GEOMETRÍA ANALÍTICA DEL ESPACIO

GEOMETRÍA ANALÍTICA DEL ESPACIO
EJERCICIOS RESUELTOS
Demuestra que si v y w son vectores linealmente independientes entonces v + y –
w v w son
linealmente independientes.
Para demostrarlo, veamos que dada una combinación lineal de ellos igualada al vector nulo, se
cumple que los escalares son nulos.
x · ( v + w ) + y · ( v – w ) = 0 ⇒ (x + y) v + (x – y) w = 0
Como v y son linealmente independientes por hipótesis, entonces se debe cumplir
⎧x
+ y = 0
w
⎨
⎩x
− y = 0
Resolviendo el sistema se llega a que x = y = 0, y por tanto los vectores v + y –w
w v son
linealmente independientes.
Prueba que los vectores u = (–1, 1, 1),
v = (1, –1, 1) y w = (1, 1, –1) forman una base de 3 .
Determina las coordenadas del vector (2, 4, –2) en dicha base.
⎛−
1 1 1 ⎞
⎜
⎟
El determinante de la matriz A = ⎜ 1 −1
1 ⎟ es det (A) = 4. Al ser distinto de cero, los vectores
⎜
⎟
⎝ 1 1 −1⎠
u , y forman una base de
v
w
3 .
Las coordenadas del vector (2, 4, –2) respecto a la bas e formada por los vectoresu , v y
w , son
números a, b y c, que cumplen la igualdad (2, 4, –2) = au + b v + c w .
⎧−
a + b + c = 2
⎪
Operando sobre la igualdad anterior, se obtiene el sistema ⎨a
− b + c = 4 , cuya solución es a = 1,
⎪
⎩a
+ b − c = −2
b = 0 y c = 3, que son las coordenadas buscadas: (2, 4, –2) = 1u
+ 0 v + 3 w = u + 3 .
w
Dados los vectores u = (2, 1, 0) y v = (–1, 0, 1), halla un vector unitario que sea coplanario
con y , y ortogonal a v
w
u v
.
Un vector que sea coplanario con u y v es una combinación lineal de ellos, por ejemplo el vector
t = u + λ v = (2, 1, 0) + λ (–1, 0, 1) = (2 – λ, 1, λ)
Como dicho vector tiene que ser perpendicular a v su producto escalar ha de ser cero, es decir:
t · v = 0 ⇒ (2 – λ, 1, λ) · (–1, 0, 1) = – 2 + λ + 0 + λ = – 2 + 2 λ = 0
de donde se deduce que λ = 1.
Por tanto un vector coplanario con u y
v , y además perpendicular a v es:
t = (2 – 1, 1, 1) = (1, 1, 1)
Como también nos piden que sea unitario, dividimos el vector anterior entre su módulo y
obtenemos el vector buscado:
|| t || = 1 + 1 + 1 = 3 ⇒ w
t ⎛ 1 1 1 ⎞
= = ⎜ , , ⎟
|| t || ⎝ 3 3 3 ⎠
Otro vector, con las mismas características sería:
t ⎛ −1
−1
−1
⎞
– w = − = ⎜ , , ⎟
|| t || ⎝ 3 3 3 ⎠

Determina los valores de a para los cuales resultan linealmente dependientes los vectores
(–2, a, a), (a, –2, a) y (a, a, –2). Obtén, en estos casos, la relación de dependencia entre los
vectores.
⎛−
2 a a ⎞
⎜
⎟
3 2 2
El determinante de la matriz A = ⎜ a − 2 a ⎟ es det (A) = 2a + 6a – 8 = 2 (a – 1) (a + 2) .
⎜
⎟
⎝ a a − 2⎠
Los vectores son linealmente dependientes para los valores que anulan el determinante anterior, es
decir, para a = 1 y a = –2.
En el caso a = 1, la relación de dependencia entre los vectores es, por ejemplo:
(1, 1, –2) = – (–2, 1, 1) – (1, –2, 1)
En el caso a = –2, los tres vectores son iguales.
Sean los vectores u = (–1, 2, 3), v = (2, 5, –2),
x = (4, 1, 3) y z = (4, 1, –8).
a) ¿Se puede expresar x como combinación lineal de u y v ? Si es así, escribe dicha
combinación lineal; si
no es así, explica por qué.
b) ¿Se puede expresar z como combinación lineal de u y v ? Si es así, escribe dicha
combinación
lineal; si no es así, explica por qué.
c) ¿Son u , v y z linealmente independientes? Justifica la respuesta.
a) x se puede poner como combinación lineal de u y v si det (x , u , v ) = 0, esto es, si los tres
vectores son linealmente dependientes. Veámoslo:
4 1 3
det ( x , u ,
v ) =
−1
2 3
= –99 ≠ 0
2 5 −2
Luego x no se puede poner como ombinación lineal e u y v c d .
b) z es combinación lineal de u y v si det (z, u , v ) = 0, esto es, si los tres vectores son
linealmente dependientes. Veámoslo:
4 1 −8
det ( z , u , v ) = −1
2 3 = 0
2 5 −2
Luego z se puede poner como combinación lineal de u y v . Por tanto:
z = au + b v
Desarrollando:
(4, 1, –8) = a (–1, 2, 3) + b (2, 5, –2) ⇒ (4, 1, –8) = (–a + 2b, 2a + 5b, 3a – 2b)
Igualando tenemos el siguiente sistema:
⎧4=−
a+ 2b
⎪
⎨1=
2a+ 5b
⎪
⎩−
8= 3a−2b Como son linealmente dependientes el determinante de la matriz de los coeficientes es 0, por tanto
solo dos ecuaciones son linealmente independientes. Elegimos las dos primeras:
⎧−
a+ 2b= 4
⎨
⎩2a+
5b= 1
de donde obtenemos que: a = –2 y b = 1. Por tanto: z = –2u + v

c) El apartado b) nos dice que son linealmente dependientes, luego no pueden ser linealmente
independientes.
Considera los vectores u = (1, 1, 1), v = (2, 2, a) y
w = (2, 0, 0).
s a
+ v y u - w sean ortogonales.
a) Halla los valores de a para que los vectores u , v y w ean line lmente independientes.
b) Determina los valores de a para que los vectores u
a) u , v y w son linealmente independientes si y solo si det ( u , v , w ) ≠ 0
det ( u , , ) =
v w
1 1 1
1 1
2 2 a = 2·
= 2 · (a – 2)
2 a
2 0 0
Luego si a ≠ 2 los vectores u , v y w son linealmente independientes.
b)
u
+ = (1, 1, 1) + (2, 2, a) = (3, 3, 1 + a)
v
u – w = (1, 1, 1) – (2, 0, 0) = (–1, 1 ,1)
Para que u + v y u – w sean ortogonales su producto escalar ha de ser cero, es decir:
(u + v ) · (u – w )= 0 ⇒ (3, 3, 1 + a) · (–1, 1, 1) = –3 + 3 + 1 + a = 0 ⇒ a = –1
Calcula la ecuación de una recta que pasa por el punto de intersección del plano
x
π ≡ x + y – z + 6 = 0 con la recta s ≡ = y− 2=
z+ 1 y es paralela a la recta
3
r ≡ ⎧3x+ y−
4= 0
⎨
.
⎩4x−
3y+ z−
1=
0
Sea P el punto de intersección del plano π con la recta s. La recta pedida vendrá determinada por
dicho punto P y el vector director v
r de la recta r. Para calcular P (P = s ∩ π) pongamos la recta s
en paramétricas:
⎧x
= 3λ
⎪
s ≡ ⎨y
= 2 + λ
⎪
⎩z
= − 1+ λ
Sustituimos estas coordenadas de la recta s en la ecuación del plano π y así obtendremos λ y de ahí
el punto P.
3λ + (2 + λ ) – (–1 + λ) + 6 = 0 ⇒ λ = –3
Por tanto:
P = (3 · (–3), 2 – 3, –1 – 3) = (–9, –1, – 4)
Por otra parte, el vector director de r, vr , viene dado por:
i j k
La recta pedida es
vr = 3 1 0
4 −3
1
x + 9 y + 1 z + 4
= = .
1 − 3 −13
= i – 3 j –13 k ⇒ r v = (1, –3, –13)

Calcula el área del triángulo de vértices A = (1, 1, 2), B = (1, 0, –1) y C = (1, –3, 2).
El área del triángulo viene dada por:
1
Área = || AB ∧ AC ||
2
i j k
AB = (0, –1, –3) ; AC = (0, – 4, 0) ⇒ AB ∧ AC = 0 −1 −3
= –12 i
1
Área = || AB ∧ AC || =
2
2
1 2
0 −4
0
2 2 1
( − 12)
+ 0 + 0 = · 12 = 6 u
2
2
Se sabe que el triángulo ABC es rectángulo en el vértice C, que pertenece a la recta
intersección de los planos y + z = 1 e y – 3z + 3 = 0, y que sus otros dos vértices son A = (2, 0, 1)
y B = (0, –3, 0). Halla C y el área del triángulo ABC.
Como el punto C = (x, y, z) pertenece a la intersección de las rectas y + z = 1 e y – 3z +3 = 0,
ponemos ambas rectas en paramétricas para ver las coordenadas del punto C.
Tomamos z = λ, con lo cual y = 1 – λ e y = –3 + 3 λ.
Igualamos las coordenadas y de ambas rectas, con lo que obtenemos:
1 – λ = –3 + 3 λ
Resolviendo obtenemos λ = 1, por tanto z = λ = 1, e y = 1 – λ = 1 – 1 = 0.
Por tanto el punto C es C = (x, y, z) = (x, 0, 1)
Como me dicen que el triángulo es rectángulo en C el producto escalar ( · ) de los vectores AC y
BC ha de ser cero, es decir AC ·
BC = 0
AC = (x - 2, 0, 0) BC
= (x , 3, 1)
AC · BC
= 0 = (x – 2) · x + 0 + 0 = 0 , de donde x = 0 y x = 2. Luego en principio tenemos dos
puntos C1 y C2.
Para x = 0, el punto es C1 = (0, 0, 1).
Como el triángulo es rectángulo su área es:
base·altura
cateto·cateto
AC · BC
Área =
=
=
2
2
2
AC = (–2, 0, 0) ; BC = (0, 3, 1)
2 2 2
2 2 2
|| AC || = ( − 2)
+ 0 + 0 = 4 = 2 ; || BC || = 0 + 3 + 1 = 10
AC · BC 2· 10
Área =
= = 10 u
2 2
2
Para x = 2, el punto es C2 = (2, 0, 1) y AC = (0, 0, 0) y por tanto no existe el triángulo. Por tanto la
solución x = 2 no es válida.

Sean los puntos A = (1, 2, 1), B = (2, 3, 1), C = (0, 5, 3) y D = (–1, 4, 3).
a) Prueba que los cuatro puntos están en el mismo plano. Halla la ecuación de dicho
plano.
b) Demuestra que el polígono de vértices consecutivos ABCD es un rectángulo.
c) Calcula el área de dicho rectángulo.
a) Para ver que los cuatro puntos están en un mismo plano, calcularemos un plano con tres de ellos
y después comprobaremos que el cuarto pertenece punto a dicho plano.
Plano que pasa por A, B y C. Tomo como punto el A y como vectores AB
y AC .
A = (1, 2, 1), AB = (1, 1, 0) y
AC
= (–1, 3, 2)
x −1 y − 2 z −1
π ABC =
1
−1
1
3
0
2
= 0 = 2 (x – 1) – 2 (y – 2) + 4 (z – 1) = 2x – 2y + 4z – 2 = 0
Veamos si D = (–1, 4, 3) pertenece a dicho plano. Sustituimos las coordenadas de D en la ecuación
del plano anterior:
2 · (–1) – 2 · 4 + 4 · 3 – 2 = – 2 – 8 + 12 – 2 = 0
Por tanto, D pertenece al plano y los cuatro puntos son coplanarios.
b) Para que el polígono ABCD sea un rectángulo tiene que verificarse que sus lados son paralelos y
perpendiculares, es decir:
B C
A D
|| AD || = || BC ||; || AB || = || DC ||; AD ⊥ AB y DC ⊥ BC (⊥ quiere decir ortogonal o
p
pendicular)
er
AD = (–2, 2, 2) , luego || AD
|| = 4 + 4 + 4 = 12
BC = (–2, 2, 2) , luego || BC || = 4 + 4 + 4 = 12 , y por tanto || AD
|| = || BC
||.
AB = (1, 1, 0) , luego || AB || = 1 + 1 + 0 = 2
DC = (1, 1, 0) , luego || DC || = 1 + 1 + 0 = 2 , y por tanto || DC || = || AB ||
Como AD · = –2 + 2 = 0, resulta que
AB
AD ⊥ AB
(· es el producto escalar)
Como DC · BC = +2 – 2 = 0, resulta que DC ⊥ BC (· es el producto escalar)
Por tanto el polígono ABCD es un rectángulo.
c) El área de un paralelogramo es el módulo del producto vectorial de dos vectores con origen en un
mismo vértice, es nuestro caso:
Área rectángulo = || AB
∧ AD ||
AB = (1, 1, 0) AD
= (–2, 2, 2)
i j
AB ∧ AD = 1 1 0 = 2 i – 2 j + 4 k k
= (2, –2, 4)
Luego:
−2
2 2
2
Área rectángulo = || AB ∧ AD || = 4 + 4 + 16 = 24 u

⎧x
= 1
⎧x
= µ
⎪
⎪
Halla la perpendicular común a las rectas r ≡ ⎨y
= 1 y s ≡ ⎨y
= µ −1.
⎪
⎩z
= λ
⎪
⎩z
= −1
De la recta r tomamos un punto A = (1, 1, 0) y un vector director u = (0, 0, 1).
De la recta s tomamos un punto B = (0, –1, –1) y un vector director v = (1, 1, 0).
La recta perpendicular
( ⊥ ) común a ambas rectas la vamos
a dar como intersección de dos planos
π1
= det (AX , u , u ∧ v ) y π2 = det (BX , v , u ∧ v ), siendo X un punto cualquiera de la recta
buscada, y u ∧ v el producto vectorial de
u con v .
i j k
π1 = det ( AX , u , u ∧ v ) =
u ∧ v = 0 0 1
1 1 0
x −1 y −1
z
0
−1
π2 = det ( BX , v , u ∧ v ) =
x
1
−1
0
1
= – i + j ⇒ u ∧ v = (–1, 1, 0).
1
1
1
0
y + 1 z + 1
= (x – 1) · (–1) – (y – 1) · (1) + z · (0) = – x – y +2 = 0
0
0
= x · 0 – (y + 1) · 0 + (z + 1) · 2 = 2z + 2 = 0
⎧−
x − y + 2 = 0 ⎧−x−
y+
2= 0
La recta pedida es t ≡ ⎨
≡ ⎨
⎩2z
+ 2 = 0 ⎩z
+ 1= 0
Otra forma de calcular la perpendicular común a las rectas dadas sería la siguiente. Consideremos el
vector determinado por dos puntos genéricos, R y S, de las rectas r y s respectivamente:
R = (1, 1, λ) S = (µ, µ – 1, –1) ⇒ RS
= (µ –1, µ – 2, – 1 – λ)
Este vector ha de ser simultáneamente perpendicular a los vectores directores, vr y
v s , de las rectas
r y s. Por tanto:
RS · vr = 0 ⇒ (µ –1, µ – 2, –1 – λ) · (0, 0, 1) = 0 ⇒ –1 – λ = 0 ⇒ λ = –1
RS · v s = 0 ⇒ (µ –1, µ – 2, –1 – λ) · (1, 1, 0) = 0 ⇒ µ –1 + µ – 2 = 0 ⇒ µ = 3/2
Por tanto, la recta perpendicular común a r y s es aquella que pasa por los puntos:
R = (1, 1, λ) = (1, 1, –1) ; S = (µ, µ – 1, –1) = (3/2, 1/2, –1) ⇒
⇒ RS = (µ –1, µ – 2, –1 – λ) = (1/2, –1/2, 0)
Su ecuación continua sería:
x −1 y− 1 z+
1
= =
1/2 −1/2
0
Pasando esta ecuación a la que da la recta como intersección de dos planos, obtenemos:
⎧−x−
y+
2= 0
⎨
⎩z
+ 1= 0
Se sabe que los puntos A = (1, 0, –1), B = (3, 2, 1) y C = (–7, 1, 5) son vértices consecutivos de
un paralelogramo ABCD.
a) Calcula las coordenadas del punto D.
b) Halla el área del paralelogramo.
a) Sea D = (x, y, z). Si ABCD es un paralelogramo, los vectores AB y DC deben tener las mismas
coordenadas, porque son vectores equipolentes.

AB = (2, 2, 2)
DC = (–7 – x, 1 – y, 5 – z)
Igualando (2, 2, 2) = (–7 – x, 1 – y, 5 – z), de donde x = –9, y = –1 y z = 3. El punto es:
D = (–9, –1, 3)
b) Sabemos que el área de un para logra o es el módulo del producto vectorial de dos vectores
con origen común, luego Área = || le m
AB ∧
AD ||.
AB = (2, 2, 2); AD = (–10, –1, 4)
i j
AB ∧ AD = 2 2 2 = 10 i – 28 j + 18 k k
= (10, –28, 18)
−10 −14
Área = || AB ∧ AD || =
2 2 2
10 + ( − 28) + 18 = 1208 u 2
Los puntos A = (1, 1, 0) y B = (2, 2, 1) son vértices consecutivos de un rectángulo ABCD.
Además, se sabe que los vértices C y D están contenidos en una recta que pasa por el origen de
coordenadas. Halla C y D.
D C
A = (1, 1, 0) y B = (2, 2,
1)
luego el tenemos el vector:
AB = (1, 1, 1)
A B
Como ABCD es un rectángulo y los puntos C y D están en la recta que pasa por el origen, un vector
director de dicha recta es = (1, 1, 1) y además pasa por (0, 0, 0), luego su ecuación en
paramétricas sería: ⎪ AB
⎨
⎧x
= λ
y = λ
⎪
⎩z
= λ
Como ABCD es un rectángulo los vectores AB y AD son perpendiculares y su producto escalar es
cero, es decir · AB = 0.
AD
Tomando como coordenadas de D = (λ, λ, λ) puesto que está en la recta que pasa por el origen de
coordenadas, tenemos que:
AB = (1, 1, 1) AD
= (λ – 1, λ – 1, λ)
AB · AD = 0 = (1, 1, 1) · (λ – 1, λ – 1, λ)= λ – 1 + λ – 1 + λ = 3 λ – 2 = 0
de donde λ = 2/3 y el punto es D = (2/3, 2/3, 2/3).
Tenemos además que el vector de posición de C, OC = OD + DC = OD + AB , puesto que DC y
AB son equip ntes r t o:
ole . Po ant
OC
= OD + DC = OD + AB = (2/3, 2/3, 2/3) + (1, 1, 1) = (5/3, 5/3, 5/3)
Otra forma de calcular C es: Tomando como coordenadas de C = (λ, λ, λ) puesto que está en la recta
que pasa por el origen de coordenadas, y como ABCD es un rectángulo los vectores AB y
BC son
perpendiculares y su producto escalar es cero, es decir AB · BC = 0, se tiene que:
AB = (1, 1, 1) BC
= (λ – 2, λ – 2, λ – 1)
AB · BC = 0 = (1, 1, 1) · (λ – 2, λ – 2, λ – 1) = λ – 2 + λ – 2 + λ – 1 = 3λ – 5 = 0
de donde λ = 5/3 y el punto es C = (5/3, 5/3, 5/3).

Considera los tres planos siguientes: π1 ≡ x + y + z = 1; π2 ≡ x – y + z = 2 y π3 ≡ 3x + y + 3z = 5.
¿Se cortan π 1 y π 2? ¿Hay algún punto que pertenezca a los tres planos?
π 1 ≡ x + y + z = 1; π2
≡ x – y + z = 2 y π3 ≡ 3x + y + 3z = 5, con vectores normales n1 = (1, 1, 1),
= (1, –1, 1) y = (3, 1, 3).
n2
n3
Para que π 1 corte a π 2 los vectores normales n1 y 2 n 1 1
no pueden ser proporcionales. Como ≠ ,
1 −1
⎧x
+ y + z = 1
dichos vectores no son proporcionales, y los planos π 1 y π 2 se cortan en la recta ⎨
.
⎩x
− y + z = 2
Estudiemos la posición relativa de los tres planos. Para ellos consideremos el sistema formado por
sus tres ecuaciones:
⎧x+
y+ z = 1
⎪
⎨x−
y+ z = 2
⎪
⎩3x+
y+ 3z
= 5
Con él podemos formar la matriz de los coeficientes, A, y la matriz ampliada, A :
⎛1 ⎜
A =
⎜
1
⎜
⎝3 1
−1
1
1⎞
⎟
1
⎟
3⎟
⎠
⎛1 ⎜
A = ⎜1 ⎜
⎝3 1
−1
1
1
1
3
1⎞
⎟
2⎟
5⎟
⎠
1 1 1
El rango (A) = 2 , ya que
por ejemplo
1 1
1 − 1
1 − 1 1 = 0, pero hay al menos un menor de orden dos no nulo, como
3 1 3
= –1 – 1 = –2 ≠ 0. Si embargo, rango ( A ) = 3, ya que
1 1 1
1 − 1 2 = –2 ≠ 0.
3 1 5
Por tanto, el sistema es incompatible. Esto significa que los tres planos no tienen ningún punto en
común, y por tanto los tres planos no se cortan en un punto.
⎧x
= 1 + µ
⎪
Sabiendo que las rectas r ≡ x = y = z y s ≡ ⎨y
= 3 + µ , se cruzan, halla los puntos A y B, de r y
⎪
⎩z
=−µ
s respectivamente que están a mínima distancia.
Los puntos A y B que están a mínima distancia son los puntos que están en la intersección de r y s
con su perpendicular común. Calculemos dichos puntos. Para ello, tomaremos un punto genérico de
la recta r, el X = (λ, λ, λ) y otro punto genérico de la recta s, el Y = (1 + µ, 3 + µ, – µ), y formamos
el vector XY . A dicho vector le imponemos la condición de que sea ortogonal simultáneamente al
vector director de la recta r, v
r , y al vector director de la recta s, vs :
vr = (1, 1, 1) ; s v
= (1, 1, –1) ; XY = (1 + µ – λ , 3 + µ – λ , – µ – λ)
Se tiene que:
XY ⊥ vr ⇒ XY · vr = 0
XY · v r = (1 + µ – λ , 3 + µ – λ , – µ – λ) · (1, 1, 1) = 1 + µ – λ + 3 + µ – λ – µ – λ = µ –3λ + 4 = 0
Por otra parte:

XY ⊥ s v
⇒ XY · s v = 0
XY · v s = (1 + µ – λ, 3 + µ – λ, – µ – λ) · (1, 1, –1) = 1 + µ – λ + 3 + µ – λ + µ + λ = 3µ – λ + 4 = 0
Resolviendo el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas obtenido:
⎧µ
− 3λ+ 4= 0
⎨
⎩3µ
− λ + 4= 0
se llega a que: µ = –1 y λ =1.
Los puntos pedidos son A = X = (λ, λ, λ) = (1, 1, 1) y B = Y = (1 + µ, 3 + µ, – µ) = (0, 2, 1).
x −1
y + 1 z
Determina el punto P de la recta r ≡ = = que equidista de los planos de
2 1 3
⎧x
= − 3+ λ
⎪
ecuaciones π1 ≡ x + y + z + 3 = 0 y π2 ≡ ⎨y
=− λ + µ .
⎪
⎩z
= − 6 + µ
Consideremos un punto genérico de recta r es P = (1 + 2t, –1 + t, 3t).
Escribamos la ecuación general del plano π2. Este viene determinado por el punto (–3, 0, –6) y los
vectores (1, –1, 0) y (0, 1, –1). Por tanto:
x + 3 y z + 6
π2
≡
1
0
−1
1
0
−1
= (x + 3) + y + (z + 6) = 0 ⇒ x + y + z + 9 = 0
El punto P buscado ha de cumplir que equidiste de los planos dados, es decir:
d (P, π1) = d (P, π2)
Calculemos dichas distancias:
|1+ 2t− 1+ t+ 3t+ 3| |6t+ 3|
|1+ 2t− 1+ t+ 3t+ 9| |6t+ 9|
d (P, π1) = = ; d (P, π2) = =
3 3
3 3
Por tanto:
|6t+ 3| |6t+ 9|
=
3 3
De donde | 6t + 3 | = | 6t + 9 |, por tanto tenemos dos opciones:
1.- (6t + 3) = +(6t + 9), simplificando obtenemos 3 = 9, lo cual es absurdo. No nos lleva a
ninguna solución.
2.- (6t + 3) = – (6t + 9), simplificando obtenemos 12t = –12, de donde t = –1, y el punto
pedido es P = (1 + 2t, –1 + t, 3t) = (1 + 2 · (–1), – 1 + (–1), 3 · (–1)) = (–1, –2, –3).
Los puntos A = (1, 0, 2) y B = (–1, 0, –2) son vértices opuestos de un cuadrado.
a) Calcula el área del cuadrado.
b) Calcula el plano perpendicular al segmento de extremos A y B que pasa por su punto
medio.
a) Observemos la figura de la derecha. El segmento AB es la
diagonal, h, del cuadrado. La longitud de dicha diagonal
viene dada por la distancia de A a B:
2 2 2
h = d (A, B) = (1 −( − 1)) + (0 − 0) + (2 −( − 2)) = 20 u.
Utilizando el teorema de Pitágoras, se tiene que:
h 2 = l 2 + l 2 = 2 l 2 ⇒ l 2 = h 2 /2

Por tanto:
Área = l 2 = h 2 /2 =
b) El plano que me piden pasa por el punto medio
del segmento AB . Dicho punto es:
⎛1 + ( − 1) 0+ 0 2 + ( −2)
⎞
M = ⎜ , , ⎟ = (0, 0, 0)
⎝ 2 2 2 ⎠
Además, el plano pedido tiene como vector
característico al vector:
p = AB = (–2, 0, – 4).
2
( 20)
2
= 10 u 2
El plano pedido es:
π ≡ (–2) · (x – 0) + (0) · (y – 0) + (– 4) · (z – 0) = 0 ⇒ π ≡ x + 2z = 0
Considera el plano π ≡ x – y + 2z = 3 y el punto A = (–1, – 4, 2).
a) Halla la ecuación de la recta perpendicular a π que pasa por A.
b) Halla el punto simétrico de A respecto de π.
a) π ≡ x – y + 2z = 3
El vector característico, p , del plano π, es
perpendicular a él, y por tanto será un vector
director de la recta buscada:
p = (1, –1, 2)
Por tanto, la recta que pasa por A y es
perpendicular a π, tiene por punto A = (–1, – 4, 2)
y como vector director p = (1, –1, 2).
⎧x
=− 1+ λ
⎪
La recta es r ≡ ⎨y
=−4−λ ⎪
⎩z
= 2+ 2λ
b) Para calcular el simétrico del A, se obtiene el punto Q, intersección de la recta r con el plano π.
El punto Q es el punto medio del segmento AA ',
siendo A' el simétrico buscado.
Q = r ∩ π
Sustituyendo las ecuaciones paramétricas de la recta r anterior en la ecuación del plano π,
obtenemos:
(–1 + λ) – (– 4 – λ) + 2 (2 + 2λ) = 3
Operando 6λ = – 4, de donde λ = –2/3. Por tanto:
Q = (–1 – 2/3, – 4 + 2/3, 2 – 4/3) ⇒ Q = (–5/3, –10/3, 2/3)
Sea A’ = (a, b, c). Como Q es el punto medio del segmento AA ' se tiene que:
⎛a−1 b− 4 c+
2⎞
(–5/3, –10/3, 2/3) = ⎜ , , ⎟
⎝ 2 2 2 ⎠
Igualando tenemos:
(a – 1)/2 = –5/3 ⇒ a = –7/3
(b – 4)/2 = –10/3 ⇒ b = –8/3
(c + 2)/2 = 2/3 ⇒ c = –2/3
El simétrico es A' = (–7/3, –8/3, –2/3).

Considera los puntos A = (1, 2, 3), B = (3, 2, 1) y C = (2, 0, 2). Halla el punto simétrico del
origen de coordenadas respecto del plano que contiene a A, B y C.
El plano π ue c tiene a A, B y C queda determinado, por ejemplo, por el punto A = (1, 2, 3) y los
vectores y
q on
AB .
AC
AB = (2, 0, –2) ; AC = (1, –2, –1)
x−1 y−2 z−3
π ≡
2 0 −2
1 −2 −1
= (–4) (z – 3) + (–2) (y – 2) – 4 (x – 1) – (– 2) (y – 2) =
= – 4x – 4z + 16 = 0 ⇒ π ≡ x + z – 4 = 0
El punto B, intersección del plano π y de la recta perpendicular a π y que pasa por O (B = r ∩ π), es
el punto medio del segmento que determinan O y su simétrico O’. Calculemos ahora la recta r. Esta
viene determinada por el punto O y el vector director característico, p , del plano π
p = (1, 0, 1)
⎧x
= λ
⎪
La recta r en paramétricas es r ≡ ⎨y
= 0 .
⎪
⎩z
= λ
Una vez conocidos π y r, calculamos su intersección, B. Para ello sustituimos las ecuaciones
paramétricas de r en la ecuación de π:
λ + λ – 4 = 0 ⇒ 2λ = 4 ⇒ λ = 2
El punto B es: B = (2, 0, 2)
Como B es el punto medio del segmento OO', siendo O' = (a, b, c) el simétrico del punto O,
tenemos que:
⎛0+ a 0+ b 0+
c⎞
(2, 0, 2) = ⎜ , , ⎟
⎝ 2 2 2 ⎠
Igualando nos queda a = 4, b = 0 y c = 4, luego el simétrico es:
O' = (4, 0, 4)
Halla la ecuación del plano que pasa por el punto A = (1, 0, –1), es perpendicular al plano
⎧x
− 2y
= 0
x – y + 2z + 1 = 0 y es paralelo a la recta ⎨ .
⎩z
= 0
El plano pedido pasa por el punto A = (1, 0, –1) y es paralelo a los vectores p = (1, –1, 2), que es el
vector característico del plano, y al vector director de la recta ⎨ . Tomando y = λ, la recta
en ecuaciones paramétricas es ⎪ ⎧x
− 2y
= 0
⎩z
= 0
⎧x
= 2λ
⎨ y = λ , y su vector director es v = (2, 1, 0).
⎪
⎩z
= 0
El plano pedido es:

π ≡
x − 1 y z+
1
1 − 1 2 = –2 (x – 1) + 4 y + 3 (z + 1) = 0
2 1 0
π ≡–2x + 4y+ 3z + 5 = 0
Calcula a sabiendo que los planos de ecuaciones ax + y – 7z = –5 y x + 2y + a 2 z = 8, se cortan
en una recta que pasa por el punto A = (0, 2, 1) pero que no pasa por el punto B = (6, –3, 2).
⎧ax
+ y − 7z=−5 Como A = (0, 2, 1) pertenece a la recta intersección de los dos planos ⎨
, se tiene
2
⎩x+
2y+ a z = 8
que:
⎧0
+ 2 − 7 = −5
⎨
⇒ a 2
⎩0
+ 4 + a = 8
2 = 4 ⇒ a = ± 2
Como B = (6, –3, 2) no pertenece a la recta anterior, tenemos que:
⎧6a
− 3 −14
≠ −5
⎧6a≠12
⎧a
≠ 2
⎨
⇒ 2
⎨ ⇒
2
⎨
⎩6
− 6 + 2a
≠ 8 ⎩a
≠ 8
⎩a
≠ ± 2
Luego para que B no pertenezca a la recta intersección de los dos planos, tiene que ser a ≠ –2.
y + 2 z + 1
Calcula el punto de la recta de ecuaciones r ≡ x − 1 = = más cercano al punto
2 − 3
A = (1, –1, 1).
y + 2 z + 1
Dada la recta x −1
= = , un punto suyo es M = (1, –2, –1) y
2 − 3
un vector director v = (1, 2, –3).
El punto más cercano es el pie de la perpendicular a la recta dada por
el punto A. Calculemos dicho punto.
El plano π perpendicular a r por (1, –1, 1) tiene como vector
característico al vector director de la recta v = (1, 2, –3). Su ecuación
será de la forma:
π ≡ x + 2y – 3z + K = 0
Como además π pasa por A = (1, –1, 1), se tiene que:
1 + 2 · (–1) – 3 · 1 + K = 0 ⇒ K = 4 ⇒ π ≡ x + 2y – 3z + 4 = 0
Para hallar el punto intersección de la recta r con el plano π, ponemos la recta en paramétricas,
sustituimos sus coordenadas en la ecuación del plano y obtenemos el valor de λ, el cual al ser
sustituido en las ecuaciones paramétricas de la recta nos dará las coordenadas del punto buscado:
y + 2 z + 1
x −1
= = = λ ⇒ x = 1 + λ ; y = –2 + 2λ ; z = –1 – 3λ
2 − 3
Sustituyendo en el plano tenemos:
(1 + λ) + 2 · (–2 + 2λ) – 3 · (–1 – 3λ) + 4 = 0 ⇒ λ = – 2/7
Con lo cual el punto pedido es:
(x, y, z) = (1 – 2/7, –2 + 2 · (–2/7), –1 – 3 · (–2/7)) = (5/7, –18/7, –1/7)

Los puntos A = (3, 3, 5) y B = (3, 3, 2) son vértices consecutivos de un rectángulo ABCD. El
y − 6 z −1
vértice C consecutivo de B está en la recta de ecuaciones x = = .
−1
2
a) Determina el vértice C.
b) Determina el vértice D.
D C
A = (3, 3, 5) B = (3, 3, 2)
El punto C pertenece a la recta r dada. Si escribimos las ecuaciones paramétricas de esta, obtenemos
que las coordenadas de C serán:
⎧x
= λ
x y− 6 z+
1 ⎪
r ≡ = = = λ ⇒ r ≡ ⎨y
= 6 −λ
⇒ C = (λ, 6 – λ, –1 + 2λ)
1 −1
2
⎪
⎩z
= − 1+ 2λ
Como tenemos un rectángulo AB ⊥ BC
, por tanto AB · BC = 0
AB = (0, 0, –3) ; BC = (–3 + λ, 3 – λ, –3 +2λ)
AB · BC = 9 – 6λ = 0 ⇒ λ = 3/2
a) Las coordenadas de C serían (3/2, 6 – 3/2, –1 + 2 · 3/2) = (3/2, 9/2, 2).
b) Por otra parte, se tiene que:
Como:
Entonces:
OD = OA + AD = OA + BC
OA = (3, 3, 5) ; BC
= (–3/2, 3/2, 0)
OD = OA + AD = OA + BC = (3, 3, 5) + (–3/2, 3/2, 0) = (3/2, 9/2, 5)
Otra manera de hallar D sería: el punto medio de la diagonal AC coincide con el punto medio de la
diagonal DB , luego si consideramos D = (x, y, z):
⎛3+ 3/2 3+ 9/2 5+ 2⎞ ⎛ x+ 3 y+ 3 z+
2⎞
⎜ , , ⎟= ⎜ , , ⎟
⎝ 2 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 2 ⎠
, con lo cual las coordenadas del punto D serían:
D = (x, y, z) = (3/2, 9/2, 5)
Prueba que todos los planos de la familia
(3 + λ) x + (3 – λ) y + (5 – 2λ) z = λ
(con λ ∈ ) contienen una misma recta y halla unas ecuaciones paramétricas de dicha recta.
Si escribimos la familia de planos de la siguiente forma:
(3 + λ) x + (3 – λ )y + (5 – 2λ )z = λ
se ve claramente que es el haz de planos:
(3x + 3y + 5z) + λ (x – y – z – 1) = 0
⎧3x
+ 3y
+ 5z
= 0
donde la recta base es ⎨
⎩x
− y − z −1
= 0
⎧3x
+ 3y
= −5t
Para poner la recta en paramétricas tomamos z = t y resolvemos el sistema ⎨
⎩x
− y = 1 + t
1 t 1 4t
Y la solución es x = − e y = −
−
2 3 2 3

La recta en paramétricas es:
⎧ 1 t
⎪x
= −
2 3
⎪
1 4t
⎨y
= − − , con t ∈ .
⎪ 2 3
⎪z
= t
⎪
⎩
Halla el punto del plano de ecuación x – z = 3 que está más cerca del punto de coordenadas
P = (3, 1, 4) así como la distancia entre el punto P y el plano dado.
Sea π ≡ x – z – 3 = 0. El punto mas cercano al plano es el pie de
la perpendicular a π, por el punto P.
La recta r perpendicular a π por el punto P, tiene como vector
director al vector característico del plano, esto es p = (1, 0, –1)
Entonces:
⎧x
= 3+λ
x−3 y−1 z−4
⎪
r ≡ = = , o en ecuaciones paramétricas r ≡ ⎨y
= 1
1 0 −1
⎪
⎩z
= 4 −λ
Calculemos el punto Q = r ∩ π. Para ello, sustituimos las coordenadas paramétricas de la recta r en
el plano π:
(3 + λ ) – (4 – λ) – 3 = 0 ⇒ λ = 2
El punto Q es: Q = (3 + 2, 1, 4 – 2) = (5, 1, 2)
La distancia de P al plano π es la misma que la distancia de P a Q, esto es:
d (P, π) = d (P, Q) =
2 2
(3 − 5) + (1 − 1) + (4 −2) 2 = 4 + 0 + 4 = 8 u
⎧x−
y−
5= 0
a) Calcula un punto R de la recta s dada por s ≡ ⎨
que equidiste de los puntos
⎩x−3y−z−
7=
0
P = (1, 0, –1) y Q = (2, 1, 1).
b) Calcula el área del triángulo determinado por los puntos P, Q y R.
a) Si P y Q equidistan de R, se ha de cumplir que:
d (P, R) = d (Q, R)
Ponemos la recta s en paramétricas, tomando como parámetro a x (x = λ):
y = x – 5 = –5 + λ
z = –7 + x – 3y = –7 + λ – 3 (–5 + λ) = 8 – 2λ
⎧x
= λ
⎪
Esto es: s ≡ ⎨y
=− 5 + λ
⎪
⎩z
= 8−2λ Luego el punto R tiene de coordenadas genéricas: R = (λ, –5 + λ, 8 – 2λ). Entonces:
d (P, R) =
d (Q, R) =
2 2
2
(1− λ) + (5− λ) + ( − 9+ 2λ)
2 2
2
(2 − λ) + (6− λ) + ( − 7+ 2λ)

Igualando ambas expresiones y simplificando obtenemos:
– 48λ + 107 = –44λ + 89 ⇒ – 4λ = –18 ⇒ λ = 18/4 = 9/2
El punto R es: R = (9/2, –5 + 9/2, 8 – 2 · 9/2) = (9/2, –1/2, –1)
b)
1
Área del triángulo = ·| RP ∧ RQ |
2
RP
= (1 – 9/2, 0 – (–1/2), –1 – (–1)) = (–7/2, 1/2, 0)
RQ = (2 – 9/2, 1 – (–1/2), 1 – (–1)) = (–5/2, 3/2, 2)
i j k
RP ∧ RQ = − 7/2 1/2 0 = i + 7 j – 4 k
−5/2
3/2 2
1
Área del triángulo = ·| RP ∧ RQ | =
2
1
·
2
66
1 + 49 + 16 = u
2
2
Dados los puntos A = (1, 3, 5) y B = (–2, 4, 1), halla las coordenadas del punto C, perteneciente
al plano OXY de forma que A, B y C estén alineados.
Como el punto C pertenece al plano OXY, su coordenada z será cero. Por tanto, el punto C será de
la forma (a, b, 0). Para que esté alineado con A y B, el punto C debe pertenecer a la recta
determinada por A y B:
x −1 y − 3 z − 5
= =
− 3 1 − 4
a −1 b − 3 0 − 5
Haciendo que el punto C = (a, b, 0) pertenezca a la recta anterior, = = , y
−11
resolviendo, se obtiene: a =
4
17
y b = . El punto buscado es C =
4
− 3
⎛−11 17 ⎞
⎜ , ,0⎟
⎝ 4 4 ⎠
.
Calcula el valor de a para que los cuatro puntos estén en el mismo plano (a, 0, 1), (0, 1, 2),
(1, 2, 3) y (7, 2, 1). Calcula la ecuación del plano.
La ecuación del plano incidente con los puntos A = (0, 1, 2), B = (1, 2, 3) y C = (7, 2, 1) es:
AB = (1, 1, 1)
x 1 7
AC = (7, 1, –1)
⇒
y −1
1 1
z − 2 1 −1
1
− 4
= 0 ⇒ x – 4y + 3z – 2 = 0
El punto D = (a, 0, 1) debe verificar la ecuación del plano, por lo que a – 4 · 0 + 3 · 1 – 2 = 0, esto
es a = –1.
⎧x
+ z = 8
Estudia la posición relativa de las rectas r ≡ ⎨ y
⎩y
+ z = 4
Estudiemos el rango de las matrices:
⎧x
+ y = 0
s ≡ ⎨
.
⎩x
− 2y
+ z = 5
⎛1
⎜
⎜0
A = ⎜1 ⎜
⎝1
0
1
1
− 2
1⎞
⎟
1⎟
0⎟
⎟
1⎟
⎠
y
⎛1
⎜
⎜0
A = ⎜1
⎜
⎝1
0
1
1
− 2
1
1
0
1
8⎞
⎟
4⎟
0⎟
⎟
5⎟
⎠
Se obtiene que rg (A) = 3 y rg ( A ) = 4 (sistema incompatible). Por tanto, las rectas r y s se cruzan.

⎧2x
+ 3y
+ z = 1
⎪
Estudia la posición relativa de los planos ⎨x
− y + z = −2
.
⎪
⎩2x
− 2y
+ 2z
= −3
Estudiemos el rango de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada:
⎛2
3 1⎞
⎛2
3 1 1 ⎞
⎜ ⎟
⎜
⎟
A = ⎜ 1 −1
1⎟
y A = ⎜1
−1
1 − 2⎟
⎜ ⎟
⎝2
− 2 2
⎜
⎟
⎠
⎝2
− 2 2 − 3⎠
Se obtiene que rg (A) = 2 y rg ( A ) = 3.
La posición de los planos es la siguiente: el segundo y tercer planos son paralelos (pues se cumple
1 −1
1 − 2
2 3 1
que = = ≠ ), y el primero corta a los otros dos (pues ≠ ≠ ).
2 − 2 2 − 3
1 −1
1
Estudia para los diferentes valores de m la posición relativa de los planos:
a) b) ⎪ ⎧m
x + y + z = 1
⎧m
x − y − z = −m
⎪
⎨x
+ m y + z = 1
⎨x − m y + mz = m
⎪
⎩x
+ y + m z = 1
⎪
⎩x
+ y + z = −1
a) El valor del determinante de la matriz de los coeficientes A, es | A | = (m – 1) 2 (m + 2). Esto
permite realizar la siguiente discusión del sistema:
Si m ≠1 y m ≠ –2, los tres planos se cortan en un punto (forman un triedro).
Si m = –2, los tres planos se cortan dos a dos.
Si m = 1, las tres ecuaciones describen el mismo plano.
b) El valor del determinante de la matriz de los coeficientes es | A | = –2 m (m + 1). Esto permite
llegar a los siguientes casos:
Si m ≠ 0 y m ≠ –1, los tres planos se cortan en un punto (forman un triedro).
Si m = 0, los tres planos se cortan dos a dos.
Si m = –1, las tres ecuaciones describen el mismo plano.
Justifica que los puntos A = (1, 1, 1), B = (2, 0 , –1), C = (5, 2, 1) y D = (4, 3, 3) son los vértices
consecutivos de un paralelogramo.
Razona si es o no un
rectángulo.
Se puede observar que los vectores AB = (1, –1, –2) y
DC
= (1, –1, –2) son iguales y, por tanto,
paralelos. Lo mismo ocurre con los vectores AD
= (3, 2, 2) y BC
= (3, 2, 2).
El paralelogramo no es un rectángulo, pues el producto escalar de los vectores y no es
nulo ( ·
AB AD
AB = 3 – 2 – 4 = – 3 ≠ 0), esto es, no son perpendiculares.
AD
El vector de coordenadas (x, 1, z) es ortogonal a los vectores (1, –1, 0) y (0, 1, 2). Halla x y z.
Dos vectores son ortogonales si su producto escalar es cero. Por tanto, si calculamos los productos
escalares del primer vector por los otros dos, se llega al siguiente sistema de ecuaciones:
⎧x
−1
= 0
⎨
⎩2z
+ 1 = 0
−
1
La solución del mismo nos da los valores de x y z. x = 1 z =
2

Calcula razonadamente un vector unitario que sea perpendicular simultáneamente a los
vectores = (0, 1, 5), = (1, 2, 3) y u v w = (1, 1, –1).
Sea s = (a, b, c) el vector que buscamos. Impongamos las condiciones de perpendicularidad:
u ⊥ s ⇒ u · s = 0 ⇒ b + 5c = 0
v
⊥ s ⇒ v · s = 0 ⇒ a + 2b + 3c = 0
w ⊥ s ⇒ w · s = 0 ⇒ a + b – 2c = 0
Resolviendo el sistema (compatible e indeterminado) se obtiene: b = –5c; a = 7c. Luego los
vectores s buscados son de la forma: s = (7c, –5c, c). Como además nos dicen que el vector
buscado ha de ser unitario, se ha de cumplir que | s 2 2 2
1
| = 1 ⇒ 49c + 25c
+ c = 1⇒ c = ±
5 3
Luego existen dos vectores que verifican el enunciado:
1 1
s 1 = (7, –5, 1) s 2 = − (7, –5, 1)
5 3
5 3
Halla las ecuaciones de la recta que pasa por el punto A = (1, –1, 2) y es perpendicular al
plano determinado por los puntos (1, 0, 1), (3, 2, 1) y (2, –1, 0). Exprésala como intersección de
planos.
Calculemos el plano determinado por los tres puntos dados:
Punto (1, 0 ,1) ⎫
x−1 y z−1
⎧(
2,
2,
0)
⎪
Vectores
⎬ ⇒ 2 2 0 = x – y + 2z – 3 = 0
⎨
⎩(
1,
− 1,
−1)
⎪
⎭
1 −1 −1
El vector (1, –1, 2), característico del plano es perpendicular al mismo, y por tanto será un vector
director de la recta. Además la recta nos dicen que pasa por el punto A = (1, –1, 2). Su ecuación
continua será por tanto:
x −1 y + 1 z − 2
= =
1 −1
2
⎧x
+ y = 0
Al expresarla como intersección de dos planos queda: ⎨ .
⎩2x
− z = 0
Hallar la ecuación del plano que pasa por el punto (1, –1, 2) y contiene la recta definida por
⎧x
+ y − 2z
= 2
los planos ⎨
.
⎩x
− 3y
+ z = 1
1ª Forma: Todos los planos del haz de planos contienen a la recta dada y tienen por ecuación:
t (x + y – 2z – 2) + s (x – 3y + z – 1) = 0 ⇒ (t + s) x + (t – 3s) y + (–2t + s) z + (–2t – s) = 0
e imponiendo la condición de que pase por el punto (1, –1, 2) dado, obtenemos:
5
(t + s) · 1 + (t – 3s) · (–1) + (–2t + s) · 2 + (–2t – s) = 0 ⇒ –6t + 5s = 0 ⇒ t = s
6
luego el plano buscado tiene por ecuación: 6
5 s (x + y – 2z – 2) + s (x – 3y + z – 1) = 0, esto es:
11x – 13y – 4z – 16 = 0

2ª Forma: Pasemos la recta dada como intersección de dos planos a forma paramétrica. Para ello,
⎧ 7 5λ
⎪
x = +
4 4
⎪ 1 3λ
⎛ 7 1 ⎞
tomamos z = λ. Así nos queda: ⎨y
= + . Un punto de dicha recta es ⎜ , , 0⎟
y un vector
⎪ 4 4
⎝ 4 4 ⎠
⎪z
= λ
⎪
⎩
director (5, 3, 4). Con el punto de esta recta y el punto por el que nos dicen que pasa el
⎛ 7 1 ⎞
⎛ 3 5 ⎞
plano (1, –1, 2), calculamos otro vector del plano ⎜ , , 0⎟
– (1, –1, 2) = ⎜ , , − 2⎟
≈ (3, 5, –8).
⎝ 4 4 ⎠
⎝ 4 4 ⎠
Por tanto la ecuación del plano será:
Punto (1, –1 ,2)
Vectores ⎨ ⎧
x− 1 y+ 1 z−2
( 5,
3,
4)
⇒ 5 3 4 = – 44x + 52y + 16z + 64 = 0
⎩(
3,
5,
− 8)
3 5 −8
Dividiendo esta ecuación entre (– 4), se llega al mismo resultado anterior: 11x – 13y – 4z – 16 = 0
Halla el punto simétrico de A = (2, 0, 1) respecto al plano π ≡ x + 2y + z = 2.
Hagamos un esquema de la situación:
A : Punto dado.
B : Punto simétrico de A respecto al plano π.
C : Punto medio de A y B
Lo primero que debemos hacer es calcular el punto C, y posteriormente a partir de él calcularemos
B. C es el punto de intersección del plano π y la recta perpendicular a él que pasa por A. Calculemos
la ecuación de dicha recta:
Punto A = (2, 0, 1)
Vector director v = (1, 2, 1) (es el vector característico del plano π.)
⎧x
= 2 + λ
⎪
Recta ≡ ⎨y
= 2λ
⎪
⎩z
= 1+ λ
Para calcular el punto C, introducimos las ecuaciones paramétricas de la recta en la ecuación del
plano:
− 1
(2 + λ) + 2 · (2λ) + (1 + λ) = 2 ⇒ 6λ = –1 ⇒ λ =
6
⎛11
−1
5 ⎞
Por tanto, C = ⎜ , , ⎟ . Como C es el punto medio del segmento AB , se ha de cumplir:
⎝ 6 3 6 ⎠
⎛11 −1
5 ⎞ ⎛ 2 + a 0 + b 1 + c ⎞
⎜ , , ⎟ = ⎜ , , ⎟
⎝ 6 3 6 ⎠ ⎝ 2 2 2 ⎠
5 − 2 2 ⎛ 5 − 2 2 ⎞
de donde se deduce que las coordenadas de B son: a = , b = y c = ⇒ B = ⎜ , , ⎟⎠ .
3 3 3 ⎝ 3 3 3

x + 3 y + 5 z + 4
Halla las coordenadas del punto de la recta r ≡ = = que equidistan del origen
2 3 3
de coordenadas y del punto Q = (3, 2, 1).
1ª Forma: Sea P = (–3 + 2t, –5 + 3t, – 4 + 3t) un punto cualquiera de la recta r. La condición de
equidistancia a los puntos dados es:
d (P, O) = d (P, Q)
2
2
2
2
2
2
Por tanto: ( −3 + 2t
) + ( −5
+ 3t)
+ ( −4
+ 3t)
= ( −3
+ 2t
− 3)
+ ( −5
+ 3t
− 2)
+ ( −4
+ 3t
−1)
Operando y simplificando se obtiene que t = 2. Introduciendo este valor de t en el punto P, se
obtiene:
P = (–3 + 2t, –5 + 3t, – 4 + 3t) = (1, 1, 2)
2ª Forma: El conjunto de puntos que equidistan de O y Q son los puntos pertenecientes al plano
mediatriz del segmento OQ . El punto P buscado será la intersección de dicho plano (π) con la recta
dada r. Calculemos las ecuaciones paramétricas de la recta OQ. Calculemos también el plano
mediatriz. Este tendrá como vector característico (perpendicular al plano) un vector director de la
recta que pasa por O y Q, y pasará por el punto medio de O y Q (M).
Recta OQ
Punto O = (0, 0, 0)
Vector v = (3, 2, 1)
OQ : ⎪ ⎧x
= 3λ
⎨ y = 2λ
⎪
⎩z
= λ
Plano mediatriz
⎛ 3 1 ⎞
Punto M = ⎜ , 1,
⎟
⎝ 2 2 ⎠
La ecuación del plano tendrá la
forma: 3x + 2y + z + k = 0. Para
calcular k imponemos que pase por
M. ⇒ k = –7.
π ≡ 3x + 2y + z – 7 = 0
Para calcular el punto P sólo hace falta calcular la intersección de π y la recta dada r. Para ello
⎧x
= − 3+ 2λ
⎪
sustituimos las ecuaciones paramétricas de la recta r ≡ ⎨y
=− 5+ 3λen
la ecuación del plano π:
⎪
⎩z
= − 4+ 3λ
3 (–3 + 2λ) + 2 (–5 + 3λ) + (– 4 + 3λ) – 7 = 0
Por tanto Las coordenadas de P son: P = (1, 1, 2)
⇒ λ = 2
x + 1 y z − 2
Calcula la distancia del punto P = (1, 2, 3) a la recta = = .
− 2 1 2
A partir de la ecuación continua de la recta, podemos obtener directamente un punto A y un vector
director, v , de la misma. Se tiene que A = (–1, 0, 2) y v = (–2, 1, 2). La distancia del punto P a la
recta dada r viene dada por la expresión:
| AP ∧v| |(2, 2,1) ∧( −2,1, 2)| |(3, −6,6)|
9
d (P, r) = = = =
= 3 u.
| v | |( −2,1,2)| |( −2,1,2)|
3

x + 2 y −1
z − 5 x y + 1 z
Calcula la distancia entre las rectas r ≡ = = y s ≡ = = .
2 7 6 −1
5 6
Comencemos estudiando la posición relativa de estas rectas, tomando los vectores directores de
ambas y el vector determinado por un punto de una de ellas y un punto de la otr
a:
vr = (2, 7, 6) v s = (–1, 5, 6) P = (–2, 1, 5) ∈ r, Q = (0, –1, 0) ∈ s ⇒ = (2, –2, –5)
PQ
Veamos si estos tres vectores son linealmente dependientes o linealmente independientes:
2 7 6
⎛ 2 7 6 ⎞
⎜
⎟
Como −1
5 6 = –25 ≠ 0 entonces rg ⎜−
1 5 6 ⎟ = 3 y los tres vectores son linealmente
2 −2 −5
⎜
⎟
⎝ 2 − 2 − 5⎠
independientes. Por tanto las dos rectas se cruzan. Para calcular la distancia que hay entre ellas,
primero hallaremos el plano que contiene a una y es paralelo a la otra. La distancia entre ambas es
igual que la distancia de un punto de la recta paralela al plano calculado.
Calculemos el plano que contiene a s y es paralelo a r:
⎧⎪ Q = (0, −1,0) ∈π
x y+ 1 z
s ∈π ⇒ ⎨
⎪⎩ vs
=− ( 1,5,6) ⊂π
⇒ − 1 5 6 = 0 ⇒ π ≡ 12x – 18y + 17z – 18 = 0
r | | π ⇒ v r = (2, 7, 6) ⊂ π
2 7 6
La distancia de r a s es la distancia de P = (–2, 1, 5) al plano π:
| 12·
( −2)
−18·
1 + 17·
5 −18|
25
d (r, s) = d (P, π) =
= u.
2
2 2
12 + ( −18)
+ 17 757
Determina la perpendicular común a las rectas :
x −1 y z + 1
r ≡ = =
− 2 1 3
y
x y − 2 z − 2
s ≡ = =
2 −1
3
Comencemos estudiando la posición relativa de estas rectas, tomando los vectores directores de
ambas y el vector determinado por un punto de una de ellas y un punto de la otra:
vr = (–2, 1, 3) ; v s = (2, –1, 3) ; P = (1, 0, –1) ∈ r, Q = (0, 2, 2) ∈ s ⇒ = (–1, 2, 3)
PQ
−2
1 3
2 −1
3
−1
2 3
= 18 ≠ 0. Al ser los tres vectores linealmente independientes, o no coplanarios, las
rectas se cruzan.
Calculemos un vector perpendicular a r y a s. Para ello, podemos tomar como el producto
vectorial de v
w
w
r y s v .
w = v r ∧ vs i
= − 2
j
1
k
3 = 6 i
2 −1
3
+12 j .
Hallamos el plano πr que contiene a r y a w :
⎧⎪ P = (1, 0, −1) ∈πr
x −1 r ∈ πr ⇒ ⎨
⎪⎩ vr
=− ( 2,1,3) ⊂πr
⇒ − 2
w = (6, 12, 0) ⊂
6
πr
Hallamos el plano πs que contiene a s y w
y
1
12
z + 1
3 = 0 ⇒ πr ≡ 6x – 3y + 5z – 1 = 0
0
:

⎧⎪ Q = (0,2,2) ∈πs
s ∈ πs ⇒ ⎨
⎪⎩ vs
= (2, −1,3) ⊂ πs
w = (6, 12, 0) ⊂ πs
⇒
x
2
6
y − 2
−1
12
z − 2
3 = 0 ⇒ πs ≡ 6x – 3y – 5z + 16 = 0
0
⎧6x
− 3y
+ 5z
−1
= 0
Luego la recta perpendicular común es: ⎨
.
⎩6x
− 3y
− 5z
+ 16 = 0
Encuentra las coordenadas de un recta que sea paralela a los planos α ≡ – 2x + z = 10 y β ≡ 3x
+ y – 2z – 2 = 0, y que pase por el origen de coordenadas.
La recta viene determinada por el punto O = (0, 0, 0) y el vector director
v i j k
= 3 1 −2
= i + j + 2 k
−2
0 1
x y z
Por tanto las ecuaciones son: = = .
1 1 2
Otra forma de determinarla es como la intersección de los planos paralelos a los dados α y β que
⎧3x
+ y − 2z
= 0
pasan por el origen. Es decir ⎨
⎩−
2x
+ z = 0
Halla las ecuaciones de la recta que pasa por el punto P = (1, 2, –1), es paralela al plano 2x +
⎧3y
+ z = 7
y – z = 3 y es perpendicular a la recta de intersección de los planos ⎨
.
⎩x
+ 4y
+ z = 8
Pasemos la recta dada como intersección de dos planos a forma paramétrica, para calcular un vector
director de la misma. Para ello hacemos y = λ.
⎧x
= 1−λ ⎪
⎨y
= λ
⇒ v
⎪
⎩z
= 7−3λ = (–1, 1, –3)
El vector director, w , de la recta buscada debe ser perpendicular a los vectores:
u = (2, 1, –1) y v = (–1, 1, –3) ⇒
i j k
w = 2 1 −1
= –2 i + 7 j + 3 k
−1
1
− 3
Como la recta pasa por el punto P = (1, 2, –1), sus ecuaciones continuas son:
x −1 y − 2 z + 1
= =
− 2 7 3
⎧2x
+ y − z = 0
Halla la ecuación de un plano que es perpendicular a la recta ⎨
y pasa por el
⎩x
− y + z = −3
punto P = (3, 2, 1).
⎧x
=−1
⎪
Pasemos la ecuación de la recta a forma paramétrica. Para ello, hacemos z = λ. Entonces: ⎨y
= 2 + λ
⎪
⎩z
= λ

El vector director de la recta será un vector característico del plano (perpendicular a él), y por tanto,
el plano tendrá una ecuación de la forma y + z + K = 0. Determinamos K imponiendo la condición
de que dicho plano pase por el punto dado P = (3, 2, 1). Así: 2 + 1 + K = 0 ⇒ K = –3. El plano
buscado es:
y + z – 3 = 0
Nota: El vector característico del plano se podría haber calculado también como el producto
vectorial de los vectores característicos de los planos cuya intersección es la recta dada.
Halla el volumen del tetraedro cuyos vértices son el punto (1, 1, 1) y los puntos en los que el
plano 2x + y + z = 2 corta a los ejes de coordenadas.
Los vértices del tetraedro son los puntos P = (1, 1, 1), A = (1, 0, 0), B = (0, 2, 0) y C = (0, 0, 2).
Luego el volumen del tetraedro es:
Volumen del tetraedro = 1 1
PA, PB, PC =
6 6
0
−1
−1
−1
1
−1
−1
−1
1
1 2 3
= | – 4 | = u
6 3
Comprueba que los puntos A = (1, 1, 1), B = (0, –1, 0) y C = (2, 3, 0) forman un triángulo.
Halla el área de dicho triángulo.
Los puntos A, B y C forman un triángulo, ya que el punto C no pertenece a la recta
x −1 y −1
z −1
2 −1
3 −1
0 −1
= = , determinada por A y B, ya que = ≠ . El área del triángulo de
1 2 1
1 2 1
vértices A, B y C es:
i j k
1 1
Área (ABC) = | AB ∧ AC | = −1 −2 −1
2
2
1 2 −1
1
= | 4 i – 2 j | =
2
2
1 2
2
4 + ( −2)
= 5 u 2
Calcula el área del cuadrado cuyos dos lados están sobre las rectas:
x −1 y + 1 z − 2
r ≡ = =
1 2 1
y
⎧x
− y + z = 2
s ≡ ⎨
⎩3x
− y − z = −4
Las rectas r y s son paralelas. La longitud del lado del cuadrado es la distancia entre las dos rectas
anteriores. Esta distancia viene dada por:
||( −4, −4, −2) ∧((1,2,1)|| ||(0,2, −4)||
d (r, s) = d (P, s) = = =
||(1,2,1)|| ||(1,2,1)||
20
=
6
10
u.
3
Siendo la longitud del lado del cuadrado
10 10 2
, su área valdrá u .
3
3