Apuntes geom analitica_3_d_pob

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etc.
MÁS DE EJEMPLOS Y
EJERCICIOS RESUELTOS
Ing. POB
Año 2014 v 0.9.0
Apuntes de GEOMETRIA ANALÍTICA EN EL ESPACIO
Un enfoque práctico

Ing. POB Apuntes de Geometría Analítica en el Espacio 2014 v 0.9.0 Página 1
Para Sofi; ésta es mi forma de expresarte cuánto te quiero
Estos apuntes están en evolución (como puede apreciarse en la versión al pie), por lo cual si les
resultó de utilidad, son bienvenidas correcciones, sugerencias o aportes que pueden enviar a
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Ing. Pablo Ortiz Bochard M.Sc.
Montevideo, Uruguay, 2014

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Tabla de contenido
CAPITULO 1. Introducción ........................................................................................................................ 6
1.1 Objetivos ............................................................................................................................................. 6
1.2 Algo de Historia.................................................................................................................................. 6
1.3 Coordenadas Cartesianas en el Espacio ..................................................................................... 7
Ejercicios Resueltos ................................................................................................................................11
Problemas ...............................................................................................................................................14
CAPITULO 2. Vectores..............................................................................................................................15
2.1 Combinación Lineal de Vectores .................................................................................................17
2.2 Producto Escalar de dos vectores ................................................................................................20
2.3 Producto Vectorial de dos vectores.............................................................................................23
2.4 Aplicación de vectores a problemas geométricos ...................................................................25
Problemas ...............................................................................................................................................36
CAPITULO 3. Rectas .................................................................................................................................37
3.1 Ecuaciones de la Recta .................................................................................................................37
3.2 Posiciones Relativas de las Rectas................................................................................................43
Problemas ...............................................................................................................................................62
CAPITULO 4. Planos .................................................................................................................................63
4.1 Definición ..........................................................................................................................................63
4.2 Ecuaciones del Plano......................................................................................................................65
4.3 Posiciones relativas del Plano ........................................................................................................68
Problemas ...............................................................................................................................................79
CAPITULO 5. Posiciones relativas de Planos y Rectas..........................................................................80
5.1 Posiciones de un Plano y una Recta ............................................................................................80

5.2 Medida de ángulos entre rectas y planos...................................................................................83
5.3 Distancia entre puntos, rectas y planos......................................................................................84
Problemas ...............................................................................................................................................94
CAPÍTULO 6. Medidas de Áreas y Volúmenes.......................................................................................96
6.1 Área de un triángulo ..................................................................................................................96
6.2 Área del paralelogramo............................................................................................................97
6.3 Volumen de un tetraedro..........................................................................................................97
6.4 Volumen del paralepípedo.......................................................................................................98
Problemas .............................................................................................................................................100
CAPÍTULO 7. Cuádricas...........................................................................................................................101
7.1 Esfera ..........................................................................................................................................101
7.2 Elipsoide......................................................................................................................................103
7.3 Hiperboloide de una hoja .......................................................................................................105
7.4 Hiperboloide de dos hojas ......................................................................................................106
7.5 Cuadro Resumen......................................................................................................................109
Ejercicios Resueltos ..............................................................................................................................110
Problemas .............................................................................................................................................117

Cuadros
Cuadro 1. Posición relativa de las rectas. Método 1...........................................................................44
Cuadro 2. Posición relativa de las rectas. Método 2...........................................................................45
Cuadro 3. Posiciones relativas de los planos.........................................................................................69
Cuadro 4. Posiciones relativas de Planos y Rectas ..............................................................................81

CAPITULO 1. Introducción
Largo es el camino de la enseñanza por medio de teorías; breve y eficaz por medio de ejemplos.
Séneca.
1.1 Objetivos
Estas notas apuntan a un objetivo netamente práctico, que es complementar la teoría brindada
en los cursos con la escueta, por lo general, contraparte de ejemplos y problemas mismos. No
obstante se exponen los principales conceptos teóricos, principalmente las definiciones y
teoremas más importantes. No obstante, no es un sustituto teórico y debe necesariamente
complementarse con los conceptos del curso y la infinidad de libros sobre el tema.
1.2 Algo de Historia
Los inventores de la Geometría Analítica, Descartes y Fermat (siglo XVIII), se
interesaron por el estudio de superficies, pero dedicaron poca atención a ello,
centrándose casi exclusivamente en el estudio de curvas planas. Fue en el siglo
XVIII cuando se desarrolló la geometría analítica del espacio. Clairut, Euler y
Lagrange fueron pioneros
Por su extraordinario nivel de geómetra y su vocación pedagógica, puede
considerarse a Monge (1746-1818) como el auténtico padre de la geometría
analítica tridimensional: entre sus muchos libros, publicó uno para sus alumnos de
la Escuela Politécnica de París, en el que desarrolló la geometría analítica del
espacio prácticamente como se encuentra en la actualidad.

1.3 Coordenadas Cartesianas en el Espacio
A partir de la representación deℝ, como una recta numérica, los elementos ( , ) ℝ se
asocian con puntos de un plano definido por dos rectas perpendiculares que al mismo tiempo
definen un sistema de coordenadas rectangulares donde la intersección representa a (0, 0) y
cada ( , ) se asocia con un punto de coordenada a en la recta horizontal (eje X) y la
coordenada b en la recta vertical (eje Y).
Análogamente, los elementos ( , , ) ℝ se asocian con puntos en el espacio tridimensional
definido con tres rectas mutuamente perpendiculares. Estas rectas forman los ejes del sistema de
coordenadas rectangulares (ejes , y ).
DEFINICION 1.1. Un sistema de coordenadas tridimensional se construye trazando un eje Z,
perpendicular en el origen de coordenadas a los ejes X e Y.
Cada punto viene determinado por tres coordenadas ( , , ).

DEFINICION 1.2. Un sistema de coordenadas es un conjunto de valores y puntos que permiten
definir unívocamente la posición de cualquier punto de un espacio euclídeo.
Un sistema de referencia en el espacio consiste en el conjunto formado:
ℝ = , , , formado por:
• Un punto fijo, O, llamado origen.
• Una base , , para los vectores.
• Y a cada punto se le asocia el vector de coordenadas
del espacio ( , , )
En términos prácticos, tres números ( , , ) que sirven para pasar desde el punto (origen) al
punto (extremo) del vector dado:
• “"” son las unidades a desplazarse sobre la dirección X
(hacia adelante si " es positivo y hacia atrás si " es
negativo)
• “$” son las unidades a desplazarse sobre la dirección Y
(hacia la derecha si $ es positivo y hacia la izquierda si $ es
negativo).
• “%” son las unidades a desplazarse la dirección Z (hacia
arriba si % es positivo y hacia abajo si % es negativo).
En la figura de la derecha, a=5, b=5y c=5.
Ejemplo
Representar los siguientes puntos del espacio ordinario:
(5,2,3); (3, −2,5); + (1,4,0); .(0,0,4); /(0,6,3)
Solución

Ejemplo 2
Representar los siguientes puntos del espacio ordinario:
( )3,2,5P ( )5,2,3 −Q ( )0,4,1R ( )4,0,0S ( )3,6,0T
Solución
Ejemplo 3
Graficar el conjunto de puntos ( , , que cumplen x=2, y=3.
Solución
Los puntos que satisfacen la condición anterior tienen la forma (2, 3, z), donde z toma todos los
valores posibles. El resultado es la recta que pasa por el punto (2, 3, 0) y paralela al eje .
Gráficamente:

Planos y Octantes
Los tres ejes de coordenadas determinan tres planos. El plano consiste de todos los puntos
con la coordenada = 0, el plano que consiste de todos los puntos con la coordenada y=0
y el plano que son todos aquellos puntos cuya coordenada = 0.
A su vez estos tres planos dividen el espacio tridimensional en 8 subplanos llamados octantes. El
octante más referenciado es el primero, el cual está determinado por los ejes positivos , , .

Ejercicios Resueltos
Ejercicio 1
Representar gráficamente:
12 = 2 3 3 3 5
1 = 3 3 7 3
= 0 3 0 3 2
Solución
Ejercicio 2
Las coordenadas de los puntos representados en esta figura son:
(0, 0, 3); (0, 3, 3); (3, 3, 3); (3, 0, 3); (3, 0, 0); (3, 3, 0); (0, 3, 0);
(0, 3/2, 3); (0, 3, 3/2); (3, 3/2, 0) ;(3, 0, 3/2)
Asociar cada punto a sus coordenadas
Solución
A (0, 0, 3); B (0, 3, 3); C (3, 3, 3); D (3, 0, 3); E(3, 0, 0); F (3, 3, 0); G(0, 3, 0); P (0, 3/2, 3); Q (0, 3, 3/2);
R (3, 3/2, 0); S (3, 0, 3/2)

Ejercicio 3
Graficar el plano = 4
Solución
Cuando se quiere graficar el plano z=4 se deben considerar todos los puntos de la forma ( , , 4).
Dado que no se impone ninguna condición sobre y , éstos toman todos los valores posibles.
Gráficamente:
Ejercicio 4
Calcular a y b para que los puntos A (1, 2, –1), B (3, 0, –2) y C (4, a, b) estén alineados.
Solución
56 = (2, −2, −1) Para que estén alieneados se debe cumplir:
57 = (3, − 2, + 1)
=
89
=
:;2
92
⇒ = −1 ; = −5/2
Ejercicio 5
Determinar la figura que resulta de la ecuación: >
= 0
= 0
Solución
El resultado es la intersección de los planos = 0 y = 0, el resultado es el eje
Ejercicio 6
Determinar la figura que resulta de la ecuación = 0.

Solución
= 0 y , pueden tomar cualquier valor, el resultado es el plano

Problemas
Problema 1
Graficar los puntos A(-20,18,3) , B(0,18,0) y C(28,0,0)
Problema 2
Graficar el resultado de la ecuación . = 0
Problema 3
Graficar la ecuación:
?
3 3 ≤ 1
≥ 0
≥ 0
≥ 0
Sugerencia: comenzar calculando la intersección de la primera ecuación con los ejes.

CAPITULO 2. Vectores
Se asume que el lector está familiarizado con el concepto de vector en el plano por lo que el
desarrollo de los temas se enfocará en el espacio real de tres dimensiones ℝ .
Las características de los vectores en el espacio, así como las operaciones, son idénticas a las
de los vectores en el plano. Se hace un breve repaso de los principales conceptos.
Vector como segmento orientado
A los puntos P y Q que definen el vector se les llama respectivamente: origen y extremo del
vector y se representa como .
Todo vector se caracteriza por:
Módulo: que es la distancia del punto P al Q.
Dirección: que es la misma que la recta que lo contiene (o paralela).
Sentido: para un vector, lo marca el del recorrido de P a Q (cada dirección tiene dos
sentidos opuestos de recorrido).
DEFINICIÓN 2.1. Dos vectores son iguales si tienen el mismo módulo, la misma dirección y el
mismo sentido.
Los vectores:
→
PQ y
→
RS cumplen las tres condiciones de
igualdad, de ahí que cuando queramos hacer uso de un vector
podamos tomar uno cualquiera de los que son iguales a él.
Todos ellos son representantes de un único vector.
Habitualmente al vector se le designa con una flecha encima
de una letra minúscula B (por ejemplo), mediante un letra en
negrita C o bien indicando el origen y el extremo como se indicó.
Q
P
S
R
+.

Vector en término de sus componentes
También los vectores se pueden expresar en términos de sus componentes cartesianos.
Un vector D en el espacio puede escribirse como:
D = (D2, D , D
donde los números reales D2, D , D son llamados los componentes de D.
Producto de un vector por un escalar (real). Colinealidad
Dado un escalar E 0 , con ∈ y un vector D definimos el vector
D como aquel que cumple D = ( D2, D , D
Propiedades
1. tiene la misma dirección que D
2. el mismo sentido que D si 0>k y sentido contrario al de D si
0<k
3. su módulo es igual al de multiplicado por el valor absoluto de
| || D| = | D|
Si 1−=k el vector
→
uk se denomina opuesto del vector
→
u , y se
escribe: *D
Si 0=k el vector D es el vector cero: 0 cuyo extremo y origen coinciden.
El vector B es colineal con D si se cumple que ∃ ∈ ∶ B = D o D = B
Suma y Resta de Vectores
Dados dos vectores B(B2, B , B y D(D2, D , D cualesquiera.
Para sumarlos hay que tomar un representante de cada uno de
ellos con origen común(O).
En ese caso el vector suma: J = D 3 B es la diagonal cuyo origen es
(O) y se cumple que:
J (B1 3 D1,B2 3 D2,B3 3 D3 (2.1)

El vector resta: D * B es la diagonal que va del extremo de B al extremo de D. El vector
resultante es la resta de los componentes de ambos vectores.
Ejemplo
Sean los vectores D = (*1,4,3) y B = (−2, −3,1) elementos de ℝ . Calcular D + B y 3D
Solución
D + B = (−1,4,3) + (−2, −3,1) = (−3, 1, 4)
3D = 3(−1,4,3) = (−3,12,9)
Propiedades de la suma
Conmutativa: D + B = B + D ∀ D, B ∈ ℝ
Asociativa: D + (B + J) = (D + B) + J ∀ D, B, J ∈ ℝ
Neutro: ∃ 0 ∈ ℝ ∶ D + 0 = 0 + D ∀ D ∈ ℝ
Opuesto: ∃ (−D ) ∈ ℝ : D + (−D) = 0 ∀ D ∈ ℝ
2.1 Combinación Lineal de Vectores
DEFINICION 2.2. Un vector B es una combinación lineal de un
subconjunto S de un espacio vectorial V si existen vectores
B2, B , … , BO en S y escalares 2 , , … , O tal que:
B = 2 B2 + B + ⋯ + OBO
En el ejemplo en la figura, tenemos una combinación lineal de los vectores D y B (D es colineal
con B) si se cumple:
D = Q B ∶ (D2, D , D ) = (QB2, QB , QB ) =>
(2.2)

ST
UT
=
SV
UV
=
SW
UW
= Q
DEFINICIÓN 2.3. Un conjunto de vectores S= { B2, B , … . . BO} en O
se dice Linealmente
Independientente (L.I.) si el vector ecuación:
2 B2 3 B 3 ⋯ 3 OBO = 0
admite únicamente la solución trivial ( Y = 0 ∀Z . El conjunto {B2, B , … . . BO} se dice Linealmente
Dependiente (L.D.) si los escalares 2, , … . , O no todos son cero cumpliéndose:

2 B2 3 B 3 ⋯ 3 OBO = 0
Es decir, si varios vectores se pueden poner como combinación lineal de los restantes entonces
son L.D. en caso contrario son L.I.
Propiedades
1. Un conjunto de vectores compuesto por vectores no nulos es LI, pero el vector 0 es L.D.
2. Un conjunto de 2 vectores es L.D. si y solo si uno de los vectores es múltiplo del otro
3. Cada subconjunto de ℝ que contenga más de [ vectores es L.D.
4. Dos vectores colineales son L.D.
5. Dos vectores no colineales son L.I.
6. Tres vectores coplanarios (pertenecientes al mismo plano) son L.D.
Expliquemos la última propiedad:
6a. Así el vector es coplanario con los vectores D y B, si cumple que es combinación
lineal de D y B: = 2D + 1B
6b. Por el contrario tres vectores no coplanarios son L.I.
Ejemplo 1
Veamos la propiedad 1 que afirma que el vector 0 (ó 0) es L.D.
Solución
El vector nulo se puede poner como combinación lineal de vectores cualquiera D2, D ,……..,DO
ya que se cumple:
(2.4)
(2.3)

0D2 0D 3 ⋯ 3 0DO = 0
Por tanto si 0 es uno de los vectores de un sistema de un sistema S, entonces S es LD.
Ejemplo 2
Sean los vectores D = (1, −3,5), B = (2, 2, 4) J = (4, −4,14) probar que el conjunto de vectores
es LD
Solución
Expresando la ecuación como un sistema de combinaciones lineales:
]
D2 + 2B + 4J = 0 (1)
−3D2 + 2B − 4J = 0 (2)
5D2 + 4B + 14J = 0 (3)
Aplicando el método de eliminación Gaussiano (o equivalente) si multiplicamos la ecuación
(1) por 3 y sumamos la (2) se obtiene el resultado:
3D2 + 6B + 12J = 0
−3D2 + 2B − 4J = 0
8B + 8 J = 0 => B + J = 0 (4)
Ahora procedamos realizando -5. (1)+(3), se obtiene:
−5D2 − 10B − 20J2 = 0
5D2 + 4B + 14J = 0
−6B − 6 J = 0 => B + J = 0 (5)
Finalmente si sustituimos la igualdad (4) en (2) y (3) y procedemos a eliminar se obtiene el
sistema:
_
D2 + 2B + 4J = 0
B + J = 0
0 = 0

El sistema tiene infinitas soluciones, por ej. se puede fijar J3=1, entonces resulta B = *1 y D2 = −2,
por tanto es LD, es decir el sistema se puede expresar como una combinación de vectores
donde no todos son cero.
Bases
Dados tres vectores no coplanarios , , del espacio tridimensional.
En estas condiciones, cualquier otro vector D de ese espacio se puede escribir como
combinación lineal única de los vectores , , .
Se dice que los vectores , , forman una base del espacio tridimensional.
Si los vectores de la base son perpendiculares entre sí la base se dice ortogonal y si además de
perpendiculares entre sí, tienen todos módulo uno decimos que la base es ortonormal.
A partir de ahora, salvo indicación en contrario, trabajaremos siempre con la base canónica
del espacio tridimensional (que es ortonormal).
2.2 Producto Escalar de dos vectores
DEFINICIÓN 2.4. Se define el producto escalar de dos vectores D = (D2, D , D y B = (B2, B , B
como el número (escalar) que se obtiene del siguiente modo:
` ∙ b = D2B2 3 D B 3 D B (2.5)

Adviértase que el resultado de un producto escalar es un número.
Otra forma equivalente de expresar la ecuación anteriores es:
` . b = |D| |B| cos (D, B)
Propiedades
Si f es el ángulo entre dos vectores no cero, D y B entonces:
1. Si f=90º (recto), cos(D, B) = 0 y por tanto: D ∙ B = 0
2. Si 0 ≤ f ≤ 90º (agudo), entonces hi(D, B) > 0 y por tanto D ∙ B > 0
3. Si 90º < f ≤ 180º (obtuso), hi(D, B) < 0 y por tanto D ∙ B < 0
En consecuencia, el producto escalar de dos vectores no nulos es cero si y solamente si ambos
son perpendiculares. Es decir:
D E B B E 0; D. B = 0 ⇔ D ⊥ B
Otras propiedades del producto escalar
Resulta conveniente conocer otras propiedades que son relevantes y que se usarán en los
ejercicios y problemas sucesivos.
• Conmutatividad del producto escalar: D ∙ B = B ∙ D
• Propiedad asociativa: Q(D, B) = (QD). B = D. (QB)
• Propiedad distributiva: D. (B 3 J) = D . B 3 D . J
• Módulo de un vector: |D| = √D . D = nD2 3 D
3 D , también es usual notarlo como ‖D‖
• Ángulo de dos vectores cos(D, B) =
S∙ U
|S||U|
=
ST UT;SV UV;SW UW
pST
V;SV
V;SW
V pUT
V;UV
V;UW
V
• Segmento proyección:
S∙ U
|U|
=
STUT;SVUV;SWUW
n(UT)V;(UV)V;(UW)V
(Proyección de D sobre B)
• Vector proyección:
S∙ U
|U|V
B =
STUT;SVUV;SWUW
(UT)V;(UV)V;(UW)V
(B2, B , B )
(2.7)
(2.6)

• Proyección ortogonal de un vector sobre un punto (B): qrhst
B =
U . t
‖t‖V
6
Ejemplo 1
Respecto de una base ortonormal, las coordenadas de tres vectores son:
D(3, −1,5), B(4,7,11 , J(−2, , 3)
a) Calcular D . B b) Determinar ( )k para que B y J sean perpendiculares.
Solución
a) D . B = (3)(4) + (−1)7 + (5)(11) = 60
b) 0 = B ∙ J = 4 (−2) + 7 ( ) + 11 .3 = −8 + 7 + 33 ⇒ 7s = −25 ⇒ =
925
u

Ejemplo 2
Sean D(3, −4,12), B(5, −2, −6), J(7, , −2) y el punto 6(1,0,1).
Calcular: a) D ∙ B b) |D| y |B| c) ángulo que forman D y B d) vector proyección de D sobre
B e) determinar para que D ⊥ J f) Calcular la proyección ortogonal de B sobre el punto 6
Solución
a) D ∙ B = −49
b) |D| = √D. D = pD1
2 + D2
2 + D3
2 |B| = √65 = 8,0623
c) cos(D, B) =
S∙ U
|S||U|
=
ST UT;SV UV;SW UW
pST
V;SV
V;SW
V pUT
V;UV
V;UW
V
; (D, B) = 117º52′
d) Segmento proyección:
S∙ U
|U|
=
STUT;SVUV;SWUW
n(UT)V;(UV)V;(UW)V
=
9wx
√yz
≈ −6,07 el vector
proyección es de módulo: 6,07 y sentido contrario a B.
Vector proyección:
S⋅ U
|U|V B =
D1 B1+D2 B2+D3 B3
pD1
2+D2
2+D3
2 pB1
2+B2
2+B3
2
=
9wx
yz
(5, −2, −6)

e) 0. =⇔⊥
→→→→
wuwu ;
4
3−
=k
f) qrhs6
B = B . 6
‖6‖2 6 = 5,−2,−6 .(1,0,1)
}(1,0,1)}
2 (1,0,1) = 5+0−6
~n2•
2 (1,0,1) = −1
2
(1,0,1) = ~
−1
2
,0,1
2
•
2.3 Producto Vectorial de dos vectores
DEFINICIÓN 2.5. El producto vectorial de dos vectores D(D2, D , D ) B(B2, B , B ), notado
como ` × b, es un nuevo vector que se define del siguiente modo:
` × b = (D B − B B ) + (D B2 − D2B ) + (D2B − D B2)
Adviértase que el resultado de un producto vectorial es un vector.
Si D , B son LI, entonces el vector ` × b se caracteriza por:
• Módulo: |D × B| = |D||B| |i• (D × B)|
• Dirección: perpendicular a ambos: (D × B) ⊥ D y : (D × B) ⊥ B
• Sentido: depende del ángulo que forman los vectores D , B
a) Si (D, B) < 180° hacia arriba. b) Si (D, B) > 180° hacia abajo.
b) La medida del ángulo se considera en sentido positivo como se ha dicho.
Si D , B son L.D., o sea alguno de ellos es el vector
→
0 o tienen la misma dirección, entonces el
vector D × B es el vector cero.
(2.8)

Ejemplo 1
Dados los vectores D (1, −1,2) y B (2,0,0) , calcular el producto vectorial.
Solución
Una regla más fácil para calcular el producto vectorial D × B es recurrir al concepto de
determinante, de la siguiente forma:
D × B = ƒ
Z s
D2 D D
B2 B B
ƒ
Para el ejemplo se sustituyen los valores de los componentes y se aplica la regla de Sarrus:
D × B = ƒ
Z s
1 −1 2
2 0 0
ƒ = 4s + 2 = (0,4,2)
Ejemplo 2
Determinar un vector de módulo 9 perpendicular a los vectores:
D(3,2, −2) B(−1,1,4)
Solución
El vector (D × B) ⊥ D y también (D × B) ⊥ B usando el determinante:
D × B = ƒ
Z s
3 2 −22
−1 1 4
ƒ = 10 − 10 + 5 = (10, −10,5)
|D × B | = n(D × B)(D × B) = √225 = 15
Un vector unitario en la dirección de (D, B) es:
2
|S × U|
(D × B)
2
|S × U|
(D × B) =
2
2z
(10, −10,5) = ~ ,
9
,
2
• por tanto basta multiplicar por 9:
9
1
„D × B„
(D × B =
9
15
(10, −10,5) = (6, −6,3) o su opuesto( )3,6,6 −−

Ejemplo 3
Calcular el área del triángulo ⊿ + donde (2,4, *7 , 3,7,18 y + *5, 12,8 .
Solución
Definamos B y J + tal como se indica en la figura, por
tanto: B 1,3,25 y J *7,8, 15 . El vector D € J por definición
es perpendicular a los dos (ver Cap. 6 por más detalles)
Área triángulo=
2
|D € J|
†
‡
ˆ 1 3 25
*7 8 15
ˆ aplicando Sarrus resulta:
Área triángulo=
2
|-155 -190 +29 |=
2
| * 155, *190,29|=
2
n *155 3 *190 3 29 ~ 123,5
2.4 Aplicación de vectores a problemas geométricos
Coordenadas de un vector que une dos puntos
Observar la siguiente igualdad vectorial:
→→→→→→
−=⇒=+ OPOQPQOQPQOP
Por tanto si las coordenadas de los puntos son , , y
Š
, Š
, Š
las coordenadas de
→
PQ son:
Š
* , Š
* , Š
* (2.9)

Vector Normal
El vector 5, 6, 7 es un vector normal al plano ‹ es decir,
perpendicular al plano.
Si P(x0,y0,z0) es un punto del plano ‹, el vector * Œ, *
Œ , * Œ es perpendicular al vector por tanto el producto
escalar es cero:
. =0
Comprobación de que tres puntos están alineados (paralelismo)
Los puntos de coordenadas:
2, 2, 2 , , , , + , ,
están alineados siempre que tengan la misma dirección * 2, * 2, * 2 y
+ * , * , * .
Es decir, si se cumple la siguiente proporcionalidad:
2* 1
3* 2
2
* 1
3
* 2
2* 1
3* 2
Punto medio de un segmento
Si los puntos del segmento tienen de coordenadas: ( )cbaP ,, ( )cbaQ ′′′ ,,
Sea la siguiente igualdad vectorial:
→→→
+= PQOPOM
2
1
Las coordenadas del punto medio M se obtienen operando en la fórmula anterior y
obtenemos:
( ) ( )ccbbaacbaOM −′−′−′+=
→
,,
2
1
,,
(2.10)
(2.11)

• ~
8;8Ž
,
:;:Ž
,
•;•Ž
•
Simétrico de un punto respecto a otro
El simétrico del punto ( , , ) (que llamaremos P′ ) respecto a
otro ( Š
, Š
, Š
) se caracteriza como aquel para el que Q es el
punto medio del segmento que une P′ y P .
Si aplicamos el resultado visto anteriormente tenemos que:





 +++
2
,
2
,
2
γβα cba
Q
Es decir: ( ) 




 +++
=′′′
2
,
2
,
2
,,
γβα cba
cba
Despejando en esta última igualdad los valores de γβα ,, tenemos que:
′(•, ‘, ’) = (2 Š
− , 2 Š
− , 2 Š
− )
Ejemplo
Calcular los valores de “ y para que los puntos:
(7, −1, “), (8,6,3), +(10, , 9) estén alineados.
Solución
Sabemos que están alineados si se cumple la fórmula (2.12):
8 − 7
10 − 8
=
6 + 1
− 6
=
3 − “
9 − “
despejando de las dos igualdades:
− 6 = 14 ⇒ = 20 ; 6 − 2“ = 6 ⇒ “ = 0
(2.12)
(2.13)

Baricentro de un Triángulo
Sean A(x1, y1, z1), B(x2, y2, z2) y C(x3, y3, z3) los vértices del triángulo.
Las coordenadas del baricentro (punto de corte de las medianas)
son:
” ~
•T;•V; •W
,
–T;–V; –W
,
—T;—V; —W
• (2.14)

Ejercicio 1
Sean los vectores B2 ˜
1
2
3
™ , B = ˜
4
5
6
™ B = ˜
2
1
0
™
a. Determinar si el conjunto {B2, B , B } es un conjunto LI de vectores
b. Si es posible, encuentre una relación de dependencia entre B1, B2 B3
Solución
a. Se debe determinar si existe una solución no trivial (distinta de cero) a las siguientes
ecuaciones:
2 ˜
1
2
3
™ + ˜
4
5
6
™ + ˜
2
1
0
™ = ˜
0
0
0
™
Resolviendo el sistema:
x1 + 4x2 + 2x3 = 0 (1)
2x1+ 5x2+3x3= 0 (2)
3x1+ 6x2 = 0 (3)
De la ecuación (3) se deduce que: x1+ 2x2= 0 => x1=2x2
Si sustituimos en (2): 9x2+ 3x3= 0 => 3x2= -x3
Si se hace lo mismo en la ecuación (1): 6x2+ 2x3= 0 => 3x2= -x3
Por tanto el sistema es Linealmente Dependiente
b. x1= 2x2 ; x2= -1/3 x3
Ejercicio 2
a) En ℝ verificar que el vector (-1,2,-1) es combinación lineal de los vectores D = (2, −1,1) , B =
(−2,1, −1) J = (1,1,0) siendo los escalares: a=2, b=3 y c=1
b) Expresar los vectores D = (0,4) B = (−2,4) como combinación lineal de los vectores =
(1,0) = (0,1)

Solución
a) Probaremos componer *1,2, −1) = D + B + J es decir como una combinación lineal
de los tres vectores multiplicados por los escalares
2(2,-1,1)+ 3(-2,1,-1)+ 1(1,1,0) = (4,-2,2)+(-6,3,-3)+(1,1,0)= (4-6+1, -2+3+1,2-3)=(-1,2,-1)
Por tanto es combinación lineal de D ,B J
b) Veamos de expresar D como combinación lineal de = (1,0) = (0,1).
D = •Z + ‘s => (0,4) = •(1,0) + ‘(0,1) = (•, 0) + (0, ‘) = (•, ‘)
• = 0, ‘ = 4
D = 0 + 4 = 4
Siguiendo el mismo procedimiento para B :
B = •Z + ‘s => (−2,4) = •(1,0) + ‘(0,1) = (•, 0) + (0, ‘) = (•, ‘)
• = −2, ‘ = 4
B = −2 + 4
Ejercicio 3
Como se definió si hay una combinación no trivial de vectores de un conjunto A, cuyo
resultado es el vector nulo, entonces A es linealmente dependiente (LD).
Sea 5 = { B2, B , B } donde B2 = (3, −1,0) ; B = (−4,6, −1) ; B = (1,2,1)
Planteamos:
(0,0,0) = • B2 + ‘B + ’ B = •(3, −1,0) + ‘(−4,6,0) + ’(1,2,0) = (4)
= (3•, −1•, 0•) + (−4‘, 6‘, 0‘) + (’, 2’, 0’) =
= (3• − 4‘ + ’; −• + 6‘ + 2’; 0 + 0 + 0) = (0,0,0)
›
3• − 4‘ + ’ = 0 (1)
−• + 6‘ + 2’ = 0 (2)
Resulta un sistema de 2 ecuaciones con 3 incógnitas, resolviendo el sistema por sustitución:
Despejando en (1): ’ = −3• + 4‘ (3) luego reemplazando ’ en (2) se obtiene:

*• 3 6‘ 3 2(4‘ − 3•) = 0 => −7• + 14‘ = 0
Si se pone ‘ en función de • : ‘ =
œ
reemplazando en (3):
’ = 4
•
2
− 3• => ’ = −•
Por tanto es posible afirmar que para cualquier • ≠ 0 ; ‘ ’ son distintos de cero.
Por ejemplo, si • = 1 ; ‘ =
2
; ’ = −1 todos ≠ 0
Entonces si sustituimos los valores en la ecuación (4) resulta:
Los vectores de A son LI.
Ejercicio 4
Demostrar que el vector (3, -4, -6) no puede ser expresado como una combinación lineal de los
vectores (1, 2, 3), (-1, -1, -2) y (1, 4, 5).
Solución
Se debe demostrar que la combinación de vectores es LI, para ello se debe cumplir que no
exista una combinación lineal, a excepción de la trivial, que cumpla:
2(1,2,3) + (−1, −1, −2) + (1,4,5) = (3, −4, −6)
Planteemos el sistema de ecuaciones:
_
2 − + = 3
2 2 − + 4 = −4
3 2 − 2 + 5 = −6
El sistema no tiene Solución.
Por tanto (3, -4, -6) no es una combinación lineal de los vectores (1, 2, 3), (-1, -1, -2) y (1, 4, 5).
Ejercicio 5
Examinar si los vectores 5 + 6 + 7 , 7 − 8 + 9 3 + 20 + 5 ( , , no coplanares) son LI o
LD.
Solución
Para que sean independientes debe existir una combinación de escalares (•, ‘, ’) no todos
cero, de tal forma que se cumpla:
)0,0,0()0,2,1()0,3,2()0,1,3( =−−+−+−=v

• 5 3 6 3 7 ) 3 ‘ (7 − 8 3 9 ) 3 ’ (3 3 20 + 5 ) = 0
(5• + 7‘ + 3’) + (7• − 8‘ + 9’) + (3• + 20‘ + 5’) = 0
Como •, ‘, ’ son no coplanares:
]
5• + 7‘ + 3’ = 0 (1)
7• − 8‘ + 9’ = 0 (2)
3• + 20‘ + 5’ = 0 (3)

Aplicando eliminación: (1) . 7- (2).5:
›
35• + 49‘ + 21’ = 0 (4)
−35• + 40‘ − 45’ = 0 (5)
Resulta:
89‘-24’=0 (6)
De la ecuación (1). 3- (3). 5:
›
15• + 21‘ + 9’ = 0 (7)
−15• − 100‘ + 25’ = 0 (8)
Resulta:
-79‘ + 34’ = 0 (9)
Ejercicio 6
Dados los vectores: J2 = (2, −1, 4), J = (5, 2, 3) JŒ = (0, 0, 0) en ℝ determinar si son LI o LD.
Solución
Cualquier conjunto de vectores que incluyan al vector cero es linealmente depediente.
Efectivamente, se puede escribir la siguiente combinación:
0D + 0B + J = 0 es una combinación no trivial (no todos los coeficientes iguales a cero) igual a
cero.

Ejercicio 7
Dados los siguientes sistemas expresados en forma matricial determinar si son LI o LD.
5 ˜
3 0 *2
−1 0 5
7 0 1
™ , 6 = ˜
−4 −10
12 30
6 15
™
7 = ˜
−3 2 −1
7 9 0
0 0 2
™ , 1 = ˜
2 −1 1 4
0 3 1 − 2
1 2 1 3
™
Solución
Dado que la matriz A contiene la columna 0 es LI, según lo explicado en el ejercicio anterior.
En el caso de la matrix B analizaremos si cualquiera de filas o las columnas es múltplo de otra
cualquiera. Dado que se cumple:
5
2
˜
−4
12
6
™ = ˜
−10
30
15
™
Por tanto B es LI. En este caso a simple vista se puede deducir la relación de dependencia, lo
cual no es siempre posible y sedeberá recurrir a los procedimientos como en los siguientes casos.
En el caso de la matric C consideremos primero el subconjunto S={C1, C2} de las 2 primeras
columnas. Ninguna de las columnas es múltiplo de la otra, por tanto S es LI.
Considerando la tercer columna : 7 = ˜
−1
0
2
™
Dado que los vectores son combinaciones lineales y que en la tercer fila las 2 primeras , columnas
tienen 0, el valor de la tercera debería ser 0 y no lo es (=2), por tanto C es LI.
En el caso de la matriz D es LI por la propiedad 4 de conjuntos LI o LD.
Ejercicio 8
Dados los vectores D = (√2, √2, n2) y B = (‹, ‹, ‹) determinar si son colineales.
Solución
Para que sean colineales se debe cumplir que ∃ : D = B o lo que es lo mismo se verifique la
ecuación (2.2)
√2
‹
=
√2
‹
=
√2
‹
=

Por tanto, son colineales.
Ejercicio 9
Dados los vectores B *√2 ‹, √2 ‹, −5‹/√2) y J = (2•, −2•, 5•) determinar si son colineales
Solución
Aplicando (2.2) se debe cumplir que:
B = QJ ⇒ Q =
B
J
∴
9√
¡
=
√
9 ¡
=
9z /√
z¡
luego operando:
√
=
√ √
√
=
2
√
Resulta Q =
9
¡√
por tanto son colineales
Ejercicio 10
Dados los puntos 5(2,3,5) y 6(1,0,8), hallar las coordenadas de los vectores 56 y 65
Solución
Aplicando (2.8):
56 = (1 − 2,0 − 3,8 − 5) = (−1, −3,3) y 65 = (2 − 1,3 − 0,5 − 8) = (1,3, −3)
Ejercicio 11
Sean los vectores D = (5, −2,3) y B = (−4,2,1), hallar la suma y graficarla
Solución
Usando (2.1)
D + B = (5 − 4, −2 + 2,3 + 1) = (1,0,4)
Ejercicio 12
Hallar el simétrico del punto 5(−2,3,0) respecto al punto •(1, −1,2).

Solución
Sea 5’ , , ) el simétrico de 5. Como • es el punto medio del segmento 55’, entonces:
• = ~
•9
,
–;
,
—
• = (1, −1,2) igualando las coordenadas:
= 4; = −5; = 4 => 5’(4, −5,4)
Ejercicio 14
Las coordenadas de los vértices consecutivos de un paralelogramo son 5 (1, 0, 0) y
6(0, 1, 0). Las coordenadas del centro M son •(0, 0,1). Hallar las coordenadas de los
vértices C y D.
Solución
(0,0,1) = ~
2;•£
,
Œ;–£
,
Œ;—£
•
Igualando y operando:
• = −1 • = 0 • = 0 => 7(−1,0,2)
(0,0,1) = ¤
1 + 1
2
,
0 + 1
2
,
0 + 1
2
¥
Ídem: ¦ = 0 ; ¦ = −1 ; ¦ = 2 => 1(0, −1,2)
Ejercicio 15
Calcular a y b para que los puntos 5(1,2, −1), 6(3,0, −2) y 7(4, , ) estén alineados.

Solución
56 2, −2, −1)
57(3, − 2, + 1)
§ para que estén alineados se debe cumplir (2.11):
3
2
=
− 2
−2
=
+ 1
−1
⇒ = 1 ; = −
5
2
Problemas
1. Dados los vectores:
D = (7,7 , 0), B = (2,-1,0)
determinar el valor de que hace que D ∙ B = 1
2. Calcular los puntos q y ¨ para que los puntos (7, −1, q), (8,6,3) y +(10, , 9) estén alineados.
3. Determinar si los vectores: D = (2,3,1) , B = (1,0,1), J = (0,3, −1) son linealmente
dependientes o independientes
4. Discutir, según el parámetro Q ℝ, la dependencia lineal de los conjuntos siguientes:
a. 5 = {(1,1, Q), (2,2,1), (1, Q, 1)}
b. 6 = {(1,2, Q), (Q, 1,0), (2,1, Q)}
c. 7 = {(1,2,1), (1, −2,1), (2, Q, 1)}
5. Sea © = {(1, , 2), (2,2 ), (0,1, −1)}. ¿Qué relación deben satisfacer a y b para que conjunto ©
sea L.I.?.
Solución. − 2 = 2
6. Sean 5(1,2, −1) y 6(3, Q, ª).
a. Hallar Q y ª para que los vectores 56 y B=(-4,6,-12) sean colineales
b. ¿Es posible asignar valores a Q y ª para obtener un vector 56 colineal con el vector
B = (3,2,0)?
c. ¿Es posible asignar valores a Q y ª para obtener un vector 56 colineal con el vector
B = (0,3,2)?

CAPITULO 3. Rectas
En la geometría del plano las rectas estaban determinadas por una punto una dirección o
pendiente.
En el espacio una recta r queda determinada vectorialmente conociendo:
Un punto , , ) por el que pasa dicha recta «
Un vector ¬(¬2, ¬ , ¬ ) paralelo a « llamado vector director (o vector dirección)
Observar en el dibujo de la derecha como los
vectores q, q + 1¬ , q + 2¬ , … , q + Q¬ todos
tienen un extremo sobre la recta r y origen común. En
general el vector: q + Q¬ tiene su extremo sobre la
recta r. Al variar el valor de Q (Q ℝ) el punto se
mueve sobre r.
3.1 Ecuaciones de la Recta
DEFINICIÓN 3.1. Sea -® un punto de ℝ y sea ¯ un vector de ℝ . Una recta « se define como el
conjunto de puntos P en ℝ que contiene a Œ y tal que los vectores B = Œ son paralelos a ¯ .
Es decir:
r = { ( , , ) ∶ Œ r ¬ ∥ B donde B = Œ }
Donde Œ es el punto fijo y ¬ es el vector director de la recta.
Gráficamente:
(3.1)

A continuación veremos distintas alternativas para representar las rectas.
Ecuación Vectorial
El punto , , ) es el extremo de un vector con origen en O que llamamos vector posición del
punto P . El punto arbitrario X de la recta « determina un vector posición que llamamos ³. En
estas condiciones tenemos que:
r , ¬ : = 3 Q¬ h ( , , ) = ( , , ) 3 Q(¬2, ¬ , ¬ ), Q ∈ ℝ
Esta ecuación se llama ecuación vectorial de la recta r
Ecuaciones Paramétricas
Si operamos en la expresión en coordenadas de la ecuación vectorial de la siguiente forma:
, , ) = ( , , ) 3 Q(¬2, ¬ , ¬ ) o de forma similar:
r: _
= 3 Q¬2
= 3 Q¬
= 3 Q¬
Son las ecuaciones paramétricas de la recta «
Para cada valor de λ obtenemos las coordenadas de un punto de « .
(3.2)
(3.3)

Ecuación General de la recta
Si en cada ecuación paramétrica despejamos el parámetro λ obtenemos:
*
¬2
*
¬

*
¬
Esta es la forma general de la ecuación de una recta en el espacio, también llamada simétrica
o continua.
A veces se nos presenta una recta en forma continua con algún cero en el denominador. Tal
expresión no es correcta aritméticamente, pero se admite simbólicamente (los denominadores
son las coordenadas del vector director).
Ejemplo 1
Sea la recta r: 3 2 =
5−
2
= −2 − , determinar el vector director ¬
Solución
Considerando la ecuación (3.4) y reescribiendola:
r:
− (−2)
1
=
− 5
−2
=
− (−2)
−1
Por tanto ¬ = (1, −2, −1)
Ecuación Reducida de una recta
De la forma continua de la recta obtenemos dos ecuaciones (más adelante veremos que cada
una de ellas es la ecuación de un plano) de forma general.
Al resolver las ecuaciones:
•98
´T
=
–9:
´V
y
•98
´T
=
—9•
´W
Operando se obtienen las dos ecuaciones que se denominan reducidas o implícitas:
(3.4)

r: ›
5 3 6 3 7 3 1 0
5Š
3 6Š
3 7Š
3 1Š
= 0
La recta « se obtiene como resultado de la intersección de dos planos.
Ejemplo 2
Obtener las ecuaciones paramétricas, la ecuación en forma general y las ecuaciones
reducidas de la recta que pasa por los puntos:
(*5,3,7) ; (2, −3,3)
Solución
Vector normal: = (2 − (−5), −3 − 3, 3 − 7) = (7, −6, −4) = (2, −3,3) + Q(7, −6, −4)
Punto P0= (2,-3,3), vector director ¬ = (7, −6, −4)
Ecuaciones paramétricas:
_
= 2 + 7Q
= −3 − 6Q
= 3 − 4Q
Ecuación general (despejando e igualando en Q):
µ
¶
·
¶
¸
− 2
7
= Q
+ 3
6
= Q
− 3
−4
= Q
− 2
7
=
+ 3
−6
=
− 3
−4
Ecuaciones reducidas:
− 2
7
=
+ 3
−6
=> −6 + 12 = 7 + 21
− 2
7
=
− 3
−4
=> −4 + 8 = 7 − 21
>
6 + 7 + 9 = 0
4 − 7 − 9 = 0
(3.5)

Ejemplo 3
Hallar en todas las formas la ecuación de la recta i: ›
* 3 * 4 = 0
3 3 3 3 7 − 6 = 0
Solución
Teniendo en cuenta la definición, procederemos primera a obtener un punto y un vector
director.
Punto: se da un valor cualquier a una de las incógnitas y se resuelve el sistema:
= 0 ⇒ ›
* = 4
3 3 3 − 6 = 0
⇒ ›
6 = 18
= * 4
⇒ ›
= 3
= −1
⇒ punto (3, −1,0
Vector director: se calcula a partir del producto vectorial de los vectores normales de la
ecuación. Tener presente que el producto vectorial de los vectores directores del plano,
digamos D y B determinan un vector perpendicular a dicho plano:
D × B =
Vectores directores: (1,-1,1) y (3,3,7) (coef. de las ecuaciones):
= ˆ1 *1 1
3 3 7
ˆ = −5i − 2j + 3k vector = (−5, 2, 3)
Ecuaciones:
Vectorial: ( , , ) = (−3, −1,0) + Q (−5,2,3)
Parámetrica: _
= 3 − 5Q
= 1 − 2Q
= 0 + 3Q
General:
•9
9z
=
–;2
9
=
—
Ejemplo 4
Convertir la ecuación general de la recta al formato paramétrico y vectorial
(3.6)

* 2
3
=
+ 1
−2
=
4
Solución
− 2
3
=
+ 1
−2
=
4
= Q => _
− 2 = 3Q
+ 1 = −2Q
= 4Q
⇒
La forma paramétrica es: _
= 2 + 3Q
= −1 − 2Q
= 4Q
Q ∈ ℝ ⇒
la ecuación vectorial es r: (2, −1,0) + Q (3, −2,4)
Ejemplo 5
Sean las ecuaciones de la recta expresada en formato implícito:
r: ›
− + − 4 = 0
3 + 3 + 7 − 6 = 0
Expresarla en formato paramétrico.
Solución
En general hay dos formas de resolverlo.
Método 1. Obteniendo un punto y un vector director
Como es un sistema con más incógnitas que ecuaciones, se fija arbitrariamente el valor de una
de las incógnitas, por ej. = 0
= 0 ⇒ ›
− = 4
3 + 3 = 6
resolviendo el sistema resulta: = 3, = −1, el punto es (3,-1,0)
Hallado el punto, debemos hallar el vector director. Este resulta del producto vectorial de los
vectores normales D = (1, −1,1) y B = (3,3,7), que son los coeficientes de las ecuaciones reducidas.
D × B = ˆ1 −1 1
3 3 7
ˆ = −5 − 2 + 3 el vector director es (-5,-2,3)
Ecuación vectorial: (3, −1,0) + Q(−5, −2,3)
Ecuaciones paramétricas: _
= 3 − 5Q
= −1 − 2Q
= 3Q

Método 2. Resolviendo el sistema compatible indeterminado.
Se toma una variable cualquiera y se iguala al parámetro:
r: ›
* 3 * 4 = 0
3 3 3 3 7 − 6 = 0
se toma por ej. = Q, sustituyendo:
›
* = 4 * Q (1
3 3 3 = 6 − 7Q (2)
luego se multiplica la ecuación (1).3 y se la suma a la (2):
6 = 18 − 10Q ⟹ = 3 −
z
Q , luego sustituyendo en (1) o (2) indistintamente:
= −1 −
2
3
Q
La ecuación paramétrica resultante es:
µ
¶
·
¶
¸ = 3 −
5
3
Q
= −1 −
2
3
Q
= 0 + Q
Condición de Colinealidad de Vectores
Dados dos vectores: B = ( 2, 2, 2) y D = ( , , ) se dicen que D y B si ∃ , con ∈ ℝ tal que
se cumple: D = B, por tanto:
_
= 2
= 2
= 2
⇒
•V
•T
=
–V
–T
=
—V
—T
=
Se cumple además:
‖D‖ = ‖B‖
3.2 Posiciones Relativas de las Rectas
Sean dos rectas r: ¾
( , , )
¬(¬2, ¬ , ¬ )
y i: ¾
′( Š
, Š
, Š
)
¬Š(¬2
Š
, ¬Š
, ¬Š
)
Éstas pueden adoptar en el espacio las siguientes posiciones:
(3.7)
(3.8)

Coinciden
1. Secantes: Un punto en común y distinta dirección.
2. Paralelas: Ningún punto en común y la misma dirección
3. Coincidentes: Tienen un punto en común y la misma dirección.
4. Se Cruzan/Alabeadas: Ningún punto en común y distinta dirección.
Método 1
Expresadas las rectas en formato paramétrico, se forma un sistema igualando en , , , el
resultado de la solución del sistema puede ser:
Cuadro 1. Posición relativa de las rectas. Método 1
Sistema compatible determinado Se cortan en
un punto
SECANTES
Sistema compatible indeterminado Infinitas soluciones COINCIDENTES
Sistema incompatible
Si ¬ ¬′; colineales PARALELAS
No colineales SE CRUZAN
Paralelas
Secantes
Se cruzan (alabeadas)

Método 2
A efectos de determinar cuál es la posición entre dos rectas, se aplican los siguientes criterios
resumidos en el siguiente cuadro:
Cuadro 2. Posición relativa de las rectas. Método 2
Si
´T
´T
Ž
´V
´V
Ž
´W
´W
Ž ⇒ ¬ ∥ ¬Š COINCIDENTES ∈ r ⇒ ∈ i
PARALELAS ∈ r ⇒ ∉ i
Si
´T
´T
Ž ≠
´V
´V
Ž ≠
´W
´W
Ž ⇒ ¬ ∦ ¬Š SECANTES det •∗
0
SE CRUZAN det(•∗
E 0
•∗
=
Â
Ã
Ã
Ã
Ä¬1 ¬1
′
q2
Š
* q2
¬2 ¬2
′
qŠ
− q
¬3 ¬3
′
qŠ
− q Å
Æ
Æ
Æ
Ç
Del cuadro se puede deducir que dos rectas son paralelas sin los vectores directores son
colineales (ver ecuación 2.2)
Ejemplo 1
Dadas las rectas r y s definidas de la siguiente forma paramétrica (si están expresadas de otra
forma, se deben llevar al formato paramétrico):
r: _
= 1 + 3ª
= 3 + 2ª
= 2 + ª
; i: _
= 4 + 2Q
= 5 + 5Q
= 3 + Q
Establecer la posición relativa de las rectas.
Solución
Método 1. Igualando ambas ecuaciones y luego resolviendo el sistema:
1 + 3ª = 4 + 2Q (1)
3 + 2ª = 5 + 5Q (2)
2 + ª = 5 + 5Q (3)

Es un sistema de 3 ecuaciones con 2 incógnitas, resolvamos el subsistema de 2x2 tomando las
ecuaciones (2) y (3):
Si hacemos (2) -2. (3), el resultado es Q 0, luego sustituyendo en (2) o (3) resulta ª = 1.
Ahora verificando en la ecuación no usada (1):
1 3 3ª = 4 3 2Q => 1 + 3 = 4
Por tanto se cortan, para determinar el punto, se sustituyen los valores en r ó i:
= 1 + 3.1 = 4
= 3 + 2.1 = 5 => r ∩ i = (4, 5, 3) las rectas son secantes
= 2 + 1 = 3
Método 2. Aplicando los criterios del cuadro (3.9):
≠
z
≠
2
2
por tanto se cruzan o son secantes. Calculando el determinante de M*:
det(•∗) = ˆ
3 2 (4 − 1)
2 5 (5 − 3)
1 5 (3 − 2)
ˆ = 0 ; son secantes
Ejemplo 2
Determinar las posiciones de las rectas:
r: (1,0,1) + Q (−1,1,0) ; i: (0,1,2) + ª(2,0,1)
Solución
En formato paramétrico:
r: _
= 1 − Q
= 0 + Q
= 1 + 0Q
i: _
= 0 + 2ª
= 1 + 0ª
= 2 + ª
Luego, aplicando el Método 1, procedamos a igualar las ecuaciones:
1 − Q = 2ª (1)
Q = 1 (2)
1 = 2 + ª (3)
Sustituyendo Q = 1 en la ecuación (1) resulta ª = 0, valor que sustituido en (3) es inconsistente.

El sistema es incompatible, no posee solución, por tanto de acuerdo teniendo en cuenta que los
vectores directores no son colineales, se cruzan.
Ángulo entre dos rectas
Para medir el ángulo que forman dos vectores D D2, D , D ) y B(B2, B , B )
usaremos la fórmula del producto escalar de ambos:
cos(D, B) =
‖S∙U‖
‖S‖‖ U‖
=
|STUT;SVUV;SWUW|
pST
V;SV
V; SW
V pUT
V;UV
V; UW
V
Al tomar valor absoluto en el numerador, esta fórmula nos da el menor de los ángulos que forman
ambos vectores.
Según vemos en el dibujo del lado derecho el menor de los dos ángulos (• y su suplementario)
es: • D, B)
Distancia entre dos rectas
a. Si las rectas r y i son secantes la distancia ¬(r, i) = 0.
b. Si las rectas r y i son paralelas, tomamos un punto
cualquiera de r y calculamos a continuación la
distancia de a i ; ( ) ( )sPdsrd ,, =
c. Si las rectas r y i se cruzan, hay varios métodos para
calcular la distancia:
A) método del producto mixto (cálculo directo)
El volumen del paralelepípedo es:




=
→→→
PQvuV ,,
(3.9)

El área de la base es:
5 |D € B|
La altura h es la ( )π,Qd que coincide con la distancia entre ambas rectas: ( )srd ,
Por tanto tendremos la fórmula:
¬ r, i) = ¬( , ‹) = ℎ =
Ê
5
=
„ËD, B, Ì„
|D € B|
Ejemplo
Calcular la distancia entre las rectas:





+=
−=
+=





+=
−=
+=
µ
µ
µ
λ
λ
45
3
34
:
28
1
5
:
z
y
x
s
z
y
x
r
Solución
( ) ( ) ( ) ( ) ( )3,4,1;5,3,4,8,1,5;4,1,3;2,0,1 −−−−
→→→
PQQPvu
Las rectas se cruzan pues:










−=
42
10
31
M y










−
−
−
=′
342
410
131
M
3)'(2)( == MrangoMrango
Por tanto:
( ) ( )
( )
u
vxu
PQvu
A
V
hQdsrd 3
3
9
1,2,2
342
410
131
,,
,, ==
−
−
−
−
=




==== →→
→→→
π
B) método constructivo
Determinamos el plano π paralelo a la recta s y que contiene a la recta r :

¬ r, i) = ¬(i, ‹)
Ejemplo





+=
−=
+=





+=
−=
+=
µ
µ
µ
λ
λ
45
3
34
:
28
1
5
:
z
y
x
s
z
y
x
r
Solución
Vamos a determinar el plano π calculando un vector normal a dicho plano:
= D × B = ˆ1 0 2
3 −1 4
ˆ = 2 + 2 − 1 = (2,2 − 1)
El punto ( ) rP ∈− 8,1,5 Por tanto la ecuación del plano π es:
( ) ( ) ( ) 022:0811252: =−+⇒=−−++− zyxzyx ππ
Para calcular la distancia entre las rectas r y s (se cruzan) aplicamos:
( ) ( ) ( ) ( )( ) udQdsdsrd 3
3
9
144
53.24.2
,5,3,4,,, ==
++
−+
==== πππ
Ejemplo 2
r: _
= 13 + 12Q
= 2
= 8 + 5Q
y i: _
= 6
= 6 + ª
= −9
Solución
Hallemos el plano ‹ que contiene a r y es paralelo a i:
(12,0,5) ∥ r
(0,1,0) ∥ i
Í (12,0,5) × (0,1,0) = (−5,0,12) ⊥ ‹
El punto (13,2,8) pertenece a r y por tanto a ‹.

Entonces aplicando la ecuación (5.1) resulta:
‹: * 5( − 13) + 0( − 2) + 12( − 8) = 0, o sea:
‹: − 5 + 12 − 31 = 0
¬(r, i) = ¬(i, ‹) = ¬ (6,6, −9), ‹ =
| − 30 − 108 − 31|
√25 + 144
= 13
C) método del vector variable
Llamamos R a un punto genérico de la recta r
Las coordenadas de R dependen del parámetro λ
Llamamos S a un punto genérico de la recta s
Las coordenadas de S dependen del parámetro µ
→
RS es un vector con origen en + y extremo en ..
Las coordenadas del vector
→
RS dependen de los parámetros: λ y µ
Obligamos al vector
→
RS a que sea perpendicular a las rectas r y s . Para ello
+. . D = 0
+. . B = 0
Da lugar a un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas ( µλ y ). Al resolverlo, obtenemos
dos valores para µλ y y dos puntos ⇒00 SyR un vector:
→
00 SR perpendicular a r y s .
Ahora para calcular la distancia entre las rectas r y s tenemos que ¬(r, i) = ¬(+Œ, .Œ)
Ejemplo
r: _
= 13 + 12Q
= 2
= 8 + 5Q
i: _
= 6
= 6 + ª
= −9

Solución
Punto genérico de r: + 13 + 12Q, 2,8 + 5Q)
Punto genérico de i: .(6,6 + ª, −9)
El vector +. = (−7 − 12Q, 4 + ª, −17 − 5Q)
De todos los vectores +. nos quedamos con aquel que sea perpendicular a las dos rectas.
Para ello calculamos el producto escalar de los vectores directores con el vector +.:
¾
+. ∙ (12,0,5) = 0 ⇒ 169Q − 169 = 0 ⇒ Q = −1
+. ∙ (0,1,0) = 0 ⇒ 4 + ª = 0 ⇒ ª = −4
Sustituyendo en los puntos se obtienen los valores concretos de los mismos:
+(1,2,3) ; .(6,2, −9), entonces:
¬(r, i) = ¬(+, .) = n5 + 0 + (−12) = √169 = 13

Ejercicio 1
Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos 2 1, 2, 3) y (0, 1, 2) expresando las
ecuaciones paramétricas y general.
Solución
]
= 2 + Q( 2 − ) = 1 + Q
= 2 + Q ( 2 − ) = 2 + Q
= 2 + Q( 2 − ) = 3 + Q
Despejando Q:
Q =
− 1
1
=
− 2
1
=
− 3
1
Ejercicio 2
Obtener las ecuaciones paramétricas, general y reducidas de la recta que pasa por los puntos:
5 = (– 5, 3, 7) y 6 = (2, – 3, 3)
Solución
Vector director: 56 = (7, −6, −4)
= 2 + 7Q
= −3 − 6Q
= 3 − 4Q
Ecuación general:
•9
u
=
–;
9y
=
—9
9w
•9
u
=
–;
y
⇒ −6 + 12 = 7 + 21
•9
u
=
—9
9w
⇒ 4 + 7 − 29 = 0
Ejercicio 3
Hallar las ecuaciones paramétricas de las rectas que pasan por:
6 + 7 + 9 = 9

a) A (2, 0, 5) y B (–1, 4, 6)
b) M (5, 1, 7) y N (9, –3, –1)
c) P (1, 0, –3) y Q (1, 4, –3)
d) R (0, 2, 3) y S (0, 2, 1)
Solución
a) Vector director: 56 *1 * 2,4 − 0,6 − 5) = (−3,4,1)
= 2 − 3Q
= 4Q
= 5 + Q
b) Vector director: •Ï = (4, −4 − 8) ~ (1, −1,2)
= 5 + Q
= 1 − Q
= 7 − 2Q
c) Vector director: = (0,4,0)
= 1
= 4Q
= −3
d) Vector director: +. = (0,0, −2)
= 0
= 2
= 3 − 2Q
Ejercicio 4
Escribir las ecuaciones que la recta que pasan por los puntos 5(−3,2,1) y 6(−5/2, 3/2,0)
Solución
Un vector director de la recta es: 56 = (
2
,
92
, −1)
Se puede tomar este vector o siempre tomar un vector paralelo tal como: D= (1,-1,-2) lo cual
facilita los cálculos.

Ecuación vectorial: , , ) = (−3,2,1) + Q(1, −1 − 2)
= −3 + Q
= 2 − Q
= 1 − 2Q
Forma general:
•;
2
=
–9
92
=
—92
9
Forma reducida:
•;
2
=
–9
92
=> + + 1 = 0
+ 3
1
=
− 1
−2
=> 2 + + 5 = 0
Ejercicio 5
Obtener las ecuaciones paramétricas, general y reducidas de la recta que pasa por los
puntos: 5 = (– 5, 3, 7) y 6 = (2, – 3, 3)
Solución
Vector director: 56 = (7, −6, −4)
= 2 + 7Q
= −3 − 6Q
= 3 − 4Q
Ecuación general:
•9
u
=
–;
9y
=
—9
9w
•9
u
=
–;
y
⇒ −6 + 12 = 7 + 21 6 + 7 + 9 = 9
•9
u
=
—9
9w
⇒ −4 + 8 = 7 − 21 4 + 7 − 29 = 0
Ejercicio 6
Obtener las ecuaciones paramétricas, general y reducidas de la recta que pasa por los puntos:
5(−5,3,7) y 6(2, −3,3).
Solución

Vector director: 2, −3,3) − (−5,3,7) = (7, −6, −4)
Ecuaciones paramétricas:
_
= −5 + 7Q
= 3 − 6Q
= 7 − 4Q
Ecuación general (se despeja Q e iguala):
+ 5
7
=
− + 3
6
=
− + 7
4
]
•;z
u
=
9–;
y
⇒ 6 + 30 = −7 + 21
•;z
u
=
9—;u
w
⟹ 4 + 20 = −7 + 49
⟹ >
6 + 7 + 9 = 0
4 + 7 − 29 = 0
Ejercicio 7
Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (8, 2, 3) y lleva la dirección
del vector .
Solución
5(8,2,3) = (0,1,0) _
= 8
= 2 + Q
= 3
Ejercicio 8
Dados los puntos 5 = (2, 6, −3) y 6 = (3, 3, −2), hallar los puntos de la recta 56 que
tienen al menos una coordenada nula.
Solución
56 = (3 − 2,3 − 6, −2 + 3) = (1, −3,1)
_
= 2 + Q
= 6 − 3Q
= −3 + Q
λ = −2 => A(0,12, −5)

λ 2 => B(4,0, −1)
λ = 3 => C(5, −3,0)
Ejercicio 9
Hallar una ecuación continua de la recta que es paralela a los planos: − 3 + =
0 y 2 − + 3 − 5 = 0, y pasa por el punto 5 = (2, −1, 5).
Solución
El vector director de la recta es perpendicular a los vectores normales de cada
plano.
2 = (1, −3,1) ; = (2, −1,3)
D = 2 × = ˆ1 −3 1
2 −1 3
ˆ = −9 + 2 − + 6 − 3 + = −8 − + 5 = (−8, −1,5)
Teniendo en cuenta que pasa por el punto A(2,-1,5):
− 2
−8
=
+ 1
−1
=
− 5
5
Ejercicio 10
Determinar la ecuación de la recta que pasa por el punto 5(1, −1, 0) y corta a las
rectas:
r:
− 2
3
=
2
=
− 1
1
; i:
−1
=
− 2
1
=
−2
Solución
La recta pedida es la intersección de los dos planos que pasan por A y contienen
a las rectas r y i.
Plano que contiene a A y r.

56 2 − 1,0 + 1,1 − 0) = (1,1,1)
5(1, −1,0) D = (3,2,1) 56 = (1,1,1)
ƒ
− 1 3 1
+ 1 2 1
1 1
ƒ = 0 ⇒ − 2 + − 3 = 0
Plano que contiene a A y i.
57 = (0 − 1,2 + 1,0 − 0) = (−1,3,0)
7(0,2,0) B = (−1,1,2) 57 = (−1,3,0)
ƒ
−1 −1
− 2 1 3
−2 0
ƒ = 0 ⇒ ›
6 + 2 − 2 − 4 = 0
3 + − − 2 = 0
La recta pedida es:
Ô: ›
− 2 + − 3 = 0
3 + − − 2 = 0
Ejercicio 11
Dadas las rectas r: _
= 2 + Q
= −1 − Q
= 1 + 2Q
y i: ›
2 − = 0
− = 0
hallar ∈ ℝ de tal forma que i y r sean
paralelas.
Solución
Dado i: ›
2 − = 0
− = 0
existe un grado de libertad, definamos = Ô, sustituyendo en el sistema y
despejando las variables se obtiene el sistema:
_
= Ô 2⁄
= − 4⁄ Ô
= Ô
; luego para que ambas rectas sean paralelas sus vectores directores (1, −1,2) y
(1/2, − /4, 1) deben ser colineales:
2
2/
=
92
9Ö/w
=
2
= ℎ ⇒ ℎ = 2 por tanto:
w
Ö
= 2 ⇒ = 2

Ejercicio 12
Determinar las posiciones relativas de las rectas:
r: 1,0,1 3 Q(*1,1,0 ; i: (0,1,2) + ª(−4,4,0)
Solución
Pasemos a su formato paramétrico:
r: _
= 1 − Q
= 0 + Q
= 1 + 0Q
; i = _
= 0 − 4ª
= 1 + 4ª
= 2 + 0ª
Igualando ambas ecuaciones:
_
1 − Q = −4ª
Q = 1 + 4ª
† = ‡
⟹ sistema incompatible
Luego, dado que los vectores directores son colineales: D = (−1,1,0) ; B = (−4,4,0)
se cumple que B = 4D, por tanto las rectas son paralelas.
Ejercicio 13
Para las siguientes rectas determinar su posición relativa:
r: _
= 1 + Q
= 3 − 2Q
= 1 − Q
y i: _
= −1 − ª
= −3 + 2ª
= −1 + ª
Solución
Vector director de r: (1, −2,1)
Vector director de i: (−1,2,1)
Se cumple que: −1. (1, −2,1) = (−1,2,1), es decir los vectores son colineales, por tanto las rectas
son paralelas o coincidentes.
]
1 + Q = −1 − ª (1)
3 − 2Q = −3 + 2ª (2)
1 − Q = −1 + ª (3)
De (3) se infiere que: Q = −2 − ª ; sustituyendo en (2):

3 − 2(−2 − ª) = −3 + 2ª ⇒ 7 = −3
El sistema es incompatible, por tanto no existe punto de intersección. Las rectas son paralelas
Ejercicio 14
Determinar la posición relativa de las siguientes rectas:
×2 :
•92Œ
=
–;2
=
—9
92
y × :
•;
y
=
–;2x
x
=
—9Ø
9
Solución
El vector director de ×2 es: (2,3,-1) y el de × : (6,9.-3). Se verifica que 3. (2,3,-1)= (6,9,-3) por tanto
ambos vectores son colineales, las rectas son paralelas o coincidentes.
Si son coincidentes el punto (10,-1,2) de la recta ×2 debe verificar la recta × , sustituyendo:
10 + 2
6
=
−1 + 19
9
=
2 − 8
−3
= 2
Por tanto son coincidentes.
Ejercicio 15
Determinar el valor de Q para que las siguientes rectas se corten.
r:
•;
=
–
9
=
—92
w
y i:
•9
Ù
=
–92
w
=
—9u
Solución
Transformando las ecuaciones de su forma general a la paramétrica:
r: _
= −2 + 2ª
= −3ª
= 1 + 4ª
i: _
= 3 + QÔ
= 1 + 4Ô
= 7 + 2Ô
Igualando ambas ecuaciones en , , :
]
−2 + 2ª = 3 + QÔ (1)
−3ª = 1 + 4Ô (2)
1 + 4ª = 7 + 2Ô (3)
Si realizamos las siguientes operaciones equivalente: (2)+-2.(3) resulta ª = 1. Sustituyendo este
valor en (2):

*3. (1 = 1 3 4Ô ⟹ Ô = *1
Luego si sustituimos ambos valores en la ecuación (1), se obtiene que Ú = Û. Las rectas quedan
expresadas como:
r:
•;
=
–
9
=
—92
w
y i:
•9
=
–92
w
=
—9u
Si se sustituye los valores de los parámetros en la expresión de la recta r, se obtiene el punto de
corte de ambas rectas: r ∩ i = (0, −3,5)
Ejercicio 16
Sea una recta que pasa por el punto 5( 2, , ) y es paralela al vector B = (1,3, −1 . Hallar los
valores de las coordenadas de A, sabiendo que pertenece a la recta r dada por la ecuación
vectorial (Ô = (1 * 2Ô, −Ô, 1 + Ô) y que la recta corta a la recta i dada por:
+ 5
4
=
− 7
2
=
+ 3
3
Solución
El vector director es paralelo a B por tanto:
r: ]
= (1 − 2Ô) + 1Q
= (−Ô) + 3Q
= (1 + Ô) − 1Q
y i: _
= −5 + 4ª
= 7 + 2ª
= −3 + 3ª
Igualando ambas ecuaciones:
]
1 − 2Ô + Q = −5 + 4ª (1)
−Ô + 3Q = 7 + 2ª (2)
1 + Ô − Q = −3 + 3ª (3)
Luego, sumando (1)+(3) se obtiene: 2 − Ô = −8 + 7ª (4)
De la misma forma: (1)+ 3. (3) resulta en: 3 + 2Ô = −2 + 11ª (5)
Eliminemos ª : 11.(4)-7.(5), de los cual resulta: Ô = 3.
Los valores de las coordenadas serán entonces:
2 = 1 − 2. (3) = −5 ; = −3 ; = 1 + 3 = 4
5 = (−5, −3,4)

Ejercicio 17
Determinar las posiciones relativas de las siguientes rectas dadas por sus ecuaciones reducidas:
r: ›
*2 + 4 = 10
5 − 4 = −3
y i: ›
5 − 4 = −6
−2 − 5 = 22
Solución
La variable que aparece duplicada en el primer sistema es , por tanto consideremos tomar =
Q, se obtiene:
µ
¶
·
¶
¸
−2Q + 4 = 10
5Q − 4 = −3
⇒ r:
µ
¶
·
¶
¸
= Q
=
3
4
−
5
4
Q
=
5
2
−
1
2
Q
En el segundo sistema consideramos = ª, sustituyendo y operando se obtiene:
›
5 − 4ª = −6
−2ª − 5 = 22
⟹ i:
µ
¶
·
¶
¸ = −
6
5
+
4
5
ª
= ª
= −
22
5
−
2
5
ª
Igualando ambos sistemas:
µ
¶
·
¶
¸

Q = −
6
5
+
4
5
ª (1)
3
4
−
5
4
Q = ª (2)
5
2
−
1
2
Q = −
22
5
−
2
5
ª (3)
Operando con las ecuaciones (2) y (3) se obtienen los valores de Q y ª: Q =
y
z
; ª = −
w
Luego sustituyendo en (1):
y
z
= −
y
z
+
w
z
. ~− w
• ⟹ 7,2 ≠ −7,8 ; el sistema es incompatible, por tanto las rectas son
paralelas o se cruzan. Analicemos si las rectas son colineales.
El vector director de r es: D = ~1,−
5
4
, −
1
2
• y el de i: B = ~
4
5
,1, −
2
5
•, si son colineales se debe
cumplir que D = B
Ü1, −
5
4
, −
1
2
Ý = Ü
4
5
, 1, −
2
5
Ý = Ü
4
5
, , −
2
5
Ý

Igualando el segundo componente se obtiene: *5/4.
Este valor no verifica en el primer componente: 1 =
w
z
. *
z
w
= *1, por tanto no son colineales.
Por tanto, las rectas se cruzan (alabeadas).
Problemas
1. Determine la posición relativa de las rectas r y i definidas por las ecuaciones:
r: ›
*2 + + = 0
+ 2 − 3 = 0
i: ›
− + 3 − 2 = 1
3 + − 4 = −1
2. Determine la posición relativa de las rectas r y i siguientes:
r: _
= 3 + Q
= 7 − 2Q
= 4 + 3Q
i: ›
2 + = 3
3 + 2 = 29
3. Considere los puntos 5(0,0,0), 6(−6, −2,1), 7(15,5,2) y 1(18, , 3) y las rectas r y i tales que
5, 6 ∈ r y 7, 1 ∈ i. Determinar el valor de para que las rectas se corten en un punto.
4. Para el par de rectas siguientes determinar si son secantes, paralelas o se cruzan:
r:
•;2
=
–9
= y s:
•9
=
–;w
= − 1

CAPITULO 4. Planos
4.1 Definición
DEFINICIÓN 4.1. Un plano ‹ en el espacio queda determinado vectorialmente conociendo:
1. Un punto , , ) perteneciente a dicho plano ‹ y
2. Dos vectores directores D = (D2, D , D ) y B = (B2, B , B ) linealmente independientes y
paralelos a ‹
En el gráfico anterior el vector de posición q nos lleva hasta el punto del plano ‹ . A
continuación la combinación lineal QD 3 ªB nos permite acceder desde P a cualquier punto
X del plano ‹.

DEFINICIÓN 4.2. Ecuación normal del plano
Si conocemos un punto , , ) del plano ‹ y una
dirección perpendicular:
(5, 6, 7) (vector normal)
a dicho plano, cualquier punto X del plano determina,
(con P), un vector ( − , − , − ) que es
perpendicular a y por tanto podemos establecer la
siguiente ecuación vectorial:
∙ = 0 h 5( * 3 6( * 3 7( * = 0
Esta es la llamada ecuación normal del plano ‹ , definida por un punto y un vector perpendicular.
Recíprocamente si conocemos la ecuación reducida del plano π .
Efectivamente, sea ‹: 5 3 6 3 7 3 1 = 0, sabemos que el vector de coordenadas (5, 6, 7)
es un vector perpendicular al plano ‹. Por tanto la ecuación de cualquier plano se puede
encontrar con un punto del plano y el vector normal a él.
Ejemplo
Hallar la ecuación del plano que contiene a los puntos 2(1,2,3), (−1,0,1) y (2, −1,0).
Solución
Con los puntos dados se definen dos vectores, no importando el orden, luego calculando el
producto vectorial de ellos se obtiene un vector normal al plano.
(4.1)

Calculemos D , B y :
D = 2 = (−1 * 1,0 * 2,1 − 3) = (−2, −2, −2)
B = 2 = (2 − 1, −1 − 2,0 − 3) = (1, −3, −3)
Aplicando (2.8):
= D × B = ˆ−2 −2 −2
1 −3 −3
ˆ = 0 + 8 − 8
= 0Þ Z + 8Þ s − 8Þ
Sea el punto fijo 2(1,2,3) (o cualquier otro del plano), entonces aplicando la ecuación (4.1)
resulta:
0( − 1) + 8( − 2) − 8( − 3) = 0
− + 1 = 0
4.2 Ecuaciones del Plano
Ecuación vectorial del plano
Según acabamos de describir para el plano ‹ tenemos su ecuación vectorial.
Los parámetros λ y µ pueden tomar cualquier valor. Al hacerlo el punto X recorre el plano
π .
Ecuaciones paramétricas del plano
Si operamos la ecuación vectorial obtenemos las ecuaciones paramétricas:
= q + QD + ªB h ( , , ) = ( , , ) + Q(D2, D , D ) + ª(B2, B , B )
(4.2)
a b c

‹: _
3 QD2 3 ªB2
3 QD 3 ªB
3 QD 3 ªB
Ecuación reducida del plano
Si en las ecuaciones paramétricas eliminamos los parámetros Q y ª obtenemos una única
ecuación llamada ecuación implícita o reducida del plano ‹:
5 3 6 3 7 3 1 0 {(5, 6, 7, 1) ≠ 0 ∧ ∈ ℝ}
Ecuación por tres puntos
Dados tres puntos 5( 2, 2, 2), 6( , , ) y 7( , , ), pasa un plano que se puede hallar
resolviendo el siguiente determinante e igualándolo a cero:
ƒ
− − −
2 − 2 − 2 −
− − −
ƒ = 0
Ecuación segmentaria o canónica del plano
Sean los puntos 5( , 0, 0 , 6 (0, , 0 y 7(0, 0, ), la ecuación
canónica se obtiene:
• Calculando la ecuación implícita: 5 3 6 3 7 3 1 = 0
• Luego para obtener la ecuación canónica:
•
8
3
–
:
3
—
•
= 1
Se opera de la siguiente forma:
(4.4)
(4.5)
(4.6)
(4.3)

9¦
à

9¦
t

9¦
á
Ejemplo 1
Hallar la ecuación segmentaria del plano que pasa por los puntos 5 1,1,0 , 6(1,0,1 y 7(0,1,1 .
Solución
Aplicando la ecuación de tres puntos
ƒ
* * *
2 * 2 * 2 *
9 * 9
ƒ = 0
Se llega a la forma implícita: * * * 3 2 = 0
Dividendo por -2 se obtiene la ecuación segmentaria:
2
+
2
+
2
= 1
Ejemplo 2
Hallar en cada caso las ecuaciones vectoriales, paramétricas y reducidas del
plano que pasa por los puntos 5(2,3,0), 6(−2,3,4) y 7(0,6,0).
Solución
Método 1
56 = B = (B2, B , B ) y 67 = D = (D2, D , D )
B = (−2 − 2,3 − 3,4 − 0) = (−4,0,4) D = (0 + 2,6 − 3,0 − 4) = (2,3, −4)
La ecuación vectorial es:
‹: ( , , ) = (2,3,0) + Q(−4,0,4) + ª(2,3, −4)
Para hallar el plano en su forma general, debemos obtener el vector normal.

D € B ˆ*4 0 4
2 3 −4
ˆ = −12 − 8 − 12 ⟹ = (−12, −8, −12) luego aplicando
(4.1):
−12 ( − 2) − 8( − 3) − 12 = 0 ⟹ −3 − 2 − 3 + 12 = 0 que es la ecuación general del
plano.
Para obtener las ecuaciones paramétricas del plano se debe considerar un punto y los dos
vectores directores:
5(2,3,0); B = (−4,0,4); D = (2,3, −4)
‹: _
= 2 − 4Q + 2ª
= 3 + 3ª
= 4Q − 4ª
Método 2
Este método alternativo no requiere calcular el vector normal y por tanto no se auxilia del cálculo
matricial.
Partiendo de la ecuación paramétrica:
‹: ]
= 2 − 4Q + 2ª (1)
= 3 + 3ª (2)
= 4Q − 4ª (3)
Luego de la ecuación (2) resulta: ª =
–9
; sustituyendo este valor en la ecuación (3): = 4Q −
4 â
–9
ã ⟹ Q =
2
2
(3 + 4( − 3)) luego, sustituyendo en (1) los valores de Q y ª , se obtiene la
ecuación reducida del plano 3 − 2 − 3 + 12 = 0
4.3 Posiciones relativas del Plano
Dos planos ‹2 ‹ y pueden situarse en el espacio de tres modos:

Sean las ecuaciones implícitas: ‹2:5 + 6 + 7 + 1 = 0 y ‹ : 5′ + 6′ + 7′ + 1′ = 0 las
condiciones necesarias y suficientes para que se cumpla alguna de las situaciones anteriores es:
Cuadro 3. Posiciones relativas de los planos
Caso Ecuación
Planos Coincidentes 5
5′
=
6
6′

7
7′

1
1′
Planos Paralelos 5
5′

6
6′

7
7′
≠
1
1′
Planos Secantes (se cortan en una recta) 5
5′
≠
6
6′
≠
7
7′
Planos Perpendiculares (caso particular de Secantes) 55Š
3 66Š
3 77Š
0
Secantes Paralelos Coincidentes

Ejercicio 1
Hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos 5 1, −2, 4) , 6(0, 3, 2) y es
paralelo a la recta:
− 1
4
=
− 2
1
=
+ 1
2
Solución
5(1, −2,4) ; 56 = (−1,5, −2) ; D = (4,1,2)
ƒ
− 1 −1 4
+ 2 5 1
− 4 −2 2
ƒ = 0 => 4 − 2 − 7 + 20 = 0
Ejercicio 2
Dadas las rectas:
r:
•;
=
–92
=
—;2
92
y i:
•92
9
=
–9
9
=
—
Determinar la ecuación del plano que contiene a la recta r y es paralelo a la
recta i.
Solución
5(−2,1, −1) D = (3,2, −1) B = (−2, −2,3)
ƒ
+ 2 3 −2
− 1 2 −2
+ 1 −1 3
ƒ = 0 ⇒ 4 − 7 − 2 + 13 = 0

Ejercicio 3
Sea ‹ un plano que pasa por 1, 2, 1) y corta a los semiejes coordenados
positivos en los puntos A, B y C. Sabiendo que el triángulo ABC es equilátero,
hallar las ecuaciones de ‹.
Solución
5( , 0,0) ;6(0, , 0) ; 7(0,0, )
+ + = 1 ⇒ = =
Como el triángulo es equilátero, los tres segmentos son iguales.
+ + = 1 ; + + =
1 + 2 + 1 = ⟹ = 4 por tanto: + + = 4
Ejercicio 4
Hallar la ecuación del plano que contiene a las rectas:
r:
•;
2
=
–92
=
—;
92
; i:
•;
92
=
–92
w
=
—;
9
Solución
5(−2,1, −3) D = (1,3, −1) B = (−1,4, −2)
ƒ
+ 2 1 −1
− 1 3 4
+ 3 −1 −2
ƒ = 0 ⇒ −2 + 3 + 7 + 14 = 0
Ejercicio 5
plano que pasa por los puntos (1,1, −1), (−2, −2,2) y +(1, −1,2)

Solución
Por el Método 2
B *3, −3,3) y + = D = (0, −2,3)
‹: ( , , ) = (1,1, −1) + Q(−3, −3,3) + ª(0, −2,3)
Las ecuaciones paramétricas respectivas son:
‹: ]
= 1 − 3Q (1)
= −3 − 3Q − 2ª (2)
= −1 + 3Q + 3ª (3)
De la ecuación (1) se deduce: Q =
•92
luego sustituyendo en (2): ª =
2
(− − − 2).
Finalmente se reemplazan los valores de Q y ª en (3), obteniéndose la ecuación
reducida: −3 + 6 + + 6 = 0
Ejercicio 6
Hallar las coordenadas del punto común al plano + 2 − − 2 = 0 y a la recta
determinada por el punto (1, −3, 2) y el vector D = (2,4,1)
Solución
_
= 1 + 2Q
= −3 + 4Q
= 2 + Q
(1 + 2Q) + 2(−3 + 4Q) − (2 + Q) − 2 = 0
Q = 1 => 6(3,1,3)

Ejercicio 7
Hallar la ecuación implícita del plano que pasa por el punto 1, 1, 1 y es paralelo
a:
_
= 1 3 2Q − 3ª
= 3 + 2ª
= −1 − ª
Solución
(1,1,1) D = (2,0,0) B = (−3,2, −1)
ƒ
− 1 2 −3
− 1 0 2
− 1 0 1
ƒ = 0 ⇒ −2(− + 1 − 2 + 2) = 0 ⟹ + 2 − 3 = 0
Ejercicio 8
Hallar la ecuación del plano que contiene al punto A (2, 5, 1) y a la recta de ecuación:
− 2
4
=
− 1
1
=
+ 1
2
Solución
6(2,1, −1) 56 = (2 − 2,1 − 5, −1 − 1) = (0, −4, −2)
5(2,5,1) D = (1,3,1) 56 = (0, −4, −2)
ƒ
− 2 1 0
− 5 3 −4
− 1 1 −2
ƒ = 0 ⟹ − + 2 + 1 = 0
Ejercicio 9
Hallar la ecuación del plano que contiene a la recta
•9
2
=
–9
9
=
—9w
y es
paralelo a la recta.

_
1 3 3Q
= 1 3 2Q
= Q
Solución
El punto 5(2, 2, 4) y el vector D = (1, −2,3) pertenecen al plano, ya que la primera
recta está contenida en el plano.
El vector B = (3,2,1) es un vector del plano, por ser paralelo a la recta.
5(2,2,4) D = (1, −2,3) B = (3,2,1)
ƒ
− 2 1 3
− 2 −2 2
− 4 3 1
ƒ = 0 => − − + 4 = 0
Ejercicio 10
Hallar la ecuación del plano paralelo a las rectas de ecuaciones:
r:
•9
92
=
–
2
=
—;2
y i: ›
2 − + = −2
− + + 3 = 1
y que pasa por el punto (1, 1, 2).
Solución
›
2 − + = −2
− + + 3 = 1
⟹ ›
2 − = −2 − (1)
− + = 1 − 3 (2)

Para despejar se procede a realizar: 2.(2)+(1):
= −7 , luego sustituyendo en (1): = 1 − 4 , luego asignando = Q:
i: _
= 1 − 4Q
= −7Q
= Q

5 1,1,2) ; D = (−1,1,2) ; B = (−4, −7,1)
ƒ
− 1 −1 −4
− 1 1 −7
− 2 2 1
ƒ = 0 15 − 7 + 11 − 30 = 0
Ejercicio 11
Estudiar la posición relativa de la recta y el plano:
‹: 2 − + 3 = 8 r: _
= 2 + 3Q
= −1 + 3Q
= −Q
Solución
Se deben hallar los puntos de corte de ‹ y r:
(2 + 3Q) − (−1 + 3Q) + 3(−Q) = 8
El resultado es 0 = 3.
La recta y el plano son paralelos dados que no tienen punto en común
Ejercicio 12
Dados los siguientes planos, estudiar la posición relativa de cada uno de ellos:
_
2 − + 3 = 8
+ 3 − = 5
2 + 6 − 2 = 5
Solución
2 − + 3 = 8
+ 3 − = 5
Í
+ 3 − = 5
2 + 6 − 2 = 5
Í
2 − + 3 = 8
2 + 6 − 2 = 5
Í
Se cortan en una recta
Son paralelos
Se cortan en una recta

Ejercicio 13
Dado el plano ‹: 3 − 5 3 − 2 = 0 determinar la ecuación de un plano ‹′, paralelo
que contenga al punto 5(−3,2,4).
Solución
Un vector normal al plano es = (3, −5 − 1) como ‹′ debe ser paralelo a ‹, el vector
anterior también es normal a ‹′, y por tanto tendrá la forma:
‹Š
: 3 − 5 + + 1 = 0
Se debe determinar D, aplicando la condición de paralelismo, debe satisfacer que
pase por el punto A para estar contenido en él, por tanto:
3(-3)-5(2)+4+D=0 => D= 15
El plano es: ‹Š
: 3 − 5 + + 15 = 0
Ejercicio 14
Determinar la ecuación del plano ‹ , que corta a los ejes coordenados , y en 5, 8 y 2
respectivamente.
Solución
El ejercicio trata de hallar el plano que pasa por tres puntos: 5(5,0,0), 6(0,8,0) y
7(0,0,2). Aplicando la fórmula (4.5):
ƒ
− − −
2 − 2 − 2 −
− − −
ƒ = ƒ
− 0 − 0 − 2
5 − 0 0 − 9 0 − 2
0 − 0 8 − 0 0 − 2
ƒ = 0
Aplicando la regla de Sarrus se obtiene la ecuación del plano:
34 + 10 + 40 = 80

Ejercicio 15
plano que cumple:
a. Pasa por los puntos 5 2,3,0), 6(−2,3,4) y 7(0,6,0)
b. Pasa por los puntos (1,1, −1), (−2, −2,2) y +(1, −1,2)
c. Corta a los ejes de coordenada en los puntos = 1, = 2 y = 3
Solución
a. 56 = B = (B2, B , B ) y 67 = D = (D2, D , D )
B = (−2 − 2,3 − 3,4 − 0) = (−4,0,4) D = (0 + 2,6 − 3,0 − 4) = (2,3, −4)
‹: ( , , ) = (2,3,0) + Q(−4,0,4) + ª(2,3, −4)
Para hallar el plano en su forma general, debemos obtener el vector normal.
= D × B = ˆ−4 0 4
2 3 −4
ˆ = −12 − 8 − 12 ⟹ = (−12, −8, −12) luego aplicando(4.1)
considerando el punto A:
−12 ( − 2) − 8( − 3) − 12 = 0 ⟹ −3 − 2 − 3 + 12 que es la ecuación general del
plano.
Para obtener las ecuaciones paramétricas del plano se debe considerar un punto y los dos
vectores directores:
5(2,3,0); B = (−4,0,4); D = (2,3, −4)
Ejercicio 16
Dados los puntos 5(2,5,0), 6(2,5,1), 7(−3,5,5) y 1(−3,5,0) determinar la ecuación del
plano que pasa por ellos.

Solución
Para determinar si hay un plano por los cuatro puntos, se toman tres de ellos, luego
se determina la ecuación del plano aplicando la ecuación (4.5) y se verifica si el
cuarto punto cumple con la ecuación.
Consideremos los puntos 5 2,5,0), 6(2,5,1), 7(−3,5,5), luego por (4.5):
ƒ
+ 3 − 5 − 5
2 + 3 5 − 5 0 − 5
2 + 3 5 − 5 1 − 5
ƒ = −5 + 25 = 0 ⇒ − 5 = 0
Verificando el punto 1(−3,5,0): 5 − 5 = 0 ; pertenece al plano
Ejercicio 17
Encontrar la ecuación del plano por los puntos 5(0, −2,0), 6(2,1, −1) y 7(1, −1,2)
usando los vectores directores.
Solución
56 = (2 − 0,1 − (−2), −1 − 0) = (2,3, −1)
67 = (1 − 0, −1 − (−2), 2 − 0) = (1,1,2)
Luego se realiza el producto vectorial para obtener el vector normal al plano:
= 56 × 67 = (7, −5, −1) (ecuación 2.8)
La ecuación del plano es 5 + 6 + 7 + 1 = 0 donde A, B y C son las coordinadas
del vector normal:
7 − 5 − + 1 = 0, luego dado que el punto A pertenece al plano se cumple:
7(0) − 5(−2) − 0 + 1 = 0 ⇒ 1 = 10 la ecuación del plano es entonces:
7 − 5 − − 10 = 0

Problemas
1. Hallar la distancia del punto 3,4,2) al plano que pasa por los puntos
5(3,0,0), 6(0,3,0), 7(0,03)
2. Determinar un vector normal al plano de ecuaciones paramétricas:
_
= 1 + 2Q + ª
= 2 − Q + ª
= 3 − Q − ª

CAPITULO 5. Posiciones relativas de Planos y Rectas
5.1 Posiciones de un Plano y una Recta
Una recta r: ¾
, , )
¬(¬2, ¬ , ¬ )
y un plano ‹: 5 3 6 3 7 3 1 = 0 pueden adoptar las siguientes
posiciones relativas en el espacio:
A) Si la recta r está contenida en el plano ‹, existe un número infinito de puntos
de intersección entre la recta y el plano
B) Si la recta r no intercepta al plano ‹ y es paralela al mismo
C) Si ∙ ¬ ≠ 0 ⇒ recta r es secante con el plano ‹ y lo intercepta en el punto
Otra forma de determinar la posición relativa, sin necesidad de calcular los vectores directores,
es siguiendo los pasos del siguiente cuadro:
› . ¬ = 0
∉ ‹
⇒
› . ¬ = 0
∈ ‹
⇒

Cuadro 4. Posiciones relativas de Planos y Rectas
r: _
3 QD2
3 QD
3 QD
‹: 5 3 6 3 7 3 1 0
Se sustituyen las coordenadas del punto de la recta en la ecuación del plano:
5( 3 QD2 3 6( 3 QD 3 7( 3 QD 3 1 = 0 ⇒ “Q =
“Q =
“ E 0 ⇒ Sistema Compatible Determinado;
solución única
SE CORTAN
“ = 0, ≠ 0 ⇒ Sistema Incompatible; no
existe solución
PARALELAS
“ = 0, = 0 ⇒ Sistema Compatible
Indeterminado; infinitas soluciones
CONTENIDA
Ejemplo
Determinar el punto de intersección de la recta r: (3,1,2) + Q(1, −4, −8), Q ∈ ℝ y el plano
‹: 4 + 2 − − 8 = 0
Solución
Primero se debe convertir la recta de su forma vectorial a la forma paramétrica:
= 3 + Q, = 1 − 4Q, = 2 − 8Q
Luego se sustituyen los valores en ‹:
12 + 4Q + 2 − 8Q − 2 + 8Q − 8 = 0
Q = −1, observando el cuadro resulta a=1, por tanto se corta en un punto (q2, q , q ).
Para hallar las coordenadas del punto, se sustituye el valor de Q en la ecuación paramétrica y
se obtiene (2, 5,10).

Plano paralelo a dos rectas
Si el plano ‹ es paralelo a las rectas r y i con vectores directores D y B respectivamente,
entonces un vector normal al plano es D € B
En este caso, si conocemos un punto , , ) del plano ‹: 5 3 6 3 7 3 1 = 0 y si la dirección
perpendicular tiene de coordenadas = D × B = (5, 6, 7) , podemos determinar la ecuación
normal de dicho plano:
∙ o 5( − ) 3 6( − ) 3 7( − ) = 0
Recta definida por dos planos
Cuando una recta se da de forma implícita (intersección de dos planos)
r: ¾
5 3 6 3 7 3 1 = 0
5Š
3 6Š
3 7Š
3 1Š
= 0
⇒ ¾
(5, 6, 7) ⊥ ‹
′ (5Š
, 6Š
, 7Š) ⊥ ‹
Un vector director para la recta r se obtiene
calculando ¬ = × ′ .
Un punto P para esa recta lo obtenemos al resolver
el sistema que forman las dos ecuaciones de los
planos cuya intersección es r.
Así pues ya tenemos una determinación vectorial para la recta r que es:
r: , ¬ = ( , × Š
)
A partir de aquí ya podemos escribir cualquier ecuación de r.
(5.2)
(5.1)

5.2 Medida de ángulos entre rectas y planos
Para determinar el ángulo entre rectas, entre planos y entre rectas y planos, necesitamos
disponer para cada figura de un vector que caracterice su dirección. En la recta es obvio que
su vector director la caracteriza, mientras que en el plano ese papel lo desempeña su vector
normal (para un plano cualquiera solo hay una dirección perpendicular a ese plano).
Ejemplo
Calcular el ángulo • que forman las rectas:
r:
* 3
5
=
3 1
3
=
−1
i: ›
2 + 3 − 5 + 4 = 0
− 2 + 5 = 0

Solución
Como D(5,3, −1) y B = (2,3, −5) × (1, −2,0) = (−10, −5, −7)
cos(•) =
‖D ∙ B‖
‖D‖‖ B‖
=
|D2B2 + D B + D B |
nD2 + D + D nB2 + B + B
=
58
√6090
= 0,7432 ⇒ • = 41°59′35"
Ángulo entre dos planos
El ángulo • entre dos planos ‹ y ‹′ es el mismo que el que forman
sus respectivos vectores normales: y ′, por tanto:
hi(•) =
|O ∙OŽ|
|O||OŽ|
Ángulo entre recta y plano
El ángulo • entre una recta r y un plano ‹ es el que forma la recta
r con su proyección sobre plano ‹.
Se puede observar que este ángulo • es complementario del
ángulo que forman el vector director ¬ de la recta r y el vector
normal del plano ‹. Por tanto:
(5.3)

• ‹, r) ; cos(90° * • =
|O∙ ´|
|O||´|
Ejemplo 1
Calcular el ángulo que forman el plano ‹: 2 − 5 + 7 − 11 = 0 y la recta
r:
− 3
2
=
+ 1
5
=
− 1
−1
Solución
Los dos vectores directores son: ¬ = (2,5, −1) y = (2, −5,7) Aplicando la fórmula anterior:
• = (‹, r); cos(90º − •) =
„O∙ ´„
|O|„´„
=
|9 Ø|
„√ Œ„„√uØ„
= 0,5788 ⟹ 90º * • ⟹ 55º ⟹ • = 35º
Ejemplo 2
Calcular el ángulo entre: ‹: − 2 + 4 = 0 y ‹Š
: 2 − + 3 = 0
Solución
(1, −2,4) y Š(2, −1,0) (coeficientes de las ecuaciones de los planos) son los vectores
normales respectivos:
cos(•) =
|O∙ OŠ|
|O||OŠ|
=
w
√2Œz
= 0,39 ⇒ • ≈ 67º
5.3 Distancia entre puntos, rectas y planos
Distancia entre dos puntos
La distancia entre dos puntos ( , , ) y ( Š
, Š
, Š
) es el
módulo del vector ( Š
− , Š
− , Š
− ) o sea:
(5.4)

¬ , ) = „ „ = n( Š − ) 3 ( Š − ) 3 ( Š − )
Distancia de un punto a una recta
La distancia de un punto ( , , ) a una recta r: (+, ¬) es igual a la
longitud del segmento perpendicular que une con la recta r.
Coincide con la distancia entre los puntos P y 'P , siendo ’ la proyección
de P sobre r. Es decir:
¬( , r) = ¬( , Š)
Para calcular el valor de esa distancia hay varios métodos:
Método 1. Producto Vectorial
El área del paralelogramo de la figura izquierda es:
„+ × ¬„ . Si esta área la dividimos por la longitud de la base del
paralelogramo: „¬„obtenemos la altura ℎ del paralelogramo, que coincide
con la distancia buscada.
¬( , r) =
„åæ × ´„
„´„
Ejemplo
Calcular la distancia de (5, −1,6) a la recta r :
•92
9
=
–
92
=
—9z
2
Solución
+(1,05) ; ¬(−2, −1,1) ⇒ „¬„ = √6 „+ × ¬„ = |0, −6, −6| = √72
(5.6)
(5.7)
(5.8)

¬ , r) =
„+ × ¬„
„¬„
=
√72
√6
= √12
Método 2. Constructivo
Determinamos el plano ‹ perpendicular a la recta r: (+, ¬) que pasa
por el punto ( , , ). La intersección de este plano ‹ con la recta r
nos da el punto 'P (proyección de P sobre r). La distancia del punto
a la recta r se calcula como la distancia entre los puntos y ’.
¬( , r) = ¬( , Š
)
Ejemplo
Calcular la distancia de (5, −16) a la recta r: −1
−2
= −1
= −5
1
Solución
El plano ‹, perpendicular a la recta r, tiene por vector normal el vector director de la recta r,
es decir, ( )1,1,2 −−==
→→
dn ecuación normal de ‹.
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0320161125 =−−+⇒=−+−++−− zyxzyx





+=
−=
−=
⇒
−
=
−
=
−
−
λ
λ
λ
5
0
21
:
1
5
12
1
:
z
y
x
r
zyx
r
Sustituyendo en la ecuación del plano π las coordenadas de r obtenemos 'P
( ) ( ) ( ) ( )4,1,3'1035212 P⇒−=⇒=−+−−+− λλλλ
¬( , r) = ¬( , Š) = n(5 − 3) + (−1 − 1) + (6 − 4) = √12

Método 3. Del Punto Genérico
El punto genérico Q de la recta r tiene sus coordenadas dependientes del parámetro λ . Si
obligamos a que el vector
→
PQ sea perpendicular a r (producto escalar por
→
d sea cero)
obtenemos λ para determinar 'P
Ejemplo
Calcular la distancia de ( )6,1,5 −P a la recta
1
5
12
1
:
−
=
−
=
−
− zyx
r .
Solución
( )λλλ +−− 5,,21Q ( )λλλ +−−−−
→
1,1,24PQ ( )1,1,2 −−
→
d
( )( ) ( )( ) ( )( ) 1011112420. −=⇒=+−+−−+−−−⇒=
→→
λλλλPQd
( )4,1,3'
1
PQ
−=
=
λ
; ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) uPPdQPdrPd 12461135',,,
222
=−+−−+−===
Distancia de un punto a un plano
La distancia de un punto , , ) a un plano ‹ es igual a la distancia entre el punto P y la
proyección 'P de ese punto sobre el plano:
¬( , ‹) = ¬( , Š
)
Existen diversos métodos de cálculo, veamos algunos de ellos.
Método 1. Directo
Sea ‹: 5 3 6 3 7 3 1 = 0 y el punto ( , , ). Sea ’ la
proyección de sobre ‹.
Tomemos un punto ( Š
, Š
, Š) del plano ‹.
(5.9)

Sabemos que 5, 6, 7), entonces se puede concluir que la distancia del punto ( , , ) al
plano ‹ es igual al módulo del vector: ′ = ¬( Š
, ).
¬( , ‹) =
|à8;t:;á•;¦|
√àV;tV;áV
Método 2. Constructivo
Determinamos la recta r que pasa por P y es
perpendicular a π .
La intersección de r y π es el punto 'P
La distancia de P a π coincide con la distancia entre los
puntos P y 'P : ¬ , ‹) = ¬( , Š
)
Ejemplo
Calcular la distancia de (3,1,7) a ‹: − 3 3 5 − 1 = 0
Solución
B) determinamos ( )5,3,1,,: −=⇒⊥




 →→→
ndrdPr π





+=
−=
+=
λ
λ
λ
57
31
3
:
z
y
x
r
( ) ( ) ( ) 




 −
⇒
−
=⇒=−++−−+
35
415
,
35
67
,
35
71
'
35
34
015753133 Pλλλλ
( ) ( ) uPPdPd 74,533
1225
40460
',, =≈==π
Comprobar que por el método A) obtienes el mismo resultado.
Distancia de una recta a un plano
(5.10)

Si la recta r y el plano ‹ son secantes la distancia ¬ r, ‹) = 0
Si no son secantes puede ocurrir que:
• r esté contenida en ‹, por tanto: ¬(r, ‹) = 0
• r sea paralela a ‹, en ese caso si ∈ r: ¬(r, ‹) = ¬( , ‹)
Distancia entre dos planos
Si los planos ‹ y ‹′ son secantes la distancia ¬(‹, ‹′) = 0
Si los planos no son secantes puede ocurrir:
• ‹ coincide con ‹′, por tanto: ¬(‹, ‹Š) = 0
• ‹ es paralelo a ‹′, en ese caso si ‹: ¬(‹, ‹Š) = ¬( , ‹Š
)
Ejemplo
Calcular la distancia de r:
•9
z
=
–92
=
—;
92
a ‹: − 3 − 3 6 = 0
Solución
El vector director de r : ( )1,2,5 −
→
d y el vector normal de ‹: (1, −3, −1 :
¬ ∙ 5.1 3 2. (−3) + (−1). (−1) = 0
En consecuencia la recta y el plano son paralelos.
Tomamos un punto cualquiera de la recta r, por ejemplo: (3,1, −2)
( ) ( ) uPdrd 41,2
11
8
191
6).2(1.33
,, ≈=
++
+−−−
== ππ
Ejemplo 2
Calcula la distancia del plano 01925: =−+− zyxπ al 04102:' =+− zyxπ
Solución
El vector normal del plano ‹: (1, −5,2) y el de ‹Š
: Š(2, −10,4)
2
4
5
10
1
2
=
−
−
=

Los planos son pues paralelos.
Si tomamos un punto P cualquiera de π , por ejemplo: ( )9,0,1P
( ) ( ) uPdd 47,3
120
38
161004
9.40.101.2
',', ≈=
++
+−
== πππ

Ejercicio 1
Determinar el punto de intersección entre la recta r: 3,1,2) + Q(1, −4, −8) y el
plano ‹: 4 − 2 − − 8 = 0
Solución
El primer paso es convertir la ecuación de la recta de su forma vectorial a
paramétrica, y luego sustituir las variables en la ecuación del plano.
r: (3,1,2) + Q(1, −4, −8) es equivalente a:
_
= 3 + Q
= 1 − 4Q
= 2 + 8Q
Sustituyendo en ‹: 4(3 + Q) − 2(1 − 4Q) − (2 + 8Q) − 8 = 0 . Resolviendo la ecuación
resulta Q = −1 . Luego si sustituimos este valor en la ecuación paramétrica,
obtenemos el punto de intersección (2, 5,10).
Ejercicio 2
Determinar si existe punto de intersección entre el plano ‹: 2 − 5 + − 6 = 0 y la
recta r: _
= 2 + Q
= 2 + 2Q
= 9 + 8Q
Solución
Sustituyendo los valores de las variables de la recta en la ecuación del plano:
2(2 + Q) − 5(2 + 2Q) + (9 + 8Q) − 6 = 0 reordenando:
−3 + 0Q = 0 ⇒ 0Q = 3, por tanto es un sistema incompatible; las rectas son
paralelas

Ejercicio 3
Determinar las posiciones relativas de la recta y el plano siguientes:
r: _
2Ô − 3
= 4 − 7Ô
= 3Ô
; ‹: 4 + 2 + 2 = 9
Solución
Siguiendo el procedimiento indicado en el Cuadro 4:
4(−3 + 2Ô) + 2(4 − 7Ô) + 2(3Ô) = 9 ⟹
(8Ô − 14Ô + 6Ô) + (−12 + 8) = 9 ⇒ −4 = 0
Es un sistema incompatible; no existe solución, por tanto r ∥ ‹
Ejercicio 4
Determinar las posiciones relativas de la recta y el plano siguientes:
r: ›
= − 4
= 2 − 3
; ‹: 2 − 3 + 4 = 1
Solución
Definamos = Q ⇒ _
= −4 + Q
= −3 + 2Q
= Q
sustituyendo los valores en la ecuación del plano:
2(−4 + Q) − 3(−3 + 2Q) + 4Q = 1 ⇒ 0Q = 0 ;
es un sistema compatible indeterminado, por tanto la recta está contenida.
Ejercicio 5
Sea el plano •: − 5 − 9 + “ + 15 = 0 y la recta Ô: ¾
2
+ 5 +
2
= 0
− + + + 3 = 0
Si la recta Ô es paralela al plano •, determinar el valor de “.

Solución
Expresemos la recta Ô en su formato paramétrico. Dado que el sistema tiene un
grado de libertad, se puede fijar arbitrariamente Q.
?
1
3
3 5 3 Q 3
13
3
= 0 ⇒ + 15 + 3Q + 13 = 0
− + + Q + 3 = 0
= Q
Resolviendo el sistema se obtiene: ?
= 2 +
w
Q
= −1 −
2
w
Q
= Q
Luego, sustituyendo estos valores en la ecuación del plano:
−5 Ü2 +
3
4
QÝ − 9 − Ü1 −
1
4
QÝ + Q“ + 15 = 0
Q(−6 + 4“) = −54
De acuerdo al Cuadro 4, la condición para que sean paralelas es que:
>
(−6 + 4“) = 0
−54 ≠ 0
Despejando m de la primera ecuación resulta “ =
Ejercicio 6
Una recta es paralela a los planos ‹2: + = 0, ‹ : + = 0 y pasa por el punto
(2, 0, 0). Hallar sus ecuaciones.
Solución
El vector normal al plano ‹2 es 2 = (1,1,0) por su parte la normal al plano ‹ es =
(1,0,1). Una recta es paralela a un plano si su vector director es perpendicular al
vector normal del plano. Por tanto se determina una recta perpendicular a ambos
planos que pase por (2,0,0)
D = 1 × = ˆ1 1 0
1 0 1
ˆ = − −
El vector resultante es D = (1, −1,1), la ecuación de la recta será:

r , D):
− 2
1
=
−1
=
−1
Problemas
1. Sean r y ‹ la recta y el plano definidos por las ecuaciones:
r: ›
2 + 2 − 3 = 3
+ + = −1
‹: − + = 1
Determinar la posición de la recta r en relación al plano ‹
2. Se considera la recta r de ecuaciones:
r: >
−2 + + = 4
−2 + = 2
Determinar la ecuación del plano que pasa por el punto (1,1,-1) y es
perpendicular a r.
3. Determinar el punto de intersección de la recta que pasa por los puntos
(0,0,3)y (1,1,5) corta al plano de ecuación + + = 1
4. Hallar el valor de para el punto (0,0, ) en que el eje corta a la recta
intersección de los planos de las ecuaciones paramétricas:
_
= 8 + 2Q + ª
= 8 + 2Q
= 2Q − ª
_
= 8 + 3Q + 2ª
= 4 + 3Q + ª
= −4 + 4Q + ª
5. Dados el plano ‹: + 2 = 0 y el punto (3, −3,4)
a. Hallar la ecuación reducida del plano • tal que ∈ • y • ∥ ‹
b. Hallar las ecuaciones de la recta r tal que corta al eje , r ∥ ‹ y r
6. Hallar la distancia del punto P(3,4,2) al plano que pasa por los puntos A(3,0,0), B(0,3,0),
C(0,0,3)
7. Dadas las rectas r: _
= 2 + Q
= −1 − Q
= 1 + 2Q
; i: ›
2 − = 0
− 2 = 0

a. Determinar ℝ sabiendo que las rectas r y i son paralelas
b. Determinar la ecuación del plano ‹ ∶ r ⊂ ‹ y i ⊂ ‹
c. Siendo 1,3,1 probar ⊥ ‹ y hallar P’ simétrico del punto P respecto del plano ‹
d. Determinar : = Ô ∩ ‹ siendo Ô: _
= *1 3 2ª
= −5 + 3ª
= −4 − ª
y hallar el área del triángulo ’
8. Sean los punto 5(1,2,3), 6(5,5,5) y 7(3,13/6,6)
a. Hallar las ecuaciones paramétricas de la recta r que pasa por los puntos A y B
b. Halle J vector proyección ortogonal de 57 sobre el vector dirección de la recta r
c. Halle r tal que ¬(7, ) = ¬(7, r)

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