λ λ λ λ λ λ λ λ π = - + - = 41 39 , 41 110 , 41 27 41 84 3, 41 28 2

λ λ λ λ λ λ λ λ π = - + - = 41 39 , 41 110 , 41 27 41 84 3, 41 28 2

Matemáticas II
Examen de Geometría I. SOLUCIÓN
OPCIÓN A
Ejercicio 1
(a) Si los planos son paralelos sus dos vectores normales han de ser proporcionales.
n1  (1,2,6)
i j k
n2  (2, ,1,0)  (0,3,1)  2 1 0  (1,2,6)
0 3 1
Como sucede efectivamente. Además el punto (1,2,3) no pertenece al plano π1 con lo
que los planos no pueden ser coincidentes.
(b) La recta está dirigida por cualquiera de los vectores normales a los planos dados.
x  1  

r   y  2  2
 z  3  6

(c) La intersección de r con π2 es trivialmente P(1,2,3). Basta observar que P del
apartado (b) es un punto del plano.
r   1  (1   )  2(2  2 )  6(3  6 )  1  41  14   
Sustituyendo en la ecuación de r obtenemos
28
84   27 110 39 
 14
Q  1  , 2 
,3     ,
, 
41
41   41 41 41 
 41
 14
41
(d) La distancia entre los planos es (*):
14 2  28 2  84 2
196  784  7056
 14 28 84 
d ( 1 ,  2 )  PQ    , ,  


41
41
 41 41 41 

8036

41
41·196
14

 2,18 u
41
41
(*) Observa que al restar a Q las coordenadas de P obtenemos los valores (λ,-2λ,6λ) porque le punto P
es el mismo.
Ejercicio 2
Los ejes coordenados tienen por ecuaciones:
OX ≡ { y = 0, z = 0 }
OY ≡ { x = 0, z = 0 }
OZ ≡ { x = 0, y = 0 }
Los puntos de corte con el plano π son muy fáciles de calcular, sustituyendo en la
ecuación del plano cada una de las ecuaciones anteriores (hacer cero dos incógnitas y
despejar).
A  OX   1  (3,0,0)
B  OY   1  (0,2,0)
C  OZ   1  (0,0,6)
Entonces el tetraedro tiene por aristas: OA, OB, OC y su volumen es:
3 0 0
1
V  0  2 0   6  6u 3
6
0 0 6
Ejercicio 3
(a) Si el plano π contiene a r, el plano pasa por un punto de r, por ejemplo R=(1,2,0) y
está dirigido por un vector director de r, por ejemplo v r  (2,3,1).
Si el plano π es paralelo a s entonces un vector director de la recta s es también director
de π, por ejemplo v s  (2,1,1).
x 1 y  2 z
 2
3
1  0  3x  3  2 z  2 y  4  6 z  x  1  2 y  4  0  2 x  4 z  2
2
1
1
(b) La recta t estará dirigida por vt  v r  (2,3,1).
Como vt  k v s . ya que los vectores (2,3,1) y (2,1,1) no son proporcionales. Por tanto las
rectas ni son paralelas ni coincidentes.
2 0 2
Veamos si se cruzan: 2 3 1  6  4  12  2  0 . Por lo tanto las rectas t y s se
2 1 1
cruzan. (El vector (-2,0,2) es el vector OS ).
(c) Puesto que la recta t es paralela a r y el plano π contiene a la recta r, la recta t es
paralela al plano π .
Ejercicio 4
Sea π2 el plano pedido.
El vector director de la recta r dirige al plano.
Si el plano π2 es perpendicular a π entonces el vector normal de π es director de π2.
v r   2,1,0   (3,0,1)  (-1,-2,-3)
x 1 y z 1
 2   1  2  3  0  2 x  2  z  1  6 y  4 z  4  3 x  3  y  0 
2
1
1
 2  5 x  5 y  5 z  10  0   2  x  y  z  2  0
OPCIÓN B
Ejercicio 1
(a) Si los planos son paralelos sus dos vectores normales han de ser proporcionales.
n1  (1,2,6)
i j k
n2  (2, ,1,0)  (0,3,1)  2 1 0  (1,2,6)
0 3 1
Como sucede efectivamente.
(b) La recta está dirigida por cualquiera de los vectores normales a los planos dados.
x  1  

r   y  2  2
 z  3  6

(c) La intersección de r con π2 es trivialmente P(1,2,3). Basta observar que P del
apartado (b) es un punto del plano.
r   1  (1   )  2(2  2 )  6(3  6 )  1  41  14   
Sustituyendo en la ecuación de r obtenemos
84   27 110 39 
28
 14
Q  1  ,2  ,3     ,
, 
41
41   41 41 41 
 41
 14
41
(d) La distancia entre los planos es (*):
14 2  28 2  84 2
196  784  7056
 14 28 84 
d ( 1 ,  2 )  PQ    , ,  


41
41
 41 41 41 

8036

41
41·196
14

 2,18 u
41
41
(*) Observa que al restar a Q las coordenadas de P obtenemos los valores (λ,-2λ,6λ) porque le punto P
Ejercicio 2
Sea P el punto de intersección de s con π.
Como la recta s puede escribirse paramétricamente:
 x  1  4

s   y   3  2
 z   2  3

P  s    (1  4 )  ( 3  2 )  ( 2  3 )  7  5  5    1  P  5,1,1) 
La recta t estará dirigida por el vector director de r que es:
i
j k
vt  vr  (1,0,2)  (0,1,3)  1 0 2  (2,3,1)
0 1 3
Por tanto la recta pedida es:
 x  5  2

t   y   1  3
z  1


Ejercicio 3
Si el vector u tiene la misma dirección que v entopnces son proporcionales y por
tanto u  k v para algún k.
El área A del paralelogramo determinado por u y w viene dado por:
i
j
A uw  k
 2k
2
4
k
i
j
3k  k 1
1
k
3  k  10,5,0   k 100  25  k 125
2
2
4
1
Y como el área debe sewr 25, se tiene:
25  k 125  k 
25
125

25
5 5

5
5
 5 con lo que u 
 5 , 2
5 ,3 5
Ejercicio 4
Sea π2 el plano pedido.
El vector director de la recta r dirige al plano.
Si el plano π2 es perpendicular a π entonces el vector normal de π es director de π2.
v r   2,1,0   (3,0,1)  (-1,-2,-3)
x 1
 2  1
2
y
2
1
z 1
 3  0  2 x  2  z  1  6 y  4 z  4  3 x  3  y  0 
1
 2  5 x  5 y  5 z  10  0   2  x  y  z  2  0
