Geometria espacio Problemas PAU con soluciones by Miguel Perez

Geometría Geometría Analítica del Espacio. PAU P con Soluciones oluciones

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NOTA La clasificación decimal de todos los temas de este manual tienen implícito el comienzo 1.1.3.6 correspondiente a 1

SCIENCE

1.1

MATHEMATICS

1.1.3

GEOMETRY

1.1.3.6

GEOMETRÍA ANALÍTICA DEL ESPACIO

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Iniciadel por: Miguel Pérez Fontenla 22/11/2009

TABLA DE CONTENIDO

| LOGSE 1

Problema 1 Dado el punto P=(2, 0, −1) y el plano α de ecuación: {3x + y − z − 1 = 0}. Calcular: Las ecuaciones paramétricas del plano β, paralelo a α y que contiene a P. El punto Q simétrico a P, respecto el plano α. PAU Galicia COU

Solución Por ser paralelos los planos α y β, un vector característico del plano β es el vector (3, 1, −1) y su ecuación es: 3( x − 2) + 1( y − 0) + ( −1)( z + 1) = 0 ⇔ 3 x + y − z − 7 = 0 Haciendo el x = λ, y = µ, obtenemos las ecuaciones paramétricas del plano β. x = λ  y = µ  z = 3λ + µ − 7 

r P• •

M Q• Para hallar el punto Q simétrico a P, respecto al plano α, realizaremos el siguiente proceso: Recta r perpendicular a α, que contiene a P. Punto M, intersección del plano α y la recta r. Cálculo de las coordenadas de Q, teniendo en cuenta que M es el punto medio del segmento PQ. Un vector de dirección de r es el vector normal n (3, 1, −1) del plano α, por lo tanto las ecuaciones paramétricas de r son:

 x = 2 + 3λ  λ y =  z = −1 − λ  Sustituyendo en la ecuación del plano se obtiene el valor de λ que dá el punto de intersección M. 3(2 + 3λ) + λ − (−1 − λ) − 1 = 0 ⇒ 6 + 9λ + λ + 1 + λ − 1 = 0 ⇒ 11λ + 6 = 0 ⇒ | LOGSE 2

⇒ λ= −

6 11

  6 6  6  Las coordenadas del punto M son:  2 + 3 − , − , − 1 −  −   =  11  11  11    6 5 4 ,−   ,−  11 11, 11  6 5   2 + q1 0 + q 2 − 1 + q 3  4 ,− = , ,  ,−  2 2   11 11, 11   2 4 2 + q1 14 = ⇒ 8 = 22 + 11 q1 ⇒ q1 = − 11 2 11 6 0 + q2 12 − = ⇒ −12 = 11 q 2 ⇒ q 2 = − 11 2 11 5 − 1 + q3 1 − = ⇒ −10 = −11 + 11 q 3 ⇒ q3 = 11 2 11 14 12 1   El punto Q, simétrico a P, respecto al plano α es: Q  − , − ,   11 11 11 

Si Q (q1 , q 2 , q 3 ),

| LOGSE 3

Problema 2 Determinar el valor de λ para que sean coplanarias las rectas r y s de ecuaciones:  x = 1 − α  x −1 y − λ  s : y = α r : = = z 2  3   z = 2 + 2α  En este caso, calcular el punto de corte de ambas rectas y la ecuación general del plano que las contiene. PAU Galicia COU

Solución

v B

Una determinación lineal de la recta r es r(A, u ) , siendo A(1, λ, 0) y u (3, 2, 1) Una determinación lineal de la recta s es s(B, v ) , sendel B (1, 0, 2) y v (−1, 1, 2)

Las rectas r y s son coplanarias si rango ( AB, u , v ) < 3 AB = (1 − 1, 0 − λ, 2 − 0) = (0, −λ, 2)

rango ( AB, u , v ) < 3

⇒

 0 −λ  2 rango  3  −1 1 

0 −λ

−1

1 = 10 + 7λ; 10 + 7λ = 0 ⇒ 2

Las rectas r y s son coplanarias si λ = −

En este caso a ecuación de la recta r es

2  1 < 3 ⇒ 2 

λ= −

0 −λ

−1

1 =0 2

10 7

10 7 x −1 = 3

10 7 =z 2

| LOGSE 4

Para hallar o punto de intersección de r y s, consideraremos un punto genérico de la recta s: (x, y, z) = (1 − α, α, 2 + 2α) y substituímos x, y, z, en la ecuación de la recta r:

1− α −1 = 3 6 − 7

10 7 = 2 + 2α ⇒ − α = 7α + 10 = 2 + 2α ⇒ 2 3 14

α+

6 7 Substituímos este valor punto de corte de ambas rectas: α=−

−α = 2 + 2α ⇒ α = 3

en las ecuaciones paramétricas de s y obtenemos el

  6 6 6 2  6    13 1 −  − , − , 2 + 2 −   =  , − ,  7 7  7   7   7 7

Una determinación del plano π que contiene las rectas r y s es π(B, u , v )

La ecuación general del plano pedido es:

x −1 y

2 1 1 2

z−2

−1

( x − 1) −

−1

3 2 −1 1

( z − 2) = 0

3( x − 1) − 7 y + 5( z − 2) = 0 3 x − 3 − 7 y + 5 z − 10 = 0 3 x − 7 y + 5 z − 13 = 0

| LOGSE 5

Problema 3 Dada la recta r, determinada por los puntos A=(−2, 1, 3) y B=(−1, 0 , 2). Calcular los puntos de r tales que su distancia al punto C=(−2, 3, 0) es de 4 unidades. Calcular la distancia del punto C a la recta r. PAU Galicia COU

Solución Una determinación de la recta r es r(A, AB ), siendo

AB = (−1 − (−2), 0 − 1, 2 − 3) = (1, −1, −1)

 x = −2 + λ  Las ecuaciones paramétricas de la recta r son:  y = 1 − λ z = 3 − λ  Un punto genérico de r es P(−2 + λ, 1 − λ, 3 − λ) A distancia de C(−2, 3, 0) a un punto cualquiera de r viene dado por:

d ( C , P ) =| CP | = ( −2 + λ − ( −2)) 2 + (1 − λ − 3) 2 + (3 − λ ) 2 = ... ... = λ 2 + ( −λ − 2) 2 + (3 − λ ) 2 = λ 2 + λ 2 + 4λ + 4 + 9 − 6λ + λ 2 = 3λ 2 − 2λ + 13 =

Los puntos de r que distan 4 unidades de C verifican

3λ2 − 2λ + 13 = 4 ⇒ 3λ2 − 2λ + 13 = 16 ⇒ λ=

⇒

3λ2 − 2λ − 3 = 0

⇒

1 + 10 1 − 10 ; λ= ; 3 3

Por lo tanto, los puntos de r que distan 4 unidades de C son: Para λ =

1 + 10 , 3

 1 + 10 1 + 10 1 + 10   − 5 + 10 2 − 10 8 − 10  − 2 + =  , 1 − , 3 − , ,     3 3 3 3 3 3    

Para λ =

1 − 10 , 3

| LOGSE 6

 1 − 10 1 − 10 1 − 10   − 5 − 10 2 + 10 8 + 10  − 2 + =  , 1 − , 3 − , ,     3 3 3 3 3 3    

C d r A

La distancia del punto C a la recta r(A, AB) viene dada por: dist (C, r) =

| AB × AC | | AB |

AC = (−2 − (−2), 3 − 1, 0 − 3) = (0, 2, −3)  −1 −1 −1 1 1 −1  = (5, 3, 2) , , | AB × AC | =   − − 3 0 0 2 2 3   dist (C, r) =

5 2 + 32 + 2 2 2

1 + (−1) + (−1)

38 3

38 u. 3

| LOGSE 7

Problema 4 Dadas las rectas r y s de ecuaciones: y − 2 z − 1 x −1 y −1   r : = = z − 1 s : x − 5 = =  3 3 2   2   Estudiar a posición relativa de las dúas rectas Hallar el plano paralelo a las dos rectas y que equidista de ellas. PAU Galicia COU

Solución r

u A

v B

Una determinación lineal de la recta r es r(A, u ) , sendel A=(1, 1, 1) y u = ( 2, 3, 1). Una determinación lineal de la recta s es s(B, v ) , sendel B=(5, 2, 1) y v = (1, 3, 2).

Las rectas r y s son coplanarias si rango ( AB, u , v ) < 3 y se cruzan si rango ( AB, u , v ) =3. En este caso AB = (5 − 1, 2 − 1, 1 − 1) = (4, 1, 0).

 4 1 0   rango ( AB, u , v ) = rango  2 3 1  = 3, pues  1 3 2  

4 1 0 2 3 1 = 9 ≠ 0. 1 3 2

Las rectas r y s non son coplanarias, es decir, se cruzan. n

A u

Un vector normal del plano paralelo a ambas rectas es perpendicular a los vectores de dirección de dichas rectas, por lo tanto, tendrá a mesma dirección que el vector u × v. 3 1 1 2 2 3  = (3, −3, 3). , , u × v =   3 2 2 1 1 3  

| LOGSE 8

Por tanto un vector normal al plano pedido es (3, −3, 3) o también n =(1, −1, 1). La ecuación de dicho plano es de la siguiente forma:

π: x − y + z + D = 0 Para determinar D se tendrá en cuenta que dist (A, π) = dist (B, π)

1−1+1+ D 12 + (−1) 2 + 1

5 − 2 +1+ D 12 + (−1) 2 + 1

⇒

1+ D 3

4+D 3

De esta última igualdad se deduce que: 1 + D = −4 − D ⇒

⇒

1 + D 4 + D =  3  3  1 + D = − 4 − D  3 3

D=−

5 2

Por lo tanto la ecuación del plano paralelo a las dos rectas y que equidista de ellas es: x−y+z−

5 = 0, ou ben, 2x − 2y + 2z − 5 = 0 2

| LOGSE 9

Problema 5 Dados los planos π: 4x + my + mz = 6 y τ: mx + y + z + 3 = 0 estudia su posición relativa según los valores de m. ¿Para qué valor de m son π y τ perpendiculares entre si? PAU Galicia COU

Solución Consideramos el sistema formado por las ecuaciones dos planos π y τ. 4 x + my + mz = 6 ⇔  mx + y + z + 3 = 0

4 x + my + mz = 6  mx + y + z = −3

Las matrices del sistema son:  4 m m  A =  m 1 1 

6 4 m m  A* =   m 1 1 − 3

 4 m m  = rango rango (A) = rango  m 1 1   4

= 4 − m2 ;

4 − m2 = 0

⇒

 4 m   m 1  

m = − 2; m = 2.

Si m ≠ − 2; m ≠ 2 rango (A) = rango (A*) = 2. Los dos planos se cortan en una recta. Si m = −2  4 − 2 − 2  A =  1 1 − 2

rango (A) = 1

6  4 −2 −2  A* =  1 1 − 3  − 2

rango (A*) = 1, por ser las dos filas proporcionales.

Los dos planos son coincidentes. Si m = 2  4 2 2  A =   2 1 1

rango (A) = 1

| LOGSE 10

 4 2 2 6  A* =   2 1 1 − 3

rango (A*) = 2, pues

1 −3

= −12 ≠ 0

Los dos planos son paralelos. Los planos π y τ son perpendiculares se sus vectores característicos son ortogonales.

Los vectores característicos de los planos π y τ son n =(4, m, m) y n ′ =(m, 1, 1), respectivamente. π ⊥ τ ⇔ n ⊥ n ′ ⇒ n · n ′ = 0 ⇒ (4, m, m) · (m, 1 ,1) = 0 ⇒ 4m + m + m = 0 ⇒ 6m = 0

⇒ m=0 Los planos son perpendiculares si m = 0.

| LOGSE 11

Problema 6 Dados los puntos A=(3, 0, 0), B=(0, 0, 0), C=(0, 2, 0) y D=(1, 1, 2), determina o ángulo formadp por el plano que pasa por los puntos A, B y C y la recta que pasa por C y D. PAU Galicia COU

Solución

Un vector normal o característico del plano π que pasa por los puntos A, B y C es o vector n = BA × BC

BA = (3, 0, 0), BC = (0, 2, 0)

C A

BA × BC = (0, 0, 6), Un vector de dirección de la recta r que pasa por los puntos C y D es v = CD = (1, − 1, 2) r n

v α

Por lo tanto: n ·v n v

sen( r , π ) =| cos (n , v ) | =

Entonces, α = arc sin

2 6

;

0 · 1 + 0 · (−1) + 6 · 2 36 12 + (−1) 2 + 2 2

2 6

α = 54º 44′ 8″

| LOGSE 12

Problema 7 Considerar los puntos A=(1, 1, 0) y B=(0, 1, 2). Determinar los puntos C sobre a recta (x, y, z) = (0, 1, 1) + t(1, 0, 1) situados a distancia 2 2 de la recta que pasa por A y B. PAU Galicia COU

Solución C d A

B La distancia d del punto C a la recta que pasa por los puntos A y B viene dada por d=

| AB × AC | | AB |

Por ser C un punto de la recta r: (x, y, z) = (0, 1, 1) + t(1, 0, 1), sus coordenadas son de la forma C=(t, 1, 1 + t). AB = (0 − 1, 1 − 1, 2 − 0) = (−1, 0, 2)

AC = (t − 1, 1 − 1, 1 + t − 0) = (t − 1, 0, 1 + t)  0 2 2 −1 −1 0   = (0, 3t − 1, 0) , , AB × AC =    0 1+ t 1+ t t −1 t −1 0 

0 2 + (3t − 1) 2 + 0 2 2

(−1) + 0 + 2

3t − 1 5

Los puntos de la recta r que distan 2 2 de la recta que pasa por A y B verifican:  3t − 1  5 = 2 2 3t − 1 =2 2 ⇒  5  3t − 1 = −2 2  5

1 + 2 10 3 ⇒ ⇒ 1 − 2 10 3t − 1 = −2 10 t= 3

3t − 1 = 2 10

Los puntos pedidos son:

| LOGSE 13

Se t =

1 + 2 10 , 3

 1 + 2 10 1 + 2 10   1 + 2 10 4 + 2 10  =  C1 =  , 1, 1 + , 1 ,    3 3 3 3    

Se t =

1 − 2 10 , 3

 1 − 2 10 1 − 2 10   1 − 2 10 4 − 2 10  =  C 2 =  , 1, 1 + , 1 ,    3 3 3 3    

| LOGSE 14

Problema 8 Comprobar que o punto P=(1, 1, −1) pertenece a la recta r :

2 x + y = 3  y no está en el z = −1 

plano π ≡ x − 2y + 3z = 1. Determinar el otro punto de r a igual distancia de π que P. PAU Galicia COU

Solución Veamos si las coordenadas del punto P verifican o no las ecuaciones de la recta y a ecuación del plano. 2 ·1 + 1 = 3   ; − 2 · 1 + 3 (−1) = − 4 ≠ 1 − 1 = −1 Con lo que se comprueba que P pertenece a la recta r y no está en el plano π. A distancia de P al plano π es:

d ( P, π) =

1 − 2 ⋅ 1 + 3 (−1) − 1

−5

14 14 12 + (−2) 2 + 32 Escribimos las ecuaciones paramétricas de la recta r: x = λ  y = 3 − 2x  r≡ , si x = λ  y = 3 − 2λ z = − 1   z = −1  Un punto genérico de la recta r es: C=(λ, 3 − 2λ, −1) La distancia de C a π es: λ − 2 (3 − 2λ ) + 3 (−1) − 1 λ − 6 + 4λ − 3 − 1 5λ − 10 d (C , π) = = = 14 14 14 Hallemos os valores de λ, tales que: 5  5λ − 10 =  5λ − 10 = 5 5λ − 10 5  14 14 ⇒  ⇒ = ⇒  5 λ − 10 = − 5 5 λ − 10 5 14 14   =−  14 14

λ = 3  λ = 1

Si λ = 3 obtenemos o punto (3, 3 − 2 · 3, −1) = (3, −3, −1) que es el punto pedido Si λ = 1 obtenemos o punto (1, 3 − 2 · 1, −1) = (1, 1, −1) que es el punto dado P.

| LOGSE 15

Problema 9 Calcular el valor del parámetro k para que el triángulo de vértices A = (1, −5, k), B = (3, k, −1) y C = (k, −5−k, 2) sea rectángulo en A. Calcular su área. PAU Galicia COU

Solución C

Para que el triángulo sea rectángulo en A, os vectores AB e AC tienen que ser ortogonales.

AB = (3 − 1, k − (−5),−1 − k ) = (2, k + 5, − 1 − k ) AC = (k − 1, − 5 − k − (−5), 2 − k ) = (k − 1, − k , 2 − k ) AB ⊥ AC ⇔ AB · AC = 0 ⇒

(2, k + 5, − 1 − k ) · ( k − 1, − k , 2 − k ) = 0 ⇒

⇒ 2(k – 1) + (k + 5)(− k) + (−1 − k)(2 − k) = 0 ⇒

2k – 2 − k2 − 5 k + k2 − k − 2 =

0 ⇒ ⇒

−4k − 4 = 0

⇒

k = −1

El triángulo es rectángulo en A si k = −1 Si k = −1 las coordenadas de los vectores AB y AC son: AB = (2, 4, 0) y

AC = (−2, 1, 3) El área del triángulo viene dada por: Área ( ABC ) =

AB = 2 2 + 4 2 + 0 2 = 20 ;

Área ( ABC ) =

20 · 14 = 2

| AB | · | AC| 2

AC = (−2) 2 + 12 + 3 2 = 14 280 2 70 = = 70 u2 2 2

| LOGSE 16

Problema 10 Comprobar que los puntos (1, −1, 2), (2, 2, −3) y (1, 1, 0) no están alineados. Determinar la distancia de la origen de coordenadas al plano que pasa por estos tres puntos. PAU Galicia COU

Solución Os puntos A=(1, −1, 2), B=(2, 2, −3) y C=(1, 1, 0) no están alineados si los vectores AB y AC tienen distinta dirección.

AB = (2 − 1, 2 − (−1), − 3 − 2) = (1, 3, − 5) , AC = (1 − 1, 1 − (−1), 0 − 2) = (0, 2, − 2) Los vectores AB y AC son linealmente independientes, y por lo tanto, tienen distinta dirección, pues: 1 3  1 3 − 5  = 2, ya que el menor rango ( AB , AC ) = rango  =2≠0 0 2 0 2 − 2 De esta manera queda probado que los puntos A, B y C no están alineados. Para determinar el plano π que contiene a los puntos A, B y C, tomamos un punto cualquiera de ellos, por ejemplo, A, y los vectores AB y AC , es decir, π (A, AB , AC )

x −1 y +1 La ecuación general del plano es:

z−2

−5 = 0

−2

Desarrollando este determinante por los elementos de la primera fila, resulta: 3

−5

−2

( x − 1) −

−5

−2

( y + 1) +

( z − 2) = 4( x − 1) − (−2)( y + 1) + 2( z − 2) = 0

4x + 2 y + 2z − 6 = 0 2x + y + z − 3 = 0

La distancia del origen a este plano viene dada por: d(O, π) =

−3 2

2 +1 +1

−3 6

3 6

| LOGSE 17

Problema 11 Considerar el punto P ≡ (4, 2, −8) y la recta l ≡ (1, 5, 1) + λ · (4, 1, −1), λ ∈ R. Determinar a distancia del punto P a la recta l mediante el siguiente procedimiento: Tomar un punto Q, en l, de manera que o vector QP forme un ángulo α con el vector director de la recta, v . - Observar que a distancia de P a Q varía según variamos α, siendo la más corta cuando el ángulo es recto. Escribe la condición de ortogonalidad para los vectores QP y v para determinar el punto Q, y calcula la distancia pedida como el módulo del vector QP . Utilizar el método presentado en a) para determinar a distancia entre las rectas: r ≡ (9, −1, 0) + ρ · (−4, 1, 1), ρ ∈ R y s ≡ (−1, 0, 13) + σ · (2, 1, −2), σ ∈ R. PAU Galicia COU

Solución a) Para calcular a distancia entre P y a recta l, calculamos a distancia de P a Q, sendel Q o pé de la perpendicular trazada desde P a la recta l. P α Q

Por ser Q un punto de la recta l, sus coordenadas son de la forma Q = (1+ 4λ, 5 + λ , 1 − λ), con λ ∈ R. O vector QP es: QP = (3 − 4λ, − 3 − λ, − 9 + λ) Calculemos las coordenadas del punto Q coa condición de que o vector QP sea perpendicular al vector director, v , de la recta l.

QP ⊥ v

⇒

⇔ QP · v = 0

QP · v = 0 ⇔ (3 − 4λ, − 3 − λ, − 9 + λ ) · (4, 1, − 1) = 0 18 − 18λ = 0 ⇒ λ = 1

⇔ 12 − 16λ − 3 − λ + 9 − λ = 0

Se λ = 1 , obtenemos Q = (5, 6, 0) y QP = (−1, − 4, − 8) . Entonces, dist(P, l) = | QP |= ( −1) 2 + ( −4) 2 + ( −8) 2 = 81 = 9 u.

| LOGSE 18

Para calcular la distancia entre las rectas r y s, calculamos la distancia entre os puntos P y P ′ que son os puntos de corte de las rectas r y s coa perpendicular común.

r P

P′

Por ser P un punto de la recta r, las súas coordenadas son de la forma: (9 − 4ρ, −1 + ρ , ρ) Por ser P ′ un punto de la recta s, las súas coordenadas son de la forma: (−1+ 2σ, σ , 13 − 2σ)

O vector P ′P = (10 − 4ρ − 2σ, − 1 + ρ − σ, − 13 + ρ + 2σ) es perpendicular al vector director de la recta r, u = (−4, 1, 1), e al vector director de la recta s, v = (2, 1, − 2), por lo tanto:

P ′P · u = (10 − 4ρ − 2σ, − 1 + ρ − σ, − 13 + ρ + 2σ) · ( −4, 1, 1) = 0 P ′P · v = (10 − 4ρ − 2σ, − 1 + ρ − σ, − 13 + ρ + 2σ) · (2, 1, − 2) = 0 ⇒

⇒

− 40 + 16ρ + 8σ − 1 + ρ − σ − 13 + ρ + 2σ = 0

⇒

20 − 8ρ − 4σ − 1 + ρ − σ + 26 − 2ρ − 4σ = 0 2ρ + σ = 6 ⇒ − ρ − σ = −5

⇒

− 54 + 18ρ + 9σ = 0 ⇒ 45 − 9ρ − 9σ = 0

ρ =1 σ=4

Para estos valores obtenemos P ′P = (−2, − 4, − 4) En

consecuencia

dist

(r,

dist

( P ′, P ) =

| P ′P |

( −2) 2 + (−4) 2 + ( −4) 2 = 36 = 6 u

| LOGSE 19

Problema 12 Considerar o prisma (non recto) de base triangular determinado por los vectores

OA = ( 3, 0, 0) , OC = (0, 4, 0) y OD = (0, 2, 4) [ver figura]. Complétalo a un prisma de base rectangular OABC y tapadeira DEFG. z D Determinar las coordenadas dos puntos B, E, F y G. G Debuxar a figura resultante. b) Determinar las coordenadas del punto medio M, del E segmento DF , y calcular a área del triángulo que este y O punto determina con A y mais C. C c) Determinar un punto P no segmento EG que con A y A C forme un triángulo isóscele. ¿Qué relación existe entre su área y a del triángulo del apartado b)? PAU Galicia COU

Solución a) z

G M

E 0 A

OB = OA + OC = (3, 0, 0) + (0, 4, 0) = (3, 4, 0), B = (3, 4, 0)

F C

OE = OA + OD = (3, 0, 0) + (0, 2, 4) = (3, 2, 4), y = (3, 2, 4) OF = OB + OD = (3, 4, 0) + (0, 2, 4) = (3, 6, 4), F = (3, 6, 4) OG = OC + OD = (0, 4, 0) + (0, 2, 4) = (0, 6, 4),

G = (0, 6, 4)

0+3 2+6 4+4 3  b) M =  , ,  =  , 4, 4  2 2  2  2 

Área ( AMC ) =

1 | AM × AC | 2

3   3  AM =  − 3, 4 − 0, 4 − 0  =  − , 4, 4 , 2   2 

AC = (0 − 3, 4 − 0, 0 − 0) = (−3, 4, 0)

 4 4 4 − 3/ 2 − 3/ 2 4   = (−16, − 12, 6) AM × AC = , , −3 − 3 4  4 0 0 Área ( AMC ) =

1 1 (−16) 2 + (−12) 2 + 6 2 = 436 = 109 u2. 2 2

| LOGSE 20

c) Una determinación de la recta que pasa por y e G, es r ( E, EG) siendo

EG = (0 − 3, 6 − 2, 4 − 4) = (−3, 4, 0) por lo tanto, r : ( x, y , z ) = (3, 2, 4) + λ ( −3, 4, 0) El punto P pedido pertenece a la recta r, entonces sus coordenadas son de la forma: (3 − 3λ, 2 + 4λ, 4)

Por otra parte, para que con A y C forme un triángulo isósceles, tienen que verificarse que: d ( A, P ) = d (C , P ) ⇔ | AP | = | CP |

AP = (−3λ, 2 + 4λ, 4), | AP | = | CP |

⇔

CP = (3 − 3λ, − 2 + 4λ, 4)

( −3λ ) 2 + ( 2 + 4λ ) 2 + 4 2 = (3 − 3λ ) 2 + ( −2 + 4λ ) 2 + 4 2 ⇒

⇒ 9λ2 + 4 + 16λ + 16λ2 + 16 = 9 − 18λ + 9λ2 + 4 − 16λ + 16λ2 + 16 ⇒ ⇒ 16λ + 18λ + 16λ = 9 ⇒ 50λ = 9

⇒ λ=

9 50

9 9    123 136  El punto pedido es: P es  3 − 3 , 2 + 4 , 4  =  , , 4 50 50   50 50  

Todos los triángulos de base AC y que tienen el otro vértice sobre a recta que pasa por y e G tienen la misma área, pues la altura es la misma en todos eles, por ser paralelos AC y EG. En consecuencia a área del triángulo ADC es igual a la área del apartado b) pues los puntos M y P son puntos del segmento EG. NOTA: Además del punto P, existen otros dos puntos P1 y P2 en el segmento EG que con A y C determinan un triángulo isósceles. Para hallarlos basta con imponer las condiciones:

| AP1 | = | AC | y | CP2 | = | CA |

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Problema 13 Los puntos P = (−1, 3, 4) y Q = (5, 3, −2) son simétricos respecto de un plano. Determinar a ecuación de este plano. [Dos puntos son simétricos respecto de un plano si el segmento que determinan corta perpendicularmente al plano en un punto que es o punto medio de P y Q] PAU Galicia COU

Solución El plano pedido, π, es el plano mediador del segmento PQ. . Un vector normal de dicho plano es o vector PQ

PQ = (5 − (−1), 3 − 3, − 2 − 4) = (6, 0, − 6) Por tanto también es un vector normal del plano π o vector n = (1, 0, − 1).

Un punto del plano π es o punto M, punto medio del segmento PQ.  −1+ 5 3 + 3 4 − 2  las coordenadas de M son M =  , ,  = ( 2, 3, 1) 2 2   2 La ecuación del plano π que tiene como vector normal el vector n = (1, 0, − 1) es:

π: x − z + D = 0 Como el punto M = ( 2, 3, 1) pertenece al plano π, se verifica: 2 − 1 + D = 0 ⇒ D = −1 La ecuación del plano pedido es x − z − 1 = 0

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Problema 14 a) Describir a figura geométrica (región) del espacio formada por las soluciones del sistema: 9 x − 3 y + 3 z = 3   − 5 x + 5 y + z = −1  x + 8 y + 7z = 2  b) Demostrar que hay infinitas soluciones que tienen las tres coordenadas positivas. PAU Galicia COU

Solución a) El sistema dado es equivalente al sistema:

 3x − y + z = 1  − 5 x + 5 y + z = −1  x + 8y + 7z = 2  Formamos las matrices del sistema: la matriz de los coeficientes A y la matriz ampliada A*.

 3 −1  A = − 5 5  1 8  3 −1

1  3 −1   1 A* =  − 5 5  1 8 7  

1  1 − 1 7 2 

| A| = −5

1 =0

Rango (A) = 2, pues

3 −1 −5

= 10 ≠ 0

El rango de A* también es 2, pues a 4ª columna = 1ª columna + 2ª columna − 3ª columna. Como rango (A) = rango (A*) = 2 o sistema es compatible indeterminado y ten un número simplemente infinito de soluciones, por lo que o conjunto de soluciones del sistema están sobre una recta.

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El sistema dado es equivalente al sistema formado por la primera y segunda ecuaciones 3 −1 (correspondientes a las filas del menor que nos de la o rango de A y A*), −5 5 considerando como incógnitas principias x e y (de las que los coeficientes son las columnas de dicho menor).

 3x − y + z = 1  − 5 x + 5 y + z = −1  x + 8y + 7z = 2 

 3x − y + z = 1  3x − y = 1 − z ⇔    − 5 x + 5 y + z = −1 − 5 x + 5 y = −1 − z

⇔

Haciendo z = k  3x − y = 1 − k  − 5 x + 5 y = −1 − k Aplicando la regla de Cramer, obtenemos: 1− k x=

−1

−1 − k 5 4 − 6k 2 − 3k = = ; 3 −1 10 5 −5 5

1− k

−5

− 1 − k 2 − 8k 1 − 4 k = = : z=k 3 −1 10 5 −5 5

La figura geométrica del espacio formada por las soluciones del sistema es una recta de ecuaciones paramétricas:

2 3  x = 5 − 5 k  1 4  y = − k 5 5   z = k  b) Veamos para que valores de k, se verifica que las tres coordenadas son positivas,

2 5 − k >0 5 5

⇒ k<

2 ; 3

1 1 − k >0 5 4

⇒ k<

1 ; 4

k>0

1 , las soluciones tienen las 4 tres coordenadas positivas, por lo tanto, hay infinitas soluciones de este tipo. En consecuencia, para valores de k, tales que 0 < k <

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LOGSE Problema 15 Determinar el ángulo que forman la recta r y o plano π de ecuaciones: x−2 r: = y − 3 = 1− z π : 6 x + 2 y − 2 z = 16 3 PAU Galicia Logse. Junio 1995

Solución n

Un vector normal o característico del plano π es: n = (6, 2, − 2) Un vector de dirección de la recta r es: v = (3, 1, − 1), pues,

x−2 = y − 3 = 1− z ⇔ 3

x − 2 y − 3 z −1 = = 3 1 −1

Por lo tanto,

v ·n sen (r , π) = sen α = | cos (v , n ) | = = | v || n | 22 =1 11 44

3 · 6 + 1 · 2 + (−1) · (−2) 3 2 + 12 + (−1) 2 6 2 + 2 2 + (−2) 2

Por tanto, α = arcsen 1 = 90º. Aunque que esta es la forma general de resolver el problema para determinar el ángulo que forman una recta y un plano, En este caso no son necesarios los cálculos anteriores, ya que observamos que el vector de dirección de la recta, v = (3, 1, − 1) y el vector característico del plano, n = (6, 2, − 2) , son paralelos, luego ya podíamos afirmar que recta y plano son perpendiculares y por lo tanto α = 90º.

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Problema 16

Dados los vectores u = ( 2, 1, 0 ) y w = (1, 0, − 1), hallar otro vector v que dependa linealmente de los dos anteriores. PAU Galicia Logse. Junio 1995

Solución Un vector depende linealmente de otros dos si es combinación lineal de ellos. Por tanto el vector será cualquier combinación lineal de u y w . Por ejemplo: v = u + w = (2, 1, 0) + (1, 0, −1) = (3, 1, −1)

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Problema 17 Dados los planos x + 2 y − 3 z − 5 = 0 y 2 x + By + Cz + D = 0, determinar os valores de B, C y D para que: i) Los planos sean paralelos sin puntos en común. ii) Los planos coincidan. iii) Los planos se corten en una recta. PAU Galicia Logse. Setiembre 1995

Solución Estudiemos o sistema formado por las ecuaciones de ambos planos:  x + 2 y − 3z − 5 = 0  2 x + By + Cz + D = 0 Las matrices del sistema son:  1 2 − 3  M =  2 B C  i)

 1 2 − 3 − 5  M* =  D  2 B C

Los planos son paralelos y sin puntos en común si: rango (M) = 1 y rango (M*) = 2

ii)

⇒

B= 4

1 2 −3 −5 = = ≠ 2 B C D

⇒

C = −6 D ≠ −10

Los planos son coincidentes si: rango (M) = rango (M*) = 1

⇒

1 2 −3 −5 = = = 2 B C D

B= 4 ⇒

C = −6 D = −10

iii) Los planos se cortan nUna recta si: rango (M) = rango (M*) = 2 El rango es 2 si B ≠ 4, si C ≠ −6 o en ambos casos a la vez, pudiendo tomar D cualquiera valor.

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Problema 18 Analízar la dependencia o independencia lineal de los vectores u =(1, 0, 1), v =(2, 1, −3) y w =(3, 4, −17) PAU Galicia Logse. Setiembre 1995

Solución Para analizar a dependencia lineal dos vectores u , v e w estudiemos el rango de la matriz A formada por dichos vectores.

1  1 0   A = 2 1 − 3   3 4 − 17    Como dependientes.

A = 0 , rango(A) < 3, en consecuencia, los vectores son linealmente

| LOGSE 28

Problema 19

Dados los vectores u =(1, −1, 2) y v =(3, 1, −1). Hallar el conjunto de vectores que siendo perpendiculares a u pertenezcan al plano generado por u y v . PAU Galicia Logse. Junio 1996

Solución

Si un vector w pertenece al plano generado por los vectores u y v , verifica: w = λ u + µ v y si es perpendicular a u , cumple: u · w = 0. En consecuencia: w = λ(1, −1, 2) + µ(3, 1, −1) = (λ, −λ, 2λ) + (3µ, µ, −µ) = (λ + 3µ, −λ + µ, 2λ − µ)

u · w = 0 ⇒ (1, −1, 2) · (λ + 3µ, −λ + µ, 2λ − µ) = 0 ⇒ ⇒ 1 · (λ + 3µ) + (−1)( −λ + µ) + 2( 2λ − µ) = 0

⇒

⇒ λ + 3µ + λ − µ + 4λ − 2µ = 0

⇒

6λ = 0

λ=0

O conjunto de vectores pedidos es de la forma (3µ, µ, −µ), con µ ∈ R

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Problema 20 Calcular la distancia del origen al plano que contiene los puntos A=(−1, 0, 3), B=(2, 1, −1) y C=(−3, 2, 0). Calcular el volumen del tetraedro con vértices en esos tres puntos y en el origen. PAU Galicia Logse. Junio 1996)

Solución C

X B

El plano que contiene los puntos A, B y C queda determinado por uno cualquiera de ellos, por ejemplo A, y por los vectores AB y AC , es decir, Una determinación lineal del plano es π (A, AB , AC ) AB = (2−(−1), 1−0, −1−3) = (3, 1,−4),

AC = (−3−(−1), 2−0, 0−3) = (−2, 2, −3)

Se X(x, y, z) es un punto genérico de dicho plano, se verifica que rango ( AX , AB, AC ) = 2 Por lo tanto, a ecuación del plano determinado por los tres puntos es:

x +1 y 3 1 −2 2

z −3 −4 =0 −3

desarrollando este determinante por los elementos de la primera fila, resulta: 1 −4 3 −4 3 1 ( x + 1) −y + ( z − 3) = 5( x + 1) − (−17) y + 8( z − 3) = 5 x + 17 y + 8 z − 19 = 0 2 −3 −2 −3 −2 2

La distancia del origen al plano es: dist (O, π) =

− 19 5 2 + 17 2 + 8 2

− 19

378

19 378

El volumen del tetraedro es:

1 V(OABC) = [OA, OB , OC ] 6

1 6

−1 0 2

1 −1 =

−3 2

1 19 3 u · 19 = 6 6

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Problema 21 Dados cuatro puntos de R3, ¿qué condición deben cumplir para que estén en el mismo plano (sean coplanarios)? Razonar la respuesta. Calcular a distancia del punto P=(−1, 0, 2) al plano que contiene os puntos Q=(−1, 1, 0), R=(0, 0, 2) y S=(1, −2, −2) PAU Galicia Logse. Setiembre 1996)

Solución A. Sean los puntos A, B, C y D. B. D

C B

Los cuatro puntos están en el mismo plano si los vectores AB , AC y AD son coplanarios, es decir, son linealmente dependientes, por lo tanto, tiene que verificarse que rango( AB, AC , AD) < 3 ⇔ det( AB, AC , AD) = 0 B. Teniendo tres puntos no alineados, para determinar o plano que los contiene, tomamos un punto cualquiera de ellos, por ejemplo Q, y los vectores QR y QS , es decir, una determinación del plano π (Q, QR, QS )

QR = (0 − (−1), 0 − 1, 2 − 0) = (1, −1, 2) QS = (1 − (−1), −2 − 1, −2 − 0) = (2, −3, −2) Si X(x, y, z) es un punto genérico de dicho plano, se verifica que rango OX , QR, QS = 2 por lo tanto, la ecuación del plano π determinado por los tres

(

)

puntos es: x +1 y −1

1 2

−1 −3

−1 2 1 2 1 −1 2 = ( x + 1) − ( y − 1) +z = ... −3 −2 2 −2 2 −3 −2

... = 8( x + 1) − (−6)( y − 1) + (−1) z = 8 x + 6 y − z + 2 = 0 La distancia del punto P al plano π es: d(P, π) =

8 · (−1) + 6 · 0 − 2 + 2 8 2 + 6 2 + (−1) 2

−8 101

8 101

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Problema 22

Dado el plano Ax + By + Cz + D = 0 con vectores directores u e v . ¿Qué ángulo forman os vectores w =(A, B, C) y o producto vectorial de u e v ? Hallar la ecuación general del plano π que pasa por lo punto P=(3, −2, 5) y es perpendicular a los planos π 1 e π 2 . π 1 : 5 x − y + 2 z = 2     π 2 : − 2 x + 4 y + z = 4 PAU Galicia Logse. Setiembre 1996)

Solución

A. Los vectores w = (A, B, C) y u × v son dos vectores perpendiculares al plano, por lo que el ángulo que forman es 0º o 180º. los vectores n1 = (5, − 1, 2) y n 2 = ( −2, 4, 1) son vectores normales a los planos π1 y π 2 , respectivamente. Un vector normal o característico n del plano π es el vector n = n1 × n 2 , perpendicular a los vectores n1 y n 2 .  −1 2 2 5 5 −1   = (−9, −9, 18) , , n = n1 × n 2 =(5, −1, 2) × (−2, 4, 1) =    4 1 1 −2 −2 4 En lugar del vector (−9, −9, 18) pódese tomar como vector normal de π cualquier otro proporcional a el, como por ejemplo, o vector (1, 1, −2) A ecuación del plano π que ten como vector característico o vector (1, 1, −2) es:

x + y − 2z + D = 0 Por pasar dicho plano por lo punto P(3, −2, 5) se cumple: 3 + (−2) − 2 · 5 + D = 0

⇒

D=9

En consecuencia, a ecuación general del plano π es: x + y − 2z + 9 = 0

| LOGSE 32

Problema 23 Calcular el valor de α para que sean paralelos la recta r y el plano π de ecuaciones: = −1 2 x − 3 y r : π : {α x − y + z = 5}   x+ y−z=2  ¿Existe algún valor de α tal que r y π son perpendiculares? PAU Galicia Logse. Junio 1997)

Solución a) Una recta y un plano son paralelos si y solo si el vector de dirección de la recta y el vector característico del plano son ortogonales. En este caso r y π son paralelos se v · n = 0, siendo v el vector de dirección de la recta r y n el vector normal o característico del plano π.  −3 0 0 2 2 −3    = (3, 2, 5) ,  1 − 1 − 1 1, 1  1   v = (2, −3, 0) × (1, 1, −1) =

n = (α, −1, 1) por lo tanto,

r // π ⇔ v ⊥ n ⇔ v · n = 0 ⇔ (3, 2, 5) · (α, −1, 1) = 0 ⇒ 3α + 2 · (−1) + 5 · 1= 0 ⇒ 3α − 2 + 5 = 0 ⇒ ⇒ α = −1 A recta r y o plano π son paralelos se α = −1 b)

r n

v π

Una recta y un plano son perpendiculares, si y solo si el vector de dirección de la recta y el vector característico del plano son paralelos, es decir, rango (v , n ) = 1. En este cas: 2 5 3  = 2 , para cualquier valor de α, ya que Rango (v , n ) = rango  α − 1 1 2 5 = 7 ≠ 0, −1 1 entonces no existe ningún valor de α para el que r y π sean perpendiculares. | LOGSE 33

Problema 24 Calcular la ecuación de la elipse de focos F1 =(3, 0) y F2 =(−3, 0) y que pasa por el punto (0, 4) PAU Galicia Logse. Junio 1997)

Solución

La ecuación reducida de la elipse es:

x2 y2 + =1 a2 b2

Por pasar por lo punto (0, 4) se verifica

42 =1 ⇒ b2

b 2 = 4 2 = 16

Como c = 3 y teniendo en cuenta que a 2 = b 2 + c 2 ⇒ a 2 = 4 2 + 3 2 = 25

La ecuación de la elipse es:

b F2(−3, 0)

x2 y2 + =1 25 16

a c F1(3, 0)

| LOGSE 34

Problema 25 Calcular el área del triángulo con vértices os puntos de intersección del plano π: 2x + y + 3z − 6 = 0 con los ejes de coordenadas. PAU Galicia Logse. Setiembre 1997)

Solución

Hallamos la intersección del plano con los ejes de coordenadas: Intersección con OX

y = 0, z = 0

⇒

2x − 6 = 0

⇒

x=3

A(3, 0, 0)

Intersección con OY

x = 0, z = 0

⇒

y−6=0

⇒

y=6

B(0, 6, 0)

Intersección con OZ

x = 0, y = 0

⇒

3z − 6 = 0

⇒

z=2

C(0, 0, 2)

Teniendo en cuenta la interpretación geométrica del producto vectorial, el área del triángulo de vértices los puntos A, B y C es:

∆=

1 AB × AC 2

AB = (0 − 3, 6 − 0, 0 − 0) = (−3, 6, 0),

AC = (0 − 3, 0 − 0, 2 − 0) = (−3, 0, 2)

 6 0 0 −3 −3 6   = (12, 6, 18) , , AB × AC =   0 2 2 − 3 − 3 0   ∆=

1 1 AB × AC = 2 2

122 + 62 + 182 =

1 2

504 = 126 =

| LOGSE 35

Problema 26 A. ¿Puede ser una recta perpendicular a una recta de un plano sin que lo sea al plano? Razoar a respuesta. B. Determinar α y β para que los planos π 1 : 6x − αy + 4z + 9 = 0 y π 2 : 9x −3y + βz − β = 0 sean paralelos. PAU Galicia Logse. Setiembre 1997)

Solución

A. π

Por ejemplo, la recta s, que pertenece al mismo plano que la recta r, es perpendicular a ella, sin embargo no es perpendicular al plano π. por lo tanto, una recta si puede ser perpendicular a una recta de un plano, sin ser perpendicular a dicho plano. B.

Para que los planos sean paralelos, tiene que verificarse que los vectores característicos n1 = (6, − α, 4) y n 2 = (9, − 3, β), perpendiculares a π1 e π 2 , respectivamente, han de ter a misma dirección. En este caso:

6 −α 4 = = 9 −3 β

⇒

6 −α = 9 −3 6 4 = 9 β

⇒

α=2 β=6

Para α = 2 y β = 6, las ecuaciones dos planos π 1 y π 2 son: π 1 : 6 x − 2 y + 4 z + 9 = 0 y π 2 : 9 x − 3 y + 6 z − 6 = 0.

Estos dos planos son paralelos, pues:

6 −2 4 9 = = ≠ 9 −3 6 −6

| LOGSE 36

Problema 27 Calcular los puntos de la recta r que pasa por los puntos P=(−1, 2, 3) y Q=(3, 5, 0), y tales que la distancia al punto C=(−1, 0, 1) es de 12 unidades. PAU Galicia Logse. Junio 1998)

Solución

Una determinación lineal de la recta r es r(P, PQ ) siendo:

P=(−1, 2 ,3); PQ = (3 − (−1), 5 − 2, 0 − 3) = (4, 3, −3)

 x = −1 + 4λ  Las ecuaciones paramétricas de r son:  y = 2 + 3λ  z = 3 − 3λ  Un punto genérico de r es ( −1 + 4λ, 2 + 3λ , 3 − 3λ )

Los puntos de esta recta que distan 12 unidades de C=(−1, 0, 1) verifican: ( −1 + 4λ − ( −1)) 2 + ( 2 + 3λ ) 2 + (3 − 3λ − 1) 2 = 12

⇒ 144

( 4λ ) 2 + ( 2 + 3λ ) 2 + ( 2 − 3λ ) 2 = 12

⇒

⇒ 16λ2 + 4 + 12λ + 9λ2 + 4 − 12λ + 9λ2 =

⇒

⇒ 34λ2 = 136 ⇒

λ2 = 4

⇒ λ = 2; λ = −2

Por lo tanto, sustituyendo estos dos valores en ( −1 + 4λ , 2 + 3λ , 3 − 3λ ) obtenemos: Para λ = 2,

(−1 + 4 · 2, 2 + 3 · 2, 3 − 3 · 2) = (7, 8, −3)

Para λ = −2, (−1 + 4 · (−2), 2 + 3 · (−2), 3 − 3 · (−2)) = (−9,−4, 9) Os puntos de r que distan 12 unidades de C son: (7, 8, −3) y (−9, −4, 9)

| LOGSE 37

Problema 28 Estudiar a posición relativa de las rectas y z + 1  r ≡ x − 3 = =  y s ≡ { (x, y, z) = (−3, 1, 0) + λ(−1, 2, 1)} 2 −2   Calcular el punto de r más próximo a la recta s. PAU Galicia Logse. Junio 1998)

Solución

Una determinación lineal de la recta r es r(A, u ) , siendo A=(3, 0, −1) y u =(1, 2, −2) Una determinación lineal de la recta s es s(B, v ) , siendo B=(−3, 1, 0) y v =(−1, 2, 1) Se rango ( AB, u , v ) = 3, las rectas se cruzan. Se rango ( AB, u , v ) < 3, las rectas son coplanarias.

AB = (−3 − 3, 1 − 0, 0 − (−1)) = (−6, 1, 1)

− 6  rango ( AB, u , v ) = rango  1  −1 

1  2 − 2  = 3, pues 2 1

−6 1 −1

2 − 2 = −31 ≠ 0 2 1

As rectas r y s se cruzan.

O punto de r más próximo a s es o de la perpendicular común.

Para hallar dicho punto, calculamos a intersección de la recta r A co plano π que contiene a recta s y tiene como vector de dirección o vector u × v que es perpendicular a los vectores de dirección de las rectas r y s, u y v , respectivamente.

u B

v s

1 1 2  2 −2 −2  = (6, 1, 4) , , u × v =   2 1 1 − 1 − 1 2  

| LOGSE 38

Plano π: Una determinación lineal deste plano es π(B, v , u × v )

Por lo tanto, a ecuación del plano es: x+3

y −1 z

−1

1 =0

desarrollando este determinante por los elementos de la primera fila, obtenemos: ( x + 3)

2 1 1 4

− ( y − 1)

−1 1 6 4

−1 2 6 1

7( x + 3) − ( −10)( y − 1) + ( −13) z = 0 7 x + 10 y − 13 z + 11 = 0

Intersección de r y π: Un punto genérico de la recta r es (3 + µ, 2µ, −1 −2µ). El que pertenece al plano π verifica: 7(3 + µ) + 10 (2µ) − 13(−1 − 2µ) + 11 = 0 45 ⇒ 53µ = −45 ⇒ µ= − 53

⇒ 21+ 7µ + 20µ + 13 + 26µ + 11 = 0

  45   45  90 37   45    114 O punto pedido es:  3 +  − , 2 − , − 1 − 2 −   =  , − ,  53 53   53    53   53   53  Otra forma de calcular este punto es a siguiente: O punto de r más próximo de s es o de la perpendicular común.

r P

Sean P y P’ os puntos de corte de las rectas r y s coa perpendicular común.

P′

Por ser P un punto de la recta r, sus coordenadas son de la forma: (3 + µ, 2µ, −1 − 2µ) | LOGSE 39

Por ser P′ un punto de la recta s, sus coordenadas son de la forma: (−3 − λ, 1 + 2λ, λ)

O vector PP ' = (−6 − λ − µ, 1 + 2λ − 2µ, 1 + λ + 2µ) es perpendicular a u = (1, 2, −2) y v = (−1, 2, 1), por lo tanto:

PP ' · u = 0 ⇒ (−6 − λ − µ) · 1 + (1 + 2λ − 2µ) · 2 + (1 + λ + 2µ) · (−2) = 0 ⇒ PP ' · v = 0 ⇒ (−6 − λ − µ) · (−1) + (1 + 2λ − 2µ) · 2 + (1 + λ + 2µ) · 1 = 0 λ − 9µ − 6 = 0 ⇒  6λ − µ + 9 = 0

⇒ µ=−

45 53

  45   45  90 37   45    114 O punto pedido P es:  3 +  − , 2 − , − 1 − 2 −   =  , − ,  53 53   53    53   53   53 

| LOGSE 40

Problema 29 ¿Os puntos P=(3, 1, 1), Q=(1, 1, 0), R=(−3, 3, −1) y S=(2, 2, 1) son coplanarios? PAU Galicia Logse. Setiembre 1998

Solución

Q R P S

Os puntos P, Q, R y S son coplanarios se os vectores

PQ, PR e PS

son linealmente

dependientes, es decir, se rango ( PQ, PR, PS ) < 3

PQ = (1 −3, 1 −1, 0 −1) = ( −2, 0, −1) PR = (−3 −3, 3 −1, −1 −1) = ( −6, 2, −2)

PS = (2 −3, 2 −1, 1 −1) = ( −1, 1, 0)

− 2  rango ( PQ, PR, PS ) = rango  − 6  −1  −2

−6

2 −2 =0

−1

− 1  2 − 2  = 2 , xa que 1 0  0

−2 0 −6 2

= −4 ≠ 0 y

−1 0

Os vectores PQ, PR e PS son linealmente dependientes, así pues, os cuatro puntos P, Q, R y S son coplanarios.

| LOGSE 41

Problema 30 A. ¿Cual es la forma general de los planos paralelos al plano OXY? Razonar la respuesta. B. Hallar a ecuación general del plano π que pasa por A=(1, 1, 1) y contiene la recta r, dada por: x = 2 + α   y = −1 − α  z = − 2α  PAU Galicia Logse. Setiembre 1998

Solución A. Z

Un vector normal de un plano paralelo al plano OXY es o vector (0, 0, 1), por lo tanto, a ecuación general de dicho plano es:

u3 u1

0x + 0y + 1z + D = 0 ⇒

z+D=0

La forma general dos planos paralelos al plano OXY es: z + D = 0 B.

u P A

Un punto de la recta r es P(2, −1, 0) y un vector director es u =(1, −1, −2) O plano π que pasa por lo punto A y contiene a recta r, queda determinado por A y por los vectores directores u y PA , es decir, Una determinación lineal del plano es π(A, u , PA ) donde PA = (1 − 2, 1 − (−1), 1 − 0) = (−1, 2, 1) y por lo tanto, a ecuación general del plano es:

x −1 1 −1

y −1 z −1 −1 2

−2 = ( x − 1) 1

−1 −2

− ( y − 1)

1 −2 −1

+ ( z − 1)

1 −1 −1

= ...

= 3( x − 1) − (−1)( y − 1) + ( z − 1) = 0 De donde, el plano pedido es 3 x + y + z − 5 = 0

| LOGSE 42

Problema 31 Hallar a ecuación general del plano determinado por los puntos A=(1, 1, 1), B=(−2, 0, −1) y C=(1, −2, 0). Calcular o volume del tetraedro que limita con los planos cartesianos. PAU Galicia Logse. Junio 1999)

Solución

Dados tres puntos non alineados, para determinar o plano que los contiene, tomamos un punto cualquiera de ellos, por ejemplo A, y os vectores AB y AC , es decir, Una determinación lineal del plano es π(A, AB, AC ) AB = (−2 − 1, 0 − 1, −1 − 1) = (−3, −1,−2),

AC = (1 − 1, −2 − 1, 0 − 1) = (0, −3, −1) Se X(x, y, z) es un punto genérico de dicho plano, se verifica: rango ( AX , AB, AC ) = 2 Por lo tanto, a ecuación general del plano determinado por los tres puntos es:

x −1 y −1 z −1 −3

−1

−2 =0

−3

−1

desarrollando este determinante por los elementos de la primera fila, resulta: ( x − 1)

−1 − 2 −3

−1

− ( y − 1)

−3 −2 0

−1

+ ( z − 1)

− 3 −1 0 −3

− 5( x − 1) − 3( y − 1) + 9( z − 1) = 0 − 5x − 3 y + 9 z − 1 = 0

| LOGSE 43

Hallamos os vértices del tetraedro y para iso calculamos a intersección dos planos:

x = 0, y = 0, z = 0

punto de intersección O=(0, 0, 0)

x = 0, y = 0, − 5 x − 3 y + 9 z − 1 = 0

punto de intersección P=(0, 0, 1/9)

x = 0, z = 0, − 5 x − 3 y + 9 z − 1 = 0

punto de intersección Q=(0, −1/3, 0)

y = 0, z = 0, − 5 x − 3 y + 9 z − 1 = 0

punto de intersección R=(−1/5, 0, 0)

O volume del tetraedro de vértices os puntos O, P, Q, y R es:

[

1 V (OPQR ) = OP, OQ, OR 6 u

]

1 = 6

1/ 9

− 1/ 3

− 1/ 5

1 1  1 1 = −  =− 6  135  810 810

| LOGSE 44

Problema 31 Estudiar a posición relativa de las rectas r y s, y calcular o ángulo que forman  x = 3 + λ    x −1 y z s :  y = 3 + 2λ  = =  r : 2 3 4   z = 4 + 3λ    PAU Galicia Logse. Junio 1999)

Solución

Una determinación lineal de la recta r es r(A, u ) siendo A=(1, 0, 0) y u =(2, 3, 4) Una determinación lineal de la recta s es s(B, v ) siendo B=(3, 3, 4) y v =(1, 2, 3) Se rango ( AB , u , v ) = 3, las rectas se cruzan. Se rango ( AB , u , v ) < 3, las rectas son coplanarias.

AB = (3 − 1, 3 − 0, 4 − 0) = (2, 3, 4)

2 3 4  2 3 4   2 3 =1≠ 0 y 2 3 4 = 0 rango ( AB , u , v ) = rango  2 3 4  = 2 , xa que 1 2  1 2 3 1 2 3   As rectas r y s son coplanarias.

2 3 Como rango (u , v ) = 2, pues = 1 ≠ 0, las rectas se cortan. 1 2

cos

∧ u ·v | cos ( u , v ) | = = u v

∧ cos ( r , s ) =

= 2 ·1 + 3 · 2 + 4 · 3 2

2 +3 +4

1 +2 +3

20 29 14

20 406

O ángulo que forman las rectas r y s es: α = 6º 58′ 57″

| LOGSE 45

Problema 32 Calcular o conjunto de puntos de R3 que están a la misma distancia dos puntos P = (− −1, 2, 5) y Q = (−3, 4, 1). ¿A que distancia se atopa o punto P de dicho conjunto? PAU Galicia Logse. Setiembre 1999)

Solución Se X(x, y, z) es un punto de R3 que está a la misma distancia dos puntos P y Q, verifica:

d(P, X) = d(Q, X)

⇔

( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 5) 2 = ( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 + ( z − 1) 2 ⇒

⇒

( x + 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 5) 2 = ( x + 3) 2 + ( y − 4) 2 + ( z − 1) 2

⇒

x 2 + 2 x + 1 + y 2 − 4 y + 4 + z 2 − 10 z + 25 = x 2 + 6 x + 9 + y 2 − 8 y + 16 + z 2 − 2 z + 1 ⇒ ⇒

4 x − 4 y + 8z − 4 = 0 ⇒

x − y + 2z − 1 = 0

Así pues, o conjunto de puntos de R3 que están a la misma distancia dos puntos P y Q es o plano π: x − y + 2z − 1 = 0. Este plano chámase plano mediador del segmento PQ y es o plano que corta al segmento PQ perpendicularmente por lo punto medio.

A distancia del punto P al plano π es: d(P, π) =

− 1 − 2 + 10 − 1 2

1 + (−1) + 2

6 6

= 6 u.

| LOGSE 46

Problema 33 Considérese, no plano, o triángulo de vértices: A = (2, 0), B = (0, 1) y C = (−3, −2). Calcular os ángulos y a área deste triángulo PAU Galicia Logse. Setiembre 1999)

Solución B = (0, 1) h

A = (2, 0)

C = (−3, −2)

Consideremos os vectores:

AB = (0 − 2, 1 − 0) = (−2, 1)

BA = (2, − 1)

AC = (−3 − 2, − 2 − 0) = (−5, − 2)

CA = (5, 2)

BC = (−3 − 0, − 2 − 1) = (−3, − 3)

CB = (3, 3)

cos Aˆ = cos ( AB, AC ) =

cos Bˆ = cos ( BA, BC ) =

AB · AC | AB | · | AC |

BA · BC | BA | · | BC |

− 2 · (−5) + 1 · (−2) (−2) 2 + 12 (−5) 2 + (−2) 2 2 · (−3) + (−1) · (−3) 2 2 + (−1) 2 (−3) 2 + (−3) 2

CA · CB 5·3+ 2·3 cos Cˆ = cos (CA, CB ) = = = | CA | · | CB | 5 2 + 2 2 32 + 32

cos Aˆ = cos Cˆ =

8 145 21 522

⇒

Aˆ = 48º 21′ 59′′ ;

⇒

Cˆ = 23º 11′ 55′′

A área de un triángulo es: Área =

−3 cos Bˆ = 90

⇒

29 18

5 18 =

5 29 −3

8 145 −3 90

21 522

Bˆ = 108º 26′ 6′′ ;

1 b·h 2

En este caso, podemos tomar como base o ladel AC.

| LOGSE 47

b =| AC | = 29 h = | CB | sen Cˆ = 18 sen (23º 11' 55" ) A área del triángulo es: Área (ABC)

1 29 18 sen (23º 11' 55" ) = 4,5 u2. 2

| LOGSE 48

Problema 34 Acha o volume del tetraedro de vértices o punto P = (1, 1, 1) y os puntos de corte del plano π : 2x + 3y + z − 12 = 0 con los ejes coordenados. Acha también o punto de corte del plano π y a recta, perpendicular a π, que pasa por lo punto P. PAU Galicia Logse. Junio 2000)

Solución a) Hallamos a intersección del plano π con los ejes coordenados. Intersección con OX: y = 0, z = 0

⇒ 2x – 12 = 0 ⇒ x = 6. A = (6, 0, 0)

Intersección con OY: x = 0, z = 0

⇒ 3y – 12 = 0 ⇒ y = 4. B = (0, 4, 0)

Intersección con OZ: x = 0, y = 0

⇒ z – 12 = 0 ⇒ z = 12. C = (0, 0, 12)

O volume del tetraedro de vértices P, A, B y C es: 5 −1 −1 1 1 1 V ( PABC ) = PA, PB, PC = − 1 3 − 1 = · 144 = 24 u3. 6 6 6 − 1 − 1 11

[

]

v M

A recta r perpendicular π que pasa por lo punto P=(1, 1, 1) tiene como vector de dirección o vector normal ou característico del plano π, n = ( 2, 3, 1), por lo tanto las ecuaciones paramétricas de dita recta son:

 x = 1 + 2λ   y = 1 + 3λ z = 1 + λ  O punto pedido M, es un punto de la recta r, por lo tanto es de la forma M (1 + 2λ , 1 + 3λ, 1 + λ ), y como M también pertenece al plano π, cúmprese que: 2(1 + 2λ ) + 3( 1 + 3λ ) + 1 + λ − 12 = 0 ⇒ 2 + 4λ + 3 + 9λ + 1 + λ − 12 = 0 ⇒ λ =

3 7

3 3 3   13 16 10   las coordenadas del punto M son 1 + 2 · , 1 + 3 · , 1 +  =  , ,  7 7 7  7 7 7  

| LOGSE 49

Problema 35 Determina las ecuaciones vectorial, paramétricas y general del plano determinado por los puntos A = (1, 0 , 0), B = (2, −1, 2) y C = (5, −1, 1). Acha a distancia del punto P = (2, 7, 3) al plano. PAU Galicia Logse. Junio 2000)

Solución C X B

AB = (2 − 1, − 1 − 0, 2 − 0) = (1, − 1, 2) ,

AC = (5 − 1, − 1 − 0, 1 − 0) = (4, − 1, 1)

Ecuación vectorial ( x, y , z ) = (1, 0, 0) + λ (1, − 1, 2) + µ ( 4, − 1, 1)

Ecuaciones paramétricas

 x = 1 + λ + 4µ  y = − λ − µ  z = 2λ + µ  Ecuación xeral

x −1

−1 2 = 0 −1 1

1 4

desarrollando este determinante por los elementos de la primera fila, resulta: ( x − 1)

−1 2 −1 1

−y

1 2 4

1 −1 4 −1

= x − 1 − ( −7) y + 3 z = x + 7 y + 3 z − 1 = 0

A distancia del punto P al plano π es: dist (P, π) =

2 + 7 · 7 + 3·3 −1 2

1 +7 +3

59 59

= 59 u

| LOGSE 50

Problema 36 Calcule α para que los puntos A = (1, 1, 1), B = (3, 0, 2), C = (5, −2, 2) y D = (2, 1, α) sean coplanarios. Calcule a área del polígono ABCD. PAU Galicia Logse. Setiembre 2000)

Solución

D B A

Los puntos A, B, C y D son coplanarios se os vectores AB, AC y CD son linealmente dependientes, es decir, rango ( AB, AC, AD) < 3

AB = (3 − 1, 0 − 1, 2 − 1) = (2, − 1, 1) AC = (5 − 1, − 2 − 1, 2 − 1) = (4, − 3, 1) AD = (2 − 1, 1 − 1, α − 1) = (1, 0, α − 1) Consideremos a matriz formada por las coordenadas dos tres vectores.

1  2 −1   M = 4 − 3 1   1 0 α − 1   | M | = −2α + 4

O rango de la matriz M es menor que 3, si y solo si, | M | = 0 | M |= 0 ⇒

− 2α + 4 = 0

⇒

α=2

Por lo tanto, os puntos A, B, C y D son coplanarios se α = 2. En este caso os puntos B, C y D están alineados, pues, os vectores CB y CD son linealmente dependientes. En efecto:

| LOGSE 51

CB = (3 − 5, 0 − (−2), 2 − 2) = (−2, 2, 0) CD = (2 − 5, 1 − (−2), 2 − 2) = (−3, 3, 0)

A área del polígono ABCD es a área del triángulo ACD. D B A

Teniendo en cuenta a interpretación geométrica del producto vectorial:

Área ( ACD) =

1 | AC × AD | 2

sendo: AC = (4, − 3, 1) , AD = (1, 0, 1)

−3 1 1 AC × AD =  ,  0 1 1

Área ( ACD) =

4 4 −3  = (−3, − 3, 3) , 1 1 0 

1 1 1 3 | AC × AD | = (−3) 2 + (−3) 2 + 3 2 = 27 = 3 u2 2 2 2 2

| LOGSE 52

Problema 37 Dado o plano π 1 : 3 x + α y + z = 6, calcule α para que a recta r que pasa por lo punto P = (1, 1, 2 ) y es perpendicular a este plano ( π 1 ) sea paralela al plano π 2 : x − y = 3. Calcule a distancia de la recta r a la origen. PAU Galicia Logse. Setiembre 2000)

Solución n1 P(1, 1, 2)

n2 π2 π1

Se Una recta es perpendicular a un plano, un vector de dirección de la recta es o vector normal ou característico del plano, por lo tanto, un vector de dirección de la recta r es n1 = (3, α, 1). Se Una recta es paralela a un plano, o vector de dirección de la recta y o vector característico del plano π 1 son ortogonales, logo se n 2 = (1, − 1, 0) es o vector característico del plano π 2 , se verifica:

r // π 2 ⇔ n1 ⊥ n 2

⇔ n1 · n 2 = 0 ⇔ 3 · 1 + α · ( −1) + 1 · 0 = 0 ⇒ 3 − α = 0 ⇒ α = 3 O

A distancia de la origen a recta r viene dada por:

| n1 × PO | d ( O, r ) = | n1 |

PO = (−1, − 1, − 2),

n1 = (3, 3, 1)

| LOGSE 53

 3 1 1 3 3 3  = (−5, 5, 0) n1 × PO =  , ,  − 1 − 2 − 2 − 1 − 1 − 1   | n1 × PO |= ( −5) 2 + 5 2 + 0 2 = 50

| n1 |= 3 2 + 3 2 + 12 = 19 Logo, d (O, r ) =

50 19

50 u. 19

| LOGSE 54

Problema 38 ¿En que posición relativa poden estar tres planos no espacio que non tienen ningún punto en común? B. Determine a posición relativa dos planos π : x − 2 y + 3 z = 4 , σ :2x + y + z + 1 = 0 y ϕ : − 2 x + 4 y − 6z = 0

PAU Galicia Logse. Junio 2001)

Solución A. Sean os planos: π1 : Ax + By + Cz + D = 0 π 2 : A′x + B ′y + C ′z + D ′ = 0

π 3 : A′′x + B ′′y + C ′′z + D ′′ = 0 Os planos non tienen ningún punto en común a los tres se o sistema formado por susecuaciones es incompatible. As matrices dos coeficientes y ampliada del sistema son:

A B C   M =  A′ B ′ C ′  ,  A′′ B ′′ C ′′   

A B C D   M * =  A′ B ′ C ′ D ′   A′′ B ′′ C ′′ D ′′   

Se rango (M) ≠ rango (M*), o sistema es incompatible. Según os valores dos rangos de M y M* preséntanse os siguientes casos:

I) Se rango (M) = 2 ≠ rango (M*) = 3, pódense dar dos posicións: a) Os planos se cortan dos a dos formandel Una superficie prismática.

| LOGSE 55

b) Dos planos son paralelos y secantes al terceiro

II) Se rango (M) = 1 ≠ rango (M*) = 2, puede ocorrer: a) Os tres son planos paralelos

b) Dos planos coincidentes y outro paralelo a eles

B. Consideramos o sistema formado por las ecuaciones dos tres planos

 x − 2 y + 3z = 4   2 x + y + z = −1 − 2 x + 4 y − 6 z = 0  Formamos las matrices del sistema

3  1 −2   M = 2 1 1 − 2 4 − 6  

3 4  1 −2   M* =  2 1 1 − 1 − 2 4 −6 0  

| M | = 0 , pues a primera y terceira filas son proporcionales

rango (M) = 2 , xa que

1 −2 2

= 5 ≠ 0 y | M |= 0

| LOGSE 56

1 −2 rango (M*) = 3 , pues

1 − 1 = 40 ≠ 0

2 −2

Como rango (M) = 2 ≠ rango (M*) = 3, o sistema es incompatible. Non existe ningún punto común a los tres planos. En este caso trátase de dos planos paralelos y outro incidente con eles. Os planos π y ϕ son paralelos y secantes a σ

π ϕ

| LOGSE 57

Problema 39 Determine o ángulo que forma a recta r, que pasa por lo punto (1, −1, 0) y tiene como x−7 y+6 z = = −2, 0, 1) , y a recta s, de ecuación: 4 4 2 vector director v = (− PAU Galicia Logse. Junio 2001)

Solución Un vector director de la recta r es v = (−2, 0, 1) Un vector director de la recta s es w = ( 4, 4, 2)

Por lo tanto,

cos α = cos (r, s) = | cos (v , w) | =

−6 5 36

v ·w = |v | | w|

− 2 · 4 + 0 · 4 + 1· 2

(−2) 2 + 0 2 + 12

42 + 42 + 22

1 5

En consecuencia, o ángulo pedido es α = arccos

1 5

;

α = 63º 26′ 6″

| LOGSE 58

Problema 40

u=v ( u + v )( u − v ) = 0 u v A. Sean y dos vectores. Comprobe que se entonces . B. Calcule os vectores unitarios que sean perpendiculares a los vectores u = (− −3, 4, 1) y v = (− −2, 1, 0) . PAU Galicia Logse. Setiembre 2001)

Solución

2 2 A. (u + v )(u − v ) = uu + v u − uv − v v = u u − v v = u − v (1)

( 2)

(1) Aplicandel a propiedade distributiva del producto escalar respecto a la suma de vectores (2) Teniendo en cuenta que o producto escalar es conmutativo v u = uv por lo tanto, (u + v )(u − v ) = 0

⇒

2 2 u − v =0 ⇒

2 2 u =v

⇒

u =v

B. Os vectores u × v y v × u son perpendiculares a los vectores u y v .  4 1 1 −3 −3 4  = (− 1, − 2, 5) u × v =  , ,   1 0 0 − 2 − 2 1 u × v = (−1) 2 + (−2) 2 + 5 2 = 30

Como v × u = − u × v y u × v = v × u , os vectores unitarios pedidos son:  −1 −2  , , 30  30

5   1  y  , 30   30

2 30

−5   30 

| LOGSE 59

Problema 41 Calcule a distancia entre las rectas r y s, onde r tiene por ecuaciones (r : x = 3y = 5z) y a recta s pasa por los puntos A = (1, 1, 1) y B = (1, 2, −3) PAU Galicia Logse. Setiembre 2001)

Solución As ecuaciones continuas de la recta r : x = 3y = 5z son:

x y z = = 15 5 3

Una determinación lineal desta recta es r (O, u ), siendo O = (0, 0, 0) y u = (15, 5, 3) Una determinación lineal de la recta s es s ( A, v ), siendo A = (1, 1, 1) y

v = AB = (0, 1, − 4) As rectas r y s se cruzan, pues

1 1 1 1  1 1   rango (OA, u , v ) = rango 15 5 3  = 3 , xa que 15 5 3 = 52 ≠ 0  0 1 − 4 0 1 −4   A distancia entre dos rectas que se cruzan viene dada pola expresión d(r, s) = | [OA, u, v ] | u ×v

| [OA, u, v ] | = 52 3 3 15 15 5  5  = (−23, 60, 15) u × v =  , ,  1 − 4 − 4 0 0 1   u × v = (−23) 2 + 60 2 + 15 2 = 4.354

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| [OA, u, v ] | 52 = d(r, s) = u. u ×v 4.354

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V i d e o s yo u t u b e h t t p : / / w w w . yo u t u b e . c o m / w a t c h ? v = v f Fu E x 9 _ H IE h t t p : / / w w w . yo u t u b e . c o m / w a t c h ? v = K Y x s iW 9 n 5 M k &f e a t u r e =r e l a t e d E n i n gl ĂŠ s h t t p : / / w w w . yo u t u b e . c o m / w a t c h ? v = - D O 9 j X 6 n m S Q Poliedros h t t p : / / w w w . yo u t u b e . c o m / w a t c h ? v = d z 9 1X Q u M Y Y E &f e a t u r e =r e l a t e d Ba r i c e n t r o c o n g e o g eb r a h t t p : / / w w w . yo u t u b e . c o m / w a t c h ? v = cp 7 A S k e_ V R Y &f e a t u r e = r e l a t e d h t t p : / / w w w . v i d e o - s h q i p . n e t / G e o G eb r a - P u n t o s - yP o l i go n o s _ _ R P m d Fs T d w _ k . h t m l Muy bien con animaciones http://www.mathopenref.com/tocs/coordpointstoc.html h t t p : / / w w w . m yg e o m e t r yt e a c h e r . c o m / C o n ap p l e t s c o n c o o r d e n a d a s e s p a c i a l e s http://www.univie.ac.at/future.media/moe/galerie.html h t t p : / / w w w . u n i v i e . a c . a t / f u t u r e . m e d i a / m o e / g a l e r i e / geo m 1 / ge o m 1 . h t m l h t t p : / / w w w . u n i v i e . a c . a t / f u t u r e . m e d i a / m o e / g a l e r i e / geo m 2 / ge o m 2 . h t m l Pdfs ***** h t t p : / / w w w . p d f - s e a r c h - e n gi n e . c o m / a n a l yt i c - g e o m e t r y-p d f . h t m l h t t p : / / w w w . p d f - s e a r c h - e n gi n e . c o m / m % C 3 % 8 9 t r i c o s -p d f . h t m l Curiosa presentacion 3D http://images.google.es/imgres?imgurl=http://www.flohmueller.de/pov_tut/a_geo/a_geo_01.jpg&imgrefurl=http://www.flohmueller.de/pov_tut/a_geo/a_geo10e.htm&usg=__wejU36Ghpyo-2CBvLkRreNkyH8=&h=360&w=480&sz=29&hl=es&start=21&um=1&tbnid=bvCQ_2tRrH84IM:&tbnh=97 &tbnw=129&prev=/images%3Fq%3Danalytical%2Bgeometry%2Bspace%26gbv%3D2%26 ndsp%3D18%26hl%3Des%26sa%3DN%26start%3D18%26um%3D1

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U⌀ℕℤℚ∊ℝℂℙℐΩ⇐⇒⇔⇏∊∉∈∅⇾≈≔⇎⇝≡ℤ≤≥≲≳≴≵≮≯∀⇒∊≠∅⊂⟇·∊∃ A⨯Bεαβηθλµξσφφδεε

·∅U∩∪∼∿⊂⊃⊆⊇⊄⋂⋃⊅∧∨U⤳≮≠|∂∆√±∞ǀǁƟƩǃξχ∘6⊕⊗⊛⋅♫♯ ⨁⨂✘✔×

ℕ

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