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• Emely Yovera Rodriguez

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Facultad de Ingeniería UCV

Álgebra Lineal y Geometría Analítica (0250)

Ciclo Básico

EJERCICIOS RESUELTOS 1. Dado Q( 2, 3, 2) y las rectas L1 : x 3 - 2t, y 4 3t, z -3 2t y L 2 : x a) Halle la ecuación del plano que pasa por Q y es paralelo a las rectas L1 y L2.

x Dados L 1: y z 2

 v1

-2 t 3

-3

2

 , v2

3 2

 j kˆ

iˆ

 n

3 4

x-2 y L 2: 3

y, z

3  1 , Entonces hacemos n 0

2

ó

3y

2, z

x L 2: y

2 0

-3 r 1

z

2

2

0

  v 1 v 2 (normal del plano)

2

2 3 2 3 1 0

6 , y con el punto Q( 2, 3, 2) , obtenemos 7

: - 2x - 6y 7z

0

ó

2x 6y - 7z

0

b) Calcular la distancia entre L1 y L 2 .

1

P2 (2, 0, 2) , por tanto P2 P1

P1(3, 4, - 3) y

4

  v1 v 2

;

2 6

 n

-5  P2 P1  n  n

d(L1, L 2 )

2

24

35

61

4

36

49

89

c) Calcular la distancia entre Q y L1 .

5 QP1

1

 v

QP1

y

iˆ

5 1 2 3

-5  QP1 v  v

d(Q , L1 )

 j

17 2 17

7

kˆ

17

5 2

0 17

34

2. Los puntos A(1, 3, –1), B(2, 0, 2) y C(4, –1, –3) son vértices consecutivos de un paralelogramo. a) Halle el vértice D y el centro del paralelogramo. Sean A(1, 3, - 1) , B(2, 0, 2) , C(4, - 1, - 3) y D(a, b, c) .

BC AD entonces c 1

5

c

6.

2

a

1

-1

b

3

-5

c

1

a -1

2

a

3, b - 3

-1

b

2,

Por tanto D(3, 2, - 6) .

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b) Calcule el área del triángulo generado por ABD.

 Sean v

2 AD

 u

1 , 5

  u v

AB

1 -3 . 3

iˆ

 j

kˆ

18

1 2

3 1

3 5

11 5

El área del triángulo es :

A

3. Dados el plano

:x

  u v

324

121 2

2 2y

z

3

25

0 , la recta L :

470 2 x y z 1 y punto Q(1,1,0). Encuentre: 2x y z 2

a) El punto intersección entre la recta L y el plano . Para verificar si existe intersección entre la recta y el plano tenemos que encontrar primero la recta L, la cual viene dada por la intersección de los planos dados, esto será, aplicando operaciones elementales y llevando a una matriz escalonada reducida: 1 1 1 : 1 f 2 f 2 2 f1 1 1 1 : 1 , de donde obtenemos la ecuacion de la recta como: 2 1 1 : 2 0 1 1 : 0 x = 1,

y = –t ,

z=t

1

Para encontrar la intersección entre la recta y el plano, sustituimos las coordenadas de la recta en la ecuación del plano dado y así se obtiene:

2 3 Al sustituir el valor de t en 1 tenemos que el punto de intersección tiene coordenadas: (1) 2( t ) (t ) 3

0

t

2 2 ; z 3 3 b) La ecuación cartesiana del plano que pasa por el punto Q y es paralelo plano . x

1; y

Dado que el plano buscado es paralelo al plano dado podemos asegurar que Así la ecuación del plano que deseamos viene dado como:

c) La distancia del punto Q al plano

.

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d) El área del triángulo cuyos lados adyacentes están dados por el vector director de la recta L y el vector normal al plano . 0 1   Sean d 2 el vector normal al plano . 1 el vector director de la recta L y n 1

1

  d n

iˆ

 j

kˆ

1

0

1 1

1

1

2 1

1

Entonces el área del triangulo cuyos lados adyacentes son estos vectores, esta dado por:   d n 1 1 1 3 A 2 2 2 x

4. Dados el plano

1:

2x 3y 6z

25

0 , las rectas L1 :

x

y

1 4

1

z

2

2

;

3

1 5t

L2 : y z

1 4t 2

3t

y el

punto Q(1,1,1). Encuentre: a)

Las coordenadas del punto intersección entre la recta L1 y el plano x

del plano para encontrar (si existe) el valor de

2(1 4 ) 3( 1 2 ) 6(2 3 ) 25

1 4

L1 : y

Expresando la recta L1 de forma paramétrica tenemos:

z

1.

1 2

y sustituyendo en la ecuación

2 3

obtenemos:

0

2 8

3 6

12 18

Entonces tenemos que las coordenadas del punto intersección son: x = 7 ; b)

25 y= 5

2 ; z= 4

La ecuación cartesiana del plano que contiene a las rectas L1 y L2. El vector normal al plano se obtiene del producto cruz entre los vectores directores de las rectas L1 y L2. Así

 n

i j k 4 2 3 5 4 3

i

2 3 4 3

j

4 3 5 3

k

4 2 5 4

Y la ecuación cartesiana del plano buscado será:

:

2x

y

6i

3j

6k

6 3

2 3 1

6

: 2z

2(x 1) (y 1) 2(z

2

2) 0

1 3

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c)

Álgebra Lineal y Geometría Analítica (0250)

La ecuación cartesiana de los planos paralelos a Los planos son de la forma: 2x

d)

7 3y 6z

2x

de los planos buscadas son

k

que estén a 5 unidades del origen.

0 , así d(P ,

3y 6z k

punto P es el origen se tiene d(P , 1 )

1

k

5

35

Ciclo Básico

0

1)

2x 0

3y 0

6z 0

k

7

y como el

35 , de donde se tiene que las ecuaciones y

2x

3y 6z

35

0

La ecuación de la recta perpendicular a L2 que pasa por el punto Q.

5

 4 un vector director de la recta L2 , el vector k PQ Pr oy d PQ 3  será un vector perpendicular al vector d , por ende será el director de la recta buscada, así tendremos:

 Sean P(1, 1, 2) un punto y d

 k

PQ Pr oy d PQ

0 2 1

5 1 4 10 3

1 10

5 16

y la recta solicitada estará dada por:

13

x L3 : y

1 5 1 16

z

1 13

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