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Trabajo

Miguel Rodriguez

The Date

Índice general

1. RECTAS Y PLANOS 3

1.1. De�niciones, propiedades y proposiciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2. Ejemplos resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.3. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2. Super�cie Esférica 52

2.1. Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.1.1. Ecuación canónica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.1.2. De�niciones y propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.1.3. Ejemplos Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.1.4. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3. Super�cies Cuadráticas 80

3.1. Elipsoide, paraboloide, cono e hiperboloides . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.1.1. Ecuaciones canónicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

1

3.1.2. Ejemplos resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.1.3. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

2

Capítulo 1

RECTAS Y PLANOS

1.1. De�niciones, propiedades y proposiciones

De�nición 1.1 Dado un punto P0 = (x0; y0; z0) y vector �!v = (v1; v2; v3) de R3; se de�ne:

La recta L que pasa por P0 y cuyo vector director es�!v como:

L = L�!vP0=nP = (x; y; z) 2 R3= ��!

PP0k�!vo

Puesto que:��!PP0k�!v () existe � 2 R; tal que: ��!PP0 = ��!v ; por lo tanto,

��!PP0 = (x� x0; y � y0; z � z0) = (�v1; �v2; �v3) = ��!v ; de aquí se tiene:8>>>>>><>>>>>>:x� x0 = �v1

y � y0 = �v2

z � z0 = �v3

;

Así se obtienen las diferentes formas de expresar la recta L

3

De�nición 1.2 Ecuación paramétrica de L = L�!vP0�

8>>>>>><>>>>>>:x = �v1 + x0

y = �v2 + y0

z = �v3 + z0

; � 2 R.

De�nición 1.3 Ecuación simétrica de L = L�!vP0��x� x0v1

=y � y0v2

=z � z0v3

= �

�.

De�nición 1.4 Ecuación vectorial de L = L�!vP0� �!OP = ��!OP0 + ��!v ; es decir:

L = L�!vP0� (x; y; z) = (x0; y0; z0) + � (v1; v2; v3).

Lo cual será mostrado en la siguiente �gura.

Po

P

L

v

x y

z

Figura de la recta L

De�nición 1.5 Dadas las rectas L1 = L�!uP1y L2 = L

�!vP2:

Las rectas L1 y L2 son paralelas, sí sus vectores directores�!u y �!v son paralelos. Es decir:

L1kL2 , �!u k�!v

Como se muestra en la �gura.

4

L1L2

P2

z

P1

yx

Figura de: L1 k L2

De�nición 1.6 Las rectas L1 = L�!uP1y L2 = L

�!vP2son perpendiculares, sí sus vectores

directores �!u y �!v son perpendiculares. Es decir:

L1?L2 , �!u?�!v


P2

L2

L1

P1

Figura de: L1 ? L2

Propiedad 1.1 Sean las rectas L1 y L2:

L1 = L�!u=(u1;u2;u3)P1=(x1;y1;z1)

�

8>>>>>><>>>>>>:x = u1t+ x1

y = u2t+ y1

z = u3t+ z1

y L2 = L�!u=(v1;v2;v3)P1=(x2;y2;z2)

�

8>>>>>><>>>>>>:x = v1t+ x2

y = v2t+ y2

z = v3t+ z2

5

Las rectas L1 y L2 se intersectan en el punto A, es decir:

L1 \ L2 = fA = (a1; a2; a3)g si y sólo si existen escalares t = t0 y s = s0; tales que se

satiface:

8>>>>>><>>>>>>:a1 = u1t0 + x1 = v1s0 + x2

a2 = u2t0 + y1 = v2s0 + y2

a3 = u3t0 + z1 = v3s0 + z2

Lo cual se muestra en la �gura.

P2

L2 L1AzP1 yx

Figura de: L1 \ L2 = fAg

Proposición 1.1 Dada la recta L = L�!vP0

y un punto A, entonces la distancia entre la

recta L y el punto A viene dada por:

d�A;L = L

�!vP0

�=

��!AP0 ��!v k�!v k


6

z

Po

L

d(A,L) P1

A

yx

Figura de: d (A;L)

Proposición 1.2 Dadas las rectas L1 y L2; con L1 = L�!uP1y L2 = L

�!vP2, entonces la

distancia entre ellas vienen dada por:

a) Si L1kL2 ) d ( L1; L2) =

��!P1P2 ��!v k�!v k =

��!P1P2 ��!u k�!u k

b) Si L1 , L2 ) d ( L1; L2) =

��!P1P2 � (�!u ��!v ) k�!u ��!v k

También para rectas L1 , L2 se tiene que: d ( L1; L2) = d ( A; B); siendo los puntos A y

B donde se cruzan las rectas; con A 2 L1 y B 2 L2; cuya distancia entre ellos es mínima;

a tales puntos A y B, se le llaman los puntos de cruces de las rectas que se cruzan.

Los puntos A y B se obtienen construyendo una recta L3 perpendicular a las rectas L1 y

L2; de tal forma que si:

L3 = L�!w=�!u��!vP32L1 ) L3 \ L2 = fBg, o viceversa.

Por lo tanto, se tiene el siguiente sistema de ecuaciones:

7

8>>>>>><>>>>>>:w1�+ u1t� v1s = x2 � x1

w2�+ u2t� v2s = y2 � y1

w3�+ u3t� v3s = z2 � z1

Utilizando el método de Cramer, se determinan los parámetros de t y s; para obtener los

puntos A y B.

t =4t4 =

det

0BBBBBB@w1 x2 � x1 �v1

w2 y2 � y1 �v2

w3 z2 � z1 �v3

1CCCCCCA

det

0BBBBBB@w1 u1 �v1

w2 u2 �v2

w3 u3 �v3

1CCCCCCA

y s =4s4 =

det

0BBBBBB@w1 u1 x2 � x1

w2 u2 y2 � y1

w3 u3 z2 � z1

1CCCCCCA

det

0BBBBBB@w1 u1 �v1

w2 u2 �v2

w3 u3 �v3

1CCCCCCAComo muestra la �gura.

x yL1

L2

L3

z

B

A

Figura de las rectas: L1 y L2

De�nición 1.7 Dado un punto P0 = (x0; y0; z0) y vector �!n = (a; b; c) de R3, se de�ne:

8

El plano � que pasa por P0 y cuyo vector normal es�!n como:

� = ��!nP0=nP = (x; y; z) 2 R3= ��!

P0P?�!no

Puesto que:��!PP0?�!n ()

��!PP0 � �!n = 0; por lo tanto,

��!PP0 � �!n = (x� x0; y � y0; z � z0) � (a; b; c) = 0

Luego se tiene:

a (x� x0) + b (y � y0) + c (z � z0) = 0, ax+ by + cz � (ax0 + by0 + cz0) = 0

Llamando: d = ax0 + by0 + cz0

Se obtiene la ecuación general del plano.

De�nición 1.8 La ecuación general de una de un plano �, es una ecuación de la forma:

� � ax+ by + cz � d = 0

El plano está mostrado en la �gura.

x

z

P1

yPo

n

Figura del plano �

De�nición 1.9 Los planos �1 = ��!n1P1

y �2 = ��!n2P2son perpendiculares, si sus vectores

normales �!n1 y �!n2 son perpendiculares. Es decir:

�1?�2 , �!n1?�!n2

9


x

zP2

P1

n1

y

n2

Figura de los planos �1?�2

De�nición 1.10 Los planos �1 = ��!n1P1

y �2 = ��!n2P2son paralelos, si sus vectores nor-

males �!n1 y �!n2 son paralelos. Es decir:

�1k�2 , �!n1k�!n2

Para un plano dado �1 = ��!n1P1, siempre existen dos planos: �12 = �

�!n2P 12y �22 = �

�!n2P 22paralelos

equidistante a él.


planos paralelosPlano 2

n1Plano 1

n2

Figura de: �1k �2

10

Propiedad 1.2 Sean los planos �1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0 y �2 paralelos, entonces

�2 � a1x+ b1y + c1z � d2 = 0

Propiedad 1.3 Sean los planos: �1 = ��!n1P1

y �2 = ��!n2P2.

Si �1 , �2, entonces se intersectan en una recta L = L�!vP0, cuyo vector director es paralelo

al vector �!n1 � �!n2 y el punto P0 es cualquier de la intersección de los planos �1y �2. Es

decir:

�1 , �2 ) �1 \ �2 =nRecta: L = L

�!v k�!n1��!n2P02�1\�2

oLo cual se muestra en la �gura.

y

Plano 1

x

Plano 2 L z

Figura de: L = �1 \ �2

De�nición 1.11 Una recta L = L�!vP0es perpendicular al plano �1 = �

�!n1P1, si el vector

director �!v de la recta y el normal �!n1 del plano son paralelos. Es decir:

L?�1 , �!v k�!n1

Propiedad 1.4 Si una recta L = L�!vP0es perpendicular al plano �1 = �

�!n1P1, entonces la

recta L intersecta al plano �1 en un punto A. Es decir:

L?�1 ) L \ �1 = fAg

11

Supongamos que: �1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0 y L = L�!vP0�

8>>>>>><>>>>>>:x = �v1 + x0

y = �v2 + y0

z = �v3 + z0

Como L \ �1 = fAg, entonces el punto A satisface las ecuaciones de la recta L, para

algún valor � = �0; es decir:

A = (�0v1 + x0; �0v2 + y0; �0v3 + z0)

También dicho punto A, satisface la ecuación del plano �1:

a1 (�0v1 + x0) + b1 (�0v2 + y0) + c1 (�0v3 + z0)� d1 = 0


n1

A

plano 1

L

Figura de: L?�1

De�nición 1.12 Una recta L = L�!vP0es paralela a un plano �1 = �

�!n1P1, si el vector director

�!v de la recta L es perpendicular al vector normal �!n1 del plano �1. Es decir:

Lk�1 , �!v ?�!n1

12

Propiedad 1.5 Si una recta L = L�!vP0pertenece a un plano �1 = �

�!n1P1, entonces la recta

L es paralela al plano �1. Es decir:

L 2 �1 ) Lk�1

Supongamos que: �1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0 y L = L�!vP0�

8>>>>>><>>>>>>:x = �v1 + x0

y = �v2 + y0

z = �v3 + z0

Como L 2 �1, entonces la ecuación de la recta L satisface la ecuación del plano �1; para

todo � 2 R. Es decir

a1 (�v1 + x0) + b1 (�v2 + y0) + c1 (�v3 + z0)� d1 = 0;8� 2 R


L

Plano 1

n1

Figura de: Lk�1; con L 2 �1

En cambio, si Lk�1 y se cumple:

a1 (�v1 + x0) + b1 (�v2 + y0) + c1 (�v3 + z0)� d1 6= 0;8� 2 R

13

Entonces la recta L =2 �1.


Plano 1

n1 L

Figura de: Lk�1; con L =2 �1

Propiedad 1.6 Si una recta L = L�!vP0no es paralela a un plano �1 = �

�!n1P1, entonces la

recta L intersecta al plano �1 en un punto A. Es decir:

L , �1 ) L \ �1 = fAg


Plano 1

L

z n1

Axy

Figura de: L , �1

14

De�nición 1.13 Al conjunto de todos los planos que contienen una recta L,

se le denomina haz de plano, que se denota como ��. Es decir:

�� =�Planos � 2 R3= la recta: L � �


L

Figura de ��

Propiedad 1.7 Si L = �1\�2 =

8>><>>:�1 � a1x+ b1y + c1z � d1 = 0

�2 � a2x+ b2y + c2z � d2 = 0; entonces el haz de

plano �� se de�ne:

�� (a1x+ b1y + c1z � d1) + � (a2x+ b2y + c2z � d2) = 0; � 2 R


15

y

Plano 1z

Plano 2L

x

Figura de: L = �1 \ �2

Proposición 1.3 Dado un plano � = ��!nP0y un punto A 2 R3, entonces la distancia

entre el punto A hasta el plano � viene dada por:

d�A;� = �

�!nP0

�=

��!P0A � �!n ��k�!n k

Proposición 1.4 Si el plano � = ��!nP0� ax+ by+ cz�d = 0 y el punto A = (a1; a2; a3).

Entonces la distancia entre el punto A hasta el plano � viene dada por:

d�A;� = �

�!nP0

�=ja (a1) + b (a2) + c (a3)� djp

a2 + b2 + c2


Plano

d(A,plano)

A

nPo

Figura de: d�A;� = �

�!nP0

�16

Proposición 1.5 Dado dos planos paralelos �1 = ��!n1P1y �2 = �

�!n2P2, entonces la distancia

entre los planos �1 y �2 viene dada por:

d (�1;�2) = d��1 = �

�!n1P1;�2 = �

�!n2P2

�=

��!P1P2 � �!n1��k�!n1k

=

��!P1P2 � �!n2��k�!n2k

Proposición 1.6 Si los planos �1 y �2 tienen la forma:

�1 � ax+ by + cz � d1 = 0 y �2 � ax+ by + cz � d2 = 0, entonces la distancia entre el

plano �1 al el plano �2 viene dada por:

d (�1;�2) =jd1 � d2jpa2 + b2 + c2


Plano 1

P1n1 d(plano 1,plano 2)

n2 P2 plano 2

Figura de: d (�1;�2)

1.2. Ejemplos resueltos

Ejemplo 1.1 Determine la recta L de intersección de los planos �1 y �2; siendo el plano

�1 el que está formado por los puntos: A = (1;�1;�5), B = (2; 0;�8) y C = (�1; 2;�4),

el plano �2 � x+ y � z = 0.

17

Solución 1.1 :

Puesto que la recta L viene dada por la intersección de �1 y �2

Entonces: L = L�!v =�!n1��!n2P02�1\�2

Pero

�!n1 =�!AB ��!AC = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

1 1 �3

�2 3 1

1CCCCCCA = 5�!j + 5

�!k + 10

�!i = 5 (2; 1; 1)

�!v = �!n1 ��!n2 = 5det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

2 1 1

1 1 �1

1CCCCCCA = 5�3�!j +

�!k � 2�!i

�= 5 (�2; 3; 1)

Por otro lado; �1 � (x� 1; y + 1; z + 5) � (2; 1; 1) = 2x+ y + z + 4 = 0

Como: P0 2 �1 \ �2 =

8>><>>:2x+ y + z + 4 = 0

x+ y � z = 0; haciendo x = 0

Se sigue:

8>><>>:y + z + 4 = 0

y � z = 0, cuya solución es: [y = �2; z = �2]; luego

P0 = (0;�2;�2)

Así;

L = L�!v =�!n1��!n2P02�1\�2 = L

�!v =(�2;3;1)P0=(0;�2;�2) �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2t

y = 3t� 2

z = t� 2

18

Ejemplo 1.2 Determine la ecuación del plano � que contenga a los puntos: A = (3; 2;�1),

B = (1;�1; 2) y que además contenga a la recta:

L ��x� 12

=y + 1

3=

z

�3

�

Solución 1.2 :

Puesto que el plano debe contener a los puntos A y B, entonces contiene a la recta L1

que une a los puntos A y B.

L1 = L�!v =�!AB=(�2;�3;3)A=(3;2;�1) �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2t+ 3

y = �3t+ 2

z = 3t� 1Por otro lado, como además debe contener a:

L ��x� 12

=y + 1

3=

z

�3

�, L = L

�!u=(3;2;�2)P0=(1;�1;0) =

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 1

y = 3s� 1

z = �3s

Se debe cumplir:

8>><>>:LkL1 , �!v k�!u , �!v ��!u = �!0 (1) ó

L , L1 ) L \ L1 6= f?g (2)

Puesto que: �!v = ��!u ) �!v ��!u = �!0 ) LkL1; se satisface (1)

Por lo tanto; el normal del plano será: �!n = ��!AP0 ��!v

Resolviendo,

�!n = ��!AP0 ��!v = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

�2 �3 �2

�2 �3 1

1CCCCCCA = 6�!j � 9�!i = 3 (�3; 2; 0)

Luego;

19

� = ��!n=(�3;2;0)A=(3;2;�1) � (x� 3; y � 2; z + 1) � (�3; 2; 0) = 2y � 3x+ 5 = 0

Es decir;

� � 2y � 3x+ 5 = 0

Ejemplo 1.3 Determine una de las ecuaciones paramétrica de una recta L, que pase por

el punto A = (1; 2; 1) y que corte perpendicularmente a la recta:

L1 ��x� 32

= y = z � 1�

Solución 1.3 :

Tenemos que: L1 = L�!v =(2;1;1)P1=(3;0;1)

�

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 3

y = t

z = t+ 1

Puesto que la recta L debe cortar perpendicularmente a L1 y además pasar por A.

Se tiene que: L = L�!vA=(1;2;1)

Debemos hallar �!v , para ello construimos un plano � perpedicular a la recta L1 que pase

por A. Es decir:

� = ��!n=(2;1;1)A=(1;2;1)


20

L

A

L1

Figura

� � (x� 1; y � 2; z � 1) � (2; 1; 1) = 0) � � 2x+ y + z � 5 = 0

Ahora hallamos:

fBg = L1 \ � =

8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 3

y = t

z = t+ 1

� � 2x+ y + z � 5 = 0

) 2 (2t+ 3) + (t) + (t+ 1)� 5 = 0

2 (2t+ 3) + (t) + (t+ 1)� 5 = 0) 6t+ 2 = 0) t = �13

Luego,

B =

�7

3;�13;2

3

�Se sigue: �!v = �!AB =

�73� 1;�1

3� 2; 2

3� 1�

�!v =�43;�7

3;�1

3

�= 1

3(4;�7;�1)

Por lo tanto;

21

L = L�!v =(4;�7;�1)A=(1;2;1) �

8>>>>>><>>>>>>:x = 4s+ 1

y = �7s+ 2

z = �s+ 1

Ejemplo 1.4 Determine la ecuación del plano � que pasa por el punto A = (3; 1;�2) y

además contiene la recta L =

8>><>>:�1 � x� 2y + 3z = 2

�2 � x� y = 0

Solución 1.4 :

Puesto que: L =

8>><>>:�1 � x� 2y + 3z = 2

�2 � x� y = 0) L = L

�!v =�!n1��!n2P02�1\�2

Se sigue;

�!v = �!n1 ��!n2 = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

1 �2 3

1 �1 0

1CCCCCCA = 3�!j +

�!k + 3

�!i = (3; 3; 1)

Por otro lado; como P0 2 �1 \ �2 haciendo z = 0, tenemos:8>><>>:x� 2y = 2

x� y = 0, cuya solución es: [x = �2; y = �2].

Luego;

P0 = (�2;�2; 0)

Para hallar el vector normal �!n de plano �; hacemos:

�!n = ��!AP0 ��!v = det

0BBBBBB@i j k

�5 �3 2

3 3 1

1CCCCCCA = 11�!j � 6�!k � 9�!i = (�9; 11;�6)

22

Así;

� = ��!n=(�9;11;�6)A=(3;1;�2) � (x� 3; y � 1; z + 2) � (�9; 11;�6) = 0

Finalmente,

� � 11y � 9x� 6z + 4 = 0

Lo cual está mostrado en la �gura.

Plano

LA

n

Figura

Ejemplo 1.5 Determine una de las ecuaciones paramétrica de la recta L; la más cercana

al origen, que sea paralela al plano � � x� 2y + 2z = 5; que se encuentre a 4 unidades

de él y que además corte perpendicularmente a la recta:

L1 ��x� 324

= y = z � 1�

Solución 1.5 :

Veamos el comportamiento de L1 = L�!v =(24;1;1)p1=(3;0;1)

; con respecto a � = ��!n=(1;�2;2)

Haciendo:

23

�!v ��!n = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

24 1 1

1 �2 2

1CCCCCCA = 4�!i � 49�!k � 47�!j 6= �!0 y

�!v � �!n = (24; 1; 1) � (1;�2; 2) = 24 6= 0

Lo que implica que L1 atraviesa al plano � no perpendicularmente y garantizando la

existencia de la recta pedida L.

Como muestra la �gura.

Lx2y+2zd=0

planos paralelos

u

4nv

x2y+2z5=0

L1

Figura

Como:

8>><>>:L = L

�!u k� = ��!n ) �!u?�!n

L = L�!u?L1 = L

�!v ) �!u?�!v) �!u k�!v ��!n = (4;�47;�49)

Tomamos �!u = (4;�47;�49)

Se construye un plano �1k�, tal que: d(�1;�) = 4

Por lo tanto, L 2 �1 y �1 � x� 2y + 2z � d = 0

Luego, usando la fórmula de distancia entre planos paralelos tenemos que:

4 = d(�1;�) =jd� 5j

k(1;�2; 2)k =13jd� 5j ) jd� 5j = 12) d = �12 + 5

Se sigue,

24

d =

8>><>>:17

�7) �1 � x� 2y + 2z + 7 = 0, (ya que está más cercano al origen ).

Ahora puesto que L se corta con L1, existe un punto P0 es decir:

fP0g = L\ L1 ) fP0g = �1\ L1

Pero,

L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 24s+ 3

y = s

z = s+ 1

Calculando:

�1\ L1 = f(24s+ 3)� 2 (s) + 2 (s+ 1) + 7 = 0g

= f24s+ 12 = 0g ) s = �12

Obtenemos: P0 =��9;�1

2;1

2

�Concluimos que:

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 4t� 9

y = �47t� 12

z = �49t+ 12

Ejemplo 1.6 Sea L1 �

8>><>>:4x� y � 4z � 6 = 0

x+ y � 6z + 1 = 0. Halle L2, tal que L2 sea paralela al

plano xy, perpendicular a la recta L1, L2 corte a L1 en el punto P0 y además se encuentre

a 5 unidades de la recta:

L3 ��2x� 6 = 4y � 8

3= 1� z

�25

Solución 1.6 :

Como: L2kxy y L2?L1 tenemos:8>><>>:L2 = L

�!v kxy , �!v ?�!n = �!k

L2 = L�!v ? L1 = L

�!u , �!u?�!v) �!v k�!u ��!k

Pero;

L1 �

8>><>>:4x� y � 4z � 6 = 0

x+ y � 6z + 1 = 0) �!u = (4;�1;�4)� (1; 1;�6) = 5 (2; 4; 1)

Luego; haciendo z = 0, se tiene:8>><>>:4x� y � 6 = 0

x+ y + 1 = 0

, cuya solución es: [x = 1; y = �2].

Entonces; el punto P1 2 L1 es: P1 = (1;�2; 0)

Luego L1 en paramétrica es:

L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 1

y = 4t� 2

z = t

Puesto que: �!v k�!u ��!k y �!u = 5 (2; 4; 1)

Entonces,

�!u ��!k = 5det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

2 4 1

0 0 1

1CCCCCCA = 20�!i � 10�!j = (20;�10; 0)

�!u ��!k = (20;�10; 0) = 10 (2;�1; 0)

Así,

�!v = (2;�1; 0)

26

Por otro lado;

L1 \ L2 = fP0g ) P0 = P2

Como, P2 2 L2 ) P2 = (2t+ 1; 4t� 2; t)

Puesto que la distancia entre L2 y L3 es de 5; usando la fórmula de distancia entre rectas

que se cruzan tenemos:

d (L2; L3) = d�L�!vP2; L

�!wP3

�=

��!P3P2 � (�!v ��!w )��k�!v ��!w k = 5

Pero;

L3 ��2x� 6 = 4y � 8

3= 1� z

�) P3 = (3; 2; 1) y

�!w =

�1

2;3

4;�1

�Calculando;

�!v ��!w = (2;�1; 0)��12; 34;�1

�= det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

2 �1 0

12

34

�1

1CCCCCCA = 2�!j + 2

�!k +

�!i

�!v ��!w = (1; 2; 2) y

��!P3P2 = (2t+ 1� 3; 4t� 2� 2; t� 1)

Sutituyendo en la fórmula, se sigue:

5 =j(2t+ 1� 3; 4t� 2� 2; t� 1) � (1; 2; 2)j

k(1; 2; 2)k =j(2t� 2; 4t� 4; t� 1) � (1; 2; 2)j

3= 4 jt� 1j

4 jt� 1j = 5) jt� 1j = 54) t = �5

4+ 1) t =

8>><>>:9

41

4Así;

t =

8>>><>>>:9

4) P 12 =

�11

2; 7;9

4

�1

4) P 22 =

�3

2;�1; 1

4

�Con lo cual concluimos que existen dos rectas L2, las cuales son:

27

L12 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 11

2

y = �s+ 7

z = 94

y L22 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 3

2

y = �s� 1

z = 14

Ejemplo 1.7 Sean L1 y L2 dos rectas en el espacio; donde:

L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 3t

y = 17� 16t

z = �5t

y L2 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 5s

y = 2s

z = �13 + 6si) Muestre que: L1 y L2 no se intersectan. (L1 \ L2 = ?).

ii) Halle los puntos de cruces A y B entre L1 y L2; con A 2 L1 y B 2 L2.

iii) Encuentre puntos C y D sobre L2; que equidiste del punto de cruce B de L2p65

unidades.

iv) Determine la ecuación del plano � que contiene a los puntos C, D y A.

Solución 1.7 :

i) L1 \ L2 =

8>>>>>><>>>>>>:3t = 5s (1)

17� 16t = 2s (2)

�5t = �13 + 6s (3)

Resolviendo el sistema (1)-(2)8>><>>:3t = 5s

17� 16t = 2s, la solución es:

�s = 51

86; t = 85

86

�.

Sustituyendo en (3), obtenemos:

�5�8586

�= �425

866= �13 + 6

�5186

�= �406

43) L1 \ L2 = ?

28

ii) Para hallar los puntos de cruces A y B entre L1 y L2 construyo:

L3 = L�!w=�!u��!vP32L1 ; tal que: L3 \ L2 6= ?

�!w = �!u ��!v = (3;�16;�5)� (5; 2; 6) = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

3 �16 �5

5 2 6

1CCCCCCA = 86�!k � 43�!j � 86�!i

�!w = �!u ��!v = 86�!k � 43�!j � 86�!i = (�86;�43; 86) = 43 (�2;�1; 2)

Por lo tanto;

L3 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ x3

y = ��+ y3

z = 2�+ z3

) L3 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ 3t

y = ��+ 17� 16t

z = 2�� 5tLuego;

L3 \ L2 =

8>>>>>><>>>>>>:�2�+ 3t = 5s

��+ 17� 16t = 2s

2�� 5t = 6s� 13

, la solución es: [s = 1; t = 1; � = �1]

Así;

8>><>>:A 2 L1 ) A = (3; 1;�5)

B 2 L2 ) B = (5; 2;�7)iii) C 2 L2 ) C = (5s; 2s;�13 + 6s)

Puesto que:

p65 = d (B;C) =

q(5s� 5)2 + (2s� 2)2 + (�13 + 6s� (�7))2

Resolviendo;

65 = 25 (s� 1)2 + 4 (s� 1)2 + 36 (s� 1)2 = 65 (s� 1)2 ) (s� 1)2 = 1

29

s = �1 + 1) s =

8>><>>:0) C = (0;�13; 0)

2) D = (10; 4;�1)iv) Para determinar el plano � que contienen a C, D y A.

Hallamos su vector normal,

�!n = �!AC ��!AD = (�3;�14; 5)� (7; 3; 4)

�!n = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

�3 �14 5

7 3 4

1CCCCCCA = 47�!j + 89

�!k � 71�!i

luego;

� � �71x+ 47y + 89z � d = 0

Como: C 2 �) 47 (�13)� d = 0) d = 611

Así;

� � �71x+ 47y + 89z + 611 = 0

Ejemplo 1.8 Determine la ecuación del plano � (más cerca del origen ); tal que sea

paralelo a la recta:

L �

8>><>>:�1 � x+ y + 2z = 0

�2 � y � 4z = 1; se encuentre a 3 unidades de distancia de L y además pase

por el punto A = (2; 5; 1).

Solución 1.8 :

30

Del haz de plano que contiene a la recta L; se toman aquellos planos que disten del punto

A, 3 unidades.

�� (x+ y + 2z) + � (y � 4z � 1) = 0, x+ (1 + �) y + (2� 4�) z � � = 0

d�A;�� = �

�!n=(1;1+�;2�4�)� = j((2) + (5) + 2 (1)) + � ((5)� 4 (1)� 1)jk(1; 1 + �; 2� 4�)k

Entonces, como:

3 = d (A;��) =9q

1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2

Resolviendo;

3q1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2 = 9, 9

�1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2

�= 81

1 + (1 + �)2 + (2� 4�)2 = 9, (1 + �)2 + (2� 4�)2 � 8 = 0

(1 + �)2 + (2� 4�)2 � 8 = 17�2 � 14�� 3 = 0) � =

8>><>>:1

� 317

Entonces;8>><>>:Para � = 1) ��=1 � (x+ y + 2z) + (y � 4z � 1) = 0 (1)

Para � = � 317) ��=� 3

17� (x+ y + 2z)� 3

17(y � 4z � 1) = 0 (2)

Resultando:

(1) es �1 � x+ 2y � 2z � 1 = 0

(2) es �2 � 17x+ 14y + 46z + 3 = 0

Puesto que �1 está más cercano al origen, entonces el plano � que es paralelo a L, que

distan 3 unidades y pasan por A, será:

� � x+ 2y � 2z � d = 0

Como A 2 �) (2) + 2 (5)� 2 (1)� d = 10� d = 0) d = 10

Así,

31

� � x+ 2y � 2z � 10 = 0

Ejemplo 1.9 Dados los puntos A = (0; 1;�1), B = (�2; 3;�2) y C =��12; 3;�1

2

�de

R3.

i) Determine el plano �; que contiene a los puntos A, B y C.

ii) Determine la coordenada y del punto D =��14; y;�3

2

�; con y � 0,vértice del tetraedro

con base en el triángulo 4 ABC; cuyo volumen es de9

8.

iii) Determine el punto P1 pié del tetraedro sobre su base.

Iv) ¿Las intersecciones de las mediatrices de los lados AB y AC del triángulo 4ABC

coincide con P1?

Solución 1.9 :

Primero calculemos:

�!AB ��!AC = (�2; 2;�1)�

��12; 2; 1

2

�= det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

�2 2 �1

�12

2 12

1CCCCCCA = 32

�!j � 3�!k + 3�!i

�!AB ��!AC =

�3; 3

2;�3

�= 3

�1;1

2;�1

�6= �!0

Lo que signi�ca que los puntos no son colineales.

i) El plano � que contiene A, B y C; tiene la forma: x+ 12y � z � d = 0

Pero como: A 2 �) (0) + 12(1)� (�1)� d = 0 = 3

2� d = 0) d =

3

2

Luego;

32

��!n=(1; 12 ;�1)A � x+ 1

2y � z � 3

2= 0, 2x+ y � 2z � 3 = 0

ii) El tetraedro con base en el triágulo 4 ABC será mostrado en la �gura.

CA P1

D

B

Figura del tetraedro

El volumen del tetraedro V (tetraedro) = 13(área de la base) (altura)

Área de la base=A (triángulo) =

�!AB ��!AC 2

=

3 �1; 12;�1

� 2

=9

4

Altura=d (�; D) =

��2 ��14

�+ y � 2

��32

�� 3��

k�!n k =

��y � 12

��3

V (tetraedro) =1

3

�9

4

� ��y � 12

��3

!= 1

4

��y � 12

��98= 1

4

��y � 12

��) ��y � 12

�� = 92

��y � 12

�� = 92, y � 1

2= �9

2) y = �9

2+1

2) y =

8>><>>:5 � 0

�4 � 0Por lo tanto;

D =

��14; 5;�3

2

�iii) Para hallar P1 pié base del tetraedro, construimos la recta L perpendicular al plano

� que pase por D.

33

Es decir: L = L�!nD �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t� 1

4

y = t+ 5

z = �2t� 32

; Así P1 = � \ L

En efecto; � \ L ��2�2t� 1

4

�+ (t+ 5)� 2

��2t� 3

2

�� 3 = 0

�9t+ 9

2= 0) t = �1

2

Luego;

P1 =�2��12

�� 1

4;�1

2+ 5;�2

��12

�� 3

2

�=

��54;9

2;�12

�iv) Veamos si la intersección de las mediatrices de los lados AB y AC del triángulo:

4 ABC coincide con P1. Sean M y N los puntos medios de los lados AB y AC del

triángulo ABC respectivamente.

M =�0+(�2)

2; 1+32; �1+(�2)

2

�=

��1; 2;�3

2

�N =

�0+(� 1

2)2

; 1+32;�1+(� 1

2)2

�=

��14; 2;�3

4

�Sea P el punto de intersección de las mediatrices, mostremos si coincide con P1; lo cual

está mostrado en la �gura.

NC

B

MA

P

Figura del BA4C

Sean:

34

L1 = L�!v =��!CM=(�1�(� 1

2);2�3;�32�(� 1

2))=(�12;�1;�1)

C=(� 12;3;� 1

2)�

8>>>>>><>>>>>>:x = �1

2t� 1

2

y = �t+ 3

z = �t� 12

L2 = L�!v =��!BN=(� 1

4�(�2);2�3;� 3

4�(�2))=(� 7

4;�1; 5

4)B=(�2;3;�2) �

8>>>>>><>>>>>>:x = 7

4s� 2

y = �s+ 3

z = 54s� 2

Entonces; como P = L1 \ L2

Se satisface:8>>>>>><>>>>>>:�12t� 1

2= 7

4s� 2

�t+ 3 = �s+ 3

�t� 12= 5

4s� 2

,

8>>>>>><>>>>>>:�12t� 7

4s = �3

2(1)

�t+ s = 0 (2)

�t� 54s = �3

2(3)

Resolviendo el sistema de ecuaciones (2) - (3),

Obtenemos: 94s = 3

2! s = 2

3) t = 2

3

Veri�camos si se cumple (1),

En efecto: �12

�23

�� 7

4

�23

�= �2

6� 14

12= �2

6� 7

6= �9

6= �3

2

Por lo tanto;

P =��12

�23

�� 1

2;��23

�+ 3;�

�23

�� 1

2

�=��56; 73;�7

6

�6= P1

Ejemplo 1.10 Dada la recta L de ecuación: L � (x; y; z) = (0; 1;�1)+ t (�2; 2;�1) y el

punto C =��12; 3;�1

2

�.

i) Determine los puntos A y B pertenecientes a L; tal que el triángulo formado por: A,

B y C sea isósceles de longitud��AC�� = ��BC�� = 3p

2.

35

ii) Halle el plano �; que contiene a los puntos A, B y C.

iii) Calcule el área del triángulo 4ABC.

iv) Determine el punto D, vértice del paralelogramo ACBD.

Solución 1.10 :

i) La interpretación geométrica será mostrada en la �gura.

A B

C

M

D

L

3/2

3/2

Figura

Se construye el plano �1 perpendicular a la recta L; que pase por C.

Es decir:

�1 = ��!n=�!v =(�2;2;�1)c �

�x+ 1

2; y � 3; z + 1

2

�� (�2; 2;�1) = 0; tal que:

�1 \ L = fMg

�1 � �2x+ 2y � z �15

2= 0 y L �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2t

y = 2t+ 1

z = �t� 1Entonces;

�1 \ L =��2 (�2t) + 2 (2t+ 1)� (�t� 1)� 15

2= 0

36

�9t� 9

2= 0) t =

1

2)M =

��1; 2;�3

2

�Luego;

d (C;M) =q��12� (�1)

�2+ (3� 2)2 +

��32��12

��2=3

2

Por Pitágoras,

Se tiene que: d2 (C;M) + d2 (A;M) =�3p2

�2) d (A;M) =

q92� 9

4=3

2

Puesto que; A 2 L) A = (�2t; 2t+ 1;�t� 1)

Por lo tanto;

32= d (A;M) =

q(�2t� (�1))2 + (2t+ 1� 2)2 +

��t� 1�

��32

��294=�t� 1

2

�2+ 2 (2t� 1)2 ) 9

4(2t� 1)2 = 9

4) (2t� 1) = �1

Así;

t =�1 + 12

! t =

8>><>>:1) A = (�2; 3;�2)

0) B = (0; 1;�1)ii) El plano � que contiene A, B y C; viene dado por:

� = ��!n=�!AB��!ACA

Calculando:

�!AB ��!AC = (2;�2; 1)�

�32; 0; 3

2

�=��3;�3

2; 3�= 3

��1;�1

2; 1�

Por lo tanto,

� � �x� 12y + z � d = 0

Como A 2 �) � (�2)� 12(3) + (�2)� d = 0

Se tiene que: d = �32) � � �x� 1

2y + z +

3

2= 0

iii) A(triángulo) =

�!AB ��!AC 2

=

3 ��1;�12; 1�

2=9

4

37

iv) Para hallar el vértice D del paralelogramo.

Se construye la recta L1, tal que:

L1 = L�!v =��!CM=(� 1

2;�1;�1)

M �

8>>>>>><>>>>>>:x = 1

2s� 1

y = s+ 2

z = s� 32

, por lo tanto;

D =�12s� 1; s+ 2; s� 3

2

�y d (D;M) =

3

2

Luego;

�12s�2+ (s)2 + (s)2 = 9

4) s2 = 1) s =

8>><>>:1) C =

��12; 3;�1

2

��1) D =

��32; 1;�5

2

�

Ejemplo 1.11 Dado el plano � � 2x� y + 2z � 5 = 0 y la recta L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 1� t

y = t

z = t+ 1

i) Determine el punto A de intersección de L; con el plano �1 � ax + by + cz � d = 0;

donde �1 es paralelo a � y además �1 se encuentra a 2 unidades de �, con el valor de

d � 0.

ii) Construya la recta L1; que sea perpendicular a la recta L, tal que L1 2 �1 y además

pase por A.

iii) Determine el área del triángulo; cuyos vértices son los puntos de intersección de la

recta L, con los planos �1 y � y uno de los punto de la recta L1; que se encuetra ap26

unidades de A = L \ �1.

Solución 1.11 :

38

i) Puesto que: �1k�) �1 � 2x� y + 2z � d = 0

Además;

2 = d (�1;�) =jd� 5j

k(2;�1; 2)k =13jd� 5j ) jd� 5j = 6

d = �6 + 5) d = 11 � 0

Así; �1 � 2x� y + 2z � 11 = 0

Luego;

fAg = L \ �1 =

8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

�1 � 2x� y + 2z � 11 = 0

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 1� t

y = t

z = t+ 1

L \ �1 � 2 (1� t)� (t) + 2 (t+ 1)� 11 = �t� 7 = 0) t = �7

Se sigue, A = (8;�7;�6)

ii) Como:

8>><>>:L1?L) �!v1?�!u = (�1; 1; 1)

L1 2 �1 ) �!v1?�!n = (2;�1; 2)) �!v1k�!u ��!n

�!u ��!n = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

�1 1 1

2 �1 2

1CCCCCCA = 4�!j ��!k + 3�!i = (3; 4;�1)

Así; L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 3s+ 8

y = 4s� 7

z = �s� 6iii) Tenemos: fAg = L \ �1 ) A = (8;�7;�6)

Pero,

39

fBg = L \ � =

8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

� � 2x� y + 2z � 5 = 0

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 1� t

y = t

z = t+ 1

L \ � � 2 (1� t)� (t) + 2 (t+ 1)� 5 = �t� 1 = 0) t = �1

Por lo tanto,

B = (2;�1; 0)

El punto C, satisface: C 2 L1 ) C = (3s+ 8; 4s� 7;�s� 6)

También,

p26 = d (C;A) =

q(3s+ 8� 8)2 + (4s� 7 + 7)2 + (�s� 6 + 6)2 =

p26s2

Se sigue: s = �1, entonces tomando: s = 1) C = (11;�3;�7)

Luego; el área del triángulo viene dada por:

A(4ABC) =

�!AB ��!AC 2

Calculando,

�!AB ��!AC = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

�6 6 6

3 4 �1

1CCCCCCA = 12�!j � 42�!k � 30�!i = 6 (�5; 2;�7)

Obtenemos:

A(4ABC) =

�!AB ��!AC 2

=k6 (�5; 2;�7)k

2= 3 k6 (�5; 2;�7)k = 18

p78

Lo cual será mostrado en la �gura.

40

L12xy+2zd=0 , d=11

planos paralelos

CA

u

2nv

B2xy+2z5=0

Figura

Ejemplo 1.12 Dados planos: �1 � x� 2y + 2z � 5 = 0 y �2 � �2x+ y + 2z + 8 = 0

i) Demuestre que: �1 y �2 son perpendiculares.

ii) Encontrar rectas: L1 2 �1 y L2 2 �2; tales que: L1 pase por el punto�A =

�1; 8

3; 143

�2 �1

;

la distancia entre L1 y L2 sea de 2 unidades y además la perpendicular común sea paralela

a la recta L; de intersección entre los planos �1 y �2.

Solución 1.12 :

i) Tenemos:

8>><>>:�1 = �

�!n1=(1;�2;2)

�2 = ��!n2=(�2;1;2)

) �1?�2 , �!n1?�!n2 , �!n1:�!n2 = 0

En efecto; �!n1:�!n2 = (1;�2; 2) � (�2; 1; 2) = 0

ii) Puesto que los planos son perpendiculares, tomando la recta L1 2 �1; de la forma:

L1 = L�!v1=�!n2=(�2;1;2)A=(1; 83 ;

143 )

�

8>>>>>><>>>>>>:x = �2t+ 1

y = t+ 83

z = 2t+ 143

Puesto que L2; debe cumplir:

41

8>>>>>><>>>>>>:L2 = L

�!v2 2 �2 ) �!v2?�!n2

d (L1; L2) = 2) d2 (L1; L2) = 4

La perpendicular común entre L1 y L2 debe ser k a L, �!v1 ��!v2k�!n1 ��!n2Entonces, como:

�!v1 = �!n2

Se tiene que si �!v2 = �!n1 ) �!v2?�!n2; ya que �!n1?�!n2

Sólo hay que hallar el punto P2 2 L2, Para ello procedemos de la siguiente manera.

Calculemos: L = �1 \ �2

L = �1 \ �2 =

8>><>>:�1 � x� 2y + 2z � 5 = 0

�2 � �2x+ y + 2z + 8 = 0Por lo tanto,

�!n1 ��!n2 = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

1 �2 2

�2 1 2

1CCCCCCA = �6�!j � 3�!k � 6�!i = �3 (2; 2; 1)

Haciendo y = 0; tenemos:

8>><>>:x+ 2z � 5 = 0

�2x+ 2z + 8 = 0Cuya solución es:

�x = 13

3; z = 1

3

�.

Se sigue,

L = L�!v =(2;2;1)P0=( 133 ;0;

13)�

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 13

3

y = 2s

z = s+ 13

Ahora sea: fP1g = L1 \ L

42

fP1g = L1 \ L =

8>>>>>>>>>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>>>>>>>>>:

8>>>>>><>>>>>>:x = �2t+ 1

y = t+ 83

z = 2t+ 1438>>>>>><>>>>>>:

x = 2s+ 133

y = 2s

z = s+ 13

Igualando las primeras dos ecuaciones:

8>><>>:�2t+ 1 = 2s+ 13

3

t+ 83= 2s

Cuya solución es:�s = 1

3; t = �2

�.

Veri�cando la tercera ecuación: 2 (�2) + 143= 2

3=�13

�+ 1

3

Luego;

P1 =

�5;2

3;2

3

�Como L2 se intersecta con L; tomaremos: P2 = L2 \ L

Por lo tanto,encontraremos puntos P2 de L que equidistan del punto P1 unas 2 unidades.

Es decir,

d2 (P2; P1) = 4; con P2 2 L )�2s+ 13

3; 2s; s+ 1

3

�Luego,

d2 (P2; P1) =�2s+ 13

3� 5�2+�2s� 2

3

�2+�s+ 1

3� 2

3

�2=�s� 1

3

�2+ 2

�2s� 2

3

�2= (3s� 1)2

Resolviendo;

(3s� 1)2 = 4

43

3s� 1 = �2) s =�2 + 13

=

8>><>>:1

�13

Obtenemos:

P 12 =�193; 2; 4

3

�y P 22 =

�113;�2

3; 0�

Por lo tanto; existen dos rectas L2. Las cuales son:

L12 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ 19

3

y = �+ 2

z = �+ 43

y L22 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �2�+ 11

3

y = �� 23

z = �


L

L1

L2

A

BC

L2

Plano 1

Plano 2

P12

Figura

44

1.3. Ejercicios propuestos

Ejercicio 1.1 Sean el plano � � x + y + z = 2; la recta L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 1 + t

y = 1� t

z = 2t

y el punto

A = (0; 1; 2).

i) Determine unas de las ecuaciones paramétrica de la recta L1; tal que L1 pase por A;

sea paralela al plano � y perpendicular a la recta L.

ii) Calcule la distancia entre las rectas L y L1.

Respuesta 1.1 L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 3s

y = �s+ 1

z = �2s+ 2

y d (L1; L) = 0

Ejercicio 1.2 Determine la ecuación del plano �; que contiene al punto A = (3; 1; 2).

Además es perpendicular a los planos �1 y �2, siendo:

�1 � 2x� y + z = 3 y �2 � x+ y � z = 7.

Respuesta 1.2 � � y + z � 3 = 0

Ejercicio 1.3 Determine una de las ecuaciones paramétrica de una recta L; la más cer-

cana al origen, tal que: sea paralela al plano � � 2x+ y � 2z + 4 = 0, se encuentre a 6

unidades de distancia de dicho plano, corte al eje z y a la recta L1 � f2x� 4 = y = 4� zg.

Respuesta 1.3 L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 17�

y = 18�

z = 26�� 7

45

Ejercicio 1.4 Determine la ecuación de una recta L; que esté totalmente contenida en el

plano � � 2x�y+3z = 5; además corte ortogonalmente a la recta L1 �

8>><>>:x� y � 1 = 0

x� z + 2 = 0

Respuesta 1.4 L ��x+ 1

2

4=y + 3

2

�1 =z � 3

2

�3

�

Ejercicio 1.5 Dadas las rectas:

L1 ��x� 1 = y + 2

2= �z + 1

�y L2 �

8>><>>:x� 2z = 0

y � 3z = �4i) Determinar la ecuación de la recta L; que pasa por los puntos: A y B donde A es el

punto de intersección de la recta L1 con el plano xy. El punto B, pertenece al primer

octante, está sobre la recta L2; además su distancia al punto A es dep50 unidades.

ii) Hallar la ecuación del plano � que contiene a la recta L1, además pasa por el punto

B.

Respuesta 1.5 i) L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 4�+ 2

y = 5�

z = 3�

, ii) � � 11x� 7y � 3z � 22 = 0

Ejercicio 1.6 Determinar la ecuación de una recta L; si se sabe que es paralela al plano

� � �2x + y + 2z � 3 = 0, está a 3 unidades de � (el más cercano al origen ) y corta

perpendicularmente a L1 �

8>><>>:y + x� 1 = 0

z � 4 = 0

46

Respuesta 1.6 L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 5

y = 2s� 4

z = s+ 4

Ejercicio 1.7 Dadas las rectas:

L1 ��3� x = y + 2

�2 = z + 3

�y L2 �

�x+ 2

3=y � 12

= 4� z�

Determine la ecuación del plano �; que contiene a la recta L1 y es paralelo a la recta L2.

Respuesta 1.7 � � y + 2z + 8 = 0

Ejercicio 1.8 Determine la ecuación del plano � que contiene a la recta L de intersección

de los planos: �1 � x � z = 1 y �2 � y + 2z = 3; además es perpendicular al plano

�3 � x+ y � 2z = 1.

Respuesta 1.8 � � x+ y + z � 4 = 0

Ejercicio 1.9 Dados los puntos: O = (0; 0; 0), A = (5; 1; 8) y C = (1;�1; 4).

Se sabe que el segmento AC es la diagonal de un cuadrado contenido en el plano formado

por: O, A y C. Determine:

i) Las coordenadas de los otros vértices del cuadrado.

ii) Halle vectorialmente el área del cuadrado.

Respuesta 1.9 i) Otros vértices:

8>><>>:B = (2;�2; 8)

D = (4; 2; 4)

, ii) A(cuadrado) = 18

47

Ejercicio 1.10 Determina la ecuación del plano � que contiene a las rectas:

L1 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 3� 2t

y = 4 + 3t

z = �7 + 5t

y L2 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2� 4s

y = 4 + 6s

z = 10s

Respuesta 1.10 � � 7x+ 3y + z = 26

Ejercicio 1.11 Determine la ecuación del plano �; que es paralelo a la recta que pasa

por los puntos: A = (1; 2;�1) y B = (4; 1; 3); además el plano � determina con el plano

yz la traza: �2y + 3z = 4.

Respuesta 1.11 � = �14x� 6y + 9z � 12 = 0

Ejercicio 1.12 Determinar la ecuación de la recta L; si se sabe que es paralela al plano

� � x+y+2z = 11, ap6 unidades de distancia de �; que además sea perpendicular a la

recta L1 �

8>><>>:x� 2y + z = 4

2x� y + 2z = 1; y se corte con la recta L2 �

�x� 1 = y + 3

2= 3� z

�.

Respuesta 1.12 L �

8>>>>>><>>>>>>:x = s+ 2

y = �3s� 1

z = s+ 2

Ejercicio 1.13 Determinar el volumen del paralelepípedo generados por los vectores: �!u ,

�!v y �!w ; tal que: �!u = �!AB, �!v = �!AC y �!w =��!AD, donde A, B, C y D satisfacen:

a) A es el origen de coordenadas.

b) B es el punto de intersección entre las rectas L1 y L2

48

Siendo L1 � fx� 2 = y � 2 = z � 2g, L2 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t+ 4

y = t+ 3

z = 1� t

c) C y D están sobre la recta: L3 ��x� 32

= z + 5; y = 4

�y equidistan del punto

E = (5; 4;�4), una distancia dep5 unidades.

Respuesta 1.13 V (paralelepípedo) = 196

Ejercicio 1.14 Dado el plano � � 2x � 3y � 4z + 11 = 0. Determine la ecuación del

plano �1 paralelo al plano �; que contenga al punto de la recta L �

8>>>>>><>>>>>>:x = t

y = 2t� 1

z = �2t+ 2

; más

cercano al origen.

Respuesta 1.14 �1 � 2x� 3y � 4z +7

3= 0

Ejercicio 1.15 Determine la ecuación del plano �; que contiene a la recta

L �

8>><>>:2x� y + 3z = 5

x+ 2y � z = �2; y es paralelo al vector �!u = (�3;�2; 3).

Respuesta 1.15 � � 5x+ 5z � 8 = 0

Ejercicio 1.16 Determine la ecuación de la recta L que pasa por el punto A = (2;�4;�1)

y el punto medio del segmento que determina la recta L1 �

8>><>>:3x+ 4y + 5z = 26

3x� 3y � 2z = 5; sobre

el plano xy y el plano xz.

49

Respuesta 1.16 L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 13s+ 2

y = 33s� 4

z = 15s� 1

Ejercicio 1.17 Determinar la ecuación del plano �; que contiene a la recta L, siendo

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 3t+ 1

y = 2t+ 3

z = �t� 2

; y es paralelo a la recta L1 �

8>><>>:2x� y + z = 3

x+ 2y � z = 5

Respuesta 1.17 � � 39x� 42y + 33z + 153 = 0

Ejercicio 1.18 Dados los planos perpendiculares:

�1 � x� 2y + 2z � 5 = 0 y �2 � �2x+ y + 2z + 8 = 0

Encontrar rectas: L1 2 �1 y L2 2 �2; tales que: L1 pase por el punto�A =

�1; 8

3; 143

�2 �1

;

la distancia entre L1 y L2, sea de 4 unidades y además la perpendicular común sea per-

pendicular a la recta L; de intersección entre los planos �1 y �2.

Respuesta 1.18 L12 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 23

3

y = 2s+ 223

z = s

y L22 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2�� 1

3

y = 2�� 233

z = �

Sugerencia vea la �gura:

50

L1AL

L2

4Plano 1

Plano 2

Figura

Ejercicio 1.19 Determinar las ecuaciones de los planos que distan 5 unidades del punto

A = (4; 4; 3) y además contenga a la recta: L �

8>><>>:z = x+ 3

y = �3.

Respuesta 1.19 �1 � 2x+ y � 2z + 9 = 0 ; �2 � 6x� 17y � 6z � 33 = 0

Ejercicio 1.20 Determinar las coordenadas de los vértices B y D de un paralelogramo

ABCD; el cual cumple las siguientes condiciones :

a) Los extremos de la diagonal AC , son los puntos: A = (1; 2;�4) y B = (�1; 2; 2).

b) Está contenido en un plano �; cuya distancia al origen es de12p65unidades y además

la coordenada y del punto de corte de � con el eje y debe ser positiva.

c) El área del paralelogramo es de 4p65 unidades.

Respuesta 1.20

8>><>>:B = (3; 6; 0)

D = (�3;�2;�2)

51

Capítulo 2

Super�cie Esférica

2.1. Esfera

2.1.1. Ecuación canónica

De�nición 2.1 Dado un punto �jo C = (x0; y0; z0) llamado centro y un número real

R � 0 llamado radio, se de�ne la esfera E, que la denotaremos E = ERC=(x0;y0;z0) como:

E = ERC=(x0;y0;z0) =�P 2 R3 : d (P;C) = R

Puesto que, d (P;C) = R, d2 (P;C) = R2, se sigue.

De�nición 2.2 La ecuación canónica de la esfera E es:

E = ERC=(x0;y0;z0) � (x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = R2

52

Cuya grá�ca será mostrada en la �gura.

E

RC

Figura

El volumen de la esfera E = ERC=(x0;y0;z0) es igual a V (E) =4

3�R3.

2.1.2. De�niciones y propiedades

De�nición 2.3 Una traza de la super�cie de la esfera E = ERC , es la curva que se

obtienen de la intersección de E con planos � de R3.

En el caso de que los planos sean paralelos a los planos coordenados y que pasen por el

centro C de E; se le llaman trazas principales.

Una traza principal T de E es:

T = fE \ � � z = z0g ) T =

8>><>>:E � (x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = R2

� � z = z0Así, T � (x� x0)2+(y � y0)2 = R2; la cual es una circunferencia C, de centro C0 y radio

R, que la denotaremos: C = CRC0.

La cual será mostrada en la �gura.

53

x

y

Xo

Yo Co R

(XXo)²+(YYo)²=R²

Figura

Nota.- La circunferecia máxima (de mayor radio); cuyo radio coincide con el radio R de

la esfera E; está en trazas contenidas en los planos que pasan por el centro C de E.

De�nición 2.4 Dada una esfera E = ERC=(x0;y0;z0) y un plano � = ��!nP0.

El plano � es tangente a E, si la distancia del centro C de la esfera E al plano � coincide

con el valor del radio R de E. Es decir:

d (C;�) = R

Al plano � tangente a la esfera E = ERC , se denotará por: �T

Propiedad 2.1 Si el plano � = ��!nP0es tangente a la esfera E = ERC , entonces la recta

L = L�!vC que pasa por el centro C de E y cuyo vector director �!v es paralelo al vector

�!n normal del plano �, intersecta a la esfera E en un punto PT del plano �, llamado el

punto de tangencia. Es decir:

L = L�!v =�!nC \ E = fPTg

54

Propiedad 2.2 La recta L = L�!vPT, que pasa por el punto de tangencia PT y cuyo vector

director �!v es paralelo al vector normal �!n del plano tangente � = ��!nP0, contiene al centro

C de la esfera E = ERC . Es decir:

C 2 L = L�!v =�!nPT

Las propiedades anteriores se muestra en la �gura.

E

LC

Planotangente

PT

n

Figura

Propiedad 2.3 Una recta L = L�!ABA secante a la esfera E = ERC ; tal que: L\E = fA;Bg,

satisface que el plano � = ��!n=�!ABPmAB

, que pasa por el punto medio del segmento AB (PmAB)

y cuyo vector normal es paralelo al vector�!AB; también contiene al centro C de la esfera

E. Es decir:

C 2 � = ��!n=�!AB

PmAB

La idea geométrica lo muestra la �gura.

55

B

E

A C

Figura

Propiedad 2.4 Sean las esferas: E1 = ER1C1 y E2 = ER2C2

i) Si d (C1; C2) = R1 +R2; entonces se dicen que E1 y E2 son mutuamentes tangentes en

el punto A.

Se sigue que la recta que pasa por los centros C1 ó C2 de las esferas E1 y E2 , por ejemplo:

L = L�!v =��!C1C2C1

; satisface:

8>><>>:L = L

�!v =��!C1C2C1

\ E1 = fAg

L = L�!v =��!C1C2C1

\ E2 = fAg

Así,

El plano tangente común �T es: �T = ��!n=��!C1C2A


56

Plano tangente

L C1

E1 E2

C2A

Figura

ii) Supongamos que: R1 > R2. Si R1 < d (C1; C2) < R1 + R2, entonces E1 y E2 se

intersectan en una circunferencia C = CR0C0 , de centro C0 y radio R0 contenida en un

plano �; llamado plano radical, que se denotará: � = �R. Es decir:

1) E1 \ E2 =�Circunferencia: C = CR0C0

2) E1 \ E2 está contenida en � = �R

De�nición 2.5 Dadas las esferas: E1 = ER1C1 y E2 = ER2C2 , cuyas ecuaciones cumplen:

E1 = 0 y E2 = 0. Se de�ne el plano radical �R como:

�R � E1 � E2 = 0

El plano radical �R también satisface que su vector normal�!n es paralelo al vector que

une los centros de las esferas de E1 y E2. Es decir:

�R = ��!n=��!C1C2

57

Por otro lado; la recta L perpendicular al plano radical �R, que pasa por los centros de

las esferas de E1 y E2 respectivamente, por ejemplo L = L�!v =��!C1C2C1

, contiene al centro C0

de la circunferencia C = CR0C0 de intersección E1 \ E2; el cual se obtiene haciendo:

L = L�!v =��!C1C2C1

\ �R = fC0g

Lo cual lo muestra la siguiente �gura.

plano radical

E1

L

E2

Figura

El radio R0 de la circuferencia con centro C0, es decir: C = CR0C0de E1 \E2 , cumple que:

a) d2 (C0; C2)+ d2 (A;C0) = (R2)2 ) d2 (C0; C2)+ (R0)

2 = (R2)2; ó

b) d2 (C0; C1)+ d2 (A;C0) = (R1)2 ) d2 (C0; C1)+ (R0)

2 = (R1)2

Siendo A un punto cualquiera de la circunferencia de intersección de E1 y E2.


58

E E1 2C1 C2

A

R0 R1R2

L

Plano radical

C0

Figura

De�nición 2.6 El haz de esferas se de�ne como, el conjuntos de todas las esferas que

contienen a la circunferencia de intersección de dos esferas dadas, que se denota E�. Es

decir:

E� =�E 2 R3 : E contiene E1 \ E2 =

�Circunferencia : C = CR0C0

De�nición 2.7 Dadas las esferas: E1 y E2, cuyas ecuaciones satisfacen:

E1 = 0 y E2 = 0. Se de�ne el haz de esferas E� como:

E� � E1 + �E2 = 0;� 2 R

El haz de esferas se muestra la �gura.

59

E2E1

Haz de esferas

iii) Si d (C1; C2) > R1 + R2, entonces las esferas E1 y E2 no se intersectan, es decir:

E1 \ E2 = f?g, pero se pueden determinar un par de planos que van a pasar por un

mismo punto común A, que a su vez van a ser simultáneamente tangentes a las esferas E1

y E2. Los cuales son denominados los planos tangentes interiores o los planos tangentes

exteriores de las esferas E1 y E2.

Para el caso de los planos tangentes interiores o exteriores; se cumple que el punto común

A, pertenece a la recta L que unen a los centros de las esferas E1 y E2. Es decir, a la recta

L cuyo vector director �!v es paralelo al vector ��!C1C2 formado por los centros C1 y C2 de

las esferas E1 y E2 respectivamente; se concluye:

A 2 L�!v =��!C1C2C1

o A 2 L�!v =��!C1C2C2

Para los planos tangentes interiores con respecto al punto comúnA, se cumplen la siguiente

relación de distancia.

Por la relación de triángulo se satisface:

60

sin (�) =R1

d (C1; A)=

R2d (A;C2)

Puesto que:

d (C1; C2) = d (C1; A) + d (A;C2)

Así, obtenemos que el punto A cumple:

d (C1; A) =R1d (C1; C2)

R1 +R2o d (C2; A) =

R2d (C1; C2)

R1 +R2

Lo cual será motrado en la �gura.

C2C1

A

E2 E1R2

R1

Planos tangentesInteriores

L

Figura

De manera análoga para los planos tangentes exteriores; se satisface:

d (C1; A) =R1d (C1; C2)

R2 �R1o d (C2; A) =

R2d (C1; C2)

R2 �R1

Lo cual será motrado en la �gura.

61

A

E1E2

C1 C2

R2R1

Planos TangentesExteriores

L

Figura

2.1.3. Ejemplos Resueltos

Ejemplo 2.1 Dada la ecuación E � x2 + y2 + z2 � 4x� 4y � 4z + 8 = 0.

Determinar la ecuación canónica de la esfera E, identi�car su centro, radio, trazas prin-

cipales y la traza que se obtiene con los planos coordenados; además el volumen.

Solución 2.1 :

E � x2 + y2 + z2 � 4x� 4y � 4z + 8 = 0() E � (x� 2)2 + (y � 2)2 + (z � 2)2 = 4

Entonces; C = (2; 2; 2), R2 = 4) R = 2

Por lo tanto,

V (E) =4

3� (2)3 =

32

3�

Trazas principales:

8>>>>>><>>>>>>:E \ fx = 2g � (y � 2)2 + (z � 2)2 = 4

E \ fy = 2g � (x� 2)2 + (z � 2)2 = 4

E \ fz = 2g � (x� 2)2 + (y � 2)2 = 4

62

Trazas:

8>>>>>><>>>>>>:E \ fx = 0g � (y � 2)2 + (z � 2)2 = 0) (0; 2; 2)

E \ fy = 0g � (x� 2)2 + (z � 2)2 = 0) (2; 0; 2)

E \ fz = 0g � (x� 2)2 + (y � 2)2 = 0) (2; 2; 0)

Ejemplo 2.2 Sean las rectas L1 y L2 de R3; donde:

L1 �nx2=y

2= z � 12

oy L2 �

�x� 12

=2� y4

=�z11

�Determine la ecuación canónica de la esfera E cuyo centro es el punto medio de los puntos

de cruces entre L1 y L2.

Además la esfera es tangente al plano � � 2x� y � 2z = 12.

Solución 2.2 :

Primero hallamos los puntos de cruces entre L1 y L2.

Puesto que:

L1 �nx2=y

2= z � 12

o) L1 = L

�!u=(2;2;1)P1=(0;0;12)

�

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t

y = 2t

z = t+ 12

L2 ��x� 12

=2� y4

=�z11

�) L2 = L

�!v =(2;�4;�11)P2=(1;2;0)

�

8>>>>>><>>>>>>:x = 2s+ 1

y = �4s+ 2

z = �11sLuego se construye: L3 = L

�!w=�!u��!vP32L1

Calculando

63

�!w = �!u ��!v = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

2 2 1

2 �4 �11

1CCCCCCA = 24�!j � 12�!k � 18�!i = 6 (�3; 4;�2)

Se sigue; L3 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �3�+ 2t

y = 4�+ 2t

z = �2�+ t+ 12

; Resolviendo: L3 \ L2

L3 \ L2 =

8>>>>>><>>>>>>:�3�+ 2t = 2s+ 1

4�+ 2t = �4s+ 2

�2�+ t+ 12 = �11s

()

8>>>>>><>>>>>>:�3�+ 2t� 2s = 1

4�+ 2t+ 4s = 2

�2�+ t+ 11s = �12Usando Cramer

4 = det

0BBBBBB@�3 2 �2

4 2 4

�2 1 11

1CCCCCCA = �174; 4t = det

0BBBBBB@�3 1 �2

4 2 4

�2 �12 11

1CCCCCCA = �174

4s = det

0BBBBBB@�3 2 1

4 2 2

�2 1 �12

1CCCCCCA = 174

Puesto que:8>><>>:t =

4t

4 = 1) A = (2; 2; 13) 2 L1

t =4s

4 = �1) B = (�1; 6; 11) 2 L2) PmAB =

�12; 4; 12

�= C

Por otro lado;

Como � = ��!n=(2;�1;�2) es tangente a E = ERC

Tenemos:

64

d(C;�) = R

Pero,

d(C;�) =

��2 �12

�� (4)� 2 (12)� 12

��k(2;�1;�2)k = 13

Así; E ��x� 1

2

�2+ (y � 4)2 + (z � 12)2 = (13)2

Es decir;

E ��x� 1

2

�2+ (y � 4)2 + (z � 12)2 = 169

Ejemplo 2.3 Hallar la ecuación canónica de la esfera E; cuyo centro C = (2; 3;�1)

y que la recta L �

8>><>>:5x� 4y + 3z + 20 = 0

3x� 4y + z � 8 = 0, determina una cuerda de longitud de 16

unidades sobre E.

Solución 2.3 :

Sabemos que la ecuación canónica de una esfera: E = ERC=(2;3;�1); es de la forma:

E � (x� 2)2+(y � 3)2+(z + 1)2 = R2; por lo tanto, sólo nececitamos hallar su radio R.

Puesto que la recta L, determina una cueda de longitud de 16 unidades, entonces para

hallar R; construimos un plano �? L que pase por C; cuyo vector normal �!n es el vector

�!v director de L. Es decir: el plano � = ��!n=�!vC=(2;3;�1)

Lo cual será mostrado en la �gura.

65

16

E

LC

Plano

A BD

Figura

L �

8>><>>:� � 5x� 4y + 3z + 20 = 0

�2 � 3x� 4y + z � 8 = 0) �!v = �!n1 ��!n2 = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

5 �4 3

3 �4 1

1CCCCCCA�!v = 4�!j � 8�!k + 8�!i = 4 (2; 1;�2)

Luego;

� � 2x+ y � 2z � d = 0 pero;

C 2 �) 2 (2) + (3)� 2 (�1)� d = 0) d = 9

Entonces;

� � 2x+ y � 2z � 9 = 0

Sea fDg = � \ L

Parametrizamos a la recta L, haciendo x = 0 se tiene:8>><>>:�4y + 3z + 20 = 0

�4y + z � 8 = 0, cuya solución es:

�y = �11

2; z = �14

�.

Así;

66

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t

y = t� 112

z = �2t� 14Por lo tanto;

fDg = � \ L =�2 (2t) +

�t� 11

2

�� 2 (�2t� 14)� 9 = 0

=�9t+ 27

2= 0

t = �32) D = (�3;�7;�11)

Entonces;

d2(C;D) = (2� (�3))2 + (3� (�7))2 + (�1� (�11))2 = 225

Por pitágoras:

d2(C;D) + d2(A;D) = d2(C;A) = R2

R2 = 225 + (8)2 = 225 + 64 = 289 = (17)2

Concluimos que la esfera E es:

E � (x� 2)2 + (y � 3)2 + (z + 1)2 = (17)2

Ejemplo 2.4 Determinar el centro y el radio de la circunferencia C0 que se obtiene de

la intersección de:8>><>>:E � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z � 18 = 0

� � x� 3y + 2z � 5 = 0

Solución 2.4 :

Tenemos:

1) E � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z � 18 = 0, E � x2 + (y � 1)2 + (z + 3)2 = 28

67

E = ER=p28

C=(0;1;�3)

2) � = ��!n=(1;�3;2)(5;0;0)

Sean A el centro y R0 el radio de la circunferencia C0; es decir:

C0 = CR0A , los cuales satisfacen:8>><>>:

fAg = L \ �; siendo L = L�!v =�!n=(1;�3;2)C=(0;1;�3)

R0 =pR2 � d2 (A;C)

Lo cual está mostrado en la �gura.

n

LC

R

E

Ro

A

Figura

Por lo tanto; puesto que: L = L�!v =�!n=(1;�3;2)C=(0;1;�3) ) L �

8>>>>>><>>>>>>:x = t

y = �3t+ 1

z = 2t� 3

Se sigue; fAg = L \ � =

8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

� � x� 3y + 2z � 5 = 0

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = t

y = �3t+ 1

z = 2t� 3

; lo cual implica;

(t)� 3 (�3t+ 1) + 2 (2t� 3)� 5 = 14t� 14 = 0) t = 1

68

Si t = 1) A = (1;�2;�1)

Por otro lado;

d2 (A;C) = (1� 0)2 + (�2� 1)2 + (�1� (�3))2 = 14

Puesto que: R0 =pR2 � d2 (A;C) =

p28� 14 =

p14

Así;

C0 = CR0=14A=(1;�2;�1)

Ejemplo 2.5 Determinar la ecuación canónica de la esfera E; que contiene a la sección

que se obtiene de la intersección de:8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 + 10y � 20 = 0

E2 � 2x2 + 2y2 + 2z2 � 16y � 40 = 0. Además pasa por A = (4; 2;�2).

Solución 2.5 :

Puesto que el haz de esferas, son todas las posibles esferas que contienen a la circunferencia

de intersección de dos esferas cualesquieras.

Tomamos el haz de esferas E� que contiene a fE1 \ E2g; ya que:8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 + 10y � 20 = 0

E2 � 2x2 + 2y2 + 2z2 � 16y � 40 = 0,

8>><>>:E1 � x2 + (y + 5)2 + z2 � 45 = 0

E2 � x2 + (y � 4)2 + z2 � 36 = 0Así;

E� ��x2 + (y + 5)2 + z2 � 45

�+ �

�x2 + (y � 4)2 + z2 � 36

�= 0

Como A 2 E�, se debe cumplir:

(4)2 + ((2) + 5)2 + (�2)2 � 45 + ��(4)2 + ((2)� 4)2 + (�2)2 � 36

�= 0

69

24� 12� = 0) � = 2

Si � = 2, tenemos:

E�=2 ��x2 + (y + 5)2 + z2 � 45

�+ 2

�x2 + (y � 4)2 + z2 � 36

�= 0

Por lo tanto; E � 3x2 + (y + 5)2 + 2 (y � 4)2 + 3z2 � 117 = 0

Pero;

3x2 + (y + 5)2 + 2 (y � 4)2 + 3z2 � 117 = 3x2 + 3y2 � 6y + 3z2 � 60

Luego;

E � 3x2 + 3y2 � 6y + 3z2 � 60 = 0, E � x2 + y2 � 2y + z2 � 20 = 0

Concluimos que:

E � x2 + (y � 1)2 + z2 � 21 = 0

Ejemplo 2.6 Dadas las esferas:

8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 � 2x+ 4y + 2z + 2 = 0

E2 � x2 + y2 + z2 + 16x+ 4y � 22z + 173 = 0Determinar los planos tangentes interiores común a las esferas E1 y E2, los cuales son

paralelos al eje x.

Solución 2.6 :

Primero determinamos el punto común: fAg 2 �1T \ �2T ; el cual satisface: pertenece a la

recta que une los centros de las esferas y una relación de distancia.


70

C2C1

A

E2E1R2

R1


L

Figura

Puesto que;8>><>>:E1 � (x� 1)2 + (y + 2)2 + (z + 1)2 = 4

E2 � (x+ 8)2 + (y + 2)2 + (z � 11)2 = 16()

8>><>>:E1 = E

R1=2C1=(1;�2;�1)

E2 = ER2=4C2=(�8;�2;11)

Se tiene,

A 2 L�!v =��!C1C2=(�9;0;12)=3(�3;0;4)C1=(1;�2;�1) �

8>>>>>><>>>>>>:x = �3t+ 1

y = �2

z = 4t� 1

) A = (�3t+ 1;�2; 4t� 1)

Por otro lado;

d (C1; A) =R1d (C1; C2)

R1 +R2=2 (15)

6= 5

25 = d2 (C1; A) = (�3t+ 1� 1)2 + (�2� (�2))2 + (4t� 1� (�1))2 = 25t2

t = �1)

8>><>>:t = 1! (�2;�2; 3)

t = �1! (4;�2;�5)Luego,

A = (�2;�2; 3), ya que es el punto que se encuentra entre los centros.

Ahora, como los planos tangentes interiores deben ser paralelos al eje x.

Se tiene que; �!n?�!i , �!n � �!i = 0

71

Suponiendo que �!n = (a; b; c), entonces

(a; b; c) � (1; 0; 0) = 0) a = 0

Por lo tanto; �!n = (0; b; c) = b�; 1; b

c

�Es decir;

�!n = (0; 1; k)) �T � y + kz � d = 0

Pero como: A 2 �T , se sigue: �2 + 3k = d

Así,

�T � y + kz � (�2 + 3k) = 0

Puesto que: �T es tangente a E1 y E2 ) d (C1;�T ) = R1

2 =j�2 + k (�1)� (�2 + 3k)j

k(0; 1; k)k ) 2p1 + k2 = j4kj =

q(4k)2

4 (1 + k2) = 16k2 ) 12k2 = 4) k2 =1

3, k = �

p3

3

Concluimos que los planos tangentes interiores son:

8>><>>:�1T � y +

p3

3z + 2�

p3 = 0

�2T � y �p3

3z + 2 +

p3 = 0

Ejemplo 2.7 Encontrar la ecuación de los planos paralelos a los planos que contienen a

las rectas:

L1 �

8>><>>:x� 1 = y � 3

z = 0

; L2 �

8>>>>>><>>>>>>:x = t+ 1

y = �t+ 3

z = �4t+ 7

; que son tangentes a la esfera E de

ecuación E � x2 � 2x+ y2 � 6y + z2 � 8z + 18 = 0.

Solución 2.7 :

72

Como;

L1 �

8>><>>:x� 1 = y � 3

z = 0

) L1 = L�!v1=(1;1;0)P1=(1;3;0)

�

8>>>>>><>>>>>>:x = s+ 1

y = s+ 3

z = 0

L2 �

8>>>>>><>>>>>>:x = 2t

y = �2t+ 4

z = t+ 7

) L2 = L�!v2=(2;�2;1)P2=(1;3;7)

Entonces;

�!v1 ��!v1 = (1; 1; 0)� (2;�2; 1) = det

0BBBBBB@�!i

�!j

�!k

1 1 0

2 �2 1

1CCCCCCA =�!i � 4�!k ��!j

�!v1 ��!v1 = (1;�1;�4)

Por otro lado;

E � x2 � 2x+ y2 � 6y + z2 � 8z + 18 = 0. La cual equivalente a:

E � (x� 1)2 + (y � 3)2 + (z � 4)2 = 8) E = ER=p8

C=(1;3;4)

Mostraremos que las rectas L1 y L2; no inersectan a la esfera E.

En efecto;

L1 \ E � (s+ 1� 1)2 + (s+ 3� 3)2 + (0� 4)2 = 2s2 + 16 = 8) s2 6= �4

L2 \ E � (2t� 1)2 + (�2t+ 4� 3)2 + (t+ 7� 4)2 = (t+ 3)2 + 2 (2t� 1)2 = 8

Pero

(t+ 3)2 + 2 (2t� 1)2 = 8) 9t2 � 2t+ 11 = 8

Luego,

73

9t2 � 2t+ 3 = 0, Tampoco tiene solución real.

Entonces construimos una recta L3 perpendicular a las rectas L1 y L2; que pase por el

centro de la esfera E. Es decir:

L3 = L�!v =�!v1��!v1=(1;�1;�4)C=(1;3;4)

Así dicha recta L3 al intersectarla con la esfera E, obtendremos los puntos de tangencia

A y B de los planos tangentes a ella que son paralelos a los planos que contienen a las

rectas dadas; como lo muestra la siguiente �gura.

L1 L3

BEC

A

L2n

Figura

Construimos la recta L3 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �+ 1

y = ��+ 3

z = �4�+ 4Calculemos: L3 \ E

L3 \ E =

8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

E � (x� 1)2 + (y � 3)2 + (z � 4)2 = 8

L3 �

8>>>>>><>>>>>>:x = �+ 1

y = ��+ 3

z = �4�+ 4

74

Entonces,

�2 + �2 + 16�2 = 18�2 = 8) �2 = 818= 4

9) � = �2

3

Se sigue,

L3 \ E = fA;Bg =

8>><>>:A =

�53; 73; 43

�B =

�13; 113; 203

�Por lo tanto;

�1T ��x� 5

3; y � 7

3; z � 4

3

�� (1;�1;�4) = x� y � 4z + 6 = 0

�2T ��x� 1

3; y � 11

3; z � 20

3

�� (1;�1;�4) = x� y � 4z + 30 = 0

Así, los planos tangentes seran:

8>><>>:�1T � x� y � 4z + 6 = 0

�2T � x� y � 4z + 30 = 0

2.1.4. Ejercicios Propuestos

Ejercicio 2.1 Determine la ecuación canónica de la esfera E que pasa por el punto

A = (�1; 6;�3) y es tangente al plano � � 4x+4y+7z�96 = 0, en el punto B = (7; 3; 8).

Respuesta 2.1 E � (x� 3)2 + (y + 1)2 + (z � 1)2 = (9)2

Ejercicio 2.2 Determinar la ecuación del plano tangente a la supe�cie de la esfera:

E � x2 + y2 + z2 � 2x+ 6y + 2z + 8 = 0; que contenga a la recta L �

8>><>>:3x� 4y = 8

x� 4z = 0

Respuesta 2.2 �T � �x+ y + z + 2 = 0

75

Ejercicio 2.3 Determinar la ecuación canónica de la esfera E2; de radiop70 y que

contenga a la circunferencia:

C0 =

8>><>>:E1 � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z � 18 = 0

� � x� 3y + 2z � 5 = 0

Respuesta 2.3 E2 �

8>><>>:E2 = E

12 � (x+ 1)

2 + (y � 4)2 + (z + 5)2 = 70

E2 = E22 � (x� 3)

2 + (y + 8)2 + (z � 3)2 = 70

Ejercicio 2.4 Dados los punos A = (3; 4; 0), B = (1; 0; 2) y C = (1; 6; 2) de R3.

Determine la ecuación canónica de la esfera E; que tenga como circunferencia máxima

a la que pasa por los puntos A, B y C.

Respuesta 2.4 E � (x� 1)2 + (y � 3)2 + (z � 2)2 = 9

Ejercicio 2.5 Obtenga la ecuación canónica de la super�cie esférica E tangente a los

planos:

�1 � x+ 2y + z � 3 = 0 ; �2 � 2x� y + z + 2 = 0.

Con centro en la recta L ��x� 9 = y � 2

3=z + 1

4

�; ubicado en el primer octante.

Respuesta 2.5 E � (x� 10)2 + (y � 5)2 + (z � 3)2 = 200

3

Ejercicio 2.6 Determinar las ecuaciones canónicas de las esferas E1 y E2; que contengan

a la circunferencia C0 de intersección:

C0 =

8>><>>:E � x2 + y2 + z2 � 4z = 0

� � z = 3; además tenga radio

p19.

76

Respuesta 2.6

8>><>>:E1 � x2 + y2 + (z � 7)2 = 19

E2 � x2 + y2 + (z + 1)2 = 19

Ejercicio 2.7 Determinar la ecuación canónica de la esfera E tangente al plano:

� � �2x� y + 2z + 10 = 0; en el punto A = (3; 4; 0) y que además pasa por el punto B

de intersección de:8>>>>>>>>>><>>>>>>>>>>:

E1 � x2 + y2 + z2 � 6x+ 4y � 4z + 51 = 0

L �

8>>>>>><>>>>>>:x = 1

y = 6

z = 2 + t

Respuesta 2.7 E ��x� 7

5

�2+�y � 16

5

�2+�z � 8

5

�2= 144

25=�125

�2Ejercicio 2.8 Sean C0 la circunferencia de intersección de:8>><>>:E � x2 + y2 + z2 � 2y + 6z + 1 = 0

� � x = 0; y el plano �1 � z � 2 = 0.

Determine las esferas E1 y E2; que contengan a C0 y tangentes a �1.

Respuesta 2.8

8>><>>:E1 � (x� 4)2 + (y � 1)2 + (z + 3)2 = 25

E2 � (x+ 4)2 + (y � 1)2 + (z + 3)2 = 25

Ejercicio 2.9 Determinar la ecuación canónica de la esfera E que es tangente al plano

� � x� 2y + 2z = 2, en el punto A = (4; 1; 0) y ademá pasa por el punto B = (3; 3� 2).

Respuesta 2.9 E ��x� 7

2

�2+ (y � 2)2 + (z + 1)2 = 9

4=

�3

2

�2

77

Ejercicio 2.10 Determinar la ecuación canónica de la esfera E; de la cual se sabe que

su intersección con el plano �1 � y = 3; es una circunferencia de radio R1 = 3 y

que además su intersección con el plano �2 � y = 5; es la circunferencia de ecuación:

x2 � 2x+ z2 � 4z = 11.

Respuesta 2.10 E � (x� 1)2 +�y � 23

4

�2+ (z � 2)2 = 265

16

Ejercicio 2.11 Hallar el lugar geométrico de los puntos del espacio; cuya suma de los

cuadrados de sus distancias a los planos:

8>>>>>><>>>>>>:�1 � x+ 4y + 2z = 0

�2 � 2x� y + z = 0

�3 � 2x+ y � 3z = 0

; es de

10 unidades.

Respuesta 2.11 E � x2 + y2 + z2 = 10

Ejercicio 2.12 Sean las esferas:

E1 � (x+ 2)2 + (y � 4)2 + (z � 2)2 = 1 y E2 � x2 + y2 + z2 � 8x+ 4y + 2z + 17 = 0

a) Justi�car que E1 y E2 son disjuntas "no se intersectan".(E1 \ E1 = ?)

b) Determinar el punto A, común que contiene los planos tangentes exteriores a E1 y E2.

c) Hallar los planos tangentes a E2, paralelos al plano � � �2x� y � 2z = 0.

d) Determine la ecuación canónicas de la esfera E3, la cual es simultáneamente mutua-

mente tangente a E1 y E2.

Respuesta 2.12 a) En efecto.

78

b) A = (�8; 10; 5)

c)

8>><>>:�1T � �2x� y � 2z + 10 = 0

�2T � �2x� y � 2z + 73= 0

d) E3 ��x� 2

3

�2+�y � 4

3

�2+�z � 2

3

�2= 9. Como se muestra en la �gura.

C1 C3 C2

E1 E3

E2

12

R3

Figura

79

Capítulo 3

Super�cies Cuadráticas

3.1. Elipsoide, paraboloide, cono e hiperboloides

3.1.1. Ecuaciones canónicas

De�nición 3.1 La ecuación canónica de un elipsoide con centro C = (x0; y0; z0); viene

dada por:

(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1; donde a, b y c simultáneamente no son iguales.

Su grá�ca será mostrada en la �gura.

80

c

b

y

z

xa

Figura del elipsoide

Las trazas principales son :

1)

8>><>>:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1

z = z0

) (x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 1

2)

8>><>>:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1

y = y0

) (x� x0)2

a2+(z � z0)2

c2= 1

3)

8>><>>:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1

x = x0

) (y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1

Las trazas son circunferencias o elipses dependiendo de los valores de las constantes: a, b

y c; por ejemplo en (1) tenemos:

(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 1)

8>><>>:Si a = b; es una circunferencia

Si a 6= b; es una elipseA continuación será mostrada la grá�ca de la elipse;

(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 1; con a < b

81

x

y

ab

x=xo

y=yo

Figura de la elipse

De�nición 3.2 Las ecuaciones canónicas de los paraboloides, con vértice V = (x0; y0; z0).

Trazas principales paralelas a los planos coordenados que pasan por el centro y ejes de

simetría paralelos a los ejes coordenados, son las siguientes:

1) Eje de simetría kz: z � z0c

=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

2) Eje de simetría kx: x� x0c

=(z � z0)2

a2+(y � y0)2

b2

3) Eje de simetría ky: y � y0c

=(x� x0)2

a2+(z � z0)2

b2

Para las ecuaciones el signo de c, determina hacia donde abre, además si a 6= b es

paraboloide elíptico y si a = b es paraboloide de revolución.

Será mostrada la grá�ca de:z � z0c

=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2; con c > 0

(xo,yo,zo)

z

y

b

c

a

x

82

Figura del paraboloide

Las trazas principales de:z � z0c

=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2son:

a)

8>><>>:z � z0c

=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

z = z0

) (x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 0)

8>><>>:x = x0

y = y0

b)

8>><>>:z � z0c

=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

y = y0

) z � z0c

=(x� x0)2

a2

c)

8>><>>:z � z0c

=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

x = x0

) z � z0c

=(y � y0)2

b2

Las trazas b) y c) son parábolas.

Mostraremos la grá�ca de:z � z0c

=(x� x0)2

a2

x

z

z=zo

x=xo

a

c

Figura de la parábola

De�nición 3.3 Las ecuaciones canónicas de los conos; con centro-vértice C = (x0; y0; z0).



1) Eje de simetría kz: (z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

83

2) Eje de simetría kx: (x� x0)2

c2=(z � z0)2

a2+(y � y0)2

b2

3) Eje de simetría ky: (y � y0)2

c2=(x� x0)2

a2+(z � z0)2

b2

Para las ecuaciones se tiene: si a 6= b es un cono elíptico y si a = b es cono de revolución.

De 1) se obtiene: z = z0 � jcjr(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

Para el caso positivo; es decir: z = z0 + jcj(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2; corresponde a la rama

positiva del cono y para el caso negativo rama negativa.

Será mostrada la grá�ca del cono:(z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

Figura del cono

Consideremos la rama positiva del cono de ecuación:

z = z0 + jcjr(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2; mostraremos en la �gura lo que representan las

constantes: a, b y c.

84

z

(xo,yo,zo)

a

xy

c

b

Figura : rama del cono

Las trazas principales de:(z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2son:

a)

8>><>>:(z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

z = z0

) (x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 0)

8>><>>:x = x0

y = y0

b)

8>><>>:(z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

y = y0

) (z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2) z = z0�

�� ca

�� jx� x0j

c)

8>><>>:(z � z0)2

c2=(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2

x = x0

) (z � z0)2

c2=(y � y0)2

b2) z = z0�

��cb

�� jy � y0jMostraremos la grá�ca de la traza b); es decir: z = z0 �

�� ca

�� jx� x0j

(xo,zo)

z

x

c

az=zo+c/a (xxo)

z=zoc/a (xxo)

Figura de las rectas

85

De�nición 3.4 Las ecuaciones canónicas de los hiperboloides; con centro C = (x0; y0; z0).



1) De una hoja sus ecuaciones canónicas son:

a)(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

b)(x� x0)2

a2� (y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

c) �(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1

2) De dos hojas sus ecuaciones canónicas son:

d) �(x� x0)2

a2� (y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

e) �(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

f)(x� x0)2

a2� (y � y0)

2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

Será mostrada la grá�ca de a):(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

(xo,yo,zo)

y

z

x

Figura del hiperboloide

Las trazas principales son:

86

1)

8>><>>:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

z = z0

) (x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 1

2)

8>><>>:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

y = y0

) (x� x0)2

a2� (z � z0)

2

c2= 1

3)

8>><>>:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

x = x0

) (y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

Las cuales son la elipse:(x� x0)2

a2+(y � y0)2

b2= 1 y las hipérbolas:

(x� x0)2

a2� (z � z0)

2

c2= 1 y

(y � y0)2

b2� (z � z0)

2

c2= 1

Será mostrada la grá�ca de la hipérbola:(x� x0)2

a2� (z � z0)

2

c2= 1

x

z

ca

x=xo

y=yo

Figura de la hipérbola

Será mostrada la grá�ca de d): �(x� x0)2

a2� (y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

87

c

z

y

(xo,yo,zo)

x

Figura del hiperboloide

Las trazas principales son:

1)

8>><>>:�(x� x0)

2

a2� (y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

z = z0

) �(x� x0)2

a2� (y � y0)

2

b2= 1

Solución vacía; es decir: el hiperboloide no intersecta al plano z = z0

2)

8>><>>:�(x� x0)

2

a2� (y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

y = y0

) �(x� x0)2

a2+(z � z0)2

c2= 1

3)

8>><>>:�(x� x0)

2

a2� (y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

x = x0

) �(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2= 1

Las trazas 2) y 3) son las hipérbolas:

�(x� x0)2

a2+(z � z0)2

c2= 1 y �(y � y0)

2

b2+(z � z0)2

c2= 1

3.1.2. Ejemplos resueltos

Ejemplo 3.1 Determine la ecuación canónica del paraboloide de revolución P ; cuyas

secciones ó trazas con los planos y = 2 y y = 3, son respectivamente circunferencias de

radio 1 y 3.

88

Solución 3.1 :

Puesto que el paraboloide P , tiene trazas con los planos: y = 2 y y = 3. Lo tomaremos

de la forma: P � y � y0c

=x2

a2+z2

b2

Como además sus trazas son circunferencias, se tiene que a = b; por lo tanto, supongamos

a = b = 1, es decir:

P � y � y0c

= x2 + z2; como se muestra en la �gura.

z

y=2y=3

yx

Figura

Por otro lado;8>><>>:P � y � y0

c= x2 + z2

y = 2

) 2� y0c

= x2 + z2

Pero, x2 + z2 = 1

Luego;2� y0c

= 1) c = 2� y0

Además;8>><>>:P � y � y0

2� y0= x2 + z2

y = 3

) 3� y02� y0

= x2 + z2 = 9

3� y02� y0

= 9) 3� y0 = 9 (2� y0) = 18� 9y0 ) y0 =15

8

89

Sustituyendo; P �y � 15

8

2� 158

= x2 + z2; tenemos que la ecuación de P es:

P �y � 15

81

8

= x2 + z2

Ejemplo 3.2 Determine la ecuación del hiperboloide de dos hojas, de vértices:

V1 = (2; 0; 0) y V2 = (�2; 0; 0); su eje de simetría coincide con el eje x, la intersección

con el plano x = 4 es la elipse de ecuación:

y2

27+z2

48= 1.

Solución 3.2 :

La ecuación canónica general del hiperboloide de dos hojas; con eje de simetría paralelo

al eje x y centro: C = (x0; y0; z0); es de la forma:

H � (x� x0)2

a2�"(y � y0)2

b2+(z � z0)2

c2

#= 1

Puesto que el eje de simetría coincide con el eje x y tiene vértices:

V1 = (2; 0; 0) y V2 = (�2; 0; 0))

8>><>>:Centro: C = (x0; y0; z0) = (0; 0; 0)

a = 2

Por lo tanto;

H � x2

4��y2

b2+z2

c2

�= 1

Por otro lado;8>><>>:H � x2

4��y2

b2+z2

c2

�= 1

x = 4

) y2

27+z2

48= 1

Pero

90

H \ fx = 4g ) y2

b2+z2

c2= 3) y2

3b2+z2

3c2= 1

Así se debe cumplir:8>><>>:3b2 = 27

3c2 = 48

)

8>><>>:b2 = 9

c2 = 16

Concluyendo que:

H � x2

4��y2

9+z2

16

�= 1


x

x=4

2

z

y

Figura

Ejemplo 3.3 Determine el lugar geométrico de los puntos del espacio; cuya distancia al

plano: z = 5, es igual a su distancia al punto A = (0; 0;�2).

Solución 3.3 :

Sea P = (x; y; z) 2 R3; tal que: d (P;� � z = 5) = d (P;A)

d (P;� � z = 5) = jz � 5j =q(z � 5)2

d (P;A) =qx2 + y2 + (z + 2)2

91

Entonces;

(z � 5)2 = x2 + y2 + (z + 2)2 ) x2 + y2 + (z + 2)2 � (z � 5)2 = 0

x2 + y2 + (z + 2)2 � (z � 5)2 = x2 + y2 + 14z � 21 = 0

14�z � 3

2

�= � (x2 + y2)

Resultando la siguiente ecuación:

14�z � 3

2

��1 = x2 + y2

La cual es la ecuación canónica de un paraboloide de vértice: V�0; 0; 3

2

�, eje de simetría

el eje z; además es de revolución y abre hacia la parte negativa del eje z.

Como lo muestra la siguiente �gura.

x2

1,5

y

5

z

Figura del paraboloide

Ejemplo 3.4 Determine la ecuación de un paraboloide; cuya traza en z = 4, tiene la

curva: (x� 2)2 + (y � 3)2 = 5 y en la intersección con el plano z = 0 una circunferencia

de área 25�.

Solución 3.4 :

92

Puesto que el paraboloide, debe tener a: (x� 2)2 + (y � 3)2 = 5 en z = 4, entonces su

vértice tiene la forma V = (2; 3; z0), además eje de simetría paralelo al eje z.

Así la ecuación es:

z � z0c

=(x� 2)2 + (y � 3)2

a2

Pero8>><>>:z � z0c

=(x� 2)2 + (y � 3)2

a2

z = 4

) (x� 2)2 + (y � 3)2 = 5

Sustituyendo tenemos:

4� z0c

=(x� 2)2 + (y � 3)2

a2) (x� 2)2 + (y � 3)2 = a2

�4� z0c

�Por lo tanto;

Sea (1): a2�4� z0c

�= 5

Por otro lado;8>><>>:z � z0c

=(x� 2)2 + (y � 3)2

a2

z = 0

)

8>><>>:A(circunferencia) = 25� = (5)2 �

(x� 2)2 + (y � 3)2 = 25Luego,

�z0c=(x� 2)2 + (y � 3)2

a2) (x� 2)2 + (y � 3)2 = a2

��z0c

�Obtenemos (2): a2

��z0c

�= 25) z0 = �

25c

a2

Sustituyendo en (2) en (1)

Se tiene:

a2

0BB@4��25ca2

�c

1CCA = 5) 4a2 + 25c = 5c, 4a2 = �20c

Es decir:

93

c = �4a2

20= �a

2

5y z0 = �

25

��a

2

5

�a2

= 5

Ahora sustituyendo en la ecuación. Tenemos:

z � 5

�a2

5

=(x� 2)2 + (y � 3)2

a2, z � 5

�1 =(x� 2)2 + (y � 3)2

5

Así la ecuación del paraboloide es:

z � 5�1 =

(x� 2)2 + (y � 3)2

5

El cual está mostrado en la �gura.

Radio=5

Z=4

y

z

(X2)²+(Y3)²=5

x

Figura

Ejemplo 3.5 Sea la super�cie S � 4x2 � 36y2 + 9z2 � 8x+ 216y � 36z = 320

i) Expresar S en su forma canónica e identi�carla y dibujarla.

ii) Determinar la ecuación del paraboloide S1; con vértice en el punto A = (1; 4; 2) y traza

en la sección principal de la super�cie S.

iii) Hallar la ecuación del otro plano; el cual es también traza común de las super�cies de

S y de S1.

94

iv) Determinar la ecuación del cono S2; cuyo centro está entre el punto medio del centro

de S y el vértice de S1 y que además, unas de sus trazas está en la traza común de las

super�cies de S y de S1, la cual no es la traza principal de S.

Solución 3.5 :

i) S � 4x2 � 36y2 + 9z2 � 8x+ 216y � 36z = 320

4x2 � 8x� 36y2 + 216y + 9z2 � 36z = 320

4 (x2 � 2)� 36 (y2 � 6) + 9 (z2 � 4) = 320

4�(x� 1)2 � 1

�� 36

�(y � 3)2 � 9

�+ 9

�(z � 2)2 � 4

�= 320

4 (x� 1)2 � 4� 36 (y � 3)2 + 324 + 9 (z � 2)2 � 36 = 320

4 (x� 1)2 � 36 (y � 3)2 + 9 (z � 2)2 = 320 + 4� 324 + 36

4 (x� 1)2 � 36 (y � 3)2 + 9 (z � 2)2 = 364 (x� 1)2 � 36 (y � 3)2 + 9 (z � 2)2

36= 1

S � (x� 1)2

9� (y � 3)

2

1+(z � 2)2

4= 1

El cual representa un hiperboloide de una hoja con centro C = (1; 3; 2), eje de simetría

paralelo al eje y, además con traza principal en y = 3.

Su grá�ca está mostrada en la �gura.

95

y=3

5

z4

5

2

0

2

05

y

Figura de S

ii) La sección principal de S da la siguiente traza:8>><>>:S � (x� 1)2

9� (y � 3)

2

1+(z � 2)2

4= 1

y = 3

) (x� 1)2

9+(z � 2)2

4= 1

La ecuación del paraboloide S1 con vértice en A = (1; 4; 2) y traza en y = 3 es:8>><>>:S1 �

(x� 1)2

9

(z � 2)2

4=y � 4c

y = 3

) �1c= 1

Así,

S1 �(x� 1)2

9+(z � 2)2

4=y � 4�1

iii) La traza común de S y S1 se obtiene:8>><>>:S � (x� 1)2

9� (y � 3)

2

1+(z � 2)2

4= 1

S1 �(x� 1)2

9+(z � 2)2

4=(y � 4)�1

) (y � 4)�1 = 1 +

(y � 3)2

1

(y � 3)2 � (4� y) + 1 = y2 � 5y + 6 = 0,

8>><>>:y = 2

y = 3

96

La proyección de las super�cies en x = 1 es:

8>><>>:�(y � 3)

2

1+(z � 2)2

4= 1

(z � 2)2

4=(y � 4)�1

La cual se muestra en la �gura.

1 1 2 3 4 5

2

2

4

6

y

z

y=2 y=3

Figura

iv) El punto medio entre los centro es:

PmC1C2 =�1+12; 3+42; 2+22

�=�1; 7

2; 2�

Traza en y = 2 es:8>><>>:(x� 1)2

9+(z � 2)2

4=(y � 4)�1

y = 2

) (x� 1)2

9+(z � 2)2

4= 2

Obteniendo,

(x� 1)2

18+(z � 2)2

8= 1

Luego,8>><>>:(x� 1)2

18+(z � 2)2

8=

�y � 7

2

�2c2

y = 2

)�2� 7

2

�2c2

= 1

Así,

9

4c2= 1) c2 =

9

4

Por lo tanto, la ecuación del cono S2 es:

97

S2 �(x� 1)2

18+(z � 2)2

8=

�y � 7

2

�294

Ejemplo 3.6 La ecuación: 9x2+25y2+36x�50y�164 = 0; es la traza de un paraboloide

P en el plano xy ( z = 0); miestras que en el plano z + 5 = 0, la traza limita una región

de área A =20�

3. Determinar la ecuación del paraboloide P .

Solución 3.6 :

Tenemos:

9x2 + 25y2 + 36x� 50y � 164 = 0

9(x2 + 4x) + 25(y2 � 2)� 164 = 0

9�(x+ 2)2 � 4

�+ 25

�(y � 1)2 � 1

�� 164 = 0

9 (x+ 2)2 � 36 + 25 (y � 1)2 � 25� 164 = 0

9 (x+ 2)2 + 25 (y � 1)2 = 164 + 25 + 36 = 2259 (x+ 2)2 + 25 (y � 1)2

225= 1, 9 (x+ 2)2

225+25 (y � 1)2

225= 1

(x+ 2)2

25+(y � 1)2

9= 1

La traza es una elipse.

Se sigue,8>><>>:P � z � z0

c=(x+ 2)2

25+(y � 1)2

9

z = 0

) (x+ 2)2

25+(y � 1)2

9=�z0c= 1

Es decir; c = �z0

Por otro lado,

98

8>><>>:P � z � z0

�z0=(x+ 2)2

25+(y � 1)2

9

z = �5) (x+ 2)2

25+(y � 1)2

9=�5� z0�z0

(x+ 2)2

25+(y � 1)2

9=�5� z0�z0

, (x+ 2)2

25+(y � 1)2

9=5 + z0z0

(x+ 2)2

25

�5 + z0z0

� + (y � 1)2

9

�5 + z0z0

� = 1Como el área de una elipse es igual a: ab�

Se tiene: ab� =20

3� ) ab =

20

3

Así,

ab =

s25

�5 + z0z0

�s9

�5 + z0z0

�=20

3

Luego,

15 (5 + z0)

z0=20

3) 20z0 = 45(5 + z0)) z0 = �9

Sustituyendo en la ecuación del paraboloide obtenemos:

P � z + 9

9=(x+ 2)2

25+(y � 1)2

9

Concluyendo que la ecuación del paraboloide P es:

P � z + 9 = (x+ 2)2

259

+ (y � 1)2

Ejemplo 3.7 Dada la �gura. Determine las ecuaciones canónicas de las super�cies de

revolución; contenidas en la �gura con los datos dados.

99

4

R=2

6

sección principalX=6

Hiperboloides

2 R=4

Figura

Solución 3.7 :

Tomaremos las super�cies con eje de simetría el eje x.

Cono:(x� x0)2

c2=y2 + z2

a2

Puesto que el cono tiene traza en x = 6 de radio R = 2, a partir de dicha traza la longitud

hacia su vértice es de 4 unidades, por lo tanto V = (2; 0; 0).

Sustituyendo los valores en la ecuación se tiene:

Cono:(x� 2)2

(4)2=y2 + z2

(2)2) (x� 2)2

4= y2 + z2

Concluimos que la ecuación del cono es:

Cono: (x� 2)2 = 4�y2 + z2

�El hiperboloide de una hoja tiene su sección principal en x = 6 de radio R = 2.

Por lo tanto,

Hiperboloide:y2 + z2

(2)2� (x� 6)

2

c2= 1

100

Pero;8>><>>:y2 + z2

(2)2� (x� 6)

2

c2= 1

x = 14

) y2 + z2 = 16

Resolviendo:

y2 + z2

(2)2� (14� 6)

2

c2= 1) y2 + z2 = 4

1 +

(14� 6)2

c2

!

4

1 +

(8)2

c2

!= 16) 64

c2= 3) c2 =

64

3

Concluyendo,

Hiperboloide:y2 + z2

4� 3 (x� 6)

2

64= 1

También, para el hiperboloide de dos hojas su sección principal se encuentra en x = 6, es

decir; su centro es C = (6; 0; 0) y su distancia al vértice es de 6 unidades.

Así tiene la siguiente forma:

(x� 6)2

(6)2��y2 + z2

a2

�= 1

Pero;8>><>>:(x� 6)2

(6)2��y2 + z2

a2

�= 1

x = 14

) y2 + z2 = 16

Luego;

(14� 6)2

(6)2��y2 + z2

a2

�= 1) �

�y2 + z2

a2

�= 1� (8)

2

(6)2= �7

9

y2 + z2 =7

9a2 = 16) a2 =

(16) (9)

7=144

7

Resultando;

101

Hiperboloide de dos hojas:(x� 6)2

(6)2�

264y2 + z2144

7

375 = 1Es decir:

Hiperboloide:(x� 6)2

36� 7 (y

2 + z2)

144= 1

Ejemplo 3.8 Determinar la ecuación canónica de un paraboloide con vértice en el punto

común de los planos tangentes interiores a E1 y E2; con una traza perpendicular a la recta

que une los centros de las esferas,que pasa por el centro de E1.8>><>>:E1 � (x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z � 3)2 = 1

E2 � (x+ 1)2 + (y � 6)2 + (z � 3)2 = 4

Solución 3.8 :

Puesto que: C1 = (�1; 2; 3) y C2 = (�1; 6; 3)

Tenemos:

d (C1; C2) = 4 > 3 = R1 +R2 ) E1 \ E2 = f?g

Así; la recta que pasa por los centros es:

L � (x; y; z) = (�1; 2; 3) + t (0; 1; 0),

8>>>>>><>>>>>>:x = �1

y = t+ 2

z = 3


102

C2C1

A

E2 E1R2

R1


L

Figura

Como el punto A satisface: d (C1; A) =R1d (C1; C2)

R1 +R2=(1) (4)

3=4

3

Además;

4

3= d (C1; A) =

q(t+ 2� 2)2 = jtj ) t = �4

3

Pero;

Si t =4

3) A =

��1; 4

3+ 2; 3

�=

��1; 10

3; 3

�! 10

32 [2; 6]

En cambio,

Si t = �43) A =

��1;�4

3+ 2; 3

�=

��1;�2

3; 3

�! �2

3=2 [2; 6]

Por lo tanto; el vértice del paraboloide es A =��1; 10

3; 3

�La ecuación del paraboloide con vértice en A, eje de simetría el eje y es:

y � 103

c=(x+ 1)2

a2+(z � 3)2

b2

La traza perpendicular a la recta que une los centros de las esferas, que pasa por el centro

de E1 es y = 2; entonces,8>><>>:E1 � (x+ 1)2 + (y � 2)2 + (z � 3)2 = 1

y = 2

) (x+ 1)2 + (z � 3)2 = 1

Así a = b; además

103

8>><>>:P �

y � 103

c=(x+ 1)2

a2+(z � 3)2

a2

y = 2

) �43

a2

c= (x+ 1)2 + (z � 3)2

Por lo tanto;

�43

a2

c= 1) a2

c= �3

4

Finalmente, el paraboloide es:

P �y � 10

3

�43

= (x+ 1)2 + (z � 3)2

Ejemplo 3.9 Dadas las esferas:

8>><>>:E1 � (x� 1)2 + (y � 4)2 + z2 = 36

E2 � (x� 1)2 + (y + 5)2 + z2 = 63La intersección de E1 y E2; forman la directriz de los conos, cuyos vértices se encuentran

a 10 unidades del plano que contienen dicha directriz. Determine la ecuación canónica de

los conos.

Solución 3.9 :

Tenemos que: E1 \ E2 � (y + 5)2 � (y � 4)2 = 27) y = 1

Pero,8>><>>:E1 � (x� 1)2 + (y � 4)2 + z2 = 36

y = 1

) (x� 1)2 + z2 = 27

Puesto que el plano que contiene la directriz: (x� 1)2 + z2 = 27, es el plano y = 1, se

tiene que el eje de simetría de los conos es paralelo al eje y

Además, el eje de simetría pasa por el punto (1; 1; 0).

104

Como la ecuación canónica de los conos, con eje de simetría paralelo al eje y, son de la

forma:(x� x0)2

a2+(z � z0)2

b2=(y � y0)2

c2

Por otro lado; la directriz es una circunferencia, lo cual implica: a = b

Los vértices son de la forma: V = (1; y; 0); pero puesto que distan 10 unidades de y = 1,

tenemos: V1 = (1;�9; 0) y V2 = (1; 11; 0)


Cono 2

V2=(1,11,0)y

xCono 1

10

V1=(1,9,0)

y=1

z

Figura de los conos

Así;8>><>>:Cono 1 : C1 �

(x� 1)2

a2+z2

a2=(y + 9)2

c2

Cono 2 : C2 �(x� 1)2

a2+z2

a2=(y � 11)2

c2Los conos deben cumplir:

1)

8>><>>:C1 �

(x� 1)2

a2+z2

a2=(y + 9)2

c2

y = 1

) (x� 1)2 + z2 = 27

2)

8>><>>:C2 �

(x� 1)2

a2+z2

a2=(y � 11)2

c2

y = 1

) (x� 1)2 + z2 = 27

De (1)-(2) tenemos:

105

(x� 1)2 + z2 = a2102

c2) a2102

c2= 27

Si a = 1) c2 =102

27

Con lo cual se sigue que:8>><>>:C1 � (x� 1)2 + z2 =

27 (y + 9)2

102

C2 � (x� 1)2 + z2 =27 (y � 11)2

102Es decir, las ecuaciones de los conos son:

8>><>>:C1 �

(x� 1)2 + z227

=(y + 9)2

102

C2 �(x� 1)2 + z2

27=(y � 11)2

102

3.1.3. Ejercicios Propuestos

Ejercicio 3.1 Determinar la ecuación canónica de la super�cie cuadrática S cuyos pun-

tos tienen la propiedad que su distancia a la recta: L �

8>><>>:x = �2

z = �1; es el doble de su

distancia al punto A = (1; 2;�1).

Respuesta 3.1 Paraboloide S � (x� 1)2

4+(z + 1)2

4+(y � 2)2

3= 1

Ejercicio 3.2 Sea la super�cie S � �9x2 + 3y2 � 4z2 + 36x� 24y � 24z � 36 = 0

i) Expresar S en su forma canónica e identi�carla y dibujarla.

ii) Determinar la ecuación del cono S1; con vértice en el centro de S y traza común en la

sección de intersección de S con el plano y = 8.

iii) Determine la ecuación del otro plano, el cual es también traza común de S y S 1.

106

Respuesta 3.2 i) Hiperboloide de dos hojas: S � �(x� 2)2

43

+(y � 4)2

4� (z + 3)

2

3= 1.

ii) Cono: S1 �(y � 4)2

16=(x� 2)2

4+(z + 3)2

9.

iii) Plano: y = 0.

Ejercicio 3.3 Dada la �gura. Determine las ecuaciones canónicas de las super�cies de

revolución; contenidas en la �gura, con los datos dados.

201010

20y

Sección principalHiperboloide de radio 5

Cono Paraboloide

5

5 5

y=0

Figura

Respuesta 3.3

8>>>>>><>>>>>>:Paraboloide: 20� y = x2 + y2

5

Hiperboloide: � 3 (y + 5)2

25+x2 + y2

25= 1

Cono: (y + 20)2 = x2 + y2


revolución; contenidas en la �gura, con los datos dados.

107

8 8

8

8

Y=2

Figura

Respuesta 3.4

8>>><>>>:Cono:

(y + 6)2

(16)2=x2 + z2

(8)2, (y + 6)2

4= x2 + z2

Paraboloide:y � 10�8 =

x2 + z2

(4)2, y � 10 = �x

2 + z2

2


revolución; contenidas en la �gura ( paraboloide, cono e hiperboloide ); con los datos dados.

Z=128

10R=6

10

4R=6

2

Figura

Respuesta 3.5

8>>>>>><>>>>>>:

Cono: (z + 14)2 =x2 + y2

9

Hiperboloide:x2 + y2

36� 8

100(z � 2)2 = 1

Paraboloide:x2 + y2

(18)2=z � 20�8

108

Ejercicio 3.6 Dado el punto A = (0; 0; a) y el plano � � z = 0. Determine que el lugar

geométrico de los puntos del espacio, tales que su distancia al punto A es igual a sus

distancias al plano �.

Respuesta 3.6 Paraboloide: P ��z � a

2

�=x2 + y2

2a

Ejercicio 3.7 Determine la ecuación del elipsoide con centro en el origen de coordenada;

que intersecta al eje x en el punto A = (8; 0; 0); al eje y en el punto B = (0; 3; 0) y al eje

z en C = (0; 0; 1).

Respuesta 3.7 Elipsoide: E � x2

64+y2

9+z2

1= 1

Ejercicio 3.8 Determine la ecuación del conjunto de puntos en el espacio; cuya distancia

al punto A = (2;�1; 3), son el doble de su distancia al plano xy.

Respuesta 3.8 Hiperboloide de dos hojas:(z + 1)2

4�"(x� 2)2 + (y + 1)2

12

#= 1

109

guia miguel villegas

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