Ejercicios propuestos

1 Hallar el área del triángulo cuyos vértices son los puntos A(1, 1, 1), B(3, 2, 1) y C(−1, 3, 2).

Primero calculamos los vectores de dos lados

 \vec{u} = \overrightarrow{AB} = (3 - 1, 2 - 1, 1-1) = (2, 1, 0).

 

\vec{v} = \overrightarrow{AC} = (-1 - 1, 3 - 1, 2 - 1) = (-2, 2, 1) .

 

Calculamos el  producto vectorial de \vec{u} y \vec{v}

\begin{array}{rcl} \vec{u} \times \vec{v} & = & \left | \begin{array}{rrr} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 1 & 0 \\ -2, & 2 & 1 \end{array} \right | \\\\ & = & \left | \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 2 & 1 \end{array}  \right | \hat{i} - \left | \begin{array}{rr} 2 & 0 \\ -2 & 1 \end{array}  \right | \hat{j} + \left | \begin{array}{rr} 2 & 1 \\ -2 & 2 \end{array}  \right | \hat{k}   \\\\ & = & \hat{i} -2 \hat{j} + 6 \hat{k}  \\\\  & = & (1, -2, 6) \end{array}.

Calculamos la magnitud de \vec{u} \times \vec{v}

\begin{array}{rcl} \left | \vec{u} \times \vec{v} \right | & = & \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 6^2} \\\\ & = & \sqrt{41}\end{array}.

 

Así, el área buscada es

A = \cfrac{\sqrt{41}}{2} u^2.

2Hallar el volumen del tetraedro cuyos vértices son los puntos A(0,0,0), B(2, 1, 3), C(−1, 3, 1) y D(4, 2, 1).

El tetraedro está formado por lo vectores

 

\vec{u} = \overrightarrow{AB}=(2-0,1-0,3-0)=(2,1,3)

\vec{v} = \overrightarrow{AC}=(-1-0,3-0,1-0)=(-1,3,1)

\vec{w} =\overrightarrow{AD}=(4-0,2-0,1-0)=(4,2,1)

 

Usamos la fórmula del volumen

\displaystyle V =\frac{1}{6}|[\vec{u},\vec{v},\vec{w}]|

 

Calculamos primero el producto mixto

\displaystyle [\overrightarrow{u},\overrightarrow{v},\overrightarrow{w}]=\begin{vmatrix} 2 & 1 & 3 \\ -1 & 3 & 1 \\ 4 & 2 & 1 \end{vmatrix}=35

 

El volumen es

\displaystyle V=\frac{1}{6}\cdot 35 = \frac{35}{6}\, u^3

3Calcular la distancia entre las rectas:

    \[ r \equiv \frac{x-2}{3} = \frac{y-2}{-1} = \frac{z+1}{4} \]

y

    \[ s \equiv\left\{\begin{array}{c} x=5+\lambda \\ y=-1 \\ z=8+2 \lambda \end{array}\right.\]

Encontramos la determinación lineal de la recta r

A(2, 2, -1), \ \ \ \ \vec{u} = (3, -1, 4)

Encontramos la determinación lineal de la recta s

B(5, -1, 8), \ \ \ \ \vec{v} = (1, 0, 2)

Calculamos el vector \overrightarrow{AB}

\overrightarrow{AB} = (5-2, -1-2, 8+1) = (3, -3, 9)

 

Calculamos el volumen del paralelepípedo

V & = &|\overrightarrow{AB}, \vec{u}, \vec{v}| & = & \left | \begin{array}{ccc} 3 & -1 & 4 \\ 1 & 0 & 2 \\ 3 & -3 & 9 \end{array} \right | & = & 9

Calculamos el área de la base del paralelepípedo, para esto requerimos el producto vectorial de los vectores directores

\vec{u} \times \vec{v} & = & \left | \begin{array}{ccc} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 3 & -1 & 4 \\ 1 & 0 & 2 \end{array} \right | & = & -2 \vec{i} - 2 \vec{j} + \vec{k}

Luego el área de la base es

A_b = |\vec{u} \times \vec{v}| = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + 1^2} = 9

Así, la distancia viene dada por

d(r, s) = \cfrac{V}{A_b} = \cfrac{9}{3} = 3

4Hallar el simétrico del punto A(3, 2, 1) respecto del plano x + y + z + 21 = 0 .

Dibujo de ejercicio

En primer lugar calculamos r, que es la recta que pasa por A y es perpendicular a \pi.

     \[ r \equiv \frac{x-3}{1}=\frac{y-2}{1}=\frac{z-1}{1} \]

Hallamos el punto de intersección de la recta r y el plano \pi

\left\{\begin{array}{c} x-y-1=0 \\ x-z-2=0 \\ x+y+z+21=0 \end{array}\right.

Resolviendo tenemos que el punto es  M(-6,-7,-8).

Teniendo en cuenta las coordenadas del punto medio de un segmento, podemos hallar el extremo A'.

    \[ -6=\frac{3+x}{2}, \quad -7=\frac{2+y}{2}, \quad -8=\frac{1+z}{2} \]

entonces

     \[ A^{\prime}(-15,-16,-17) \]

5 Calcular el área del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano  6x + 3y + 2z = 6 con los ejes coordenados.

Calculamos primero cuales son los vértices del triangulo, considerando el plano y su intersección con los ejes coordenados

    \[ y = 0, z = 0 \quad \Rightarrow \quad 6x = 6 \quad \Rightarrow \quad x = 1 \]

    \[ x = 0, z = 0 \quad \Rightarrow \quad 3y = 6 \quad \Rightarrow \quad y = 2 \]

    \[ x = 0, y = 0 \quad \Rightarrow \quad 2z = 6 \quad \Rightarrow \quad y = 3 \]

Por lo tanto, los vértices son A(1,0,0), B(0,2,0) y C(0,0,3).

Ahora bien, similar al primer ejercicio, calculamos los vectores de dos lados

    \[ \vec{u} = \overrightarrow{AB} = (0-1, 2-0, 0-0) = (-1, 2, 0)\]

.

    \[\vec{v} = \overrightarrow{AC} = (0-1 ,0 - 0, 3-0) = (-1, 0, 3)\]

.

Calculamos el  producto vectorial de \vec{u} y \vec{v}

    \[\begin{array}{rcl} \vec{u} \times \vec{v} & = & \left | \begin{array}{rrr} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ -1 & 2 & 0 \\ -1, & 0 & 3 \end{array} \right | \\\\ & = & 6\hat{i} + 3\hat{j} + 2 \hat{k}  \\\\  & = & (6, 3, 2) \end{array}\]

Calculamos la magnitud de \vec{u} \times \vec{v}

    \[\begin{array}{rcl} \left | \vec{u} \times \vec{v} \right | & = & \sqrt{6^2 + 3^2 + 2^2} \\\\ & = & 7\end{array}\]

Así, el área buscada es

    \[A = \cfrac{7}{2} u^2\]

6 Dado el plano de ecuación  \pi \equiv x + 2y + 3z = 0 y el punto A(1, 1, 1), hallar las coordenadas del pie de la perpendicular trazada desde A a ese plano (o sea, la proyección ortogonal de A sobre él).

Dibujo ejercicio 6

Buscamos la recta perpendicular a \pi que pasa por A. El vector normal del plano es paralelo a esta recta, por lo tanto lo tomaremos como vector director:

     \[ r:\left( {x,y,z} \right) = \left( {1,1, 1} \right) + \lambda \left( {1, 2,3} \right)\]

Ahora buscamos la intersección de la recta con el plano, reemplazando las ecuaciones paramétricas de la recta en la ecuación del plano:

    \[ r \equiv\left\{\begin{array}{c} 1+\lambda \\ 1+2 \lambda \\ 1+3 \lambda \end{array}\right. \]

    \[ (1 + \lambda ) + 2(1 + 2\lambda) + 3(1 + 3 \lambda) = 1 \]

     \[ 1 + \lambda + 2 + 4\lambda + 3 + 9\lambda = 1 \]

     \[ 5 + 14\lambda = 0 \quad \Rightarrow \quad \lambda = - \frac{5}{14}\]

Reemplazamos en la ecuación de la recta para obtener as coordenadas del punto  A' y obtenemos

     \[ A'(\frac{9}{14}, \frac{4}{14}, -\frac{1}{14}) \]

7 Determinar la ecuación del plano \pi que está a \sqrt{6}u de distancia del origen y es paralelo a aquel que tiene por ecuación 2x + y - z = 3 .

Puesto que es paralelo al plano 2x + y - z = 3 , este tendra la siguiente forma

     \[ \pi \equiv 2x + y - z + k = 0 , \quad k \in \mathbb{R} \]

Además, dista \sqrt{6} unidades del origen, entonces

     \[ d(O, \pi) = |\frac{2(0)+0-0+k}{\sqrt{2^2 + 1^2 + (-1)^2}}| = \frac{|k|}{\sqrt{6}} = \sqrt{6} \]

De lo anterior tenemos que  k = \pm 6 , por lo tanto tendremos dos posibles planos

     \[ \pi_1 \equiv 2x + y - z + 6 = 0 \]

     \[ \pi_1 \equiv 2x + y - z - 6 = 0 \]

8Hallar la distancia entre el punto A(3, 2, 7) y la recta del primer octante.

Tenemos que el primer octante es el recinto comprendido por los ejes, en su parte positiva, por tanto la recta diagonal de este octante pasa por el origen, es decir el punto O(0, 0, 0) y tiene como vector director u = (1, 1, 1).

Aplicando

     \[ d(A, r) = \frac{|\overrightarrow{\mathrm{OA}} \times \overrightarrow{\mathrm{u}}|}{|\overrightarrow{\mathrm{u}}|} \]

con \mathrm{OA}=(3,2,7). Entonces

    \[\begin{array}{rcl} \vec{OA} \times \vec{u} & = & \left | \begin{array}{rrr} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 3 & 2 & 7 \\ 1, & 1 & 1 \end{array} \right | \\\\ & = & -5\hat{i} + 4\hat{j} + \hat{k}  \\\\  & = & (-5, 4, 1) \end{array}\]

Calculamos la magnitud de \vec{OA} \times \vec{u} y \vec{u}

    \[\begin{array}{rcl} \left | \vec{OA} \times \vec{u} \right | & = & \sqrt{(-5)^2 + 4^2 + 1^2} \\\\ & = & \sqrt{42}\end{array}\]

 

    \[\begin{array}{rcl} \left |\vec{u} \right | & = & \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} \\\\ & = & \sqrt{3}\end{array}\]

Por lo tanto

     \[ d(A, r)=\frac{\sqrt{42}}{\sqrt{3}}=\sqrt{\frac{42}{3}}=\sqrt{14} \]

 

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Marta

➗ Licenciada en Químicas da clase de Matemáticas, Física y Química -> Comparto aquí mi pasión por las matemáticas ➗