Curso 2009-2010
MATERIA: MATEMÁTICAS II (Fase general)
INSTRUCCIONES GENERALES Y VALORACIÓN
El alumno contestara a los cuatro ejercicios de una de la dos opciones (A o B) que se le ofrecen. Nunca deberá contestar a unos ejercicios de una opción y a otros ejercicios de la otra opción. En cualquier caso, la calificación se hará sobre lo respondido a una de las dos opciones. No se permite el uso de calculadoras gráficas.
Calificación total máxima: 10 puntos Tiempo: Hora y media
OPCIÓN A
Ejercicio 1.
Calificación máxima: 3 puntos. Dada la función:( )
1 x
2 x x f
2 2
+ + =
se pide:
a) (0’75 puntos) Estudiar los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f(x). b) (0’75 puntos) Hallar los puntos de inflexión de la gráfica de f(x)
c) (0’75 puntos) Hallar las asíntotas y la gráfica de f(x)
d) (0’75 puntos) Hallar el área del recinto acotado que limitan la gráfica de f(x), el eje de abscisas y las rectas y las rectas y = x +2, x = 1
Solución.
a. La monotonía de una función se asocia al signo de la segunda derivada: • Sí f ’
(
x)
> 0 ⇒ f(
x)
es creciente.• Si f ’
(
x)
< 0 ⇒ f(
x)
es decreciente.( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2( )
2 2 33
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1 x
x 2
1 x
x 4 x 2 x 2 x 2
1 x
x 2 2 x 1 x x 2
1 x
1 x 2 x 1 x 2 x x f
+ − = +
− − + = +
⋅ + − + ⋅ = +
′ + ⋅ + − + ⋅ ′ + = ′
Signo de
( )
( ) ( )
∉ ⇒ − = =
+ = +
= = − + − = ′
R x 1 x : 0 1 x : 0 1 x
0 x : 0 x 2 : 1 x
x 2 x
f 2 2 2 2
2 2
•
(
−∞,0)
Creciente •(
0,+∞)
DecrecienteEn x = 0 la función cumple las condiciones de extremo relativo
(
la derivada se anula y cambia de signo)
, el cambio de signo(
+ →−) indica que la función presenta un máximo en(
0, f(
0))
.( )
21 0
2 0 0 f
2 2
= + +
= En
(
0, 2)
la función tiene un máximo.b. Los puntos de inflexión son los puntos donde La Segunda derivada se anula y cambia el signo.
( )
(
)
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
(
+)
( )
= ⋅ + ⋅ − − + ⋅ − =
+
″
+ −
− + ⋅ ′ − = ′′
4 2
2 2
2 4
2 2
2 2 2
2
1 x
x 2 1 x 2 x 2 ´ 1 x 2
1 x
1 x x 2 ´ 1 x x 2 x f
( ) ( )
(
)
( )
( )
( )
2 32
3 2
2 2
4 2
2 2
1 x
2 x 6
1 x
x 8 2 x 2
1 x
x 2 2 x 2 ´ 1 x 2 1 x
+ − = +
+ − − = +
⋅ ⋅ + + ⋅ − ⋅ + =
( )
3 3 6 2 x : 0 2 x 6 : 0 x
En
3 3
x=± se dan las condiciones de punto de inflexión
(
la segunda derivada se anula y cambia de signo)
.Para 3
3 x= :
4 7
1 3 1
2 3 1
1 3 3
2 3 3
3 3 f y
2 2
= + + = +
+
= =
Para
3 3 x=− :
4 7
1 3 1
2 3 1
1 3 3
2 3 3
3 3 f y
2 2
= + + = +
−
+
−
= − =
Los puntos de inflexión de la función son:
−
4 7 , 3
3
;
4 7 , 3
3
c. Asíntotas.
Verticales. Son rectas de la forma = ∉
( )
=±∞ → f xLím y D a / a x
a x
. Como el dominio de la función es todo R,
no tiene asíntotas verticales.
Horizontales. Son rectas de la forma y = L / L Lím f
( )
xx→±∞ =
1 1 x
2 x Lím
2 2
x + =
+ ±∞
→ Por comparación de grados. y=1
Posición relativa:
(
( )
)
( )
+±∞ → ±∞
→ ±∞
→ = + = ±∞ + =+∞=
− + + =
− 1 0
1 1 1 x
1 Lím 1
1 x
2 x Lím L x f Lím
2 2
x 2
2
x x
Hacia ±∞ la función se aproxima a la asíntota por encima.
Para esbozar la gráfica de la función es aconsejable calcular los puntos de Corte con los ejes: • OX
(
y = 0)
:1 x
2 x 0
2 2
+ +
= ; x2+2=0, no tiene solución. La función no corta a OX.
• OY
(
x = 0)
: 2 1 02 0 y
2 2
= + +
d. Para calcular el área, y partiendo de la gráfica de la función esbozada en el apartado anterior, es recomendable dibujarla, en este caso solo queda por representar la recta (y = x + 2), que se consigue con un par de valores.
( )
0,2 : 2 2 0 y 0 xSi = → = + =
(
2,0)
: 0 2 2 y 2 x
Si =− → =− + = −
∫
∫
=
+ + =
+ + − +
= 1
0 2
1
0 2
2
dx 1 x
1 1 x dx 1 x
2 x 2 x A
4 2 3 0 arctg 0 2 0 1 arctg 1 2 1 x arctg x 2
x 1 2 2
0
2 π
− =
− + − − + =
− + =
Ejercicio 2.
Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las rectas:1 4 z 4
1 y 2 x r
− + = − =
≡ ;
4 z 1 y 1 x
s≡ = =
se pide:
a) (2 puntos) Determinar la ecuación de la recta perpendicular común a r y s. b) (1 punto) Calcular la mínima distancia entre r y s.
Solución.
De las ecuaciones de las rectas se obtiene un punto y un vector
(
)
(
)
− =
− = −
+ = − = ≡
1 , 4 , 2 d
4 , 1 , 0 A : 1
4 z 4
1 y 2 x r
r
r ;
(
)
(
)
= = =
= ≡
4 , 1 , 1 d
0 , 0 , 0 B : 4 z 1 y 1 x s
s r
a. La perpendicular común a dos rectas que se cruzan
(
los vectores de dirección de las rectas no sonproporcionales
)
, se puede calcular por intersección de dos planos que deben cumplir las condiciones de contener a una recta y ser perpendicular a la otra.Para obtener planos perpendiculares a las rectas se necesita un vector perpendicular a los vectores de dirección de ambas rectas, que se obtiene mediante el producto vectorial de los vectores de dirección.
Sea
(
) (
)
(
17, 9, 2)
1 1
4 2 , 4 1
1 2 , 4 1
1 4 4 , 1 , 1 1 , 4 , 2 d d
v r s = − −
−
− − = ×
− = × =r r r
La perpendicular común t, se obtiene por intersección de dos planos, π1 y π2.
• π1: Contiene a r y es paralelo a v
r
.
(
)
(
)
(
)
− − =
− =
− = ≡ π
2 , 9 , 17 v
1 , 4 , 2 d
4 , 1 , 0 A
r 1
r r
0 2 9 17
1 4 2
4 z 1 y x
1 =
− −
− + − ≡
π Desarrollando por los elementos de la 1ª fila: π1:17x+13y+86z+331=0
• π2: Contiene a s y es paralelo a v
r
.
(
)
(
)
(
)
− − =
= = ≡ π
2 , 9 , 17 v
4 , 1 , 1 d
0 , 0 , 0 B
r 1
r r
0 2 9 17
4 1 1
z y x
2 =
− − ≡
π Desarrollando por los elementos de la 1ª fila: π2:17x+35y−13z=0
Unas ecuaciones cartesianas de la recta t
(
perpendicular común a r y s)
son:
= − +
= + + + ≡
0 z 13 y 35 x 17
Para obtener las ecuaciones paramétricas, en mi opinión no es necesario, se resuelve el sistema compatible indeterminado.
R
z 2
9 251 7595 y
2 17 374 11585 x
: 13 y 35 x 17
86 331 y 13 x 17 0
z 13 y 35 x 17
0 331 z 86 y 13 x 17
t z ∀λ∈
λ =
λ + =
λ − −
=
λ = +
λ − − = +
→
= − +
= + + +
≡ =λ
b. Con los datos obtenidos en el apartado a, la forma más rápida de obtener la distancia entre las rectas es como aplicación combinada del módulo del producto mixto
(
volumen)
y del módulo del producto vectorial(
área)
Volumen ÷ Área = Altura
( )
(
)
(
(
)
)
− − = = ×
− = − = ×
× =
−
2 , 9 , 17 v d d
4 , 1 , 0 a b AB : d d
d d AB s r d
s r s
r s r
r r r
r r
r r
r r o
( ) (
(
(
) (
)
)
)
( ) ( )
( )
( ) ( )
374374 374
1
2 9 17
2 4 9 1 17 0 2
, 9 , 17
2 , 9 , 17 4 , 1 , 0 s r d
2 2
2+ − + − = =
− ⋅ + − ⋅ − + ⋅ = −
−
− − −
=
− o
Ejercicio 3.
Calificación máxima: 2 puntos. Dado el sistema homogéneo de ecuaciones:
= +
−
= +
−
= −
+
0 kz y
4 x
0 z 2 y x 2
0 z ky x
se pide:
a) (1 punto) Determinar para que valores del parámetro k el sistema tiene soluciones distintas de x = y = z = 0 b) (1 punto) Resolverlo para el caso k = 3.
Solución.
a. Sistema homogéneo A = A* ⇒ rg A = rg A* ⇒ S. C.
(
)
⇒ =
= = = ⇒
≠
. I . C . S 0 A
0 z y x . D . C . S 0 A
(
k 3)
2 5 k 2 15 k k 2 k 4 12 1 2
1 k 1
A 2 −
+ − = + + − = −
− − =
= − = =
3 k
2 5 k : 0 A
El sistema tendrá solución distinta a la trivial para 2 5
k=− y k = 3.
b. Para k = 3:
= +
−
= +
−
= −
+
0 z 3 y 4 x
0 z 2 y x 2
0 z y 3 x
Sistema compatible indeterminado.
0 7 1 2
3 1
≠ − =
− : rg A = rg A* = 2
El sistema tiene dos ecuaciones linealmente independientes.
= =
− =
− = −
= + →
= + −
= −
+ =
λ z
λ 5 4 y
λ 7
5 x
: Cramer : λ 2 y x 2
λ y 3 x 0
z 2 y x 2
0 z y 3 x : '
Ejercicio 4.
Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las matrices:
− =
2 1
1 1
A ;
=
1 0
0 1 I
se pide:
a) (1 punto) Hallar las constantes a, b, tales A2 = aA + bI.
b) (1 punto) Sin calcular explícitamente A3 y A4, y utilizando solo la expresión anterior, obtener la matriz A5. Solución.
a. Por identificación:
⋅ +
− ⋅ =
− 0 1
0 1 b 2 1
1 1 a 2 1
1
1 2
;
+
− =
− ⋅
− 0 b
0 b a 2 a
a a 2 1
1 1 2 1
1 1
+ − + = ⋅
+ −
− +
b a 2 a
a b a 4 1 2 1
2 1 1 1
;
+ − + = ⋅
−
−
b a 2 a
a b a 5 1
1 2
= − =
+ − =
= −
= −
+ =
3 b
1 a :
b a 2 5 : 2 . 2
a 1 : 1 . 2
a 1 : 2 . 1
b a 2 : 1 . 1
A I 3 I 3 A A : 3 b
1
a 2
− = + − = =
− =
b. Se pide expresar A5 en función de A e I teniendo en cuenta la igualdad obtenida en a
(
A2 = 3I−A)
, y una vez obtenida la expresión sustituir por las matrices numéricas.( )
⋅ =(
−)
⋅ =(
− +) (
⋅ = − +)
⋅ = =⋅
=A A A A 3I A A 9I 6IA A A 9I 6A A A
A 2 2 2
* 2 2
2 4
5
(
)
(
− + −)
⋅ =(
−)
⋅ = − = −(
−)
= − == 9I 6A 3I A A 12I 7A A 12A 7A2 12A 73I A 19A 21I
− − = −
− =
59 19
19 2 1 0
0 1 21 2 1
OPCIÓN B
Ejercicio 1.
Calificación máxima: 3 puntos. Dada la función:( )
≤ +
> =
0 x si , k x
0 x si , 2
ln x x x
f x
donde Ln x significa logaritmo neperiano de x, se pide:
a) (1 punto) Determinar el valor de k para que la función sea continua en R. b) (1 punto) Hallar los puntos de corte con los ejes coordenadas.
c) (1 punto) Obtener la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función en el punto de abscisas x = 1. Solución.
a. Para cualquier valor de x diferente de cero la función está definida, por lo tanto para que la función sea continua se deberá cumplir la condición de continuidad en cero.
( ) ( )
0 f 0 fLím
0
x→ =
Para que una función tenga límite en un punto debe tener laterales y que sean iguales, aplicando a la definición:
( )
0 Lím f( ) ( )
0 f 0 fLím
0 x 0
x
= =
+
− →
→ Teniendo en cuenta la definición de la función:
(
)
0 k2 x Ln x Lím k x Lím
x 0 x 0
x
+ = =
+ +
− →
→
Para que la función sea continua: k 2
x Ln x Lím
x 0 x
= +
→ Cálculo del límite:
( )
?2 0 2
x Ln x Lím
0 x
0 x
= ∞ − ⋅ = +
→
La indeterminación está en el numerador, se resuelve transformándola a ∞∞ dividiendo por x .
(
)
(
)
(
)
∞ ∞
− → →
→ →
→ →
→ = = = + = + = + =
+
+ +
+ x 0 x 0 x 0 12 L'H
0 x x
0 x 0 x x 0 x
x x Ln Lím
x 1
x Ln Lím x Ln x Lím 1
x Ln x Lím
2 Lím
x Ln x Lím
2 x Ln x Lím
0 0 2 x
2 Lím x
2 1
x 1
Lím 12 12
0 x 2 3 0
x
= ⋅ − =
− =
− =
+
+ − →
→
Para que la función sea continua k = 0.
b.
( )
≤ > =
0 x si x
0 x si 2
ln x x x
f x
• OX
(
y = 0): ≤ =
> =
0 x si 0 x
0 x si 0 2
ln x x
f x : 0
2 ln x x
x =
= = =
= = =
1 e x : 0 Lnx
0 x : 0 x : 0 ln x
x 0
La función tiene dos puntos de corte con el eje OX
(
0, 0)
y(
1, 0)
.c.
( )
≤ > =
0 x si x
0 x si 2
ln x x x
f x La tangente a la función en x = 1 en forma punto pendiente es:
( ) ( ) (
1 f 1 x 1)
f
y− = ′ ⋅ − Donde:
( )
02 0 1 2
1 Ln 1 1 f
1 =
⋅ = ⋅ =
-
( )
2 xx ln 2 ln x 2 2 x ln
2
2 ln 2 x ln x 2 x 1 x x ln x 2
1
2 ln x x
1 x 2
x
x x
x +
⋅ − + = ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅
⋅ + ⋅ = ′
-
( )
x'=1( )
< > ⋅
− + =
′ +
0 x si 1
0 x si x
2
x ln 2 ln x 2 2 x ln x
f x 1
( )
2 1 2
0 2 ln 1 2 2 0 1
2
1 ln 2 ln 1 2 2 1 ln 1 f
2 1
1 =
⋅ ⋅ ⋅ − + = ⋅ ⋅ ⋅ − + =
′ +
Sustituyendo en la expresión de la recta tangente:
(
x 1)
2 1 0
y− = − ;
2 1 2 x y= −
Ejercicio 2.
Calificación máxima: 3 puntos. Dado el sistema de ecuaciones:
− = +
− = +
= −
+
2 z
x
2 z
2 ax
a z
ay x
se pide:
a) (2 puntos) Discutirlo según los valores del parámetro a. b) (1 punto) Resolverlo en el caso de a = 0.
− =
= − =
= +
= − =
1 z
λ y
1 x : Solución
2 z x
0 z x : 0 a
Solución.
a. El sistema viene definido por la matriz de coeficientes
(
A)
y por la matriz ampliada(
A*)
.
−
=
1 0 1
2 0 a
1 a 1
A
− − − =
2 1 0 1
2 2 0 a
a 1 a 1 A*
La matriz A es una submatriz de la ampliada
(
A ⊂ A*)
, y por tanto el rango de A no puede ser mayor que el de la A*(
rg A ≤ rg A*)
, y por dimensiones de las matrices, como máximo pueden ser tres.Si el determinante de la matriz de coeficientes
(
A)
es distinto de cero, los rangos de las matrices son tres, coinciden con el número de incógnitas y el sistema será compatible determinado, por lo tanto, se discute el tipo de solución del sistema para los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes(
A)
.(
)
(
)
= = − = = − ⋅ = − = + + − − + = − =
2 a : 0 a 2
0 a : 0 a 2 a a a 2 0 a 0 0 a 2 0 1 0 1
2 0 a
1 a 1 A
det 2 2
Discusión:
ii. Si 2 0:rgA 2 2
0 1 1 3; A rg 0 A : 1 0 1
2 0 0
1 0 1 A : 0
a = ⇒ < − = ≠ =
−
=
= .
− − − =
2 1 0 1
2 2 0 0
0 1 0 1
A* ,
teniendo en cuenta que rg A = 2, rg A* ≥ 2. Para estudiar si la matriz ampliada (A*) tiene rango tres, solo
es necesario estudiar los menores orlados a 2 0
1 1 −
. De los dos menores orlados, uno de ellos
corresponde al formado por la 1ª, 2ª y 3ª columna, que es el determinante de la matriz de coeficiente y sabemos que vale cero, por lo tanto, solo nos queda por estudiar el formado por la 1ª, 3ª y 4ª columna, si es distinto de cero el rango será tres y si es cero el rango será 2.
2 A rg 0 2 1 1
2 2 0
0 1 1
*=
⇒ = − − −
3 n 2 A rg A
rg = * = < = . Sistema compatible indeterminado
iii. Si 4 0:rgA 2
0 2
2 1 3; A rg 0 A : 1 0 1
2 0 2
1 2 1 A : 2
a = ⇒ < =− ≠ =
−
=
= .
− − − =
2 1 0 1
2 2 0 2
2 1 2 1
A* , al
igual que en el apartado anterior, de los dos menores orlados a 0 2
2 1
solo tenemos que estudiar el
formado por la 1ª, 2ª y 4ª columna, el otro orlado es el determinante de la matriz de coeficiente que es cero para a = 2.
2 A rg 3 A rg 0 8 2 0 1
2 0 2
2 2 1
* = ≠ =
⇒ ≠ = −
− Sistema incompatible.
b. a = 0:
− = +
− = +
= −
+
2 z
x
2 z
2
a z
x
. Sistema compatible indeterminado de rango 2. Como marca su rango, el
sistema tiene dos ecuaciones linealmente independientes. Para asegurar la elección de las ecuaciones linealmente
independiente se escogen las ecuaciones que contienen a los términos del menor de orden 2 distinto de cero 2 0
1 1 −
,
en este caso la 1ª y la 2ª.
− =
− =
− =
= −
1 z
1 x : 2 z 2
0 z x
El hecho de que en el sistema no aparezca la variable “y” indica que puede tomar cualquier valor, y por tanto se toma como parámetro, siendo la solución:
R : 1 z y
1 x
∈ λ ∀
= λ =
Ejercicio 3.
Calificación máxima: 2 puntos. Dadas las rectas:1 1 z 2
1 y x r
− + = − =
≡ ;
= −
= + ≡
2 y x 2
3 z x s
se pide:
a) (1 punto) Hallar la ecuación del plano π determinado por r y s. b) (1 punto) Hallar la distancia del punto A(0, 1 −1) a la recta s. Solución.
a. Lo primero que se debe conocer es la posición relativa de la rectas, ya que tanto en el caso de que sean secantes o paralelas existe un único plano que las contienen, pero según sea su posición relativa el plano que las contiene se calcula de diferente forma.
Una forma de calcular la posición relativa de dos rectas es estudiar el rango de la matriz formada por los vectores de dirección de ambas rectas y un vector formado con un punto de cada recta.
(
)
(
)
− =
− = −
+ = − = ≡
1 , 2 , 1 d
1 , 1 , 0 P : 1
1 z 2
1 y x r
r r
(
)
(
)
− =
− =
λ − =
λ + − =
λ = ≡ →
= −
= +
≡ =λ
1 , 2 , 1 d
3 , 2 , 0 Q : 3 z
2 2 y
x s 2
y x 2
3 z x s
s
x r
( )
(
0 0, 2 1,3 1) (
0, 3,4)
ab
QP= −r= − − − − − = −
r
2 0 3 2 1
3 0 ; 0 1 2 1
1 2 1
4 3 0
1 2 1
1 2 1
4 3 0 rg d d QP rg
s
r =
≠ = − = − − − =
− − − =
r r
Por ser de rango dos, las rectas son coplanarias, teniendo en cuenta que los vectores de dirección son proporcionales
(
iguales)
, las rectas son paralelas.El plano determinado por dos rectas paralelas se calcula con un punto de una de las rectas
(
P)
, el vector de dirección de las rectas, y un vector formado con un punto de cada recta( )
QP .(
)
(
)
(
)
0 3 4 01 2 1
1 z 1 y x : 4 , 3 , 0 QP
1 , 2 , 1 d
1 , 1 , 0 P
r =
− −
+ − ≡ π
− =
− =
− = ≡ π r
Desarrollando el determinante por los elementos de la 1ª filas, ordenando y simplificando se obtiene la ecuación del plano.
0 1 z 3 y 4 x
5 − − + = ≡
π
b. Se puede hacer de varias formas, en mi opinión las más rápida es como aplicación del módulo del producto vectorial.
Si Q es un punto de s y A es el punto del que se quiere calcular la distancia a la recta s:
α ⋅ ⋅ =
×QA d QA sen
ds s
r r
En la figura se puede observar que por definición de seno
(
A s)
d senQA⋅ α= −
(
A s)
d d QAds× = s ⋅ −
r r
:
(
)
s s
d QA d s A
d r
r
(
)
(
)
(
)
(
)
(
1,2, 1)
:d QA(
1,2, 1) (
0,3, 4) (
5,4,3)
*d
4 , 3 , 0 q a QA : 1 , 1 , 0 A
1 , 2 , 1 d
3 , 2 , 0 Q : s
s s
s × = − × − = −
− =
− = − = − =
− =
−
= r
r r r r
(
5,4,3)
( )
5 4 3 50 QAds× = − = − 2+ 2+ 2 =
r
(
1 ,2, 1)
1 2( )
1 3 ds = − = 2+ 2+ − 2 =r
(
)
3 3 5 3 25 6 50 d
QA d s A d
s s
= = = × =
− r
r
*
(
) (
)
(
5,4,3)
3 0
2 1 , 4 0
1 1 , 4 3
1 2 4 , 3 , 0 1 , 2 ,
1 = −
− − − − − = − × −
Ejercicio 4.
Calificación máxima: 2 puntos.Sea π el plano que contiene a los puntos P =
(
1, 0, 0)
, Q =(
0, 2, 0)
y R =(
0, 0, 3)
. Se pide:a) (1 punto) Hallar el volumen del tetraedro determinado por el origen de coordenadas y los puntos P, Q y R.
3
u 1 V=
b) (1 punto) Calcular las coordenadas del punto simétrico del origen de coordenadas respecto del plano π. Solución.
a. Los puntos P, Q, y R son los puntos de corte del plano π con los ejes de coordenadas, junto con el origen, forman el tetraedro. El volumen de un tetraedro de vértice O, P, Q y R es un sexto del módulo del producto mixto de tres de los vectores no coplanarios que forman los cuatro vértices. Siendo uno de los vértices el origen de coordenadas, lo más sencillo es:
(
)
(
) (
(
) (
)
)
6 1u36 1
3 0 0
0 2 0
0 0 1
6 1 3 , 0 , 0 0 , 2 , 0 0 , 0 , 1 6 1 OR OQ OP 6 1
V= o × = o × = = ⋅ =
b. La ecuación del plano π en forma segmentaría o canónica es:
1 3 z 2 y 1 x
= + + ≡ π
Multiplicando por el mínimo común múltiplo y ordenando se obtiene la ecuación general: 0
6 z 2 y 3 x
6 + + − = ≡
π
El simétrico del punto O respecto del plano π se calcula teniendo en cuenta que la proyección de O sobre π
(
M)
debe ser el punto medio del segmento que forma O con su simétrico(
O’)
.El punto M, proyección de O sobre π, se calcula por intersección del plano π con su perpendicular que pasa por O
(
r)
. Por ser r perpendicular al plano, el vector de dirección de r es paralelo al vector normal del plano.(
)
(
)
λ =
λ =
λ = = ⇒
= = =
π zy 23
6 x r 2 , 3 , 6 n d
0 , 0 , 0 O : r
r
r r
49 6 : 0 6 49 : 0 6 2 2 3 3 6 6 :
2 z
3 y
6 x r
0 6 z 2 y 3 x 6
:
M ⋅ λ+ ⋅ λ+ ⋅ λ− = λ− = λ=
λ =
λ =
λ = =
= − + + ≡ π
=
⋅ ⋅ ⋅ =
49 12 , 49 18 , 49 36 49
6 2 , 49
6 3 , 49
Si M es el punto medio del segmento OO’, sus coordenadas son:
(
1 2 3)
' O O ' O O ' O
O m ,m ,m
2 z z , 2
y y , 2
x x
M =
+ + +
=
Igualando por componentes y despejando las coordenadas de O’:
= − ⋅ = − =
= − ⋅ = − =
= − ⋅ = − =
49 24 0 49 12 2 z m 2 z
49 36 0 49 18 2 y m 2 y
49 72 0 49 36 2 x m 2 x
O 3 ' O
O 2 ' O
O 1 ' O
=
