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UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO

FACULTAD DE INGENIERÍA

SECRETARÍA GENERALCOORDINACIÓN DE PROGRAMAS DEATENCIÓN DIFERENCIADA PARA ALUMNOS

COPADI

PROBLEMARIO COPADI DE

GEOMETRÍA ANALÍTICACOORDINADORES

ING. FRANCISCO BARRERA GARCÍA

ING. PABLO GARCÍA Y COLOMÉLIC. ANA MARÍA VIEYRA ÁVILA

ESTUDIANTES AUTORES

JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGELALEJANDRO FÉLIX REYESISABEL MIRANDA ALVARADOLEÓN FELIPE PALAFOX NOVACKZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARAPATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZMIGUEL ÁNGEL VICTORIA RÍOSLUIS EFRÉN FLORES ROMEROCINTHYA ENETZY OLMOS ROAM. DE LOS REMEDIOS VILLAFRANCO RAMÍREZ

ABRIL DE 2003



PRÓLOGO

La Coordinación de Programas de Atención Diferenciada para Alumnos (COPADI) de laFacultad de Ingeniería de la UNAM, con algunos de los estudiantes del Programa de AltoRendimiento Académico (PARA), y dentro de su Programa de Solidaridad Académica(PROSOLAC), se dio a la tarea de realizar sus PROBLEMARIOS COPADI . Cada uno, enuna serie de ejercicios resueltos de algunas de las asignaturas que tienen mayor grado dedificultad para los estudiantes cuando cursan sus asignaturas en la División de CienciasBásicas de la Facultad.

Estos ejercicios son planteados y resueltos por estudiantes del PARA, y revisados por nosotros. Los objetivos de estos PROBLEMARIOS COPADI son, entre otros lossiguientes:

Apoyar el desempeño académico de los estudiantes con ejercicios resueltos que les

pueden ayudar a comprender y aprender los conceptos de que consta el programade la asignatura, en este caso, Geometría Analítica, y poder así acreditarla y seguir adelante en sus estudios de ingeniería.

Reafirmar los conocimientos de los autores en asignaturas que ya acreditaron.

Producir material didáctico para la Facultad, como un compromiso en su calidad deestudiantes del PARA.

Es importante comentar que este Problemario consta de 50 ejercicios, diez por capítulo, dela Asignatura Geometría Analítica, y que además de que se ha revisado el material, se hantratado de dejar los ejercicios y sus enunciados tal como los hicieron y plantearon losestudiantes, ya que básicamente se trata de una publicación realizada por estudiantes ydirigida a estudiantes. Y esto es lo que le da carácter a la publicación. Sólo en algunoscasos, tuvimos que sugerir ejercicios cuando se consideró que hacían falta para cubrir undeterminado tema.

Los 50 ejercicios están distribuidos de la siguiente forma: Diez para cada uno de los temas:Sistemas de Referencia, Álgebra Vectorial, La Recta y el Plano, Curvas y Superficies.

Es nuestro mejor deseo que este trabajo sea de utilidad para los estudiantes que cursanGeometría Analítica y que también sea motivo de genuino orgullo para los estudiantes queparticiparon en su realización, así como lo es para nosotros.

Ing. Francisco Barrera GarcíaIng. Pablo García y Colomé



Geometría Analítica. COPADI

Facultad de Ingeniería. UNAM

ÍNDICE

Capitu lo I. Sistemas de referencia 1

Capitulo II. Álgebra vectorial 17

Capitulo III. La recta y el plano 32

Capitu lo IV. Curvas 47

Capitulo V. Superficies 62




Facultad de Ingeniería. UNAM 1

CAPITULO 1

SISTEMAS DE REFERENCIA

1.1 - Una alberca mide 10 metros de largo, 6 metros de ancho y 33 metros de profundidad.Tiene un trampolín de 5 metros, cuya tabla mide 2 metros, que se encuentra justo a la mitadde uno de los lados más cortos. Un clavadista se avienta del trampolín y suponiendo quetiene trayectoria recta vertical, determinar:

a) A cuántos metros de cada orilla de la alberca cae en el agua.b) Si al momento de caer toca el fondo de la alberca y se impulsa hacia la superficie con una

inclinación de º30 , suponiendo que no se ladea, calcular a qué distancia de donde cayóva a salir.

RESOLUCIÓN.

a) La trayectoria está descrita por una línea recta, así que sólo se considerará un cambio en el ejede las cotas. Si el trampolín está a 5 m de altura, el cambio sólo será de 5− en z , conservandolas demás coordenadas:

2 metros de la orilla en la que está el trampolín, 3 metros de los lados más largos, y 8 metros de laorilla opuesta a la del trampolín.Las coordenadas pedidas tomando como el origen de coordenadas a la esquina superior izquierdade la alberca son: ( )0,8,3 P .

b) Si la profundidad es de 33 m, se traslada el origen al punto en el que toca el fondo, y si seutilizan coordenadas esféricas, ( )φ θ ρ ,,Q , entonces se requiere calcular el valor de ρ , que deacuerdo con la figura corresponde a la hipotenusa del triángulo rectángulo que se muestra:




2 Facultad de Ingeniería. UNAM

De donde:

6

2

3

33

30cos

333330cos ===⇒=

º ρ

ρ

o

Por el teorema de Pitágoras, la distancia pedida es el cateto faltante del triángulo rectángulo:

Distancia = 3)33(6 22 =−

En consecuencia las coordenadas esféricas del punto de salida son : ( )ooQ 30,270,6 .

ALUMNO: LEÓN FELIPE PALAFOX NOVACK

1.2 - Sean los puntos ( )º70,0 A y ( )π ,1 B en coordenadas polares, dos de los vértices de untriángulo equilátero. Determinar las coordenadas cartesianas del tercer vérti ce (se tienen dossoluciones).

RESOLUCIÓN.

En este caso lo más conveniente es localizar los vértice A y B del triángulo en el plano XY paraidentificar el tercer vértice en base al diagrama.

El punto A , por tener su componente radial igual a cero, no importa el valor de la segundacoordenada, ésta puede tomar cualquier valor y el punto siempre estará ubicado en el origen; elvértice B se encuentra en el semiplano izquierdo sobre el eje X .

A X

Y

B

1C

2C





En la figura se observa que existen dos puntos que cumplen con las condiciones señaladas paraformar un triángulo equilátero, éstas se encuentran en el segundo y tercer cuadranterespectivamente. Se sabe que un triángulo equilátero tiene tres lados iguales y sus ángulosinternos son de 60° cada uno, por lo tanto, el vértice 1C está localizado en el punto ( )oC 120,11 y

2C debe ser el simétrico de este punto con respecto al eje X , es decir ( )oC 240,12 . Sin embargo,los puntos 1C y 2C obtenidos se tienen en coordenadas polares, por lo que debe realizarse unatransformación a coordenadas cartesianas.

Se sabe que un punto en coordenadas cartesianas está determinado por las siguientesexpresiones:

θ

θ

sen

cos

r y

r x

=

=

( )

( )

( )

( )2

3240sen1

2

1240cos1

2

3120sen1

2

1120cos1

2

2

1

1

−==

−==

==

−==

oC

oC

oC

o

C

Y

X

Y

X

ALUMNO: ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA

1.3 - Sean los puntos A , B y que están contenidos en el plano de ecuación 3= z yademás:

• El punto A pertenece al plano XZ y su d istancia al origen de coordenadas es igual a 6 unidades.

• El punto B pertenece al plano YZ y su distancia al origen de coordenadas es igual a23 unidades.

• El punto está en el primer octante y es el punto medio del segmento de recta AB .Determinar:

a) Las coordenadas esféricas del punto A .b) Las coordenadas ci líndricas del punto B .c) Las coordenadas cartesianas del punto .





RESOLUCIÓN.

a) Sea el punto A de coordenadas ( ) A A A Z Y X A ,, . Se sabe que el punto está contenido en el

plano 3= z , por lo que el valor de 3= A Z ; otra característica del punto es que pertenece al

plano XZ , por lo que la ordenada 0= AY . También se conoce su distancia al origen decoordenadas, por lo que utilizaremos la siguiente expresión:

222 ZYXd ++=

Sustituyendo los valores previamente obtenidos:

22 306 ++= AX

entonces: 936 2 += AX

Resolviendo la ecuación se obtiene:

33±= A X

Nota:

Al resolver la ecuación de segundo grado, se obtienen dos raíces: 33± generando dos posiblessoluciones; sin embargo, el inciso c) nos restringe esta solución y nos obliga a considerar únicamente la raíz positiva, debido a que el punto se encuentra en el primer octante.

Por último se tiene que el punto buscado en coordenadas cartesianas es:

)3,0,33( A

transformando a coordenadas esféricas:

63692730)33( 22222 =⇒=+=++=++= ρ ρ Z Y X

º033

0tantan

11

=⇒⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

−−

θ θ X

Y

º606

3coscos 11 =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ = −− ϕ

ρ ϕ

Z

Finalmente:





( )( )oo A 60,0,6,, ϕ θ ρ

b) Utilizando un procedimiento similar, sea el punto B de coordenadas ( ) B B B Z Y X B ,, . Se sabe

que el punto está contenido en el plano 3= z , por lo que el valor de 3= B

Z ; otra característica del

punto es que pertenece al plano de ecuación YZ , por lo que la abscisa 0= A X . También seconoce su distancia al origen de coordenadas, por lo que utilizaremos la siguiente expresión:

222 ZYXd ++=

Sustituyendo los valores previamente obtenidos:

22 3023 ++= BY

entonces: 9)2(92

+= BY

Resolviendo la ecuación se obtiene:3=BY

Dado que la ordenada del punto A es nula, obliga a que el valor de BY sea el valor positivo, de locontrario el punto no se localizaría en el primer octante.

Por último se tiene que el punto buscado en coordenadas cartesianas es:

)3,3,0( B

transformando a coordenadas cilíndricas:

33222 =⇒=+= r Y X r

20

3tantan 11 π

θ θ =⇒⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = −−

X

Y

3=Z

Finalmente:( ) ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3,

2,3,,

π θ zr B

c) Dado que el punto es el punto medio del segmento de recta, entonces el punto estarádado por la expresión en coordenadas cartesianas:





⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +++2

,2

,2

B A B A B A

AB

Z Z Y Y X X PM

sustituyendo valores se tiene:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +++2

33,

2

30,

2

033 AB

PM

Por lo que:

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ 3,

2

3,

2

33 AB

PM

ALUMNO: LUIS EFRÉN FLORES ROMERO

1.4 - Un explorador oyó una leyenda maya para encontrar un tesoro perdido. Se decía que elpunto de referencia era una esquina de un prisma rectangular, que parecía ser una estela,encima de una pequeña pirámide. El explorador t omó las medidas de dicho punto, desde unaesquina de la base de la pirámide y obtuvo las siguientes coordenadas en metros.

( )2,3,3E

La leyenda contaba que el tesoro se encontraba en el punto simétrico del punto de referencia,con respecto al lado de la base de la pirámide. Encontrar la localización del tesoro y expresar el resultado en coordenadas cilíndricas.

ZE E

O Y

OX

RESOLUCIÓN.

La simetría respecto al eje X se obtiene cambiando los signos de las coordenadas Y, Z, ya que va aseguir teniendo la misma abscisa.Por lo tanto el tesoro se encuentra en:

( )2,3,3 −−T

X





Pero se piden las coordenadas cilíndricas por lo que se tiene:

22 y x += ρ

Sustituyendo:

3212)3()3( 22 ==−+= ρ

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ = x

yarctanθ

Sustituyendo:

o603

3arctan −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=θ

Poniendo el signo positivo:

)2,300,32( −oT

ALUMNA: CINTHYA ENETZY OLMOS ROA

1.5 - Sea el punto ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 6

,4

,2π π

P en coordenadas esféricas. Determinar las coordenadas

cartesianas y esféricas del punto ' P que es el simétrico del punto P con respecto al origen

de coordenadas.

RESOLUCIÓN.

Para determinar las coordenadas cartesianas del punto P se tiene que:

φ θ ρ sencos= x φ θ ρ sensen= y φ ρ cos= z

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =6

sen4

cos2π π

x ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =6

sen4

sen2π π

y ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =6

cos2π

z

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ =

2

1

2

12 x ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ =

2

1

2

12 y

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎝

⎛ =

2

32 z

2

1= x

2

1= y 3= z





Entonces el punto P en coordenadas cartesianas es; ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3,

2

1,

2

1 P , por tanto, el simétrico

respecto al origen de este punto se obtiene cambiando las coordenadas x −→ , y y −→ y

z z −→ , por lo que el punto ' P es: ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −−− 3,2

1,2

1' P .

Para determinar las coordenadas esféricas del punto ' P , empleamos las ecuaciones detransformación de coordenadas cartesianas a coordenadas esféricas, entonces se tiene que:

222 z y x ++= ρ

( ) 432

1

2

13

2

1

2

1 222

=⇒++=⇒−+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= ρ ρ ρ

2=∴ ρ

x

ytanang =θ

( ) º451tan

2

1

2

1

tan =⇒=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

= θ θ ang ang

Ahora bien , como el punto se encuentra en el séptimo octante, tenemos que sumarle al ánguloencontrado º180 ; por lo tanto el ángulo θ es;

º225º180º45 =+=θ

º302

3cos

cos222

−=−

=

=++

=

ang

z

z y x

zang

φ

ρ φ

Al ángulo encontrado hay que sumarle º180 , ya que el punto se encuentra en el séptimo octante ylos º30− se están midiendo a partir del eje z negativo, por lo tanto:

º150º180º30 =⇒+−= φ φ





Las coordenadas esféricas del punto ' P son; ( )º150,º225,2' P .

ALUMNO: JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL

1.6 - Dos vértices opuestos de un cuadrado, expresados en coordenadas polares son:⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −12

7,6

π P y ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 6

,4π

Q . Calcu lar el área del cuadrado.

RESOLUCIÓN.

Tenemos los puntos P y Q en coordenadas polares. Se procederá a transformar dichos puntos acoordenadas cartesianas, con la ayuda de las ecuaciones de transformación:

( )

( )

cos ... 1

... 2

θ

θ

=

=

x r

y rsen

Primero, transformamos la coordenada θ de cada punto a grados, recordando que π radianesequivale a º180 , entonces para el punto P tenemos:

º105º180

12

7−=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=π

π θ

El signo negativo nos indica que el ángulo es medido en sentido inverso al convencional (es decir enel sentido de las manecillas del reloj), entonces el ángulo medido en sentido convencional (sentido

contrario a las manecillas del reloj) es; º255=θ .Para el punto Q :

º30º180

6=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =π

π θ

Ahora obtenemos x y y para cada punto, para el punto P :

80.5º2556

55.1º255cos6

−==

−==

sen y

x

Para Q :

46.3322

34º30cos4 ==⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ == x

22

14º304 =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ == sen y





De donde ( )80.5,55.1 −− P y ( )2,46.3Q que aparecen en la gráfica.

Recordando la geometría de un cuadrado y adecuándolo al problema:

del teorema de Pitágoras: 22222 2 L D L L D =⇒+= .

Donde PQ D = y despejando L :

2

D L =

El valor de D es:

( )[ ] ( )[ ] u D D 27.980.5255.146.322 =⇒−−+−−=

Por tanto el valor de L es:

u L 55.62

27.9==

3.46

Q

P

X

Y

2

- 5.80

- 1.55

P

Q

L

LD





Empleando la fórmula del área de un cuadrado tenemos:

( )2

2

55.6=

=

A

L A

Por tanto, el área del cuadrado es :29.42 u A =


1.7 - Se tiene un cubo en el espacio de tres dimensiones, uno de sus vértices es el punto A .Si el centro del cubo es el origen de coordenadas, obtener los vértices del cubo mediante lassimetrías del punto )2,2,2( A .

RESOLUCIÓN.

Simetría con respecto al origen se obtiene cambiando de signo todas las coordenadas del punto.Simetría con respecto a un eje se obtiene cambiando de signo las coordenadas que no pertenecenal eje.

Simetría con respecto a un plano se obtiene cambiando de signo la coordenada que no pertenece alplano.

B es el simétrico de A respecto al plano YZ ( )2,2,2− C es el simétrico de A respecto al eje Z ( )2,2,2 −−

D es el simétrico de A respecto al plano XZ ( )2,2,2 −

E es el simétrico de A respecto al plano XY ( )2,2,2 −

F es el simétrico de A respecto al eje Y ( )2,2,2 −−

G es el simétrico de A respecto al origen ( )2,2,2 −−−

A

E

F

BC

D

G

H

x

y

z





H es el simétrico de A respecto al eje X ( )2,2,2 −−

ALUMNA: MA. DE LOS REMEDIOS VILLAFRANCO RAMÍREZ

1.8 - Sea el punto P cuya distancia al origen es 2 , y sea el punto Q que tiene por coordenadas cilíndricas ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 1,

3

4,

π r . Si los puntos P y Q son simétricos con respecto al

plano XZ , determinar:

a) Las coordenadas esféricas de P .b) El valor de r en coordenadas ci líndricas de Q .

RESOLUCIÒN.

a) De las ecuaciones de transformación tenemos que las coordenadas cartesianas de Q vienendadas por:

1

2

3240

2240cos

3

4coscos

=

−===

−==

==

Q

oQ

oQ

Q

z

r rsenrsen y

r r x

r r x

θ

π θ

por lo que el punto Q es:

)1,2

3,

2( r

r Q −−

considerando que P es simétrico de Q con respecto al plano XZ , se tiene que:

)1,2

3,

2( r

r P −

Como nos piden en coordenadas esféricas ( )ϕ θ ρ ,, P , de los datos sabemos que:

2= ρ

º1203tan

2

2

3

tantan =⇒−=−

== θ θ ang r

r ang

x

yang





oang z

ang 602

1coscos ===

ρ ϕ

)60,120,2( oo P ∴

b) El valor de Q P r r = puesto que son simétricos con respecto a XZ . Para obtener el valor de r Q

nos apoyaremos en las coordenadas de P , puesto que conocemos 2= ρ y 1= z , podemos

formar un triángulo, de donde el valor de P r queda determinado por:

Q P r r ==−= 3)1()2( 22

ALUMNA: ISABEL MIRANDA ALVARADO

1.9 - Sea el punto ( )3,4,0 P en coordenadas cartesianas y el punto ( )0,135,6o

Q encoordenadas ci líndricas:

a) Calcu lar el punto Ñ simétrico de P respecto al origen, en coordenadas esféricas.b) Calcu lar el punto CH simétrico de Q respecto al eje Z , en coordenadas esféricas.

RESOLUCIÓN.

a) Primero tomemos el punto ( )3,4,0 P y encontremos su simétrico respecto al origen encoordenadas cartesianas. Como sabemos, esto es sencillo, pues sólo se deben de cambiar lossignos de todas las coordenadas del punto P . Por lo que:

( )3,4,0 −− Ñ .

Ahora lo que haremos es calcular sus coordenadas esféricas:

( ) ( ) ( ) 525916340222222 ==+=−+−+=++= z y x ρ

°=−

== 2700

4arctanarctan

yθ

°=−

== 87.126

5

3arccosarccos

ρ

ϕ z

Por lo que:

( )oo Ñ 87.126,270,5

b) Lo ideal sería sacar ρ directo; sin embargo, se recomienda que en estos casos se conviertaprimero a coordenadas cartesianas, obtener el simétrico y posteriormente transformar a esféricas.





232

26135cos6cos −=−=°== θ r x

23

2

26135sen6sen ==°== θ r y

Tenemos ahora el punto ( )0,23,23−Q y como en el caso anterior se cambian los signos dey , para calcular el simétrico de Q respecto al eje z . Por lo que el punto es:

( )0,23,23 −CH

Empleando las ecuaciones de transformación de coordenadas cartesianas a esféricas encontramos:

( ) ( ) ( ) 636181802323222222 ==+=+−+=++= z y x ρ

oarctanarctan x

yarctan 1351

23

23=−=−==θ

°==== 900arccos6

0arccosarccos

ρ ϕ

z

Por lo que el punto CH simétrico de Q respecto al eje z en coordenadas esféricas es:

( )oo

CH 90,135,6 .ALUMNO: ALEJANDRO FÉLIX REYES

1.10 - Sea el punto ( )ooP 135,300,6 en coordenadas esféricas.

Determinar:

a) Las coordenadas cilíndricas del punto Q , que es el simétrico de P respecto al eje Y .b) La distancia del punto P al eje X .

RESOLUCIÓN.

a) Para el punto dado debemos obtener su simétrico en coordenadas cilíndricas, por lo tantotransformando P a cilíndricas:





φ ρ

θ θ

φ ρ

cos=

=

=

z

senr

Sustituyendo valores:

3º135cos6

º300

3º1356

−==

=

==

z

senr

θ

por lo tanto el punto P en cilíndricas es:

( )3,300,3 −oP .

Ahora de la figura 1 podemos obtener el simétrico del punto respecto al eje y .

Figura1.Del simétrico buscado Qr = 3 ya que por ser una magnitud, permanece constante la variación está

dada por su ángulo.

De acuerdo con la figura el simétrico de –z es z por lo cual, Qz = 3 .

En cuanto a el simétrico de º300=θ respecto al eje y es º240=Qθ . Observar la figura 2.

r

X

Y

Z Q

z

Qr

z−

y

d

P





Figura 2.

Las coordenadas del punto Q son )3,º240,3(Q .

b) La distancia del punto P al eje X está dada por 222 z yd += , como se puede apreciar en la

figura 1.

De las ecuaciones de transformación, de esféricas a cartesianas, tenemos:

2 / 3º300º1356 −==

=

sen sen y

sen sen θ φ ρ

Por lo tanto:

2

21

4

214 / 213

4

9)3()

2

3( 222 ==⇒=+=−+−= d d


o60

r Qr X

Y

PQ

60º





CAPITULO 2

ÁLGEBRA VECTORIAL

2.1 - Sea el segmento AB , paralelo al vector )5-,3,2=w y de sentido contrario a éste,como se muestra en la figura.

Determinar las coordenadas del punto B , si se sabe que la magnitud del segmento AB es deu4 .

RESOLUCIÓN.

El vector de posición del punto B se obtiene del vector de posición del punto A más el vector AB .El vector w . tiene la misma dirección que el vector AB pero en sentido contrario, por lo que secumple que uu w AB −=

416592 w ==++=

( )532411 ,- ,w

w ABu −=−=

u AB AB AB =

Y

A( 1, 1, 2)

Z

X

B

( )5-3,,2=w





( ) ( )5325324

14 , , - ,- ,- AB −=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

( ) ( )( )( )236424140

52221

532211

.,, -.- b

,, -- b

,, - ,,b

punto Asición delctor de poes el vea; donde ABa b

=

+=

−+=

+=

por lo tanto:( )236.424140 ,,.B −−


2.2 - Sea el punto A contenido en el plano XZ que dista cuatro unidades del origen decoordenadas, además tiene cota negativa y cuyo vector de pos ición forma un ángulo de o30

con el eje X ; y sea el punto ( )1,2,3B . Empleando álgebra vectorial, calcular:

a) La distancia entre los puntos A y B .b) El punto medio del segmento de recta AB .

RESOLUCIÓN.

a) Para determinar la distancia entes ambos puntos habrá que especificar las componentes delpunto A ; para ello utilizaremos identidades trigonométricas como lo indica la siguiente figura:

A

X

Y

Z

430º





º304

0

322

3430cos4

sen z

y

x o

−=

=

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ==

por lo tanto:( )2,0,32 − A

Por lo que la distancia entre los puntos A y B viene dada por:

( ) u ABd 43,2,3 =−==

b) Por otro lado el vector de posición del punto medio estará dado por:

2

ABam +=

Donde a es el vector de posición del punto A .

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−=

2

1,1,

2

33

2

3,1,

2

3)2,0,32(m


2.3 - Sea el vector k jiv 1535 ++= . Determinar:

a) Los cosenos directores de v .b) El vector u que forme un ángulo de π radianes con v .c) Las componentes escalar y vectorial de v en las direcciones de los vectores unitarios i ,

j y k .

RESOLUCIÓN.

a) Las fórmulas para obtener los cosenos directores son:

v

v x=α cosv

v y= β cos v

v z=γ cos





y la fórmula para obtener el módulo es: 222 z y xv ++=

De ahí que:

7491592515352

22 ==++=++=v

Entonces:

7

5cos =α

7

3cos = β

7

15cos =γ

Y debido a que sólo se pedían los cosenos directores no se hacen más cálculos.

b) Los únicos vectores que formarían ese ángulo de π radianes con el vector v , serían aquellos queestuvieran en la dirección opuesta del vector dado, y por sencillez, simplemente le cambiamos los

signos.Por lo tanto un vector que forme ese ángulo sería ( )15,3,5 −−−=w .Para comprobar, se sabe que :

wv

wv ⋅=θ cos

entonces:

( ) ( )

( ) ( )

1

49

49

49

15925

77

15351535cos −=

−=

−−−=

⋅

−−−⋅=

, , , ,θ

( ) π θ ang θ =⇒−= 1cos

c) Para obtener las componentes las componentes escalares de v sobre los vectores i , j y k , setendrían las expresiones:

ivvEscComp i ⋅=.. jvvEscComp j ⋅=.. kvvEscComp k ⋅=..

De ahí que:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) 151,0,015,3,5..

30,1,015,3,5..

50,0,115,3,5..

=⋅=

=⋅=

=⋅=

v EscComp

v EscComp

v EscComp

k

j

i





300=d d 450=b

550=aa

Como se puede observar las componentes pedidas son precisamente las componentes escalaresdel vector v .Para obtener la componente vectorial sólo bastaría con multiplicar la componente escalar por elvector unitario del vector sobre el que se proyectó. De esta forma se tiene:

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )15,0,01,0,015..

0,3,00,1,03..

0,0,50,0,15..

=⋅=

=⋅=

=⋅=

vVect Comp

vVect Comp

vVect Comp

k

j

i


2.4 - Sean los vectores a , b , c y d mostrados en la figura:

o60

b o60 c 400=c

Calcular la magnitud de la proyección del vector e sobre el vector d ; donde e es la sumade las proyecciones de los vectores a y b en dirección de c .

RESOLUCIÓN.

En estos casos en que hay un diagrama, se recomienda ver con detenimiento el dibujo. Después dehaber hecho esto, uno se puede dar cuenta de los datos proporcionados para cada uno de losvectores.

En el caso del vector a , podemos ver que se han proporcionado un ángulo y aparte de ello, estevector se encuentra contenido en el plano yz . Para calcular sus componentes, debemos tomar encuenta que al vector lo podemos “trasladar” sobre su misma línea de acción, sin afectar su dirección

Y

3

X

Z

4

45º

30º135º

30º





ni su sentido. Por lo que para mayor sencillez, calculemos sus componentes usando ángulosinternos y externos además de la “traslación”.

a

Para calcular las componentes de este vector, utilizaremos el ángulo complementario de 30°:

( ) ( )275,3275,0)21550,

23550,0(150,150cos,0550 −=−=°°= sena

Ya calculado el vector a , calculemos el vector b .

Si prestamos atención a la figura podremos ver, que las coordenadas del vector b , se encuentranen coordenadas polares. Donde 060=φ (ángulo que se mide desde la parte positiva del eje z),

o330=θ θ y 450= ρ :

( )( )

( )( )

( ) 2252

145060cos450cos

2

3225

2

3

2

145060330450

2

675

2

3

2

345060330cos450cos

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ===

−=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −===

=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ===

o

oo

oo

z

sen sen sen sen y

sen sen x

ϕ ρ

ϕ θ ρ

ϕ θ ρ

por lo que;

⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −= 225,

2

3225,

2

675b

Ahora, calculemos el vector c que se encuentra alojado en el plano xz . El triángulo rectángulo queaparece debajo de él, nos ayudará a determinar su dirección.

Si recordamos, cuando determinamos la dirección de un vector en el plano, no hacemos más queutilizar los catetos de un triángulo rectángulo. Veamos la figura:

Z

Y

130º

30º30º





u

De acuerdo con la figura tenemos que: ( )0,4,3−=u , y por consecuencia, se encuentra en lamisma dirección que el vector c ; sin embargo, éste no es el vector c pues su magnitud es 5. Aquí

debemos prestar atención; al leer la pregunta del problema podemos ver que no necesitamos las

componentes de c , sólo su dirección, pues se calculará la proyección de los vectores a y b endirección de c y como sabemos, lo único que necesitamos es el vector unitario en dirección de c .

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=−=5

4,0,

5

34,0,3

5

1uc

Donde uc es el vector unitario de c .

Para finalizar la determinación de las componentes de los vectores mostrados en la figura,calculemos el vector d . Al observar la figura se determina que los ángulos directores son

º60º45,º120 === γ β α y . Como sabemos, el coseno director de un ángulo está dado por:

V

Vi=θ cos

y despejando la componente Vi, tenemos que:

θ cosV V i =

De donde podemos calcular la componente en cada eje, tan solo con sustituir el valor del ángulo ymultiplicar su coseno por el módulo del vector.

21502

2300º45cos300cos

21502

2300º135cos300cos

=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ==

−=⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −==

β

α

d

d

X

Y

4

c

3−





1502

1300º60cos300cos =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ==γ d

por lo que:( )150,2150,2150−=d

A continuación procederemos a dar respuesta a lo solicitado en el ejercicio.Se solicita calcular la magnitud de la proyección del vector e sobre el vector d ; donde e es lasuma de las proyecciones de los vectores a y b en dirección de c . El primer paso es calcular elvector e .

Cuando se habla de proyección se refiere a una componente vectorial. Por lo que aplicaremos la

fórmula:v

v

v

vu ⋅que es lo mismo que uu vvu ⋅ donde u es el vector que queremos proyectar

en dirección de v .

Así que calculemos:

( ) ( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅−=5

40

5

3220

5

40

5

3

5

40

5

327532750 , , , , , , , ,acomp.vect

c

( )1760132 , ,acomp.vect.c

−=

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⋅⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

5

4,0,

5

35.22

5

4,0,

5

3

5

4,0,

5

3225,

2

3225,

2

675.. bvect compc

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −= 18,0,2

27.. bvect compc

Ahora calculemos el vector e :

( ) ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+−= 158,0,2

23718,0,

2

27176,0,132e

Con el vector e calculado, veamos de nuevo lo que se pide: calcular la magnitud de la proyeccióndel vector e sobre d . Lo que se pide es “magnitud” de la proyección, esto es, la componenteescalar de e sobre d .

( )

( ) 225004500045000

23700217775

150,2150,2150

150,2150,2150158,0,2

237

..++

+=

−

−⋅⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

⋅=

d

d eeesccomp

d





6.14541.335

65.48837.. ==eesccompd

que es la respuesta deseada.

ALUMNO: ALEJANDRO FÉLIX REYES

2.5 - Un vector p forma un ángulo de º45 con el eje X y de º60 con el eje Z . Otro vector

q forma un ángulo de º50 con el eje X y de º60 con el eje Y . Determinar el ángulo θ que

forman los vectores p y q .

RESOLUCIÓN.

Para el vector q tenemos: º50=α , º60= β y γ es desconocido.

Para determinar γ nos apoyamos en la ecuación:

1coscoscos 222 =++ γ β α

Despejando γ cos tenemos:

β α γ 22 coscos1cos −−=

( )158.0cosº60cosº50cos1cos 22K=⇒−−= γ γ

Además tenemos:

5.0º60coscos

643.0º50coscos

==

==

β

α

Por lo que los cosenos directores del vector unitario de q son:

( )58.0,5.0,643.0=uq

De igual forma para el vector p tenemos:

º45=α , º60=γ y β es desconocido.

5.0cosº60cosº45cos1cos 22 =⇒−−= β β

707.0º45coscos ==α





5.0º60coscos ==γ

entonces tenemos:

( )5.0,5.0,707.0=u p

Sólo resta obtener el ángulo entre uq y u p . Se tiene que:

uu

uu

q p

q p ⋅=θ cos , siendo u p y uq vectores unitarios, tenemos: 1=u p y 1=uq .

Realizando el producto punto uu q p ⋅ :

( ) ( ) 994601.058.0,5.0,643.05.0,5.0,707.0 =⋅⇒⋅=⋅ uuuu q pq p

por tanto; º96.5994601.0cos =⇒= θ θ

ALUMNA: PATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZ

2.6 - Determinar un vector q con la misma magnitud del vector cba p +−= 23 y en

dirección opuesta a la suma resultante de los vectores d y e . Las componentes de los

vectores son: ( )3,1,2 −=a ; ( )1,1,1 −−−=b ; ( )4,2,3 −=c ; ( )8,2,1 −=d y

( )3,1,2 −=e .

RESOLUCIÓN.

Primero debemos obtener las componentes del vector p ;

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )3,3,11

4,2,32,2,29,3,6

4,2,31,1,123,1,23

−=

−++−=

−+−−−−−=

p

p

p

Por lo que el módulo del vector p es:

( ) ( ) ( ) 1393311222 =⇒−++= p p

Obteniendo ed + y ed + tenemos:





( ) ( ) ( )11,3,33,1,28,2,1 −=+⇒−+−=+ ed ed

( ) ( ) ( ) 1391133222 =+⇒+−+=+ ed ed

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=+

139

11,

139

3,

139

3ued

Dado que el vector q es en dirección opuesta al vector p , entonces;

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=+−

139

11,

139

3,

139

3ued

por tanto el vector q será;

( )ued pq +−=

( )11,3,3139

11,

139

3,

139

3139 −−=⇒⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−= qq

.ALUMNO: MIGUEL ÁNGEL VICTORIA RÍOS

2.7 - Los vértices de un triángulo rectángulo son los puntos A , B , C . Si se sabe que el puntoC está en el eje de las ordenadas, que el punto B está dado por el vector de coordenadas

( )0,3,2=b y que el punto A es el origen, usando álgebra vectorial calcular:

a) Las coordenadas del punto C .b) El área del triángulo rectángulo.c) Un vector unitario perpendicular a los vectores de posición de los puntos B y C .

C

B

Y

X

b





RESOLUCIÓN.

a) Dado que el punto A es el origen, y el punto B está dado por el vector de posición ( )0,3,2=b ,

se tiene perfectamente definido a uno de los lados del triángulo dado. Faltaría determinar los otros

dos. Como se sabe que uno de los puntos es el origen, que el vector de posición de B está en elplano xy y que el otro punto está en el eje y , basta obtener la proyección vectorial del vector

b (vector de posición del punto B ) sobre el eje y . El vector unitario en el eje y es el vector

( )0,1,0= j .

( ) ( ) ( )( )0,3,0..

1

0,1,0

1

0,1,00,3,2.. =⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ⋅= bVect CompbVect Comp j j

Por lo que el vector de posición del punto C buscado es )0,3,0(=c ; por lo tanto el punto es

( )0,3,0C .

b) Para determinar el área del triángulo, es suficiente con efectuar un producto cruz de los vectoresb y c ; después de esto, dividir el módulo del resultado del producto cruz entre dos.

Área del triángulo =2

)0,3,0()0,3,2(

2

×=

× cb

6)6,0,0(

030

032 =×⇒==× cb

k ji

cb

Área del triángulo =2

6 23u=

c) Para obtener un vector perpendicular a ambos, sólo se necesitaría hacer el producto cruz, entreéstos, y como ya obtuvimos que el vector resultado del producto cruz es ( )6,0,0 , entonces el vector unitario pedido, sería:

Vector unitario = ),,(),,(

100

6

600=

Por lo tanto, el vector buscado es el vector unitario k.






2.8 - Los vectores a y b son perpendiculares entre sí. El vector c forma con ellos ángulos

iguales a3

π ; si el módulo de a es 3 , el de b es 5 y el de c es 8 , calcular:

)3()23( cbba +⋅−

RESOLUCIÓN.

Desarrollando el producto punto obtenemos:

cbbbcabacbba ⋅−⋅−⋅+⋅=+⋅− 6293)3()23(

pero como a es perpendicular a b tenemos que 0=⋅ ba .

De la definición de ángulo entre vectores tenemos que:

vu

vu ⋅=α cos

entonces podemos conocer ca ⋅ y cb ⋅ .

( )( ) 122

183

3cos =⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⋅π

caca

( )( )

( ) 255

202

185

3cos

22 ===⋅

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =⋅

bbb

cbcbπ

de donde:

( ) ( ) ( ) 62206252129)3()23(

6293)3()23(

−=−−=+⋅−

⋅−⋅−⋅+⋅=+⋅−

cbba

cbbbcabacbba

por lo tanto:

62)3()23( −=+⋅− cbba .






2.9 - El volumen del cubo que se muestra en la figura es 64 u3. Si la arista AC tiene la

dirección del vector )2,6,6( −−−=u y la arista AD tiene la dirección del vector

)6,1,3( −−=v . Determinar las coordenadas del punto B .

RESOLUCIÓN.De los datos proporcionados sabemos que:

v ADyu AC //// y el volumen 364uV = .

Las coordenadas del punto A son )61,5,1( − A , por lo cual su vector de posición es:

).61,5,1( −=a

Los lados del cubo referidos son perpendiculares entre sí; entonces, como u AC // y v AD // ⇒ ABvu // × ya que del producto cruz se obtiene un vector perpendicular a los dos vectores.

Entonces haciendo el producto cruz:

)64,12,4()636()66()26(

613

266 −=+++−−=

−−

−−− k ji

k ji

El volumen del cubo es )64,12,4()(3

3 −=== α AB y ABaristaV ya que

)64,12,4 //( − AB , entonces:

3333322233

)16()256())64(124()64,12,4(64 α α α α ==++=−=

.4

116 / 64 33

=⇒= α α

C

D

)61,5,1( − A

B





)6,3,1()64,12,4(4

1−=−= AB

Como:

).1,2,2()61,5,1()6,3,1()6,3,1( =⇒−+−=⇒+−=⇒−= bbabab AB

Por lo tanto, las coordenadas del punto B son:

).1,2,2( B

ALUMNO: LUIS EFRÉN FLORES ROMERO

2.10 - Sean los vectores ( )32,1,u= y 4j8iv += . Obtener el conjunto de valores de:

a) ℜ∈ x para que el vector ( )1,,w 2 −= xx sea perpendicular a u .

b) ℜ∈ y para que el vector ( )0,,2s yy= sea paralelo al vector v .

RESOLUCIÓN.

La condición para que dos vectores sean perpendiculares es que su producto punto sea igual a ceroy la condición para que sean paralelos es que su producto cruz sea igual al vector cero.

a) 0=⋅ wu

( ) ( ) ( )( ) 01303201321 22 x - x x - x- x, , x , , =+⇒=+⇒=⋅

303 - x x =⇒=+ 101 =⇒= x x -

Entonces el conjunto pedido es { }1,3−

b) 0sv =×

( ) ( ) 00088

02

048 k y svk y y -

y y

k ji

sv ==×⇒==

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=×

"" y puede tomar todos los valores reales por lo tanto ℜ∈ y .






CAPITULO 3

LA RECTA Y EL PLANO

3.1 - Determinar unas ecuaciones paramétricas de la recta R que contiene al punto( )3,2,0 − A y es simultáneamente perpendicular a los vectores ( )3,2,2 −=v y

k jiw 24 −+= .

RESOLUCIÓN.

El vector director de la recta se obtiene del producto cruz de los vectores v y w . Con apoyo en elpunto dado se obtienen las ecuaciones paramétricas de la recta.

k ji

k ji

u 1078

241

322 ++−=

−

−=

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=

+=

−=

⇒−+−=

t z

t y

t x

Rt p R

103

72

8

:10,7,83,2,0:


3.2 - Se tiene una recta defin ida por la ecuación )0,1,1()2,1,4( −+−= t r . Determinar lospuntos que están en dicha recta y distan 3 unidades del origen.

RESOLUCIÓN.

De la ecuación vectorial de la recta )0,1,1()2,1,4( −+−= t r podemos obtener susecuaciones paramétricas:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−−=+=

2

14

:

z

t yt x

L

Considerando al vector de posición del punto buscado de componentes desconocidas ),,( z y x ,tenemos:





Donde 3=a

Entonces:

( , , )=a x y z Sustituyendo:(4 , 1 , 2)= + − −a t t

como 3=a , tenemos que OA viene dado por:

34)1()4(

)2,1,4()0,0,0()2,1,4(

22 =+−−++=

−−+=−−−+=

t t OA

t t t t OA

0650121029421816 2222 =++⇒=++⇒=++++++ t t t t t t t t

2,30)2()3( 21 −=−=⇒=++ t t t t

Por lo tanto, sustituyendo 21 t yt en las ecuaciones paramétricas de la recta, tenemos:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

+−=

−=

2

31

34

z

y

x

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

+−=

−=

2

21

24

z

y

x

( )2,2,11 = Punto ( )2,1,22 = Punto






3.3 - Sea la recta L de ecuaciones:

54

4

3

6: −=

−−

=−

z y x

L

Determinar las coordenadas de los puntos de la recta que se encuentran a 5 unidades delorigen.

RESOLUCIÓN.

Las ecuaciones paramétricas de la recta son:

5

44

63

+=

+=

+=

t z

t y

t x

Considerando un punto A de la recta cuya distancia al origen de coordenadas sea 5 unidades,tenemos:

( ) ( )3 6, 4 4, 5 ... 1+ + + A t t t

Como:

5;=OA siendo " "O el origen del sistema de referencia.

2 2 2

2 2 2

2 2 2

3 6 4 4 5 5

9 36 36 16 32 16 10 25 5

26 78 77 5 26 78 77 25 3 2 0

= + + + + + =

= + + + + + + + + =

+ + = ⇒ + + = ⇒ + + =

OA ( t ) ( t ) (t )

OA t t t t t t

t t t t t t

Resolviendo la ecuación se tiene:( )( )

1

2

1 2 0

1

2

+ + =

= −

= −

t t

t

t

Sustituyendo en ( )1 los t obtenidos, tenemos:

( )( )3,4,0

4,0,3

− B

A






3.4 - Sea la recta L que contiene al punto ( )6,6,6 −−− A que interseca a la recta R y formacon ella un ángulo de º45 . Si la recta R es:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−−=+−=

+−=

t z

t y

t x

R

35

6

32

Determinar las coordenadas de los puntos de intersección entre L y R . (Dos soluciones).

RESOLUCIÓN.

Para poder aplicar la fórmula del ángulo entre dos rectas, necesitamos dos vectores directores. Elvector director de la recta R es sencillo de determinar, pues simplemente se obtiene de loscoeficientes de t ; por lo que ( )3,1,3 −=u . Para determinar un vector director de L es necesario

conocer al menos dos puntos. Un punto es dato: ( )6,6,6 −−− A , el otro punto lo deduciremos.

Como se especifica que las dos rectas se intersecan, podemos deducir que un punto de R formaparte de L (que a la vez sería la respuesta del problema pues es donde se intersecan las rectas).Así, con la expresión vectorial podemos definir todos los puntos de la recta:

( ) ( ) ( )t t t t R 35,6,323,1,35,6,2 −−+−+−=−+−−−=

Por lo que el punto B (que pertenecerá a L y R ) será: ( )t t t B 35,6,32 −−+−+− . Con los dospuntos podremos definir el vector director de L:

( ) ( ) ( )t t t t t t AB 31,,346,6,635,6,32 −+=−−−−−−+−+−=

Ahora estamos preparados para aplicar la fórmula de ángulo entre rectas.

ABu

ABu ⋅=θ cos

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2222223134313

31,,343,1,3º45cos

t t t

t t t

−+++−++

−+⋅−=

Como vemos es una ecuación cuadrática de una incógnita que podremos resolver con facilidad:

( ) ( ) 2222 191817

199

2

38

9619241619

93912

2

2

t t

t

t t t t t

t t t

++

+=⇒

+−++++

+−++=





( )2

22

2 191817

199

2

19

191817

199

2

38

t t

t

t t

t

+++

=⇒⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

+=

( ) ( )2222

72268416236134232336134281219181719 t t t t t t t t ++=++⇒++=++

⇒=−−+ 0361342161 2t t 200

691 =t **,

100

1292 −=t **

Ahora, para obtener el punto donde se intersecan las rectas, sustituiremos los valores obtenidos enel punto B, que usamos para definir el vector director de L:

Para 1t :

( ) ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜

⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−=−−+−+−=200

6935,

200

696,

200

693235,6,321 t t t P

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−−=200

1207,

200

1131,

200

1931 P

Para 2t :

( ) ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−−−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+−=−−+−+−=100

12935,

100

1296,

100

1293235,6,322 t t t P

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−−= 100

113,100

729,100

5872 P

Que son los puntos buscados para las dos soluciones.

** Se han redondeado los resultados para facilitar su manejo.


3.5 - Sean las rectas L y R que tienen por ecuaciones:

9

6

33

2:

4

62

4

3

3

1:

z y x R

z y x L

−==

⎩⎨⎧ −

⎩⎨⎧ +=−=+





a) Si L y R se intersecan, determinar el punto de intersección.b) Determinar el punto de intersección de la recta R con el plano XY .

RESOLUCIÓN.

a) Lo primero que haremos será separar las ecuaciones de las rectas de la siguiente manera

De

( )

( )

1 3... 1

3 4

:

3 2 6... 2

4 4

+ −⎧ =⎪⎪⎨⎪ − +⎪ =⎩

x y

L

y z

De

( )

( )

2... 3

3 3:

6... 4

3 9

−⎧ =⎪⎪⎨⎪ −⎪ =⎩

x y

R

y z

Trabajando con las ecuaciones (1) y (3)

( )

( )

1 34 4 3 9 ...

3 4

2

2 ...3 3

+ −= ⇒ + = −

−

= ⇒ − =

x y x y A

x y

x y B

Multiplicando B por ( )3− y sumándole ( ) A obtenemos;

077 =+ x , de donde 1−= x

Ahora sustituyendo 1−= x en (1) ;

03 =− y , de donde 3= y

Sustituyendo este resultado en la ecuación (4) , obtenemos que:

96 =− z , de donde 3−= z

por lo tanto el punto de intersección es:

( )3,3,1int −− P





b) Nos piden la intersección de la recta R con el plano XY y sabemos que el plano tiene por ecuación 0= z . Si sustituimos la ecuación del plano en (4),

0223

2

3

2

33

2

,32

2

9

6

3

=⇒=−⇒=−

⇒=−

=

=⇒=

x x x y x

tenemos: )( en ydo sustituyen

y y

Por lo que el punto de intersección buscado es:

)0,2,0(int P .


3.6 - Sea la recta L que contiene al punto ( )1,2,0 − A y cuyos ángulos directores sonº.60;º90;º45 =<= γ β α Determinar las coordenadas de los puntos de intersección de L

con cada plano coordenado.

RESOLUCIÓN.

Para determinar el valor del ángulo β , sabemos que:

2

1cos4

1

2

1

2

11cos

coscos1cos1coscoscos

22

2

222222

±=⇒=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=

−−=⇒=++

β β

γ α β γ β α

Como º90< β , 21cos = β porque con el valor negativo º90> β . Por lo que

2

1º60cos

2

1cos

2

1º45cos

=⇒=

=

β

Por lo tanto la dirección de la recta L estará dada por:

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ =

2

1,

2

1,

2

11u o también por )1,1,22 =u

La ecuación de una recta en forma simétrica está dada por:





c

z z

b

y y

a

x x L ooo −

=−

=−

:

donde ( )0000 ,, z y x P es un punto cualquiera contenido en la recta y ( )cbau ,,= es el vector

que indica la dirección de la misma, para nuestro caso

1

1

1

2

2:

+=

−=

z y x L

Finalmente para encontrar las intersecciones de L con los planos coordenados, únicamente habráque sustituir las ecuaciones de cada plano en las ecuaciones simétricas de la recta que acabamosde obtener, esto es:

""YZ Plano "XZ" Plano "" XY Plano

0= X 0=Y 0= Z 0

1

1

1

2=

+=

− z y

1

12

2

+=−=

z x 1

1

2

2=

−=

y x

02 =− y 2

2−=

x 1

2=

x

2= y 22−= x 2= x 01 =+ z 21 −=+ z 12 =− y

1−= z 3−= z 3= y

( )1,2,0 − A )3022 −− , , B )0,3,2C

ALUMNO: MIGUEL ÁNGEL VICTORIA RÍOS

3.7 - En una habitación se ubicó la siguiente información:





Donde:

( )0, 4, 3=r

a ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

3,1,1 A

( ) jt e L += 3,2,1:1

( )2, 4, 3=r

b ( )0,5,3 B

Con los datos proporcionados:a) Determinar la expresión vectori al del plano que cont iene al techo.

b) Si el punto W es simétrico de con respecto a la recta 1 L y a la vez es un punto del

suelo, obtener la ecuación de una recta 2 L contenida en el plano del suelo.

c) Si el punto C es simétrico a B respecto al eje X , determinar la ecuación cartesiana del

plano detrás del armario.

d) Determinar las ecuaciones de la recta 3 L en su forma simétrica que contiene al segmento

DC .e) Si el segmento F E mide 5 metros, calcular el volumen del cuarto.

RESOLUCIÓN.

a) Determinar la expresión vectorial del plano que contiene al techo.

Antes que nada debemos darnos cuenta que tanto el techo como el suelo y la mesa son planosparalelos. De aquí sacamos en conclusión que el vector sobre la mesa y en la arista entre el techo y

la pared del fondo, son vectores directores que se encuentran contenidos en el plano del techo. Condos vectores y el punto A se puede obtener la ecuación vectorial del plano pedido.

( ) ( ) ( )3,4,23,4,0,1,1: 23 sr s P T ++=

b) Si el punto W es simétrico de A con respecto a la recta 1 L y a la vez es un punto del suelo,

obtener la ecuación de una recta 2 L contenida en el plano del suelo.

Aunque el punto puede ser encontrado con una buena graficación, el método más corto es aplicar la

fórmula para determinar un punto simétrico a una recta (aunque hay muchas formas de encontrarlo,pero resultados sólo uno):

( ) GG P vect comp P W U −+= 00 .2





Donde P0 es un punto contenido en la recta; G es el punto a quién le determinaremos su simétrico; yu el vector director de la recta (la demostración de esta fórmula se deja al lector). Ahora

resolveremos (se omitirán algunos pasos por razones de espacio).

( )[ ] [ ]( ) ( )

( )( )( )

( )232

3

11010

010

010

010321113212 , ,

, ,

, ,

, ,

, , , , , , , ,W −

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅−+=

( ) ( ) ( )[ ][ ]{ } ( )23

23 ,1,10,1,00,1,0,1,03,2,12 −⋅−−+=W

( ) ( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] ( )23

23 ,1,10,1,03,2,12,1,10,1,013,2,12 −−+=⇒−−+= W W

( ) ( ) ( ) ( ) ( )29

23

23 ,1,1,1,16,2,2,1,13,1,12 =⇒−=⇒−= W W W

Cualquier vector (a o b ) puede ser utilizado para obtener el vector director de la recta. Así, con unvector director y el punto que encontramos, la ecuación de la recta sería la siguiente:

( ) ( )3,4,0,1,1: 29

2 t z L +=

o bien

( ) ( )3,4,2,1,1: 29

2 t z L +=

c) Si el punto C es simétrico a B respecto al eje X , determinar la ecuación cartesiana del plano

detrás del armario.

El punto simétrico de B respecto al eje X es muy fácil de obtener; basta con cambiar los signos a

las coordenadas de XY del punto B , por lo tanto ( )0,5,3 −C .

Ahora, el plano del armario es perpendicular al plano del techo; en el techo, el vector a forma un

ángulo de 90º con el plano del armario. Debido a la perpendicularidad de este vector respecto alplano del armario, a es su vector normal. De esta manera con un punto y la normal es más que

suficiente para determinar la ecuación del plano.

( ) ( ) ( )

20

020

0035430

0340

=

=+−

=++−+

=+++

D

D

D

D z y x





Por tanto, la ecuación del plano es:02034 =++ z y

d) Determinar las ecuaciones de la recta 3 L en su forma simétrica que contiene al segmento DC .

De nueva cuenta, el vector a nos es de utilidad para este inciso pues DC es paralelo al vector a .

Como vemos, el segmento DC es perpendicular al plano del armario. Con el vector a y el punto

C se obtienen la ecuación pedida.

( ) ( )3,4,00,5,33 t L +−=

Ya con la ecuación de la recta, el paso a forma simétrica es sencillo.

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=+

=3

34

5

3

x

z y

L

e) Si el segmento F E mide 5 metros, calcular el volumen del cuarto.

Debido a que tanto las paredes como el techo, con el suelo, son paralelos, la separación entre ellosla obtendremos calculando la distancia entre un punto y una recta.Para determinar un vector normal del techo y del piso efectuaremos el producto cruz de los vectores

a y b que como hemos dicho antes, pertenecen a ambos planos.

( )8,6,0

342

340 −=

k ji

En la siguiente tabla se resumen todos los datos que utilizaremos y que como vemos son datoso los hemos calculado:

Plano Normal Módulo N. Punto

Techo ( )8,6,0 − 10 ( )23,1,1

Suelo ( )8,6,0 − 10 ( )29,1,1





Armario ( )3,4,0 5 ( )0,5,3 −

Ventana ( )3,4,0 5 ( )0,5,3

Ahora calcularemos las distancias:Distancia entre techo y suelo:

( ) ( )[ ] ( )

( ) ( )5

12

10

24

10

8,6,03,0,0

10

8,6,0,1,1,1,1 23

29

=−

=⇒−⋅

=

−⋅−=

Dts Dts

Dts

Distancia entre pared y pared:

( ) ( )[ ] ( )

( ) ( )8

5

40

5

3,4,00,10,0

5

3,4,00,5,30,5,3

==⇒⋅

=

⋅−−=

Dpp Dpp

Dpp

Ahora, ya con las tres distancias sólo falta multiplicarlas para obtener su volumen:

( )( ) ( )( )3

9696812585

12

mV V =⇒==⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

=


3.8 - Sea el plano π que contiene a los puntos ( )2,7,4− A y ( )2,2,2 B y contiene a larecta L . Obtener la ecuación cartesiana del plano π .

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

t z

t y

t x

L :

RESOLUCIÓN.

Para obtener la ecuación cartesiana de un plano se necesita un punto del plano y su vector normal,que se obtiene del producto cruz de dos vectores paralelos al plano; uno de esos vectores es el queforman los puntos A y B , y el otro es el vector director de la recta L .





Después se utiliza la ecuación normal del plano.

( )1111 , ,u =

( ) ( ) ( )0562742222 , , , , , , ABu −=−−==

k ji

-

k ji

uu N 1165

056

11121 −+==×=

Considerando al punto B , tenemos:

( ) 00 N p p =⋅− (Ecuación normal del plano)

( ) ( )[ ] ( ) ( ) 02,2,2 z,y,x022,2 =⋅−⋅⇒=⋅− N N N , z y, x,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 02212101165011652,22116,5, z y x , , , , z y x, =−+−−+⇒=−⋅−−⋅

La ecuación cartesiana pedida es:: 5 6 11 0π + − = x y z .


3.9 - Un plano es paralelo a las rectas que tienen por vectores directores: ( )2,3,1 −=a y

( )1,7,3 −=b . Calcular la ecuación del plano si además pasa por el punto ( )1,1,5 − A .

RESOLUCIÓN.

La única forma en que dos rectas sean paralelas a un plano, es que pertenezcan a un planoparalelo. Debido a que sólo se nos dan los vectores directores, los podemos considerar libres ytrasladarnos a nuestro plano. En otras palabras, dos vectores directores paralelos a un plano, sepueden considerar contenidos en otro plano cualquiera paralelo.

Con este concepto, el ejercicio está prácticamente resuelto. Primero definiremos la normal del plano:

( )16,7,11

173

231 −=⇒

−

−= N

k ji

N

Y ahora determinaremos la componente D apoyándonos en el punto A :





( ) ( ) ( ) 6416755011617511 =+−=⇒=+−++− D D

Por lo que la ecuación del plano buscado es :

0641671106416711 =−−−=+++− z y xó z y x


3.10 - Sea la recta R definida por la intersección de los planos 1π y 2π de ecuaciones:

062:

01:

2

1

=−+

=+−

y x

z x

π

π

y sea el plano 3π que contiene a los puntos:

( ) ( ) ( )1,3,00,1,1,6,1,1 C y B A −

Calcular el ángulo que forma la recta R con el plano 3π .

RESOLUCIÓN.

De los planos 1π y 2π conocemos sus normales: ( )1,0,11 −= N y ( )0,2,12 = N ; entonces si

efectuamos el producto 21 N N × obtendremos un vector director de la recta R , por lo que:

( )2,1,2

021

101 2121 −=×=⇒−=× N N u

k ji

N N

La magnitud de este vector es la siguiente:

( ) ( ) ( )

39

212222

==

+−+=

u

u

Por otro lado, conocemos tres puntos que pertenecen al plano 3π , así que podemos determinar un

vector normal a dicho plano, de la siguiente manera:

( ) ( )

( )6,0,2

6,1,10,1,1

−−=

−−=−=

AB

A B AB





o bien;( )3,0,1=a

( ) ( )

( )5,2,1

6,1,11,3,0

−−=

−=−=

AC

AC AC

Obteniendo el producto AC a × :

( )2,2,6

521

301 −=

−−

=×

k ji

AC a

Tomando un vector paralelo al vector anterior tenemos:

( )1,1,33 −−= N

( ) ( ) ( ) 11113 3

222

3 =⇒−+−+= N N

El ángulo formado entre una recta y un plano es el ángulo que forman el vector normal del plano,con un vector director de la recta; en este caso conocemos ambas vectores, por lo tanto:

u N

u N senang

3

3 ⋅=θ

( ) ( )º16.30

113

5

113

2,1,21,1,3=⇒=

−⋅−−= θ θ senang senang






CAPITULO 4

CURVAS

4.1 - Para la curva C, una de cuyas ecuaciones vectoriales es:

k t it senr C )cos3()(: += Determinar:a) Unas ecuaciones paramétricas.b) El intervalo paramétrico.c) Los intervalos de variación de X , Y y Z .d) Unas ecuaciones cartesianas.

RESOLUCIÓN.

a) Para determinar unas ecuaciones paramétricas de la curva únicamente se expresa la ecuaciónvectorial de la forma:

t z

y

sent

cos3

0

=

=

=

b) Como no existe ningún valor de t para el cual se indeterminen las ecuaciones anteriores, Rt ∈

c) La variable x está definida en términos del seno del parámetro t , por lo tanto, únicamentetomará valores entre

[ ]0

1,1

=

−∈

y

x

de manera similar que para x , [ ]3,3−∈ z .

d) Para determinar unas ecuaciones cartesianas debemos buscar una función que solamentedependa de y y .

t z

t z

y

t sen xt sen x

22

22

2222

cos9

cos9

0

==

⇒=

==





Sumando:

19

22 =+

z x

Por lo que las ecuaciones pedidas son:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=+

0

19

22

y

z x

Se trata de las ecuaciones de una elipse con centro en el origen y eje mayor coincidente con el eje z . La gráfica de la curva se presenta a continuación:


4.2.- Obtener la ecuación cartesiana de las siguientes curvas e identificarlas.

(

34cos9

23cos188)

0

1tan

4sec3

)

2;24014)

22

2

3

2

2

1

=+

+−=

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

+=

−=

=+−−+=

yθ senθ

θ r rsen θ : r C c

z

t y

t x

:C b

z jt t it p:C a

;

RESOLUCIÓN.

:1C Su ecuación está dada en forma vectorial. Se despeja el parámetro t en una de las ecuacionesy se sustituye en la otra.

z

3

-3

1-1 x





:2C Su ecuación está dada en forma paramétrica, en este caso el parámetro es el argumento defunciones trigonométricas, se despeja la función que contiene a t en cada una de las ecuacionespara después relacionarlas por medio de identidades trigonométricas.

:3C Se trata de una ecuación polar, en este caso la ecuación se encuentra en un plano paralelo alplano xz por lo tanto θ cosr x = , θ rsen z = y 22 z xr +=

a) 2 ; 24014 2

1 =+−−+= z jt t it p:C

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−−=

=

24014 2t t y

t x

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) 927972

9491429940142

4014240142

4014224014

2222

2222

2222

22

−=−−−−⇒−−=−−

−+−=−−⇒−++−=−−

+−=−−⇒−−=−−−=−⇒+−−=

y x x y

x x y x x y

x x y x x y

x x y x x y

( ) ( )

⎩⎨⎧

=

=−+−

2

92722

z

y x

Es una circunferencia con centro en el punto ( )2,7 P y radio 3=r , contenida en un planoparalelo al plano xy .

b)

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

−=

+=

⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

+=

−=

0

1tan

3

4sec

0

1tan

4sec3

2

z

yt

xt

z

t y

t x

:C

Usaremos la identidad 1tansec 22 =− θ θ

Sustituyendo

( )( )

( ) 119

411

3

4 22

2

2

=−−+

⇒=−−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ + y

x y

x

Se trata de una hipérbola con centro en el punto ( )14 , P − con un eje paralelo al eje x .





c) 34cos9

23cos18822

2

3 =+

+−= y

θ senθ

θ r rsen θ : r C ;

( )

( ) ( ) ( ) ( )36

23

9

1

4

1

9

1

4

1

36

23

9

1

4

1

9

1

4

1

36

23

9

112

4

112

36

23

9

2

4

2

23841892381849

238cos184cos9

23cos1884cos9

2222

2222

2222

2222

222

++=−

++

⇒=−−−

++

=−+−

+−++

⇒=−

++

=−++⇒=−++

=−+++−=+

z x z x

z z x x z z x x

z z x x z x z x

rsen θ r θ senr θ r θ r rsen θ θ senθ r

θ

( ) ( )319

1

4

122

==

−

+

+ y

z x ;

Se trata de una elipse con centro en el punto ( )1,1− P y con eje mayor paralelo al eje z .


4.3.- Convertir las siguientes expresiones de su forma cartesiana a polar o viceversa segúnsea el caso.

a) ( ) ( ) 09 22222 =−−+ y x y x

b) 0442 =−− aay x c) θ senr 42 =

d)θ sen

r 32

6

−=

RESOLUCIÓN.

a) ( ) ( ) 09 22222 =−−+ y x y x

( ) ( ) ( ) 0cos90cos922222222222

=−−⇒=−− θ θ θ θ senr r r senr r r

( )( ) ( ) 0cos90cos9 2222222 =−−⇒=−− θ θ θ θ senr senr r

( )( ) ( ) 0219019 22222 =−−⇒=−−− θ θ θ senr sen senr





( )θ 22 219 senr −=

b) 0442 =−− aay x

aay y y xaay x 4444 2222 ++=+⇒+=

( ) a y y xa y y x 22 22222 +=+⇒+=+

arsenr a y y x 2222 =−⇒=−+ θ

( )θ

θ sen

ar a senr

−=⇒=−

1

221

c) θ senr 42 =

22

222 44

y x

y y x

r

senr r

+=+⇒=

θ

( )22

2222

2

22

22 164

y x

y y x

y x

y y x

+=+⇒

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+=+

( )( ) ( ) 2322222222 1616 y y x y y x y x =+⇒=++

d)θ sen

r 326

−=

( ) 632632 =−⇒=− θ θ rsenr senr

2

36632 2222 y

y x y y x+

=+⇒=−+

( )4

36

2

362

22

2

22 y y x

y y x

+=+⇒⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ +=+

03636549363644 22222 =−−−⇒++=+ y y x y y y x






4.4.- Determinar si la ecuación vectorial ) ( ) )k ji senr θ θ θ csc42cot3 ++= representa

el mismo lugar geométrico que la ecuación ( ) 12cos3 22 =+ θ r .

RESOLUCIÓN.

Primero desarrollemos la ecuación vectorial:

) ( )k sen j seni senr θ θ θ θ θ csc42cot3 ++=

( ) k sen

sen j seni sen

senr ⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ =θ

θ θ θ

θ θ

142

cos3

( ) ( ) k j senir 42cos3 ++= θ θ

( )

( )

( )

3 cos ... 1

2 ... 2

4 ... 3

θ

θ

⎧ =⎪⎪

= =⎨⎪ =⎪⎩

x

r y sen

z

Para poder transformar la ecuación vectorial dada en una cartesiana, se obtienen primero lasecuaciones paramétricas de la curva y posteriormente al eliminar el parámetro de éstas, se llega a laecuación cartesiana.

De esta forma, de ( )1 y ( )2 se tiene:

θ

θ

θ

22

cos3

cos3

cos3

=

=

=

x

x

x

θ

θ

θ

22

4

2

2

sen y

sen y

sen

=

=

=

por lo que reemplazando en la identidad trigonométrica 1cos22 =+ θ θ sen se llega a:

( )2 2

1 ... 43 4

+ = x y

Correspondiente a la ecuación de una elipse que se encuentra alojada en el plano 4= z .Ahora veamos si la otra ecuación también corresponde a la misma elipse (es decir representa elmismo lugar geométrico).





( ) 12cos3 22 =+ θ r

Transformémosla a su ecuación cartesiana:

( ) 12312cos3 222222 =++⇒=+ x y xr r θ

12341233 22222 =+⇒=++ y x x y x

( )2 2

1 ... 53 4

+ = x y

Dado que ( )4 y ( )5 son iguales entonces ambas ecuaciones representan el mismo lugar geométrico.


4.5 - Para las ecuaciones paramétricas:

( ) ( )4 ... 1ω = − x sen t

( ) ( ) ( )3 cos cos ... 2ω φ ω φ = −⎡ ⎤⎣ ⎦ y t sen sen t

Donde ω y φ son constantes. Determinar qué tipo de curva es.

RESOLUCIÓN.

De las ecuaciones paramétricas vamos a eliminar el parámetro t ; para eso en la ecuación ( )2

sustituimos ( ) ( )t sent ω ω 21cos −= , entonces:

( ) ( )( )φ ω φ ω cos13 2 t sen sent sen y −−= o bien:

( ) ( ) ( )21 cos ... 33

ω φ ω φ = − − y

sen t sen sen t

Despejando ( )t sen ω de la ec. ( )1 obtenemos:

( )t sen x ω =−4

sustituyendo en la ecuación ( )3 :

φ φ cos416

13

2 x sen

x y+−=





Reacomodando términos y elevando ambos miembros al cuadrado:

φ φ 2

222

161cos

43 sen

x x y⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛ −=⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −

Desarrollando el binomio del lado izquierdo:

φ φ φ φ 22

2222

16cos

16cos

122

9 sen

x sen

x xy y−=+−

Simplificando:

( ) φ φ φ φ 22

222

9

cos

6

cos

16

sen y xy

sen x

=+−+

φ φ 222

9cos

616 sen

y xy x=+−

Por lo que la ecuación cartesiana de la curva es:

09

cos616

222

=−+− φ φ sen y xy x

ya que el parámetro φ es constante.

Dado que la forma general de una cónica es:

022 =+++++ F Ey DxCy Bxy Ax

con:

16

1= A ;

6

cosφ −= B ;

9

1=C ; 0== E D y φ 2 sen F −=

obteniendo el indicador:

( )1cos36

1

36

1

36

cos

9

1

16

1

436

cos

4

222

2

−=−=⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

−=−= φ

φ φ

AC B I

Puesto que 1cos0 2 << φ lo cual implica que 1cos2 −φ es negativo para todoπ π π φ n2,,2,,0 K±±≠





Por tanto 0< I , en consecuencia la curva es una elipse , cuyo eje focal es oblicuo al eje x .


4.6 - Obtener las ecuaciones cartesianas de la curva cuyas ecuaciones paramétricas son:

( )

( )

( )

2 cos 2 ... 1

1 cos ... 2

3 ... 3

= +

= −

= +

x sen t t

y t

z sen t

RESOLUCIÓN.

Hay que recordar que una curva en el espacio está representada por un par de ecuacionescartesianas. De la identidad trigonométrica t sent t 22cos2cos −= podemos escribir la ecuación

( )1 como :

( )2 22 cos ... 4= + − x sen t t sen t

de las ecuaciones ( )2 y ( )3 ;

( ) ( )

( ) ( )

22

22

1 cos cos 1 ... 5

3 3 ... 6

= − ⇒ = −

= + ⇒ = −

y t t y

z sen t sen t z

Como 1cos 22 =+ t sent al sumar las ecuaciones ( )5 y ( )6 obtenemos:

( ) ( ) 13122 =−+− z y

Sustituyendo ( )5 y ( )6 en ( )4 , y sabiendo que 3−= zt sen tenemos:

( ) ( ) ( )223132 −−−+−= z y z x

por lo tanto las ecuaciones cartesianas de la curva son:

( ) ( ) ( )

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+−

−−−+−=

131

3132

22

22

z y

z y z x

ALUMNO: MIGUEL ÁNGEL VICTORIA RÍOS





4.7 - Obtener una ecuación vectorial de la curva descrita por un punto cuya abscisa sea 3 ysu cota el doble del coseno de su ordenada. Además, localizar en una gráfica cuando menoscuatro puntos de dicha curva.

RESOLUCIÓN.Se nos proporcionan los siguientes datos:

3= x ya que su abscisa vale 3 t y =

t z cos2= ya que la cota vale el doble del coseno de su ordenada.

Otra expresión podría ser:

2

2

cos2

3

α

α

==

=

z

y ; donde α es un parámetro, R∈α

Entonces una ecuación vectorial es:

k t jt i p cos23 ++= o bien;

k ji p 22 cos23 α α ++=

Tabulación:

Parámetro Abscisa Ordenada Cota Puntot 3= x t y = t z cos2= ( ) z y x ,, 0 3 0 20cos2 = ( )2,0,3

4

π

3

4

π 2

2

22

4cos2 =⎟

⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ =

π ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2,

4,3

π

2

π

3

2

π ( ) 002

2cos2 ==

π ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ 0,

2,3

π

4

3π

3

4

3π 2

2

22

4

3cos2 −=

⎟⎟ ⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −=

π ⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ − 2,

4

3,3

π






4.8 - Sea la curva de ecuación polar θ senr 2= en el plano 0= x . Determinar:

a) Sus intersecciones con el eje copolar.b) Sus ecuaciones cartesianas.c) Las coordenadas cil índricas de su centro.

RESOLUCIÓN.

a) Intersecciones con el eje copolar:

Sustituyendo °= 90θ y °= 270θ tenemos:

2)270(2

2)90(2

−=°=

=°=

senr

senr

Con lo cual se puede observar que los dos puntos son ( )º90,2 y ( )º270,2− .

Y como ambos puntos son iguales, sólo se tiene un corte en el eje copolar, en el punto ( )º90,2 .

b) Ecuaciones cartesianas

θ senr 2=

Si multiplicamos ambos lados por r:

X=3

A

B

C

D





θ rsenr 22 =

Y transformando a cartesianas:

z y z 2)( 22 =+

Completando el trinomio en términos de z:

( ) 1112

22 222

2

2 =+−⇒=+⎟⎟ ⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +− y z y z z

Por lo que las ecuaciones cartesianas son:

( )

⎩

⎨⎧

=

=+−

0

11 22

x

y z

c) Coordenadas cilíndricas de su centro:

De las ecuaciones cartesianas, las coordenadas del centro de la circunferencia son:

Centro= ( )1,0,0C .

Al transformarla a cilíndricas:

El ángulo θ puede tomar cualquier valor dado que el radio es igual a cero, pues 0= x , por lo que

las coordenadas son:Centro= ( )1,,0 θ C .


4.9 - Dada la recta de ecuación:

23

cos =⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −π

θ r ;

Calcular la distancia de dicha recta al punto⎟ ⎠

⎞

⎜⎝

⎛

22

π , .

RESOLUCIÓN.

Calculando la distancia en coordenadas polares.Basándonos en la fórmula para la distancia entre un punto y una recta:





( )2 2

... 1+ +

=+

Ax By C d

A B

Transformando ( )1 a coordenadas polares; θ cosr x = y senθ r y = , tenemos:

22

cos

B A

C senθ r Bθ r Ad

+

++=

Para obtener los coeficientes A , B y C , desarrollamos la ecuación de la recta:

22

3cos

2

12

33coscos =+⇒=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ θ θ

π θ senr r sen sen

π θ r

( )cos 3 4 ... 2θ θ + =r r sen

De la ecuación ( )2 observamos que:

1= A , 3= B y 4−=C .

Ahora se obtendrá la distancia:

( ) ( )22 31

43cos

+

−+=

senθ r θ r d

y como tenemos al punto ⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ 2

2π

, :

( )

( ) ( ) 2

324

2

432

31

42

232

cos2

22

−=

−=⇒

+

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

= d

sen

d

π π

32 −=d .






4.10 - Sea el segmento de curva C , una de cuyas ecuaciones vectoriales es:

( ) 20;2

1 2 ≤≤⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ += t jt it p

Representar por medio de una ecuación polar al segmento de curva C .

RESOLUCIÓN.

De la ecuación vectorial proporcionada sabemos que:

( )... 1= x t

( )21... 2

2

0

=

=

y t

z

para 20 ≤≤ t .

Ahora bien si eliminamos el parámetro t de la ecuación anterior, es decir, sustituimos la ecuación( )1 en ( )2 ;

( )2 212 ... 3

2= ⇒ = y x x y

La curva que representa la ecuación anterior es la siguiente:

Que, como se observa, corresponde a una parábola con vértice ( )0,0,0V .

Sustituyendo θ cosr x = y θ senr y = , en la ecuación ( )3 , obtenemos:

θ θ θ θ senr senr r 2cos2cos 222 =⇒=

θ θ θ θ

θ

θ

θ sectan2

coscos2

cos2

2=⇒== r

sen senr

2

2X

Y





Para finalizar el ejercicio hay que determinar el intervalo de valores permitidos para el parámetro θ ,para 000 ==⇒= y y xt . Entonces:

0

0cos

=

=

θ

θ

senr

r

Para que las dos ecuaciones se satisfagan, el único valor permitido es 0=r , que sustituido en laecuación polar nos da:

00sectan20 =⇒=⇒= θ θ θ θ sen .

Para 222 ==⇒= y y xt :

( )

( )

cos 2 ... 4

2 ... 5

θ

θ

=

=

r

r sen

Despejando el valor de r de la ecuación ( )4 y sustituyendo en ( )5 ;

1tan2tan22cos

2=⇒=⇒=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ θ θ θ

θ sen

41tan

π θ θ =⇒= ang

La ecuación pedida es:

40;sectan2

π θ θ θ ≤≤=r






CAPITULO 5

SUPERFICIES

5.1 - Obtener la ecuación de la superficie cilíndrica cuya directriz es la parábola

y x 42 = , ( )0 ... 1= z

contenida en el plano XY y cuyas generatrices tienen por números directores ( )3,1,1 .

RESOLUCIÓN.

Supongamos que la generatriz que pasa por un punto cualquiera ( ) z y x P ,, de la superficie corta

a la directriz en el punto ( )0,','' y x P .

Entonces las ecuaciones de esta generatriz son:

( )

' '... 2

1 1 3

− −= =

x x y y z.

También como ' P es un punto que pertenece a la parábola ( )1 , tenemos:

'4'2 y x = , ( )' 0 ... 3= z .

P’

P





Despejando de la ecuación ( )2 los valores de ',' y x obtenemos:

3'

z x x −=

3'

z

y y −= Sustituyendo estos valores en la ecuación ( )3 :

3

44

93

2

34

3

22

2 z

y z xz

x z

y z

x −=+−⇒⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

Agrupando términos y simplificando los denominadores, obtenemos:

( )2 29 6 36 12 0 ... 4+ − − + = x z xz y z

que es la ecuación de la superficie.ALUMNO: JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL

5.2 - Obtener una ecuación vectorial del hiperboloide generado por la recta L , definida por los puntos ( )1,2,3 A y ( )2,1,5 B y que gira alrededor de la recta 2−= x ; 1= z .

RESOLUCIÓN.

Se obtiene un vector director de la recta L :

( )1,1,2 −=−= A B AB .

Por lo que unas ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por los puntos dados son:

t z

t y

t x

+=

−=

+=

1

2

23

Cualquier punto de la recta describe una circunferencia al girar alrededor de la recta 2−= x ; 1= z .Esta circunferencia tiene su centro en ( )1,2,2 t C −− y por tanto la siguiente ecuación cartesiana:

( ) ( ) ( )2 2 22 1 ... 1 ; 2+ + − = = − x z r y t

sustituyendo las ecuaciones paramétricas de L en la ecuación ( )1 :

( ) ( ) ( ) 2222222511223 r t t r t t =++⇒=−++++





( )2 225 20 5 ... 2+ + =t t r

La ecuación ( )2 corresponde a un punto cualquiera de la superficie.

Al parametrizar la ecuación ( )1 , si hacemos:

( )( ) α α 222

2

2

2 22

senr xr

x sen =+⇒

+=

α senr x ±−= 2

De la ecuación ( )2 :

2

52025 t t r ++= por lo tanto:

α sent t x 2520252 ++±−=

Análogamente, si hacemos:

( )( ) α α 222

2

2

2 cos11

cos r zr

z=−⇒

−=

α α cos520251cos1 2t t zr z ++±=⇒±=

Además tenemos que t y −= 2 , por lo que una ecuación vectorial es:

( )α α cos520251,2,520252 22 t t t sent t p +++−+++−= .

ALUMNA: MA. DE LOS REMEDIOS VILLAFRANCO RAMÍREZ

5.3 - Determinar la ecuación cartesiana de la superfic ie generada por el conjunto decircunferencias con centro en 2= x , 5= y y cuyo eje de rotación es paralelo al eje z . Lameridiana está dada por:

( )

( )

2 1 0 ... 1:

3 0 ... 2

+ − =⎧⎪⎨

− + − =⎪⎩

x y D

y z

Indicar de qué superficie se trata.





RESOLUCIÓN.

Determinando la generatriz G :

( ) ( ) ( )

( )

2 22 5 ... 3

: ... 4

β

α

⎧ − + − =⎪

⎨ =⎪⎩

x y

G z

donde:

β =2r Circunferencias de radio variable.

( )α ,5,2C Centro de las circunferencias.

Aplicando el método de las generatrices y sustituyendo ( )4 en ( )2 :

( )3 0 3 ... 5α α − + − = ⇒ = − y y

De la ecuación ( )1 despejamos a x y sustituyendo la ecuación ( )5 :

( ) 13212 +−−=⇒+−= α x y x

( )2 6 1 2 7 ... 6α α = − + + ⇒ = − + x x

Sustituyendo ( )5 y ( )6 en ( )3 :

( ) ( ) β α α =−−+−+− 2253272

( ) ( ) ( )2 2

2 5 8 ...α α β − + + − = C , ecuación de condición.

Sustituyendo ( )3 y ( )4 en la ecuación de condición:

( ) ( ) ( ) ( )222252852 −+−=−++− y x z z

( ) ( )2222 52641625204 −+−=+−++− y x z z z z

( ) ( ) ( ) ( )222222 52895

3655289365 −+−=+⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −⇒−+−=+− y x z z y x z z

( ) ( )2222

2 525

1889

25

18

5

365 −+−=−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +− y x

z z





( ) ( ) ( ) ( )5

121

5

1855252

5

32489

5

185

2

2222

2

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−−+−⇒−+−=−+⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ − z y x y x z

( ) ( ) 1121

5

1825

12155

12125

2

22

=

⎟

⎠

⎞⎜

⎝

⎛ −

−−+−

z

y x

Si 2= x :

( )1

121

5

1825

121

55

2

2

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −−

−z

y(Corta al plano YZ en hipérbola).

Si 5= y :

( )1

121

5

1825

121

25

2

2

=⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

−−

z x

(Corta al plano XZ en hipérbola).

Si5

18= z :

( ) ( )1

121

55

121

2522

=−

+− y x

( ) ( )5

12152

22 =−+− y x (Corta al plano XY en circunferencia).

Por lo tanto, se trata de un hiperboloide circular de un manto.


5.4 - Obtener la ecuación de la superficie que se obtiene al girar la parábola 23 x y = , 0= z ,alrededor del eje y .

RESOLUCIÓN.

Las ecuaciones de la parábola son:

( )

( )

23 ... 1

0 ... 2

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩

y x

z





La generatriz, serían circunferencias de la forma α =+ 22 z x en planos paralelos al plano

0= y , por lo tanto nuestra generatriz es:

( )

( )

2 2 ... 3

... 4

α

β

⎧ + =⎪⎨ =⎪⎩

x z

y

Obteniendo la ecuación pedida, tenemos:

Se sustituye ( )2 en ( )3 :

( )2 ... 5α = x

Sustituyendo (4) en (1):

( )23 ... 6 β = x

Sustituyendo (5) en (6):

3 ... β α = (Ecuación de condición).

Sustituyendo la generatriz (ecuaciones (3) y (4)), en la ecuación de condición, se obtiene:

( )2 23= + y x z

Que es la ecuación buscada, o dispuesta de otra forma:

033 22 =−+ y z x .


5.5 - Dada la superfic ie

014844 222 =−−++− y x z y x

a) Determinar si es simétrica respecto a los planos coordenados.b) Obtener la(s) intersección(es) de la recta L con la superficie dada.

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

5

2

z

t y

t x

L:





RESOLUCIÓN.

La simetría con respecto a un plano coordenado se determina cambiando de signo la coordenadaque no pertenece al plano y si al sustituirla en la ecuación de la superficie, ésta no cambia, entonces

es simétrica respecto a dicho plano.La intersección con la recta L se obtiene sustituyendo las ecuaciones paramétricas de la recta en laecuación de la superficie.

a)1- Simetría respecto al plano xy ; z z −→

( )

014844

014844

222

222

=−−++−

=−−+−+−

y x z y x

y x z y x

es simétrica respecto al plano y

.

2- Simetría respecto al plano xz ; y −→

( ) ( )

014844

014844

222

222

=−+++−

=−−−++−−

y x z y x

y x z y x

no es simétrica respecto al plano xz .

3- Simetría respecto al plano yz ; x −→

( ) ( )

014844

014844

222

222

=−−−+−

=−−−++−−

y x z y x

y x z y x

no es simétrica respecto al plano yz .

b) Se tiene que:

014844 222 =−−++− y x z y x (Ecuación de la superficie).52 === t; zt; y x (Ecuaciones paramétricas de la recta L ).

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 018825164012485244 22222 =−−++−⇒=−−++− t t t t t t t t

241202412 22 =⇒=+− t t





2

2

22

2

1

2

-t

t

t t

=

=

±=⇒=

Intersección 1 con 1t :

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=

5

5,22,22 11

1

z

P t y

t x

Intersección 2 con 2t :

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

−−=

=

5

5,22,22 22

2

z

P t y

t x


5.6 - Dada la ecuación cartesiana de la superfi cie:

09222 =−−+ z x y x

Determinar:

a) Su traza en el plano XY .b) Si es simétrica con respecto a los ejes Y y Z , yc) Su extensión en la dirección del eje Z .

RESOLUCIÓN.

a) Su traza en el plano XY .

Si 0= z

11202 2222 =++−⇒=−+ y x x x y x

( ) 11 22 =+− y x

La traza es una circunferencia de radio 1=r y centro en ( )0,0,1C .





b) Su simetría con respecto al eje Y .

( ) ( ) ( ) 092092 2222 =+++⇒=−−−−+− z x y x z x y x

Por lo que no hay simetría respecto al eje Y .

Su simetría con respecto al eje Z .

( ) ( ) ( ) 092092 2222 =−++⇒=−−−−+− z x y x z x y x

Por lo que no hay simetría respecto al eje Z .

c) Su extensión en la dirección del eje Z .

Si k z =

k x y xk x y x 92092 2222 =−+⇒=−−+

( ) 1911912 2222 +=+−⇒+=++− k y xk y x x

Para que la ecuación represente un lugar geométrico 19 +k debe de ser siempre mayor o igual acero, por lo que:

19019 −≥⇒≥+ k k

9

1−≥k

Por lo que la extensión en la dirección del eje Z será:9

1−≥ z .


5.7 - Sea la superficie cuya ecuación cartesiana es:

16416 222 =−+ x z y

Determinar:

a) Las trazas con respecto a los planos coordenados.b) Su simetr ía respecto al origen.c) Identificar la superficie.





RESOLUCIÓN.

a) Para determinar la traza con y igualamos 0= z

161622

=− x y normalizando:

116

22 =−

x y

identificando la curva, tenemos que es una hipérbola con centro en el origen.

Obteniendo la traza con z , igualamos 0= y

1164

16422

22 =−⇒=−x z

x z

la ecuación nos representa una hipérbola con centro en el origen.

Para determinar la traza con yz , igualamos 0= x

14

164162

222 =+⇒=+z

y z y

la cual nos representa una elipse con centro en el origen y eje focal en z .

b) La prueba para determinar la simetría de una superficie con respecto al origen se puede obtener si al reemplazar las variables x , , z por x− ,− , z− la ecuación de la superficie no se altera.

( ) ( ) ( ) 1641616416 222222 =−+⇒=−−−+− x z y x z y

Como la ecuación no cambia, es simétrica con respecto al origen.

c) La ecuación cartesiana de la superficie tiene la forma:

( ) ( ) ( )1

12

2

2

2

2

2

=−

−−

+−

c

z

b

k y

a

h x

Al dividir entre 16 ambos lados de la ecuación, se obtiene:

1416

22

2

=++−z

y x





que nos representa a un hiperboloide de un manto.


5.8 - Obtener una ecuación vectorial y la ecuación cartesiana del cilindro con eje paralelo alvector ( )3,2,2−=u y cuya intersección con el plano 5= z es una circunferencia de radio3 y centro en el eje z .

RESOLUCIÓN.

Para estos casos se recomienda usar la simplificación para superficies cilíndricas **.Primero definiremos la directriz. Se menciona que la curva directriz se encuentra alojada en el plano

5= z y que es una circunferencia con centro en el eje z ; esto quiere decir que las coordenadas deeste punto son ( )5,0,0 . Por lo que la directriz queda de la siguiente forma:

⎩⎨⎧

==+=

5

922

z

y x D

Para definir la generatriz, necesitamos la ecuación de una recta. El vector director es constante, loque cambia es el punto en que se apoya la recta, por lo que una de sus ecuaciones vectorialesquedaría de la siguiente manera:

( ) ( ), , 2, 2, 3= + − L a b c t

Donde a , b , c son variables. Ahora obtendremos de esta ecuación su representación simétrica:

322

3

2

2

3

2

2c zb ya x

t c z

t b y

t a x

donde

t c z

t b y

t a x−

=−

=−−

⇒

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=−

=−

=−−

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=

+=

−=

Siguiendo el método, despejaremos en términos de z (ya que en el plano xy se encuentra alojada

la curva directriz). Por lo que quedarían de la siguiente forma:

32

c za x −=

−−

32

c zb y −=

−

( )c za x −−=−3

2 ( )c zb y −=−

3

2





ac z x ++−=3

2

3

2 bc z y +−=

3

2

3

2

Como a, b y c son variables, podemos sustituirlas por α y β; según se muestra a continuación:

ac z x ++−=32

32 bc z y +−=

32

32

ac +=3

2α bc +−=

3

2 β

α +−= z x3

2 β += z y

3

2

Así, la generatriz y la directriz quedan de la siguiente manera:

( )

( )

2...

32

...3

α

β

⎧ = − +⎪⎪= ⎨⎪ = +⎪⎩

x z I G

z II

( )

( )

2 2 9 ...

5 ...

⎧ + =⎪

= ⎨ =⎪⎩

y III

D z IV

Aplicando el método de las generatrices.

Sustituyendo: ( ) IV en ( ) I y ( ) II :

( )10

...3

α = − + x V

( )

10...

3 β = + VI

Obteniendo la ecuación de condición:

Sustituyendo: ( )V y ( )VI en ( ) III :

2 210 10

9 ...3 3

α β ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(Ecuación de condición).

Despejando de ( ) I y ( ) II a alfa y beta respectivamente:

α +−= z x3

2 β += z y3

2

x z +=3

2α z y

3

2−= β

Sustituyendo alfa y beta en la ecuación de condición:





93

2

3

10

3

2

3

1022

=⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++− z y x z

( ) ( ) 92310313210

31 2

2

2

2

=−+⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ +++−⎟ ⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ z y x z

( ) ( ) 811023102322 =+−+−+ z y z x

Que es la ecuación deseada.** Castañeda, Erick; “Geometría Analítica”, Superficies, pag 150. Facultad de Ingeniería, UNAM.


5.9 - Para el cono hiperbólico oblicuo con vértice en el punto ( )5,2,2−V y cuya

intersección con el plano 8= x es la hipérbola de ecuación:( ) ( )

19

2

4

122

=−

−+ z y

, obtener

a) Una ecuación vectorial.b) Las correspondientes ecuaciones paramétricas.c) La ecuación cartesiana.

RESOLUCIÓN.

a) Unas ecuaciones paramétricas de la hipérbola dada se determinan como sigue:

( ) ( )2

21sec ... 1

4

+ = yθ

( )( )

2

22

tan ... 29

−=

zθ

Recuérdese la identidad trigonométrica 1tansec 22 =− θ θ .

Entonces tenemos de ( )1 y de ( )2 que:

( )

( ) θ zθ z

θ yθ y

tan32tan92

sec21sec41

22

22

=−⇒=−

=+⇒=+

Por lo tanto:

( )1 2sec ... 3= − + y θ

( )2 3 tan ... 4= + z θ





Entonces, la ecuaciones paramétricas de la hipérbola son:

θ z

θ y

x

tan32

sec21

8

+=

+−=

=

Recordando que la ecuación de un cono en forma vectorial está dada por:

VAv p λ +=

donde:

).(

.

vértice fijo puntodel partenquerectasde familialadedireccióndevector el esVA

vérticedel posicióndevector el esv

entonces:

( )

( )

( )θ θ

θ θ

tan33,sec23,10

tan32,sec21,8

5,2,2

+−+−=

++−=−=

−=

VA

V AVA

v

Por lo tanto una ecuación vectorial es la siguiente:

( ) ( )θ θ , , λ , , p tan33sec2310522 +−+−+−=

b) De la ecuación vectorial se deduce que unas ecuaciones paramétricas son:

( )

( ) ( )

( ) ( )

2 10 ... 5

2 3 2sec ... 6

5 3 3tan ... 7

λ

λ θ

λ θ

= − +

= + − +

= + − +

x

y

z

c) Para encontrar las ecuación cartesiana, de ( )5 se obtiene:

10

2 x +=λ

Sustituyendo en ( )6 y ( )7 :

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++=

10

23sec

10

222

x x y θ





⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++=

10

23tan

10

235

x x z θ

Despejando θ θ tansec y :

( )

( )

23 2

10sec ... 8

22

10

23 5

10tan ... 9

23

10

θ

θ

+⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

+⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

x y

x

x z

x

Elevando al cuadrado ( )8 y ( )9 y restando ambas tenemos por la identidad trigonométrica

1tansec 22 =− θ θ :

( )100

2

9

510

6

10

3

4

210

6

10

3

1

10

23

510

23

10

22

210

23

2

22

22

+=

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++−

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −++

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

−

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ +

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++

x

x z

x y

x

x z

x

x y

( ) ( ) ( )100

2

900

44310

400

14310222 +

=−+

−−+ x x z x y

Al simplificar términos de la ecuación anterior, la ecuación cartesiana queda como:

( ) ( )( )2

22

2 x9

44 z10 x3

4

14 y10 x3+=

−+−

−+.






5.10 - Obtener una ecuación vectorial y la ecuación cartesiana del cono elíptico oblicuo, convértice en el punto ( )1,2,3V y cuya intersección con el plano 5= z es:

( ) ( )

⎪⎩⎪⎨

⎧

==

−

+

+

5

14

1

9

2

:

22

z

y x

C

RESOLUCIÓN.

Primero determinamos unas ecuaciones paramétricas para la curva C , si hacemos que:

( )( ) θ θ 22

2

2 929

2 sen x

x sen =+⇒

+=

23 −= θ sen x

Análogamente, si hacemos que:

( )( ) θ θ 22

2

2 cos414

1cos =−⇒

−= y

y

1cos2 += θ y

Por tanto, unas ecuaciones paramétricas e la curva C son:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+=

−=

5

1cos2

23

:

z

y

sen x

C θ

θ

Una ecuación vectorial del cono oblicuo, está dada por:

VA sV p += donde:

V es el vértice del cono.

A es un punto que pertenece a la superficie, en este caso también a la curva C . s es un parámetro.

Entonces:

( ) ( )5,1cos2,231,2,3 +−−=−= θ θ sen AV VA





( )4,cos21,35 −−−= θ θ senVA

( ) ( )4,cos21,351,2,3 −−−+= θ θ sen s p

Por lo que una ecuación vectorial es:

( ) s s s sen s s p 41,cos22,353 −−+−+= θ θ

Para determinar la ecuación cartesiana, se procede a determinar las ecuaciones paramétricas paraobtener el valor de los parámetros en términos de x , y , z .

De la ecuación vectorial, tenemos:

( )

( )

( )

3 5 3 ... 1

: 2 2 cos ... 2

1 4 ... 3

θ

θ

= + −⎧

⎪ = + −⎨⎪ = −⎩

x s s sen

S y s s

z s

De la ecuación ( )3 :

4

1−=

z s

De las ecuaciones ( )1 y ( )2 :

s

s x sen

3

35 −+=θ

s

s y

2

2cos

−+=θ

sustituyendo el valor de4

1−=

z s , obtenemos:

⎟ ⎠ ⎞⎜

⎝ ⎛ −

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

=4

13

34

15

z

z x

senθ





⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

=

4

12

24

1

cos z

z y

θ

como 1cos22 =+ θ θ sen , finalmente obtenemos que la ecuación cartesiana de la superficie es:

1

4

12

24

1

4

13

34

15

22

=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

+

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −

−⎟ ⎠

⎞⎜⎝

⎛ −+

z

z y

z

z x


3

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