Un problema de geometría en el espacio euclídeo

ENUNCIADO. Dados los puntos $A(1,1,1)$, $B(1,3,-3)$ y $C(-3,-1,1)$, se pide:
a) La ecuación del plano $\pi$ que contiene a los tres puntos
b) Obténgase un punto $D$ ( distinto de $A,B$ y $C$ ) tal que los vectores $\overset{\rightarrow}{AB}$, $\overset{\rightarrow}{AC}$ y $\overset{\rightarrow}{AD}$ sean linealmente dependientes
c) Encuéntrese un punto $P$ del eje $Ox$ de modo que el volumen del tetraedro de vértices $A,B,C$ y $P$ sea igual a $1$

SOLUCIÓN.
a)
Procederemos de la manera siguiente. Un vector característico del plano $\pi$ ( perpendicular a $\pi$ ) viene dado por cualquier vector en la dirección de $\vec{u} \times \vec{v}$, siendo $\vec{u}$ y $\vec{v}$ vectores del plano $\pi$. A partir de las coordenadas del vector característico $\vec{n}=(A,B,C)$, podremos escribir la ecuación general del plano $\pi \equiv Ax+By+Cz+D=0$, donde $D$ puede determinarse imponiendo que las coordenadas de cualquier punto del plano satisfagan dicha ecuación.

Entonces,
$\overset{\rightarrow}{AB}=(1-1,3-1,-3-1)=(0,2,-4)\propto (0,1,-2)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(-3-1,-1-1,1-1)=(-4,-2,0)\propto (2,1,0)$, luego dos vectores del plano $\pi$ son: $\vec{u}:=(0,1,-2)$ y $\vec{v}:=(2,1,0)$, y como $\vec{u}\times \vec{v}=\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j}& \vec{k}\\0&1&-2\\2&1&0\end{vmatrix}=(2-4,-2)\propto (1,-2,-1)$ ( donde los vectores $\vec{i}=(1,0,0)$, $\vec{j}=(0,1,0)$ y $\vec{k}=(0,0,1)$ son los vectores de la base canónica, a la cual vienen referidas las coordenadas de los puntos dados ), un vector que caracteriza al plano $\pi$ (perpendicular al mismo) es $\vec{n}:=(1,-2,-1)$, de lo cual podemos escribir $$\pi\equiv x-2y+z+C=0$$ Por otra parte, como el punto $A(1,1,1)$ está en $\pi$, tenemos que $1-2\cdot 1-1+C=0\Leftrightarrow C=2$. En consecuencia, la ecuación del plano pedido es $$\pi\equiv x-2y-z+2=0$$

b)
Tomando valores arbitrarios de $x$ e $y$ -- pongamos que $x:=0$ e $y:=0$ -- y depejando $z$ de la ecuación general del plano, obtenemos otro punto del plano $\pi$, distinto de $A,B$ y $C$: $D(0,0,2)$, y, por tanto, $\overset{\rightarrow}{AD}=(0-1,0-1,2-1)=(-1,-1,1)$. Dicho vector del plano $\pi$ ha de ser combinación lineal del sistema de vectores $\{ \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC}\}$ ya que estos forman una base del mismo, pues al no tener la misma dirección son linealmente independientes. En consecuencia mediante el punto $D(0,0,2)$ podemos formar el conjunto de vectores linealmente dependientes: $\{ \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AD} \}$

c)
Como el punto $P$ está en el eje $Ox$, sabemos que sus coordenadas son $P(x_P,0,0)$. Considerando ahora el paralelepípedo cuyos vectores en la dirección de sus tres aristas características son $\overset{\rightarrow}{PA}=(1-x_P,1-0,1-0)=(1-x_P,1,1)$, $\overset{\rightarrow}{PB}=(1-x_P,3-0,-3-0)=(1-x_P,3,-3)$ y $\overset{\rightarrow}{PC}=(-3-x_P,-1-0,1-0)=(-3-x_P,-1,1)$, sabemos que éste se divide en $6$ tetraedros del mismo volumen, uno de los cuales es el tetraedro cuyo volumen nos proponemos calcular, de vértices $A,B,C$ y $P$. Entonces dicho volumen es igual a una sexta parte del producto mixto de los tres vectores $$\mathcal{V}=\dfrac{1}{6}\,\left| \,\left[ \overset{\rightarrow}{PA}, \overset{\rightarrow}{PB},\overset{\rightarrow}{PC}\right]\,\right|$$ Calculando el producto mixto, obtenemos: $$\,\left[ \overset{\rightarrow}{PA}, \overset{\rightarrow}{PB},\overset{\rightarrow}{PC}\right] =\begin{vmatrix}1-x_P & 1 & 1\\ 1-x_P & 3 & -3 \\ 3-x_P &-1& 1\end{vmatrix}=8\,(x_P+2)$$ luego $$\mathcal{V}=\dfrac{4}{3}\,\left| x_P+2 \right|=1 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x_P+2=\dfrac{3}{4} \Rightarrow x_{P_{1}}=-\dfrac{5}{4} \\ -(x_P+2)=\dfrac{3}{4} \Rightarrow x_{P_{2}}=-\dfrac{11}{4} \end{matrix}\right.$$ Hemos encotrado pues dos puntos que satisfacen la condición pedida: $P_{1}(-5/4,0,0)$ y $P_{2}(-11/4,0,0)$
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Un ejercicio en el espacio euclídeo R^3

ENUNCIADO. Dadas las rectas $r\equiv \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-3}{-2}=z$ y la recta $s$ que pasa por el punto $(2,-5,1)$ y tiene dirección $(-1,0,-1)$, se pide:
a) Estúdiese la posición relativa de las dos rectas
b) Determínese un plano que sea paralelo a $r$ y que contenga a $s$
c) Determínese un plano perpendicular a la recta $r$ y que pasa por el origen de coordenadas

SOLUCIÓN.
a) Un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_r=(2,-2,1)$, lo cual deduciomos de interpretar los denominadores de la ecuación de $r$ en forma continua que viene dada en el enunciado $r\equiv \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-3}{-2}=\dfrac{z-0}{1}$; por otra parte, como un punto de dicha recta es $P_{r}(1,3,0)$, un vector que apunta de dicho punto de $r$ a un punto de $s$ tal como $P_{s}(2,-5,1)$ ( dado en el enunciado ) es $\overset{\rightarrow}{P_{r}\,P_{s}}=(2-2,-5-(-2),1-1)=(0,-3,0)$.

Estudiaremos la posición relativa de $r$ y $s$ a partir del estudio del rango del conjunto de vectores $\{\vec{u}_{r}=(2,-2,1),\vec{u}_{s}=(-1,0,-1),\overset{\rightarrow}{P_{r}\,P_{s}}=(0,-3,0)\}$, el cual viene dado por el rango de la matriz que formamos disponiendo las coordenadas de dichos vectores en filas o en columnas ( los dispondremos en filas ): $$\begin{pmatrix}2&-2&1\\-1&0&-1\\0&-3&0\end{pmatrix}$$ El rango de dicha matriz es $3$ puesto que su determinante es distinto de $0$ $$\begin{vmatrix}2&-2&1\\-1&0&-1\\0&-3&0\end{vmatrix}=-3\cdot (-1)^{3+2}\,\begin{vmatrix}2&1\\-1&-1\end{vmatrix}=3\cdot (2\cdot (-1)-(-1)\cdot 1)=-3\neq 0$$ de lo cual deducimos que las rectas $r$ y $s$ se cruzan.

b) Un plano $\pi$ que sea paralelo a $r$ y que contenga a $s$ viene caracterizado por un vector perpendicular al mismo, tal como $\vec{n}_{\pi}:=\vec{u}_{r} \times \vec{u}_{s}$, además de por un punto de dicho plano, que, al incluir a la recta $s$, es, por ejemplo, el punto $P_{s}(1,3,0)$

Entonces, $\vec{n}_{\pi}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\2&-2&1\\-1&0&-1\end{vmatrix}=(2,1,-2)$, donde $\vec{i}=(1,0,0)$, $\vec{j}=(0,1,0)$ y $\vec{k}=(0,0,1)$ son los vectores de la base canónica de $\mathbb{R}^3$ ( a los cuales se refieren las coordenadas de los datos del problema ). A partir de las coordenadas del vector perpendicular al plano que acabamos de encontrar, sabemos que los coeficientes $A,B$ y $C$ de la ecuación del plano en forma general $\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0$ corresponden a las coordenadas del mismo: $A=2$, $B=1$ y $C=-2$; así que, podemos escribir que $\pi \equiv 2x+y-2z+D=0$. Determinamos $D$ teniendo en cuenta que $P_{s} \in \pi$, con lo cual $2\cdot 2+(-5)\cdot 1 -2\cdot 1+D=0 \Rightarrow D=3$, en consecuencia la ecuación del plano pedido es: $$\pi \equiv 2x+y-2z+3=0$$

c)
Denotemos por $\sigma$ al plano pedido ( perpendicular a $r$ y que pase por $O(0,0,0)$ ) y por $\vec{n}_{\sigma}$ un vector perpendicular a dicho plano; entonces podemos tomar $\vec{n}_{\sigma}:=\vec{u}_{r}=(2,-2,1)$, con lo cual $\sigma\equiv 2x-2y+z+D=0$; y, como, $O(0,0,0)\in \sigma$ ha de cumplirse que $2\cdot 0-2\cdot 0+0+D=0\Rightarrow D=0$. En consecuencia, la ecuación del plano pedido es $$\sigma \equiv 2x-2y+z=0$$
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Otro ejercicio de geometría. Problemas métricos en el espacio euclídeo R^3

ENUNCIADO. Se considera el plano $\pi\equiv 9x+12y+20z-180=0$. Se pide:
a) Las ecuaciones de los dos planos paralelos a $\pi$ que distan $4$ unidades del mismo
b) Las coordenadas de los puntos $A,B$ y $C$ intersección del plano $\pi$ con los ejes Ox, Oy y Oz
c) El valor del ángulo formado entre los vectores $\overset{\rightarrow}{AB}$ y $\overset{\rightarrow}{AC}$
c) El volumen del tetraedro cuyos vértices son el origen de coordenadas y los puntos $A,B$ y $C$

SOLUCIÓN.
a) Todo plano $\sigma$ paralelo a $\pi$ que diste de él $4$ unidades deberá tener los mismos coeficientes $a,b$ y $c$ en su ecuación general que los del plano $\pi$, pues ambos tienen el mismo vector característico $\vec{n}_{\sigma}=\vec{n}_{\pi}=(a,b,c)=(9,12,20)$, por lo que su ecuación general $\sigma\equiv ax+by+cz+d_{\sigma}=0$ es $$\sigma\equiv 9x+12y+20z+d_{\sigma}=0$$

Sabemos que $4=\text{dist}(\sigma,\pi)=\text{dist}(P_{\sigma},\pi)$, y escogiendo $P_{\sigma}=(0,0,-d_{\sigma}/20)$, podemos escribir
$$4=\dfrac{\left|9\cdot 0+12\cdot 0+20\cdot (-d_{\sigma}/20) -180 \right|}{\left|\sqrt{9^2+12^2+20^2}\right|}$$ y por tanto $$\dfrac{\left|-d_{\sigma}-180\right|}{25}=4$$ luego $$\left|-d_{\sigma}-180\right|=100 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}-d_{\sigma}-180=100 \Rightarrow d_{{\sigma}_{1}}=-280 \\ -(-d_{\sigma}-180)=100 \Rightarrow d_{{\sigma}_{2}}=-80 \\ \end{matrix}\right.$$

Por lo que los dos planos pedidos son: $$\begin{matrix}\sigma_1\equiv 9x+12y+20z-280=0\\ \text{y} \\ \sigma_2\equiv 9x+12y+20z-80=0\end{matrix}$$

b.i)
El eje Ox viene dado por la intersección de los siguientes planos $\left\{\begin{matrix}y=0\\z=0\end{matrix}\right.$; el eje Oy por $\left\{\begin{matrix}x=0\\z=0\end{matrix}\right.$, y el eje Oz por $\left\{\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.$

Así pues
$$A=\pi \cap Ox \equiv \left\{\begin{matrix}97x+12y+20z -180 =0\\ y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.,\;\text{luego}\; A=(180/9,0,0)=(20,0,0)$$
$$B=\pi \cap Oy \equiv \left\{\begin{matrix}9x+12y+20z -180 =0\\ x=0 \\ z=0\end{matrix}\right.,\;\text{luego}\; A=(0,180/12,0)=(0,15,0)$$
$$C=\pi \cap Oz \equiv \left\{\begin{matrix}9x+12y+20z -180 =0\\ x=0 \\ y=0\end{matrix}\right.,\;\text{luego}\; C=(0,0,180/20)=(0,0,9)$$

b.ii)

$\overset{\rightarrow}{AB}=\overset{\rightarrow}{OB}-\overset{\rightarrow}{OA}=(0,15,0)-(20,0,0)=(-20,15,0)$

$\overset{\rightarrow}{AC}=\overset{\rightarrow}{OC}-\overset{\rightarrow}{OA}=(0,0,9)-(20,0,0)=(-20,0,9)$

$\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB}, \overset{\rightarrow}{AC} )=\arccos \, \dfrac{\langle (-20,15,0),(-20,0,9) \rangle}{\left\|(-20,15,0)\right\|\cdot \left\|(-20,0,9)\right\|}=\arccos \, \dfrac{400}{25\,|\sqrt{481}|}\approx 43,2^{\circ}$

Nota: Con la notación $\langle .\,,\,.\rangle$ se designa el producto escalar de dos vectores

c) Un prisma tal como el formado por los vectores $\overset{\rightarrow}{OA}$, $\overset{\rightarrow}{OB}$, $\overset{\rightarrow}{OC}$ se descompone en $6$ tetraedros iguales, luego
$$\displaystyle V_{\text{tetraedro}}=\dfrac{1}{6}\,V_{\text{prisma}}=\dfrac{1}{6}\,\left|\left[ \overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{OB},\overset{\rightarrow}{OB}\right] \right| \quad \quad [1]$$

Nota: La notación $[.,.,.]$ designa el producto mixto de tres vectores

Calculemos el producto mixto:
$$\displaystyle \left[ \overset{\rightarrow}{OA},\overset{\rightarrow}{OB},\overset{\rightarrow}{OB}\right]=\begin{vmatrix} 20 & 0 & 0 \\ 0 & 15 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{vmatrix}=2700$$

Así pues, de [1], $$\displaystyle V_{\text{tetraedro}}=\dfrac{1}{6}\cdot |2700|=\dfrac{2700}{6}=450\,\text{unidades de volumen}$$

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Un ejercicio de geometría euclídea

ENUNCIADO. Sean las rectas de $r\equiv \left\{\begin{matrix}x-y+3=0\\2x-z+3=0\end{matrix}\right.$ y $s\equiv x=y+1=\dfrac{z-2}{2}$. Se pide:
a) La ecuación del plano $\sigma$ que contiene a $r$ y a $s$
b) La ecuación de la recta $t$ que pasa por $P=(0,-1,2)$ y corta perpendicularmente a $r$
c) El valor de los parámetros $a$ y $b$ para que la recta $s$ esté contenida en el plano $\pi\equiv x-2y+az=b$

SOLUCIÓN.
a) Extraigamos información de las ecuaciones de las rectas dadas:

Interpretando la ecuación de $s$, que viene dada en forma continua, $\dfrac{x-0}{1}=\dfrac{y-(-1)}{1}=\dfrac{z-2}{2}$, vemos que un vector en la dirección de $s$ es $\vec{u}_s=(1,1,2)$ y un punto de dicha recta es $A_{s}=(0,-1,2)$

La recta $r$, que viene dada por sus ecuaciones cartesians, puede expresarse en forma paramétrica: $$r \equiv \left\{\begin{matrix}x=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\,\lambda \\ y=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\,\lambda \\ z=\lambda \end{matrix}\right.$$ de lo cual deducimos que un punto de $r$ es $A_r=(-3/2,3/2,0)$, y un vector en la dirección de $r$ es $(1/2,1/2,1) \propto \vec{u}_r=(1,1,2)=\vec{u}_s$, por lo que $r\parallel s$ ( $r$ y $s$ son paralelas).

Observemos que

Un vector en la dirección perpendicular de sendas rectas (paralelas ), vendrá dado por $\overset{\rightarrow}{A_{r}A_{s}} \times \vec{u}_s$ ( que es, por tanto, un vector característico del plano pedido $\sigma$, y al que denotaremos por $\vec{n}_{\sigma}$ ), donde $\overset{\rightarrow}{A_{r}A_{s}}=(0-(-3/2),-1-3/2,2-0)=(3/2,-5/2,2)$

Así pues $\vec{n}_{\sigma}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 1&1&2 \\ 3/2&-5/2&2\end{vmatrix}=7\,\vec{i}+\vec{j}-4\,\vec{k}=(7,1,-4)$, siendo $\vec{i}=(1,0,0)$, $\vec{j}=(0,1,0)$ y $\vec{k}=(0,0,1)$ los vectores de la base canónica de $\mathbb{R}^3$ a la cual vienen referidas las coordenadas de los puntos y vectores que estamos manejando.

Es sabido que la ecuación general de $\sigma$ viene dada por $Ax+By+Cz+D=0$, donde $A=7$, $B=1$ y $C=-4$; por consiguiente, $\sigma\equiv 7x+y-4z+D=0$. Para determinar el valor de $D$ tendremos en cuenta que $A_s=(0,-1,2) \in s \subset \sigma$, las coordenadas de dicho punto deberán satisfacer la ecuación general del plano $\sigma$: $$7\cdot 0+(-1)-4\cdot 2+ D=0 \Rightarrow D=9$$ En consecuencia,la ecuación del plano pedido ( que contiene a $r$ y a $s$ ) es $$\sigma\equiv 7x+y-4z+9=0$$

b) Procederemos de la siguiente manera: primero determinaremos el plano que es perpendicular a $r$ y que contiene a $P$; a continuación, determinaremos el punto de intersección $I$ de dicho plano con la recta $r$, y con ello tendremos un vector $\overset{\rightarrow}{IP}$ en la dirección de la recta pedida $t$ ( la que contiene a $P$ y corta perpendicularmente a $r$ ), con lo cual ya podremos escribir la ecuación de $t$, puesto que conoceremos un vector de la misma y un punto que pasa por dicha recta.

Sea $\alpha$ el plano que contiene a $P=(0,-1,2)$ y es perpendicular a $r$. Un vector característico de $\alpha$ es por tanto $\vec{u}_r=(1,1,2)$, por lo que podemos escribir la ecuación general de $\alpha$ de la forma $$\alpha\equiv x+y+2z+D_{\alpha}=0$$ Para determinar el coeficiente $D_{\alpha}$ tendremos en cuenta que las coordenadas de $P$ han de satisfacer dicha ecuación, puesto que $P \in \alpha$, con lo cual $$-1+2\cdot 2+D_{\alpha}=0 \Rightarrow D=-3$$ En consecuencia, $$\alpha\equiv x+y+2z-3=0$$

Denotemos ahora por $I$ el punto de intersección de $\alpha$ y $r$, entonces $$I=\alpha \cap r \equiv \left\{\begin{matrix}x+y+2z-3=0\\ x-y+3=0\\2x-z+3=0\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_I=-1\\ y_I=2\\z_I=1\end{matrix}\right.$$

Un vector en la dirección de la recta pedida es pues $\vec{t}:=\overset{\rightarrow}{IP}=(-1-0,2-(-1),1-2)=(-1,3,-1)$, y, por consiguiente la ecuación vectorial de la recta $t$ ( que contiene a $P$ y corta a $r$ perpendicularmente es ) $$t\equiv (x,y,z)=(0,-1,2)+\lambda\,(-1,3,-1)$$

c) De la ecuación en forma general del plano $\pi \equiv x-2y+az=b$ podemos escribir un vector característico de dicho plano: $\vec{n}_{\pi}=(1,-2,a)$.

Para que $s\equiv x=y+1=\dfrac{z-2}{2}$ ( con vector director $\vec{u}_r=(1,1,2)$ ) esté en el plano $\pi$ deberá cumplirse que $\vec{n}_{\pi} \perp \vec{u}_r$ y por tanto que el producto escalar de dichos vectores sea nulo $$\langle (1,-2,a),(1,1,2)\rangle = 0 \Leftrightarrow 1\cdot 1 +(-2)\cdot 1 +2a=0 \Rightarrow a = \dfrac{1}{2}$$

Por otra parte debemos tener en cuenta que el punto $A_s=(0,-1,2)$ está en el plano $\pi$ ya que es un punto de la recta $s$ ( que está contenida en dicho plano ). Por consiguiente, sus coordenadas tienen que satisfacer la ecuación general de $\pi$, esto es: $$0-2\cdot (-1)+\dfrac{1}{2}\cdot 2 = b \Rightarrow b=3$$

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Ejercicios resueltos del examen de recuperación y mejora de nota realizado el pasado jueves 11/01/2018

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Consideremos un hilo inextensible que da la vuelta a la Tierra ... ( artículo escrito en catalán )

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Plano tangente a la superficie de una esfera

Enunciado:
Dados el punto $P(1,2,-1)$ y el plano $\pi \equiv x+2y-2z+2=0$, sea $\mathcal{S}$ la esfera que es tangente al plano $\pi$ en un punto $P'$ de modo que el segmento $PP'$ es uno de sus diámetros. Se pide:
  a) Hallar el punto de tangencia $P'$
  b) Hallar la ecuación de $\mathcal{S}$

Resolución:
  a)
Un vector perpendicular a $\pi$ es $\vec{u}=(1,2,-2)$ y, como $\overrightarrow{PP'} \propto \vec{u}$ ( al ser $PP'$ un diámetro de $\pi$ ), existe un escalar $k$ tal que $\overrightarrow{PP'}=k\,\vec{u}$, es decir, denotando por $(x',y',z')$ las coordenadas de $P'$, podemos escribir

$\left\{\begin{matrix} x'-1 &=&k \\ y'-2 &=&2\,k \\ z'-(-1) &=&-k \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x'-1 &=&\dfrac{y'-2}{2} \quad \quad \quad \quad \quad (1)\\ x'-1 &=&-(x'-(-1)) \quad \quad (2) \end{matrix} \right.$

Por otra parte
$P'(x',y',z') \in \pi$
luego debe cumplirse $x'+2y'-2z'+2=0 \quad \quad \quad (3)$

Entonces, podemos calcular las coordenadas de $P'$ resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1), (2) y (3); que, ordenado y simplificado, lo podemos escribir de la forma
$\left. \begin{matrix} x'&+&2\,y'&-&2\,z'&=&-2 \\ 2\,x'&-&y'&&&=&0 \\ x'&&&+&z'&=&0 \\ \end{matrix} \right\}$

De la tercera ecuación, $x'=-z'$ y sustituyendo en las dos primeras llegamos a
$\left. \begin{matrix} 3\,z'&-&2\,y'&=&2 \\ 2\,z'&+&y'&=&0 \end{matrix} \right\} \underset{(2\,e_2+e_1\rightarrow e_2)}{\sim} \left. \begin{matrix} 3\,z'&-&2\,y'&=&2 \\ 7\,z'&&&=&2 \end{matrix} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{matrix} x'=-\frac{2}{7} \\\\ y'=-\frac{4}{7} \\\\ z'=\frac{2}{7} \end{matrix} \right\}$

luego el punto de tangencia de $\pi$ y $\mathcal{S}$ es
      $P'\big(-\frac{2}{7},-\frac{4}{7},\frac{2}{7}\big)$

  b) La ecuación de la superfíce esférica es $ S\equiv (x-x_{C})^2+(y-y_{C})^2+(z-z_{C})^2=r^2 \quad \quad \quad (4)$
siendo $C(x_C,y_C,z_C)$ el centro de la esfera y $r$ el radio de la misma.

Procedamos pues a calcular las coordenada de $C$ y el valor de $r$
El punto $C$ es el punto medio del segmento $PP'$, y, siendo $P(1,2,-1)$, llegamos a

$x_C=\dfrac{x_P+x_P'}{2}=\dfrac{-\frac{2}{7}+1}{2}=\frac{5}{14}$

$y_C=\dfrac{y_P+y_P'}{2}=\dfrac{-\frac{4}{7}+2}{2}=\frac{10}{14}=\frac{5}{7}$

$z_C=\dfrac{z_P+z_P'}{2}=\dfrac{\frac{2}{7}+(-1)}{2}=-\frac{5}{14}$

y, conociendo las coordenadas de $C$ y $P'$ podemos ahora calcular el valor del radio $r$ de la esfera

$r=\left\| \overrightarrow{CP'}\right\|=\left| \sqrt{ \big(1-\frac{5}{14}\big)^2+\big(2-\frac{10}{14}\big)^2+\big(-1-(-\frac{5}{14})\big)^2) } \right|= \frac{9}{14}\,\left|\sqrt{6}\right|$

Por tanto, sustituyendo las coordenadas de $C$ y el valor del radio $r$ en (4), llegamos a la ecuación pedida de la superficie de la esfera

$S \equiv \big(x-\frac{5}{14}\big)^2+\big(y-\frac{5}{7}\big)^2+\big(z-(-\frac{5}{14})\big)^2=\frac{243}{98}$

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[nota del autor]