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 $P_{2}(-11/4,0,0)$
$\square$

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

$\square$

Determinación de una recta que pasa por un punto dado y que es perpendicular a una cierta recta

ENUNCIADO. Se considera la recta $r\equiv (x,y,z)=(0,1,0)+\lambda\,(1,2,1)$. Determínese la ecuación de la recta $s$ que pasa por el punto $P(1,-1,1)$ y es perpendicular a $r$.

SOLUCIÓN. Sea $X(x,y,z)$ un punto genérico del plano $\pi$ que contiene a $s$ y que, por las condiciones del enunciado, ha de ser perpendicular a $r$. Entonces, siendo $\vec{u}_r:=(1,2,1)$ un vector director de $r$, ha de cumplirse como condición necesaria que $\langle \overset{\rightarrow}{PX},\vec{u}_r\rangle =0$, con lo cual $\langle (x-1,y-(-1),z-1),(1,2,1)\rangle =0$ de donde se desprende que $x+2y+z=0$, que es la ecuación de dicho plano $\pi$.

---
Observación: También podemos obtener la ecuación del plano $\pi$ montando directamente la ecuación general del mismo $Ax+By+Cz+D=0$, ya que los valores de los coeficientes $A,B$ y $C$ se corresponden con las coordenadas de un vector perpendicular al mismo, como puede ser un vector en la dirección de $r$ ( ya que $r$ es perpendicular a $\pi$ ); en nuestro caso, $A=1$, $B=2$ y $C=1$. El valor del coeficiente $D$ lo calculamos a partir del punto $P(1,-1,1)$ que forma parte del plano, y, por tanto sus coordenadas tienen que satisfacer la ecuación general de dicho plano: $1.1+2\cdot (-1)+1\cdot 1+D=0$, por lo que $D=0$; en consecuencia, la ecuación general del plano queda $x+2y+z=0$
---

La determinación de la recta pedida $s$ requiere conocer un punto de la misma -- ya lo tenemos: $P(1,-1,1)$ -- y un vector que tenga su misma dirección, llamémosle $\vec{u}_s$, para el cual podemos tomar $\overset{\rightarrow}{PI}$ o bien un vector linealmente dependiente con éste, siendo $I$ el punto de intersección del plano $\pi$ ( que contiene a $s$ ) y de la recta $r$.

Procedemos pues a calcular las coordenadas de dicho punto $I$. Para ello, tenemos que escribir las ecuaciones cartesianas de $r$. De la ecuación vectorial de $r$, y despejando el parámetro, obtenemos $\left\{\begin{matrix}\lambda=x \\ \lambda = \dfrac{y-1}{2} \\ \lambda =z \end{matrix}\right.$, y, de éstas igualdades llegamos a
$$r\equiv \left\{\begin{matrix}x=z \\ y-2z=1 \end{matrix}\right.$$

Las coordenadas de $I$ han de ser la solución del sistema de ecuaciones formado por las dos ecuaciones cartesianas de la recta $r$ ( que acabamos de hallar ) y la ecuación general del plano $\pi$, esto es $$I \equiv \left\{\begin{matrix}x+2y+z=0 \\ x=z \\ y-2z =1\end{matrix}\right.$$ sistema que resolvemos sin dificultad, obteniendo $I(-1/3,1/3,-1/3)$

Entonces $\overset{\rightarrow}{PI}=\overset{\rightarrow}{OI}-\overset{\rightarrow}{OP}=(-1/3-1,1/3-(-1),-1/3-1)=(-4/3,4/3,-4/3)$ que es linealmente dependiente con $(-1,1,-1)$, luego podemos escribir $\vec{u}_s:=(-1,1,-1)$

Finalmente, ya podemos expresar la ecuación de la recta pedida $s$ en forma vectorial: $\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\mu\,\vec{u}_3$, siendo ahora $X$ un punto genérico de dicha recta. Así, $$s\equiv (x,y,z)=(1,-1,1)+\mu\,(-1,1,1)$$
$\square$

Algunos problemas básicos en el espacio euclídeo R^3 que hay que saber resolver

• Determinación de una recta, dado un punto de la misma y un vector en la misma dirección que dicha recta
  
• Determinación de una recta, dados dos puntos de la misma
  
• Saber expresar la ecuación de una recta en todas sus formas: vectorial, continua, paramétrica, y mediante sus ecuaciones cartesianas ( implícitas )
  
• Determinación de un plano, dados tres puntos del mismo
  
• Determinación de un plano, dados un punto del mismo y dos vectores contenidos en dicho plano
  
• Determinación de un plano, conocido un punto de éste y dado un vector perpendicular a dicho plano
  
• Saber expresar la ecuación de un plano en todas formas: vectorial, paremétrica, y general ( implícita )
  
• Determinación de la recta perpendicular a un cierto plano y que ha de pasar por un cierto punto
  
• Determinación de la recta perpendicular a una recta dada y que ha de pasar por un cierto punto
  
• Investigación de la incidencia entre: a) dos rectas, b) dos planos, c) una recta y un plano
  
• Distancia entre dos rectas que se cruzan
  
• Distancia entre una recta y un punto exterior a ella
  
• Distancia entre un plano y un punto exterior a dicho plano
  
• Distancia entre dos planos paralelos no coincidentes
  
• Ángulo entre dos rectas no paralelas
  
• Área de un paralelogramo
  
• Volumen de un paralelepípedo
  
• Ángulo entre dos planos secantes
  
• Punto simétrico de un punto dado con respecto a una cierta recta
  
• Punto simétrico de un punto dado con respecto a un cierto plano
  
• Proyección ortogonal de una recta sobre un plano
  
• Recta perpendicular común a dos rectas que se cruzan
  
• Plano que contiene a un punto dado, perteneciendo dicho plano a un haz de planos que tienen por arista común una recta dada
  
• Plano que contiene a un punto dado, perteneciendo dicho plano a un cierto haz de planos paralelos
  
• Plano mediador de un segmento ( lugar geométrico )
  
• Plano bisector de dos planos que se cortan ( lugar geométrico )
  
• Ecuación de la superficie de una esfera de centro y radio dados ( lugar geométrico )
  
• Saber deducir el radio y el centro de la ecuación de una esfera en su forma desarrollada: $x^2+y^2+z^2+Ax+By+Cz+D=0$, así como expresar a partir de ésta la ecuación en forma centro-radio: $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2+(z-z_C)^2=R^2$
  
• Plano tangente a una esfera en un cierto punto de la misma
  
• Investigación de la incidencia entre una esfera y un plano
  
• Radio de la circunferencia que resulta de la intersección de un plano y una esfera ( cuando el plano corta a la esfera )
  
• Saber manejar las ecuaciones de otras superficies ( de revolución ) y entender cómo se deducen: paraboloides, hiperboloides y elipsoides ( lugar geométrico )
  

Simétrico de un punto con respecto a otro punto dado

ENUNCIADO. Calcúlense las coordenadas del punto simétrico del punto $P(-1,2,-1)$ con respecto del punto $C(1,2,-3)$

SOLUCIÓN. Denotemospor $P'$ al apunto pedido. Dicho punto está alineado con los puntos $P$ y $C$ y es tal que $\text{dist}(P',C)=\text{dist}(C,P)$, luego $\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PC}$, en consecuencia $$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-x_{P}=2\cdot ( x_{C}-x_{P}) \\ y_{P'}-y_{P}=2\cdot ( y_{C}-y_{P}) \\ z_{P'}-z_{P}=2\cdot ( z_{C}-z_{P})\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-(-1)&=&2\cdot ( 1-(-1)) \\ y_{P'}-2&=&2\cdot ( 2-2) \\ z_{P'}-(-1)&=&2\cdot ( -3-(-1))\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x_{P'}+1&=&4 \\ y_{P'}-2&=&0 \\ z_{P'}+1&=&-4\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_{P'}&=&3 \\ y_{P'}&=&2 \\ z_{P'}&=&-5\end{matrix}\right.$$ luego el punto pedido es $P'(3,2,-5)$
$\square$

Simetría de un punto con respecto a un plano

ENUNCIADO. Calcular las coordenadas del punto simétrico de $P(1,1,1)$ con respecto del plano $\pi\equiv x+y+z-1=0$

SOLUCIÓN. Denotemos por $P'$ al punto simétrico de $P$ con respecto de $\pi$. Sea la recta $r$ perpendicular a $\pi$ que pasa por $P$ e $I$ el punto de intersección de $r$ y $\pi$. Entonces $\text{distancia}(P,I)=\text{distancia}(I,P')$ y por tanto $\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PI} \quad \quad (1)$

Un vector en la dirección de la recta $r$ que es perpendicular al plano $\pi$ es $\vec{u}:=\vec{n}$, donde $\vec{n}=(1,1,1)$ es el vector característico del plano $\pi$, que deducimos de la ecuación general del mismo ( cuyos coeficientes $A,B$ y $C$ son $A=B=C=1$ ). Veamos la ecuación en forma continua de la recta $r$, que pasa por $P(1,1,1)$ $$r\equiv \dfrac{x-x_{P}}{u_1}=\dfrac{y-y_{P}}{u_2}=\dfrac{z-z_{P}}{u_3}$$ que, con los datos, se concreta en $$r\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z-1}{1}$$

Las coordenas de $I = \pi \cap r$ vienen dadas por la solución del sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}x+y+z=1 \\ x-1=y-1 \\ x-1=z-1\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x+y+z=1 \\ x=y \\ x=z\end{matrix}\right.$$ con lo cual $x=y=z=\dfrac{1}{3}$. Entonces, de (1) podemos escribir
$$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-x_{P}=2\,(x_{I}-x_{P}) \\ y_{P'}-y_{P}=2\,(y_{I}-y_{P})\\ z_{P'}-z_{P}=2\,(z_{I}-z_{P}) \end{matrix}\right.$$ y con los datos del problema $$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-1=2\cdot (1/3-1) \\ y_{P'}-1=2\cdot (1/3-1) \\ z_{P'}-1=2\cdot (1/3-1) \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x_{P'}=-1/3 \\ y_{P'}=-1/3 \\ z_{P'}=-1/3 \end{matrix}\right. $$ por lo que el punto pedido es $P'(-1/3,-1/3,-1/3)$

$\square$

Punto simétrico de un cierto punto con respecto de una recta dada

ENUNCIADO. Calcular las coordenadas del punto simétrico de $P(1,2,3)$ con respecto de la recta $r\equiv x=y=z$

SOLUCIÓN. Denotemos por $P'$ al punto simétrico de $P$. Sea la recta $s$ perpendicular a $r$ que pasa por $P$ e $I$ el punto de intersección de $s$ y $r$. Entonces $\text{distancia}(P,I)=\text{distancia}(I,P')$ y por tanto $\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PI} \quad \quad (1)$

La recta $s$ está contenida en un plano $\pi$, que ha de ser perpendicular a $r$. Veamos la ecuación general de dicho plano: Un vector característico de $\pi$ es $\vec{n}:=\vec{u}=(1,1,1)$ donde $\vec{u}$ es un vector que tiene la dirección de $r$, en consecuencia $\pi\equiv 1\cdot x+ 1\cdot y + 1 \cdot z+D=0$, y como $P(1,2,3)$ está en $\pi$ ( por estar en $s$ ), ha de cumplirse que $1+1+1+D=0 \Rightarrow D=-3$; así pues $\pi \equiv x+y+z-3=0$

Las coordenas de $I = \pi \cap r$ vienen dadas por la solución del sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}x+y+z=3 \\ x=y \\ x=z\end{matrix}\right.$$ con lo cual $x=y=z=1$. Entonces, de (1) podemos escribir
$$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-x_{P}=2\,(x_{I}-x_{P}) \\ y_{P'}-y_{P}=2\,(y_{I}-y_{P})\\ z_{P'}-z_{P}=2\,(z_{I}-z_{P}) \end{matrix}\right.$$ y con los datos del problema $$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-1=2\cdot (1-1) \\ y_{P'}-2=2\cdot (1-2) \\ z_{P'}-3=2\cdot (1-3) \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x_{P'}=1 \\ y_{P'}=0 \\ z_{P'}=-1 \end{matrix}\right. $$ por lo que el punto pedido es $P'(1,0,-1)$

$\square$

Recta que corta perpendicularmente a dos rectas que se cruzan

ENUNCIADO. Sean las rectas $$r\equiv x-1 = y-2=\dfrac{z-1}{-2}$$ y $$s\equiv \dfrac{x-4}{-1}=\dfrac{y+1}{3}=\dfrac{z}{2}$$ Determínese, si es posible, la recta que corta perpendicularmente a $r$ y a $s$


SOLUCIÓN. Si las dos rectas dadas son secantes, no puede encontrarse una recta que las corte perpendicularmente, salvo si dichas rectas son perpendiculares, en cuyo caso la recta pedida es cualquiera de las dos. Si las rectas son paralelas no coincidentes, hay infinitas rectas que las cortan y son perpendiculares a ambas. Por otra parte, si dichas rectas se cruzan, hay una sola recta que las corte y sea perpendicular a esas dos rectas dadas, que es el caso de las rectas del enunciado; en efecto, un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}=(1,1,-2)$ y un punto de dicha recta es $A(1,2,1)$; un vector en la dirección de $s$ es $\vec{v}=(-1,3,2)$ y un punto de esa recta es $B(4,-1,0)$, entonces $\text{rango}(\{\vec{u}\,,\,\vec{v}\,\,\overset{\rightarrow}{AB}\})=3$ ya que $$\begin{vmatrix}1&1&-2 \\ -1& 3 & 2 \\ 4-1 & -1-2 & 0-1\end{vmatrix} \neq 0$$ luego al ser los tres vectores linealmente independientes $r$ y $s$ se cruzan.

Así pues, como las rectas $r$ y $s$ se cruzan, existe una y sólo una recta, a la que denotamos por $t$, que corta perpendicularmente a las dos. Procedemos a encontrarla.

Desde luego, un vector $\vec{n}$ en la dirección de $t$ ha de ser perpendicular a $\vec{u}$ y a $\vec{v}$, por lo que podemos tomar $$\vec{n}:=\vec{u} \times \vec{v} \overset{\text{def}}{=} \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & -2 \\ -1 & 3 & 2\end{vmatrix}=8\,\vec{i}+4\,\vec{k}=(8,0,4)$$ Además, este vector $\vec{n}$, es paralelo al plano $\pi$ que contiene a $r$, y, también, al plano $\pi'$ que contiene a $s$. Y es claro que la recta pedida $t$ es la intersección de los planos $\pi$ y $\pi'$. Vamos pues a determinar las ecuaciones de estos dos planos; una vez obtenidas, la recta $t$ tendrá como ecuaciones implícitas estas dos ecuaciones.

El plano $\pi$ que contiene a $r$ viene caracterizado por $(\vec{u}\,,\,\vec{n}\,;\,A)$ con lo cual $$\pi \left\{\begin{matrix}x-x_A=\lambda\,u_1+\mu\, n_1 \\ y-y_A=\lambda\,u_2+\mu\, n_2 \\ z-z_A=\lambda\,u_3+\mu\, n_3 \end{matrix}\right.$$ y teniendo en cuenta que $$\text{rango}\begin{pmatrix}x-x_A & u_1 & n_1 \\ y-y_A & u_2 & n_2 \\ z-z_A & u_3 & n_3 \end{pmatrix}=2$$ y por tanto $$\pi \equiv \begin{vmatrix}x-x_A & u_1 & n_1 \\ y-y_A & u_2 & n_2 \\ z-z_A & u_3 & n_3 \end{vmatrix}$$ luego $$\pi \equiv \begin{vmatrix} x-1 & 1 & 8 \\ y-2 & 1 & 0\\ z-1 & -2 & 4 \end{vmatrix}=0$$ esto es $$\pi \equiv x-5y-2z+11=0$$

Por otra parte, el plano $\pi'$ que contiene a $s$ viene caracterizado por $(\vec{v}\,,\,\vec{n}\,;\,B)$ con lo cual, razonando de forma análoga, obtenemos $$\pi '\equiv \begin{vmatrix}x-x_B & v_1 & n_1 \\ y-y_B & v_2 & n_2 \\ z-z_B & v_3 & n_3 \end{vmatrix}$$ luego $$\pi' \equiv \begin{vmatrix} x-4 & -1 & 8 \\ y+1 & 3 & 0\\ z & 2 & 4 \end{vmatrix}=0$$ esto es $$\pi' \equiv 3x+5y-6z-7=0$$

En consecuencia las ecuaciones implícitas de $t=\pi \cap \pi'$ vienen dadas por las ecuaciones de sendos planos: $$t\equiv \left\{\begin{matrix}x&-&5y&-&2z&=&-11 \\ 3x&+&5y&-&6z&=&7 \end{matrix}\right.$$

$\square$

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre dos planos paralelos

ENUNCIADO. Sean los planos paralelos $\pi\equiv x+y-z-2=0$ y $\pi'\equiv x+y-z-5=0$. Calcúlese la distancia entre ellos.

SOLUCIÓN. Escogemos un punto $P$ de $\pi'$, $P:=(3,2,0)$. Es sabido que $$d(\pi\,,\,\pi')=d(A,\pi)=\dfrac{\left| Ax_P+By_P +Cz_P+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}$$ Entonces, como $A=1$, $B=1$, $C=-1$ y $D=-2$, encontramos $$d(\pi\,,\,\pi')=\dfrac{\left| 3\cdot 1 + 2\cdot 1 +0\cdot (-1) -2 \right|}{\left|\sqrt{1^2+1^2+(-1)^2}\right|}=\dfrac{3}{\left| \sqrt{3} \right|}=\dfrac{1}{\left| \sqrt{3} \right|}\, \text{unidades de longitud}$$

$\square$

Espacio euclídeo. Cálculo del volumen de un tetraedro. Perpendicularidad.

ENUNCIADO. Considérense los puntos $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$ y $D(0,0,1)$. Se pide:
a) Calcúlese el volumen del tetraedro cuyos vértices son los puntos $A$, $B$, $C$ y $D$
b) Investíguese si la recta $r$ que pasa por $A$ y por el baricentro del triángulo $\triangle\{B\,C\,D\}$ es perpendicular al plano que contiene a los puntos $B,C$ y $D$.

SOLUCIÓN.

a)
Sabemos que para un tetraedro $$\text{Volumen}=\dfrac{1}{6}\,\left|\,\left[\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AD}\right] \,\right| \quad \quad (1)$$

Y conociendo $\overset{\rightarrow}{AB}=(1-0,0-0,0-0)=(1,0,0)$, $\overset{\rightarrow}{AC}=(0-0,1-0,0-0)=(0,1,0)$ y $\overset{\rightarrow}{AD}=(0-0,0-0,1-0)=(0,0,1)$, y teniendo en cuenta que podemos calcular el producto mixto $\left|\,\left[\overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AD}\right] \,\right|$ como $$\begin{vmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}=1$$ encontramos que el volumen pedido ( sustituyendo en (1) ) es $$ \text{Volumen}=\dfrac{1}{6} \cdot \left| 1 \right| = \dfrac{1}{6}\,\text{unidades de volumen}$$

b)
Denotemos por $\pi$ al plano que contiene a los puntos $B,C$ y $D$, y por tanto al triángulo $\triangle\{B\,C\,D\}$. Sabemos que la recta $r$ es perpendicular a $\pi$ si y sólo si el vector característico del plano $\pi$, al que llamaremos $\vec{n}$, tiene la misma dirección que un vector en la dirección de $r$ ( al que llamaremos $\vec{u}$ ).

Procedemos a determinar la ecuación general del plano $\pi$, extrayendo de ella el vector característico del plano $\vec{n}$. Dos vectores de $\pi$ son $\overset{\rightarrow}{BC}=(0-1,1-0,0-0)=(-1,1,0)$ y $\overset{\rightarrow}{BD}=(0-1,0-0,1-0)=(-1,0,1)$, luego un vector perpendicular a ambos vectores, y por tanto perpendicular al plano $\pi$, viene dado por $\vec{n}:=\overset{\rightarrow}{BC} \times \overset{\rightarrow}{BD}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&1&0\\-1&0&1\end{vmatrix}=\vec{i}+\vec{j}+\vec{k}=(1,1,1)$

Vamos ahora a determinar la ecuación de la recta $r$, extrayendo de ella un vector $\vec{u}$ que tenga la dirección de la misma. Dicha recta pasa por $A(0,0,0)$ y por $G$ ( baricentro de $\triangle\{B\,C\,D\}$ ), cuyas coordenadas son $G\left(\dfrac{x_B+x_C+x_D}{3},\dfrac{y_B+y_C+y_D}{3},\dfrac{z_B+z_C+z_D}{3}\right)=(1/3,1/3/1/3)$, entonces $\vec{u}:=\overset{\rightarrow}{AG}=(1/3-0,1/3-0,1/3-0)=(1/3,1/3,1/3)$

Es evidente que el vector en la dirección de la recta $r$, $\vec{u}=(1/3,1/3,1/3)$, tiene la misma dirección que el vector característico del plano $\pi$, $\vec{n}=(1,1,1)$, ya que $\vec{n}=3\,\vec{u}$, por lo que concluimos que $r$ es perpendicular a $\pi$.

$\square$

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Incidencias de rectas. Área de un triángulo

ENUNCIADO. Sean las rectas secantes $r \equiv \left\{\begin{matrix}x-y=1\\ z=0\end{matrix}\right.$ y $s\equiv \left\{\begin{matrix}x=1-\lambda \\ y = \lambda\\ z=0\end{matrix}\right.$ y considérense los puntos $B(0,1,0)$ y $C(0,0,1)$, Calcúlese el área del triángulo $\triangle\{ABC\}$, siend $A$ el punto de intersección de $r$ y $s$

SOLUCIÓN. Encontremos las ecuaciones implícitas de $s$; de las ecuaciones paramétricas de $s$ $$\left\{\begin{matrix}x=1-\lambda \\ y = \lambda\\ z=0\end{matrix}\right.$$ podemos escribir $$\left\{\begin{matrix}x-1=-\lambda \\ y = \lambda\\ z=0\end{matrix}\right.$$ entendiendo ésto como un sistema ecuaciones compatible determinado con una sóla incógnita, que es el parámetro $\lambda$ ( que podríamos determinar, si fijásemos $x$ e $y$ ), de manera que $$\text{rango}\begin{pmatrix}x-1 & -1 \\ y & 1 \\ z & 0\end{pmatrix}=1$$ y por tanto los menores de orden $2$ han de ser nulos:

$$\begin{vmatrix}x-1 & -1 \\ y & 1 \end{vmatrix}=x-1+y=0$$ y $$\begin{vmatrix}y & 1 \\ z & 0 \end{vmatrix}=-z=0$$ Así pues $$s\equiv \left\{\begin{matrix}x+y=1 \\ z=0\end{matrix}\right.$$ Entonces las coordenadas del punto de intersección de $r$ y $s$ son solución del sistema de ecuaciones lineales formado por las ecuaciones implícitas de las dos rectas $$\left\{\begin{matrix}x-y=1 \\ x+y=1 \\ z=0\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x-y=1 \\ 2x=2 \\ z=0\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}y=0 \\ x=1 \\ z=0\end{matrix}\right.$$ por lo que el punto pedido es $A(1,0,0)$

-oOo-
Procedemos ahora a calcular el área del triángulo $\triangle\{ABC\}$. Es bien sabido que $$\text{Área}=\dfrac{1}{2}\,\left\| \overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{AC} \right\| \quad \quad (1)$$ siendo $\overset{\rightarrow}{AB}=(0-1,1-0,0-0)=(-1,1,0)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(0-1,0-0,1-0)=(-1,0,1)$

Calculando el producto vectorial $(-1,1,0) \times (-1,0,1) = \begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1\end{vmatrix}=\vec{i}+ \vec{j} + \vec{k}=(1,1,1)$
y el módulo de dicho vector $$\left\|(1,1,1)\right\|=\left|\sqrt{1^2+1^2+1^2}\right|=\left| \sqrt{3} \right|$$ luego, de (1), encontramos $$\text{Área}=\dfrac{\left| \sqrt{3} \right|}{2} \; \text{unidades de área}$$
$\square$

Modelización de la trayectoria rectilínea de una pelota tras el rebote sobre una superficie plana

ENUNCIADO. Sea el plano $\pi \equiv x+y+z-1=0$ y la recta $r\equiv \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y}{3}=z$. Una pelota en movimiento que lleva una trayectoria rectilínea rebota de forma totalmente elástica sobre una superficie plana ( representada por el plano $\pi$ ). Determínese el punto del choque con el plano y la recta que describe la trayectoria de la pelota tras su rebote.

SOLUCIÓN.
Esto es lo que vamos a hacer para determinar la recta pedida, que denotaremos por $t$:

  i) Tomar un punto $P$ de $r$ que no esté en $\pi$

  ii) Encontrar el punto de intersección de $r$ y $\pi$ ( punto en el que se produce el rebote, que denotaremos por $I$ )

  iii) Encontrar las coordenadas del punto simétrico de $P$ con respecto del punto $I$, al que llamaremos $P'$

  iv) Determinar la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $P'$, a la que denotaremos por $s$

  v) Encontrar las coordenadas del punto de intersección de $s$ con $\pi$, al que denominaremos $J$

  vi) Encontrar las coordenadas del punto simétrico de $P'$ con respecto del plano $\pi$, al que llamaremos $P''$

  vii) La recta pedida $r'$ ha de contener los puntos $I$ y $P''$, luego conociendo éstos, ésta quedará determinada


Póngamonos a ello:

  i) Es evidente que un punto $P$ de $r$ que no esté en $\pi$ es, por ejemplo, $P(3,3,1)$

  ii) Para encontrar las coordenadas de $I$ hay que resolver el sistema de ecuaciones que conforman la del plano y las dos ecuaciones implícitas de $r$.

Las ecuaciones implícitas de $r$ son $r \equiv \left\{\begin{matrix}y=3z\\x=2z+1 \end{matrix}\right.$ luego el sistema a resolver es
$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&y&-&3z&=&0\\x&&&-&2z&=&1 \end{matrix}\right. \overset{e_1-e_3 \rightarrow \,e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&y&-&3z&=&0\\&&y&+&3z&=&0 \end{matrix}\right. \sim$

$\overset{e_2-e_3 \rightarrow \,e_3}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&y&-&3z&=&0\\&&&&-6z&=&0 \end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&1\\&&y&&&=&0\\&&&&z&=&0 \end{matrix}\right. $ Así pues obtenemos $I(1,0,0)$

  iii) Si $P'$ es el punto simétrico de $P(3,3,1)$ con respecto al plano $\pi$ ha de cumplirse que $\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PI}$, luego $$(x_{P'}-x_{P},y_{P'}-y_{P},z_{P'}-z_{P})=2\,(x_{I}-x_{P},y_{I}-y_{P},z_{I}-z_{P})$$ esto es $$(x_{P'}-3,y_{P'}-3,z_{P'}-1)=2\,(1-3,0-3,0-3)$$ y por tanto $$\left\{\begin{matrix}x_{P'}-3=2\cdot (1-3) \\ y_{P'}-3=2\cdot (0-3)\\ z_{P'}-1=2\cdot (0-3)\end{matrix}\right.$$ de donde deducimos fácilmente que $x_{P'}=-1$, $y_{P'}=-3$ y $z_{P'}=-5$, luego obtenemos $P'(-1,-3,-5)$

iv) Vamos a determinar ahora la recta perpendicular a $\pi\equiv x+y+z-1=0$ que pasa por $P'(-1,-3,-5)$, que es $s\equiv \dfrac{x-(-1)}{1}=\dfrac{y-(-3)}{1}=\dfrac{z-(-5)}{1}$ esto es $s\equiv x+1=y+3=z+5$, siendo unas ecuaciones implícitas de dicha recta $s \equiv \left\{\begin{matrix}x+1=y+3\\x+1=z+5\end{matrix}\right.$, esto es $s \equiv \left\{\begin{matrix}x-y=2\\x-z=4\end{matrix}\right.$


v) Encontremos ahora las coordenadas del punto de intersección $J$ de $s$ con $\pi$, para lo cual hay que resolver el sistema de ecuaciones
$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\x&-&y&&&=&2\\x&&&-&z&=&4 \end{matrix}\right. \overset{e_1-e_2 \rightarrow \,e_2\,,\,e_1-e_3 \rightarrow \,e_3}{\sim}\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&2y&+&z&=&3\\&&y&+&2z&=&-3 \end{matrix}\right.\sim$

$\overset{-2e_3+e_2 \rightarrow \,e_3}{\sim}\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&1\\&&2y&+&z&=&3\\&&&&-3z&=&9 \end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x&&&&&=&1\\&&y&&&=&3\\&&&&z&=&-3 \end{matrix}\right.$ con lo cual obtenemos $J(1,3,-3)$

vi) Procedemos a encontrar las coordenadas del punto simétrico de $P'$ con respecto del plano $\pi$, al que llamaremos $P''$. Para ello tendremos en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{P'P''}=2\,\overset{\rightarrow}{P'J}$$ esto es $$(x_{P''}-x_{P'},y_{P''}-y_{P'},z_{P''}-z_{P'})=2\,(x_{J}-x_{P'},y_{J}-y_{P'},z_{J}-z_{P'})$$ y poniendo las coordenadas de los puntos $$(x_{P''}-(-1),y_{P''}-(-3),z_{P''}-(-5))=2\,(1-(-1),3-(-3),-3-(-5))$$ es decir $$(x_{P''}+1,y_{P''}+3,z_{P''}+5)=(4,12,4)$$ con lo cual $x_{P''}=3$, $y_{P''}=9$ y $z_{P''}=-1$, obteniendo el punto $P''(3,9,-1)$

vii) Finalmente, podremos determinar la recta pedida ( que contiene a la semirrecta emergente ) que pasa por $P''(3,9,-1)$ y $J(1,3,-3)$. Un vector en la dirección de $r'$ es $\overset{\rightarrow}{JP''}=(3-1,9-3,-1-(-3))=(2,6,2)$ que es proporcional a $(1,3,1)$, luego tomaremos como vector director de $r$ el vector $\vec{v}:=(1,3,1)$, y teniendo en cuenta que $J$ está en dicha recta, podemos escribir una ecuación de $r'$ en forma continua $$r'\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-3}{3}=\dfrac{z-(-3)}{1}$$ esto es $$r'\equiv x-1=\dfrac{y-3}{3}=x+3$$

$\square$

Intersección de un plano con los ejes de coordenadas. Área de un triángulo.

ENUNCIADO. Sea el plano $\pi \equiv x+2y+3z-4=0$. Determínense las coordenadas de los puntos de intersección de dicho plano con los ejes de coordenadas $Ox$, $Oy$ y $Oz$, siendo la base de referencia afín $\mathcal{B}=\{O;\vec{i}=(1,0,0)\,,\,\vec{j}=(0,1,0)\,,\,\vec{k}=(0,0,1)\}$. Finalmente, calcúlese el área del triángulo cuyos vértices son dichos puntos.

SOLUCIÓN.
Un vector en la dirección del eje Ox es $\vec{i}=(1,0,0)$, luego dicho eje es la recta cuya ecuación en forma continua es $r\equiv \dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{0}=\dfrac{z}{0}$ y, por tanto, sus ecuaciones implícitas son $r\equiv \left\{\begin{matrix}y=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Ox es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x+2y+3z=4\\ y=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Ox es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x=4\\ y=0\\z=0\end{matrix}\right.$, luego el punto de intersección con el eje Ox es $A(4,0,0)$
-oOo-Un vector en la dirección del eje Ox es $\vec{j}=(0,1,0)$, luego dicho eje es la recta cuya ecuación en forma continua es $r\equiv \dfrac{x}{0}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z}{0}$ y, por tanto, sus ecuaciones implícitas son $r\equiv \left\{\begin{matrix}x=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oy es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x+2y+3z=4\\ x=0\\z=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oy es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x=0\\ y=2\\z=0\end{matrix}\right.$, luego el punto de intersección con el eje Oy es $B(0,2,0)$
-oOo-Un vector en la dirección del eje Ox es $\vec{k}=(0,0,1)$, luego dicho eje es la recta cuya ecuación en forma continua es $r\equiv \dfrac{x}{0}=\dfrac{y}{0}=\dfrac{z}{1}$ y, por tanto, sus ecuaciones implícitas son $r\equiv \left\{\begin{matrix}x=0\\y=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oz es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x+2y+3z=4\\ x=0\\y=0\end{matrix}\right.$ Así pues el punto de intersección del plano con el eje Oy es la solución del sistema de ecuaciones lineales compatible determinado $\left\{\begin{matrix}x=0\\ y=0\\z=4/3\end{matrix}\right.$, luego el punto de intersección con el eje Oy es $C(0,0,4/3)$
-oOo-Sabemos que $$\text{Área}=\dfrac{1}{2}\,\left\|\overset{\rightarrow}{AB}\times\overset{\rightarrow}{AC}\right\| \quad \quad (1)$$
Como $A(2,0,0),$, $B(0,4,0)$ y $C(0,04/3)$, tenemos que $\overset{\rightarrow}{AB}=(0-4,2-0,0-0)=(-4,2,0)$ y $\overset{\rightarrow}{AC}=(0-4,0-0,4/3-0)=(-4,0,4/3)$
Entonces,
$\overset{\rightarrow}{AB}\times \overset{\rightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-4&2&0\\-4&0&4/3\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}2&0\\0&4/3\end{vmatrix}\,\vec{i}-\begin{vmatrix}-4&0\\-4&4/3\end{vmatrix}\,\vec{j}+\begin{vmatrix}-4&2\\-4&0\end{vmatrix}\,\vec{k}=$
  $=\dfrac{8}{3}\,\vec{i}+\dfrac{16}{3}\,\vec{j}+8\,\vec{k}$ siendo el módulo $\left\|\overset{\rightarrow}{AB}\times \overset{\rightarrow}{AC}\right\|=\left|\sqrt{(\dfrac{8}{3})^2+(\dfrac{16}{3})^2+8^2}\right|=\dfrac{8}{3}\,\left|\sqrt{14}\right|$
Por tanto $\text{Área}=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{8}{3}\,\left|\sqrt{14}\right|\right)=\dfrac{4}{3}\,\left|\sqrt{14}\right|\,(\text{unidades arbitrarias de longitud})^2$
$\square$

Espacio euclídeo. Plano bisector de dos planos secantes

ENUNCIADO. Determínense los planos bisectores del par de planos secantes $\pi\equiv x+y+z-1=0$ y $\pi'\equiv x-y+z+1=0$

SOLUCIÓN. Un plano bisector $\pi_b$ es divide el ángulo diedro que forman dos planos secantes en dos ángulos iguales. En realidad, hay dos planos bisectores ( y no sólo uno ), siendo éstos perpendiculares.

Consideremos un punto cualquiera $P$ de $\pi_b$, entonces deberá cumplirse que $d(P,\pi)=d(P,\pi')$, por consiguiente $$\dfrac{\left|x+y+z-1\right|}{\left|\sqrt{1^2+1^2+1^2}\right|}=\dfrac{\left|x-y+z+1\right|}{\left|\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}\right|}$$ esto es $$\dfrac{\left|x+y+z-1\right|}{\left|\sqrt{3}\right|}=\dfrac{\left|x-y+z+1\right|}{\left|\sqrt{3}\right|}$$
y por tanto
$\left|x+y+z-1\right|=\left|x-y+z+1\right| \Leftrightarrow $

  $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x+y+z-1=x-y+z+1 \Leftrightarrow y=1 \\ \\ x+y+z-1=-x+y-z-1 \Leftrightarrow x+z=0\end{matrix}\right.$

Así pues, los planos bisectores son $\pi_{b_1}\equiv y=1$ y $\pi_{b_2}\equiv x+z=0$

Observación: Comprobemos que son perpendiculares. El vector característico de $\pi_{b_1}$ es $(0,1,0)$, y el vector característico de $\pi_{b_2}$ es $(1,0,1)$, y como $\langle (0,1,0)\,,\,(1,0,1)\rangle = 0\cdot 1 + 1\cdot 0+0\cdot 1 =0$, dichos planos son, en efecto, perpendiculares uno con respecto al otro.
$\square$

Punto simétrico de un punto dado con respecto a un cierto plano

ENUNCIADO. Dado el punto $P(1,0,1)$ y el plano $\pi\equiv x-y+z-1=0$, calcúlense las coordenadas del punto $P'$ simétrico de $P$ con respecto del plano $\pi$

SOLUCIÓN. En primer lugar, tenemos que determinar la ecuación de la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por $P$. Un vector en la dirección de $r$ es el vector característico del plano $\pi$, $\vec{n}=(A,B,C)=(1,-1,1)$ (lo deducimos de la ecuación general o implícita del plano, que viene dada ), y como $P(1,0,1)$ pertenece a dicha recta, podemos escribir, sin más, la ecuación de la misma en forma continua $$r\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{-1}=\dfrac{z-1}{1}$$ de la cual podemos escribir las ecuaciones implícitas $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x+y=1 \\ y+z=1\end{matrix}\right.$$, que, junto a la ecuación del plano forman un sistema de ecuaciones lineales que nos permiten calcular las coordenadas del punto de intersección $I$ de $r$ con $\pi$ $$\left\{\begin{matrix}x&+&-y&+&z&=&1\\ x&+&y&&&=&1\\ &&y&+&z&=&1\end{matrix}\right. \overset{f_2-f_1 \rightarrow \,f_1}{\sim} \left\{\begin{matrix}x&+&-y&+&z&=&1\\ &&2y&-&z&=&0\\ &&y&+&z&=&1\end{matrix}\right. \overset{-2\,f_3+f_2 \rightarrow \,f_3}{\sim}$$
$$\sim \left\{\begin{matrix}x&+&-y&+&z&=&1\\ &&2y&-&z&=&0\\ &&&&-3z&=&-2\end{matrix}\right.$$ Despejando $z$ de la tercera ecuación, obtenemos $z=\dfrac{2}{3}$; sustituyendo este resultado en la segunda y despejando $y$, encontramos $y=\dfrac{1}{3}$, y sustituyendo estos dos resultados en la primera ecuación, encontramos $x=\dfrac{2}{3}$. Así pues el punto de intersección buscado es $I(\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3})$

Denotemos ahora por $P'$ el punto simétrico de $P$, que al igual que éste está también en $r$ y por tanto está alineado con $P$ e $I$, cumpliéndose que $d(P,I)=d(I,P')$; deberá cumplirse entonces que $$\overset{\rightarrow}{PP'}=2\,\overset{\rightarrow}{PI}$$ esto es $$(x_{P'}-1,y_{P'}-0,z_{P'}-1)=2\,(\dfrac{2}{3}-1,\dfrac{1}{3}-0,\dfrac{2}{3}-1)$$ en consecuencia $$\begin{matrix}x_{P'}-1=-\dfrac{2}{3} \Rightarrow x_{P'}=\dfrac{1}{3}\\ y_{P'}=\dfrac{2}{3}\\ z_{P'}-1=-\dfrac{2}{3} \Rightarrow z_{P'}=\dfrac{1}{3}\end{matrix}$$ luego el punto simétrico ( con respecto al plano $\pi$ ) del punto $P$ es $P'(\dfrac{1}{3},\dfrac{2}{3},\dfrac{1}{3})$

$\square$

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre dos rectas que se cruzan

Sean $r$ y $s$ dos rectas que se cruzan. Consideremos dos vectores, $\vec{u}$ y $\vec{v}$, en las direcciones de $r$ y $s$, respectivamente; y sean los puntos $P$ y $Q$, puntos de las rectas $r$ y $s$, respectivamente.

Si las rectas se cruzan y no se cortan -- en ese caso la distancia sería igual a cero --, los vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ y el punto $P$ de $r$ caracterizan un plano $\pi$ que es paralelo a otro plano $\pi'$, que es el que contiene a $s$. Denotaremos por $d(r,s)$ la distancia mínima pedida entre las rectas, que se mide sobre la perpendicular de la recta $s$ sobre el plano $\pi$.

Entonces los vectores $\overset{\rightarrow}{PQ}$, $\vec{u}$ y $\vec{v}$ conforman un prisma ( oblicuo, en general ) cuyo volumen viene dado por el valor absoluto del producto mixto $\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \right|$, si bien, por otra parte también puede calcularse por medio de $\left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\| \cdot d(r,s)$, con lo cual podemos escribir $$\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \, \right|= \left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\| \cdot d(r,s)$$ y despejando la distancia pedida, $d(r,s)$, obtenemos $$d(r,s)=\dfrac{\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \, \right|}{ \left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|} \quad \quad (1)$$

Nota: Recordemos que $\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right]\overset{\text{def}}{=} \langle \, \overset{\rightarrow}{PQ}\,,\,\vec{u} \times \vec{v}\,\rangle $

-oOo-
Procedimiento alternativo:
Otra forma de llegar a este resultado:
Como los planos $\pi$ y $\pi'$ que contienen respectivamente a $r$ y $s$ son paralelos, un vector característico de $\pi$ ( que contiene a $P$ ) es $\vec{u} \times \vec{v} \overset{\text{def}}{=}\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \end{vmatrix} = (A,B,C)$ donde $A=\begin{vmatrix}u_2 & v_2 \\ u_3 & v_3\end{vmatrix}$, $B=-\begin{vmatrix}u_1 & u_3 \\ v_1 & v_3\end{vmatrix}$ y $C=\begin{vmatrix}u_1 & u_2 \\ v_1 & v_2\end{vmatrix}$, luego $\pi \equiv Ax+By+Cz+D=0$. En consecuencia, $$d(r,s)=d(Q,\pi)=\dfrac{\left|A\,x_Q+B\,y_Q+C\,z_Q+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}$$ y también podemos decir que $$d(r,s)=d(P,\pi')=\dfrac{\left|A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P+D'\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|} \quad \quad (2)$$

-oOo-
Ejemplo:
ENUNCIADO.
Sean las rectas $r\equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z}{-1}$ y $s\equiv \dfrac{x}{2}=\dfrac{y-1}{1}=\dfrac{z-1}{1}$- Calcúlese la distancia entre $r$ y $s$.

SOLUCIÓN.
Procedimiento 1:
Recordemos, de (1), que $$d(r,s)=\dfrac{\left| \,\left[ \, \overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u},\vec{v}\, \right] \, \right|}{ \left\| \vec{u} \times \vec{v} \right\|}$$ Procedamos pues al cálculo del producto mixto del numerador y del módulo del producto vectorial del denominador.

Un punto $P$ de $r$ es $P(1,0,0)$ y un vector en la dirección de dicha recta es $\vec{u}=(1,1,-1)$; y, un punto $Q$ de $s$ es $Q(0,1,1)$ y un vector en la dirección de dicha recta es $\vec{v}=(2,1,1)$; por otra parte, $\overset{\rightarrow}{PQ}=(0-1,1-0,1-0)=(-1,1,1)$

Entonces $[\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u}\,\vec{v}]=\begin{vmatrix}-1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 \\ 2 & 1 & 1\end{vmatrix}\overset{f_1+f_2 \rightarrow \, f_2}{=}\begin{vmatrix}-1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 2 & 1 & 1\end{vmatrix}=\overset{\text{Laplace 2ª fila}}{=}2\,\begin{vmatrix}-1&1 \\ 2 & 1\end{vmatrix}=$
  $=2\cdot (-3)=-6$, siendo por tanto $\left|\,[\overset{\rightarrow}{PQ},\vec{u}\,\vec{v}]\,\right|=\left|-6\right|=6$
y
$\vec{u} \times \vec{v}\overset{\text{def}}{=}\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&1&-1\\2& 1&1\end{vmatrix}=2\,\vec{i}-3\,\vec{j}-\vec{k}=(2,-3,-1)$ y $\left\|\vec{u}\times \vec{v}\right\|=\left\|(2,-3,-1)\right\|=\left|\sqrt{2^2+(-3)^2+(-1)^2}\right|=\left|\sqrt{14}\right|$
Con lo cual, de (1), $$d(r,s)=\dfrac{6}{\left|\sqrt{14}\right|}$$

Procedimiento 2:
Hemos deducido en (2) que $d(r,s)=d(Q,\pi)=\dfrac{\left| A\,x_Q+B\,y_Q+C\,z_Q+D\right|}{\left|\sqrt{A^2+B^2+C^2}\right|}$ Necesitamos pues calcular los coeficientes $A,B,C$ y $D$. Como un vector perpendicular al plano $\pi$ es $\vec{u} \times \vec{v}=(2,-3,-1)$ ( tal como ya hemos calculado al desarrollar el problema mediante el primer procedimiento ), vemos que $A=2$, $B=-3$ y $C=-1$, de modo que $\pi\equiv 2x-3y-z+D=0$. Y, para determinar $D$, imponemos que $P(1,0,0)$ está en $\pi$, luego ha de cumplirse que $2\cdot 1 -3\cdot 0-1\cdot 0 +D=0$, con lo cual $D=-2$. Y siendo $Q$ de $s$ ( y por tanto de $\pi'$, $Q(0,1,1)$, encontramos finalmente la distancia pedida $$d(r,s)=\dfrac{\left|2\cdot 0-3\cdot (-1)-1\cdot 1-2\right|}{\left|\sqrt{2^2+(-3)^2+(-1)^2}\right|}=\dfrac{6}{\left|\sqrt{14}\right|}$$

$\square$

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre un punto y un plano.

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Distancia entre una recta y un punto exterior a la misma.

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Recta que pasa por un cierto punto, paralela a dos planos dados, pero no contenida en ninguno de los dos

Espacio euclídeo. Problemas métricos. Ecuación de un plano que contiene a un punto dado y que es perpendicular a una cierta recta