Ecuación de una recta en el espacio afín

Sea $P$ un punto del espacio afín (e.a.) $\mathcal{A}$ y $\vec{v}$ un vector libre no nulo, entonces la recta $r$ que pasa por el punto $P$ y tiene la dirección de $\vec{v}$ se define como el conjunto de puntos $X$ del e.a. tales que $\overset{\rightarrow}{PX}=\lambda\,\vec{v}$, siendo $\lambda \in \mathbb{R}$. Llamamos al par $(P,\vec{v})$ determinación lineal (d.l.) de $r$.

Sea el espacio afín $\mathcal{A}$ de dimensión $3$, $\{O;\mathcal{B}\}$ ( donde $\mathcal{B}=\{\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}\}$ ) un sistema de referencia del e.a. y consideremos la d.l. de $r$, $(P,\vec{v})$. Entonces, como $\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\overset{\rightarrow}{PX}$ ( triángulo de vectores ), podemos escribir la ecuación vectorial de la recta $$ r \equiv \overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\lambda\,\vec{v}$$ esto es $$(x,y,z)=(x_P,y_P,z_P)+\lambda\,(v_1,v_2,v_3)$$ con lo cual han de cumplirse las siguientes igualdades escalares $$r \equiv \left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,v_1\\y=y_P+\lambda\,v_2\\z=z_P+\lambda\,v_3\end{matrix}\right.$$ que es un sistema de ecuaciones escalares; dichas ecuaciones constituyen las ecuaciones paramétricas de la recta $r$. Despejando el parámetro $\lambda$ de cada una de dichas ecuaciones encontramos $$\lambda=\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ obteniendo la ecuación de la recta en forma continua ( triple igualdad de la que escribimos las ecuaciones continuas de la recta $r$ ) $$r\equiv \dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3} \quad \quad (1)$$

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Nota: También podemos llegar al mismo resultado de una forma un tanto más alambicada, pero que tiene interés por incorporar la noción de rango en el razonamiento que vamos a realizar. Despejando los términos que dependen del parámetro $\lambda$ ( considerado como incógnita ) en cada ecuación llegamos a $$\left\{\begin{matrix}\lambda\,v_1=x-x_P\\\lambda\,v_2=y-y_P\\\lambda\,v_3=z-z_P\end{matrix}\right.$$ y, como $X$ pertenece a $r$, dicho sistema ha de ser compatible determinado, luego habiendo una sóla incógnita ( $\lambda$ ), $n=1$ y por tanto $$n=1=\text{rango}\begin{pmatrix}v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix}=\text{rango}\begin{pmatrix}v_1 & x-x_p \\ v_2 & y-y_p \\ v_3 & z-z_p \end{pmatrix}$$ Y si suponemos ( sin pérdida de generalidad ) que $v_1 \neq 0$ entonces por el método del orlado ( de una submatriz cuadrada cuyo determinante sea no nulo ) vemos que, orloando el elemento $v_1$, deberá cumplirse que $$\begin{vmatrix}v_1 & x-x_P \\ v_2 & y-y_P \end{vmatrix} =0 \Leftrightarrow v_1\,(y-y_P)=v_2\,(x-x_P) \Leftrightarrow \dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}$$ y $$\begin{vmatrix}v_1 & x-x_P \\ v_3 & z-z_P \end{vmatrix} =0\Leftrightarrow v_1\,(z-z_P)=v_3\,(x-x_P) \Leftrightarrow \dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ Así pues llegamos a la triple igualdad (1) $$\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2}=\dfrac{z-z_P}{v_3}$$ y las ecuaciones de la recta en forma implícita ( o ecuaciones cartesianas de la recta ): $$r\equiv \left\{\begin{matrix}\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{y-y_P}{v_2} \\\dfrac{x-x_P}{v_1}=\dfrac{z-z_P}{v_2}\end{matrix}\right.$$

Ejemplo 1
ENUNCIADO. Determinar la recta que tiene la dirección del vector $\vec{v}=(1,2,3)$ y que pasa por el punto $P(1,0,-1)$

SOLUCIÓN. Sea $X(x,y,z)$ un punto cualquiera de la recta $r$. Entonces,

Ecuación vectorial:
$\overset{\rightarrow}{OX}=\overset{\rightarrow}{OP}+\lambda\,\vec{v}$ con $\lambda \in \mathbb{R}$ esto es $(x,y,z)=(1,2,3)+\lambda\,(1,0,-1)$ ( ecuación vectorial de la recta ).

Ecuaciones paramétricas:
De la igualdad vectorial podemos escribir tres igualdades escalares, que son las ecuaciones paramétricas, $$\left\{\begin{matrix}x&=&1+\lambda \\ y&=&2+0\cdot \lambda \\ z&=&3-\lambda\end{matrix}\right.$$

Ecuaciones continuas de la recta:
Sabemos que $$\text{rango}\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 3\end{pmatrix} = \text{rango}\begin{pmatrix}1 & x-1\\ 2 & y-0 \\ 3 & z - (-1)\end{pmatrix}=1$$ luego, orlando el elemento no nulo de la primera fila y primera columna de la matriz $3 \times 2$, deducimos que los siguientes menores complementarios de orden $2$ tienen que ser nulos:
$$\begin{vmatrix}1 & x-1 \\ 2 & y-0\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{2}$$ y $$\begin{vmatrix}1 & x-1 \\ 3 & z + 1\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow \dfrac{z+1}{3}=\dfrac{x-1}{1}$$ por tanto $$r \equiv \dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{2} = \dfrac{z+1}{3}$$

Ecuaciones cartesianas ( o implícitas ) de la recta:
De dos de las tres igualdades ( basta con dos ) de la forma continua, podemos escribir
$$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x-1}{1}=\dfrac{y-0}{2} \\ \\ \dfrac{y-0}{2} = \dfrac{z+1}{3} \end{matrix}\right.$$ o lo que es lo mismo $$r \equiv \left\{\begin{matrix}-2x & + & y &+&0\,z& +&2=0 \\ 0\,x & + & 3\,y &-&2\,z& -&2=0 \end{matrix}\right.$$

Nota: Más adelante, veremos que, así, la recta viene dada por la intersección de dos planos ( cada una de cuyas ecuaciones son de la forma $Ax+By+Cz+D=0$ )
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Geometría analítica

ENUNCIADO.
a) Determinar la distancia entre las rectas $r_1:x=y=z$ y $r_2:\left\{\begin{matrix}x+y-1=0\\ x-z+1=0\end{matrix}\right.$
b) Obténgase el punto de corte de la recta $s:x=2-y=z-1$ con el plano perpendicular a $s$ que pasa por el origen de coordenadas

SOLUCIÓN.
a)
En primer lugar vamos a estudiar la incidencia entre $r_1$ y $r_2$.

Un vector director de $r_1$ es $\vec{u}_1=(1,1,1)$

Encontremos ahora un vector director de $r_2$. De las ecuaciones implícitas de la recta podemos escribir la misma en forma paramétrica de la forma $\left\{\begin{matrix}x&=&-\lambda+2 \\ y&=&\lambda-1 \\ z&=&\lambda \end{matrix}\right.$ y despejando el parámetro $\lambda$ de cada una de ellas, $\left\{\begin{matrix}\lambda&=&\dfrac{x-2}{-1}\\ \lambda&=&y+1 \\ \lambda&=&z \end{matrix}\right.$ por lo que la ecuación en forma continua es $\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y-(-1)}{1}=\dfrac{z}{1}$ y de ello deducimos que un vector director de $r_2$ es $\vec{u}_2=(-1,1,1)$

A continuación necesitamos conocer un punto de cada una de las dos rectas, que denotaremos por $P_{r_1}$ y $P_{r_2}$ para construir un vector que apunte de uno a otro ( de una recta a la otra ): $\vec{P_{r_1}P_{r_2}}$, ya que: i) si $\text{rango}\{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}\}=3$ las rectas se cruzan pero no se cortan, con lo cual la distancia pedida será distinta de cero, y, ii) en caso de que $\text{rango}\{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}\}=2$ y $\text{rango}\{\vec{u}_1,\vec{u}_2\}=1$, las rectas son paralelas y distintas, con lo cual la distancia entre estas también es distinta de cero.

Es evidente que un punto de $r_1$ es $P_{r_1}=(0,0,0)$. Por otra parte, fijando el parámetro $\lambda$ ( pongamos que $\lambda:=0$ ) en las ecuaciones paramétricas de $r_2$, encontramos un punto de la misma, $P_{r_2}=(2,-1,0)$. Hecho esto, $\vec{P_{r_1}P_{r_2}}=(2-0,-1-0,0-0)=(2,-1,0)$

Como $\begin{vmatrix}1&1&1\\-1&1&1\\2&-1&0\end{vmatrix}=2\neq 0$, deducimos de ello que $\text{rango}\{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}\}=3$ y por tanto $r_1$ y $r_2$ se cruzan pero no se cortan, con lo cual la distancia pedida es distinta de cero.

Para calcular la distancia $d(r_1,r_2)$, tendremos en cuenta que los vectores $\{\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}\}$ forman un paralelepípedo de volumen igual al valor absoluto del producto mixto de los tres $\left|[\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}]\right|$, pero ese mismo volumen puede calcularse también mediante $d(r_1,r_2)\cdot \left\|\vec{u}_1 \times \vec{u}_2\right\|$ luego $$d(r_1,r_2)=\dfrac{\left|[\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}]\right|}{\left\|\vec{u}_1 \times \vec{u}_2\right\|} \quad \quad (1)$$
donde
$$\left|[\vec{u}_1,\vec{u}_2,\vec{P_{r_1}P_{r_2}}]\right|=2$$ ya que $$\begin{vmatrix}1&1&1\\-1&1&1\\2&-1&0\end{vmatrix}=2$$
Por otra parte $$\vec{u}_1 \times \vec{u}_2=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1&1&1\\-1&1&1\end{vmatrix}=2\,\vec{k}=(0,-2,2)$$ luego $\left\|\vec{u}_1 \times \vec{u}_2\right\|=2\,|\sqrt{2}|$. Y, finalmente, sustituyendo en (1) llegamos a $$d(r_1,r_2)=\dfrac{2}{2\,|\sqrt{2}|}=\dfrac{|\sqrt{2}|}{2}$$

b)
La recta $s$ puede expresarse de la forma ( continua ) $s:\dfrac{x}{1}=\dfrac{y-2}{-1}=\dfrac{z-1}{1} \quad \quad (2)$, luego un vector director de la recta es $\vec{u}_s=(1,-1,1)$, que a su vez es un vector perpendicular al plano $\pi$ ( perpendicular a $s$ ); entonces, como la ecuación general de un plano es $Ax+By+Cz+D=0$ y $A=1$, $B=-1$ y $C=1$, podemos escribir $\pi:x-y+z+D=0 \quad \quad (3) $. Y como sabemos que $O(0,0,0)$ es un punto de $\pi$, deducimos ( sustituyendo las coordenadas de $O$ en la ecuación (3) ) que $D=0$, con lo cual vemos que la ecuación del plano pedido es $$\pi:x-y+z=0$$

La ecuación de la recta (2) también podemos expresarla en forma implícita (como la intersección de dos planos): $$s:\left\{\begin{matrix}x=2-y\\x=z-1\end{matrix}\right.$$ que junto con la ecuación del plano $\pi:x-y+z=0$ nos lleva al sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}x&-&y&+&z&=&0 \\ x&+&y&&&=&2 \\ x&&&-&z&=&-1\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}x&-&y&+&z&=&0 \\ &&2y&-&z&=&2 \\ &&y&-&2z&=&-1\end{matrix}\right.\sim$$
$$\sim \left\{\begin{matrix}x&-&y&+&z&=&0 \\ &&2y&-&z&=&2 \\ &&&&3z&=&4\end{matrix}\right.$$ con lo cual, despejando de la última ecuación, $z=\dfrac{4}{3}$; sustituyendo en la segunda, $y=\dfrac{5}{3}$; y, sustituyendo estos dos valores en la primera ecuación, $x=\dfrac{1}{3}$. Así pues el punto de corte viene dado por $( \dfrac{1}{3}\,,\,\dfrac{5}{3}\,,\,\dfrac{4}{3})$

$\square$

Ejercicio sobre conceptos del espacio euclídeo

ENUNCIADO
Dados el punto $P(-4,6,6)$, el origen de coordenadas $O$, y la recta $$r:\,\left\{\begin{matrix}
x & = & -4 + 4\,\lambda \\
y & = & 8 + 3\,\lambda \\
z & = & -2\,\lambda\\
\end{matrix}\right.$$
se pide:

a) Determinar el punto $Q$ de $r$, de modo que su proyección $Q'$ sobre el segmento $\overline{OP}$ sea su punto medio

b) Determinar la distancia del punto $P$ a $r$

c) ¿ Existe algún punto $R$ de la recta $r$, de modo que los puntos $O$, $P$ y $R$ estén alineados ? En caso afirmativo, encontrar el punto ( o los puntos ) con esa propiedad o, en caso negativo, justificar la no existencia.

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN

(a)
Las coordenadas del punto medio, $Q'$, del segmento $\overline{OP}$ son $(\dfrac{-4+0}{2},\dfrac{6+0}{2},\dfrac{6+0}{2})=(-2,3,3)$ y las componentes del vector $\overrightarrow{OP}$ son $(-4,6,6)$. Entonces, la familia de planos paralelos con vector normal $\overrightarrow{OP}$ es $\mathcal{F}:\,-4x+6y+6z+D=0$. La ecuación del plano $\pi$ ( de esa familia de planos ) que pasa por el punto $Q'(-2,3,3)$ se determina calculando el valor del coeficiente $D$, imponiendo que dicho punto esté en el plano: $-4(-2)+6\cdot 3+6 \cdot 3+D=0 \Rightarrow D=-44$, luego $\pi:\,-4x+6y+6z-44=0$, que, simplificada queda $\pi:\,2x-3y-3z+22=0$

Por otra parte, despejando el parámetro $\lambda$, obtenemos la ecuación de la recta $r$ en forma continua: $$\dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y-8}{3}=\dfrac{z-0}{-2}$$, que podemos expresar también mediante las dos ecuaciones siguientes: $$ \left\{\begin{matrix}
\dfrac{x+4}{4} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\\
\dfrac{y-8}{3} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\end{matrix}\right.$$ La intersección de $\pi$ y $r$ determina el punto pedido, $Q$, cuya proyección es el punto dado $Q'$; sus coordenadas son, por tanto, la solución del siguiente sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}
2x-3y-3z+22&=&0
\\
\\
\dfrac{x+4}{4} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\\
\dfrac{y-8}{3} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\end{matrix}\right.$$
simplificándolo
$$\left\{\begin{matrix}
2x & - & 3y & - &3z&=&-22
\\
-x & & & - &2z&=&4
\\
& & -2y & - &3z&=&-16
\end{matrix}\right.$$
y reduciéndolo por Gauss ( primera etapa: $2\,e_2+e_1 \rightarrow e_2$; segunda etapa: $\dfrac{2}{3}\,e_2+e_3 \rightarrow e_3$ [ omitimos los pasos de cálculo ] ),
$$\left\{\begin{matrix}
2x & - & 3y & - &3z&=&-22
\\
& & 3y & + &7z&=&14
\\
& & & &z&=&-4
\end{matrix}\right.$$
con lo cual, sustituyendo el valor de $z$ ( tercera ecuación ) en la segunda, llegamos a $y=14$; y, sustituyendo los valores encontrados de $z$ e $y$ en la primera ecuación, obtenemos $x=4$. Así, pues, las coordenadas del punto $Q$ pedido son $(4,14,-4)$

$\square$


(b)
Procedemos a calcular la distancia entre $P(-4,6,6)$ y $r:\,\dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y-8}{3}=\dfrac{z-0}{-2}$; para ello, vamos a hallar el plano $\sigma$ perpendicular a $r$ que contiene a $P$; a continuación, calcularemos las coordenadas del punto de intersección, $P'$, entre $r$ y $\sigma$; y, finalmente, encontramos la distancia pedida calculando $\left\|\overrightarrow{PP'} \right\|$

Como las componentes de un vector perpendicular a los planos que son perpendiculares a $r$ son las de cualquier vector director de dicha recta, de la ecuación de la recta $r$, en forma continua, vemos que un vector director de la misma es $(4,3,-2)$, luego la familia de planos perpendiculares a $r$ viene dada por $\mathcal{F}:\,4x+3y-2z+D=0$. De aquí, determinaremos el valor del coeficiente $D$ correspondiente a la ecuación del plano $\sigma$ imponiendo que $P$ sea un punto de $\sigma$, por tanto debe cumplirse que $4(-4)+3 \cdot 6 + (-2)\cdot 6 +D =0 \Leftrightarrow D=10$; así, $\sigma:\,4x+3y-2z+10=0$

Entonces, como $P'$ está en $r$ y en $\sigma$, sus coordenadas deberán ser la solución del sistema de ecuaciones: $$\left\{\begin{matrix}
4x &+&3y&-&2z&=&-10 \\
\\
&&&&\dfrac{x+4}{4}&=&\dfrac{z}{-2}\\
\\
&&&&\dfrac{y-8}{4}&=&\dfrac{z}{-2}\\
\end{matrix}\right.
$$
simplificando el sistema $$\left\{\begin{matrix}
4x &+&3y&-&2z&=&-10 \\
x &&&+&2z&=&-4 \\
&&2y&+&3z&=&16 \\
\end{matrix}\right.
$$
y reduciéndolo por Gauss, vemos que es compatible determinado ( como era de esperar ) y su solución es $x=-\dfrac{188}{29}$, $y=\dfrac{178}{29}$, $z=\dfrac{36}{29}$, luego $P'(-\dfrac{188}{29},\dfrac{178}{29},\dfrac{36}{29})$; por tanto, el vector $\overrightarrow{PP'}=(-\dfrac{188}{29}-(-4),\dfrac{178}{29}-6,\dfrac{36}{29}-6)=(-\dfrac{72}{29},\dfrac{4}{29},-\dfrac{138}{29})$, y su módulo ( que es la distancia pedida ) es igual a
$\left\|\overrightarrow{PP'}\right\|=\sqrt{(-\dfrac{72}{29})^2+(\dfrac{4}{29})^2+(-\dfrac{138}{29})^2}=\dfrac{2\,\sqrt{6061}}{29} \approx 5,3691$

-oOo-
OTRA FORMA de resolverlo

Un vector director de $r$ es $(4,3,-2)$. La ecuación en forma paramétrica de la recta dada es $r:\,\left\{\begin{matrix}
x & = & -4 + 4\,\lambda \\
y & = & 8 + 3\,\lambda \\
z & = & -2\,\lambda\\
\end{matrix}\right.$; escogiendo, ahora, un valor cualquiera del parámetro $\lambda$, pongamos que $\lambda=0$, obtenemos el punto $M(-4,8,0)$ de $r$.

También sabemos que un vector director de $r$ es $\vec{u}=(4,3,-2)$. Entonces $\overrightarrow{PM}=(-4-(-4),8-6,0-6)=(0,2,6)$, con lo cual $\left\|\vec{u}\right\|=\sqrt{4^2+3^2+(-2)^2}=\sqrt{29}$, $\left\|\overrightarrow{PM}\right\|=\sqrt{0^2+2^2+(-6)^2}=\sqrt{40}$, y de la definición de producto escalar euclídeo
$$\cos{\angle (\overrightarrow{PM}, \vec{u})}=\dfrac{\langle \overrightarrow{PM}, \vec{u} \rangle}{\left\|\overrightarrow{PM}\right\| \left\|\vec{u}\right\| }=\dfrac{\langle ( 0,2,-6),(4,3,-2) \rangle}{\sqrt{29}\,\sqrt{40}}=\dfrac{18}{\sqrt{29}\,\sqrt{40}} \approx 0,5285$$

Por otra parte, $\text{dist}(P,r)=\left\| \overrightarrow{PM} \right\| \, \sin{ \angle (\overrightarrow{PM},\vec{u}) }$
  $=\sqrt{40} \, \sqrt{1-\cos^2{ \angle (\overrightarrow{PM},\vec{u}) }} \approx \sqrt{40}\,\sqrt{1-0,5285^2} \approx 5,3691$
$\square$

(c)
Supongamos que $O(0,0,0)$, $P(-4,6,6)$ y $R(-4+4\lambda,8+3\lambda,-2\lambda)$ están alineados, entonces se deberá cumplir que $$\dfrac{(-4+4\lambda)-0}{-4-0}=\dfrac{(8+3\lambda)-0}{6-0}=\dfrac{-2\lambda-0}{6-0}$$ es decir $$\dfrac{-4+4\lambda}{-4}=\dfrac{8+3\lambda}{6}=\dfrac{-2\lambda}{6}$$ y simplificando $$1-\lambda=\dfrac{8+3\lambda}{6}=\dfrac{-\lambda}{3}$$ lo cual se cumple si y sólo si $$\left\{\begin{matrix}
3 &-&3\lambda & = &-\lambda \\
8 &+&3\lambda & = &-2\lambda \\
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
3 & = &2\lambda \\
8 & = &-5\lambda \\
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\dfrac{3}{2}\overset{!}{=}-\dfrac{8}{5}
$$
y al llegar a una contradicción, debemos rechazar la hipótesis de partida, con lo cual concluimos que los puntos dados no están alineados, esto es, no existe ningún punto $R \in r$ tal que esté alineado con $O$ y $P$.
$\square$

[nota del autor]

Ejercicio de geometría euclídea ...

ENUNCIADO
a) Dados los vectores $\vec{u}=(2,3,4)$, $\vec{v}=(-1,-1,-1)$ y $\vec{w}=(-1,\lambda,-5)$, encontrar los valores de $\lambda$ que hacen que el paralelepípedo $\mathcal{P}$ generado por $\vec{u}$, $\vec{v}$ y $\vec{w}$ concurrentes en un mismo vértice.

b) Obetener la ecuación de la recta incluida en el plano $\pi:\,z=0$, con dirección perpendicular a $\vec{t}=(2,-1,4)$ y que pasa por el punto $A(1,1,0)$

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN
(a)
Sabemos que el volumen pedido, $\mathcal{V}$, viene dado por el valor absoluto del producto mixto $[ \vec{u}\,,\,\vec{v}\,,\,\vec{w}]$, esto es, $$\mathcal{V} \overset{\text{Def}}{=}\left| \langle \vec{u} \,,\, \vec{v} \times \vec{w} \rangle \right|$$
donde designamos por $\langle \,,\, \rangle$ el producto escalar de dos vectores; y por $ \times$ el producto vectorial de dos vectores. A su vez, sabemos que $$ \langle \vec{u} \,,\, \vec{v} \times \vec{w} \rangle = \begin{vmatrix}
u_1 & u_2 & u_3\\
v_1 & v_2 & v_3\\
w_1 & w_2 & w_3\\
\end{vmatrix} $$
que, con los datos del problema es
$$\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -1\\
-1 & \lambda & -5\\
\end{vmatrix} \overset{-f_1+f_2 \rightarrow f_2}{=}
\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -1\\
0 & \lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}
\overset{2\,f_2+f_1 \rightarrow f_1}{=}
\begin{vmatrix}
0 & 1 & 2\\
-1 & -1 & -1\\
0 & \lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}$$
$\overset{\text{Laplace ( 1.ª columna )}}{=} -(-1) \, \begin{vmatrix}
1 & 2\\
\lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}
=-(6+2\,\lambda)
$
Entonces, si el volumen es igual a $6$ unidades arbitrarias de volumen, $\left| -(6+2\,\lambda ) \right| = 6 \Leftrightarrow \lambda=\left\{\begin{matrix}
0 \\
\text{ó}\\
-6
\end{matrix}\right.$
$\square$

b)
Sea $\pi$ el plano $xOy$ y sea $P(x,y,z)$ un punto genérico de la recta $r \subset \pi$ pedida, entonces, si $(1,1,0)$ son las coordenadas de un punto de $r$, el vector $(x-1\,,\,y-1\,,\,z-0)$ está en $\pi$ y, por tanto, es perpendicular al vector $\vec{t}=(2,-1,4)$ dado, con lo cual el producto escalar $\langle (x-1\,,\,y-1\,,\,z-0) \,, (2,-1,4) \rangle$ es igual a $0$. Desarrollando el producto escalar e imponiendo, pues, que sea nulo, obtenemos $$2\,(x-1)+(-1)(y-1)+4(z-0)=0$$ simplificando obtenemos la ecuación de un plano, $\pi'$, que contiene a $r$, y que es perpendicular al plano $xOy$ ( o plano $\pi$ ) que también contiene a $r$; la ecuación de dicho plano es $\pi':\,2x-y-1=0$, que, junto con el plano $\pi:\,z=0$ se llega a las ecuaciones cartesianas de la recta pedida $$r:\,\left\{\begin{matrix}
2\,x &-&y&&&=&1 \\
&&&&z&=&0 \\
\end{matrix}\right.$$
Obsérvese que, así, la recta pedida viene dada por la intersección de dos planos.

Por supuesto, también podemos darla en forma continua: $$r:\,\dfrac{x-1}{-1}=\dfrac{y-1}{-2}=\dfrac{z-0}{0}$$

$\square$

[nota del autor]

Considérese una recta ... ( Artículo escrito en catalán )

Enunciat:
Considereu una recta $r$ de $\mathbb{R}^3$ (espai vectorial afí) que ve donada per la intersecció del següent parell de plans:
    $r:\,\,\left\{\begin{matrix}\pi_1:\;\; x+y+z-1=0\\\\\pi_2:\;\;x+2y+3z+5=0\end{matrix}\right.$
Justifiqueu que la dimensió del subespai vectorial associat a la recta és $1$ i determineu un vector que faci de base d'aquest subespai vectorial.

Solució:
Abans de fer càlculs, cal que ens adonem que, a l'espai afí, si els plans no són paral·lels o coincidents, que no es el cas, la seva intersecció és una recta, per tant la dimensió de la recta, com a subespai de l'espai vectorial afí $\mathbb{R}^3$, ha de ser igual a $1$ perquè, vist des d'un punt de vista físic, damunt d'aquesta tan sols hi ha un grau de llibertat. Dit això, anem a donar una justificació més formal:

Reduint el sistema per Gauss-Jordan veiem que es compatible indeterminat, amb dues de les seves variables depenent d'un sol paràmetre (la tercera variable), per a la qual escollirem, per exemple, $z$, donant-li així el paper de paràmetre; l'anomenem $\lambda$.

Llavors,
    $r:\,\,\left\{\begin{matrix} x&\,&\,&\;\;&=&-4-5\lambda\\\\&\,&\,&y&=&4\lambda+5\end{matrix}\right.$
D'on es fa palès que el rang del sistema d'equacions es $r=2$ y, per tant, la dimensió del subespai vectorial associat a la recta és igual a $n-r=3-2=1$, tal i com volíem demostrar.
Del sistema reduït obtenim les equacions de la recta en funció del paràmetre $\lambda$:
    $r:\,\,\left\{\begin{matrix} \dfrac{x+4}{-5}=\lambda\\\\\dfrac{y-5}{4}=\lambda\\\\ z=\lambda\end{matrix}\right.$
Escrivint, ara, l'equació de la recta en forma contínua arribem a
    $\dfrac{x-(-4)}{-5}=\dfrac{y-5}{4}=\dfrac{z-0}{1}$
d'on, dels denominadors, trobem que un vector director de $r$ es $(-5,4,1)$, que podem prendre com a base del subespai vectorial que representa la recta $r$: tot vector damunt d'aquesta recta és proporcional $(-5,4,1)$, és a dir, es combinació lineal d'aquest, i per tant una base de l'espai vectorial associat a la recta és $\mathcal{B}_r=\{(-5,4,1)\}$
$\square$

[nota del autor]

Ecuación del haz de planos que da como intersección una determinada recta

ENUNCIADO:
Sea la recta $r:\,(x,y,z)=(1,-1,1)+\lambda\,(1,2,3)$ de $\mathbb{R}^3$ ( expresada en forma paramétrica, de parámetro $\lambda$ ). ¿ Cuál es la ecuación del haz de planos tal que la recta dada es su intersección ?.

SOLUCIÓN:
Expresando $r$ en forma paramétrica,
$$\left\{\begin{matrix}
x-1 & = & \lambda \\
\\
\dfrac{y-(-1)}{2} & = & \lambda \\
\\
\dfrac{z-1}{3} & = & \lambda
\end{matrix}\right.$$

y, de ahí, podemos escribir la ecuación de la recta en forma continua
$$x-1=\dfrac{y-(-1)}{2}=\dfrac{z-1}{3}$$

por tanto, las ecuaciones implícitas de dicha recta son
$$\left\{\begin{matrix}
x-1 & = & \dfrac{y+1}{2} \\
\\
x-1 & = & \dfrac{z-1}{3} \\
\end{matrix}\right.$$

es decir
$$\left\{\begin{matrix}
2x &-&y&-&3&=&0 \\
\\
3x &-&z&-&2&=&0 \\
\end{matrix}\right.$$

que son las ecuaciones de dos de los planos, $\pi_1$ y $\pi_2$, del hay de planos. Con lo cual, para cualesquiera $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ ( no simultáneamente nulos ), podemos escribir la ecuación del haz de planos pedido de la forma:
$$\mathcal{F}:\alpha ( 2x-y-3 ) + \beta ( 3x -z - 2) = 0$$

$\square$


OBSERVACIÓN:
En general, dados dos de los planos del haz, $\pi_1: Ax+By+Cz+D=0$ y $\pi_2:A'x+B'z+C'z+D'=0$, entonces $\mathcal{F}:\alpha\,(Ax+By+Cz+D) + \beta\,(A'x+B'z+C'z+D')=0$, siendo $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ ( no simultáneamente nulos ).

$\lozenge$

[nota del autor]