problemario copadi de geometrÍa...

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO

FACULTAD DE INGENIERÍA

SECRETARÍA GENERAL

COORDINACIÓN DE PROGRAMAS DE ATENCIÓN DIFERENCIADA PARA ALUMNOS

COPADI

PROBLEMARIO COPADI DE GEOMETRÍA ANALÍTICA

COORDINADORES

ING. FRANCISCO BARRERA GARCÍA ING. PABLO GARCÍA Y COLOMÉ LIC. ANA MARÍA VIEYRA ÁVILA

ESTUDIANTES AUTORES

JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL ALEJANDRO FÉLIX REYES ISABEL MIRANDA ALVARADO LEÓN FELIPE PALAFOX NOVACK ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA PATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZ MIGUEL ÁNGEL VICTORIA RÍOS LUIS EFRÉN FLORES ROMERO CINTHYA ENETZY OLMOS ROA M. DE LOS REMEDIOS VILLAFRANCO RAMÍREZ

ABRIL DE 2003

PRÓLOGO La Coordinación de Programas de Atención Diferenciada para Alumnos (COPADI) de la Facultad de Ingeniería de la UNAM, con algunos de los estudiantes del Programa de Alto Rendimiento Académico (PARA), y dentro de su Programa de Solidaridad Académica (PROSOLAC), se dio a la tarea de realizar sus PROBLEMARIOS COPADI. Cada uno, en una serie de ejercicios resueltos de algunas de las asignaturas que tienen mayor grado de dificultad para los estudiantes cuando cursan sus asignaturas en la División de Ciencias Básicas 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 los siguientes:

Apoyar el desempeño académico de los estudiantes con ejercicios resueltos que les pueden ayudar a comprender y aprender los conceptos de que consta el programa de 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 de estudiantes del PARA.

Es importante comentar que este Problemario consta de 50 ejercicios, diez por capítulo, de la Asignatura Geometría Analítica, y que además de que se ha revisado el material, se han tratado de dejar los ejercicios y sus enunciados tal como los hicieron y plantearon los estudiantes, ya que básicamente se trata de una publicación realizada por estudiantes y dirigida a estudiantes. Y esto es lo que le da carácter a la publicación. Sólo en algunos casos, tuvimos que sugerir ejercicios cuando se consideró que hacían falta para cubrir un determinado 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 cursan Geometría Analítica y que también sea motivo de genuino orgullo para los estudiantes que participaron en su realización, así como lo es para nosotros.

Ing. Francisco Barrera García Ing. Pablo García y Colomé

Geometría Analítica. COPADI

Facultad de Ingeniería. UNAM

ÍNDICE

Capitulo I. Sistemas de referencia 1 Capitulo II. Álgebra vectorial 17 Capitulo III. La recta y el plano 32 Capitulo 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 mitad de uno de los lados más cortos. Un clavadista se avienta del trampolín y suponiendo que tiene 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 cayó va a salir.

RESOLUCIÓN. a) La trayectoria está descrita por una línea recta, así que sólo se considerará un cambio en el eje de las cotas. Si el trampolín está a 5 m de altura, el cambio sólo será de 5− en z , conservando las demás coordenadas: 2 metros de la orilla en la que está el trampolín, 3 metros de los lados más largos, y 8 metros de la orilla opuesta a la del trampolín. Las coordenadas pedidas tomando como el origen de coordenadas a la esquina superior izquierda de la alberca son: ( )0,8,3P . b) Si la profundidad es de 33 m, se traslada el origen al punto en el que toca el fondo, y si se utilizan coordenadas esféricas, ( )φθρ ,,Q , entonces se requiere calcular el valor de ρ , que de acuerdo con la figura corresponde a la hipotenusa del triángulo rectángulo que se muestra:


2 Facultad de Ingeniería. UNAM

De donde:

6

2333

30cos333330cos ===⇒=

ºρ

ρo

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 ( )º70,0A y ( )π,1B en coordenadas polares, dos de los vértices de un triángulo equilátero. Determinar las coordenadas cartesianas del tercer vértice (se tienen dos soluciones). RESOLUCIÓN. En este caso lo más conveniente es localizar los vértice A y B del triángulo en el plano XY para identificar el tercer vértice en base al diagrama. El punto A , por tener su componente radial igual a cero, no importa el valor de la segunda coordenada, ésta puede tomar cualquier valor y el punto siempre estará ubicado en el origen; el vértice 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 para formar un triángulo equilátero, éstas se encuentran en el segundo y tercer cuadrante respectivamente. Se sabe que un triángulo equilátero tiene tres lados iguales y sus ángulos internos 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 una transformación a coordenadas cartesianas. Se sabe que un punto en coordenadas cartesianas está determinado por las siguientes expresiones:

θθ

sencos

ryrx

==

( )

( )

( )

( )23240sen1

21240cos1

23120sen1

21120cos1

2

2

1

1

−==

−==

==

−==

oC

oC

oC

oC

Y

X

Y

X

ALUMNO: ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA

1.3 - Sean los puntos A , B y M que están contenidos en el plano de ecuación 3=z y además: • El punto A pertenece al plano XZ y su distancia 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 a

23 unidades. • El punto M 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 cilíndricas del punto B . c) Las coordenadas cartesianas del punto M .



RESOLUCIÓN.

a) Sea el punto A de coordenadas ( )AAA ZYXA ,, . Se sabe que el punto está contenido en el plano 3=z , por lo que el valor de 3=AZ ; otra característica del punto es que pertenece al plano XZ , por lo que la ordenada 0=AY . También se conoce su distancia al origen de coordenadas, 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±=AX Nota: Al resolver la ecuación de segundo grado, se obtienen dos raíces: 33± generando dos posibles soluciones; sin embargo, el inciso c) nos restringe esta solución y nos obliga a considerar únicamente la raíz positiva, debido a que el punto M 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 =⇒=+=++=++= ρρ ZYX

º033

0tantan 11 =⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −− θθ

XY

º6063coscos 11 =⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= −− ϕ

ρϕ Z

Finalmente:



( )( )ooA 60,0,6,, ϕθρ b) Utilizando un procedimiento similar, sea el punto B de coordenadas ( )BBB ZYXB ,, . Se sabe que el punto está contenido en el plano 3=z , por lo que el valor de 3=BZ ; otra característica del punto es que pertenece al plano de ecuación YZ , por lo que la abscisa 0=AX . También se conoce 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(9 2 += 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 lo contrario el punto M 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 =⇒=+= rYXr

203tantan 11 πθθ =⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= −−

XY

3=Z Finalmente:

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 3,

2,3,,π

θ zrB

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



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++

2,

2,

2BABABA

AB

ZZYYXXPM

sustituyendo valores se tiene:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +++2

33,2

30,2

033AB

PM

Por lo que:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛3,

23,

233

ABPM

ALUMNO: LUIS EFRÉN FLORES ROMERO

1.4 - Un explorador oyó una leyenda maya para encontrar un tesoro perdido. Se decía que el punto de referencia era una esquina de un prisma rectangular, que parecía ser una estela, encima de una pequeña pirámide. El explorador tomó las medidas de dicho punto, desde una esquina 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. Z E E O Y OX RESOLUCIÓN. La simetría respecto al eje X se obtiene cambiando los signos de las coordenadas Y, Z, ya que va a seguir 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 yx +=ρ Sustituyendo:

3212)3()3( 22 ==−+=ρ

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

xyarctanθ

Sustituyendo:

o6033arctan −=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=θ

Poniendo el signo positivo:

)2,300,32( −oT

ALUMNA: CINTHYA ENETZY OLMOS ROA

1.5 - Sea el punto ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

6,

4,2 ππP 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:

φθρ sencos=x φθρ sensen=y φρ cos=z

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

6sen

4cos2 ππx ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

6sen

4sen2 ππy ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

6cos2 πz

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

21

212x ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

21

212y

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

232z

21

=x 2

1=y 3=z



Entonces el punto P en coordenadas cartesianas es; ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ 3,2

1,2

1P , por tanto, el simétrico

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

zz −→ , por lo que el punto 'P es: ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−−− 3,

21,

21'P .

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

222 zyx ++=ρ

( ) 4321

213

21

21 2

22

=⇒++=⇒−+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−= ρρρ

2=∴ ρ

xytanang=θ

( ) º451tan

212

1

tan =⇒=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

= θθ angang

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

º225º180º45 =+=θ

º302

3cos

cos222

−=−

=

=++

=

ang

zzyx

zang

φ

ρφ

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

º150º180º30 =⇒+−= φφ



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:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

127,6 πP y ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

6,4 πQ . Calcular el área del cuadrado.

RESOLUCIÓN. Tenemos los puntos P y Q en coordenadas polares. Se procederá a transformar dichos puntos a coordenadas 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 radianes equivale a º180 , entonces para el punto P tenemos:

º105º180127

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=π

πθ

El signo negativo nos indica que el ángulo es medido en sentido inverso al convencional (es decir en el 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 :

º30º1806

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=π

πθ

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

80.5º255655.1º255cos6

−==−==

senyx

Para Q :

46.332234º30cos4 ==⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==x

2214º304 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛== seny



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 2LDLLD =⇒+= . Donde PQD = y despejando L :

2DL =

El valor de D es:

( )[ ] ( )[ ] uDD 27.980.5255.146.3 22 =⇒−−+−−= Por tanto el valor de L es:

uL 55.6227.9

==

3.46

Q

P

X

Y

2

- 5.80

- 1.55

P

Q

L

L D



Empleando la fórmula del área de un cuadrado tenemos:

( )2

2

55.6=

=

A

LA

Por tanto, el área del cuadrado es :

29.42 uA =

ALUMNO: JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL

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 las simetrías 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 pertenecen al eje. Simetría con respecto a un plano se obtiene cambiando de signo la coordenada que no pertenece al plano. 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,

34, πr . 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 cilíndricas de Q . RESOLUCIÒN. a) De las ecuaciones de transformación tenemos que las coordenadas cartesianas de Q vienen dadas por:

123240

2240cos

34coscos

=

−===

−==

==

Q

oQ

oQ

Q

z

rrsenrseny

rrx

rrx

θ

πθ

por lo que el punto Q es:

)1,23,

2( rrQ −−

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

)1,23,

2( rrP −

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

2=ρ

º1203tan

2

23

tantan =⇒−=−

== θθ angr

rang

xyang



oangzang 6021coscos ===

ρϕ

)60,120,2( ooP∴

b) El valor de QP rr = puesto que son simétricos con respecto a XZ . Para obtener el valor de rQ nos apoyaremos en las coordenadas de P , puesto que conocemos 2=ρ y 1=z , podemos formar un triángulo, de donde el valor de Pr queda determinado por:

QP rr ==−= 3)1()2( 22

ALUMNA: ISABEL MIRANDA ALVARADO 1.9 - Sea el punto ( )3,4,0P en coordenadas cartesianas y el punto ( )0,135,6 oQ en coordenadas cilíndricas: a) Calcular el punto Ñ simétrico de P respecto al origen, en coordenadas esféricas. b) Calcular el punto CH simétrico de Q respecto al eje Z , en coordenadas esféricas. RESOLUCIÓN. a) Primero tomemos el punto ( )3,4,0P y encontremos su simétrico respecto al origen en coordenadas cartesianas. Como sabemos, esto es sencillo, pues sólo se deben de cambiar los signos de todas las coordenadas del punto P . Por lo que:

( )3,4,0 −−Ñ .

Ahora lo que haremos es calcular sus coordenadas esféricas:

( ) ( ) ( ) 525916340 222222 ==+=−+−+=++= zyxρ

°=−

== 27004arctanarctan

xyθ

°=−

== 87.12653arccosarccos

ρϕ z

Por lo que:

( )ooÑ 87.126,270,5

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



23226135cos6cos −=−=°== θrx

23226135sen6sen ==°== θry

Tenemos ahora el punto ( )0,23,23−Q y como en el caso anterior se cambian los signos de x y y , 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:

( ) ( ) ( ) 636181802323 222222 ==+=+−+=++= zyxρ

oarctanarctanxyarctan 1351

2323

=−=−==θ

°==== 900arccos60arccosarccos

ρϕ z

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

( )ooCH 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 tanto transformando P a cilíndricas:



φρθθ

φρ

cos===

z

senr

Sustituyendo valores:

3º135cos6

º3003º1356

−==

===

z

senrθ

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

ZQ

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 zyd += , como se puede apreciar en la figura 1. De las ecuaciones de transformación, de esféricas a cartesianas, tenemos:

2/3º300º1356 −==

=

senseny

senseny θφρ

Por lo tanto:

221

4214/213

49)3()

23( 222 ==⇒=+=−+−= dd


o60rQr

X

Y

P Q

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 de

u4 . 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 se cumple que uu wAB −=

416592 w ==++=

( )532411 ,-, w

w ABu −=−=

uABABAB =

Y

A( 1, 1, 2)

Z

X

B

( )5-3,,2 =w



( ) ( )532532414 , , - ,-, - AB −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

( ) ( )( )( )236424140

52221532211

. , , -.- b , , -- b

,, - , , b punto Asición delctor de po es el ve a ; donde AB a b

=

+=

−+=

+=

por lo tanto:

( )236.424140 , , .B −−

ALUMNO: JORGE ALEJANDRO RANGEL RANGEL 2.2 - Sea el punto A contenido en el plano XZ que dista cuatro unidades del origen de coordenadas, además tiene cota negativa y cuyo vector de posición 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 del punto A ; para ello utilizaremos identidades trigonométricas como lo indica la siguiente figura:

A

X

Y

Z

4 30º



º3040

3223430cos4

senzy

x o

−==

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

por lo tanto:

( )2,0,32 −A Por lo que la distancia entre los puntos A y B viene dada por:

( ) uABd 43,2,3 =−== b) Por otro lado el vector de posición del punto medio estará dado por:

2ABam +=

Donde a es el vector de posición del punto A .

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+−=

21,1,

233

23,1,

23)2,0,32(m


2.3 - Sea el vector kjiv 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:

vv x=αcos

vv y=βcos

vv z=γcos



y la fórmula para obtener el módulo es: 222 zyxv ++= De ahí que:

749159251535222 ==++=++=v

Entonces:

75cos =α

73cos =β

715cos =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 que estuvieran 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 :

wvwv ⋅

=θcos

entonces:

( ) ( )( ) ( ) 1

4949

4915925

7715351535cos −=

−=

−−−=

⋅−−−⋅

=,,,,θ

( ) πθangθ =⇒−= 1cos

c) Para obtener las componentes las componentes escalares de v sobre los vectores i , j y k , se tendrían 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..

=⋅=

=⋅=

=⋅=

vEscComp

vEscComp

vEscComp

k

j

i



300=dd450=b

550=aa

Como se puede observar las componentes pedidas son precisamente las componentes escalares del vector v . Para obtener la componente vectorial sólo bastaría con multiplicar la componente escalar por el vector 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..

=⋅=

=⋅=

=⋅=

vVectComp

vVectComp

vVectComp

k

j

i

ALUMNO: LEÓN FELIPE PALAFOX NOVACK

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 suma de 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 de haber hecho esto, uno se puede dar cuenta de los datos proporcionados para cada uno de los vectores. En el caso del vector a , podemos ver que se han proporcionado un ángulo y aparte de ello, este vector se encuentra contenido en el plano yz . Para calcular sus componentes, debemos tomar en cuenta que al vector lo podemos “trasladar” sobre su misma línea de acción, sin afectar su dirección

Y

3

X

Z

4

45º

30º 135º 30º



ni su sentido. Por lo que para mayor sencillez, calculemos sus componentes usando ángulos internos 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 encuentran en coordenadas polares. Donde 060=φ (ángulo que se mide desde la parte positiva del eje z),

o330=θ θ y 450=ρ :

( )( )

( )( )

( ) 2252145060cos450cos

23225

23

2145060330450

2675

23

2345060330cos450cos

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛===

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−===

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===

o

oo

oo

z

sensensenseny

sensenx

ϕρ

ϕθρ

ϕθρ

por lo que;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= 225,

23225,

2675b

Ahora, calculemos el vector c que se encuentra alojado en el plano xz . El triángulo rectángulo que aparece debajo de él, nos ayudará a determinar su dirección. Si recordamos, cuando determinamos la dirección de un vector en el plano, no hacemos más que utilizar los catetos de un triángulo rectángulo. Veamos la figura:

Z

Y

130º

30º 30º



u

De acuerdo con la figura tenemos que: ( )0,4,3−=u , y por consecuencia, se encuentra en la misma 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 en dirección de c y como sabemos, lo único que necesitamos es el vector unitario en dirección de c .

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

54,0,

534,0,3

51

uc

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 === γβα y . Como sabemos, el coseno director de un ángulo está dado por:

VVi

=θcos

y despejando la componente Vi, tenemos que:

θcosVVi =

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

215022300º45cos300cos

215022300º135cos300cos

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−==

β

α

d

d

X

Y

4

c

3−



15021300º60cos300cos =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==γd

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 la suma de las proyecciones de los vectores a y b en dirección de c . El primer paso es calcular el vector e . Cuando se habla de proyección se refiere a una componente vectorial. Por lo que aplicaremos la

fórmula: vv

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

en dirección de v . Así que calculemos:

( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅−=

540

53220

540

53

540

5327532750 ,,,,,,,,acomp.vect

c

( )1760132 ,,acomp.vect.

c−=

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

54,0,

535.22

54,0,

53

54,0,

53225,

23225,

2675.. bvectcomp

c

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= 18,0,

227.. bvectcomp

c

Ahora calculemos el vector e :

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−= 158,0,

223718,0,

227176,0,132e

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

( )( ) 225004500045000

23700217775150,2150,2150

150,2150,2150158,0,2

237

..++

+=

−

−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=⋅

=d

deeesccomp d



6.14541.33565.48837.. ==eesccomp d

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 =++ γβα Despejando γcos tenemos:

βαγ 22 coscos1cos −−=

( )158.0cosº60cosº50cos1cos 22 K=⇒−−= γγ Además tenemos:

5.0º60coscos643.0º50coscos

====

βα

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 =⇒−−= ββ

707.0º45coscos ==α



5.0º60coscos ==γ entonces tenemos:

( )5.0,5.0,707.0=up Sólo resta obtener el ángulo entre uq y up . Se tiene que:

uu

uu

qpqp ⋅

=θcos , siendo up y uq vectores unitarios, tenemos: 1=up y 1=uq .

Realizando el producto punto uu qp ⋅ :

( ) ( ) 994601.058.0,5.0,643.05.0,5.0,707.0 =⋅⇒⋅=⋅ uuuu qpqp

por tanto; º96.5994601.0cos =⇒= θθ

ALUMNA: PATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZ

2.6 - Determinar un vector q con la misma magnitud del vector cbap +−= 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:

( ) ( ) ( ) 1393311 222 =⇒−++= pp Obteniendo ed + y ed + tenemos:



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

( ) ( ) ( ) 1391133 222 =+⇒+−+=+ eded

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=+

13911,

1393,

1393

ued

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

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−=+−

13911,

1393,

1393

ued

por tanto el vector q será;

( )uedpq +−=

( )11,3,313911,

1393,

1393139 −−=⇒⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−= 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 punto C 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 .

A 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 el plano 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..

10,1,0

10,1,00,3,2.. =⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

= bVectCompbVectComp jj

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 vectores b 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(030032 =×⇒==× cbkji

cb

Área del triángulo = 26 23u=

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

Vector unitario = ),,(),,( 1006

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 a 3π ; 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:

vuvu ⋅

=αcos

entonces podemos conocer ca ⋅ y cb ⋅ .

( )( ) 122183

3cos =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⋅πcaca

( )( )

( ) 255

202185

3cos

22 ===⋅

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=⋅

bbb

cbcb π

de donde:

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

6293)3()23(

−=−−=+⋅−

⋅−⋅−⋅+⋅=+⋅−

cbba

cbbbcabacbba

por lo tanto:

62)3()23( −=+⋅− cbba .

ALUMNA: ISABEL MIRANDA ALVARADO



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:

vADyuAC //// 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 uAC // y vAD // ⇒ 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 −=+++−−=

−−

−−− kji

kji

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

33 −=== αAByABaristaV ya que

)64,12,4//( −AB , entonces:

3333322233)16()256())64(124()64,12,4(64 αααα ==++=−=

.4116/64 33 =⇒= αα

C

D

)61,5,1( −A

B



)6,3,1()64,12,4(41

−=−=AB

Como:

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

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 4j 8i v += . 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 cero y 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) 0 s v =×

( ) ( ) 0008802048 k y s v k yy -

yy

kji s v ==×⇒==

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=×

"" 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

kjiw 24 −+= . RESOLUCIÓN. El vector director de la recta se obtiene del producto cruz de los vectores v y w . Con apoyo en el punto dado se obtienen las ecuaciones paramétricas de la recta.

kjikji

u 1078241

322 ++−=−

−=

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

+−=+=

−=⇒−+−=

tzty

txRtpR

10372

8:10,7,83,2,0:


3.2 - Se tiene una recta definida por la ecuación )0,1,1()2,1,4( −+−= tr . Determinar los puntos 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( −+−= tr podemos obtener sus ecuaciones paramétricas:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−=+=

21

4:

zty

txL

Considerando al vector de posición del punto buscado de componentes desconocidas ),,( zyx , 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 =+−−++=

−−+=−−−+=

ttOA

ttttOA

0650121029421816 2222 =++⇒=++⇒=++++++ tttttttt

2,30)2()3( 21 −=−=⇒=++ tttt

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

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+−=−=

231

34

zyx

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+−=−=

221

24

zyx

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

ALUMNO: LEÓN FELIPE PALAFOX NOVACK



3.3 - Sea la recta L de ecuaciones:

54

43

6: −=−−

=− zyxL

Determinar las coordenadas de los puntos de la recta que se encuentran a 5 unidades del origen. RESOLUCIÓN. Las ecuaciones paramétricas de la recta son:

54463

+=+=+=

tztytx

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 2 012

+ + =

= −= −

t ttt

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 forma con ella un ángulo de º45 . Si la recta R es:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−−=+−=+−=

tztytx

R35

632

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. El vector director de la recta R es sencillo de determinar, pues simplemente se obtiene de los coeficientes 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 forma parte 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:

( ) ( ) ( )ttttR 35,6,323,1,35,6,2 −−+−+−=−+−−−= Por lo que el punto B (que pertenecerá a L y R ) será: ( )tttB 35,6,32 −−+−+− . Con los dos puntos podremos definir el vector director de L:

( ) ( ) ( )ttttttAB 31,,346,6,635,6,32 −+=−−−−−−+−+−= Ahora estamos preparados para aplicar la fórmula de ángulo entre rectas.

ABuABu ⋅

=θcos

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )222222 3134313

31,,343,1,3º45costtt

ttt

−+++−++

−+⋅−=

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

( ) ( ) 2222 191817199

238

961924161993912

22

ttt

tttttttt

++

+=⇒

+−++++

+−++=



( )2

22

2 191817199

219

191817199

238

ttt

ttt

+++

=⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

++

+=

( ) ( ) 2222 72268416236134232336134281219181719 tttttttt ++=++⇒++=++

⇒=−−+ 0361342161 2tt20069

1 =t **, 100129

2 −=t **

Ahora, para obtener el punto donde se intersecan las rectas, sustituiremos los valores obtenidos en el punto B, que usamos para definir el vector director de L: Para 1t :

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎥⎦⎤

⎢⎣⎡−−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡+−=−−+−+−=

2006935,

200696,

200693235,6,321 tttP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−=

2001207,

2001131,

200193

1P

Para 2t :

( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎥⎦⎤

⎢⎣⎡−−−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−+−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−+−=−−+−+−=

10012935,

1001296,

1001293235,6,322 tttP

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−=

100113,

100729,

100587

2P

Que son los puntos buscados para las dos soluciones. ** Se han redondeado los resultados para facilitar su manejo.

ALUMNO: ALEJANDRO FÉLIX REYES 3.5 - Sean las rectas L y R que tienen por ecuaciones:

96

332:

462

43

31:

zyxR

zyxL

−==

⎩⎨⎧ −

⎩⎨⎧ +

=−

=+



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 ... 13 4

:3 2 6 ... 2

4 4

+ −⎧ =⎪⎪⎨⎪ − +⎪ =⎩

x y

Ly z

De

( )

( )

2 ... 33 3

:6 ... 4

3 9

−⎧ =⎪⎪⎨⎪ −⎪ =⎩

x y

Ry z

Trabajando con las ecuaciones (1) y (3)

( )

( )

1 3 4 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),

02232

32

332

,32

296

3

=⇒=−⇒=−

⇒=−

=

=⇒=

xxxyxtenemos:)(enydosustituyen

yy

Por lo que el punto de intersección buscado es:

)0,2,0(intP . ALUMNA: ISABEL MIRANDA ALVARADO

3.6 - Sea la recta L que contiene al punto ( )1,2,0 −A y cuyos ángulos directores son

º.60;º90;º45 =<= γβα Determinar las coordenadas de los puntos de intersección de L con cada plano coordenado. RESOLUCIÓN. Para determinar el valor del ángulo β , sabemos que:

21cos

41

21

211cos

coscos1cos1coscoscos22

2

222222

±=⇒=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛−=

−−=⇒=++

ββ

γαβγβα

Como º90<β , 2

1cos =β porque con el valor negativo º90>β . Por lo que

21º60cos

21cos

21º45cos

=⇒=

=

β

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

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

21,

21,

21

1u o también por ( )1,1,22 =u

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



czz

byy

axx

L ooo −=

−=

−:

donde ( )0000 ,, zyxP es un punto cualquiera contenido en la recta y ( )cbau ,,= es el vector que indica la dirección de la misma, para nuestro caso

11

12

2: +

=−

=zyxL

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

""YZPlano "XZ"Plano "" XYPlano 0=X 0=Y 0=Z

01

11

2=

+=

− zy 1

122

+=−=

zx 11

22

=−

=yx

02 =−y 2

2−=

x 12=

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=

ra ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

23,1,1A ( ) jteL += 3,2,1:1

( )2, 4, 3=rb ( )0,5,3B

Con los datos proporcionados: a) Determinar la expresión vectorial del plano que contiene al techo. b) Si el punto W es simétrico de A con respecto a la recta 1L y a la vez es un punto del

suelo, obtener la ecuación de una recta 2L 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 3L en su forma simétrica que contiene al segmento

DC . e) Si el segmento FE 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 planos paralelos. 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. Con dos vectores y el punto A se puede obtener la ecuación vectorial del plano pedido.

( ) ( ) ( )3,4,23,4,0,1,1: 23 srsPT ++=

b) Si el punto W es simétrico de A con respecto a la recta 1L y a la vez es un punto del suelo, obtener la ecuación de una recta 2L 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):

( ) GGPvectcompPW U −+= 00 .2



Donde P0 es un punto contenido en la recta; G es el punto a quién le determinaremos su simétrico; y u 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).

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

( )( ) ( )2

323

11010010

010010321113212 ,,

,,,,

,,,,,,,,,,W −

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ ⋅−+=

( ) ( ) ( )[ ][ ]{ } ( )2

32

3 ,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 −−+=⇒−−+= WW

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2

92

32

3 ,1,1,1,16,2,2,1,13,1,12 =⇒−=⇒−= WWW Cualquier vector ( a o b ) puede ser utilizado para obtener el vector director de la recta. Así, con un vector director y el punto que encontramos, la ecuación de la recta sería la siguiente:

( ) ( )3,4,0,1,1: 2

92 tzL +=

o bien

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

2 tzL += 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 al plano 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.

( ) ( ) ( )

20020

00354300340

==+−

=++−+=+++

DD

DDzyx



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

d) Determinar las ecuaciones de la recta 3L 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 tL +−= Ya con la ecuación de la recta, el paso a forma simétrica es sencillo.

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=+

=3

345

3

x

zyL

e) Si el segmento FE 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 ellos la 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.

( )8,6,0342340 −=kji

En la siguiente tabla se resumen todos los datos que utilizaremos y que como vemos son datos

o 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

121024

108,6,03,0,0

108,6,0,1,1,1,1 2

32

9

=−

=⇒−⋅

=

−⋅−=

DtsDts

Dts

Distancia entre pared y pared:

( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ) 8540

53,4,00,10,0

53,4,00,5,30,5,3

==⇒⋅

=

⋅−−=

DppDpp

Dpp

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

( )( ) ( )( ) 39696812585

12 mVV =⇒==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

ALUMNO: ALEJANDRO FÉLIX REYES

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

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

tztytx

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 que forman 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 -

kji u u N 1165

05611121 −+==×=

Considerando al punto B , tenemos:

( ) 00 Npp =⋅− (Ecuación normal del plano)

( ) ( )[ ] ( ) ( ) 0 2 , 2 , 2 z ,y ,x 022,2 =⋅−⋅⇒=⋅− NN N, zy,x, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 02212101165011652,22116,5, z y x ,,,,zyx, =−+−−+⇒=−⋅−−⋅

La ecuación cartesiana pedida es:

: 5 6 11 0π + − =x y z .

ALUMNO: ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA 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 plano paralelo. Debido a que sólo se nos dan los vectores directores, los podemos considerar libres y trasladarnos a nuestro plano. En otras palabras, dos vectores directores paralelos a un plano, se pueden considerar contenidos en otro plano cualquiera paralelo. Con este concepto, el ejercicio está prácticamente resuelto. Primero definiremos la normal del plano:

( )16,7,11173231 −=⇒

−−= N

kjiN

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



( ) ( ) ( ) 6416755011617511 =+−=⇒=+−++− DD Por lo que la ecuación del plano buscado es :

0641671106416711 =−−−=+++− zyxózyx

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

062:01:

2

1

=−+=+−

yxzx

ππ

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

( ) ( ) ( )1,3,00,1,1,6,1,1 CyBA −

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 NN × obtendremos un vector director de la recta R , por lo que:

( )2,1,2021101 2121 −=×=⇒−=× NNukji

NN

La magnitud de este vector es la siguiente:

( ) ( ) ( )

39

212 222

==

+−+=

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

ABAB



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

( ) ( )

( )5,2,1

6,1,11,3,0

−−=

−=−=

AC

ACAC

Obteniendo el producto ACa× :

( )2,2,6521301 −=

−−=×

kjiACa

Tomando un vector paralelo al vector anterior tenemos:

( )1,1,33 −−=N

( ) ( ) ( ) 11113 3222

3 =⇒−+−+= NN 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:

uNuN

senang3

3 ⋅=θ

( ) ( ) º16.30

1135

1132,1,21,1,3

=⇒=−⋅−−

= θθ senangsenang

ALUMNA: PATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZ



CAPITULO 4

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

ktitsenrC )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 ecuación vectorial de la forma:

tzy

sentx

cos30

===

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, únicamente tomará valores entre

[ ]0

1,1=−∈

yx

de manera similar que para x , [ ]3,3−∈z . d) Para determinar unas ecuaciones cartesianas debemos buscar una función que solamente dependa de x y y .

tztz

ytsenxtsenx

22

22

2222

cos9

cos9

0

==

⇒===



Sumando:

19

22 =+

zx

Por lo que las ecuaciones pedidas son:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=+

0

19

22

y

zx

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)

01tan4sec3

)

2;24014)

222

3

2

21

=+

+−=

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+=−=

=+−−+=

yθsenθ

θrrsen θ: rCc

ztytx

: Cb

zjtti tp: Ca

;

RESOLUCIÓN.

:1C Su ecuación está dada en forma vectorial. Se despeja el parámetro t en una de las ecuaciones y 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 de funciones trigonométricas, se despeja la función que contiene a t en cada una de las ecuaciones para 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 al

plano xz por lo tanto θcosrx = , θrsenz = y 22 zxr +=

a) ( ) 2 ; 24014 21 =+−−+= zjtti tp: C

⎪⎩

⎪⎨⎧

+−−=

=

24014 2tty

tx

( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 927972

9491429940142

4014240142

4014224014

2222

2222

2222

22

−=−−−−⇒−−=−−

−+−=−−⇒−++−=−−

+−=−−⇒−−=−

−−=−⇒+−−=

yxxy

xxyxxy

xxyxxy

xxyxxy

( ) ( )⎩⎨⎧

==−+−

2927 22

zyx

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

b)

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=−=

+=

⇒⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+=−=

01tan

34sec

01tan4sec3

2

zyt

xt

ztytx

: C

Usaremos la identidad 1tansec 22 =− θθ Sustituyendo

( ) ( ) ( ) 119411

34 2

22

2

=−−+

⇒=−−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + yxyx

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



c) 34cos9

23cos18822

23 =

++−

= yθsenθ

θrrsen θ: rC ;

( )

( ) ( ) ( ) ( )3623

91

41

91

41

3623

91

41

91

41

3623

9112

4112

3623

92

42

23841892381849238cos184cos923cos1884cos9

2222

2222

2222

2222

222

++=−

++

⇒=−−−

++

=−+−

+−++

⇒=−

++

=−++⇒=−++

=−++

+−=+

zxzx

zzxxzzxxzzxxzxzx

rsen θrθsenrθr θrrsen θθsenθr

θ

( ) ( ) 31

91

41 22

==−

++ yzx ;

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

ALUMNO: ZEUS HIRAM ZAMORA GUEVARA 4.3.- Convertir las siguientes expresiones de su forma cartesiana a polar o viceversa según sea el caso. a) ( ) ( ) 09 22222 =−−+ yxyx b) 0442 =−− aayx c) θsenr 42 =

d) θsen

r326

−=

RESOLUCIÓN. a) ( ) ( ) 09 22222 =−−+ yxyx

( ) ( ) ( ) 0cos90cos9 22222222222 =−−⇒=−− θθθθ senrrrsenrrr

( )( ) ( ) 0cos90cos9 2222222 =−−⇒=−− θθθθ senrsenrr

( )( ) ( ) 0219019 22222 =−−⇒=−−− θθθ senrsensenr



( )θ22 219 senr −= b) 0442 =−− aayx

aayyyxaayx 4444 2222 ++=+⇒+=

( ) ayyxayyx 22 22222 +=+⇒+=+

arsenrayyx 2222 =−⇒=−+ θ

( )θ

θsenarasenr

−=⇒=−

1221

c) θsenr 42 =

22

222 44

yxyyx

rsenrr

+=+⇒=

θ

( ) 22

2222

2

22

22 164yx

yyxyx

yyx+

=+⇒⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+=+

( )( ) ( ) 2322222222 1616 yyxyyxyx =+⇒=++

d) θsen

r326

−=

( ) 632632 =−⇒=− θθ rsenrsenr

236632 2222 yyxyyx +

=+⇒=−+

( )

436

236 2

222

22 yyxyyx +=+⇒⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=+

03636549363644 22222 =−−−⇒++=+ yyxyyyx




4.4.- Determinar si la ecuación vectorial ( ) ( )( )kjisenr θθθ csc42cot3 ++= representa el mismo lugar geométrico que la ecuación ( ) 12cos3 22 =+ θr . RESOLUCIÓN. Primero desarrollemos la ecuación vectorial:

( ) ( )ksenjsenisenr θθθθθ csc42cot3 ++=

( ) ksen

senjsenisen

senr ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

θθθ

θθθ 142cos3

( ) ( ) kjsenir 42cos3 ++= θθ

( )( )( )

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 las ecuaciones paramétricas de la curva y posteriormente al eliminar el parámetro de éstas, se llega a la ecuación cartesiana. De esta forma, de ( )1 y ( )2 se tiene:

θ

θ

θ

22

cos3

cos3

cos3

=

=

=

x

xx

θ

θ

θ

22

4

2

2

seny

senyseny

=

=

=

por lo que reemplazando en la identidad trigonométrica 1cos22 =+ θθsen 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 el mismo lugar geométrico).



( ) 12cos3 22 =+ θr Transformémosla a su ecuación cartesiana:

( ) 12312cos3 222222 =++⇒=+ xyxrr θ

12341233 22222 =+⇒=++ yxxyx

( )2 2

1 ... 53 4+ =

x y

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

ALUMNO: ALEJANDRO FÉLIX REYES 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 ( ) ( )tsent ωω 21cos −= , entonces:

( ) ( )( )φωφω cos13 2 tsensentseny −−= o bien:

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

ω φ ω φ= − −y sen t sen sen t

Despejando ( )tsen ω de la ec. ( )1 obtenemos:

( )tsenx ω=−4

sustituyendo en la ecuación ( )3 :

φφ cos416

13

2 xsenxy+−=



Reacomodando términos y elevando ambos miembros al cuadrado:

φφ 2

222

161cos

43senxxy

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

Desarrollando el binomio del lado izquierdo:

φφφφ 22

2222

16cos

16cos

122

9senxsenxxyy

−=+−

Simplificando:

( ) φφφφ 22

222

9cos

6cos

16senyxysenx

=+−+

φφ 222

9cos

616senyxyx

=+−

Por lo que la ecuación cartesiana de la curva es:

09

cos616

222

=−+− φφ senyxyx ya que el parámetro φ es constante.

Dado que la forma general de una cónica es:

022 =+++++ FEyDxCyBxyAx con:

161

=A ; 6

cosφ−=B ;

91

=C ; 0== ED y φ2senF −=

obteniendo el indicador:

( )1cos361

361

36cos

91

1614

36cos4 2

222 −=−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−= φφφACBI

Puesto que 1cos0 2 << φ lo cual implica que 1cos2 −φ es negativo para todo

πππφ n2,,2,,0 K±±≠



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

ALUMNA: ISABEL MIRANDA ALVARADO 4.6 - Obtener las ecuaciones cartesianas de la curva cuyas ecuaciones paramétricas son:

( )( )( )

2 cos 2 ... 1

1 cos ... 2

3 ... 3

= +

= −

= +

x sent t

y t

z sent

RESOLUCIÓN. Hay que recordar que una curva en el espacio está representada por un par de ecuaciones cartesianas. De la identidad trigonométrica tsentt 22cos2cos −= podemos escribir la ecuación ( )1 como :

( )2 22 cos ... 4= + −x sent 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 =+ tsent al sumar las ecuaciones ( )5 y ( )6 obtenemos:

( ) ( ) 131 22 =−+− zy Sustituyendo ( )5 y ( )6 en ( )4 , y sabiendo que 3−= ztsen tenemos:

( ) ( ) ( )22 3132 −−−+−= zyzx

por lo tanto las ecuaciones cartesianas de la curva son:

( ) ( ) ( )( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=−+−

−−−+−=

131

313222

22

zy

zyzx

ALUMNO: MIGUEL ÁNGEL VICTORIA RÍOS



4.7 - Obtener una ecuación vectorial de la curva descrita por un punto cuya abscisa sea 3 y su cota el doble del coseno de su ordenada. Además, localizar en una gráfica cuando menos cuatro puntos de dicha curva. RESOLUCIÓN. Se nos proporcionan los siguientes datos:

3=x ya que su abscisa vale 3 ty =

tz cos2= ya que la cota vale el doble del coseno de su ordenada. Otra expresión podría ser:

2

2

cos2

3

α

α

=

=

=

zyx

; donde α es un parámetro, R∈α

Entonces una ecuación vectorial es:

ktjtip cos23 ++= o bien; kjip 22 cos23 αα ++=

Tabulación:

Parámetro Abscisa Ordenada Cota Punto t 3=x ty = tz cos2= ( )zyx ,, 0 3 0 20cos2 = ( )2,0,3

4π 3

4π 2

222

4cos2 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

π ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 2,

4,3 π

2π 3

2π ( ) 002

2cos2 ==

π ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 0,

2,3 π

43π 3

43π 2

222

43cos2 −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

π ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − 2,

43,3 π




4.8 - Sea la curva de ecuación polar θsenr 2= en el plano 0=x . Determinar: a) Sus intersecciones con el eje copolar. b) Sus ecuaciones cartesianas. c) Las coordenadas cilíndricas de su centro. RESOLUCIÓN. a) Intersecciones con el eje copolar: Sustituyendo °= 90θ y °= 270θ tenemos:

2)270(22)90(2−=°=

=°=senrsenr

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

θsenr 2= Si multiplicamos ambos lados por r:

X=3

X

Y

Z

A

B

C

D



θrsenr 22 =

Y transformando a cartesianas:

zyz 2)( 22 =+ Completando el trinomio en términos de z:

( ) 111222 222

22 =+−⇒=+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+− yzyzz

Por lo que las ecuaciones cartesianas son:

( )⎩⎨⎧

==+−

011 22

xyz

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 θC .

ALUMNO: LEÓN FELIPE PALAFOX NOVACK 4.9 - Dada la recta de ecuación:

23

cos =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

πθr ;

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 Cd

A B

Transformando ( )1 a coordenadas polares; θcosrx = y senθry = , tenemos:

22

cos

BA

CsenθrBθrAd

+

++=

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

223cos

212

33coscos =+⇒=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θθπθ senrrsensenπθr

( )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

+

−+=

senθrθrd

y como tenemos al punto ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

22 π, :

( )

( ) ( ) 2324

2

432

31

42

232

cos2

22

−=

−=⇒

+

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

= dsen

d

ππ

32 −=d .




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

( ) 20;21 2 ≤≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+= tjtitp

Representar por medio de una ecuación polar al segmento de curva C . RESOLUCIÓN. De la ecuación vectorial proporcionada sabemos que:

( )... 1=x t

( )21 ... 220

=

=

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 21 2 ... 32

= ⇒ =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 θcosrx = y θsenry = , en la ecuación ( )3 , obtenemos:

θθθθ senrsenrr 2cos2cos 222 =⇒=

θθθθ

θθθ sectan2

coscos2

cos2 2 =⇒== rsensenr

2

2 X

Y



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

00cos

==

θθ

senrr

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

00sectan20 =⇒=⇒= θθθθ sen . Para 222 ==⇒= yyxt :

( )( )

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=⇒=⇒=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ θθθ

θsen

41tan πθθ =⇒= ang

La ecuación pedida es:

40;sectan2 πθθθ ≤≤=r




CAPITULO 5

SUPERFICIES

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

yx 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 ( )zyxP ,, de la superficie corta a la directriz en el punto ( )0,','' yxP .

Entonces las ecuaciones de esta generatriz son:

( )' ' ... 21 1 3− −

= =x x y y z .

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

'4'2 yx = , ( )' 0 ... 3=z .

P’

P



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

3' zxx −=

3' zyy −=

Sustituyendo estos valores en la ecuación ( )3 :

344

932

34

3

22

2 zyzxzxzyzx −=+−⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

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.


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

RESOLUCIÓN. Se obtiene un vector director de la recta L :

( )1,1,2 −=−= ABAB . Por lo que unas ecuaciones paramétricas de la recta que pasa por los puntos dados son:

tztytx

+=−=+=

12

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 tC −− 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 :

( ) ( ) ( ) 222222 2511223 rttrtt =++⇒=−++++



( )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:

( ) ( ) αα 2222

22 22 senrx

rxsen =+⇒+

=

αsenrx ±−= 2

De la ecuación ( )2 :

252025 ttr ++= por lo tanto:

αsenttx 2520252 ++±−= Análogamente, si hacemos:

( ) ( ) αα 2222

22 cos11cos rz

rz

=−⇒−

=

αα cos520251cos1 2ttzrz ++±=⇒±= Además tenemos que ty −= 2 , por lo que una ecuación vectorial es:

( )αα cos520251,2,520252 22 tttsenttp +++−+++−= .

ALUMNA: MA. DE LOS REMEDIOS VILLAFRANCO RAMÍREZ 5.3 - Determinar la ecuación cartesiana de la superficie generada por el conjunto de circunferencias con centro en 2=x , 5=y y cuyo eje de rotación es paralelo al eje z . La meridiana está dada por:

( )( )

2 1 0 ... 1:

3 0 ... 2

+ − =⎧⎪⎨− + − =⎪⎩

x yD

y z

Indicar de qué superficie se trata.



RESOLUCIÓN. Determinando la generatriz G :

( ) ( ) ( )( )

2 22 5 ... 3:

... 4

β

α

⎧ − + − =⎪⎨

=⎪⎩

x yG

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

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

( ) ( ) βαα =−−+−+− 22 53272

( ) ( ) ( )2 22 5 8 ...α α β− + + − = C , ecuación de condición. Sustituyendo ( )3 y ( )4 en la ecuación de condición:

( ) ( ) ( ) ( )2222 52852 −+−=−++− yxzz

( ) ( )2222 52641625204 −+−=+−++− yxzzzz

( ) ( ) ( ) ( )222222 52895

3655289365 −+−=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⇒−+−=+− yxzzyxzz

( ) ( )2222

2 525

188925

185

365 −+−=−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+− yxzz



( ) ( ) ( ) ( )5

1215

18552525

324895

1852

22222

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−+−⇒−+−=−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − zyxyxz

( ) ( ) 1121

51825

12155

12125

2

22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−

+−

zyx

Si 2=x :

( ) 1121

51825

12155

2

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−

zy (Corta al plano YZ en hipérbola).

Si 5=y :

( ) 1121

51825

12125

2

2

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−−

zx (Corta al plano XZ en hipérbola).

Si 5

18=z :

( ) ( ) 1

12155

12125 22

=−

+− yx

( ) ( )5

12152 22 =−+− yx (Corta al plano XY en circunferencia).

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

ALUMNA: PATRICIA MARÍA SÁNCHEZ GÓMEZ 5.4 - Obtener la ecuación de la superficie que se obtiene al girar la parábola 23xy = , 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 zx 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 ... 6β = 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 =−+ yzx .

ALUMNO: LEÓN FELIPE PALAFOX NOVACK 5.5 - Dada la superficie

014844 222 =−−++− yxzyx

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

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

52

zty

txL:



RESOLUCIÓN. La simetría con respecto a un plano coordenado se determina cambiando de signo la coordenada que 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 la ecuación de la superficie. a) 1- Simetría respecto al plano xy ; zz −→

( )014844

014844222

222

=−−++−

=−−+−+−

yxzyxyxzyx

es simétrica respecto al plano xy . 2- Simetría respecto al plano xz ; yy −→

( ) ( )014844

014844222

222

=−+++−

=−−−++−−

yxzyxyxzyx

no es simétrica respecto al plano xz . 3- Simetría respecto al plano yz ; xx −→

( ) ( )014844

014844222

222

=−−−+−

=−−−++−−

yxzyxyxzyx

no es simétrica respecto al plano yz . b) Se tiene que:

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

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

241202412 22 =⇒=+− tt



2

2

22

2

1

2

-t

t

tt

=

=

±=⇒=

Intersección 1 con 1t :

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

==

=

55,22,22 11

1

zPty

tx

Intersección 2 con 2t :

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−−=

=

55,22,22 22

2

zPty

tx


5.6 - Dada la ecuación cartesiana de la superficie:

09222 =−−+ zxyx Determinar: a) Su traza en el plano XY . b) Si es simétrica con respecto a los ejes Y y Z , y c) Su extensión en la dirección del eje Z . RESOLUCIÓN. a) Su traza en el plano XY . Si 0=z

11202 2222 =++−⇒=−+ yxxxyx ( ) 11 22 =+− yx

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 =+++⇒=−−−−+− zxyxzxyx Por lo que no hay simetría respecto al eje Y . Su simetría con respecto al eje Z .

( ) ( ) ( ) 092092 2222 =−++⇒=−−−−+− zxyxzxyx Por lo que no hay simetría respecto al eje Z . c) Su extensión en la dirección del eje Z . Si kz =

kxyxkxyx 92092 2222 =−+⇒=−−+ ( ) 1911912 2222 +=+−⇒+=++− kyxkyxx

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

19019 −≥⇒≥+ kk

91

−≥k

Por lo que la extensión en la dirección del eje Z será: 91

−≥z .


5.7 - Sea la superficie cuya ecuación cartesiana es:

16416 222 =−+ xzy Determinar: a) Las trazas con respecto a los planos coordenados. b) Su simetría respecto al origen. c) Identificar la superficie.



RESOLUCIÓN. a) Para determinar la traza con xy igualamos 0=z

1616 22 =− xy normalizando:

116

22 =−

xy

identificando la curva, tenemos que es una hipérbola con centro en el origen. Obteniendo la traza con xz , igualamos 0=y

1164

16422

22 =−⇒=−xzxz

la ecuación nos representa una hipérbola con centro en el origen. Para determinar la traza con yz , igualamos 0=x

14

164162

222 =+⇒=+zyzy

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 , y , z por x− , y− , z− la ecuación de la superficie no se altera.

( ) ( ) ( ) 1641616416 222222 =−+⇒=−−−+− xzyxzy

Como la ecuación no cambia, es simétrica con respecto al origen. c) La ecuación cartesiana de la superficie tiene la forma:

( ) ( ) ( ) 112

2

2

2

2

2

=−

−−

+−

cz

bky

ahx

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

1416

22

2

=++−zyx



que nos representa a un hiperboloide de un manto.

ALUMNA: ISABEL MIRANDA ALVARADO

5.8 - Obtener una ecuación vectorial y la ecuación cartesiana del cilindro con eje paralelo al vector ( )3,2,2−=u y cuya intersección con el plano 5=z es una circunferencia de radio 3 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 de este punto son ( )5,0,0 . Por lo que la directriz queda de la siguiente forma:

⎩⎨⎧

==+

=5

922

zyx

D

Para definir la generatriz, necesitamos la ecuación de una recta. El vector director es constante, lo que cambia es el punto en que se apoya la recta, por lo que una de sus ecuaciones vectoriales quedaría 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

322

czbyax

tcz

tby

tax

dondetcztbytax

−=

−=

−−

⇒

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=−

=−

=−−

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=+=−=

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:

32czax −

=−−

32czby −

=−

( )czax −−=−32 ( )czby −=−

32



aczx ++−=32

32 bczy +−=

32

32

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

aczx ++−=32

32 bczy +−=

32

32

ac +=32α bc +−=

32β

α+−= zx32 β+= zy

32

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

( )

( )

2 ...3

2 ...3

α

β

⎧ = − +⎪⎪= ⎨⎪ = +⎪⎩

x z IG

y z II

( )( )

2 2 9 ...

5 ...

⎧ + =⎪= ⎨=⎪⎩

x y IIID

z IV

Aplicando el método de las generatrices. Sustituyendo: ( )IV en ( )I y ( )II :

( )10 ...3

α= − +x V

( )10 ...3

β= +y 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+−= zx32 β+= zy

32

xz +=32α zy

32

−=β

Sustituyendo alfa y beta en la ecuación de condición:



932

310

32

310 22

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −++⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++− zyxz

( ) ( ) 92310313210

31 2

22

2

=−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+++−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ zyxz

( ) ( ) 8110231023 22 =+−+−+ zyzx

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

ALUMNO: ALEJANDRO FÉLIX REYES 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: ( ) ( ) 192

41 22

=−

−+ zy , 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+

=y

θ

( ) ( )2

22tan ... 2

9−

=z

θ

Recuérdese la identidad trigonométrica 1tansec 22 =− θθ . Entonces tenemos de ( )1 y de ( )2 que:

( )( ) θzθz

θyθy

tan32tan92

sec21sec4122

22

=−⇒=−

=+⇒=+

Por lo tanto:

( )1 2sec ... 3= − +y θ ( )2 3tan ... 4= +z θ



Entonces, la ecuaciones paramétricas de la hipérbola son:

θzθy

x

tan32sec21

8

+=+−=

=

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

VAvp λ+= donde:

).(

.

vérticefijopuntodelpartenquerectasdefamilialadedireccióndevectorelesVA

vérticedelposicióndevectorelesv

entonces:

( )( )

( )θθ

θθ

tan33,sec23,10

tan32,sec21,8

5,2,2

+−+−=

++−=−=

−=

VA

VAVA

v

Por lo tanto una ecuación vectorial es la siguiente:

( ) ( )θθ,,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:

102x +

=λ

Sustituyendo en ( )6 y ( )7 :

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+=10

23sec10

222 xxy θ



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+=10

23tan10

235 xxz θ

Despejando θθ tansec y :

( )

( )

23 210sec ... 8

2210

23 510tan ... 9

2310

θ

θ

+⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

+⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

+⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

xy

x

xz

x

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

1tansec 22 =− θθ :

( )100

29

5106

103

4

2106

103

1

1023

510

23

1022

210

23

2

22

22

+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −++

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −++

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+−

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+

xxzxy

x

xz

x

xy

( ) ( ) ( )

1002

90044310

40014310 222 +

=−+

−−+ xxzxy

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

( ) ( ) ( )222

2x9

44z10x34

14y10x3+=

−+−

−+ .




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

( ) ( )

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=−

++

5

141

92

:

22

z

yxC

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

( ) ( ) θθ 222

2 9292 senxxsen =+⇒

+=

23 −= θsenx Análogamente, si hacemos que:

( ) ( ) θθ 222

2 cos4141cos =−⇒

−= yy

1cos2 += θy Por tanto, unas ecuaciones paramétricas e la curva C son:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+=−=

51cos223

:zy

senxC θ

θ

Una ecuación vectorial del cono oblicuo, está dada por:

VAsVp += 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 +−−=−= θθsenAVVA



( )4,cos21,35 −−−= θθsenVA

( ) ( )4,cos21,351,2,3 −−−+= θθsensp Por lo que una ecuación vectorial es:

( )ssssenssp 41,cos22,353 −−+−+= θθ Para determinar la ecuación cartesiana, se procede a determinar las ecuaciones paramétricas para obtener 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 :

41−

=zs

De las ecuaciones ( )1 y ( )2 :

ssxsen

335 −+

=θ

ssy

22cos −+

=θ

sustituyendo el valor de 4

1−=

zs , obtenemos:

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=

413

34

15

z

zxsenθ



⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=

412

24

1

cosz

zyθ

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

1

412

24

1

413

34

1522

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+

z

zy

z

zx


problemario copadi de geometrÍa...

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