geometria espacio. problemas pau
DESCRIPTION
Problemas de vectores y Geometría del espacio propuestos en la PAU de Galicia. Están sin ordenar y con soluciones. Sus autores mis amigos Ana Fraga Vila y SergioTRANSCRIPT
GeometríaGeometría Analítica del Espacio. P
OpenMaths.com 1.1.3.6
Geometría
Geometría Analítica del Espacio. PAU
1.1.3.6 Ver 01:03/02/2010
AU
Ver 01:03/02/2010
NOTA
La clasificación decimal de todos los temas de este manual tienen implícito el comienzo 1.1.3.6 correspondiente a
1 SCIENCE
1.1 MATHEMATICS
1.1.3 GEOMETRY
1.1.3.6 GEOMETRÍA ANALÍTICA DEL ESPACIO
COPYRIGHT
Este material así como los applets, powerpoints, videos y archivos de sonidel asociados, puede ser distribuidel bajo los términos y condiciones definidos en Open Publication License versión 1.0 o posterior (La versión más reciente está disponible en http://www.opencontent.org/openpub/).
El contenidel está sujeto a constantes cambios sin previo aviso. Su fin es didáctico y solo pretende la universalización de la cultura. Está escrito en base a la colaboración de las miles de personas que componen nuestra comunidad OpenUepc. Se ha exigidel a los autores que referencien todas las fuentes utilizadas y figuran al final del texto. Cualquier distribución del mismo debe mencionar a OpenUepc como fuente.
Miguel Pérez Fontenla [email protected]
INDICE AUTORES
Iniciadel por: Miguel Pérez Fontenla
22/11/2009
+
| LOXSE 1
TABLA DE CONTENIDO
+
| LOXSE 2
Code Index Sequencial
Code decimal 1.1.3.6
Language Spanish
Name
Creation date 03/02/2010
Author Nicolas Bourbaki
Create by Ana Fraga Vila
Proposal in PAU Galicia,
Solution time 0:10:00
Dificultad (0-10) 5
Level (0-10) 6
Dadel el punto P=(2, 0, −1) y el plano α de ecuación: 3x + y − z − 1 = 0. Calcular:
1. Las ecuaciones paramétricas del plano β, paralelo a α y que contiene a P. 2. El punto Q simétrico a P, respecto el plano α.
Solución
Por ser paralelos los planos α y β, un vector característico del plano β es el vector (3, 1, −1) y su ecuación es:
0)1)(1()0(1)2(3 =+−+−+− zyx ⇔ 073 =−−+ zyx Haciendo el x = λ, y = µ, obtenemos las ecuaciones paramétricas del plano β.
−µ+λ=
µ=
λ=
73z
y
x
B. Para hallar el punto Q simétrico a P, respecto al plano α, realizaremos el siguiente proceso: Recta r perpendicular a α, que contiene a P. Punto M, intersección del plano α y la recta r. Cálculo de las coordenadas de Q, teniendo en cuenta que M es el punto medio del segmento PQ. Un vector de dirección de r es el vector normal n
(3, 1, −1) del plano α, por lo tanto
las ecuaciones paramétricas de r son:
•
r •
•
P
M
Q
α
+
| LOXSE 3
λ−−=
λ=
λ+=
1
32
z
y
x
Sustituyendo en la ecuación del plano se obtiene el valor de λ que dá el punto de intersección M. 3(2 + 3λ) + λ − (−1 − λ) − 1 = 0 ⇒ 6 + 9λ + λ + 1 + λ − 1 = 0 ⇒ 11λ + 6 = 0 ⇒
⇒ λ = 11
6−
Las coordenadas del punto M son:
−−−−
−+11
61,
11
6,
11
632 =
−−11
5,,11
6,
11
4
Si Q ),,,( 321 qqq
+−++=
−−
2
1,
2
0,
2
2
11
5,,11
6,
11
4 321 qqq
2
2
11
4 1q+= ⇒ 8 = 22 + 11 1q ⇒
11
141 −=q
−2
0
11
6 2q+= ⇒ −12 = 11 2q ⇒
11
122 −=q
−2
1
11
5 3q+−= ⇒ −10 = −11 + 11 3q ⇒
11
13 =q
El punto Q, simétrico a P, respecto ó plano α es: Q
−−11
1,
11
12,
11
14
+
| LOXSE 4
Code Index Sequencial
Code decimal 1.1.3.6
Language Spanish
Name
Creation date 03/02/2010
Author Nicolas Bourbaki
Create by Ana Fraga Vila
Proposal in PAU Galicia,
Solution time 0:10:00
Dificultad (0-10) 5
Level (0-10) 6
Determinar ell valor de λλλλ para que sean coplanarias as rectas r y s de ecuaciones:
====
λλλλ−−−−====
−−−−z
yxr
23
1:
αααα++++====αααα====αααα−−−−====
22
1:zyx
s
Neste caso, calcular o punto de corte de ámbalas dúas rectas y a ecuación xeral del plano que as contiene.
Unha determinación linear da recta r es r(A, )u, sendel )0,,1( λA y )1 ,2 ,3(u
Unha determinación linear da recta s es s(B, )v, sendel )2,0,1( B y )2 ,1 ,1(−v
As rectas r y s son coplanarias se rango 3),,( <vuAB
AB = (1 − 1, 0 − λ, 2 − 0) = (0, −λ, 2)
rango 3),,( <vuAB ⇒ rango
−
λ−
211
123
20
< 3 ⇒
211
123
20
−
λ−
= 0
Solución
B
A
s r π
vu
+
| LOXSE 5
211
123
20
−
λ−
= 10 + 7λ
10 + 7λ = 0 ⇒ λ = 7
10−
As rectas r y s son coplanarias se λ = 7
10−
Neste caso a ecuación da recta r es z
yx
=+
=−
27
10
3
1
Para hallar o punto de intersección de r y s, consideraremos un punto xenérico da recta s: (x, y, z) = (1 − α, α, 2 + 2α) y substituímos x, y, z, en la ecuación da recta r:
α+=+α
=−α−
2227
10
3
11 ⇒ α+=
+α=
α−22
14
107
3 ⇒ α+=
α−22
3 ⇒ α =
−7
6
Substituímos este valor nas ecuaciones paramétricas de s y obtenemos o punto de corte de ámbalas dúas rectas:
−+−
−−7
622,
7
6,
7
61 =
−7
2,
7
6,
7
13
Unha determinación del plano π que contiene as rectas r y s es π(B, ), vu
A ecuación xeral del plano pedidel es:
0
211
123
21
=
−
−− zyx
7
6−=α
+
| LOXSE 6
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:
0)2(11
23
21
13)1(
21
12=−
−+
−−− zyx
0)2(57)1(3 =−+−− zyx
0105733 =−+−− zyx
013573 =−+− zyx
Dada a recta r, determinada polos puntos A=(−−−−2, 1, 3) y B=(−−−−1, 0 , 2). Calcular os puntos de r tales que su distancia ó punto C=(−−−−2, 3, 0) es de 4 unidades. Calcular a distancia del punto C á recta r.
Unha determinación da recta r es r(A, ),AB sendel AB = (−1 − (−2), 0 − 1, 2 − 3) =
(1, −1, −1)
As ecuaciones paramétricas da recta r son:
λ−=
λ−=
λ+−=
3
1
2
z
y
x
Un punto xenérico de r es P(−2 + λ, 1 − λ, 3 − λ)
A distancia de C(−2, 3, 0) a un punto calquera de r vén dadel por:
Dist (C, P) = =||CP 222 )3()31())2(2( λ−+−λ−+−−λ+− =
222 )3()2( λ−+−λ−+λ =
Solución
3
+
| LOXSE 7
= 222 6944 λ+λ−++λ+λ+λ = 1323 2 +λ−λ
Os puntos de r que distan 4 unidades de C verifican
1323 2 +λ−λ = 4 ⇒ 3λ2 − 2λ + 13 = 16 ⇒ 0323 2 =−λ−λ ⇒
⇒ ;3
101+=λ ;
3
101−=λ
Polo tanto, os puntos de r que distan 4 unidades de C son:
Para ,3
101+=λ
−−+−=
+−
+−
++−
3
108,
3
102,
3
105
3
1013,
3
1011,
3
1012
Para ,3
101−=λ
++−−=
−−
−−
−+−
3
108,
3
102,
3
105
3
1013,
3
1011,
3
1012
A distancia del punto C á recta r(A, )AB vén dadel por: dist (C, r) = ||
||
AB
ACAB ×
AC = (−2 − (−2), 3 − 1, 0 − 3) = (0, 2, −3)
|| ACAB× =
−
−
−
−
−−
20
11,
03
11,32
11= (5, 3, 2)
A B
C
d
r
+
| LOXSE 8
dist (C, r) = 222
222
)1()1(1
235
−+−+
++ =
3
38 =
338
u.
Dadas as rectas r y s de ecuaciones:
−−−−====
−−−−====
−−−−1
3
1
2
1: z
yxr
−−−−
====−−−−
====−−−−2
1
3
25:
zyxs
Estudiar a posición relativa de las dúas rectas
Hallar o plano paralelo ás dúas rectas y que equidista delas.
Unha determinación linear da recta r es r(A, )u, sendel A=(1, 1, 1) y ).1,3,2(=u
Unha determinación linear da recta s es s(B, )v, sendel B=(5, 2, 1) y ).2,3,1(=v
As rectas r y s son coplanarias se rango ( ,AB u,v) < 3 y crúzanse se rango ( ,AB u
,v)
=3.
Neste caso AB = (5 − 1, 2 − 1, 1 − 1) = (4, 1, 0).
Solución
4
A u
B
v
r s π
+
| LOXSE 9
rango ( ,AB u,v) = rango
231
132
014
= 3, pois
231
132
014
= 9 ≠ 0.
As rectas r y s non son coplanarias, es dicir, crúzanse.
Un vector normal del plano paralelo a ambas rectas es perpendicular ós vectores de dirección de ditas rectas, por lo tanto, terá a mesma dirección que o vector .vu
×
vu
× =
31
32,
12
21,
23
13 = (3, −3, 3).
Daquela un vector normal ó plano pedidel es (3, −3, 3) ou tamén n=(1, −1, 1).
A ecuación de dito plano es da siguiente forma:
π: x − y + z + D = 0
Para determinar D terase en cuenta que dist (A, π) = dist (B, π)
1)1(1
11122 +−+
++− D =
1)1(1
12522 +−+
++− D ⇒
3
4
3
1 DD +=
+ ⇒
−−=
+
+=
+
3
4
3
13
4
3
1
DD
DD
B
s
r
A π u
n
+
| LOXSE 10
Desta última igualdade dedúcese que: 1 + D = −4 − D ⇒ 2
5−=D
Polo tanto a ecuación del plano paralelo ás dúas rectas y que equidista delas es:
x − y + z − 25 = 0, ou ben, 2x − 2y + 2z − 5 = 0
Dados os planos ππππ: 4x + my + mz = 6 y ττττ: mx + y + z + 3 = 0 estudia su posición relativa segundel os valores de m. ¿Para que valor de m son ππππ y ττττ perpendiculares entre si?
Consideramos o sistema formadel polas ecuaciones dos planos π y τ.
=+++
=++
03
64
zymx
mzmyx ⇔
−=++
=++
3
64
zymx
mzmyx
As matrices del sistema son:
A =
11
4
m
mm A* =
− 3
6
11
4
m
mm
rango (A) = rango
11
4
m
mm = rango
1
4
m
m
1
4
m
m = 4 − m2; 4 − m2 = 0 ⇒ m = − 2; m = 2.
Solución
5
+
| LOXSE 11
Se m ≠ − 2; m ≠ 2 rango (A) = rango (A*) = 2. Os dous planos córtanse nunha recta.
Se m = −2
A =
−
−−
112
224 rango (A) = 1
A* =
−−
−−
3
6
112
224 rango (A*) = 1, por seren as dúas filas proporcionais.
Os dous planos son coincidentes.
Se m = 2
A =
112
224 rango (A) = 1
A* =
− 3
6
112
224 rango (A*) = 2, pois
31
62
− = −12 ≠ 0
Os dous planos son paralelos.
Os planos π y τ son perpendiculares se os seus vectores característicos son ortogonais.
Os vectores característicos dos planos π y τ son n=(4, m, m) y n′
=(m, 1, 1),
respectivamente.
π ⊥ τ ⇔ n ⊥ n′ ⇒ n
· n′ = 0 ⇒ (4, m, m) · (m, 1 ,1) = 0 ⇒ 4m + m + m = 0
⇒
⇒ 6m = 0 ⇒ m = 0
+
| LOXSE 12
Os planos son perpendiculares se m = 0.
Dados os puntos A=(3, 0, 0), B=(0, 0, 0), C=(0, 2, 0) y D=(1, 1, 2), determina o ángulo formadel por lo plano que pasa polos puntos A, B y C y a recta que pasa por C y D.
Un vector normal ou característico del plano π que pasa polos puntos A, B y C es o
vector BCBAn ×=
),0,0,3( =BA )0,2,0( =BC
),6,0,0( =× BCBA
Un vector de dirección da recta r que pasa polos puntos C y D es 2) ,1 ,1( −==CDv
Polo tanto:
Solución
6
A B
C
π
n
π
r n
v α
+
| LOXSE 13
sen = sen α = vn
vnvn
·|) ,( cos| = =
222 2)1(136
2·6)1(·01·0
+−+
+−+ =
6
2
Daquela, α = arc sen 6
2; α = 54º 44′ 8″
Considerar os puntos A=(1, 1, 0) y B=(0, 1, 2). Determinar os puntos C sobre a recta
(x, y, z) = (0, 1, 1) + t(1, 0, 1) situados a distancia 22 da recta que pasa por A y B.
A distancia de C á recta que pasa polos puntos A y B vén dada por:
| |
| |
AB
ACABd
×=
Por ser C un punto da recta r: (x, y, z) = (0, 1, 1) + t(1, 0, 1), as súas coordenadas son da forma C=(t, 1, 1 + t).
AB = (0 − 1, 1 − 1, 2 − 0) = (−1, 0, 2)
Solución
7
A B
C
d
),( πr
+
| LOXSE 14
AC = (t − 1, 1 − 1, 1 + t − 0) = (t − 1, 0, 1 + t)
AB × AC = )0 ,13 ,0(01
01 ,
11
12 ,
10
20−=
−
−
−+
−
+t
tttt
5
13
20)1(
0)13(0222
222 −=
++−
+−+=
ttd
Os puntos da recta r que distan 22 da recta que pasa por A y B verifican:
225
13=
−t ⇒
−=−
=−
225
13
225
13
t
t
⇒ 10213
10213
−=−
=−
t
t ⇒
3
1021
3
1021
−=
+=
t
t
Os puntos pedidos son:
Se ,31021+
=t
++=
++
+=
3
1024 ,1 ,
3
1021
3
10211 ,1 ,
3
10211C
Se ,31021−
=t
−−=
−+
−=
3
1024 ,1 ,
3
1021
3
10211 ,1 ,
3
10212C
Comprobar que o punto P=(1, 1, −−−−1) pertence á recta r ≡≡≡≡ y non está no plano ππππ ≡≡≡≡ x −−−− 2y + 3z = 1.
Determinar o outro punto de r a igual distancia de ππππ que P.
8
−−−−====
====++++
1
32
z
yx
+
| LOXSE 15
Vexamos se as coordenadas del punto P verifican ou non as ecuaciones da recta y a ecuación del plano.
−=−
=+
11
31 1 · 2;
− 2 · 1 + 3 (−1) = − 4 ≠ 1
Co que se comproba que P pertence á recta r y non está no plano π.
A distancia de P ó plano π es:
14
5
14
5
3)2(1
1)1(3121),(
222=
−=
+−+
−−+⋅−=πPd
Escribimos as ecuaciones paramétricas da recta r:
−=
−=≡
1
23
z
xyr , se x = λ
−=
λ−=
λ=
1
23
z
y
x
Un punto xenérico da recta r es: C=(λ, 3 − 2λ, −1)
A distancia de C a π es:
14
105
14
1346
14
1)1(3)23(2),(
−λ=
−−λ+−λ=
−−+λ−−λ=πCd
Achemos os valores de λ, tales que:
Solución
+
| LOXSE 16
14
5
14
105=
−λ ⇒
−=−λ
=−λ
14
5
14
10514
5
14
105
⇒
−=−λ
=−λ
5105
5105 ⇒
=λ
=λ
1
3
Se λ = 3 obtenemos o punto (3, 3 − 2 · 3, −1) = (3, −3, −1) que es o punto pedido
Se λ = 1 obtenemos o punto (1, 3 − 2 · 1, −1) = (1, 1, −1) que es o punto dadel P.
Calcular o valor del parámetro k para que o triángulo de vértices A = (1, −−−−5, k), B = (3, k, −−−−1) y C = (k, −−−−5−−−−k, 2) sexa rectángulo en A. Calcular su área.
Para que o triángulo sexa rectángulo en A, os vectores AB e AC teñen que ser ortogonais.
)1,5,2()1),5(,13( kkkkAB −−+=−−−−−=
)2,,1()2),5(5,1( kkkkkkAC −−−=−−−−−−=
Solución
9
A
C
B
+
| LOXSE 17
AB ⊥ AC ⇔ AB · AC = 0 ⇒ 0)2,,1(·)1,5,2( =−−−−−+ kkkkk ⇒
⇒ 2(k – 1) + (k + 5)(− k) + (−1 − k)(2 − k) = 0 ⇒ 2k – 2 − k2 − 5 k + k2 − k − 2 =
0 ⇒
⇒ −4k − 4 = 0 ⇒ k = −1
O triángulo es rectángulo en A se k = −1
Se k = −1 as coordenadas dos vectores AB y AC son: )0,4,2(=AB y
)3,1,2(−=AC
A área del triángulo vén dada por: 2
| · ||)(Área
AC|ABABC =
20042 222 =++=AB ; 1431)2( 222 =++−=AC
702
702
2
280
2
14 · 20)(Área ====ABC u2
Comprobar que os puntos (1, −−−−1, 2), (2, 2, −−−−3) y (1, 1, 0) non están aliñados. Determinar a distancia da orixe de coordenadas ó plano que pasa por estes tres puntos.
Solución
10
A
B C
+
| LOXSE 18
Os puntos A=(1, −1, 2), B=(2, 2, −3) y C=(1, 1, 0) non están aliñados se os vectores
AB y AC teñen distinta dirección.
)5,3,1()23),1(2,12( −=−−−−−=AB , )2,2,0()20),1(1,11( −=−−−−=AC
Os vectores AB y AC son linearmente independentes, y por lo tanto, teñen distinta dirección, pois:
rango AB( , )AC = rango
−
−
220
531 = 2, xa que o menor 02
20
31≠=
Deste xeito queda probadel que os puntos A, B y C non están aliñados.
Para determinar o plano π que contiene ós puntos A, B y C, tomamos un punto
calquera deles, por exemplo, A, y os vectores AB y AC , es dicir, π (A, AB , AC )
A ecuación xeral del plano es:
0
220
531
211
=
−
−
−+− zyx
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:
0)2(20
31)1(
20
51)1(
22
53=−++
−
−−−
−
−zyx
0)2(2)1)(2()1(4 =−++−−− zyx
06224 =−++ zyx
032 =−++ zyx
A distancia da orixe a este plano vén dada por:
+
| LOXSE 19
d(O, π) = 222 112
3
++
−=
6
3− =
6
3 u
Considerar o punto P ≡≡≡≡ (4, 2, −−−−8) y maila recta l ≡≡≡≡ (1, 5, 1) + λλλλ · (4, 1, −−−−1), λλλλ ∈∈∈∈ R.
a) Determinar a distancia del punto P á recta l mediante o siguiente procedemento:
- Tomar un punto Q, en l, de xeito que o vector QP forme un ángulo αααα co vector di- rector da recta, .v
- Observar que a distancia de P a Q varía segundel variamos αααα, sendel a máis curta candel o ángulo es recto.
- Escribe a condición de ortogonalidade para os vectores QP y v para
determinar o punto Q, y calcula a distancia pedida como ó módulo del vector .QP
b) Utilizar o métodel presentadel en a) para determinar a distancia entre as rectas:
r ≡≡≡≡ (9, −−−−1, 0) + ρρρρ · (−−−−4, 1, 1), ρρρρ ∈∈∈∈ R y s ≡≡≡≡ (−−−−1, 0, 13) + σσσσ · (2, 1, −−−−2), σσσσ ∈∈∈∈ R.
a) Para calcular a distancia entre P y a recta l, calculamos a distancia de P a Q, sendel Q o pé da perpendicular trazada desde P á recta l.
Por ser Q un punto da recta l, as súas coordenadas son da forma Q = (1+ 4λ, 5 + λ , 1 − λ), con λ ∈ R.
Solución
11
α
P
Q l
+
| LOXSE 20
O vectorQP es: )9,3,43( λ+−λ−−λ−=QP
Calculemos as coordenadas del punto Q coa condición de que o vector QP sexa perpendicular ó vector director, v
, da recta l.
vQP
⊥ ⇔ 0 · =vQP
0 · =vQP
⇔ 0)1 1, (4, · )9,3,43( =−λ+−λ−−λ− ⇔
0931612 =λ−+λ−−λ− ⇒
⇒ 01818 =λ− ⇒ 1=λ
Se 1=λ , obtenemos Q = (5, 6, 0) y )8,4,1( −−−=QP .
Daquela, dist(P, l) = 981)8()4()1(|| 222 ==−+−+−=QP u.
b) Para calcular a distancia entre as rectas r y s, calculamos a distancia entre os puntos P y P′ que son os puntos de corte de las rectas r y s coa perpendicular común.
Por ser P un punto da recta r, as súas coordenadas son da forma:
(9 − 4ρ, −1 + ρ , ρ)
Por ser P′ un punto da recta s, as súas coordenadas son da forma:
(−1+ 2σ, σ , 13 − 2σ)
O vector )213,1,2410( σ+ρ+−σ−ρ+−σ−ρ−=′PP es perpendicular ó vector director da recta r, ),1,1,4(−=u
e ó vector director da recta s, ),2,1,2( −=v
por
lo tanto:
0)2 1, ,2( · )213,1,2410( ·
01) 1, ,4( · )213,1,2410( ·
=−σ+ρ+−σ−ρ+−σ−ρ−=′
=−σ+ρ+−σ−ρ+−σ−ρ−=′
vPP
uPP
⇒
P
P′
r
s
+
| LOXSE 21
⇒ 0422614820
0213181640
=σ−ρ−+σ−ρ+−σ−ρ−
=σ+ρ+−σ−ρ+−σ+ρ+− ⇒
09945
091854
=σ−ρ−
=σ+ρ+− ⇒
⇒ 5
62
−=σ−ρ−
=σ+ρ ⇒
4
1
=σ
=ρ
Para estes valores obtenemos )4,4,2( −−−=′PP
En consecuencia dist (r, s) = dist ),( PP′ = || PP′ =
636)4()4()2( 222 ==−+−+− u
Considerar o prisma (non recto) de base triangular determinadel polos vectores
0) 0, ,3(====OA , 0) 4, ,0(====OC y 4) 2, ,0(====OD [ver figura]. Completalo a un prisma de base rectangular OABC y tapadeira DEFG.
a) Determinar as coordenadas dos puntos B, E, F y G. Debuxar a figura resultante.
b) Determinar as coordenadas del punto medio M, do
segmento ,DF y calcular a área del triángulo que
este punto determina con A y mais C.
c) Determinar un punto P no segmento EG que con A
y C forme un triángulo isóscele. ¿Que relación exis-
te entre su área y a del triángulo del apartadel b)?
a)
Solución
12
x
O
A
C
E
D G
y
z
0
A
C
E
D G
y
z
x
B
F
M
+
| LOXSE 22
0), 4, (3,0) 4, (0,0) 0, 3,( =+=+= OCOAOB B = (3, 4, 0)
4), 2, (3,4) 2, (0,0) 0, 3,( =+=+= ODOAOE y = (3, 2, 4)
4), 6, (3,4) 2, (0,0) 4, 3,( =+=+= ODOBOF F = (3, 6, 4)
4), 6, (0,4) 2, (0,0) 4, ,0( =+=+= ODOCOG G = (0, 6, 4)
b)
=
+++= 4 ,4 ,
2
3
2
44 ,
2
62 ,
2
30M
,4 4, ,2
304 ,04 ,3
2
3
−=
−−−=AM ( ) 0) 4, ,3(00 ,04 ,30 −=−−−=AC
)6 ,12 ,16(43
42/3 ,
30
2/34 ,
04
44−−=
−
−
−
−=× ACAM
1094362
16)12()16(
2
1)( Área 222 ==+−+−=AMC u2.
c) Unha determinación da recta que pasa por y e G, es ) ,( EGEr sendel
)0,4,3()44,26,30( −=−−−=EG
por lo tanto, )0,4,3()4,2,3(),,( : −λ+=zyxr
O punto P pedidel pertence á recta r, daquela as súas coordenadas son da forma:
)4,42,33( λ+λ−
Por outra parte, para que con A y C forme un triángulo isóscele, ten que verificarse que:
||2
1)( Área ACAMAMC ×=
+
| LOXSE 23
) ,() ,( PCdPAd = ⇔ |||| CPAP =
),4,42,3( λ+λ−=AP )4,42,33( λ+−λ−=CP
|||| CPAP = ⇔ 222222 4)42()33(4)42()3( +λ+−+λ−=+λ++λ− ⇒
⇒ 1616164918916161649 2222 +λ+λ−+λ+λ−=+λ+λ++λ ⇒
⇒ 9161816 =λ+λ+λ ⇒ 50λ = 9 ⇒ 50
9=λ
O punto pedidel es: P es
=
+− 4,50
136,
50
1234,
50
942,
50
933
Todos os triángulos de base AC y que teñen o outro vértice sobre a recta que pasa por y e G teñen a mesma área, pois a altura es a mesma en todos eles, por ser paralelos AC y EG.
En consecuencia a área del triángulo ADC es igual á área del apartadel b) pois os puntos M y P son puntos del segmento EG.
NOTA: Ademais del punto P, existen outros dous puntos P1 y P2 no segmento EG que con A y C determinan un triángulo isóscele. Para achalos basta con impoñer as condicións:
|||| 1 ACAP = y |||| 2 CACP =
Os puntos P = (−−−−1, 3, 4) y Q = (5, 3, −−−−2) son simétricos res-
pecto dun plano. Determinar a ecuación deste plano.
[Dous puntos son simétricos respecto dun plano se o segmento
que determinan corta perpendicularmente ó plano nun punto
13 P
Q
+
| LOXSE 24
que es o punto medio de P y Q]
O plano pedido, π, es o plano mediador del segmento .PQ .
Un vector normal de dito plano es o vector PQ
( ) )6,0,6(42,33),1(5 −=−−−−−=PQ
Daquela tamén es un vector normal del plano π o vector ).1,0,1( −=n
Un punto del plano π es o punto M, punto medio del segmento .PQ
As coordenadas de M son )1,3,2(2
24,
2
33,
2
51=
−++−=M
A ecuación del plano π que ten como vector normal o vector )1,0,1( −=n
es:
π: x − z + D = 0
Como o punto )1,3,2(=M pertence ó plano π, verificase: 2 − 1 + D = 0 ⇒ D =
−1
A ecuación del plano pedidel es x − z − 1 = 0
a) Describir a figura xeométrica (rexión) del espacio formada polas solucións del sistema:
====++++++++
−−−−====++++++++−−−−
====++++−−−−
278
155
3339
zyx
zyx
zyx
Solución
14
+
| LOXSE 25
b) Demostrar que hai infinitas solucións que teñen as tres coordenadas positivas.
a) O sistema dadel es equivalente ó sistema:
=++
−=++−
=+−
278
1 55
1 3
zyx
zyx
zyx
Formamos as matrices del sistema: a matriz dos coeficientes A y a matriz ampliada
A*.
−
−
=
781
155
113
A
−−
−
=
2
1
1
781
155
113
*A
0
781
155
113
|| =−
−
=A
Rango (A) = 2, pois 01055
13≠=
−
−
O rango de A* tamén es 2, pois a 4ª columna = 1ª columna + 2ª columna − 3ª columna.
Como rango (A) = rango (A*) = 2 o sistema es compatible indeterminadel y ten un número simplemente infinito de solucións, por lo que o conxunto de solucións del sistema están sobre unha recta.
O sistema dadel es equivalente ó sistema formadel pola primeira y segunda ecuaciones (co-
rrespondentes ás filas del menor 55
13
−
− que nos da o rango de A y A*),
Solución
+
| LOXSE 26
considerandel co- mo incógnitas principias x y y (das que os coeficientes son as columnas de dito menor).
=++
−=++−
=+−
278
1 55
1 3
zyx
zyx
zyx
⇔
−=++−
=+−
155
1 3
zyx
zyx ⇔
−−=+−
−=−
zyx
zyx
155
1 3
Facendel z = k
−−=+−
−=−
kyx
kyx
155
1 3
Aplicandel a regra de Cramer, obtenemos:
5
32
10
64
5 5
13
5 1
11
kkk
k
x−
=−
=
−
−
−−
−−
= ; 5
41
10
82
5 5
13
1 5
13
kkk
k
y−
=−
=
−
−
−−−
−
= : z =
k
A figura xeométrica del espacio formada polas solucións del sistema es unha recta de ecua- cións paramétricas:
=
−=
−=
kz
ky
kx
5
4
5
15
3
5
2
b) Vexamos para que valores de k, se verifica que as tres coordenadas son positivas,
+
| LOXSE 27
05
5
5
2>− k ⇒
3
2<k ; 0
4
1
5
1>− k ⇒
4
1<k ; k > 0
En consecuencia para valores de k, tales que 4
10 << k , as solucións teñen as tres
coorde- nadas positivas, por lo tanto, hai infinitas solucións deste tipo.
+
| LOXSE 28
LOXSE
Determinar o ángulo que forman a recta r y o plano ππππ de ecuaciones:
16226: ====−−−−++++ππππ zyx zyx
r −−−−====−−−−====−−−−
133
2:
(Loxse. Xuño 1995)
Un vector normal ou característico del plano π es: )2,2,6( −=n
Un vector de dirección da recta r es: ),1,1,3( −=v
pois,
zyx
r −=−=−
133
2: ⇔
1
1
1
3
3
2:
−−
=−
=− zyx
r
Polo tanto,
14411
22=
Daquela, α = arcsen 1 = 90º.
Aínda que esta es a forma xeral de resolver o problema para determinar o ángulo que forman unha recta y un plano, neste caso non son necesarios os cálculos anteriores, xa que observamos que o vector de dirección da recta, )1 1, ,3( −=v
y o vector
característico del plano, )2 2, ,6( −=n
, son paralelos, logo xa podiamos afirmar que recta y plano son perpendiculares y por lo tanto α = 90º.
1
Solución
α π
n r
v
=−++−++
−−++====π
222222 )2(26)1(13
2)( · )1(2 · 16 · 3
||||
· |),(cos|αsen ),(sen
nv
nvnvr
+
| LOXSE 29
Dados os vectores )0,1,2(====u
y ),1,0,1( −−−−====w
hallar outro vector v que
dependa linearmente dos dous anteriores.
(Loxse. Xuño 1995)
Un vector depende linearmente doutros dous se es combinación lineal deles. Daquela o vector v
será calquera combinación linear de u
y w. Por exemplo:
v = u + w = (2, 1, 0) + (1, 0, −1) = (3, 1, −1)
Dados os planos 0532 ====−−−−−−−−++++ zyx y ,02 ====++++++++++++ DCzByx determinar os valores de B, C y D para que:
i) Os planos sean paralelos sen puntos en común.
ii) Os planos coincidan.
iii) Os planos se corten nunha recta.
(Loxse. Setembro 1995)
Estudiemos o sistema formadel polas ecuaciones de ambos planos:
=+++
=−−+
02
0532
DCzByx
zyx
As matrices del sistema son:
M =
−
CB2
321 M* =
−−
DCB2
5321
i) Os planos son paralelos y sen puntos en común se:
rango (M) = 1 y rango (M*) = 2 ⇒ DCB
532
2
1 −≠
−== ⇒
10
6
4
−≠
−=
=
D
C
B
Solución
3
2
Solución
+
| LOXSE 30
ii) Os planos son coincidentes se:
rango (M) = rango (M*) = 1 ⇒ DCB
53221 −
=−
== ⇒
10
6
4
−=
−=
=
D
C
B
iii) Os planos córtanse nunha recta se:
rango (M) = rango (M*) = 2
O rango es 2 se B ≠ 4, se C ≠ −6 ou en ambos casos á vez, podendel tomar D
calquera valor.
Analícese a dependencia ou independencia linear dos vectores u=(1, 0, 1), v
=(2,
1, −−−−3) y w=(3, 4, −−−−17)
(Loxse. Setembro 1995)
Para analizar a dependencia linear dos vectores wvu
e , estudiemos o rango da matriz A formada por ditos vectores.
−
−=
1743
312
101
A
Como 0=A , rango (A) < 3, en consecuencia, os vectores son linearmente
dependentes.
5
Solución 4
+
| LOXSE 31
Dados os vectores u=(1, −−−−1, 2) y v
=(3, 1, −−−−1). Hallar o conxunto de vectores que
sendel perpendiculares a u pertenzan ó plano xeradel por u
y .v
(Loxse. Xuño 1996)
Se un vector w pertence ó plano xeradel polos vectores u
y ,v verifica: w
= λu
+ µ
v y se es perpendicular a u
, cumpre: u
· w = 0.
En consecuencia:
w = λ(1, −1, 2) + µ(3, 1, −1) = (λ, −λ, 2λ) + (3µ, µ, −µ) = (λ + 3µ, −λ + µ, 2λ − µ)
u· w = 0 ⇒ (1, −1, 2) · (λ + 3µ, −λ + µ, 2λ − µ) = 0 ⇒
⇒ 1 · (λ + 3µ) + (−1)( −λ + µ) + 2( 2λ − µ) = 0 ⇒
⇒ λ + 3µ + λ − µ + 4λ − 2µ = 0 ⇒ 6λ = 0 ⇒ λ = 0
O conxunto de vectores pedidos es da forma (3µ, µ, −µ), con µ ∈ R
Calcular a distancia da orixe ó plano que contiene os puntos A=(−−−−1, 0, 3), B=(2, 1, −−−−1) y C=(−−−−3, 2, 0). Calcular o volume del tetraedro con vértices neses tres puntos y en la orixe.
(Loxse. Xuño 1996)
Solución
Solución
6
A B
C X
+
| LOXSE 32
O plano que contiene os puntos A, B y C queda determinadel por un calquera deles,
por exemplo A, y polos vectores AB y AC , es dicir, unha determinación linear del
plano es π (A, AB , AC )
AB = (2−(−1), 1−0, −1−3) = (3, 1,−4), AC = (−3−(−1), 2−0, 0−3) = (−2, 2, −3)
Se X(x, y, z) es un punto xenérico de dito plano, verifícase:
rango ( ,AX ,AB AC ) = 2
Polo tanto, a ecuación del plano determinadel polos tres puntos es:
0
322
413
31
=
−−
−
−+ zyx
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:
022
13)3(
32
43
32
41)1( =
−−+
−−
−−
−
−+ zyx
0)3(8)17()1(5 =−+−−+ zyx
0198175 =−++ zyx
A distancia da orixe ó plano es:
dist (O, π) = 222 8175
19
++
− =
378
19− =
378
19 u
+
| LOXSE 33
O volume del tetraedro es:
V(OABC) = OCOBOA ,,[6
1] =
023
112
301
6
1
−
−
−
= 6
1919·
6
1= u3
A. Dados catro puntos de R3, ¿que condición deben cumprir para que estean no mesmo plano (sean coplanarios)? Razoar a resposta.
B. Calcular a distancia del punto P=(−−−−1, 0, 2) ó plano que contiene os puntos Q=(−−−−1, 1, 0), R=(0, 0, 2) y S=(1, −−−−2, −−−−2)
(Loxse. Setembro 1996)
A. Sean os puntos A, B, C y D.
Os catro puntos están no mesmo plano se os vectores AB , AC y AD son coplanarios, es dicir, son linearmente dependentes, por lo tanto, ten que verificarse que:
rango ),,( ADACAB < 3 ⇔ det ),,( ADACAB = 0
B. Tendel tres puntos non aliñados, para determinar o plano que os contiene, tomamos
un punto calquera deles, por exemplo Q, y os vectores QR y QS , es dicir, unha
determinación del plano π (Q, ,QR QS )
Solución
7
A B
D C
+
| LOXSE 34
QR = (0 − (−1), 0 − 1, 2 − 0) = (1, −1, 2) QS = (1 − (−1), −2 − 1, −2 − 0) = (2,
−3, −2)
Se X(x, y, z) es un punto xenérico de dito plano, verifícase:
rango ( ,QX ,QR QS ) = 2
Polo tanto, a ecuación del plano π determinadel polos tres puntos es:
0
232
211
11
=
−−
−
−+ zyx
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, obtenemos:
032
11
22
21)1(
23
21)1( =
−
−+
−−−
−−
−+ zyx
0)1()1)(6()1(8 =−+−−−+ zyx
0268 =+−+ zyx
A distancia del punto P ó plano π es:
d(P, π) = 222 )1(68
220·6)1(·8
−++
+−+−=
101
8− =
101
8u
A. Dadel o plano Ax + By + Cz + D = 0 con vectores directores u
e v. ¿Que
ángulo forman os vectores w=(A, B, C) y o producto vectorial de u
e v?
B. Hallar a ecuación xeral del plano ππππ que pasa por lo punto P=(3, −−−−2, 5) y es perpendicular ós planos 1ππππ e .2ππππ
====++++++++−−−−ππππ
====++++−−−−ππππ
442:
225:
2
1
zyx
zyx
(Loxse. Setembro 1996)
Solución
8
+
| LOXSE 35
A. Os vectores w= (A, B, C) y vu
× son dous vectores perpendiculares ó plano, por
lo que o ángulo que forman es 0º ou 180º.
B. Os vectores )2,1,5(1 −=n
y )1,4,2(2 −=n
son vectores normais ós planos 1π e
2π , respectivamente.
Un vector normal ou característico n del plano π es o vector ,21 nnn
×=
perpendicular ós vectores 1n y 2n.
21 nnn
×= =(5, −1, 2) × (−2, 4, 1) =
−
−
−
−
42
15,
21
52,14
21 = (−9, −9, 18)
En lugar del vector (−9, −9, 18) pódese tomar como vector normal de π calquera outro proporcional a el, como por exemplo, o vector (1, 1, −2)
A ecuación del plano π que ten como vector característico o vector (1, 1, −2) es:
x + y − 2z + D = 0
Por pasar dito plano por lo punto P(3, −2, 5) cúmprese:
3 + (−2) − 2 · 5 + D = 0 ⇒ D = 9
En consecuencia, a ecuación xeral del plano π es: x + y − 2z + 9 = 0
+
| LOXSE 36
Calcular o valor de αααα para que sean paralelos a recta r y o plano ππππ de
ecuaciones:
====−−−−++++
−−−−====−−−−
2
132:
zyx
yxr 5: ====++++−−−−ααααππππ zyx
¿Existe algún valor de αααα tal que r y ππππ son perpendiculares?
(Loxse. Xuño 1997)
a)
Unha recta y un plano son paralelos se, y só se o vector de dirección da recta y o vector ca- racterístico del plano son ortogonais. Neste caso r y π son paralelos se v
· n = 0,
sendel v o
vector de dirección da recta r y n o vector normal ou característico del plano π.
v = (2, −3, 0) × (1, 1, −1) =
n= (α, −1, 1)
por lo tanto,
r // π ⇔ nv ⊥ ⇔ 0 · =nv
⇔ (3, 2, 5) · (α, −1, 1) = 0 ⇒ 3α + 2 · (−1) + 5 ·
1= 0 ⇒
⇒ 3α − 2 + 5 = 0 ⇒ ⇒ α = −1
A recta r y o plano π son paralelos se α = −1
Solución
9
5) 2, ,3(11
32,11
20,11
03=
−
−−
−
v
n
π
r
+
| LOXSE 37
b)
Unha recta y un plano son perpendiculares, se y só se o vector de dirección da recta y o vector característico del plano son paralelos, es dicir, rango .1),( =nv
Neste caso:
Rango 211
523 rango),( =
−α=nv
, para calquera valor de α, xa que
0711
52≠=
−,
entón non existe ningún valor de α para o que r y π sean perpendiculares.
Calcular a ecuación da elipse de focos 1F =(3, 0) y 2F =(−−−−3, 0) y que pasa por lo punto (0, 4)
(Loxse. Xuño 1997)
A ecuación reducida da elipse es: 12
2
2
2
=+b
y
a
x
Por pasar por lo punto (0, 4) verifícase 2
24
b= 1 ⇒ 2b = 24 = 16
Como c = 3 y tendel en cuenta que 222 cba += ⇒ 2534 222 =+=a
v
n
π
r
Solución
10
F2(−3, 0) F1(3, 0)
a b
c
+
| LOXSE 38
A ecuación da elipse es: 11625
22
=+yx
Calcular a área del triángulo con vértices os puntos de intersección del plano
ππππ: 2x + y + 3z −−−− 6 = 0
cos eixes de coordenadas.
(Loxse. Setembro 1997)
Achamos a intersección del plano cos eixes de coordenadas:
Intersección con OX y = 0, z = 0 ⇒ 2x − 6 = 0 ⇒ x = 3 A(3, 0, 0)
Intersección con OY x = 0, z = 0 ⇒ y − 6 = 0 ⇒ y = 6 B(0, 6, 0)
Intersección con OZ x = 0, y = 0 ⇒ 3z − 6 = 0 ⇒ z = 2 C(0, 0, 2)
Tendel en cuenta a interpretación xeométrica del producto vectorial, a área del triángulo de vértices os puntos A, B y C es:
= 2
1AB| × AC |
Solución
11
A B
C
Área (ABC)
+
| LOXSE 39
AB = (0 − 3, 6 − 0, 0 − 0) = (−3, 6, 0), AC = (0 − 3, 0 − 0, 2 − 0) = (−3, 0, 2)
AB × AC =
−
−
−
−
03
63,32
30,
20
06 = (12, 6, 18)
=2
1AB| × AC | = 222 18612
2
1++ = 504
2
1 = 126 u2
A. ¿Pode ser unha recta perpendicular a unha recta dun plano sen que o sexa ó plano? Razoar a resposta.
B. Determinar αααα y ββββ para que os planos 1ππππ : 6x −−−− ααααy + 4z + 9 = 0 y 2ππππ : 9x −−−−3y + ββββz −−−− ββββ = 0 sean paralelos.
(Loxse. Setembro 1997)
A.
Por exemplo, a recta s, que pertence ó mesmo plano que a recta r, es perpendicular a ela, sen embargo non es perpendicular ó plano π. por lo tanto, unha recta si pode ser perpendicular a unha recta dun plano, sen ser perpendicular a dito plano.
B. Para que os planos sean paralelos, ten que verificarse que os vectores característicos )4,,6(1 α−=n
y ),,3,9(2 β−=n
perpendiculares a 1π e ,2π respectivamente, han de ter a mesma dirección. Neste caso:
β
=−
α−=
4
39
6 ⇒
β=
−α−
=
4
9
639
6
⇒ 6
2
=β
=α
Solución
12
r
s π
Área (ABC)
+
| LOXSE 40
Para α = 2 y β = 6, as ecuaciones dos planos 1π y 2π son:
09426:1 =++−π zyx y .06639:2 =−+−π zyx
Estes dous planos son paralelos, pois: 6
9
6
4
3
2
9
6
−≠=
−
−=
Calcular os puntos da recta r que pasa polos puntos P=(−−−−1, 2, 3) y Q=(3, 5, 0), y tales que a distancia ó punto C=(−−−−1, 0, 1) es de 12 unidades.
(Loxse. Xuño 1998)
Unha determinación linear da recta r es r(P, PQ ) sendo:
P=(−1, 2 ,3); PQ = (3 − (−1), 5 − 2, 0 − 3) = (4, 3, −3)
As ecuaciones paramétricas de r son:
λ−=
λ+=
λ+−=
33
32
41
z
y
x
Un punto xenérico de r es )33,32,41( λ−λ+λ+−
Os puntos desta recta que distan 12 unidades de C=(−1, 0, 1) verifican:
222 )133()32())1(41( −λ−+λ++−−λ+− = 12 ⇒
Solución
13
+
| LOXSE 41
⇒ 222 )32()32()4( λ−+λ++λ = 12 ⇒ 222 9124912416 λ+λ−+λ+λ++λ =
144 ⇒
⇒ 234λ = 136 ⇒ 2λ = 4 ⇒ λ = 2; λ = −2
Polo tanto, sustituyendo estes dous valores en )33,32,41( λ−λ+λ+− obtenemos:
Para λ = 2, (−1 + 4 · 2, 2 + 3 · 2, 3 − 3 · 2) = (7, 8, −3)
Para λ = −2, (−1 + 4 · (−2), 2 + 3 · (−2), 3 − 3 · (−2)) = (−9,−4, 9)
Os puntos de r que distan 12 unidades de C son: (7, 8, −3) y (−9, −4, 9)
Estudiar a posición relativa de las rectas
r ≡≡≡≡
−−−−++++
========−−−−2
1
23
zyx y s ≡≡≡≡ (x, y, z) = (−−−−3, 1, 0) + λλλλ(−−−−1, 2, 1)
Calcular o punto de r máis próximo á recta s.
(Loxse. Xuño 1998)
Unha determinación linear da recta r es r(A, )u, sendel A=(3, 0, −1) y u
=(1, 2, −2)
Unha determinación linear da recta s es s(B, )v, sendel B=(−3, 1, 0) y v
=(−1, 2, 1)
Se rango ( ,AB ,u )v = 3, as rectas crúzanse.
Se rango ( ,AB ,u )v < 3, as rectas son coplanarias.
AB = (−3 − 3, 1 − 0, 0 − (−1)) = (−6, 1, 1)
Solución
14
+
| LOXSE 42
rango ( ,AB ,u
)v = rango
−
−
−
121
221
116
= 3, pois
121
221
116
−
−
−
= −31 ≠ 0
As rectas r y s crúzanse.
O punto de r máis próximo a s es o da perpendicular común.
Para hallar dito punto, calculamos a intersección da recta r
co plano π que contiene a recta s y ten como vector de
dirección o vector u × vque es perpendicular ós vectores
de dirección de las rectas r y s, u y v, respectivamente.
vu
× =
−−
−−
21
21,11
12,12
22 = (6, 1, 4)
Plano π:
Unha determinación linear deste plano es π(B, ), vuv
×
Polo tanto, a ecuación del plano es:
0
416
121
13
=−
−+ zyx
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, obtenemos:
016
21
46
11)1(
41
12)3( =
−+
−−−+ zyx
0)13()1)(10()3(7 =−+−−−+ zyx
01113107 =+−+ zyx
Intersección de r y π:
A
B
r
s
u
v
π
+
| LOXSE 43
Un punto xenérico da recta r es (3 + µ, 2µ, −1 −2µ). O que pertence ó plano π verifica:
7(3 + µ) + 10 (2µ) − 13(−1 − 2µ) + 11 = 0 ⇒ 21+ 7µ + 20µ + 13 + 26µ + 11 = 0 ⇒
⇒ 53µ = −45 ⇒ µ = 53
45−
O punto pedidel es:
−−−
−
−+53
4521,
53
452,
53
453 =
−53
37,
53
90,
53
114
Outra forma de calcular este punto es a siguiente:
O punto de r máis próximo de s es o da perpendicular común.
Sean P y P’ os puntos de corte de las rectas r y s coa perpendicular
común.
Por ser P un punto da recta r, as súas coordenadas son da forma:
(3 + µ, 2µ, −1 − 2µ)
Por ser P′ un punto da recta s, as súas coordenadas son da forma:
(−3 − λ, 1 + 2λ, λ)
O vector 'PP = (−6 − λ − µ, 1 + 2λ − 2µ, 1 + λ + 2µ) es perpendicular a u = (1, 2,
−2) y ),1,2,1(−=v
por lo tanto:
01 · )21( 2 · )221( 1)( · )6( 0 · '
02)( · )21( 2 · )221( 1 · )6( 0 · '
=µ+λ++µ−λ++−µ−λ−−⇒=
=−µ+λ++µ−λ++µ−λ−−⇒=
vPP
uPP
⇒
⇒
=+µ−λ
=−µ−λ
096
069 ⇒
53
45−=µ
r
s
P
P′
+
| LOXSE 44
O punto pedidel P es:
−−−
−
−+53
4521,
53
452,
53
453 =
−53
37,
53
90,
53
114
¿Os puntos P=(3, 1, 1), Q=(1, 1, 0), R=(−−−−3, 3, −−−−1) y S=(2, 2, 1) son coplanarios?
(Loxse. Setembro 1998)
Os puntos P, Q, R y S son coplanarios se os vectores son linearmente
dependentes, es dicir, se rango 3),,( <PSPRPQ
PQ = (1 −3, 1 −1, 0 −1) = ( −2, 0, −1)
PR = (−3 −3, 3 −1, −1 −1) = ( −6, 2, −2)
PS = (2 −3, 2 −1, 1 −1) = ( −1, 1, 0)
rango ),,( PSPRPQ = rango 2
011
226
102
=
−
−−
−−
, xa que 0426
02≠−=
−
− y
0
011
226
102
=
−
−−
−−
Solución
15
P
Q
R
S
PSPRPQ e ,
+
| LOXSE 45
Os vectores PSPRPQ e , son linearmente dependentes, así pois, os catro puntos P, Q, R y S son coplanarios.
A. ¿Cal es a forma xeral dos planos paralelos ó plano OXY? Razoar a resposta. B. Hallar a ecuación xeral del plano ππππ que pasa por A=(1, 1, 1) y contiene a recta
r, dada por:
αααα−−−−====
αααα−−−−−−−−====
αααα++++====
2
1
2
z
y
x
(Loxse. Setembro 1998)
A.
Un vector normal dun plano paralelo ó plano OXY es o vector (0, 0, 1), por lo tanto, a ecuación xeral de dito plano es:
0x + 0y + 1z + D = 0 ⇒ z + D = 0
A forma xeral dos planos paralelos ó plano OXY
es:
z + D = 0
B.
Solución
16
P
A
r π u
Y
X
Z
O
π
1u
2u
3u
+
| LOXSE 46
Un punto da recta r es P(2, −1, 0) y un vector director es u=(1, −1, −2)
O plano π que pasa por lo punto A y contiene a recta r, queda determinadel por A y
polos vectores directores u y PA , es dicir, unha determinación linear del
plano es π(A, ,u )PA
PA = (1 − 2, 1 − (−1), 1 − 0) = (−1, 2, 1)
por lo tanto, a ecuación xeral del plano es:
0
1 2 1
21 1
111
=
−
−−
−−− zyx
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:
021
11)1(
11
21)1(
12
21)1( =
−
−−+
−
−−−
−−− zyx
0)1()1)(1()1(3 =−+−−−− zyx
053 =−++ zyx
17
+
| LOXSE 47
Hallar a ecuación xeral del plano determinadel polos puntos A=(1, 1, 1), B=(−−−−2, 0, −−−−1) y C=(1, −−−−2, 0). Calcular o volume del tetraedro que limita cos planos cartesianos.
(Loxse. Xuño 1999)
Dados tres puntos non aliñados, para determinar o plano que os contiene, tomamos un
punto calquera deles, por exemplo A, y os vectores AB y AC , es dicir, unha
determinación linear del plano es π(A, ,AB AC )
AB = (−2 − 1, 0 − 1, −1 − 1) = (−3, −1,−2), AC = (1 − 1, −2 − 1, 0 − 1) = (0, −3,
−1)
Se X(x, y, z) es un punto xenérico de dito plano, verifícase:
rango ( ,AX ,AB AC ) = 2
Polo tanto, a ecuación xeral del plano determinadel polos tres puntos es:
0
130
213
111
=
−−
−−−
−−− zyx
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:
030
13)1(
10
23)1(
13
21)1( =
−
−−−+
−
−−−−
−−
−−− zyx
Solución
A B
C X
+
| LOXSE 48
0)1(9)1(3)1(5 =−+−−−− zyx
01935 =−+−− zyx
Achamos os vértices del tetraedro y para iso calculamos a intersección dos planos:
x = 0, y = 0, z = 0 punto de intersección O=(0, 0, 0)
x = 0, y = 0, 01935 =−+−− zyx punto de intersección P=(0, 0, 1/9)
x = 0, z = 0, 01935 =−+−− zyx punto de intersección Q=(0, −1/3, 0)
y = 0, z = 0, 01935 =−+−− zyx punto de intersección R=(−1/5, 0, 0)
O volume del tetraedro de vértices os puntos O, P, Q, y R es:
[ ]810
1
810
1
135
1
6
1
005/1
03/10
9/100
6
1 , ,
6
1)( =−=
−=
−
−== OROQOPOPQRV
u3
Estudiar a posición relativa de las rectas r y s, y calcular o ángulo que forman
========
−−−−432
1:
zyxr s :
λλλλ++++====
λλλλ++++====
λλλλ++++====
34
23
3
z
y
x
(Loxse. Xuño 1999)
Unha determinación linear da recta r es r(A, )u sendel A=(1, 0, 0) y u
=(2, 3, 4)
Unha determinación linear da recta s es s(B, )v sendel B=(3, 3, 4) y v
=(1, 2, 3)
Se rango AB( , ,u )v= 3, as rectas crúzanse.
Solución
18
+
| LOXSE 49
Se rango AB( , ,u )v< 3, as rectas son coplanarias.
AB = (3 − 1, 3 − 0, 4 − 0) = (2, 3, 4)
rango AB( , ,u )v= rango 2
321
432
432
=
, xa que 0121
32≠= y 0
321
432
432
=
As rectas r y s son coplanarias.
Como rango ,(u
)v= 2, pois ,01
21
32≠= as rectas córtanse.
cos α = cos ),(∧sr =
406
20
1429
20
321432
3 · 42 · 31 · 2
· |),(cos|
222222==
++++
++==
∧
vu
vuvu
O ángulo que forman as rectas r y s es: α = 6º 58′ 57″
Calcular o conxunto de puntos de R3 que están á mesma distancia dos puntos )5,2,1(−−−−====P y Q = (−−−−3, 4, 1). ¿A que distancia se atopa o punto P de dito
conxunto? (Loxse. Setembro 1999)
Se X(x, y, z) es un punto de R3 que está á mesma distancia dos puntos P y Q, verifica:
Solución
19
+
| LOXSE 50
d(P, X) = d(Q, X) ⇔
222222 )1()4()3()5()2()1( −+−++=−+−++ zyxzyx ⇒
⇒ 222222 )1()4()3()5()2()1( −+−++=−+−++ zyxzyx ⇒
⇒
121689625104412 222222 +−++−+++=+−++−+++ zzyyxxzzyyxx ⇒
⇒ 04844 =−+− zyx ⇒ x − y + 2z − 1 = 0
Así pois, o conxunto de puntos de R3 que están á mesma distancia dos puntos P y Q es o plano π: x − y + 2z − 1 = 0. Este plano chámase plano mediador del segmento PQ y es o plano que corta ó segmento PQ perpendicularmente por lo punto medio.
A distancia del punto P ó plano π es:
d(P, π) = 66
6
2)1(1
11021222
==+−+
−+−− u.
P Q
π
+
| LOXSE 51
Considérese, no plano, o triángulo de vértices: A = (2, 0), B = (0, 1) y C = (−−−−3, −−−−2). Calcular os ángulos y a área deste triángulo
(Loxse. Setembro 1999)
Consideremos os vectores:
)1,2()01,20( −=−−=AB )1,2( −=BA
)2,5()02,23( −−=−−−−=AC )2,5(=CA
)3,3()12,03( −−=−−−−=BC )3,3(=CB
145
8
295
8
)2()5(1)2(
)2(·1)5(·2
||·||
·),(cosˆcos
2222==
−+−+−
−+−−===
ACAB
ACABACABA
90
3
185
3
)3()3()1(2
)3(·)1()3(·2
||·||
·),(cosˆcos
2222
−=
−=
−+−−+
−−+−===
BCBA
BCBABCBAB
522
21
1829
21
3325
3·23·5
||·||
·),(cosˆcos
2222==
++
+===
CBCA
CBCACBCAC
145
8ˆcos =A ⇒⇒⇒⇒ 9512º48ˆ ′′′=A ; 90
3ˆcos−
=B ⇒⇒⇒⇒ 662º108ˆ ′′′=B ;
Solución
20
A = (2, 0)
B = (0, 1)
C = (−3, −2)
h
+
| LOXSE 52
Área (ABC)
522
21ˆcos =C ⇒⇒⇒⇒ 5511º23ˆ ′′′=C
A área dun triángulo es: hb · 2
1Área =
Neste caso, podemos tomar como base o ladel AC.
29|| == ACb
h = CCB ˆsen|| = )55" 11' º23(sen 18
A área del triángulo es: = )55" 11' (23ºsen 18292
1= 4,5 u2.
Acha o volume del tetraedro de vértices o punto P = (1, 1, 1) y os puntos de corte del plano ππππ : 2x + 3y + z −−−− 12 = 0 cos eixes coordenados. Acha tamén o punto de corte del plano ππππ y a recta, perpendicular a ππππ, que pasa por lo punto P.
(Loxse. Xuño 2000)
a) Achamos a intersección del plano π cos eixes coordenados.
Intersección con OX: y = 0, z = 0 ⇒ 2x – 12 = 0 ⇒ x = 6. A = (6, 0, 0)
Intersección con OY: x = 0, z = 0 ⇒ 3y – 12 = 0 ⇒ y = 4. B = (0, 4, 0)
Intersección con OZ: x = 0, y = 0 ⇒ z – 12 = 0 ⇒ z = 12. C = (0, 0, 12)
O volume del tetraedro de vértices P, A, B y C es:
Solución
21
+
| LOXSE 53
[ ] 24144 · 6
1
1111
131
115
6
1 , ,
6
1)( ==
−−
−−
−−
== PCPBPAPABCV u3.
b)
A recta r perpendicular π que pasa por lo punto P=(1, 1,
1) ten como vector de dirección o vector normal ou
característico del plano π, ),1,3,2(=n
por lo tanto as
ecuaciones paramétricas de dita recta son:
λ+=
λ+=
λ+=
1
31
21
z
y
x
O punto pedidel M, es un punto da recta r, por lo tanto es da forma ),1,31,21( λ+λ+λ+M y
como M tamén pertence ó plano π, cúmprese que:
0121)31(3)21(2 =−λ++λ++λ+ ⇒ 01219342 =−λ++λ++λ+ ⇒
7
3=λ
As coordenadas del punto M son
=
+++7
10,
7
16,
7
13
7
31,
7
3 · 31,
7
3 · 21
Determina as ecuaciones vectorial, paramétricas y xeral del plano determinadel polos puntos A = (1, 0 , 0), B = (2, −−−−1, 2) y C = (5, −−−−1, 1). Acha a distancia del punto P = (2, 7, 3) ó plano.
(Loxse. Xuño 2000)
22
Solución
A B
C X
P
M
v
n
+
| LOXSE 54
Dados tres puntos non aliñados, para determinar o plano que os contiene, tomamos un
punto calquera deles, por exemplo A, y os vectores AB y AC , es dicir, unha
determinación linear del plano es π(A, ,AB AC )
)2,1,1()02,01,12( −=−−−−=AB , )1,1,4()01,01,15( −=−−−−=AC
Ecuación vectorial
)1,1,4()2,1,1()0,0,1(),,( −µ+−λ+=zyx
Ecuaciones paramétricas
µ+λ=
µ−λ−=
µ+λ+=
2
4 1
z
y
x
Ecuación xeral
114
211
1
−
−
− zyx
= 0
desenvolvendel este determinante polos elementos da primeira fila, resulta:
014
11
14
21
11
21)1( =
−
−+−
−
−− zyx
+
| LOXSE 55
x − 1 − (−7) y + 3z = 0
x +7y +3z –1 = 0
A distancia del punto P ó plano π es:
dist (P, π) = 5959
59
371
13 · 37 · 72222
==++
−++ u
Calcule α para que os puntos A = (1, 1, 1), B = (3, 0, 2), C = (5, −2, 2) y D = (2, 1, α)
sean coplanarios. Calcule a área del polígono ABCD.
(Loxse. Setembro 2000)
Os puntos A, B, C y D son coplanarios se os vectores ,AB AC y CD son linearmente
dependentes, es dicir, rango 3),,( <ADACAB
23
Solución
A B
C
D
+
| LOXSE 56
)1,1,2()12,10,13( −=−−−=AB
)1,3,4()12,12,15( −=−−−−=AC
)1,0,1()1,11,12( −α=−α−−=AD
Consideremos a matriz formada polas coordenadas dos tres vectores.
−α
−
−
=
101
134
112
M
42|| +α−=M
O rango da matriz M es menor que 3, se y só se, 0|| =M
0|| =M ⇒ 042 =+α− ⇒ 2=α
Polo tanto, os puntos A, B, C y D son coplanarios se α = 2.
Neste caso os puntos B, C y D están aliñados, pois, os vectores CB y CD son linearmente dependentes. En efecto:
)0,2,2()22),2(0,53( −=−−−−=CB
)0,3,3()22),2(1,52( −=−−−−=CD
A área del polígono ABCD es a área del triángulo ACD.
A C
D B
+
| LOXSE 57
Tendel en cuenta a interpretación xeométrica del producto vectorial:
sendo: )1,3,4( −=AC , )1,0,1(=AD
)3,3,3(01
34,11
41,10
13−−=
−−=× ADAC
Dadel o plano ,63:1 ====++++αααα++++ππππ zyx calcule α para que a recta r que pasa por lo punto
)2,1,1(====P y es perpendicular a este plano ( 1ππππ ) sexa paralela ó plano .3:2 ====−−−−ππππ yx
Calcule a distancia da recta r á orixe.
(Loxse. Setembro 2000)
24
Solución
π2
π1
P(1, 1, 2) r
1n
2n
||2
1)(Área ADACACD ×=
2222 u 32
327
2
13)3()3(
2
1||
2
1)(Área ==+−+−=×= ADACACD
+
| LOXSE 58
Se unha recta es perpendicular a un plano, un vector de dirección da recta es o vector normal ou característico del plano, por lo tanto, un vector de dirección da recta r es
1). , ,3(1 α=n
Se unha recta es paralela a un plano, o vector de dirección da recta y o vector característico del plano 1π son ortogonais, logo se )0,1,1(2 −=n
es o vector
característico del plano 2π , verifícase:
r // 2π ⇔
3 03 00 · 1)1( · 1 · 3 0 · 2121 =α⇒=α−⇒=+−α+⇔=⇔⊥ nnnn
A distancia da orixe a recta r vén dada por:
||
||),(
1
1
n
POnrOd
×
=
),2 ,1 ,1( −−−=PO 1) 3, ,3(1 =n
P r
O
1n
d
+
| LOXSE 59
)0,5,5(11
33 ,
12
31 ,
21
131 −=
−−−−−−=× POn
5005)5(|| 2221 =++−=× POn
19133|| 2221 =++=n
Logo, u. 19
50
19
50),( ==rOd
A. ¿En que posición relativa poden estar tres planos no espacio que non teñen
ningún punto en común? B. Determine a posición relativa dos planos 432 : ====++++−−−−ππππ zyx ,
012 : ====++++++++++++σσσσ zyx y 0642 : ====−−−−++++−−−−ϕϕϕϕ zyx
(Loxse. Xuño 2001)
A. Sean os planos: 0:1 =+++π DCzByAx
0:2 =′+′+′+′π DzCyBxA
0:3 =′′+′′+′′+′′π DzCyBxA
Os planos non teñen ningún punto en común ós tres se o sistema formadel polas súas ecuaciones es incompatible.
As matrices dos coeficientes y ampliada del sistema son:
′′′′′′
′′′=
CBA
CBA
CBA
M ,
′′
′
′′′′′′
′′′=
D
D
D
CBA
CBA
CBA
M *
25
Solución
+
| LOXSE 60
Se rango (M) ≠ rango (M*), o sistema es incompatible.
Segundel os valores dos rangos de M y M* preséntanse os siguientes casos:
I) Se rango (M) = 2 ≠ rango (M*) = 3, pódense dar dúas posicións:
a) Os planos córtanse dous a dous formandel unha superficie prismática.
b) Dous planos son paralelos y secantes ó terceiro
II) Se rango (M) = 1 ≠ rango (M*) = 2, pode ocorrer:
a) Os tres son planos paralelos
b) Dous planos coincidentes y outro paralelo a eles
B. Consideramos o sistema formadel polas ecuaciones dos tres planos
+
| LOXSE 61
=−+−
−=++
=+−
0642
1 2
432
zyx
zyx
zyx
Formamos as matrices del sistema
−−
−
=
642
112
321
M
−
−−
−
=
0
1
4
642
112
321
*M
0|| =M , pois a primeira y terceira filas son proporcionais
rango (M) = 2 , xa que 0512
21≠=
− y 0|| =M
rango (M*) = 3 , pois 040
042
112
421
≠=
−
−
−
Como rango (M) = 2 ≠ rango (M*) = 3, o sistema es incompatible. Non existe ningún punto común ós tres planos. Neste caso trátase de dous planos paralelos y outro incidente con eles. Os planos π y ϕ son paralelos y secantes a σ
Determine o ángulo que forma a recta r, que pasa por lo punto (1, −1, 0) y ten como
vector director 1) 0, ,2(−−−−====v
, y a recta s, de ecuación: 24
6
4
7 zyx====
++++====
−−−−
(Loxse. Xuño 2001)
26
Solución
π
ϕ σ
+
| LOXSE 62
Un vector director da recta r es 1) 0, ,2(−=v
Un vector director da recta s es 2) 4, ,4(=w
Polo tanto,
cos α = = =++++−
++−==
222222 24410)2(
2 · 14 · 04 · 2
|| ||
· |)w ,(cos|
wv
wvv
5
1
365
6=
−=
En consecuencia, o ángulo pedidel es α = arccos 5
1; α = 63º 26′ 6″
A. Sean u
y v
dous vectores. Comprobe que se 0))(( ====−−−−++++ vuvu
entón vu
==== .
B. Calcule os vectores unitarios que sean perpendiculares ós vectores )1,4,3(−−−−====u
y )0,1,2(−−−−====v
.
(Loxse. Setembro 2001)
A. 22
)2()1())(( vuvvuuvvvuuvuuvuvu
−=−=−−+=−+
(1) Aplicandel a propiedade distributiva del producto escalar respecto á suma de vectores
(2) Tendel en cuenta que o producto escalar es conmutativo vuuv
=
por lo tanto,
0))(( =−+ vuvu
⇒ 022
=− vu
⇒ 22
vu
= ⇒ vu
=
B. Os vectores vu
× y uv
× son perpendiculares ós vectores u y v.
cos (r, s)
27
Solución
+
| LOXSE 63
( )5,2,112
43,
20
31,
01
14−−=
−
−
−
−=× vu
305)2()1( 222 =+−+−=×vu
Como uv
× = vu
×− y vu
× = uv
× , os vectores unitarios pedidos son:
−−
30
5,
30
2,
30
1 y
−
30
5,
30
2,
30
1
Calcule a distancia entre as rectas r y s, onde r ten por ecuaciones (r : x = 3y = 5z) y a
recta s pasa polos puntos A = (1, 1, 1) y B = (1, 2, −3)
(Loxse. Setembro 2001)
As ecuaciones continuas da recta r : x = 3y = 5z son:
3515:
zyxr ==
Unha determinación linear desta recta es ),,( uOr sendel O = (0, 0, 0) y )3,5,15(=u
Unha determinación linear da recta s es ),,( vAs sendel A = (1, 1, 1) y
)4,1,0( −== ABv
As rectas r y s crúzanse, pois
3
410
3515
111
rango),,( rango =
−
=vuOA
, xa que 052
410
3515
111
≠=
−
28
Solución
+
| LOXSE 64
A distancia entre dúas rectas que se cruzan vén dada pola expresión d(r, s) =
v u
v ,u ,OA
×|][|
52|][| =v ,u ,OA
)15 ,60 ,23(10
515 ,
04
153 ,
41
35−=
−−=× vu
354.41560)23( 222 =++−=× vu
Logo,
d(r, s) = 354.4
52|][|=
× v u
v ,u ,OA
u.
+
| LOXSE 65
+
| LOXSE 66
COU CS INTEGRALES a) Calcular a ecuación da recta tanxente á curva 23 ++++++++==== xxy no seu punto de inflexión. b) Calcular a área limitada pola curva y as rectas y = 2 y x = 2.
a) Calculamos en que punto a función 23 ++= xxy ten un punto de inflexión.
13 2 +=′ xy
xy 6=′′
6=′′′y
0=′′y ⇔ 06 =x ⇒ x = 0
En x = 0, 0=′′y y 0≠′′′y
A curva ten un punto de inflexión en (0, 2)
A recta tanxente neste punto es: )0)(0(2 −′=− xfy
y ′ no punto de abscisa x = 0 es igual a 1.
Solución
+
| LOXSE 67
Polo tanto y = x + 2 es a recta tanxente no punto de inflexión (0, 2)
b) Achamos os puntos de corte de las gráficas de las funcións 23 ++= xxy y y = 2 resolvendel o sistema:
=
++=
2
23
y
xxy
223 =++ xx ⇒ 03 =+ xx ⇒ 0)1( 2 =+xx ⇒ x = 0
A área pedida es:
[ ] 62
2
4
2
24)(2)2(
242
0
242
0
32
0
3 =+=
+=+=−++= ∫∫xx
dxxxdxxxA u2.
a) Representar a rexión limitada polas gráficas de 24)( xxf −−−−==== y .2)( ++++==== xxg b) Calcular su área.
a) A gráfica da función 24)( xxf −= es unha parábola que ten o vértice no punto (0, 4) y corta
o eixe OX nos puntos de abscisas x = −2 y x = 2.
A gráfica da función )(xg = x + 2 es unha recta que pasa polos puntos (−2, 0) y (0, 2)
A rexión limitada polas gráficas es a rexión sombreada:
2
Solución
g(x) = x + 2
f (x) = 4 − x2 − 2 1
+
| LOXSE 68
b) Achamos as abscisas dos puntos de corte da parábola y a recta resolvendel o
sistema:
+=
−=
xy
xy
2
4 2
x + 2 = 4 − x2 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇒ x = −2; x = 1
A área pedida es:
[ ] =
−−=−−=+−−=
−−− ∫∫
1
2
321
2
21
2
2
322 )2()2()4(
xxxdxxxdxxxA
.u 2
9
3
)2(
2
)2()2(2
3
1
2
12 2
3232
=
−−
−−−−−−=
Dada a función
3 4 se 28
42 se 12
2 se 322
>>>>
≤≤≤≤<<<<−−−−
≤≤≤≤++++−−−−
xx
xx
xxx
====)(xf
+
| LOXSE 69
Calcular:
a) Intervalos de crecemento y decrecemento, asíntotas.
b) Área del recinto limitadel pola gráfica de ),(xf o eixe horizontal y as rectas x = 1 y .3====x
a) O dominio de definición da función es .R
A función )(xf es continua en todel o seu dominio.
Intervalos de crecemento y decrecemento Estudiemos a derivada primeira
En x = 2 es derivable, pois 2)2()2( =′=′ +− ff
En x = 4 non es derivable, pois 4/7)4(2)4( −=′≠=′ +− ff
Vexamos se para algún valor de x, 0)( =′ xf , tendel en cuenta que só no intervalo
(−∞, 2) po de ser 0)( =′ xf .
0)( =′ xf ⇒ 2x − 2 = 0 ⇒ x = 1
x (−∞, 1) 1 (1, 2) 2 (2, 4) 4 (4, +∞) )(xf ′ − 0 + 2 + − )(xf decrece 2 crece 3 crece 7 decrece
A función es crecente no intervalo (1, 4) y decrecente en (−∞, 1) ∪ (4, +∞)
Asíntotas
Solución
4 se 28
42 se 2
2 se 22
2>−
<<
≤−
xx
x
xx
=′ )(xf
+
| LOXSE 70
Soamente pode haber asíntotas no intervalo (4, +∞) pois nos outros a función vén definida por funcións polinómicas que non teñen asíntotas.
A recta y = 0 es unha asíntota horizontal pola dereita, xa que 028
=∞+→ x
limx
b) O recinto limitadel pola gráfica da función ),(xf o eixe horizontal y as rectas
1=x y 3=x es o recinto sombreado:
A área pedida es:
[ ] =−+
+−=−++−= ∫ ∫
3
22
2
1
232
1
3
2
2 33
)12()32( xxxxx
dxxdxxxA
( )3
1922331 · 31
3
12 · 32
3
2 2223
23
=−−−+
+−−+−= u2.
Dada a función
>>>>++++
≤≤≤≤++++−−−−====
3 si 3
5
3 si 82)(
2
xx
xxx
xf
a) Determinar: cortes cos eixes, intervalos de crecemento y decrecemento y asíntotas.
b) Calcular a área limitada pola gráfica da función, o eixe Y y a recta y = 8.
4
Solución
1
2
3
+
| LOXSE 71
O dominio de definición da función es .R
A función )(xf es continua en todel o seu dominio.
a) Cortes cos eixes
Punto de corte co eixe OY: x = 0 ⇒ 0=y ; (0, 0)
Puntos de corte co eixe OX:
Se 0=y :
i) 082 2 =+− xx ⇔ 0)4(2 =−− xx ⇒ x = 0; x = 4; A solución x = 4 non es válida
pois non pertence ó intervalo de definición (−∞, 3]. Un punto de corte es (0, 0)
ii) 03
5 =+x
⇔ 5x + 3 = 0 ⇒ 5
3−=x . Esta solución hai que rexeitala
pois non
pertence ó intervalo de definición (3, +∞)
O único punto de corte cos eixes es o punto (0, 0)
Intervalos de crecemento y decrecemento
Estudiemos su derivada
>−
<+−=′
3 si 3
3 si 84)(
2x
x
xx
xf
En x = 3 non es derivable, pois 3/1)3(4)3( −=′≠−=′ +− ff
0)( =′ xf ⇒ 084 =+− x ⇒ x = 2
x (−∞, 2) 2 (2, 3) 3 (3, +∞)
)(xf ′ + 0 − −
)(xf crecente 8 decrecente 6 decrecente
+
| LOXSE 72
A función es crecente en (−∞, 2) y decrecente en (2, +∞). Ten un máximo en (2,
8)
Asíntotas
Para valores de x ≤ 3, non hai asíntotas, pois, trátase dunha función polinómica.
A recta y = 5 es unha asíntota horizontal pola dereita, xa que
53
5lím)(lím =
+=∞+→∞+→ x
xfxx
.
Non ten asíntotas verticais
b) No punto (2, 8) a función ten un máximo pois pasa de crecente a decrecente.Tendel en cuenta que a función pasa por lo punto (0, 0) su gráfica es:
A área limitada pola gráfica da función, o eixe Y y a recta y = 8 es a área del recinto sombrea-do.
[ ]∫ +−−=2
0
2 )82(8 dxxxA =3
1616
3
16164
3
28
2
0
23
=−+=
−+ x
xx u2.
y = 8
0
y = 5
2
+
| LOXSE 73
a) Representar a rexión limitada polas gráficas de 342 ++++−−−−==== xxy y
.342 −−−−++++−−−−==== xxy b) Calcular su área.
a) As funcións 342 +−= xxy y 342 −+−= xxy son funcións opostas, por lo tanto as súas gráficas son simétricas respecto ó eixe OX
A gráfica da función y = x2 − 4x + 3 es unha parábola.
Calculamos o vértice.
y′ = 2x − 4;
y′ = 0 ⇔ 2x − 4 = 0 ⇒ x = 2.
O vértice es o punto (2, −1)
Achamos os puntos de corte da gráfica co eixe OX.
x2 − 4x + 3 = 0 ⇒ x = 1; x = 3. Corta o eixe OX nos puntos (1, 0) y (3, 0) A gráfica da función y = −x2 + 4x − 3 es unha parábola de vértice no punto (2, 1) y corta o eixe OX nos puntos (1, 0) y (3, 0)
A rexión limitada polas gráficas es a rexión sombreada:
b) Como o recinto es simétrico con respecto ó eixe OX, a área es:
5
Solución
y = x2 − 4x + 3
y = −x2 + 4x − 3
1 3
+
| LOXSE 74
=
−+−=−+−= ∫
3
1
3
1
23
2 323
2)34(2 xxx
dxxxA
=
−+−−−+−= 1 · 31 · 2
3
13 · 33 · 2
3
32 2
32
3
3
8
3
42 =
u2
Calcular a área del recinto sombreadel da figura, sa- bendel que está limitadel por: i) unha función polinómica de grao dous que ten o
punto máximo en (0, 1) y pasa por lo punto (1, 0), e por
ii) unha recta de pendente 1 que pasa por lo punto (1, 0)
A ecuación da parábola es da forma .12 += axy
Por pasar por lo punto (1, 0), 11 · 0 2 += a ⇒ a = −1
A ecuación da parábola es: 12 +−= xy
A ecuación da recta es: y − 0 = 1(x − 1) ⇒ y = x − 1.
A área pedida es:
[ ] =
+−−=+−−=−−+−=
−−− ∫∫
1
2
231
2
21
2
2 223
)2()1()1( xxx
dxxxdxxxA
2
92)( · 2
2
)2(
3
)2(1 · 2
2
1
3
1 2323
=
−+
−−
−−−+−−= u2.
6
Solución
(1, 0) X
Y
(0, 2)
(−−−−2, 0)
(0, 1) Y
(1, 0) X
+
| LOXSE 75
Calcular a área da rexión sombreada da figura, sabendel
que: i) O ladel esquerdel corresponde a unha recta de penden- te 1 que pasa por lo punto (0, 2)
ii) O ladel dereito corresponde á gráfica dunha función po- linómica de grao dous que ten o punto mínimo en (1, 0) e pasa por lo punto (0, 2)
A ecuación da recta que ten de pendente 1 y pasa por lo punto (0, 2) es y = x + 2.
Unha función polinómica de grao dous es ,)( 2 cbxaxxf ++= con a ≠ 0
baxxf +=′ 2)(
A función pedida ten o punto mínimo en (1, 0), daquela:
0)1( =f ⇒ 01 · 1 · 2 =++ cba ⇒ 0=++ cba
0)1( =′f ⇒ 01 · 2 =+ ba ⇒ 02 =+ ba
O punto (0, 2) tamén pertence á gráfica, por lo tanto:
2)0( =f ⇒ 2 0 · 0 · 2 =++ cba ⇒ c = 2.
Resolvendel o sistema:
=
=+
=++
2
0 2
0
c
ba
cba
⇒
2
4
2
=
−=
=
c
b
a
A función polinómica es 242)( 2 +−= xxxf
7
Solución
(0, 2) Y
A1 A2
+
| LOXSE 76
A área da rexión sombreada es:
=
+−+=+−+=+= ∫
1
0
23
1
0
221 22
3
22)242(2 · 2
2
1xx
xdxxxAAA
3
8
3
221 · 21 · 2
3
1 · 22 2
3
=+=+−+= u2
+
| LOXSE 77
LOXSE CS INTEGRALES
a) Representar graficamente a rexión limitada polas curvas:
)(xf = x2 −−−− 4x + 3, )(xg = −−−−x2 + 2x + 3
e o eixe OX.
b) Calcular su área. (Loxse. Xuño 1995)
a) A gráfica da función 34)( 2 +−= xxxf es unha parábola.
Calculamos o vértice.
42)( −=′ xxf ; 0)( =′ xf ⇔ 042 =−x ⇒ x = 2.
Como 02)2( >=′′f , para x = 2 hai un mínimo.
O vértice es o punto (2, −1) Achamos os puntos de corte cos eixes.
Se x = 0 ⇒ y = 3. Corta o eixe OY no punto (0, 3)
Se y = 0 ⇒ x2 − 4x + 3 = 0 ⇒ x = 1, x = 3. Corta o eixe OX nos puntos (1, 0) y (3, 0)
A gráfica da función 32)( 2 ++−= xxxg tamén es unha parábola.
22)( +−=′ xxg ; 0)( =′ xg ⇔ 022 =+− x ⇒ x = 1.
Solución
+
| LOXSE 78
Como 02)1( <−=′′g , para x = 1 hai un máximo.
O vértice es o punto (1, 4) Achamos os puntos de corte cos eixes.
Se x = 0 ⇒ y = 3. Corta o eixe OY no punto (0, 3)
Se y = 0 ⇒ −x2 + 2x + 3 = 0 ⇒ x = −1, x = 3. Corta o eixe OX nos puntos (−1, 0) y (3, 0) A rexión limitada polas curvas y o eixe OX es a sombreada en la siguiente figura:
b) A área pedida es a suma de las áreas 1A y 2A , es dicir, a área del recinto limitadel pola gráfica da función 32)( 2 ++−= xxxg y o eixe OX.
=
++−=++−=
−−∫
3
1
23
3
1
2 33
)32( xxx
dxxxA
3
321)( · 3)1(
3
)1(3 · 33
3
3 23
23
=
−+−+
−−−
++−= u2.
)(xg = −x2 + 2x + 3
A1
A2
−−−−1
)(xf = x2 −4x + 3
+
| LOXSE 79
a) A parábola y = a(x2 −−−− 2x), con a > 0, delimita co eixe OX un recinto de 12
unidades de superficie. Calcular o valor de a.
b) ¿Cal es o intervalo no que a función )23()( 2 ++++−−−−==== xxexfx toma valores
negativos? Xustifíquese a resposta.
(Loxse. Xuño 1996)
a) Achamos as abscisas dos puntos de corte da parábola y = a(x2 − 2x) co eixe OX. y = 0 ⇒ a(x2 − 2x) = 0 ⇒ x2 − 2x = 0 ⇒ x = 0, x = 2 Como a > 0, a gráfica da parábola es da forma: por lo tanto, a área de rexión limitada pola parábola y o eixe OX es
∫ −−=2
0
2 )2( dxxxaA
Tendel en cuenta o enunciadel del problema ∫ =−−2
0
2 12)2( dxxxa
Calculamos ∫ −2
0
2 )2( dxxxa
aaxx
adxxxadxxxa3
44
3
8
3)2()2(
2
0
23
2
0
22
0
2 −=
−=
−=−=− ∫∫
Daquela, ∫ =−−2
0
2 12)2( dxxxa ⇒
9 123
4 12
3
4=⇒=⇒=
−− aaa
b) O dominio de definición da función )(xf es R.
2
Solución
0 2
+
| LOXSE 80
Temos que resolver a inecuación 0)( <xf ⇔ 0)23( 2 <+− xxe x
Calculemos os valores de x, para os que se anula a función: 0)( =xf ⇔ 0)23( 2 =+− xxe x ⇒ 0232 =+− xx , xa que 0>xe para
todel x ∈ R As solucións da ecuación 0232 =+− xx son x = 1 y x = 2
Estes puntos dividen o dominio de f en intervalos. Estudiemos o signo de f en ditos intervalos,
x −∞ 1 2 +∞ )(xf + 0 − 0 +
A función )23()( 2 +−= xxexf x toma valores negativos no intervalo (1, 2)
Dada a función:
>>>>
≤≤≤≤++++====
2 se 10
2 se 1)(
2
xx
xx
xf
calcular a área delimitada polsu gráfica, o eixo x y as rectas x = 1 y x = 3.
(Loxse. Setembro 2000)
A área pedida es a sombreada en la siguiente figura:
3
Solución
1 2 3
+
| LOXSE 81
[ ] =+
+=++= ∫ ∫
32
2
1
2
1
3
2
32 ln10
3
10)1( xx
xdx
xdxxA
=−+−−+ )2ln3(ln1013
12
3
8
= 39,72
3ln10
3
10≈+ u2.
a) Dada a función cbxxxf ++++++++−−−−==== 2)( , calcúlense os valores b y c se esa función pasa por lo punto (1, 4) y neste punto a ecuación da recta tanxente es y = 4.
b) Calcúlese a área comprendida entre a función 32)( 2 ++++++++−−−−==== xxxf y a recta
1++++==== xy
(Loxse. Xuño 2001)
a) cbxxxf ++−= 2)(
bxxf +−=′ 2)(
Por pasar por lo punto (1, 4), 4)1( =f y se en x = 1 a tanxente es y = 4, quere dicir que a pendente da recta tanxente nese punto es cero, logo 0)1( =′f .
=⇒=+−⇒=′
=+⇒=++−⇒=
2 01 · 2 0)1(
5 41 · 1 4)1( 2
bbf
cbcbf ⇒
3
2
=
=
c
b
A función pedida es 32)( 2 ++−= xxxf
b) Representamos graficamente o recinto limitadel pola parábola 32)( 2 ++−= xxxf y a recta .1+= xy
A parábola 32)( 2 ++−= xxxf ten o vértice no punto (1, 4) y corta os eixes nos puntos (0, 3), (−1, 0) y (3, 0) A recta 1+= xy pasa polos puntos (0, 1) y (−1, 0)
A rexión limitada por ambas gráficas es a sombreada en la siguiente figura:
4
Solución
−1 2
+
| LOXSE 82
Achamos os puntos de corte de las gráficas resolvendel o sistema:
+=
++−=
1
322
xy
xxy ⇒ 1322 +=++− xxx ⇒ 022 =++− xx ⇒ x = −1, x
= 2
A área comprendida entre ambas funcións es:
[ ] =
++−=++−=+−++−= ∫∫ −
−−
2
1
2
1
2322
1
2 223
)2()1()32( xxx
dxxxdxxxxA
29
1)( · 22)1(
3)1(
2 · 222
32 2323
=
−+
−+
−−−++− u2.
COU CN INTEGRALES
Calcular o valor da integral
∫∫∫∫e
dxxx1
3 )(Ln
Calculamos unha primitiva de dxxx )(Ln3∫ , utilizandel o métodel de integración por
partes.
Solución
+
| LOXSE 83
Facendel u = Ln (x) du = dxx
1
dv = x3dx v = 4
4x
dxxx )(Ln3∫ = 4
)(Ln4 xx− dx
x
x 1·
4
4
∫ = 4
)(Ln4 xx− dxx∫ 3
4
1 =
4
)(Ln4 xx− 16
4x
Daquela
∫e
dxxx1
3 )(Ln = e
xxx
1
44
164
)(Ln
− =
−−−16
1
4
)1(Ln1
164
)(Ln 4444eee
= 16
13 4 +e
Calcula dxxxx
xx∫∫∫∫ −−−−−−−−++++
++++++++
842
166523
2
Achamos as raíces del denominador 842 23 −−+ xxx ⇒⇒⇒⇒ x = 2; x = −2 (dobre)
Polo tanto 223 )2)(2(842 +−=−−+ xxxxx
Descompoñendel en fraccións simples
2
Solución
+
| LOXSE 84
2
2
)2)(2(
1665
+−
++
xx
xx =
2)2(22 ++
++
− x
C
x
B
x
A =
2
2
)2)(2(
)2()2)(2()2(
+−
−++−++
xx
xCxxBxA ⇒⇒⇒⇒
⇒ )2()2)(2()2(1665 22 −++−++=++ xCxxBxAxx
Para x = 2 48 = 16A ⇒⇒⇒⇒ A = 3
Para x = −−−−2 24 = −−−−4C ⇒⇒⇒⇒ C = −−−−6
Para x = 0 16 = 12 −−−−4B + 12 ⇒⇒⇒⇒ B = 2 Polo tanto,
∫ −−+
++dx
xxx
xx
842
166523
2
= dxxxx∫
+−
++
+− 2)2(
62
22
3 =
= ∫ ∫ ∫ −+−+
+−
dxxx
dx
x
dx 2)2(62
22
3 = 3 ln | x − 2 | + 2 ln | x + 2 | − 6 1
)2( 1
−+ −x
+ C
=
= 3 ln | x − 2 | + 2 ln | x + 2 | +2
6
+x + C
A. Ó calcular a área dun recinto por unha integral definida, ¿depende da primitiva que se utilice? Razoar a resposta.
B. Calcular a integral definida: dxxx
∫∫∫∫3
2 4)nl(
1
A. O cálculo da área dun recinto es independente da primitiva elixida, xa que
∫b
adxxf )( = [ ]b
aCxF +)( = CbFCaF −−+ )()( = )()( bFaF − = [ ]baxF )(
3
Solución
+
| LOXSE 85
B. dxxx
∫3
2 4)nl(
1= dx
xx∫ −3
2
4 1)nl( =
3
2
3
3
)(ln
−
−x=
3
23)nl(
1
3
1
−
x=
−−
33 )2nl(
1
)3nl(
1
3
1≈
≈ 0,7495.
Calcular a área da superficie limitada polas curvas 42 −−−−==== xy y .82 2 ++++−−−−==== xy
Representar graficamente a figura resultante.
As gráficas de las funcións 42 −= xy y 82 2 +−= xy son parábolas.
A parábola 42 −= xy ten o vértice no punto (0, −4) y corta o eixe OX nos puntos (−2, 0) e (2, 0)
A parábola 82 2 +−= xy ten o vértice no punto (0, 8) y corta o eixe OX nos puntos
(−2, 0) e (2, 0).
A gráfica da figura resultante es:
Solución
4
−2 2
y = −2x2 + 8
y = x2 − 4
+
| LOXSE 86
A área da superficie a calcular es a correspondente á zona sombreada.
Dada a simetría da figura, basta hallar a área entre 0 y 2, y multiplicala por 2.
[ ] [ ] 1612)123()4()82(2
0
2
0
322
0
221 =+−=+−=−−+−= ∫∫ xxdxxdxxxA
A área pedida es: 32 16 · 22 1 === AA u2.
Calcular a área del recinto limitadel pola parábola 2y2 = x − 2, o eixo de abscisas
y a tan-xente á parábola paralela á recta 2y = x − 3. Facer un debuxo del recinto
descrito.
Temos que hallar o punto no que a tanxente á parábola es paralela á recta 2
3
2
1−= xy .
Para iso calculamos o punto no que a derivada y ′ vale .2
1
Solución
5
+
| LOXSE 87
A
P
B C
3/2 2 5/2
Derivandel implicitamente en la ecuación da parábola temos 4yy′ = 1, logo y
y4
1=′ .
Polo tanto a pendente da tanxente no punto ),( 00 yxP buscadel es 04
1
ym = , de onde:
2
1
4
1
0
=y
⇒ 2
10 =y
Sustituyendo en 2y2 = x − 2, temos 2 ·4
1 = 20 −x ⇒
2
50 =x
O punto de tanxencia es
2
1,
2
5P
A ecuación da recta tanxente á parábola no punto P es:
−=−2
5
2
1
2
1xy ⇒
4
3
2
1−= xy
Achemos o punto no que esta recta corta o eixe OX:
Se y = 0 ⇒ 04
3
2
1=−x ⇒ x =
2
3. O punto de corte es
0 ,2
3A
A parábola ten o vértice no punto B(2, 0)
O debuxo del recinto es:
A área del recinto pedidel es a diferencia entre a área del triángulo ACP y a área del
recinto PBC.
+
| LOXSE 88
A = área (ACP) − área (PBC) = 22
1·1
− ∫−2/5
2 2
2dx
x =
4
1 − ∫
−2/5
2
2
1
2
2dx
x =
= 4
1 − 2 ∫
−2/5
2
2
1
2
2
2
1dx
x =
4
1 − 2
2
5
2
2
3
232
2
−x
= 4
1 −
2
5
2
3
2
2
3
4
−x=
= 4
1 −
3
2
22
5
3
4
−= 4
1 −
3
4
1
3
4
= 4
1 −
3
2
1
3
4
= 4
1 −
3
4· 8
1 =
4
1 −
6
1= 12
1
u2.
Dada a función f definida por
≤≤≤≤<<<<−−−−
≤≤≤≤≤≤≤≤====
21 1
10 1 )(
xx
xxf
constrúese unha nova función [[[[ ]]]]fa mediante:
se ,20 0 ≤≤≤≤≤≤≤≤ x entón [[[[ ]]]] )( 0xfa =área delimitada por lo grafo de f co eixe OX y
mailas rectas x = 0 y .0xx ====
a) Comprobar que a función [[[[ ]]]],fa así definida, es continua.
b) Se se repetise a construcción para a función [[[[ ]]]],fa razoar que a función obtida
[[[[ ]]]][[[[ ]]]]faa sería derivable
Solución
6
+
| LOXSE 89
A función 0)( >xf no intervalo [0, 2], daquela a función a[f] está definida da
siguiente forma:
a[f]
≤<−+
≤≤=
∫∫
∫0
0
1 0
1
0
0 0
0
21 se )1(1
10 se 1)(
x
x
xdxxdx
xdx
x
Tendel en cuenta que:
[ ] 00 0
0 01 xxdxx x ==∫
2
)1(1
2
)1(1 )1(1
20
11
21
0
0
0 −+=
−+=−+ ∫∫
xxdxxdx
xx
A función a[f] es: a[f]
≤<−
+
≤≤=
21 se 2
)1(1
10 se
)(0
20
00
0x
x
xx
x
A función a[f] tamén se pode determinar dunha forma sinxela graficamente:
Se ,10 0 ≤≤ x a[f] )( 0x es a área dun rectángulo de base 0x y altura 1. 001 1· xxA ==
Se ,21 0 ≤< x a[f] )( 0x es igual ,32 AAA += sendel 2A a área dun cadradel de ladel 1:
1122 ==A e 3A a área dun triángulo rectángulo isóscele de catetos :10 −x
2
)1( 20
3
−=x
A , por lo tanto, 2
)1(1
20 −
+=x
A
a) A función a[f] es continua en [0, 1) y (1, 2] pois está definida, en ditos intervalos, por funcións polinómicas. Estudiemos se es continua en 10 =x
a[f] 1)1( =
0x 1 0x 2
1 1
+
| LOXSE 90
−→ 10
limx
a[f] 1lim)( 01
00
==−→xx
x
+→ 10
limx
a[f] 12
)1(1lim)(
20
10
0
=
−+=
+→
xx
x
Daquela a función a[f] es continua en ,10 =x por lo que es continua en todel o seu
dominio
b) A función a[f] )( 0x > 0 ∀ 0x ∈ [0, 2]
Se a[f] es continua en [0, 2] y [ ][ ]faa es a función definida [ ] dttfax
∫0
0)(
[ ]2,00 ∈∀x entón [ ][ ]faa es derivable en (0, 2) como consecuencia del teorema
fundamental del cálculo integral.
LOXSE CN INTEGRALES Resolver: ∫∫∫∫ ++++
dxx
x22 )(1
∫∫∫∫ ++++dx
e
ex
x
1
3
(Loxse. Xuño 1995)
Cxdxx
xdx
x
x+=
+=
+ ∫∫ 22222
arctg2
1
)(1
2
2
1
)(1
( ) Cedxe
edx
e
e x
x
x
x
x
++=+
=+ ∫∫ 1ln3
13
1
3
2
1
Solución
+
| LOXSE 91
Resolver ∫∫∫∫ ++++ dxexx)34( 2
(Loxse. Setembro 1995)
Aplicandel o métodel de integración por partes:
34 2 += xu dxxdu 8=
dxedv x= xev =
∫ + dxex x)34( 2 = xex )34( 2 + − ∫ dxxe x8
Volvendel a integrar por partes:
xu = dxdu =
dxedv x= xev =
∫ + dxex x)34( 2 = xex )34( 2 + − 8[ dxexe xx ∫− ] = xex )34( 2 + − 8xex+8ex + C =
= xexx )8834( 2 +−+ + C = xexx )1184( 2 +− + C
Calcúlese a área del recinto limitadel polas gráficas de las funcións
xxxf 5)( 2 −−−−==== y ,3)( 2xxxg −−−−====
entre os seus puntos de corte.
(Loxse. Setembro 1995)
Solución
Solución
3
y = x2 − 5x
+
| LOXSE 92
Achamos as abscisas dos puntos de corte de las parábolas resolvendel o sistema:
−=
−=2
2
3
5
xxy
xxy
x2 − 5x = 3x − x2 ⇔ 2x2 − 8x = 0 ⇒ x = 0; x = 4
A área pedida es:
[ ]∫ −−−=4
0
22 )5()3( dxxxxxA = ∫ +−4
0
2 )82( dxxx =4
0
23
43
2
+− x
x=
= 3
644·4
3
4·2 23
=+− u2
Calcular a área del recinto limitadel pola parábola x2 = 2y, o eixe de ordenadas y
a tanxente á parábola de pendente −1. Facer un debuxo deste recinto.
(Loxse. Xuño 1996)
Solución
4
+
| LOXSE 93
Achemos a tanxente á parábola de pendente −1
En primeiro lugar hai que determinar o punto de tanxencia, que es aquel no que a
derivada da función 2
2
1xy = vale −1
Tendel en cuenta que y ′ = x, a derivada es igual a −1 no punto de abscisa x = −1
O punto de tanxencia es
−2
1,1 y a ecuación da tanxente á parábola nese punto es:
[ ])1(12
1−−−=− xy ⇒
2
1−−= xy
A parábola 2
2
1xy = ten o vértice no punto (0, 0)
O debuxo del recinto es:
A área del recinto es:
A = dxxx∫−
−−−0
1
2
2
1
2
1= dxxx∫−
++0
1
2
2
1
2
1 =
0
1
23
226−
++xxx
=
= −
−+
−+
−2)1(
2)1(
6)1( 23
= 6
1 u2.
2
1−−= xy
−1
2
2xy =
+
| LOXSE 94
Calcular o punto x ∈ [0, 5] no que a función:
∫∫∫∫ ++++
−−−−====
xdt
t
txf
0 24
2)(
alcanza o mínimo en dito intervalo
(Loxse. Setembro 1996)
Como a función integrandel es unha función continua en R, aplicandel o teorema fundamental del cálculo integral, cúmprese que a función derivada de )(xf es:
24
2)(
x
xxf
+
−=′
0)( =′ xf ⇒ x − 2 = 0 ⇒ x = 2
( )22
2
4
2)2(4)(
x
xxxxf
+
−−+=′′ =
( )22
2
4
44
x
xx
+
−+
Como 08
1)2( >=′′f , a función )(xf ten un mínimo relativo no punto de abscisa x =
2. Daquela, o valor pedidel es x = 2.
A. Sábese que ∫∫∫∫ ====b
adxxf 0)( . ¿Pódese asegurar que a = b? Razoar a
resposta.
B. Calcular, utilizandel a regra de Barrow, a integral ∫∫∫∫−−−−−−−−
3
31 dxx
(Loxse. Xuño 1997)
Solución
5
6
+
| LOXSE 95
3 −3
A. Non se pode asegurar, pois, se consideramos, por exemplo, a función f (x) = x,
verifícase: xa que:
02
)1(
2
1
2
221
1
21
1=
−−=
=
−−∫
xdxx
A función xxf =)( es unha función impar, y as funcións impares teñen os recintos simétricos respecto á orixe de coordenadas, nos que a integral toma valores opostos, por lo que su su- ma es 0.
Neste exemplo a gráfica es:
B.
−
+−=−=
1
11)(
x
xxxf
se
se
1
1
≥
<
x
x
∫−−
3
3|1| dxx = ∫∫ −++−
−
3
1
1
3)1()1( dxxdxx =
3
1
21
3
2
22
−+
+−
−
xx
xx
=
=
−−−+
−+
−−−+− 1
21
323
)3(2)3(
121 2222
= 10
Solución
−1 1
∫−=
1
10dxx
+
| LOXSE 96
Calcular as siguientes integrais
A. ∫∫∫∫ dxx
x3ens
osc B. ∫∫∫∫ dxxnl
(Loxse. Setembro 1997)
A. dxx
x∫ 3sen
cos = dxxx∫ − cossen 3 = C
x+
−
−
2
sen 2
= Cx
+−2sen2
1
B. ∫ dxxln
Integrandel por partes,
u = ln x du = dxx
1
dv = dx v = x
∫ dxxln = x ln x − ∫ dxx
x1
= x ln x − ∫dx = x ln x − x + C
A. Sexa f unha función continua positiva tal que 1 ≤≤≤≤ ≤≤≤≤ 2. ¿Pódese asegurar que
)(xf ≥≥≥≥ 1, para todel x ∈∈∈∈ [0, 1]? Razoar a resposta.
B. Calcular a integral
∫∫∫∫2/
4/)(cos
ππππ
ππππdxxx
(Loxse. Xuño 1998)
7
Solución
8
Solución
∫∫∫∫1
0)( dxxf
+
| LOXSE 97
A. Non se pode asegurar.
Por exemplo, sexa a función 3,03)( 2 += xxf
[ ] 3,13,013,0)3,03(1
0
1
032 =+=+=+∫ xxdxx
A función )(xf é continua y positiva y 2)(11
0≤≤ ∫ dxxf
Sen embargo 3,0)0( =f , por lo que non se pode asegurar que 1)( ≥xf no
intervalo [0, 1]
B. Calculamos unha primitiva de ∫ dxxx )(cos , utilizandel o métodel de integración
por partes.
Facendo
u = x du = dx
dv = cos (x) dx v = sen (x)
∫ dxxx )(cos = x sen (x) − ∫ dxx)(sen = x sen (x) + cos (x) + C
∫π
π
2/
4/)(cos dxxx = [ ] 2/
4/)(cos)(sen ππ+ xxx =
0,3 1
1 0
+
| LOXSE 98
=
π+
ππ−
π+
ππ4
cos4
sen42
cos2
sen2
= 2
2
2
2
42−
π−
π=
8
2424 −π−π
Calcular as siguientes integrais:
A. ∫∫∫∫ ++++ 22 x
dx B. ∫∫∫∫ dxxx )(sen
(Loxse. Setembro 1998)
A. Cx
dxxx
dx
x
dx
x
dx+=
+
=
+
=
+
=+ ∫ ∫∫∫ 2
arctg2
2
21
2
1
2
2
21
2
1
21
2
1
2 2222
B. ∫ dxxx )(sen
Integrandel por partes,
xu = dxdu =
dxxdv )(sen= )(cos xv −=
∫∫ ∫ =+−=−−−= dxxxxdxxxxdxxx )(cos)(cos)(cos)(cos)(sen
Cxxx ++−= )(sen)(cos
Tendel en cuenta que a función f (x) = 2x3 −−−− 3x2 + αααα toma valores positivos y negativos. Hallar o valor de αααα de forma que a área da rexión limitada por lo eixe OX, a recta x = −−−−1, a recta x = 2 y a curva y = f (x) = 2x3 −−−− 3x2 + αααα quede dividida por lo eixe OX en dúas partes con igual área.
9
Solución
10
+
| LOXSE 99
(Loxse. Xuño 1999)
Se a área da rexión que queda por debaixo del eixe OX es igual á área da rexión que queda por enriba, verificase:
0)32(2
1
23∫−=α+− dxxx
2
33)1()1(
2
)1(22
2
2
2)32( 3
43
42
1
342
1
23 −α=
−α+−−
−−α+−=
α+−=α+−
−−∫ xx
xdxxx
Polo tanto, 0 )32(2
1
23 =+−∫−dxxx α ⇒ 0
2
33 =−α ⇒
2
1=α
Calcular a área del recinto limitadel polas gráficas de las siguientes curvas: xy = 1, y = x2, .3====x Facer un debuxo del recinto descrito.
(Loxse. Setembro 1999)
A gráfica da función y = x2 es unha parábola de vértice no punto (0, 0), a gráfica da función 1=xy es unha hipérbole equilátera y a gráfica de x = 3 es unha recta paralela ó eixe OY.
O recinto descrito no problema es a rexión sombreada en la siguiente figura:
Solución
11
Solución
y = x2
xy = 1
x = 3
+
| LOXSE 100
Achamos o punto de corte da parábola y da hipérbole resolvendel o sistema:
=
=2
1
xy
xy
Obtendo: x3 = 1 ⇒ x = 1
A área del recinto es:
57,73ln3
261ln
3
13ln
3
3ln
3
1 333
1
33
1
2 ≈−=
−−−=
−=
−= ∫ xx
dxx
xA u2.
Sexa ∫∫∫∫====x
dtt
xf1
1)( , y sean a, b ∈∈∈∈ R+. Demostra que ).()() · ( bfafbaf ++++====
(Loxse. Xuño 2000)
[ ] xx
tdtt
xf 11|| ln
1)( == ∫ = ln x − ln 1 = ln x.
Polo tanto,
).()(lnln) · (ln ) · ( bfafbababaf +=+==
Solución
12
13
+
| LOXSE 101
A. Se f es unha función continua en [a, b], ¿pode ser Razoe a resposta cun exemplo.
B. Calcule dxxx∫∫∫∫ ++++3
0
21
(Loxse. Setembro 2000)
A. Pode ser, por exemplo, a función xxf cos)( = es continua en [0, π] y cumpre:
[ ] 0sen cos 00== ππ
∫ xdxx
Neste exemplo a gráfica es:
B.
( ) ( ) ( ) =
+=
+
=+=+ ∫∫3
0
2/32
3
0
2/323
0
2/123
0
2 13
1
2
31
2
112
2
11 x
xdxxxdxxx
( ) ( )3
77 ·
3
114
3
11)3(1
3
1 2/32/32/32 ==−=
−+=
Solución
?0)(∫∫∫∫ ====b
adttf
14
0 π/2 π
+
| LOXSE 102
Sabendel que )(xP es un polinomio de terceiro grao cun punto de inflexión en (1, 0) y con 24)1( ====′′′′′′′′′′′′P onde, ademais, a tanxente ó polinomio nese punto es horizontal, calcule:
∫∫∫∫1
0)( dxxP
(Loxse. Xuño 2001)
Unha función polinómica de terceiro grao es da forma:
,)( 23 dcxbxaxxP +++= con a ≠ 0
Polo tanto,
cbxaxxP ++=′ 23)( 2
baxxP 26)( +=′′
axP 6)( =′′′
Neste caso, por ser 24)1( =′′′P ⇒ 246 =a
Se a función ten un punto de inflexión en (1, 0), es preciso que a función pase por (1,
0), es dicir, que 0)1( =P y que 0)1( =′′P .
Se ademais a tanxente en dito punto es horizontal, entón 0)1( =′P
=⇒=⇒=′′′
=+⇒=+⇒=′′
=++⇒=++⇒=′
=+++⇒=+++⇒=
4 246a 24)1(
026 021 · 6 0)1(
023 01 · 21 · 3 0)1(
0 01 · 1 · 1 · 0)1(2
23
aP
babaP
cbacbaP
dcbadcbaP
⇒
4
12
12
4
=
−=
=
−=
a
b
c
d
O polinomio )(xP es 412124)( 23 −+−= xxxxP
[ ] 1 1 · 4 - 1 · 61 · 41464)412124(1
0
1
0
23423 −=+−=−+−=−+−∫ xxxxdxxxx
Solución
+
| LOXSE 103
Dadas 2
||)(
xxxf
−−−−==== y
>>>>
≤≤≤≤====
0
0 3)(
2xx
xxxg , calcule ∫∫∫∫ −−−−
0
1
2 ))(( dxxfgx fg (
denota a composición desas funcións)
(Loxse. Xuño 2001)
>−
≤−−
=−
=0 se
2
0 se 2
)(
2
||)(
xxx
xxx
xxxf ⇒
>
≤=
0 se 0
0 se )(
x
xxxf
En consecuencia,
[ ] 0 se 0
0 se 3)())((
>
≤==
x
xxxfgxfg
Polo tanto:
4
3
4
)1(3
4
333 · ))(( ·
0
1
40
1
430
1
20
1
2 −=
−−=
=== ∫∫∫ −
−−−
xdxxdxxxdxxfgx
Sean f y g dúas funcións continuas, definidas no intervalo [a, b], que verifican
que ∫∫∫∫∫∫∫∫ ====b
a
b
agf . Demostre que existen αααα, ββββ ∈∈∈∈ [a, b] tales que ).()( ββββ====αααα gf
(Loxse. Setembro 2001)
Tendel en cuenta o teorema del valor medio del cálculo integral:
Solución
15
Solución
16
+
| LOXSE 104
Se f es continua no intervalo [a, b], existe α ∈ [a, b], tal que ∫ −α=b
aabfdxxf ))(()(
Se g es continua no intervalo [a, b], existe β ∈ [a, b], tal que ∫ −β=b
aabfdxxg ))(()(
Daquela,
∫∫ =b
a
b
adxxgdxxf )()( ⇒ ))(())(( abgabf −β=−α ⇒ )()( β=α gf
En consecuencia, existen α, β ∈ [a, b], tales que )()( β=α gf
Videos youtube ht tp : / /www.youtube.com/watch?v=vfFuEx9_HIE ht tp : / /www.youtube.com/watch?v=KYxsiW9n5Mk&feature=related En inglés h t tp : / /www.youtube.com/watch?v=-DO9jX6nmSQ Pol iedros ht tp : / /www.youtube.com/watch?v=dz91XQuMYYE&feature=related Baricentro con geogebra ht tp : / /www.youtube.com/watch?v=cp7ASke_VRY&feature=related h t tp : / /www.video-shqip .net /GeoGebra-Puntos-y-Pol igonos__RPmdFsTdw_k.html Muy bien con animaciones ht tp : / /www.mathopenref .com/tocs /coordpoints toc.html ht tp : / /www.mygeometryteacher .com/ Con applets con coordenadas espaciales h t tp : / /www.univie .ac.at / fu ture .media/moe/galer ie .h tml ht tp : / /www.univie .ac.at / fu ture .media/moe/galer ie /geom1/geom1.html ht tp : / /www.univie .ac.at / fu ture .media/moe/galer ie /geom2/geom2.html Pdfs ***** ht tp : / /www.pdf-search-engine.com/analyt ic-geometry-pdf .h tml ht tp : / /www.pdf-search-engine.com/m%C3%89tr icos-pdf .html
+
| LOXSE 105
Curiosa presentacion 3D http://images.google.es/imgres?imgurl=http://www.f-lohmueller.de/pov_tut/a_geo/a_geo_01.jpg&imgrefurl=http://www.f-lohmueller.de/pov_tut/a_geo/a_geo10e.htm&usg=__wejU36Ghpyo-2CBvLkRreNky-H8=&h=360&w=480&sz=29&hl=es&start=21&um=1&tbnid=bvCQ_2tRrH84IM:&tbnh=97&tbnw=129&prev=/images%3Fq%3Danalytical%2Bgeometry%2Bspace%26gbv%3D2%26ndsp%3D18%26hl%3Des%26sa%3DN%26start%3D18%26um%3D1
+
| LOXSE 106
Uℕℤℚ∊ℝℂℙℐΩ⇐⇒⇔⇏∊∉∈∅⇾≈≔⇎≡ℤ≤≥≲≳≴≵≮≯∀⇒∊≠∅⊂⟇·∊∃ A⨯Bεαβηθλµξσφφδεε
·∅U∩∪∼∿⊂⊃⊆⊇⊄⋂⋃⊅∧∨U⤳≮≠|∂∆√±∞ǀǁƟƩǃξχ∘H⊕⊗⊛⋅♯⨁⨂×
ℕ