Ejercicio resuelto de Rectas y Planos · Matemáticas II · 2026

Sean las rectas $r_1\equiv (x,y,z)=(1+t,1,0)$ y $r_2\equiv (x,y,z)=(1+s,s,0)$, con $t,s\in \mathbb{R}$.

a) Estudie la posición relativa de las rectas $r_1$ y $r_2$. [1 punto]

b) Halle una recta $r_3$ tal que las intersecciones de $r_1$, $r_2$ y $r_3$ formen un triángulo rectángulo, cuya hipotenusa esté contenida en $r_2$ y tenga longitud $\sqrt{2}$. [1 punto]

De las ecuaciones paramétricas se leen un punto y un vector director de cada recta:

$r_1:A(1,1,0),{\vec{v}}_1=(1,0,0)r_2:B(1,0,0),{\vec{v}}_2=(1,1,0)$

Los vectores directores no son proporcionales, así que las rectas no son ni paralelas ni coincidentes: o se cortan o se cruzan. Para decidirlo se compara el rango de la matriz de los directores con el de la matriz que incluye además el vector $\overrightarrow{AB}=(0,-1,0)$:

$\left(\begin{array}{c}{\vec{v}}_1\\ {\vec{v}}_2\\ \overrightarrow{AB}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& -1& 0\end{array}\right),\mid \begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& -1& 0\end{array}\mid =0$

El determinante se anula (la tercera columna es nula), luego esa matriz tiene rango 2, el mismo que la de los directores. Los tres vectores son coplanarios y las rectas son secantes.

El punto de corte se obtiene igualando las dos parametrizaciones:

$(1+t,1,0)=(1+s,s,0)\Rightarrow s=1,t=s=1\Rightarrow Q(2,1,0)$

Las rectas $r_1$ y $r_2$ se cortan en el punto $Q(2,1,0)$.



Si la hipotenusa está sobre $r_2$, el ángulo recto es el que forman los otros dos lados, es decir, el que hay entre $r_1$ y $r_3$. Un extremo de la hipotenusa es el vértice común a $r_1$ y $r_2$, que es $Q(2,1,0)$; el otro es el punto de $r_2$ donde corta $r_3$, y tiene que estar a distancia $\sqrt{2}$ de $Q$:

$d((1+s,s,0),Q)=\sqrt{(s-1{)}^2+(s-1{)}^2}=\sqrt{2}\Rightarrow 2(s-1{)}^2=2\Rightarrow (s-1{)}^2=1$

$s=0\Rightarrow M(1,0,0)s=2\Rightarrow N(3,2,0)$

Las dos rectas dadas están en el plano $z=0$, así que el triángulo también, y el director de $r_3$ es de la forma $\vec{v}=(a,b,0)$. La condición de perpendicularidad con $r_1$ fija el valor de $a$:

$\vec{v}\cdot {\vec{v}}_1=(a,b,0)\cdot (1,0,0)=a=0\Rightarrow \vec{v}=(0,1,0)$

Hay, por tanto, dos soluciones, una por cada extremo posible de la hipotenusa:

$r_3\equiv (x,y,z)=(1,0,0)+\lambda (0,1,0)\text{o}{r}_3^{\mathrm{\prime }}\equiv (x,y,z)=(3,2,0)+\lambda (0,1,0)$

con $\lambda \in \mathbb{R}$. Con la primera, el triángulo tiene vértices $M(1,0,0)$, $(1,1,0)$ y $Q(2,1,0)$: los catetos miden 1 y la hipotenusa $\sqrt{2}$, como pedía el enunciado.