Posición relativa de dos rectas y plano paralelo

**a) [1] Compruebe que ambas rectas se cruzan en el espacio.** Para estudiar la posición relativa, primero extraemos un punto y un vector director de cada recta. **Para la recta $r$:** Está dada como intersección de dos planos. Podemos obtener su dirección haciendo el producto vectorial de los vectores normales o pasando a paramétricas. Si fijamos $y = \lambda$: $$x = 13 - 2\lambda, \quad y = \lambda, \quad z = 2$$ - Vector director: $\vec{v_r} = (-2, 1, 0)$ - Punto: $A(13, 0, 2)$ **Para la recta $s$:** Fijamos $z = \mu$ en la primera ecuación: $y = 4 - 2\mu$. Sustituimos en la segunda: $-x + (4 - 2\mu) = 3 \Rightarrow x = 1 - 2\mu$. - Vector director: $\vec{v_s} = (-2, -2, 1)$ - Punto: $B(1, 4, 0)$ 💡 **Tip:** Para pasar de ecuaciones implícitas a paramétricas, basta con asignar un parámetro $\lambda$ a una de las variables y despejar las demás.

Para comprobar que se cruzan, debemos verificar que los vectores directores no son paralelos y que el determinante formado por $\vec{v_r}$, $\vec{v_s}$ y el vector que une los puntos $\vec{AB}$ es distinto de cero. 1. **Independencia lineal de $\vec{v_r}$ y $\vec{v_s}$:** $$\frac{-2}{-2} \neq \frac{1}{-2} \neq \frac{0}{1} \Rightarrow 1 \neq -0.5 \neq 0$$ Los vectores no son proporcionales, luego las rectas **no son paralelas ni coincidentes**. 2. **Cálculo del determinante:** Calculamos el vector $\vec{AB} = B - A = (1 - 13, 4 - 0, 0 - 2) = (-12, 4, -2)$. Resolvemos el determinante de la matriz formada por los tres vectores: $$\text{det}(\vec{v_r}, \vec{v_s}, \vec{AB}) = \begin{vmatrix} -2 & 1 & 0 \\ -2 & -2 & 1 \\ -12 & 4 & -2 \end{vmatrix}$$ Aplicando la regla de Sarrus: $$= [(-2) \cdot (-2) \cdot (-2) + 1 \cdot 1 \cdot (-12) + 0 \cdot (-2) \cdot 4] - [0 \cdot (-2) \cdot (-12) + 1 \cdot (-2) \cdot (-2) + (-2) \cdot 1 \cdot 4]$$ $$= [-8 - 12 + 0] - [0 + 4 - 8] = -20 - (-4) = -16$$ Como el determinante es **distinto de cero** ($-16 \neq 0$), los tres vectores son linealmente independientes. ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Las rectas } r \text{ y } s \text{ se cruzan en el espacio.}}$$

**b) [0,5] Compruebe que el punto $P(0, 3, 0)$ no está en ninguna de las dos rectas.** Para comprobar si un punto pertenece a una recta, sustituimos sus coordenadas en las ecuaciones de las mismas. **Para la recta $r$:** $$\begin{cases} 0 + 2(3) = 6 \neq 13 \\ 0 = 2 \text{ (Falso)} \end{cases}$$ El punto $P$ no cumple ninguna de las dos ecuaciones, por lo que **$P \notin r$**. **Para la recta $s$:** $$\begin{cases} 3 + 2(0) = 3 \neq 4 \\ -0 + 3 = 3 \text{ (Cierto)} \end{cases}$$ Aunque cumple la segunda ecuación, no cumple la primera, por lo que **$P \notin s$**. ✅ **Resultado:** $$\boxed{P \notin r \text{ y } P \notin s}$$

**c) [1] Calcule la ecuación del plano que contiene al punto $P$ y es paralelo a ambas rectas.** Si el plano $\pi$ es paralelo a las rectas $r$ y $s$, sus vectores directores $\vec{v_r}$ y $\vec{v_s}$ deben estar contenidos en el plano o ser paralelos a él. Por tanto, el vector normal al plano $\vec{n_\pi}$ se obtiene mediante el producto vectorial de ambos: $$\vec{n_\pi} = \vec{v_r} \times \vec{v_s} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -2 & 1 & 0 \\ -2 & -2 & 1 \end{vmatrix}$$ Resolvemos el determinante por adjuntos de la primera fila: $$\vec{n_\pi} = \mathbf{i} \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} - \mathbf{j} \begin{vmatrix} -2 & 0 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} + \mathbf{k} \begin{vmatrix} -2 & 1 \\ -2 & -2 \end{vmatrix}$$ $$\vec{n_\pi} = \mathbf{i}(1 - 0) - \mathbf{j}(-2 - 0) + \mathbf{k}(4 - (-2)) = (1, 2, 6)$$ El vector normal al plano es **$\vec{n_\pi} = (1, 2, 6)$**.

La ecuación general de un plano es $Ax + By + Cz + D = 0$. Utilizando el vector normal $(1, 2, 6)$: $$1x + 2y + 6z + D = 0$$ Como el punto $P(0, 3, 0)$ pertenece al plano, sustituimos sus coordenadas para hallar $D$: $$0 + 2(3) + 6(0) + D = 0 \Rightarrow 6 + D = 0 \Rightarrow D = -6$$ Por tanto, la ecuación del plano es: $$\boxed{x + 2y + 6z - 6 = 0}$$