Coplanaridad de rectas y plano que las contiene

**1.5 a) Comprobar que $r$ y $s$ son coplanarias.** Para estudiar la posición relativa, primero extraemos un punto y un vector director de la recta $s$, que viene dada en su forma continua: $$s: \frac{x - 1}{1} = \frac{y}{3} = \frac{z + 1}{2}$$ De aquí obtenemos directamente: - Un punto de $s$: $P_s(1, 0, -1)$ - El vector director de $s$: $\vec{v}_s = (1, 3, 2)$ 💡 **Tip:** En la ecuación continua $\frac{x-x_0}{v_x} = \frac{y-y_0}{v_y} = \frac{z-z_0}{v_z}$, el punto es $(x_0, y_0, z_0)$ y el vector es $(v_x, v_y, v_z)$.

La recta $r$ está dada como intersección de dos planos. Su vector director $\vec{v}_r$ se obtiene mediante el producto vectorial de los vectores normales de dichos planos: $$\vec{n}_1 = (1, 1, -2), \quad \vec{n}_2 = (2, 1, -6)$$ $$\vec{v}_r = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & -2 \\ 2 & 1 & -6 \end{vmatrix}$$ Resolviendo por Sarrus: $$\vec{v}_r = \vec{i}(-6) + \vec{j}(-4) + \vec{k}(1) - [\vec{k}(2) + \vec{i}(-2) + \vec{j}(-6)]$$ $$\vec{v}_r = (-6+2)\vec{i} + (-4+6)\vec{j} + (1-2)\vec{k} = (-4, 2, -1)$$ Para hallar un punto $P_r$, fijamos una coordenada, por ejemplo $z=0$ en el sistema de $r$: $$\begin{cases} x + y = 3 \\ 2x + y = 2 \end{cases}$$ Restando la primera a la segunda: $x = -1$. Sustituyendo en la primera: $-1 + y = 3 \implies y = 4$. El punto es **$P_r(-1, 4, 0)$**. $$\boxed{\vec{v}_r = (-4, 2, -1), \quad P_r(-1, 4, 0)}$$

Dos rectas son coplanarias si están en el mismo plano. Esto ocurre si el determinante formado por sus vectores directores y el vector que une un punto de cada recta es cero. Calculamos el vector $\vec{P_rP_s}$: $$\vec{P_rP_s} = (1 - (-1), 0 - 4, -1 - 0) = (2, -4, -1)$$ Calculamos el determinante $D = \det(\vec{v}_r, \vec{v}_s, \vec{P_rP_s})$: $$D = \begin{vmatrix} -4 & 2 & -1 \\ 1 & 3 & 2 \\ 2 & -4 & -1 \end{vmatrix}$$ Desarrollando por Sarrus: $$D = [(-4)\cdot 3\cdot (-1) + 2\cdot 2\cdot 2 + (-1)\cdot 1\cdot (-4)] - [(-1)\cdot 3\cdot 2 + (-4)\cdot 2\cdot (-4) + 2\cdot 1\cdot (-1)]$$ $$D = [12 + 8 + 4] - [-6 + 32 - 2] = 24 - 24 = 0$$ Como el determinante es **0**, los tres vectores son linealmente dependientes, lo que significa que las rectas **son coplanarias**. Además, como $\vec{v}_r$ y $\vec{v}_s$ no son proporcionales ($\frac{-4}{1} \neq \frac{2}{3}$), las rectas se cortan en un punto. ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Las rectas } r \text{ y } s \text{ son coplanarias (se cortan)}}$$

**1 b) Hallar la ecuación del plano que las contiene.** El plano $\pi$ que contiene a $r$ y $s$ pasa por el punto $P_s(1, 0, -1)$ y tiene como vectores directores $\vec{v}_r = (-4, 2, -1)$ y $\vec{v}_s = (1, 3, 2)$. Primero hallamos el vector normal del plano $\vec{n}_\pi = \vec{v}_r \times \vec{v}_s$: $$\vec{n}_\pi = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -4 & 2 & -1 \\ 1 & 3 & 2 \end{vmatrix} = \vec{i}(4 - (-3)) - \vec{j}(-8 - (-1)) + \vec{k}(-12 - 2)$$ $$\vec{n}_\pi = 7\vec{i} + 7\vec{j} - 14\vec{k} = (7, 7, -14)$$ Podemos usar un vector proporcional más sencillo dividiendo por 7: **$\vec{n} = (1, 1, -2)$**. 💡 **Tip:** El vector normal a un plano $\pi: Ax+By+Cz+D=0$ es $\vec{n}=(A,B,C)$.

La ecuación del plano será de la forma $1x + 1y - 2z + D = 0$. Sustituimos el punto $P_s(1, 0, -1)$ para hallar $D$: $$1(1) + 1(0) - 2(-1) + D = 0$$ $$1 + 0 + 2 + D = 0 \implies 3 + D = 0 \implies D = -3$$ Por tanto, la ecuación del plano es: $$x + y - 2z - 3 = 0$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{x + y - 2z - 3 = 0}$$