GEOMETRIA ELEMENTAL´ CON ECUACIONES

GEOMETRIA ELEMENTALCON ECUACIONES

Miguel A. Abanades, Nuria Joglar-PrietoJesus M. Ruiz

Universidad Complutense de Madrid

IV

Prologo

La geometrıa elemental es la geometrıa de las figuras sencillas del plano ydel espacio: rectas y planos, conicas y algunas cuadricas no degeneradas. Sutratamiento analıtico con ecuaciones sirve para trasformar los problemas denaturaleza y descripcion geometrica en otros de planteamiento algebraico,que puedan ser tratados con las herramientas del algebra. Este enfoque de losproblemas de la geometrıa es posible desde que Descartes introdujo el con-cepto de coordenadas, y aunque hoy nos parece un metodo conveniente y muyutil, no fue ası en un principio. Los historiadores de las Matematicas siemprenos recuerdan los duros enfrentamientos entre los partidarios del tratamien-to sintetico sin ecuaciones, conceptual y ajeno al calculo explıcito de nada, ylos partidarios de reducir todo a tales calculos. Por supuesto, hoy sabemosque los unos no pueden vivir sin los otros: en muchos casos un argumen-to geometrico sagaz evita marasmos de calculos enrevesados, pero tambienmuchas veces unas ecuaciones bien elegidas resuelven inmediatamente unaconfiguracion geometrica difıcil siquiera de representar graficamente. Al fi-nal, siempre ocurre que la buena comprension se alcanza recurriendo a la veza ambos metodos, el sintetico y el analıtico. Tampoco esta de mas recordarque si muchos son los problemas que uno, otro o ambos metodos conjunta-mente resuelven, ¡son muchos mas los que siguen pendientes de solucion!

Este texto esta dedicado al enfoque analıtico de la geometrıa elementaldel plano y del espacio, que intentamos presentar utilizando el significadogeometrico de los objetos. El libro insiste en la distincion natural entre lasnociones vectoriales, las afines y las euclıdeas. Las nociones vectoriales son laspropias de un espacio ideal organizado alrededor de un elemento singular,el cero. Las nociones afines son las propias del espacio real, en el que no hayningun punto cero, y por tanto ningun punto distinguido que condicione la

PROLOGO V

representacion del espacio. En este espacio real podemos distinguir algunaspropiedades geometricas, como el paralelismo, pero poco mas: no podemossiquiera reconocer la perpendicularidad. Para poder hacer eso debemos medir,que es lo propio de las nociones euclıdeas, que involucran distancias y angulos.Esto dicho, describamos con mas detalle la materia que se abarcamos:

I. Primer capıtulo.— Aquı se expone del modo mas directo posible el calcu-lo vectorial en el que se basa la geometrıa analıtica: combinaciones lineales,bases y coordenadas, productos escalar, vectorial y mixto. En especial, se utili-zan estas nociones para calcular modulos de vectores, areas de polıgonosy volumenes de poliedros. Este primer capıtulo debe ser sencillo para ellector, por ser su contenido ya familiar.

II. Segundo capıtulo.— En el se describen mediante ecuaciones las figuraslineales (rectas y planos), y se utilizan esas ecuaciones para la construc-cion de figuras adicionales, para el calculo de distancias y para la de-terminacion de algunos lugares geometricos importantes (condiciones deequidistancia principalmente). Como el anterior, este capıtulo debe serperfectamente asequible.

III. Tercer capıtulo.— Esta dedicado a un estudio elemental de la circunfe-rencia, la elipse, la hiperbola y la parabola, expresando analıticamente lasconstrucciones clasicas de todas ellas en el plano. Ademas se explicapor que todas estas curvas se llaman secciones conicas. Este capıtulo tie-ne una dificultad algo mayor que los anteriores, pero solo por algunasconstrucciones que complementan su contenido principal.

IV. Cuarto capıtulo.— Trata de las trasformaciones afines del plano y del espa-cio, y de las trasformaciones que conservan angulos y/o distancias. Se es-tudian con detenimiento las mas sencillas, especialmente en el caso delplano: traslaciones, homotecias, simetrıas, giros. Este capıtulo va mas allaque los anteriores, pero sirve de enlace con cuestiones difıciles e ilus-tra como abordarlas sin mas medios que los expuestos anteriormente.Requiere pues un esfuerzo adicional por parte del lector.

En cuanto a la exposicion, se ha querido ser ante todo sencillo y, ya queeste es un libro de geometrıa, utilizar a veces dibujos como mejor manera dejustificar algunos resultados. Por otra parte, no se ha pretendido probar rigu-rosamente cada afirmacion del texto, bien por no corresponder a esta materia,bien por considerarse sobradamente conocidas. Nuestro objetivo prioritarioes recordar lo que ya se sabe, tal vez presentado de manera diferente parainsistir en su manejo. Para esto se incluyen muchos ejemplos resueltos, y seproponen hasta cien ejercicios de dificultad variable, a veces con indicacio-

VI PROLOGO

nes para su resolucion. Escapa algo a esta pretension de sencillez el ultimocapıtulo, que debe considerarse como un laboratorio para experimentar conlo visto en los capıtulos anteriores.

Cada uno de los cuatro capıtulos del libro esta dividido en cinco seccio-nes, y estas en un numero variable de epıgrafes, que constan de uno o variosparrafos. Todos estos elementos estan numerados de la manera mas exhaus-tiva posible para facilitar las referencias internas. Por ejemplo, la referencia“III.2.3.n” , significa “capıtulo III, seccion 2, epıgrafe 3, parrafo n”, siendo es-te ultimo dato n un identificador variable (no siempre presente) que se puedareconocer sin ambiguedad en el epıgrafe en cuestion.

∗ ∗ ∗

Este libro esta especialmente escrito para los alumnos que inician sus es-tudios universitarios, con los que deberan adquirir el conocimiento que lespermita luego realizar una tarea profesional de nivel superior. Es muy impor-tante comprender bien lo que significa conocimiento, un termino confundidocon informacion demasiado a menudo. Estar enterado no es saber, como lo su-perficial no es profundo, ni lo rapido es duradero. Por eso la adquisicion deconocimiento requiere esfuerzo y sacrificio individual sostenidos. Y dondemejor se vuelcan esfuerzo y sacrificio es en el estudio de los buenos libros.Los libros son insustituibles. Ojala este cumpla adecuadamente su proposito.

Aranjuez, Majadahonda M.A. Abanades, N. Joglar-Prieto, J.M. Ruiz15 de julio, 2021

VII

Contenido

Capıtulo I. Vectores en el plano y en el espacio 1

1. Operaciones lineales con escalares y vectores . . . . . . . . . . . . 1Escalares y vectores. Suma de vectores. Producto de un escalar por un vector.Conmutatividad, asociatividad y distributividad.

2. Dependencia lineal, bases y coordenadas . . . . . . . . . . . . . . 4Combinaciones lineales de vectores. Independencia lineal y bases. Representa-cion de un vector respecto de una base. Coordenadas.

3. Bases ortonormales y productos de vectores . . . . . . . . . . . . 9Modulos y angulos. Perpendicularidad y bases ortonormales. Productos esca-lar, vectorial y mixto.

4. Descripcion geometrica de los productos de vectores . . . . . . . 15Medida de modulos y de angulos. Desigualdad de Schwarz. La regla del saca-corchos.

5. Calculo de proyecciones, areas y volumenes . . . . . . . . . . . . 21

Proyeccion ortogonal de un vector sobre otro. Area de un paralelogramo y deun triangulo. Volumen de un paralelepıpedo y de un tetraedro.

Capıtulo II. Puntos en el plano y en el espacio 25

1. Referencias y coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

Origen y ejes de referencia. Coordenadas de un punto.

2. Ecuaciones implıcitas y parametricas de rectas y planos . . . . . . 30Ecuaciones de una recta en el plano y en el espacio. Ecuaciones de un plano enel espacio. Calculo de intersecciones de rectas y planos.

3. Problemas de incidencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Posiciones relativas y paralelismo. Haces de planos.

VIII CONTENIDO

4. Distancias y angulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Distancia entre dos puntos, distancia entre dos rectas, distancia entre una rectay un plano. Angulos entre rectas y/o planos.

5. Mediatrices y mediadores, bisectrices y bisectores . . . . . . . . . 57Puntos equidistantes de dos puntos dados. Puntos equidistantes de dos rectascoplanarias dadas. Puntos equidistantes de dos planos dados.

Capıtulo III. Conicas 63

1. La circunferencia y la elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63Construccion geometrica de la circunferencia: centro y radio. Ecuacion implıci-ta y ecuaciones parametricas de una circunferencia. Construccion geometricade la elipse: centro, focos, ejes, excentricidad. Ecuacion implıcita y ecuacionesparametricas de una elipse referida a sus ejes. Esferas y elipsoides.

2. La hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74Construccion geometrica de la hiperbola: centro, focos, ejes, excentricidad,asıntotas. Ecuacion implıcita de una hiperbola referida a sus ejes. Hiperbo-loides.

3. La parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79Construccion geometrica de la parabola: foco, directriz, ejes. Ecuacion implıcitade una parabola referida a sus ejes. Paraboloides.

4. Secciones conicas en el espacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Circunferencias, elipses, hiperbolas y parabolas como secciones planas de uncono en el espacio.

5. Posiciones relativas de conicas y rectas . . . . . . . . . . . . . . . 94Interseccion de una recta y una conica. Rectas tangentes a una conica. Posicio-nes relativas de dos conicas.

Capıtulo IV. Movimientos en el plano y en el espacio 111

1. Trasformaciones afines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111Concepto de trasformacion afın. Expresiones matriciales. Construccion de tras-formaciones afines.

2. Afinidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119Nocion de afinidad. Invariantes de una afinidad: puntos fijos, rectas y planosinvariantes. Calculo de invariantes.

3. Movimientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135

CONTENIDO IX

Conservacion de las distancias. Movimientos. Determinacion de los movimien-tos. Matrices ortogonales.

4. Semejanzas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142Conservacion de los angulos. Semejanzas. Determinacion de las semejanzas.Matrices conformes.

5. Movimientos en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

Simetrıas. Giros. Simetrıas sesgadas. Clasificacion segun los invariantes.

Glosario 171

Indice 173

1

Capıtulo I

Vectores en el plano y en el espacio

Este capıtulo trata de las coordenadas de los vectores, necesarias para la represen-tacion y el estudio de los objetos propios de la geometrıa del plano y del espacio.Asımismo, describimos los tres tipos de producto que hay para vectores: escalar, vec-torial y mixto. Finalmente, explicamos como se utilizan esos productos para medirmodulos, areas y volumenes.

1. Operaciones lineales con escalares y vectores

La distincion entre magnitudes escalares y magnitudes vectoriales es muyimportante en geometrıa. Recordemos que de una magnitud escalar (los pre-cios, los volumenes) solo interesa la cuantıa, mientras que de una vectorial(las fuerzas, las velocidades) son relevantes, ademas, la direccion y el senti-do.

Habitualmente se usan las letras mayusculas P, Q, . . . (a veces las mi-nusculas p, q) para representar puntos, y las letras minusculas u, v, . . ., pa-ra representar vectores. Si hacen falta muchas, se usan subındices: P1, P2, . . .,u1, u2, . . . . Los escalares, que son simplemente los numeros, se representancon letras minusculas como a, b, . . ., x, y, . . .

P

u

u ′

Q = P + u

P ′Q ′

direccion

sentido

1.1 Vectores. En la geometrıa del plano y delespacio, un vector u se define de modo naturalmediante dos puntos P y Q, denominados origen

y extremo; se utilizan las notaciones u =→

PQ yQ = P + u. La direccion del vector es la recta quepasa por los dos puntos, y su sentido es siemprede origen a extremo.

2 I. VECTORES EN EL PLANO Y EN EL ESPACIO

1.2 Comparacion de vectores. Dos vectores son iguales si son los lados opuestosde un paralelogramo, dados en el mismo sentido.

En la figura siguiente se representan varios vectores que son iguales seguneste criterio:

P

Qu

1.3 Operaciones con vectores. Es facil entender como se suman:

u

vv

w

w

u + v

(u + v) + w

Tambien es sencillo multiplicar escalares por vectores:

escala arbitrariaen una recta auxiliar

u23 u

0 1 2 3

Observemos que al multiplicar un escalar k por un vector u, no medimosdistancias, simplemente las comparamos. Para dibujar ku se puede elegir, envirtud del teorema de Thales, cualquier escala en cualquier recta auxiliar, y elresultado de la comparacion es el mismo. La escala puede construirse facil-mente a partir de un segmento arbitrario, con el simple trazado de paralelas:

1. OPERACIONES LINEALES CON ESCALARES Y VECTORES 3

paralelas

paralelas

paralelas

0 1 2 3 4

I Dos vectores u, v son proporcionalesVectores proporcionales si existe un esca-lar k tal que v = ku.

Es claro que esto significa que los dos vectores tienen la misma direccion.Si k > 0, los dos vectores tiene el mismo sentido, y si k < 0 tienen sentidosopuestos.

1.4 Propiedades de la suma de vectores.

1. Asociativa: u + (v + w) = (u + v) + w.2. Conmutativa: u + v = v + u.

3. El vector cero es 0 =→

PP , que cumple u + 0 = u.

4. El vector opuesto de u =→

PQ es −u =→

QP , que cumple u + (−u) = 0.

1.5 Propiedades del producto por escalares.

1. Asociativa: a(bu) = (ab)u.2. Distributiva respecto del escalar: (a + b)u = au + bu.3. Distributiva respecto del vector: a(u + v) = au + av.4. Productos por 0, 1 y −1: 0 · u = 0, 1 · u = u, (−1)u = −u.

Estas ocho propiedades incluyen el hecho de que el conjunto de todos losvectores es un espacio vectorial.

Ejercicios

0 1 2

u1.1. Dibujar el opuesto de un vector con ayuda deuna escala segun se sugiere en la figura.

u1.2. Dibujar el doble de un vector sin usar escalas,segun se indica en la figura.


uv

1.3. Dibujar la suma de dos vectores con la misma di-reccion, segun se ve en la figura.

0

1

2u

1 2 3

v

1.4. Dibujar el vector 12 u + 3v como se sugiere en la

figura adjunta.

1.5. Comprobar graficamente la propiedad distributiva de la suma de vectores.

2. Dependencia lineal, bases y coordenadas

La nocion siguiente es el fundamento de toda la geometrıa analıtica.

2.1 Definicion. Dos vectores no nulos u, v se llaman linealmente dependientessi son proporcionales, es decir, si existe un escalar a tal que v = au, e indepen-dientes si no lo son.

Podemos reescribir esa proporcionalidad poniendo au − v = 0, es decirau + bv = 0 con b = −1. Una expresion del tipo au + bv se llama combinacionlineal, y si, como en nuestro caso, vale cero, au+ bv = 0, se llama combinacionlineal nula. Por supuesto, siempre se puede escribir 0 · u + 0 · v = 0, peroesta combinacion trivial no tiene obviamente ningun interes, y no es el casoanterior, en el que b = −1 6= 0. Ası pues:

I Dos vectores u, v son linealmente dependientes si existe una combinacion linealnula au + bv = 0, que no es trivial (a 6= 0 o b 6= 0).

Esta condicion para la dependencia vale tambien si uno o los dos vectoresson nulos, aunque en ese caso siempre son dependientes. Mas en general:

I Un vector w depende linealmente de otros dados u y v, cuando es combinacionlineal de ellos: w = au + bv.

u

v

au

bv

w = au + bv

2.2 Bases en el plano. El numero maximo devectores independientes (es decir, no propor-cionales) en el plano es dos. Dos vectores delplano son independientes si no tienen la mis-ma direccion. La figura muestra como dadosdos vectores independientes u y v, cualquier

2. DEPENDENCIA LINEAL, BASES Y COORDENADAS 5

otro w de su mismo plano se puede escribir como combinacion de los dosprimeros.

Esto se resume diciendo que el plano tiene dimension 2.

I Dos vectores no proporcionales del plano forman una base: cualquier otrovector del plano depende linealmente de ellos. Esto quiere decir que cual-quier vector del plano puede escribirse como combinacion lineal de los dosvectores de la base, y esa combinacion es unica.

Esta unicidad de la combinacion significa que si un mismo vector se expresamediante dos combinaciones lineales de los mismos vectores independientes, entoncesesas combinaciones son iguales.

Demostracion. Dados los dos vectores u y v que forman una base, suponga-mos que un vector w se puede escribir de dos maneras como

w = au + bv = a ′u + b ′v,

siendo u y v independientes, podemos operar como sigue:

0 = (au+bv)−(a ′u+b ′v) = (au−a ′u)+(bv−b ′v) = (a−a ′)u+(b−b ′)v.

Mirando al primer y al ultimo miembros de estas igualdades vemos una com-binacion lineal nula, y como los vectores u, v son independientes, debe ser tri-vial, de manera que a− a ′ = b− b ′ = 0, con lo que a = a ′ y b = b ′. Ası, comodecıamos, no puede haber dos expresiones distintas de w como combinacionlineal de u, v.

uau

vbv

w

cw

t = au + bv + cw

t

2.3 Bases en el espacio. Como es de es-perar, el numero maximo de vectoresindependientes en el espacio es tres, yel espacio tiene dimension 3. Tres vecto-res son independientes si no son copla-narios (es decir, si no estan los tres enun mismo plano), en cuyo caso formanuna base. Entonces cualquier otro vec-tor se puede escribir de una unica ma-nera como combinacion lineal de ellos.

2.4 Coordenadas. Mediante combina-ciones lineales hemos llegado a la no-cion de base. Aunque hay infinitas ba-


ses, elegida una entre todas, cada vector se expresa de manera unica utili-zando los vectores de esa base fijada, y esa expresion unica proporciona lascoordenadas del vector en cuestion.

Coordenadas en el plano. Supongamos elegida una base, formada por dosvectores no proporcionales u, v. Entonces cualquier otro w del plano se puederepresentar como combinacion lineal w = au + bv. Los escalares a, b son lascoordenadas de w (respecto de la base elegida), y se suele escribir w = (a, b).

Como caso particular, calculemos las coordenadas de los dos vectores dela base. Tenemos u = 1 · u + 0 · v y v = 0 · u + 1 · v, de manera que u = (1, 0)y v = (0, 1). El vector 0 es (0, 0).

Coordenadas en el espacio. Supongamos dada una base, que consistira entres vectores no coplanarios u, v, w. Cualquier otro vector t del espacio se pue-de representar como combinacion lineal t = au + bv + cw. Los escalares a, b, cson las coordenadas de t respecto de esa base, y se suele escribir t = (a, b, c).

Los vectores de la base son u = 1 · u + 0 · v + 0 ·w, v = 0 · u + 1 · v + 0 ·wy w = 0 · u + 0 · v + 1 · w. Por tanto, u = (1, 0, 0), v = (0, 1, 0) y w = (0, 0, 1).El vector 0 es (0, 0, 0).

Operaciones con coordenadas. Las operaciones con vectores y escalares sehacen muy sencillamente utilizando coordenadas, pues basta proceder coor-denada a coordenada. Si w = (a, b) y w ′ = (a ′, b ′) tenemos:

• Suma: w + w ′ = (a, b) + (a ′, b ′) = (a + a ′, b + b ′).

• Producto por escalares: kw = k(a, b) = (ka, kb).

• Combinacion lineal:kw + k ′w ′ = k(a, b) + k ′(a ′, b ′) = (ka + k ′a ′, kb + k ′b ′).

De forma similar se definirıan estas operaciones para vectores en el espacio,con sus tres coordenadas. En realidad, una vez introducidas las coordenadas,la distincion entre el plano y el espacio es poco significativa. Siempre pode-mos considerar el plano como una parte del espacio: todo vector u = (a, b)se puede representar tambien como (a, b, 0), y ası podemos considerar que es unvector en el espacio cuya tercera coordenada es nula.

2.5 Ejemplo. Estudiar si el vector u = (1, 2, 3) depende linealmente de losvectores v = (1, 0,−1) y w = (2,−1,−1).

Solucion. El vector u depende linealmente de los otros dos si existen escalares

2. DEPENDENCIA LINEAL, BASES Y COORDENADAS 7

a, b tales que u = av + bw. Traduciendo esto a coordenadas, resulta que:

(1, 2, 3) = a(1, 0,−1) + b(2,−1,−1) = (a + 2b,−b,−a− b)

Igualando coordenada a coordenada, obtenemos el sistema de ecuaciones li-neales

1 = a + 2b,2 = −b,3 = −a− b.

Y la dependencia lineal se traduce en que este sistema tenga solucion a, b.Directamente resulta de la segunda ecuacion que b = −2, luego las otras dosecuaciones se convierten en: {1 = a− 4,

3 = −a + 2,

es decir, a = 5 y a = −1, lo que es imposible. En consecuencia, el vector u nodepende de los otros dos.

En el ejemplo anterior podrıamos haber discutido la compatibilidad delsistema en lenguaje matricial mediante rangos, identificando los vectores consus coordenadas y pensando en ellas como si fuesen las columnas de unamatriz. Ası, como el rango es el maximo numero de columnas independien-tes, y cada columna se identifica con las coordenadas de un vector, que a suvez se identifica con el propio vector, resulta que el rango es el numero maxi-mo de vectores independientes. En el ejemplo anterior, los tres vectores u, v, w serepresentarıan mediante la matriz:

(u, v, w) =

1 1 22 0 −13 −1 −1

.

Esta matriz tiene determinante −6 6= 0, luego los tres vectores son indepen-dientes, y u no depende de v, w.

2.6 Ejemplo. Estudiar la independencia de los vectores u = (1, 1, 1), v =(1,−1, 1) y w = (3, 1, 3).

Solucion. Como acabamos de explicar, formamos la matriz cuyas columnasson las coordenadas de los tres vectores:

(u, v, w) =

1 1 31 −1 11 1 3

.


Si los vectores son independientes, el rango de esta matriz sera tres, es decir,su determinante sera no nulo. Pero

det(u, v, w) =

∣∣∣∣∣∣1 1 31 −1 11 1 3

∣∣∣∣∣∣ = −3 + 3 + 1 + 3− 1− 3 = 0,

luego los tres vectores son dependientes. (Observamos que la primera filaes igual a la tercera, luego el determinante es nulo simplemente por esto,pero no lo hemos querido resaltar antes porque las filas no representan a losvectores.) Si queremos saber si hay al menos dos vectores independientes,tendremos que averiguar si hay al menos dos columnas independientes, loque se determina examinando los menores de orden 2. Por ejemplo, tomandolas dos primeras filas de las dos primeras columnas:∣∣∣∣ 1 1

1 −1

∣∣∣∣ = −1− 1 = −2 6= 0,

de modo que las dos primeras columnas, esto es los dos vectores u y v, sonindependientes. Tambien podrıamos haber elegido otro menor no nulo, porejemplo las dos ultimas filas de las dos ultimas columnas:∣∣∣∣ −1 1

1 3

∣∣∣∣ = −3− 1 = −4 6= 0,

y tambien estas dos columnas segunda y la tercera son independientes, luegolos vectores v y w son independientes. El lector comprobara del mismo modoque los vectores u y w tambien son independientes. Concluimos que cual-quiera de los tres vectores depende linealmente de los otros dos. Solo si qui-sieramos expresar esto explıcitamente mediante una combinacion lineal, de-berıamos resolver el sistema como hicimos en el ejemplo anterior. Hagamoslopara expresar u como combinacion lineal de v y w. Tenemos:{u = (1, 1, 1),

u = av + bw = a(1,−1, 1) + b(3, 1, 3) = (a + 3b,−a + b, a + 3b).

que da lugar al sistema 1 = a + 3b,1 = −a + b,1 = a + 3b.

Vemos que la tercera ecuacion es igual a la primera, luego el sistema se reducea las dos primeras. (Esto ya lo sabıamos de antemano, pues por ser los tres

3. BASES ORTONORMALES Y PRODUCTOS DE VECTORES 9

vectores dependientes, el determinante del sistema es nulo.) Dicho lo cual,sumamos las ecuaciones primera y segunda para obtener 2 = 4b, o sea, b = 1

2 ,y despejando a en la segunda ecuacion tenemos

a = b− 1 = 12 − 1 = − 1

2 .

La combinacion lineal buscada es:

u = − 12 v + 1

2 w,

como el lector comprobara de inmediato, sustituyendo los vectores por suscoordenadas.

Ejercicios

2.1. Averiguar si los vectores (2, 1, 3), (3, 2, 1) y (1, 0, 0) son independientes, y expresar elvector (1, 1, 3) como combinacion lineal suya.

2.2. ¿Que deben cumplir los escalares a, b, c para que los vectores (1, a, a2), (1, b, b2) y (1, c, c2)sean independientes?

2.3. Encontrar un escalar a tal que el vector (a, 1,−1) dependa linealmente de los vectores(1, 1, 0) y (0, 1, 1). ¿Cuantas soluciones hay? (Indicacion: Expresar la dependencia lineal me-diante un determinante.)

2.4. Calcular las coordenadas del vector 2u − 3v + w respecto de la base formada por losvectores −u, v + w y v− w, siendo u = (−1, 0, 1), v = (3, 1,−1) y w = (−1, 1, 0).(Indicacion:Expresando primero los vectores u, v y w respecto de la base −u, v + w y v− w no hace faltausar las coordenadas dadas de u, v y w.)

2.5. Encontrar dos vectores independientes u = (a, 1) y v = (1, b) tales que las coordenadasde (1, 3) respecto de la base formada por u y v sean (−1, 2).

3. Bases ortonormales y productos de vectores

En las secciones anteriores hemos descrito algunas operaciones con vec-tores y escalares, pero en ningun caso hemos hablado de medida. Sı es ciertoque hemos comparado vectores (v = 3u, v = −2u, etc.), pero no los hemosmedido. Para hacerlo debemos fijar previamente una unidad. Es una vez fi-jada esa unidad cuando podemos calcular la distancia dist(P, Q) entre dospuntos P y Q (del plano o del espacio), y definir el modulo |u| = dist(P, Q)

del vector u =→

PQ . Se dice que un vector es unitario cuando su modulo es 1.


Segun senalamos en el prologo, ademas de la distancia, la otra nocion es-pecıfica de la geometrıa euclıdea que la distingue de la afın es la perpendicu-laridad, y para vectores es natural decir que dos vectores son perpendicularescuando lo son sus direcciones. Todo esto conduce al concepto siguiente:

3.1 Definicion. Una base (del plano o del espacio) cuyos vectores son unita-rios y perpendiculares dos a dos se llama base ortonormal.

unidad

base no ortonormalbase ortonormal

Siempre que estemos interesados en las propiedades metricas del planoy del espacio, es conveniente utilizar coordenadas respecto de bases ortonor-males. Utilizaremos las letras i, j para representar una base ortonormal delplano, y las letras i, j, k para una base ortonormal del espacio.

De lo anterior se sigue que un vector unitario determina el segmento uni-dad de medida de longitud, una base ortonormal del plano determina el cua-drado unidad de area, y una base ortonormal del espacio determina el cubounidad de volumen.

i

ii

j

j

k

Definiremos ahora, con un enfoque analıtico, los tres posibles produc-tos de vectores que juegan un papel importante en el estudio de las figurasgeometricas. Fijaremos para todo lo que sigue una base ortonormal i, j, k delespacio, de forma que cada vector u esta representado por sus coordenadas(x, y, z) respecto de dicha base. (Recordemos que como el espacio contiene alplano, no es necesario tratar este ultimo separadamente.)

3.2 Producto escalar. Como su nombre indica, el producto escalar 〈u, v〉 dedos vectores u = (x, y, z) y v = (x ′, y ′, z ′) es un escalar, es decir, un numero,que se define como sigue:

〈u, v〉 = xx ′ + yy ′ + zz ′.


Propiedades. Las siguientes propiedades del producto escalar se comprue-ban directamente:

1. 〈0, v〉 = 0 y 〈u, 0〉 = 0.2. 〈u, u〉 = 0 si y solo si u = 0.3. Conmutativa: 〈u, v〉 = 〈v, u〉.4. Asociativa: a〈u, v〉 = 〈au, v〉 = 〈u, av〉.5. Distributiva: 〈u, v + w〉 = 〈u, v〉+ 〈u, w〉.6. 〈i, i〉 = 〈j, j〉 = 〈k, k〉 = 1, 〈i, j〉 = 〈i, k〉 = 〈j, k〉 = 0.7. Calculo de las coordenadas de un vector: Si u = (x, y, z),

x = 〈u, i〉, y = 〈u, j〉, z = 〈u, k〉.

Demostracion. Es muy similar en todos los casos. Comprobemos la propiedad2, por ejemplo. Si u = (x, y, z), Escribimos

〈u, u〉 = xx + yy + zz = x2 + y2 + z2,

que es una suma de numeros reales no negativos, luego nula si y solo si loson todos los sumandos, si y solo si x = y = z = 0, es decir u = (0, 0, 0).Como ilustracion adicional, calculemos la coordenada x de u como dice lapropiedad 7:

〈u, i〉 = 〈(x, y, z), (1, 0, 0)〉 = x · 1 + y · 0 + z · 0 = x.

El producto escalar de dos vectores es un escalar, y no anade nada alplano que generan los dos vectores que multiplicamos. Para ir mas alla deese plano necesitamos un producto que de lugar a un vector independien-te de los dos que multiplicamos. Recordemos que tenemos fijada una baseortonormal i, j, k.

3.3 Producto vectorial. El producto vectorial u × v de dos vectores u =(x, y, z) y v = (x ′, y ′, z ′), es un tercer vector cuyas coordenadas respecto dei, j, k se calculan mediante un determinante como sigue:

u× v =( ∣∣∣∣ y y ′

z z ′

∣∣∣∣ ,−∣∣∣∣ x x ′

z z ′

∣∣∣∣ ,∣∣∣∣ x x ′

y y ′

∣∣∣∣ ) =

∣∣∣∣∣∣i x x ′

j y y ′

k z z ′

∣∣∣∣∣∣ .

Propiedades. De nuevo las propiedades de este producto se obtienen porcalculo directo, utilizando las propiedades de los determinantes:


1. 0× v = u× 0 = 02. u× v = 0 exactamente cuando u y v son dependientes, o equivalente-

mente, u× v 6= 0 exactamente cuando u y v son independientes.3. Anticonmutativa: u× v = −v× u.4. Asociativa: (ku)× v = k(u× v).

La propiedad asociativa no se cumple para el producto vectorial, como seve facilmente con un ejemplo:

(1, 1, 0)×[(1, 0, 1)× (0, 0, 1)

]= (1, 1, 0)× (0,−1, 0) = (0, 0,−1),

pero[(1, 1, 0)× (1, 0, 1)

]× (0, 0, 1) = (1,−1,−1)× (0, 0, 1) = (−1,−1, 0).

La razon para esta discrepancia se puede buscar en la siguiente identidad,que se puede comprobar como todas calculando con coordenadas:

5. u× (v× w) = 〈u, w〉v− 〈u, v〉w.

Otras propiedades importantes son:

6. Distributiva: u× (v + w) = u× v + u× w.7. 〈u× v, u× v〉 = 〈u, u〉〈v, v〉 − 〈u, v〉2.8. i× j = k, j× k = i, k× i = j.

Veamos por ejemplo que j× k = i:

j× k = (0, 1, 0)× (0, 0, 1) =

∣∣∣∣∣∣i 0 0j 1 0k 0 1

∣∣∣∣∣∣ = (1, 0, 0) = i.

Por ultimo, podemos combinar los dos anteriores productos y definir untercero:

3.4 Producto mixto. El producto mixto [u, v, w] de tres vectores u = (x, y, z), v =(x ′, y ′, z ′) y w = (x ′′, y ′′, z ′′), se define de la siguiente manera:

[u, v, w]= 〈u, v× w〉

= x∣∣∣∣ y ′ y ′′

z ′ z ′′

∣∣∣∣− y∣∣∣∣ x ′ x ′′

z ′ z ′′

∣∣∣∣+ z∣∣∣∣ x ′ x ′′

y ′ y ′′

∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣

x x ′ x ′′

y y ′ y ′′

z z ′ z ′′

∣∣∣∣∣∣ .


La expresion del producto mixto como determinante explica como varıael resultado cuando cambiamos el orden de los vectores. De hecho, lo unicoque cambia es el signo del resultado. Ahora podemos reformular la condicionde dependencia lineal:

I Tres vectores son linealmente dependientes si y solo si su producto mixto es nulo.

En particular resulta que:

1. 〈u, u× v〉 = 〈v, u× v〉 = 0.

Otra observacion interesante es la siguiente:

2. Si dos vectores u y v son linealmente independientes, entonces u, v yu× v forman una base.

Demostracion. Los vectores u× v, u y v son linealmente independientes si suproducto mixto es no nulo. Pero

[u× v, u, v] = 〈u× v, u× v〉 6= 0,

pues u× v 6= 0 por ser u y v linealmente independientes (3.3.2).

El calculo directo de productos de vectores utilizando estas definicionesexplıcitas es muy facil, y lo mas adecuado en general. Sin embargo, hay casosen que es preferible evitar el uso de coordenadas:

3.5 Ejemplo. Dados dos vectores independientes u y v, buscar todos los vec-tores w tales que [w, u, v] = 1, 〈u, w〉 = 0 y 〈v, w〉 = 1.

Solucion. Para resolver esto, observamos primero que u, v, u× v son una base(propiedad I.3.4.2 anterior), luego cualquier w se escribira

w = au + bv + cu× v

para ciertos escalares a, b, c. La condicion primera del enunciado se traduceen:

1 = [w, u, v] = 〈w, u× v〉= 〈au + bv + cu× v, u× v〉= a〈u, u× v〉+ b〈v, u× v〉+ c〈u× v, u× v〉= c〈u× v, u× v〉,

la ultima igualdad por I.3.4.1, de modo que

c =1

〈u× v, u× v〉 ,


siendo el denominador no nulo (como acabamos de razonar unas lıneas masarriba). Ahora utilizamos las otras dos condiciones del enunciado{

0 = 〈u, w〉 = 〈u, au + bv + cu× v〉 = a〈u, u〉+ b〈u, v〉,1 = 〈v, w〉 = 〈v, au + bv + cu× v〉 = a〈v, u〉+ b〈v, v〉,

donde hemos aplicado la propiedad I.3.4.1 del producto mixto. Para resolvereste sistema, en el que a y b son las incognitas, calculamos el determinante dela matriz de coeficientes:∣∣∣∣ 〈u, u〉〈u, v〉

〈v, u〉〈v, v〉

∣∣∣∣ = 〈u, u〉〈v, v〉 − 〈u, v〉2 = 〈u× v, u× v〉

(propiedad I.3.3.7), y ya hemos dicho que este producto escalar no es cero. Enconsecuencia, podemos resolver el sistema por la regla de Cramer y queda:

a =−〈u, v〉

〈u× v, u× v〉 , b =〈u, u〉

〈u× v, u× v〉 .

Por tanto, solo hay un vector w que cumpla las condiciones requeridas:

w =−〈u, v〉

〈u× v, u× v〉u +〈u, u〉

〈u× v, u× v〉v +1

〈u× v, u× v〉w.

Despues de todo lo anterior, hay todavıa un problema pendiente en el queel lector debe reparar: todas las definiciones anteriores parecen depender de labase ortonormal elegida. Para aclarar esto, es necesario desvelar la geometrıaoculta en las definiciones, lo que hacemos en la seccion siguiente.

Ejercicios

3.1. Calcular todos los productos escalares aij = 〈ui, uj〉 de los vectores u1 = (1, 0, 1), u2 =(1, 1, 0) y u3 = (1, 1, 1), y despues el determinante de la matriz (aij). ¿Que ocurre si reempla-zamos el vector (1, 1, 1) por el vector (2, 1, 1)? ¿Y por cualquier otra combinacion lineal de u1y u2?

3.2. Calcular el producto vectorial de u = (1, 0,−1) y v = (1,−1, 0), y luego el productomixto [u, v, u× v].

3.3. Determinar los escalares a para los que el producto vectorial (1, a, 0)× (−1, 1, 0) es unvector unitario.

3.4. Buscar dos vectores no nulos (1, a, 1) y (0, b, 0) tales que su producto escalar sea el modu-lo de su producto vectorial. ¿Cuantas soluciones hay?

3.5. Encontrar tres vectores (1, 1, a), (0, 1, b) y (1, 0, 1) tales que su producto mixto sea 1. ¿Ytales que sea 0?

4. DESCRIPCION GEOMETRICA DE LOS PRODUCTOS DE VECTORES 15

4. Descripcion geometrica de los productos de vectores

En primer lugar, es muy facil entender como el producto escalar mide losmodulos de los vectores. Recordemos que hemos fijado una base ortonormali, j, k. Si las coordenadas de un vector u respecto de esa base son (x, y, z),entonces

〈u, u〉 = xx + yy + zz = x2 + y2 + z2,

y por otro lado podemos utilizar el teorema de Pitagoras dos veces de estemodo:

z (x, y, z)

x

(ii)√

x2 + y2 + z2�

y

(i)√

x2 + y2�

Ası pues:

4.1 Modulo. El modulo de un vector u = (x, y, z) es el escalar no negativo

|u| =√

x2 + y2 + z2 =√〈u, u〉 .

Si k es un escalar obtenemos:

|ku| =√〈ku, ku〉 =

√k2〈u, u〉 = |k|

√〈u, u〉 = |k||u|,

donde |k| es el valor absoluto de k. En particular, el vector u/|u| tiene la mis-ma direccion y el mismo sentido que u, y es unitario:∣∣∣∣ u

|u|

∣∣∣∣ = 1|u| |u| = 1.

Si lo que queremos es un vector con la misma direccion y el mismo sentido

que u, pero con modulo λ > 0 prefijado, basta tomarλ

|u|u.

4.2 Ejemplo. Encontrar todos los vectores unitarios proporcionales a u =(1, 2, 3).


Solucion. Segun acabamos de decir, uno de ellos es

v =u|u| =

(1, 2, 3)√1 + 4 + 9

=1√14

(1, 2, 3).

Veamos cuantos mas vectores w, unitarios y paralelos a u hay. Tal w sera pro-porcional a u, luego tambien a v, o sea w = av para cierto escalar a. Como wdebe ser unitario, tendremos

1 = |w| = |av| = |a||v| = |a|,

pues ya sabemos que v es unitario. Resulta |a| = 1, luego a = 1 y obtenemosw = v, o a = −1 y obtenemos w = −v.

El ejemplo anterior ilustra el siguiente hecho general:

I En cada direccion hay dos vectores unitarios, que son opuestos.

Despues de lo anterior, debemos entender como el producto escalar des-cribe la perpendicularidad de dos vectores.

Consideremos un vector no nulo u, con coordenadas (x, y, z) respecto denuestra base ortonormal i, j, k, y busquemos los vectores perpendiculares a u.Es claro que los vectores v = (x ′, y ′, z ′) perpendiculares a u forman un plano,ası que conociendo dos de ellos, v1 y v2, independientes, podremos obtenertodos los demas como combinacion lineal de esos dos conocidos. Ahora en-contramos esos dos primeros v1 y v2 como se ve en las figuras siguientes:

u=(x, y, z)

y

y

u1=(x, y, 0)xx

v1=(y,−x, 0)

u=(x, y, z)

x

x

z

z

v2=(z, 0,−x)

u2=(x, 0, z)

Observamos que v1 es perpendicular a u1, luego es perpendicular a u, y quev2 lo es a u2, luego lo es a u. En consecuencia, los vectores v = (x ′, y ′, z ′)


perpendiculares a u son los que dependen linealmente de v1 = (y,−x, 0) yv2 = (z, 0,−x). Si expresamos esto con determinantes, obtenemos la condi-cion:

0 = det(v, v1, v2) =

∣∣∣∣∣∣x ′ y zy ′ −x 0z ′ 0 −x

∣∣∣∣∣∣= x ′x2 + y ′yx + z ′zx = x(x ′x + y ′y + z ′z) = x〈v, u〉.

Ası, si x 6= 0, obtenemos la condicion 0 = 〈v, u〉 (si x = 0 se cambiarıa v1 o v2por (0, z,−y), para tener una ecuacion no trivial). En todo caso se obtiene:

4.2 Perpendicularidad. Los vectores v perpendiculares a uno dado u son exacta-mente aquellos cuyo producto escalar por el es nulo: 〈u, v〉 = 0.

El siguiente paso es medir angulos arbitrarios, y no solo los rectos. Paraello convenimos en que el angulo que forman dos vectores es el angulo no ne-gativo α ≤ π que forman las semirectas determinadas por sus sentidos. Losdibujos muestran claramente que significa esto:

α αu

uv v

Ahora, para estimar el angulo α que forman dos vectores u y v (no propor-cionales) utilizamos un vector unitario auxiliar u0 = u/|u|, como explicamosa continuacion. Segun nos dice la trigonometrıa, el cateto adyacente a α deltriangulo rectangulo de la figura mide |v| cos α:

α

|v| cos α

uu0

1

vw

|v|


luego

w = v− (|v| cos α)u0 = v− |v| cos α

|u| u.

Ahora bien, por construccion, w es perpendicular a u, y eso significa que elproducto escalar de los dos vectores es nulo:

0 = 〈w, u〉 =⟨

v− |v| cos α

|u| u, u⟩

= 〈v, u〉 − |v| cos α

|u| 〈u, u〉 = 〈v, u〉 − |v||u| cos α,

pues〈u, u〉|u| =

|u|2|u| = |u|. En suma,

cos α =〈v, u〉|u||v| =

〈u, v〉|u||v| .

Ası tenemos la siguiente expresion sin coordenadas para el calculo del pro-ducto escalar:

4.3 Producto escalar. 〈u, v〉 = |u||v| cos α .

La formula es tambien valida si los vectores u y v son proporcionales, esdecir, u = kv. Entonces se cumple

〈kv, v〉 = k|v|2 = |kv||v| cos α,

puesto que si k > 0, entonces α = 0 y cos α = 1, y si k < 0, entonces α = π ycos α = −1.

Ademas, esto muestra que el producto escalar es independiente de la base orto-normal elegida: si se calcula multiplicando coordenada a coordenada, respectode bases ortonormales diferentes, los resultados coinciden.

Otra consecuencia importante de esta expresion es la denominada:

4.4 Desigualdad de Schwarz. 〈u, v〉2 ≤ |u|2|v|2.

Demostracion. Tenemos

〈u, v〉2 = |u|2|v|2 cos2 α ≤ |u|2|v|2,

pues −1 ≤ cos α ≤ 1.


En realidad, ya podıamos haber probado esto antes, pues de la propiedadI.3.3.7 de la seccion anterior se deduce

〈u, u〉〈v, v〉 − 〈u, v〉2 = 〈u× v, u× v〉 = |u× v|2 ≥ 0.

Incluso se podrıa haber deducido directamente de las definiciones en coor-denadas, pues

〈u, u〉〈v, v〉 − 〈u, v〉2 =

= (x2 + y2 + z2)(x ′2 + y ′2 + z ′2)− (xx ′ + yy ′ + zz ′)2

= (xy ′ − yx ′)2 + (xz ′ − zx ′)2 + (yz ′ − zy ′)2 ≥ 0 .

Ası como hemos descrito el producto escalar de una manera alternativa,hacemos algo similar con el producto vectorial.

4.5 Producto vectorial. El producto vectorial u × v de dos vectores u y v queforman un angulo α se caracteriza segun sigue:

(1) Modulo: |u× v| = |u||v| sen α.(2) Direccion: perpendicular a u y a v.(3) Sentido: el de la regla del determinante, que dice que se cumple

det(u, v, u× v) ≥ 0.

Demostracion. (1) Calculemos el modulo. Senalamos primero que como elangulo de dos vectores es por definicion no negativo y ≤ π, su seno es siem-pre ≥ 0, y el escalar que aparece en el segundo miembro es ≥ 0, como debeser el modulo. Comprobaremos ahora la igualdad trasformandola en otra yaconocida. Para ello elevamos al cuadrado ambos miembros:

|u× v|2 = |u|2|v|2 sen2 α = |u|2|v|2(1− cos2 α) = |u|2|v|2 − |u|2|v|2 cos2 α.

Pero por I.4.1, |u × v|2 = 〈u× v, u× v〉, |u|2 = 〈u, u〉, |v|2 = 〈v, v〉 y porI.4.3, |u|2|v|2 cos2 α = 〈u, v〉2, de manera que nuestra igualdad equivale a lasiguiente

〈u× v, u× v〉 = 〈u, u〉〈v, v〉 − 〈u, v〉2.

Esta no es mas que la propiedad I.3.3.7 de la seccion anterior que hace unmomento recordamos.

(2) Para ver que u × v es perpendicular a u y a v basta recordar que〈u× v, u〉 = 0, y 〈u× v, v〉 = 0, por la propiedad I.3.4.1 de la seccion anterior.


(3) La regla del determinante es una comprobacion sencilla usando laspropiedades que conocemos:

det(u, v, u× v) = det(u× v, u, v)

= [u× v, u, v] = 〈u× v, u× v〉 = |u× v|2 ≥ 0

(¡que es en realidad la desigualdad de Schwarz!).

Esta regla del determinante se denomina a veces regla del destornillador odel sacacorchos, pues indica que u× v se comporta como se ve a continuacion:

u× v

v

uv× u

u

v

Como ejemplo, si en las figuras anteriores u = i y v = j, vemos que

i× j = k, j× i = −k.

Ejercicios

4.1. Encontrar un vector de modulo 5 perpendicular a (2, 1, 3) y (−1, 1, 0). ¿Cuantos hay?

4.2. Encontrar dos vectores u, v perpendiculares a w = (0, 1√2

, 1√2) de manera que u, v y w

formen una base ortonormal. (Indicacion: Elegir el u mas sencillo posible.)

4.3. Demostrar que si el producto vectorial de dos vectores unitarios tiene modulo 1, enton-ces los dos vectores son perpendiculares.

4.4. Calcular 〈2u× 3v, (u− v)× (u + v)〉 sabiendo que u y v son perpendiculares y unita-rios.

4.5. Comprobar la igualdad [u, v, u× v] = |u× v|2 por calculo directo con coordenadas.

5. CALCULO DE PROYECCIONES, AREAS Y VOLUMENES 21

5. Calculo de proyecciones, areas y volumenes

Vamos a ver aquı como se pueden utilizar los productos de vectores paracalcular longitudes de proyecciones, areas y volumenes.

α

|v| cos α

uw

v5.1 Proyeccion ortogonal de un vector sobreotro. Podemos obtener la proyeccion ortogonal deun vector v sobre otro u, tal como se ve en lafigura. Demostracion. En efecto, w = ku paracierto escalar k, y segun nos ensena la trigono-metrıa, la proyeccion ortogonal mide |v| cos α =〈u, v〉/|u|. Ası, multiplicando esa medida por elvector unitario u/|u|, que es proporcional a u, obtenemos:

w =〈u, v〉|u|

u|u| =

〈u, v〉|u|2 u =

〈u, v〉〈u, u〉u.

Esto recuerda como calcular coordenadas respecto de bases ortonormales,segun vimos en I.3.2.7.

i

j

v5.2 Ejemplo. Calcular las coordenadas del vec-tor v = (2, 1) respecto de la base ortonormali = ( 1√

2, 1√

2), j = ( 1√

2,− 1√

2).

Solucion. Mirando al dibujo vemos que

v =〈i, v〉〈i, i〉 i +

〈j, v〉〈j, j〉 j =

3√2

i +1√2

j,

y las coordenadas pedidas son ( 3√2, 1√

2).

α |v|sen αu

v

5.2 Area de un polıgono. En primer lugar, po-demos calcular el area de un paralelogramo delados u y v utilizando el producto vectorial. Bas-ta observar en la figura que |u| es la base delrectangulo, y |v| sen α es su altura, luego

area = |u||v| sen α = |u× v|.

Si los vectores estan en el plano, entonces sus coordenadas en el espacio


seran u = (a, b, 0) y v = (c, d, 0), con lo que

u× v =

(0, 0,

∣∣∣∣ a cb d

∣∣∣∣) .

Por tanto, el area del paralelogramo es:

I area = |u× v| = ±∣∣∣∣ a c

b d

∣∣∣∣ = ±det(u, v)

con el signo adecuado para que sea un numero positivo.

Si nos interesa el triangulo sombreado, entonces el area es la mitad

12 |u× v|.

Para un polıgono arbitrario lo unico que hay que hacer es triangular dealguna forma, como por ejemplo en este caso:

Una consecuencia llamativa de esta manera de calcular el area es lo si-guiente:

5.3 Cuadrilateros. Las areas de tres de los cuatro triangulos en que un cuadrilateroqueda dividido por sus diagonales determinan la del cuarto.

Demostracion. En efecto, consideremos una figura como la siguiente:

α

A

B

C

D

OS1

S2

S3

S4

5. CALCULO DE PROYECCIONES, AREAS Y VOLUMENES 23

de la que conocemos las tres areas S1, S2 y S3, y queremos calcular la cuartaS4. Para hacerlo, escribimos:

S1 = 12 |

→OA ||

→OB | sen α, S2 = 1

2 |→

OB ||→

OC | sen(π − α),

S3 = 12 |

→OC ||

→OD | sen α, S4 = |

→OD ||

→OA | sen(π − α).

Ahora, recordando que sen α = sen(π − α):

S1

S2=|→

OA |

|→

OC |=

S4

S3,

de modo que S4 = S1S3/S2.

5.3 Volumen de un poliedro. Para calcular el volumen de un paralelepıpedodeterminado por tres vectores u, v, w utilizaremos el producto mixto [u, v, w]:

I volumen =∣∣[u, v, w]

∣∣ = |〈u, v× w〉| = |u| |v× w| | cos α|.

|u| cos αα

v×w

u

v

w

Demostracion. Esta muy claro en la figuraque |u| cos α es la altura del paralelepıpe-do, y acabamos de ver que |v × w| es elarea de la base. Observamos que, como elarea de un paralelogramo del plano, re-sulta que el volumen de un paralelepıpe-do del espacio viene dado por un determi-nante:

volumen = ±det(u, v, w),

con el signo que haga positivo el resulta-do.

Si interesa el tetraedro determinado por u, v, w, debemos utilizar el hechode que el volumen del tetraedro es la sexta parte del volumen del paralelepıpedo.Esta afirmacion no es en absoluto elemental y no se puede probar sin calculointegral.

En general, un poliedro cualquiera se descompondrıa en varios tetraedrosy se calcularıa el volumen de cada uno de ellos separadamente.


Ejercicios

5.1. Calcular las coordenadas de v = (1, 1, 1) respecto de la base ortonormal

i = ( 1√2

, 1√2

, 0), j = ( 1√2

,− 1√2

, 0), k = (0, 0, 1).

vw

u1 u2

5.2. Determinar los numeros positivos a para los que elpolıgono del dibujo tenga area 9/2. Sus lados son los vec-tores:

u1 = (1, 2), u2 = (2,−1),v = (a,−a + 2), w = (a− 3,−a− 1).

¿Refleja el dibujo fielmente la situacion?

αu2

v

u3

u1

5.3. Determinar el vector v para que el prisma de la figuratenga volumen 15. Los datos son:

α = π/3,u1 = (1, 2), u2 = (3, 1), u3 = (1,−3).

π/4w

u

v 5.4. Hallar un vector w perpendicular a v = (1, 1, 0) cuyoangulo con u = (−1, 1, 0) sea π/4. ¿Que modulo debe tenerpara que el tetraedro resultante tenga volumen 1?

w

u

v

5.5. Se consideran el tetraedro determinado por los tresvectores u = (1, 0, 0), v = (0, 1, 0) y w = (a, a, 1− a), siendo0 ≤ a ≤ 1. Demostrar que el area del tetraedro es maximapara a = 0. (Indicacion: Calcular las areas de las caras deltetraedro en funcion de a, y ver que todas esas funciones al-canzan su maximo para a = 0.)

25

Capıtulo II

Puntos en el plano y en el espacio

En este capıtulo introducimos las coordenadas para puntos, con las que se repre-sentan rectas y planos mediante ecuaciones. Estas ecuaciones proporcionan la mane-ra mas sencilla de manipular aquellos objetos: calcular intersecciones, distancias yangulos, ası como algunos lugares geometricos basicos.

1. Referencias y coordenadas

Para asignar coordenadas a los puntos del plano y del espacio utilizare-mos la nocion de base de vectores introducida en el capıtulo anterior. Solohace falta elegir un punto de referencia inicial, que se denomina origen decoordenadas, y que ni en el plano ni en el espacio viene dado canonicamente.Es importante insistir en que este origen puede ser cualquier punto del planoo del espacio que nos interese; a priori ningun punto se distingue de los otros.Esta posibilidad de eleccion es muy importante, y daremos muchos ejemplosde ello en este texto.

1.1 Referencias en el plano y en el espacio. Segun acabamos de decir:

• Una referencia en el plano afın consiste en un punto origen O y dos vecto-res independientes u, v. Se suele escribir {O; u, v}.• Una referencia en el espacio consiste en un punto origen O y tres vectores

independientes u, v, w. Se suele escribir {O; u, v, w}.

Al representar graficamente una referencia, conviene tomar O como origende los vectores de la referencia (de ahı el nombre):

u

v

O uv

w

O

26 II. PUNTOS EN EL PLANO Y EN EL ESPACIO

1.2 Coordenadas. Con una referencia fijada, es bien sencillo atribuir coorde-nadas a un punto cualquiera P. En efecto, basta tomar las coordenadas del

vector→

OP respecto de los vectores de la referencia, que son una base. En elplano resulta

u

v

au

bv→

OP = au + bv

P = O +→

OP

O

Escribimos P = (a, b) y decimos que:

• (a, b) son las coordenadas de P respecto de {O; u, v}.

Observamos que P = O+→

OP = O+ au+ bv. La figura anterior muestrabien el significado de las coordenadas. Por ejemplo, si la primera es a = 1,entonces la recta paralela a v que pasa por P pasa por O + u; o si la segundaes nula b = 0, entonces P esta en la recta paralela a u que pasa por O. Noteseque las coordenadas de O son (0, 0).

De la misma manera se hace para un punto P del espacio fijada una refe-rencia {O; u, v, w}. Se tendra una situacion como la siguiente:

u

au

vbv

w

cw

P = O +→

OP

O

� →OP = au + bv + cw

y P = O + au + bv + cw. Escribimos P = (a, b, c) y decimos que:

• (a, b, c) son las coordenadas de P respecto de {O; u, v, w}.

Como en el plano, el origen es O = (0, 0, 0).

1. REFERENCIAS Y COORDENADAS 27

Se llaman ejes coordenados o de referencia las rectas que pasan por el origen

O y son paralelas a los vectores de la referencia (en el plano hay dos ejescoordenados y en el espacio tres).

u

v

Ou

v

w

O

ejescoordenados

1.3 Representaciones cartesiana y afın de una referencia. La manera en quehemos introducido la nocion de referencia recibe un nombre especial:

• Una referencia definida mediante un punto fijado como origen y unabase de vectores se denomina cartesiana.

Tambien podemos definir referencias utilizando solo puntos. En efecto,dado el origen O, es lo mismo conocer el vector u que el punto A = O + u.Analogamente, v determina y es determinado por el punto B = O + v, y siestamos en el espacio, w corresponde a C = O + w.

u

A = O + uv

B = O + v

O

vB = O + v

u

A = O + u

w

C = O + w

O

En consecuencia, la referencia {O; u, v} tambien puede definirse median-te los tres puntos {O, A, B}, y la referencia {O; u, v, w} mediante los cuatropuntos {O, A, B, C}. Para que sean referencias, en el plano ha de verificarse

que los vectores u =→

OA , v =→

OB sean independientes, y en el espacio que

lo sean los vectores u =→

OA , v =→

OB , w =→

OC . Este metodo de describirla referencia tiene su propio nombre:

• Una referencia definida mediante puntos, el primero fijado como ori-gen, se denomina afın.


Las coordenadas respecto de una referencia afın son las mismas que parala referencia cartesiana correspondiente:

I En el plano: P = (x, y) significa

P = O + xu + yv = O + x→

OA + y→

OB .

I En el espacio: P = (x, y, z) significa

P = O + xu + yv + zw = O + x→

OA + y→

OB + z→

OC .

Las coordenadas encierran la informacion sobre la posicion relativa de lospuntos, y como veremos en la seccion siguiente, sirven para representar efi-cazmente no solo los puntos, sino tambien las rectas y los planos, y entendersu comportamiento. Veamos aquı un primer caso de esto:

1.4 Ejemplo. Supongamos dadas dos referencias (cartesianas) {O; u, v} y{O ′; u ′, v ′}, respecto de las cuales las coordenadas de cada punto se deno-tan P = (x, y) y P = (x ′, y ′) respectivamente, y supongamos que se cumpleque x = x ′ para todo P. ¿Que significa esto?

u A = O + u

r

vB = O + v

O

B ′ = O + bv

Solucion. Para entender la igualdad de lasprimeras coordenadas respecto de dos re-ferencias diferentes aplicamos la hipotesisa los dos casos particulares P = B ′ y P =A ′. En primer lugar, el punto B ′ = O ′ + v ′

tiene coordenadas (0, 1) respecto de la se-gunda referencia, por tanto tendra coorde-nadas (0, b) respecto de la primera. Estosignifica que B ′ = O + 0u + bv = O + bv,

es decir, B ′ esta en la recta que pasa por O y es paralela a v, recta que tambienpasa por B = O + v. Por tanto, O esta en la recta r que pasa por B y B ′.

u A = O + u

v

r

B = O + v

O

A ′= O+u+av =A+av Cambiando los papeles, obtenemostambien que O ′ esta en la recta que pa-sa por B ′ y B, que es r. En conclusion,los cuatro puntos O, B, O ′, B ′ estan en unamisma recta r. Ahora tenemos que averi-guar donde pueden estar A = O + u yA ′ = O ′ + u ′, y utilizaremos la misma

idea. Como A ′ = (1, 0) respecto de la segunda referencia, respecto de la pri-mera sera A ′ = (1, a), lo que significa que A ′ esta en la recta paralela a r quepasa por A, esto es, A ′ = O + u + av = A + av.

1. REFERENCIAS Y COORDENADAS 29

xu u A

x ′u ′

u ′

A ′B

v

yv

B ′

v ′

y ′v ′

O

O ′

P

Ası hemos determinado dos condiciones quedeben cumplirse:

1. Los cuatro puntos O, B, O ′, B ′ estan ali-neados, y

2. La recta que pasa por A y A ′ es paralelaa la que pasa por B y B ′.

Estas dos condiciones se recogen en la figura.Recıprocamente, si se da la situacion de la dela figura, resulta del teorema de Thales quela primera coordenada respecto de las dos referencias es siempre la misma:x = x ′.

Ejercicios

u

P

v

O

B

AO

P

uO

Q

P

u

vP

O

1.1. Dibujar el punto P del plano cuyas coordenadascon respecto a la referencia cartesiana {O; u, v} son P =( 1

2 , 3)

1.2. De una referencia afın {O, A, B} se conocen O yA, y como dato adicional se tiene el punto P de coorde-nadas P = (1, 1). Dibujar el punto B.

1.3. Encontrar una referencia del plano de maneraque dos puntos dados P, Q tengan coordenadas P =(1, 1), Q = (−1,−1). ¿Hay mas de una?

1.4. De una referencia cartesiana {O; u, v} se conocenlos dos vectores u, v y por otra parte el punto P de coor-denadas P = (−1, 0). Dibujar el origen O.

1.5. Dibujar una referencia del espacio de la que se conocen los tres ejes coordenados y elpunto de coordenadas P = (1, 1, 1). (Indicacion: Observar que la igualdad P = O + u + v + wsignifica que P es el vertice opuesto a O del paralelepıpedo determinado por los tres vectoresu, v, w.)


2. Ecuaciones implıcitas y parametricasde rectas y planos

Fijemos una referencia {O; u, v} del plano. Cada punto P tiene unas coor-

denadas (x, y), que son las coordenadas del vector→

OP respecto de la base

{u, v}, es decir,→

OP = xu + yv. Para vectores→

P ′P cuyo origen no sea O sinoun punto arbitrario P ′ de coordenadas (x ′, y ′), observamos simplemente que

P ′

→OP ′

P

→OP

O

→P ′P

→P ′P =

→OP −

→OP ′

= (xu + yv)− (x ′u + y ′v)= (x− x ′)u + (y− y ′)v.

Esta igualdad justifica la formula

→P ′P = (x− x ′, y− y ′) = P− P ′.

Esta formula es bien natural, pues ya tenıamos la notacion P = P ′ +→

P ′P ,

pero debıa demostrarse, pues hasta ahora P = P ′ +→

P ′P era solo eso, unanotacion. Observamos que en particular

→OP = (x, y) = P−O.

2.1 Ejemplos. (1) Entre otras cosas, la observacion anterior facilita el calculode proporciones. Si queremos obtener el punto medio Q del segmento que unelos dos puntos P1 y P2 basta escribir:

Q = P1 +12

→P1P2 = P1 +

12 (P2 − P1) =

12 P1 +

12 P2.

Mas generalmente, busquemos un punto Q del segmento I que une P1 y P2de manera que, para ciertos escalares a, b dados, se tenga

→P1Q

a=

→QP2

b.

Esto significa que Q divide al segmento I en la proporcion a : b. Operandocomo acabamos de ver resulta b(Q− P1) = a(P2 −Q), y despejando Q:

Q = ba+b P1 +

aa+b P2.

2. ECUACIONES IMPLICITAS Y PARAMETRICAS DE RECTAS Y PLANOS 31

Esta operacion se llama interpolacion lineal.

Si denotamos λ = ba+b , podemos escribir

I Q = P1 + λ→

P1P2 = (1− λ)P1 + λP2.P1

1P2

Q

1−λ

λ

(2) Otra ilustracion de lo anterior es la determinacion del ortocentro de untriangulo, que es el punto de interseccion de sus tres alturas. En este caso hayque mostrar que efectivamente las tres alturas se cortan en un punto.

A B

C

P

Oi

j

Demostracion. Este ejemplo muestra la im-portancia de elegir bien la referencia respec-to de la cual calcular coordenadas. Dado untriangulo, elegimos el origen de coordenadasO y la base de vectores i, j como en la figu-ra: O es el pie de una de las alturas (esto es,el punto donde la altura corta a la base co-rrespondiente), y los vectores i, j forman unabase ortonormal, el primero paralelo a la base del triangulo, y el segundo asu altura.

De este modo las coordenadas de los tres vertices seran de la forma A =(a, 0), B = (b, 0) y C = (0, c). Por otra parte, el supuesto ortocentro P estaraen la altura de vertice C si y solo sus coordenadas son del tipo (0, y). Veamosque condiciones dan las otras dos alturas.

El punto P esta en la altura de vertice A si y solo si el vector→

AP es

perpendicular al vector→

BC , y esto equivale a que el producto escalar deesos dos vectores sea cero, de manera que obtenemos:

0 = 〈→

AP ,→

BC 〉 = 〈P− A, C− B〉 = 〈(0, y)− (a, 0), (0, c)− (b, 0)〉= 〈(−a, y), (−b, c)〉 = ab + yc.

Para la altura de vertice B se cambian los papeles de A y B, es decir, se inter-cambian a y b en la ecuacion final, que queda la misma. Por tanto el ortocentroP = (0, y) efectivamente existe, y es el punto cuya segunda coordenada es lasolucion y = −ab/c de la ecuacion anterior.

A continuacion describiremos las ecuaciones de rectas en el plano y enel espacio y de planos en el espacio. Graficamente, las rectas y los planos


se construyen mediante puntos, y se dice que estos generan aquellos, o queaquellos estan generados por estos. Por ejemplo, dos puntos generan una rec-ta, un plano esta generado por tres puntos (no alineados). Utilizaremos estaterminologıa libremente en lo que sigue.

2.2 Ecuaciones de una recta en el plano. Queremos representar medianteuna ecuacion la recta r generada (que pasa) por los dos puntos P1 = (a1, b1)y P2 = (a2, b2) del plano:

P1

P2→P1P2

Q

→P1Q

Esto se hace del modo siguiente. Como r es paralela a→

P1P2 , un punto Q =

(x, y) esta en la recta r si y solo si los dos vectores→

P1P2 = (a2 − a1, b2 − b1) y→

P1Q = (x− a1, y− b1) son proporcionales. Como ya sabemos esta condicionse expresa mediante un determinante:

0 =

∣∣∣∣ x− a1 a2 − a1y− b1 b2 − b1

∣∣∣∣ .

Ecuacion implıcita. Calculando este determinante obtenemos

0=(x−a1)(b2−b1)−(y−b1)(a2−a1)=(b2−b1)x−(a2−a1)y−a1b2+b1a2,

y esta ecuacion es del tipo

r : mx + ny + p = 0,

que se llama implıcita: los puntos de r son aquellos cuyas coordenadas cum-plen la ecuacion en cuestion.

I Una recta en el plano se representa mediante una ecuacion implıcita, que es unicasalvo proporcionalidad.

Demostracion. Si dos ecuaciones representan a la misma recta, entonces tie-nen las mismas soluciones, y sabemos que esto significa que las ecuacionesson proporcionales.

Ecuaciones parametricas. Volviendo al determinante de partida, tambien po-demos razonar ası: el determinante es nulo si y solo si sus columnas son pro-porcionales, es decir, si existe un escalar λ tal que


I r :{

x− a1 = λ(a2 − a1),y− b1 = λ(b2 − b1).

≡{

x = a1 + λ(a2 − a1),y = b1 + λ(b2 − b1).

Estas ecuaciones, llamadas parametricas, proporcionan todos los puntosQ de r dando valores al parametro λ; se abrevian Q = P1 + λu, donde u =

(a2 − a1, b2 − b1) = P2 − P1 =→

P1P2 es un vector paralelo a r.

Si eliminamos el parametro, despejandolo en las dos ecuaciones e igualando,obtenemos la expresion

x− a1

a2 − a1=

y− b1

b2 − b1,

en la que reconocemos la ecuacion implıcita anterior. Tambien, podemos es-cribir {

x = a1 + λ(a2 − a1) = (1− λ)a1 + λa2,y = b1 + λ(b2 − b1) = (1− λ)b1 + λb2,

o sea (x, y) = (1− λ)(a1, b1) + λ(a2, b2) igualdad que denotamos por

I Q = (1− λ)P1 + λP2.

Esta ultima expresion es solo una notacion, pues las combinaciones linea-les se hacen con vectores, no con puntos. En realidad la “combinacion” quehemos obtenido es muy especial, pues sus coeficientes suman uno (como en elcalculo del punto medio entre dos dados). Nos encontramos ası con la inter-polacion lineal de I.2.1, que resulta ser la operacion que describe las rectas.

2.3 Ejemplos. (1) Sea r la recta que pasa por el punto P = (1, 2) y es paralelaal vector u = (−1, 3). Encontrar unas ecuaciones implıcitas de r.

Solucion. Como u es paralelo a r, lo mas facil es escribir las ecuaciones parame-tricas de r: Q = P + λu: {

x = 1 + λ(−1) = 1− λ,y = 2 + λ(3) = 2 + 3λ,

Pero nos piden una ecuacion implıcita, ası que debemos eliminar el parame-tro en este sistema. Resulta λ = −x + 1 y λ = 1

3 (y− 2), lo que da

3x + y− 5 = 0.

Para asegurarnos de que esa ecuacion es efectivamente la de r, tomamos dospuntos P = (1, 2) y Q = P + u = (0, 5) de r y vemos que ambos satisfacen laecuacion obtenida

P : 3(1) + 2− 5 = 0; Q : 3(0) + 5− 5 = 0.


Por tanto, la ecuacion representa una recta que pasa por P y Q, que solo pue-de ser r.

(2) Consideramos la curva Γ del plano de ecuacion y = 2x3− 3x2 + x− 2,y las rectas que la cortan en tres puntos, uno de los cuales es el punto mediode los otros dos. Probar que todas esas rectas pasan por un mismo punto, ycalcularlo.

Solucion. Las rectas de ecuacion x = k cortan a Γ en un unico punto, luego lasdel enunciado son de la forma r : y = ax + b. Una tal recta r cortara a Γ entres puntos A1, A2 y A3, de modo que A1 es el punto medio de A2 y A3, o seaA1 = 1

2 A2 +12 A3. Para calcular esos tres puntos resolvemos el sistema{

y = 2x3 − 3x2 + x− 2,y = ax + b.

Sustituyendo y = ax + b en la primera ecuacion obtenemos un polinomio deltipo

P(x) = 2x3 − 3x2 + (1− a)x− (2 + b),

y si nuestros tres puntos son Ai = (xi, yi), i = 1, 2, 3, resulta que x1, x2 y x3son las tres raıces de ese polinomio. Recordando que las suma de las raıcesde un polinomio de grado tres c0x3 + c1x2 + c2x + c3 es −c1/c0, deducimos:x1 + x2 + x3 = 3/2. Ahora bien, como A1 = 1

2 A2 +12 A3, resulta que x1 =

12 x2 +

12 x3, y tenemos:

32 = x1 + (x2 + x3) = x1 + 2x1 = 3x1,

y ası, x1 = 12 . Como A1 ∈ Γ, se deduce que

y1 = 2x31 − 3x2

1 + x1 − 2 = 2( 12 )

3 − 3( 12 )

2 + 12 − 2 = −2.

En suma, todas nuestras rectas r pasan por el punto A = ( 12 ,−2).

Supongamos ahora que estamos en el espacio, donde tenemos una refe-rencia {O; u, v, w}. Ya nos damos cuenta de que, como en el plano, si tene-

mos dos puntos P = (x, y, z) y P ′ = (x ′, y ′, z ′), el vector→

P ′P tiene coorde-nadas (x − x ′, y− y ′, z− z ′) respecto de la base {u, v, w}, lo que escribimos→

P ′P = P− P ′.

2.4 Ecuaciones de una recta en el espacio. Queremos utilizar ecuaciones pa-ra representar la recta r que pasa por dos puntos P1 = (a1, b1, c1) y P2 =


(a2, b2, c2) del espacio. Un vector paralelo a r es→

P1P2 , y cualquier punto Q =

(x, y, z) de la recta r cumplira que los dos vectores→

P1P2 = (a2 − a1, b2 −b1, c2 − c1) y

→P1Q = (x − a1, y − b1, z − c1) son proporcionales. Esta condi-

cion se expresa como sigue:

rg

x− a1 a2 − a1y− b1 b2 − b1z− c1 c2 − c1

= 1.

Ecuaciones implıcitas. Para que el rango de esta matriz sea 1, hay que anulartodos los menores de orden dos, pero si conocemos una entrada no nula dela matriz, por ejemplo a2− a1, basta anular los dos menores que la contienen:

0 =

∣∣∣∣ x− a1 a2 − a1y− b1 b2 − b1

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ x− a1 a2 − a1z− c1 c2 − c1

∣∣∣∣ .

Operando obtenemos dos ecuaciones de la forma:

I r :{

0 = m1x + n1y + p1,0 = m2x + n2y + p2.

Estas son unas ecuaciones implıcitas: los puntos de r son aquellos cuyascoordenadas cumplen las ecuaciones.

Contrariamente a lo que pasa en el plano:

I Las ecuaciones de una recta no son unicas.

Por ejemplo, la recta r que pasa por los puntos (1, 0,−3) y (−2,−1, 5)puede representarse {

0 = −x + 3y + 1,0 = 3x− y + z,

pero tambien {0 = 2x + 2y + z + 1,0 = 4x− 4y + z− 1.

Ecuaciones parametricas. Volviendo a la matriz de los vectores→

P1P2 y→

P1Q ,tambien podemos razonar que el rango es 1 si y solo si sus columnas sonproporcionales, es decir, si existe un escalar λ tal que

I r :

x− a1 = λ(a2 − a1),y− b1 = λ(b2 − b1),z− c1 = λ(c2 − c1).

≡

x = a1 + λ(a2 − a1),y = b1 + λ(b2 − b1),z = c1 + λ(c2 − c1).


Estas ecuaciones, que se llaman parametricas proporcionan todos los pun-tos Q de r dando valores a λ. Como en el plano, las abreviamos Q = P1 + λu,con u = P2 − P1 vector paralelo a r.

Si eliminamos el parametro, despejandolo en las tres ecuaciones e igua-lando, obtenemos

x− a1

a2 − a1=

y− b1

b2 − b1=

z− c1

c2 − c1,

donde reconocemos la anulacion de los tres menores de la matriz anterior. Enfin, tambien ahora obtenemos

(x, y, z) = (1− λ)(a1, b1, c1) + λ(a2, b2, c2),

es decir, la interpolacion lineal

I Q = (1− λ)P1 + λP2 .

2.5 Ejemplo. Estudiar para que valores del escalar k los tres puntos P1 =(1, 0,−2), P2 = (−k, k, 0) y P3 = (0,−1,−k) estan alineados.

Solucion. Segun hemos visto, con Q = P3, los puntos estan alineados si y

solo si los dos vectores→

P1P3 = (−1,−1,−k + 2) y→

P1P2 = (−k− 1, k, 2) son

proporcionales. Para ello, como las dos primeras componentes de→

P1P3 son

iguales, tambien deben serlo las de→

P1P2 : −k− 1 = k, y deducimos k = − 12 ,

de manera que

→P1P3 = (−1,−1, 5

2 ),→

P1P2 = (− 12 ,− 1

2 , 2).

Ası, la unica proporcionalidad posible es− 12 , que no vale para la tercera com-

ponente. Concluımos que los puntos no estan alineados para ningun k.

Terminamos esta seccion con la descripcion de los planos en el espacio:

P1→

P1P2

P2

→P1P3

P3

→P1Q

Q

π

2.6 Ecuaciones de un plano en el espacio.Consideremos tres puntos no alineados P1 =(a1, b1, c1), P2 = (a2, b2, c2), P3 = (a3, b3, c3) ycalculemos el plano π que generan, es decir,averiguemos que ecuacion cumplen las coor-denadas de los puntos Q = (x, y, z) de eseplano π.

Esos puntos cumpliran la propiedad siguiente:


El vector→

P1Q = (x− a1, y− b1, z− c1) es una combinacion lineal de los dossiguientes

→P1P2 = (a2 − a1, b2 − b1, c2 − c1),

→P1P3 = (a3 − a1, b3 − b1, c3 − c1).

Ecuacion implıcita. Lo anterior significa que

rg

x− a1 a2 − a1 a3 − a1y− b1 b2 − b1 b3 − b1z− c1 c2 − c1 c3 − c1

≤ 2.

Por tanto, el determinante de esta matriz debe ser nulo:∣∣∣∣∣∣x− a1 a2 − a1 a3 − a1y− b1 b2 − b1 b3 − b1z− c1 c2 − c1 c3 − c1

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Si desarrollamos por la primera columna obtenemos una ecuacion del tipo:

I π : mx + ny + pz = q.

que es una ecuacion implıcita del plano.

Como con las rectas del plano, ocurre que:

I Un plano en el espacio se representa mediante una ecuacion implıcita, unica salvoproporcionalidad.

Demostracion. El argumento es el mismo: si dos ecuaciones representan almismo plano, deben tener las mismas soluciones, y por tanto ser proporcio-nales.

r = π1 ∩ π2

= π ′1 ∩ π ′2

π ′2

π1

π ′1

π2

Por otra parte, ahora entendemos mejorporque las ecuaciones implıcitas de una rec-ta en el espacio no son unicas. En efecto, dosecuaciones implıcitas que representan unarecta, son dos ecuaciones de dos planos cu-ya interseccion es esa recta:

Vemos que podemos cambiar los planos dados por otros dos cualesquieraque contengan a la recta y tendremos otras ecuaciones diferentes.

Ecuaciones parametricas. La condicion sobre los vectores→

P1Q ,→

P1P2 y→

P1P3que ha conducido a la ecuacion implıcita del plano, puede tambien interpre-tarse utilizando directamente la definicion: el primer vector es combinacion


de los otros dos si existen dos escalares λ, µ de manera que

→P1Q = λ

→P1P2 + µ

→P1P3 ,

o sea:

π :

x− a1 = λ(a2 − a1) + µ(a3 − a1),y− b1 = λ(b2 − b1) + µ(b3 − b1),z− c1 = λ(c2 − c1) + µ(c3 − c1).

I

≡

x = a1 + λ(a2 − a1) + µ(a3 − a1),y = b1 + λ(b2 − b1) + µ(b3 − b1),z = c1 + λ(c2 − c1) + µ(c3 − c1).

que son unas ecuaciones parametricas del plano. Estas ecuaciones se denotan

I Q = P1 + λu + µv, u = P2 − P1, v = P3 − P1,

y observamos que u y v son vectores paralelos al plano, e independientes (sino los tres puntos P1, P2 y P3 estarıan alineados y no generarıan un plano).

Operando las ecuaciones parametricas obtenemos

I

x = (1− λ− µ)a1 + λa2 + µa3,y = (1− λ− µ)b1 + λb2 + µb3,z = (1− λ− µ)c1 + λc2 + µc3,

que podemos escribir Q = (1− λ− µ)P1 + λP2 + µP3. Ası nos encontramosde nuevo con una combinacion lineal especial (sus coeficientes suman uno),y concluimos que estas combinaciones de los tres puntos P1, P2, P3 dan lugara todos los puntos del plano.

2.7 Observaciones. (1) En realidad las combinaciones de tres puntos

Q = P1 + λ→

P1P2 + µ→

P1P3 = (1− λ− µ)P1 + λP2 + µP3

P1

P2

P3

Q

Q∗

son interpolaciones lineales dobles:{Q = (1− µ)Q∗ + µP3,

Q∗=(1− λ

1−µ

)P1 +

λ1−µ P2.

La figura de la izquierda representa esta ope-racion.


Es claro que se puede repetir el procedimiento para definir las interpo-laciones lineales iteradas. Por ejemplo, las combinaciones de cuatro puntos, ointerpolaciones lineales triples:

Q=P1 + λ→

P1P2 + µ→

P1P3 + γ→

P1P4 =(1−λ−µ−γ)P1 + λP2 + µP3 + γP4.

P1

P2

P3

PQ1Q2

Q3

(2) Consideremos el caso distinguido deuna interpolacion lineal doble en que todoslos coeficientes son iguales, es decir, λ = µ =13 . Utilizamos la figura siguiente: En cada la-do del triangulo consideramos el punto me-dio Qi =

12 Pj +

12 Pk, y el segmento Ii que une

Pi y Qi. Buscamos en ese segmento el puntoP∗i que lo divide en la proporcion 2 : 1. Comovimos en II.2.1:

P∗i = 12+1 Pi +

22+1 Qi =

13 Pi +

23

( 12 Pj +

12 Pk)= 1

3 P1 +13 P2 +

13 P3.

Esto se hace para (i, j, k) = (1, 2, 3), (2, 1, 3), (3, 1, 2) y se obtienen tres puntosP∗1 , P∗2 y P∗3 , que son en realidad el mismo, y lo denotamos P en la figura. Estepunto P se denomina baricentro del triangulo P1, P2, P3.

(3) Sugerimos al lector que analice del mismo modo el siguiente ejemplo:si P1, P2, P3, P4 son cuatro puntos no coplanarios del espacio, la interpolacion linealtriple Q = 1

4 P1 +14 P2 +

14 P3 +

14 P4 representa el baricentro del tetraedro de vertices

los cuatro puntos dados, y para cada vertice Pi se cumple Q = 14 Pi +

34 Qi, donde Qi

es el baricentro de la cara del tetraedro opuesta al vertice Pi.

Ejercicios

2.1. Calcular ecuaciones parametricas e implıcitas de la recta del plano que pasa por lospuntos (1, 2) y (−1, 4). ¿Pasa tambien por el punto (0, 0)?

2.2. Obtener un vector de direccion de la recta r de ecuaciones{0 = −x + 3y + 1,0 = 3x− y + z.

(Indicacion: Obtener primeramente unas ecuaciones parametricas.)

2.3. Encontrar ecuaciones implıcitas y parametricas del plano que pasa por los puntos (1, 1, 0)y (0, 1,−1), y es paralelo al vector (−1,−1, 2).

2.4. Encontrar dos vectores independientes, ambos paralelos al plano de ecuacion 3x− y +2z = 1.


2.5. Probar que cuatro puntos del espacio A = (a1, a2, a3), B = (b1, b2, b3), C = (c1, c2, c3) yD = (d1, d2, d3) son coplanarios si y solo si∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 1a1 b1 c1 d1a2 b2 c2 d2a3 b3 c3 d3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

3. Problemas de incidencia

En las secciones anteriores hemos visto como representar rectas y planosmediante ecuaciones. Estas ecuaciones se utilizan eficazmente para resolverlos denominados problemas de incidencia, que son los problemas que se plan-tean sobre posiciones relativas y operaciones basicas de puntos, rectas y pla-nos.

3.1 Interseccion de rectas y/o planos. Para determinar las posiciones relati-vas de rectas y/o planos dados lo mas inmediato es estudiar sus interseccio-nes. Eso se hace mediante ecuaciones implıcitas: se reunen todas las ecuacio-nes de las rectas y/o planos en cuestion y el sistema resultante representa lainterseccion.

Ejemplos. (1) Calcular la interseccion del plano y la recta siguientes

π : −x + 4y− 3z = −4, r :{

x− 2z = −1,y− 3z = −3.

Solucion. Reunidas todas las ecuaciones queda

π ∩ r :

−x + 4y− 3z = −4,

x − 2z = −1,y− 3z = −3,

y la solucion de este sistema es x = 1, y = 0, z = 1. Concluımos que la inter-seccion buscada es el punto (1, 0, 1).

(2) Calcular la interseccion del ejemplo anterior usando las siguientesecuaciones parametricas de la recta r:

r :

x = −1 + 2λ,y = −3 + 3λ,z = λ.

3. PROBLEMAS DE INCIDENCIA 41

Solucion. Podrıamos eliminar λ para obtener unas ecuaciones implıcitas, yterminar como antes, pero queremos proceder de otra manera. Ası que susti-tuimos las ecuaciones parametricas de r en la implıcita de π y resulta:

−(−1 + 2λ) + 4(−3 + 3λ)− 3λ = −4,

que tiene la solucion λ = 1. El punto de r que obtenemos para λ = 1 estatambien en π, pues este es el valor de λ para el que se cumple la ecuacion deπ. Ası pues, π ∩ r es el punto de r correspondiente a λ = 1, cuyas coordena-das son x = 1, y = 0, z = 1 (la misma solucion que tenıamos, por supuesto).

(3) Intersecar la misma recta r con el plano π ′ : x− y + z = 2.

Solucion. Como antes, sustituimos las ecuaciones parametricas de r en la ecua-cion implıcita de π ′, y resulta:

(−1 + 2λ)− (−3 + 3λ) + (λ) = 2,

que al operar resulta ¡2 = 2! Esto significa que la ecuacion del plano se cum-ple para cualquier valor de λ, es decir, que todos los puntos de la recta estanen el plano: r ⊂ π ′. Sugerimos al lector que estudie por este procedimientola interseccion de la recta r con el plano x− 2z = 0.

3.2 Generacion de rectas y/o planos. La manera mas comoda de generarrectas y/o planos es mediante puntos, pues las ecuaciones parametricas seescriben inmediatamente:

I recta generada por P1, P2: Q = (1− λ)P1 + λP2.I plano generado por P1, P2, P3: Q = (1− λ− µ)P1 + λP2 + µP3.

Ejemplo. Calcular que generan el punto P = (0, 1, 0) y la recta

r :{

x− 2z = −1,y− 3z = −3.

Solucion. Como el punto no esta en la recta (la primera ecuacion no se cumplepara P), recta y punto generan un plano π. Para obtenerlo tomamos dos pun-tos P2 = (−1,−3, 0) y P3 = (1, 0, 1) de la recta r, que junto con P1 = P daranel plano π : Q = (1− λ− µ)P1 + λP2 + µP3, esto es:

π :

xyz

= (1− λ− µ)

010

+ λ

−1−30

+ µ

101

.


Operando tenemos la escritura mas habitual de unas ecuaciones parametri-cas:

π :

x = −λ + µ,y = 1− 4λ− µ,z = µ.

3.3 Haces de planos. La coleccion de todos los planos que contienen a unarecta dada r se llama haz de planos de base r. Unas ecuaciones implıcitas de r sonsimplemente dos ecuaciones de dos planos π1, π2 de ese haz. Supongamosque tenemos las ecuaciones

r :{

m1x + n1y + p1z = q1,m2x + n2y + p2z = q2,

que tambien se pueden escribir

m1x + n1y + p1z− q1 = m2x + n2y + p2z− q2 = 0.

Para cualesquiera escalares a, b, el plano

a(m1x + n1y + p1z− q1) + b(m2x + n2y + p2z− q2) = 0

rP π1

π2

π

contiene a la recta r (si un punto satisface lasdos ecuaciones de r debe satisfacer esta ulti-ma tambien). Esto significa que dando valo-res a a y a b obtenemos distintos planos delhaz de base r. La unica restriccion es que a yb no pueden ser ambos nulos. Con esto po-demos hallar el plano que contiene a r y pasapor un punto P /∈ r de la siguiente forma. Co-

mo P no esta en r, genera junto con r un plano π de nuestro haz, y buscamosuna ecuacion del tipo anterior:

π : a(m1x + n1y + p1z− q1) + b(m2x + n2y + p2z− q2) = 0.

Como las coordenadas de P deben satisfacer esa ecuacion del plano, susti-tuyendolas en ella se obtienen los valores de a y b.

Ejemplo. Calcular el plano generado por P = (0, 1, 0) y r : x − 2z + 1 =y− 3z + 3 = 0.

Solucion. Segun acabamos de ver, una ecuacion de π sera:

0 = a(x− 2z + 1) + b(y− 3z + 3),


y las coordenadas de P deben verificarla: 0 = a(1) + b(4) = 0. Por tantoa = −4b y la ecuacion de π es

0 = −4b(x− 2z + 1) + b(y− 3z + 3) = b(−4x + y + 5z− 1),

que salvo proporcionalidad resulta

π : −4x + y + 5z = 1.

(El lector comprobara que es el mismo plano que obtuvimos en el ejemploanterior.)

3.4 Paralelismo. El paralelismo se reduce casi siempre a comprobar que unainterseccion es vacıa. Ası es para dos rectas en el plano, una recta y un planoen el espacio, dos planos en el espacio. En estos casos basta escribir el sistemacuyas soluciones serıan la interseccion y discutir su rango.

Rectas en el plano. Sea r una recta del plano de ecuacion mx + ny = p. Otrarecta r ′ : m ′x + n ′y = p ′ (distinta de r) es paralela a r si y solo si el sistema

r ∩ r ′ :{

mx + ny = p,m ′x+n ′y = p ′,

no tiene solucion. Esto quiere decir que m ′ = cm, n ′ = cn y p ′ 6= cp, paracierto escalar c 6= 0. Dividiendo por c obtenemos r ′ : mx + ny = k con k =p ′/c. Ası pues:

I Las rectas paralelas a r se obtienen dando valores al termino independiente de unaecuacion de r.

Planos. Un razonamiento completamente analogo al anterior muestra que:

I Los planos paralelos a uno π : mx + ny + pz = q son los planos π ′ : mx + ny +pz = k.

Rectas en el espacio. Consideremos ahora una recta en el espacio, de ecua-ciones

r :{

m1x + n1y + p1z = q1,m2x + n2y + p2z = q2,

y denotemos π1 y π2 los dos planos que corresponden a cada una de esasecuaciones. Si una recta r ′ es paralela a r, entonces hay un plano π ′1 paraleloa π1 que la contiene, y por (2), π ′1 : m1x + n1y + p1z = k1.


rr ′

π2

π1

π ′2

π ′1

De igual manera, habra un plano π ′2 : m2x + n2y + p2z = k2 que contendra ar ′ y concluimos que r ′ es la recta

r ′ :{

m1x + n1y + p1z = k1,m2x + n2y + p2z = k2.

En suma, igual que en los dos casos anteriores:

I Las rectas paralelas a r se obtienen dando valores arbitrarios a los terminos inde-pendientes de unas ecuaciones de r.

Rectas y planos. Busquemos ahora las rectas paralelas a un plano π : mx +ny + pz = q. Claramente, una tal recta r estara contenida en un plano π1paralelo a π, o sea, π1 : mx + ny + pz = k. Por tanto, unas ecuaciones de rseran de la forma:

r :{

mx + ny + pz = k,m ′x + n ′y + p ′z = q ′.

Observese que esto es bien natural: la primera ecuacion dice que r esta conte-nida en un plano paralelo a π, luego r es paralela a π, y la segunda ecuacionpuede ser cualquiera.

Como decıamos al principio, casi siempre todo se reduce a estudiar in-tersecciones. Solo el caso de dos rectas en el espacio requiere algo mas deatencion, pues si no se cortan pueden ser paralelas, si estan contenidas en unmismo plano, o cruzarse, si no lo estan.

3.5 Ejemplos. (1) Se consideran las dos rectas

r :{

0 = x− y + z,0 = y + 2z,

y s :{

2 =−x + y + z,1 = x− 3y,

y se pide un plano π paralelo a la primera que contenga a la segunda.

Solucion. Como π contiene a s, es un plano del haz de base s, luego con ecua-cion del tipo

0= a(−x+y +z−2)+b(x−3y−1)=(−a+b)x+(a− 3b)y+az+(−2a−b).


Para que este plano sea paralelo a la primera recta, no debe cortarla, luego elsistema

r :

0 = x− y + z,0 = y + 2z,0 = (−a + b)x + (a− 3b)y + az + (−2a− b),

no debe tener solucion. Esto ocurre cuando 2a + b 6= 0 y

0 =

∣∣∣∣∣∣1 −1 10 1 2

−a + b a− 3b a

∣∣∣∣∣∣ = 2a + 3b.

En consecuencia, podemos tomar a = 3 y b = −2 (cualquier otra solucion esproporcional), y el plano buscado π es

(−a + b)x + (a− 3b)y + az + (−2a− b) = −5x + 9y + 3z− 4 = 0.

(2) Estudiar la posicion relativa de las rectas

r :{

0 = x− y + z,0 = 3y + z,

y s :{

1 = −x + y + z,1 = x− 3y.

Solucion. Reuniendo las cuatro ecuaciones queda el sistema0 = x− y + z,0 = 3y + z,1 = −x + y + z,1 = x− 3y.

Este sistema tiene matriz ampliada0 1 −1 10 0 3 11 −1 1 11 1 −3 0

,

y el determinante de esta matriz es −7 6= 0, luego tiene rango 4. Como solohay tres incognitas, el sistema no tiene solucion, Por ello, las rectas no secortan, y debemos decidir si son paralelas o se cruzan. Lo haremos utilizandocuatro metodos distintos, mediante los cuales llegaremos, por supuesto, almismo resultado.


(i) Determinamos un vector paralelo a r y otro a s, y los comparamos. Elegimospuntos

P1 = (0, 0, 0), P2 = (4, 1,−3) ∈ r, Q1 = (1, 0, 2), Q2 = (4, 1, 4) ∈ s,

que dan vectores paralelos a r y s respectivamente:

→P1P2 = (4, 1,−3),

→Q1Q2 = (3, 1, 2).

Como estos dos vectores no son proporcionales, concluımos que las rectas noson paralelas, y por tanto se cruzan.

(ii) Comprobamos si r y s son coplanarias. Si r y s no se cruzaran, serıanparalelas o se cortarıan, y en cualquier caso estarıan contenidas en un mismoplano π. Entonces, por contener a r, una ecuacion de π serıa:

0 = a(x− y + z) + b(3y + z) = ax + (−a + 3b)y + (a + b)z,

y por contener a s, otra ecuacion de π serıa:

a ′ + b ′ = a ′(−x + y + z) + b ′(x− 3y) = (−a ′ + b ′)x + (a ′ − 3b ′)y + a ′z.

Pero por ser ecuaciones de un mismo plano, tendrıan que ser proporcionales,es decir

rg(

0 a −a + 3b a + ba ′ + b ′ −a ′ + b ′ a ′ − 3b ′ a ′

)= 1.

Resulta que a ′ + b ′ = 0, y la segunda fila es (0,−2a ′, 4a ′, a ′). Si a ′ = 0, enton-ces la segunda ecuacion no representarıa un plano, ası que a ′ 6= 0 y podemossimplificar:

rg(

0 a −a + 3b a + b0 −2 4 1

)= 1.

Anulando los menores de orden 2 de esta matriz obtenemos 3a+ 2b = −5a−b = 0, y por tanto a = b = 0, con lo que es la primera ecuacion la que carecede sentido. En suma, no puede existir un plano que contenga a las dos rectas,luego no pueden ser paralelas.

(iii) Estudiamos como serıan las ecuaciones de r y s si las dos rectas fueran parale-las. Si s fuera paralela a r, tendrıa unas ecuaciones como las de r con diferentesterminos independientes, es decir, el sistema que define s:{

1 = −x + y + z,1 = x− 3y,


serıa equivalente a uno de la forma{k = x− y + z,` = 3y + z.

Esto significarıa que el sistema conjunto1 = −x + y + z,1 = x− 3y,k = x− y + z,` = 3y + z,

tendrıa rango 2, pero ya con las tres primeras ecuaciones:∣∣∣∣∣∣−1 1 11 −3 01 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = 4 6= 0.

Ası, s no puede tener unas ecuaciones como las anteriores.

(iv) Estudiamos si dos puntos de r y dos de s pueden estar en un mismo plano.Este es el metodo mas rapido para comprobar que las dos rectas se cruzan.Como hemos dicho antes, si no se cruzaran estarıan contenidas en un mismoplano π. Ese plano contendrıa los cuatro puntos

P1 = (0, 0, 0), P2 = (4, 1,−3) ∈ r, Q1 = (1, 0, 2), Q2 = (4, 1, 4) ∈ s,

y los tres vectores

→P1P2 = (4, 1,−3),

→P1Q1 = (1, 0, 2),

→P1Q2 = (4, 1, 4),

serıan paralelos a π. Pero esto no es posible, pues son independientes∣∣∣∣∣∣4 1 41 0 1−3 2 4

∣∣∣∣∣∣ = −7 6= 0.

(3) Encontrar la recta que pasa por el punto (0, 1, 0) y es paralela a losplanos π : x + y + 2z− 4 = 0 y π ′ : x− y− z− 1 = 0.

Solucion. La recta buscada r esta contenida en un plano paralelo a π y otroparalelo a π ′, luego tendra unas ecuaciones de la forma:

r :{

x + y + 2z = k,x− y− z = `.


Por otra parte, para que el punto (0, 1, 0) este en la recta debera cumplirse:{0 + 1 + 2 · 0 = k,

0− 1− 0 = `,

con lo que resulta

r :{

x + y + 2z = 1,x− y− z = −1.

Ejercicios

3.1. Calcular unas ecuaciones parametricas de la interseccion de los dos planos siguientes:

π :

x = 1− λ− µ,y = 2− λ + 2µ,z = −λ,

π ′ :

x = 1 + 2λ− µ,y = 1 + µ,z = 1− λ.

3.2. Estudiar la posicion relativa de las rectas

r :{

x− y + z = 0,2x + y + z = 1, y s :

x = 1 + λ,y = 2 + λ,z = λ.

3.3. Se consideran la recta y el plano siguientes:

r :{

x + 3y = a,x + y + z = 0, π : x + (1− 2a)y + (1− b)z = 0.

Discutir las posiciones relativas de r y π segun los valores de las constantes a y b.

3.4. Hallar las ecuaciones de una recta que pase por el punto (0, 1, 0), y corte a las rectas r ys del ejercicio anterior. ¿Hay mas de una recta que cumpla estas condiciones?

3.5. Hallar las ecuaciones de una recta paralela a los planos π : 2x + y + 3z = 4 y π ′ :x + y + 2z = 4 que corte a las rectas r y s del ejercicio 3. ¿Hay mas de una?

4. Distancias y angulos

Hasta el momento todas las construcciones han sido de naturaleza afın, esdecir, han involucrado solo incidencias y paralelismo, y en ningun momentose han mencionado distancias o angulos. Entraremos en esta materia ahora,utilizando referencias ortonormales, que como es natural son las referencias

4. DISTANCIAS Y ANGULOS 49

cuyos vectores forman una base ortonormal. En consonancia con las notacio-nes de la seccion anterior, {O; i, j} sera una referencia ortonormal del plano y{O; i, j, k} una del espacio.

4.1 Distancia entre dos puntos. Sabemos que la distancia entre dos puntos

del plano P=(a, b) y P ′=(a ′, b ′) es el modulo del vector→

PP ′=(a ′−a, b ′−b),que se calcula utilizando el producto escalar:

I dist(P, P ′) =√〈→

PP ′ ,→

PP ′ 〉 =√(a ′ − a)2 + (b ′ − b)2.

Analogamente, la distancia entre dos puntos P = (a, b, c) y P ′ = (a ′, b ′, c ′)del espacio es:

I dist(P, P ′) =√〈→

PP ′ ,→

PP ′ 〉 =√(a ′ − a)2 + (b ′ − b)2 + (c ′ − c)2.

Todos los demas calculos de distancias, entre puntos y/o rectas, y/o pla-nos, se reducen a las formulas anteriores, despues de una discusion previa dela perpendicularidad.

4.2 Rectas perpendiculares a una recta dada en el plano. Sea r una rectadel plano de ecuacion mx + ny = p. Elegimos dos puntos P1 = (a1, b1) y

P2 = (a2, b2) de r, que nos dan el vector→

P1P2 = (a2 − a1, b2 − b1) paralelo a r.Por otra parte, consideramos el vector u = (m, n) cuyas coordenadas son loscoeficientes de la ecuacion de r. Observamos entonces que se cumple:

〈u,→

P1P2〉 = m(a2 − a1) + n(b2 − b1)

= (ma2 + nb2)− (ma1 + nb1) = p− p = 0,

donde hemos utilizado que tanto (a1, b1) como (a2, b2) cumplen la ecuacion

de r. Por I.4.2, esta igualdad significa que u es perpendicular a→

P1P2 , es decir,a r.

r : mx + ny = pr ′ : nx−my = kP2

→P1P2

P1

u = (m, n)

En suma:

I El vector (m, n) es perpendicular a la recta mx + ny = p.


Ademas, como

〈(n,−m), (m, n)〉 = nm−mn = 0,

resulta que el vector (n,−m) es perpendicular a (m, n), luego paralelo a r. Co-mo cualquier recta de ecuacion r ′ : nx−my = k es perpendicular a (n,−m),deducimos que

I La recta nx−my = k es perpendicular a mx + ny = p.

4.3 Rectas perpendiculares a un plano dado. Razonando como en el parrafoanterior resulta que:

I El vector (m, n, p) es perpendicular al plano mx + ny + pz = q.

Ası,

I Las rectas perpendiculares al plano mx + ny + pz = q son las paralelas a(m, n, p).

r

u = u1 × u2

π2u1

π1

u2

4.4 Planos perpendiculares a una recta da-da en el espacio. Busquemos ahora un planoperpendicular a la recta

r :{

m1x + n1y + p1z = q1,m2x + n2y + p2z = q2.

Como r esta contenida en el plano π1 : m1x +n1y + p1z = q1, que es perpendicular al vec-tor u1 = (m1, n1, p1), resulta que r es tambienperpendicular a u1. De igual modo, r es per-pendicular a u2 = (m2, n2, p2), y ası:

I La recta r es paralela al producto vectorial u = u1 × u2 = (m, n, p).

(No merece la pena explicitar m, n, p.) Como cualquier plano de ecuacionmx + ny + pz = q es perpendicular a u, concluimos:

I El plano mx + ny + pz = q es perpendicular a r.

4.5 Ejemplos. (1) Buscar un vector paralelo a la recta

r :{

x− y + z = 1,x + z = 0,

y el plano perpendicular a r que pasa por el punto P = (−2, 3,−1).


Solucion. Segun acabamos de ver, un tal vector es u = (1,−1, 1)× (1, 0, 1) =(−1, 0, 1). El plano que buscamos es perpendicular a ese vector, luego tieneuna ecuacion de la forma −x + z = q, y como pasa por P, se cumple:

q = −(−2) + (−1) = 1.

Ası, el plano es −x + z = 1.

(2) Buscar una recta perpendicular comun a las dos siguientes:

r1 :{

x− y = 3,x + z = 0,

y r2 :{

y− z = 1,x− z = 0.

Solucion. Un vector paralelo a r1 es

v1 = (1,−1, 0)× (1, 0, 1) = (−1,−1, 1)

y uno paralelo a r2 es

v2 = (0, 1,−1)× (1, 0,−1) = (−1,−1,−1).

s

r1

r2

v1

v2

P1

P2

u

La perpendicular s que buscamos pasara por unpunto P1 ∈ r1 y por otro P2 ∈ r2, de manera que

el vector u =→

P1P2 sera perpendicular a los dos vec-tores v1 y v2. En consecuencia, debemos expresar enecuaciones las igualdades 〈u, v1〉 = 〈u, v2〉 = 0. Paraello, utilizaremos las ecuaciones parametricas de lasrectas dadas, que son:

r1 :

x = λ,y = λ− 3,z = −λ,

y r2 :

x = µ,y = µ + 1,z = µ.

En consecuencia: u = P2 − P1 = (µ− λ, µ− λ + 4, µ + λ), y{0= 〈u, v1〉= 〈(µ− λ, µ− λ + 4, µ + λ), (−1,−1, 1)〉 = −µ + 3λ− 4,0= 〈u, v2〉= 〈(µ− λ, µ− λ + 4, µ + λ), (−1,−1,−1)〉 = −3µ + λ− 4.

Resolviendo este sistema resulta µ = −1 y λ = 1, luego s es la recta que pa-sa por los dos puntos P1 = (1,−2,−1) y P2 = (−1, 0,−1). Unas ecuacionesimplıcitas de esa recta son x + y = −1, z = −1.

Pasemos a calcular distancias.


r : mx + ny = p

P

(m, n)

Q

→PQ

4.6 Distancia de un punto a una recta en elplano. Supongamos que tenemos un puntoP = (a, b) y una recta r : mx + ny = p. Segunvemos en el dibujo, la distancia de P a r esla distancia de P al pie Q = (x, y) de la per-pendicular a r, pues Q es el punto de r mas

proximo a P: Como→

PQ es perpendicular ar, sera paralelo al vector (m, n) perpendicular

a r que encontramos en el parrafo anterior. Ası, debe ser→

PQ = k(m, n) paracierto escalar k, luego

dist(P, r) = dist(P, Q) = |→

PQ | = |k|√

m2 + n2.

Tenemos, pues, que calcular k. Para ello escribimos:

Q = P +→

PQ = (a, b) + k(m, n) = (a + km, b + kn),

y como Q ∈ r, obtenemos

p = m(a + km) + n(b + kn) = ma + nb + k(m2 + n2).

Como m y n no pueden ser los dos nulos, la suma m2 + n2 tampoco puedeserlo, y

k =p−ma− nb

m2 + n2 .

Reemplazando este valor de k en la expresion anterior de la distancia queda:

dist(P, r) =∣∣∣∣ p−ma− nb

m2 + n2

∣∣∣∣√m2 + n2 =|ma + nb− p|√

m2 + n2.

Ası, salvo signo:

I Para obtener la distancia de P a r, basta sustituir las coordenadas de P en laecuacion de r y dividir por el modulo del vector perpendicular (m, n).

π : mx+ny+pz=q

P

(m, n, p)

Q→

PQ

4.7 Distancia de un punto a un plano. El ar-gumento anterior se repite en el espacio paracalcular la distancia de un punto P = (a, b, c)a un plano π : mx + ny + pz = q. Siguiendoel dibujo: el resultado ahora es:

dist(P, π) =|ma + nb + pc− q|√

m2 + n2 + p2,


y de nuevo vemos que hay que:

I Para calcular la distancia de P a π, hay que sustituir las coordenadas de P en laecuacion de π y dividir por el modulo del vector (m, n, p) perpendicular a π.

4.8 Distancia de un punto a una recta en el espacio. Sea P = (a, b, c) unpunto del espacio y

π : mx+ny+pz=q

rP

(m, n, p)Q

→PQ

r :{

m1x + n1y + p1z = q1,m2x + n2y + p2z = q2

una recta. De nuevo, la distancia de P a r esla distancia de P al pie Q = (x, y, z) de laperpendicular a r. Para calcular Q es prefe-rible describirlo como la interseccion de r y elplano π : mx + ny + pz = q perpendicular ar que pasa por P; ya sabemos que

(m, n, p) = (m1, n1, p1)× (m2, n2, p2),

y q se determina para que π pase por P: q = ma + nb + pc. Ası pues, Q es lasolucion del sistema

m1x + n1y + p1z = q1,m2x + n2y + p2z = q2,mx + ny + pz = q,

y una vez obtenido Q = (a ′, b ′, c ′) podemos calcular

I dist(P, r) = dist(P, Q) = |→

PQ | =√(a ′ − a)2 + (b ′ − b)2 + (c ′ − c)2.

Podemos utilizar un segundo metodo, basado en las propiedades del

ur

altura

P

P ′Q

v =→

P ′P

producto vectorial. Segun se aprecia en la fi-gura adjunta, tomando un punto cualquieraP ′ en r se tiene el paralelogramo definido por

un vector u paralelo a r y el vector v =→

P ′P .Claramente, la distancia buscada es la alturade ese paralelogramo:

I dist(P, r) = altura =areabase

=|u× v||u| .

4.9 Ejemplo. Calcular la distancia del punto P = (0, 0, 0) a la recta

r :{

x + 2y = 1,2y− z = 1.


Solucion. (i) En primer lugar, se calcula como en el ejemplo anterior el planoperpendicular a r que pasa por P, y resulta π : −2x + y + 2z = 0. Ahorabuscamos Q = π ∩ r, resolviendo el sistema

−2x + y + 2z = 0,x + 2y = 1,

2y− z = 1,

y es Q = ( 19 , 4

9 ,− 19 ). Finalmente:

dist(P, r) = dist(P, Q) =√( 1

9 − 0)2 + ( 49 − 0)2 + (− 1

9 − 0)2 =

√2

3.

(ii) Utilicemos ahora la formula dist(P, r) = |u×v||u| , tomando P ′ = (−1, 1, 1) ∈

r:u = (−2, 1, 2), v =

→P ′P = (0, 0, 0)− (−1, 1, 1) = (1,−1,−1).

Resulta por supuesto otra vez lo mismo:

dist(P, r) =|(−2, 1, 2)× (1,−1,−1)|

|(−2, 1, 2)| =|(1, 0, 1)||(−2, 1, 2)| =

√2

3.

4.10 Distancias entre rectas y/o planos (que no se cortan). Se reducen alos calculos anteriores. Por ejemplo, la distancia entre dos rectas paralelas essimplemente la distancia de un punto de una a la otra, o la distancia de unarecta a un plano paralelo es la distancia de un punto de la primera al segundo,o la distancia entre dos planos paralelos es la distancia de un punto de unode los planos al otro plano:

Por ultimo, la distancia entre dos rectas que se cruzan es la distancia de unade ellas al plano paralelo a esa que contiene a la otra. Tambien se puede proce-der buscando la perpendicular comun a ambas rectas, calculando los puntosde interseccion con ambas, y la distancia entre esos puntos es la distanciaentre las rectas.


u

v

altura

r

s

P

Q

→PQ

Aun podemos hacer el calculo de una tercera manera, mas sofisticada (comopara la distancia de un punto a una recta): la perpendicular comun determinala altura del paralelepıpedo construıdo en la figura, y esa altura se calculautilizando los productos mixto y vectorial:

I dist(r, s) = altura =volumen

area de la base=

∣∣[ →PQ , u, v]

∣∣|u× v| .

4.11 Angulos entre rectas y/o planos. Los angulos entre rectas y/o planosson los angulos que forman los vectores que determinan la direccion de lasfiguras. Esos vectores son:• para una recta, cualquier vector paralelo,• para un plano, cualquier vector perpendicular.

En la practica, se calcula el coseno de ese angulo mediante el producto es-calar, como vimos es el capıtulo correspondiente. Observamos que el modulode los vectores elegidos no afecta al angulo que formen, pero sı influye elegirun vector o su opuesto: obtenemos un angulo o su suplementario:

I cos α =〈u, v〉|u||v| .

Teniendo esto presente, la figura siguiente resume la situacion:

αu v

αα

uv

απ2 −α

u v


4.12 Ejemplo. Calcular el angulo que forman el plano π : −x + 4y − 8z +36 = 0 y la recta

r :{

x− y + z = 0,2x + y + z = 1.

Solucion. El vector perpendicular al plano es u = (−1, 4,−8), y el vector pa-ralelo a la recta es v = (1,−1, 1)× (2, 1, 1) = (−2, 1, 3). En consecuencia:

cos α =〈u, v〉|u||v| =

〈(−1, 4,−8), (−2, 1, 3)〉|(−1, 4,−8)||(−2, 1, 3)| = −

√27

.

4.13 Pendiente de una recta del plano. Supongamos que tenemos en el planouna recta r de ecuacion y = ax + b. Veamos como el coeficiente a representael angulo que forman la recta r con el eje de coordenadas s : y = 0. Segunsabemos, el vector (1, a) es paralelo a r, y el vector (1, 0) es paralelo a s, luegoel angulo que forman esas dos rectas viene dado por

cos α =〈(1, a), (1, 0)〉|(−1, a)||(1, 0)| =

1√1 + a2

.

Elevando al cuadrado y despejando:

a = ±√

1− cos2 α

cos2 α= ±

√sen2 α

cos2 α= tg α,

pues los signos de a y la tangente coinciden, segun se discute facilmente enla figura siguiente:

α(1, 0)

(1, a)

r : y = ax + b

s : y = 0

• El coeficiente a de una recta del plano y = ax + b se llama pendiente dela recta.

Ejercicios

4.1. Hallar una recta perpendicular al plano x = 0, y que corte a las rectas

r :{

x− y + z = 1,x + z = 0, y s :

{x + 2y = 1,

2y− z = 1.

5. MEDIATRICES Y MEDIADORES, BISECTRICES Y BISECTORES 57

¿Cuantas rectas hay que cumplan estas condiciones?

4.2. Hallar una recta r que pase por P = (1, 1, 0) y sea perpendicular a π : 2x + y + z = 0, ycalcular dist(P, π)

4.3. Calcular una ecuacion implıcita de un plano perpendicular a π : x + 4y− 8z + 36 = 0que contenga a la recta r : x + 4y− 8 = z− 1 = 0. ¿Hay mas de uno?

4.4. Hallar la perpendicular comun a las rectas

r :{

x− y + z = 0,2x + y + z = 1, y s :

x = 1 + λ,y = 2 + λ,z = λ,

y obtener la distancia entre ambas. Calcular despues esa distancia sin usar la perpendicularcomun.

4.5. Tres vertices de un tetraedro son A = (−1, 5, 0), B = (−1, 8, 6) y C = (−1, 0, a), mientrasque el cuarto esta en el plano x = 1. Calcular a para que el volumen del tetraedro sea 3. ¿Haymas de una solucion?

5. Mediatrices y mediadores, bisectrices y bisectores

En esta ultima seccion del capıtulo vamos a calcular varios lugares geo-metricos determinados por distancias. Como en ocasiones anteriores, fijamosreferencias ortonormales en el plano y en el espacio.

5.1 Mediatrices. Fijemos dos puntos P1 = (a1, b1) y P2 = (a2, b2) en el plano,y busquemos el lugar geometrico de todos los puntos Q = (x, y) cuyas dis-tancias a ambos puntos coinciden. Como sabemos:

dist(Pi, Q) =√(x− ai)2 + (y− bi)2 (i = 1, 2),

y el lugar buscado consiste en los puntos Q tales que√(x− a1)2 + (y− b1)2 =

√(x− a2)2 + (y− b2)2.

Elevando al cuadrado ambos miembros, y operando tenemos

x2 − 2a1x + a21 + y2 − 2b1y + b2

1 = x2 − 2a2x + a22 + y2 − 2b2y + b2

2,

es decir(a2 − a1)x + (b2 − b1)y = 1

2 (a22 − a2

1) +12 (b

22 − b2

1).


P1

P2

Q 12 P1+

12 P2

r

→P1P2

Esta es la ecuacion de una recta r, que es per-pendicular al vector

(a2 − a1, b2 − b1) = P2 − P1 =→

P1P2 ,

y pasa por el punto medio

12 P1 +

12 P2 = ( 1

2 a1 +12 a2, 1

2 b1 +12 b2),

ya que

(a2 − a1)(12 a1 +

12 a2) + (b2 − b1)(

12 b1 +

12 b2) =

12 (a2

2 − a21 + b2

2 − b21).

En resumen:

I El lugar geometrico de los puntos que equidistan de P1 y P2 es su mediatriz,estoes, la recta perpendicular en su punto medio al segmento que une P1 y P2.

5.2 Mediadores. De manera completamente analoga, dados dos puntos delespacio P1 = (a1, b1, c1) y P2 = (a2, b2, c2), se deduce:

I El lugar geometrico de los puntos que equidistan de P1 y P2 es su mediador,estoes, el plano perpendicular en su punto medio al segmento que une P1 y P2.

Y la ecuacion del plano mediador es

(a2 − a1)x + (b2 − b1)y + (c2 − c1)z = 12 (a2

2 − a21) +

12 (b

22 − b2

1) +12 (c

22 − c2

1).

Observamos que tanto la recta mediatriz como el plano mediador puedenescribirse de manera mas sintetica como sigue: son el lugar geometrico de lospuntos Q = (x, y, z) tales que

〈P2 − P1, Q〉 = 12 〈P2, P2〉 − 1

2 〈P1, P1〉.

5.3 Bisectrices. Sean r1 : m1x + n1y = p1 y r2 : m2x + n2y = p2 dos rectas delplano. Nos interesa ahora el lugar geometrico de todos los puntos Q = (x, y)cuyas distancias a ambas rectas son iguales.

(1) Tenemos:

dist(Q, ri) =|mix + niy− pi|√

m2i + n2

i

(i = 1, 2),


y la condicion que resulta es:∣∣∣∣∣∣m1x + n1y− p1√m2

1 + n21

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣m2x + n2y− p2√

m22 + n2

2

∣∣∣∣∣∣ .

Ası pues tenemos dos soluciones:

m1x + n1y− p1√m2

1 + n21

= ±m2x + n2y− p2√m2

2 + n22

,

que operando un poco se reescriben como sigue:

I

{s+ : (m ′2 + m ′1)x + (n ′2 + n ′1)y = p ′2 + p ′1,s− : (m ′2 −m ′1)x + (n ′2 − n ′1)y = p ′2 − p ′1,

donde

m ′i =mi√

m2i + n2

i

, n ′i =ni√

m2i + n2

i

, p ′i =pi√

m2i + n2

i

(i = 1, 2).

(2) Las rectas de partida se pueden escribir tambien ası:{r1 : m ′1x + n ′1y = p ′1,r2 : m ′2x + n ′2y = p ′2,

con la ventaja de que ahora se cumple:

m ′2i + n ′2i = 1 (i = 1, 2),

es decir, el vector ui = (m ′i , n ′i ), perpendicular a ri, y el vector vi = (−n ′i , m ′i ),paralelo a ri son unitarios. Esto se resume diciendo que:

• La ecuacion de la recta esta normalizada.

Ası pues, hemos obtenido dos rectas s+ y s−:

r1

r2

α+ s+

s−

α


y se cumple lo siguiente:

I Las rectas s+, s− son las dos bisectrices de las rectas r1 y r2 dadas.

Demostracion. Veamos en primer lugar que:

I Las rectas s+ y s− son perpendiculares entre sı.

En efecto, hay que ver que son perpendiculares sus vectores directores

w+ = (m ′2 + m ′1, n ′2 + n ′1) y w− = (m ′2 −m ′1, n ′2 − n ′1).

Pero

〈w+, w−〉 = (m ′2 + m ′1)(m′2 −m ′1) + (n ′2 + n ′1)(n

′2 − n ′1)

= (m ′22 −m ′21 ) + (n ′22 − n ′21 ) = (m ′22 + n ′22 )− (m ′21 + n ′21 )

= |u2|2 − |u1|2 = 1− 1 = 0.

En segundo lugar, comprobemos que:

I Las rectas s+ y s− bisecan (dividen en dos partes iguales el angulo que forman)las rectas de partida r1 y r2.

Para ello comparamos el angulo α+ que forman r1 y s+ con el angulo α queforman las rectas r1 y r2. Aplicando la formula del producto escalar resulta:

cos(α+) =〈u1, w+〉|u1| |w+|

=〈(m ′1, n ′1), (m

′2 + m ′1, n ′2 + n ′1)〉

|(m ′1, n ′1)| |(m ′2 + m ′1, n ′2 + n ′1)|

=m ′1m ′2 + n ′1n ′2 + 1√2(m ′1m ′2 + n ′1n ′2 + 1)

=

√m ′1m ′2 + n ′1n ′2 + 1

2

=

√〈(m ′1, n ′1), (m

′2, n ′2)〉+ 1

2=

√cos α + 1

2

= cosα

2.

La misma propiedad se sigue para s−, al ser esta recta perpendicular a s+.

Una vez descritas completamente las rectas s+ y s−, y aunque los calculosson algo largos, es facil recordar que:

I La ecuacion de una de las bisectrices es la suma de las ecuaciones normalizadas delas rectas dadas, y la ecuacion de la otra es la diferencia.


(3) Hay una descripcion mas intrınseca de las bisectrices si sabemos quelas dos rectas r1 y r2 se cortan en un punto P. Para ello se toman dos vectoresde igual modulo w1 y w2, paralelos a r1 y r2 respectivamente, y:

I{

s+ pasa por P y es paralela a w1 + w2, perpendicular a w1 − w2,s− pasa por P y es paralela a w1 − w2, perpendicular a w1 + w2

(o recıprocamente).

r1

r2 Pw2−w2

w1s+

s−

Demostracion. Con las notaciones anteriores, vi = (−n ′i , m ′i ) es un vector pa-ralelo a ri con modulo 1, para i = 1, 2, y la recta s+ es paralela al vector(−(n ′2 + n ′1), m ′2 + m ′1) = v1 + v2. Por otra parte wi = λvi, siendo λ = ±|wi|,para i = 1, 2, y suponemos que el signo es + en los dos casos. Entoncesw1 + w2 = λ(v1 + v2) es tambien paralelo a s+. Para s− es analogo. Si lossignos fueran otros, se cambiarıan los papeles de s+ y s−.

Esta manera de describir las bisectrices tiene la ventaja de que se puedeaplicar a dos rectas cualesquiera del espacio que se corten en un punto.

5.4 Observacion. En la discusion anterior no se ha dicho nada del caso extre-mo en que las ecuaciones de s+ y s− no esten las dos bien definidas. Supon-gamos por ejemplo que al calcular

s− : (m ′2 −m ′1)x + (n ′2 − n ′1)y = p ′2 − p ′1

resulta m ′2−m ′1 = n ′2− n ′1 = 0. Si tambien p ′2− p ′1 = 0, las rectas de partida r1y r2 serıan la misma, que no es el caso, ası que la ecuacion de s− no representanada, y solo nos queda s+. La situacion es que r1 : m ′1x + n ′1y = p ′1 y r2 :m ′1x + n ′1y = p ′2 son paralelas y el lugar geometrico buscado se reduce a larecta s+ : m ′1x + n ′1y = 1

2 (p ′1 + p ′2), que es otra paralela entre ellas. (Con laecuacion de s+ se razona igual, y se concluye lo mismo.)

5.5 Bisectores. La construccion de las bisectrices de dos rectas del plano pue-de generalizarse al espacio, para obtener los planos bisectores de dos planos


dados π1 y π2. Esos planos bisectores son el lugar geometrico de todos lospuntos que equidistan de π1 y π2, y sus ecuaciones son la suma y la diferen-cia de dos ecuaciones normalizadas, es decir de dos ecuaciones{

π1 : m1x + n1y + p1z = q1,π2 : m2x + n2y + p2z = q2,

tales que m2i + n2

i + p2i = 1 para i = 1, 2. Dejamos los detalles al lector.

Ejercicios

5.1. La recta x + y = k es la mediatriz del segmento que une los puntos A = (a, 0) y B =(2, b). Calcular k y todos los posibles puntos A y B. Dibujar lo que resulta.

5.2. Sabiendo que un plano bisector de π1 : ax + y− z = 0 y π2 : x− y + z = ` es paralelo alplano y− z =

√π, calcular a.

5.3. Determinar la constante k para que las bisectrices de rectas r1 : x + y = k y r2 : x + z = 0equidisten del punto (1, 0), y tambien del punto (0, 1). ¿Cuantas soluciones hay?

5.4. Se consideran los puntos P1 = (−2, k), P2 = (1, 3) y su mediatriz r1, y los puntos Q1 =(−2,−1), Q2 = (1, `) y su mediatriz r2. Calcular k y `, sabiendo que una de las bisectrices der1 y r2 es y = 0. ¿Hay mas de una solucion?

5.5. Para cada escalar θ con 0 ≤ θ < π se considera el segmento Iθ que tiene por extremosPθ

1 = (cos θ − sen θ, cos θ + sen θ) y Pθ2 = (cos θ + sen θ,− cos θ + sen θ), y su mediatriz rθ .

Comprobar que las rectas rθ son exactamente todas las rectas que pasan por el origen.

63

Capıtulo III

Conicas

Las figuras mas sencillas del plano son las rectas, que como hemos visto se re-presentan mediante ecuaciones lineales, o de primer grado. Despues de ellas encon-tramos las curvas planas denominadas conicas, a las que dedicamos este capıtulo:circunferencia y elipse, hiperbola y parabola. Como veremos, al representarlas encontra-mos ecuaciones cuadraticas, esto es, de segundo grado. Sin embargo, empezaremospor construırlas del modo clasico, mediante definiciones geometricas con distancias,para obtener sus ecuaciones despues. Tambien las describiremos como secciones pla-nas de un cono en el espacio, que es la descripcion a la que deben su nombre. Final-mente estudiaremos de que maneras se cortan rectas y conicas entre sı.

1. La circunferencia y la elipse

Para todo lo que sigue usaremos un sistema de referencia ortonormal{O; i, j} del plano.

O i

j C

Q

r

1.1 Definicion. La circunferencia es el lugargeometrico de todos los puntos Q del planoque equidistan de uno dado C; el punto C sellama centro, y la distancia r = dist(Q, C) sellama radio.Con esta definicion bien conocidapodemos calcular facilmente la ecuacion deuna circunferencia.

1.2 Ecuacion implıcita de una circunferen-cia. Dadas las coordenadas C = (α, β) delcentro de una circunferencia de radio r, las de un punto cualquiera Q = (x, y)cumpliran la condicion:

r=dist(Q, C)= |→

CQ |= |Q− C|= |(x− α, y− β)|=√(x− α)2 + (y− β)2.

Elevando al cuadrado obtenemos:

64 III. CONICAS

I (x− α)2 + (y− β)2 = r2,

que es la ecuacion implıcita que cumplen las coordenadas de los puntos de lacircunferencia de centro (α, β) y radio r.

1.3 Ejemplos. (1) Encontrar el centro C y el radio r de una circunferencia quepase por los tres puntos P = (4, 4), Q = (6, 0) y R = ( 29

5 , 75 ). ¿Cuantas de tales

circunferencias hay?

Solucion. Empecemos por buscar el centro C. Como C equidista de P y Q, estaen la mediatriz de esos dos puntos, y segun la formula de II.5.1 la ecuacion deesa mediatriz es x− 2y = 1. Ası mismo. C equidista de Q y R, luego tambienesta en la mediatriz de esos dos puntos, que es x− 7y = 1. Por tanto, C es lainterseccion de las dos mediatrices:{

x− 2y = 1,x− 7y = 1.

Este sistema tiene la solucion (x, y) = (1, 0), y este es el centro C de la circun-ferencia. El radio es

r = |→

CP | =√(4− 1)2 + (4− 0)2 = 5.

Vemos que hay una unica circunferencia que pase por los tres puntos dados:la de ecuacion

(x− 1)2 + y2 = 25.

(2) Sean Q1 y Q2 dos puntos dados del plano. Determinar el lugar geometri-co de todos los puntos Q desde los que Q1 y Q2 se ven bajo angulo recto.

Q1 Q2

Q

Solucion. Que Q1 y Q2 se vean bajo angulo recto desde Q significa que los vec-

tores→

Q1Q y→

Q2Q sean perpendiculares. Esto se expresa facilmente en coorde-nadas: si Q1 = (a1, b1), Q2 = (a2, b2) y Q = (x, y), entonces debe cumplirse:

0 = 〈→

Q1Q,→

Q2Q〉 = 〈(x− a1, y− b1), (x− a2, y− b2)〉= (x− a1)(x− a2) + (y− b1)(y− b2)

= (x2 − (a1 + a2)x + a1a2) + (y2 − (b1 + b2)y + b1b2).

1. LA CIRCUNFERENCIA Y LA ELIPSE 65

Para reconocer que representa esta ecuacion, la trasformaremos teniendo encuenta que podemos completar cuadrados como sigue:

x2 − (a1 + a2)x + a1a2 = (x− a1+a22 )2 −

( a1+a22

)2+ a1a2

= (x− a1+a22 )2 −

( a1−a22

)2 ,

y lo mismo para y. Lo que obtenemos es:

(x− a1+a22 )2 + (y− b1+b2

2 )2 −( a1−a2

2

)2 −(

b1−b22

)2= 0,

que es precisamente la circunferencia (x− α)2 + (y− β)2 = r2, de centro

(α, β) =

(a1 + a2

2,

b1 + b2

2

)=

12

Q1 +12

Q2,

y radio

r =

√( a1−a22

)2+(

b1−b22

)2= 1

2

√(a1−a2)2 + (b1−b2)2 = 1

2

∣∣∣∣ →Q2Q1

∣∣∣∣ .

El lugar geometrico buscado es pues la circunferencia que pasa por Q1 y Q2y tiene de centro el punto medio de esos dos puntos.

(3) Teorema de la mariposa. Se considera una cuerda PQ de una circunfe-rencia, y otras dos cuerdas AB y CD que pasan por el punto medio M de laprimera. Demostrar que estas dos cuerdas determinan un segmento XY en laprimera cuyo punto medio es M.

A

B

C

D

P QX YM

Solucion. Para utilizar ecuaciones, elegimos elsistema de referencia con centro el punto M,

y el vector i =→

MQ/|→

MQ |. Como M es elpunto medio de la cuerda PQ, resulta que elcentro de la circunferencia esta en el eje de lasy’s, luego tiene coordenadas (0, β), y la ecua-cion de la circunferencia es x2 +(y− β)2 = r2.En esta situacion, X = (k, 0), y decir que M esel punto medio del segmento XY es lo mismo que Y = (−k, 0). Para confir-mar esto, calcularemos las coordenadas de todos los puntos involucrados apartir de A = (a, a ′) y C = (c, c ′).

66 III. CONICAS

Por la construccion, es claro que B = t(a, a ′) y calculamos t usando queB esta en la circunferencia, es decir, que (ta)2 + (ta ′ − β)2 = r2. Operandoobtenemos la ecuacion

(a2 + a ′2)t2 − 2a ′βt + β2 − r2 = 0.

Como A esta en la circunferencia, la ecuacion se cumple para t = 1, luego laotra raız sera

t =β2 − r2

a2 + a ′2.

Ahora calculamos facilmente el punto Y = (λ, 0), pues los vectores→

YC e→

YB deben estar alineados, lo que se expresa mediante la anulacion de undeterminante:

0 =

∣∣∣∣ c− λ ta− λc ′ ta ′

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ c− λ ta− cc ′ ta ′ − c ′

∣∣∣∣(para la ultima igualdad hemos restado la primera columna de la segunda).Operando ese determinante se obtiene

λ = (a ′c− ac ′)t

ta ′ − c ′.

Un calculo similar para buscar D = s(c, c ′) y X = (µ, 0) proporciona:

s =β2 − r2

c2 + c ′2, µ = −(ac ′ − a ′c)

ssc ′ − a ′

(¡en realidad no hay que calcular nada, basta intercambiar (a, a ′) y (c, c ′)!).Recordemos despues de estos calculos que se pretende: que λ = −µ. A lavista de lo anterior, debemos comprobar que:

tta ′ − c ′

=s

sc ′ − a ′,

que despues de operar queda:

st(a ′ − c ′) + ta ′ − sc ′ = 0.

Para ver esto, basta sustituir los valores de s y t:

st(a ′ − c ′) + ta ′ − sc ′ =

= β2−r2

c2+c ′2· β2−r2

a2+a ′2(a ′ − c ′) + β2−r2

a2+a ′2a ′ − β2−r2

c2+c ′2c ′

= β2−r2

(c2+c ′2)(a2+a ′2)

((β2−r2)(a ′−c ′) + (c2+c ′2)a ′−(a2+a ′2)c ′

).


Ahora bien, como A = (a, a ′) y C = (c, c ′) estan en la circunferencia, secumple {

a2 + (a ′ − β)2 = r2,c2 + (c ′ − β)2 = r2,

que operando se convierte en:{a2 + a ′2 = 2a ′β− (β2 − r2),c2 + c ′2 = 2c ′β− (β2 − r2).

Por tanto:

(c2 + c ′2)a ′ − (a2 + a ′2)c ′ =

=(2c ′β− (β2− r2)

)a ′ −

(2a ′β− (β2− r2)

)c ′ = −(β2− r2)(a ′ − c ′).

Ahora, si sustituimos esto en la expresion de st(a ′ − c ′) + ta ′ − sc ′ que calcu-lamos antes vemos que esa expresion es nula, como se querıa.

Una vez descrita la circunferencia, consideramos la curva mas similar aella, que de hecho la generaliza:

1.4 Definicion. La elipse es el lugar geometrico de los puntos Q cuya suma dedistancias a dos puntos dados F1 y F2 es constante, y mayor que la distanciaentre ambos.

F1F2

Q

1.5 Invariantes de la elipse. Los puntos F1 y F2 se denominan focos, y lasuma constante de distancias se suele denotar k = dist(Q, F1) + dist(Q, F2).La distancia focal es la longitud del segmento que une los focos, y el puntomedio C = 1

2 F1 +12 F2 de ese segmento es el centro de la elipse; ası la distancia

c de un foco al centro es la mitad de la distancia focal. Los dos ejes de la elipseson la recta que une los dos focos y su mediatriz respecto de estos; ambosejes pasan por el centro. Los vertices son los cuatro puntos de la elipse que seencuentran en los ejes, y las distancias de los vertices al centro son los dossemiejes. Todos estos datos estan ligados por las dos relaciones siguientes:

I k = 2a, a2 = b2 + c2.

Vease el triangulo rectangulo sombreado en la figura siguiente.

68 III. CONICAS

V1

V3

V2

V4

C

ca

b

F1F2

Demostracion. Por la definicion de elipse y la simetrıa de la figura:

k = dist(V1, F1) + dist(V1, F2)

= dist(V1, F1) + (dist(V1, C) + dist(C, F2))

= dist(V1, F1) + (dist(V1, C) + dist(C, F1))

= (dist(V1, F1) + dist(F1, C)) + dist(V1, C)= dist(V1, C) + dist(V1, C) = 2a,

y por otra parte

2a = k = dist(V3, F1) + dist(V3, F2) = 2 dist(V3, F1),

de modo que a = dist(V3, F1) y por el teorema de Pitagoras a2 = b2 + c2.

1.6 Excentricidad. Se llama excentricidad de la elipse el coeficiente e = c/a;como c < a, tenemos 0 ≤ e < 1.

Segun se aprecia en la figura, ese coeficiente dice cuan lejos esta la elipsede ser una circunferencia.

Observamos que la elipse es una circunferencia exactamente cuando la ex-centricidad es 0.

1.7 Ecuacion implıcita de una elipse. Para obtener la ecuacion implıcita deuna elipse de una forma sencilla, haremos una eleccion conveniente de lareferencia ortonormal {O; i, j}. Tomamos el centro de la elipse como origen,


y el vector

i =→

CV1

|→

CV1 |.

De este modo tenemos:

C = (0, 0), F1 = (c, 0), F2 = (−c, 0).

V1

V3

V2

V4

C

Q

(c, 0)(−c, 0)

Observese de paso que las coordenadas de los vertices son

V1 = (a, 0), V2 = (−a, 0), V3 = (0, b), V4 = (0,−b).

Resulta que un punto Q = (x, y) esta en la elipse exactamente cuando

k = dist(Q, F1) + dist(Q, F2)

=√(x− c)2 + y2 +

√(x + c)2 + y2,

o mejor, para los calculos siguientes:

k−√(x− c)2 + y2 =

√(x + c)2 + y2.

Elevando al cuadrado obtenemos:

k2 + (x− c)2 + y2 − 2k√(x− c)2 + y2 = (x + c)2 + y2.

Ahora pasamos la raız cuadrada al segundo miembro, todo lo demas al pri-mero, y operamos para obtener:

k2 − 4cx = 2k√(x− c)2 + y2.

Elevando al cuadrado de nuevo para eliminar la raız que aun tenemos, yoperando resulta la siguiente ecuacion:

4k2 − 16c2

k4 − 4k2c2 x2 +4k2

k4 − 4k2c2 y2 = 1.

70 III. CONICAS

Para terminar utilizamos las relaciones entre k, a, b, c para simplificar los co-eficientes:

4k2 − 16c2

k4 − 4k2c2 =16a2 − 16(a2 − b2)

16a4 − 16a2(a2 − b2)=

1a2 ,

4k2

k4 − 4k2c2 =16a2

16a4 − 16a2(a2 − b2)=

1b2 ,

con lo que la ecuacion resulta ser

Ix2

a2 +y2

b2 = 1.

1.8 Observaciones. (1) La ecuacion anterior para a = b = r es la de unacircunferencia de radio r con centro el origen, en consonancia con lo vistoen III.1.2. Ademas comprobamos que, como ya sabemos, la excentricidad esnula: e = c/a = 0, pues c2 = a2 − b2 = 0.

(2) En la ecuacion que acabamos de obtener, el coeficiente que divide a xes mayor que el que divide a y. Si cambiamos el orden de las coordenadas, esdecir, tomamos

i =→

CV3

|→

CV3 |, j =

→CV1

|→

CV1 |;

resulta la ecuacionx2

b2 +y2

a2 = 1, y aquı el coeficiente que divide a x es menorque el que divide a y. En resumen:

I Una ecuacion del tipo x2

a2 +y2

b2 = 1, donde a, b > 0, es la ecuacion de una elipse,

• con los focos en el eje de las x’s, si a ≥ b,• con los focos en el eje de las y’s si a ≤ b.

Observamos ademas que a = b exactamente cuando se tiene una circunferencia.

(3) Supongamos ahora que la referencia {O; i, j} se elige como antes, salvoque el origen no es el centro de la elipse. Entonces ese centro tendra coorde-nadas C = (α, β), y la ecuacion resulta ser:

I(x− α)2

a2 +(y− β)2

b2 = 1.

Demostracion. Un punto Q tiene coordenadas (x, y) respecto de la referencia

dada si→

OQ = xi + yj. Se deduce

→CQ =

→OQ −

→OC = (x− α)i + (y− β)j.


Esto significa que las coordenadas de Q respecto de la referencia {C; i, j} sonprecisamente (x− α, y− β). Ahora bien, respecto de una referencia como estaultima hemos calculado antes la ecuacion de la elipse, y concluimos que Qesta en la elipse si y solo si

(x− α)2

a2 +(y− β)2

b2 = 1,

como se afirmaba.

Las observaciones anteriores se resumen en la figura siguiente:

i

j

(x− α)2

a2 +(y− β)2

b2 = 1

O

(α, β) (α, β)(α, β)

a>b a=b a<b

1.9 Ejemplo. Determinar la elipse que tiene por focos los puntos F1 = (−1, 6)y F2 = (−1,−2), y pasa por el punto P = ( 4

5 , 6).

Solucion. Vemos que los focos estan en la recta x = −1, luego el eje mayor dela elipse es paralelo al eje de las y ′s, y su centro es

C = 12 F1 +

12 F2 = (−1, 2).

Ademas las semidistancia focal es c = |→

CF1 | = 4. Para determinar el semiejemayor hacemos el siguiente calculo:

2a = |→

F1P |+ |→

F2P | = |( 95 , 0)|+ |( 9

5 , 8)| = 95 +

415 = 10,

de modo que a = 5, y

b =√

a2 − c2 =√

52 − 42 = 3.

En conclusion, la ecuacion de la elipse es:

(x + 1)2

9+

(y− 2)2

25= 1

72 III. CONICAS

(tengase en cuenta que el eje mayor es paralelo al eje de las y’s).

Al estudiar las ecuaciones de rectas y planos en el capıtulo anterior, en-contramos dos tipos de ecuaciones: las implıcitas y las parametricas. Tambienesto puede hacerse aquı, pero para ello debemos utilizar funciones no poli-nomiales (aunque demostrar rigurosamente esta afirmacion excede nuestrosobjetivos):

1.10 Ecuaciones parametricas. Utilizaremos la conocida identidad trigonometri-ca

cos2 θ + sen2 θ = 1,

para encontrar ecuaciones parametricas de circunferencias y elipses.

I Ecuaciones parametricas de la circunferencia de centro (α, β) y radio r:{x =α + r cos θ,y =β + r sen θ.

O i

j C

Q

r

θ Demostracion. Comprobemos que estas ecua-ciones verifican la ecuacion implıcita de lacircunferencia:

(x− α)2+(y− β)2 =(r cos θ)2+(r sen θ)2

= r2(cos2θ+sen2θ)= r2.

En realidad no hemos hecho mas que representar cada punto Q de la circun-

ferencia mediante el modulo r del vector→

CQ y el angulo θ que forma→

CQcon i = (1, 0).

Utilizando la misma idea que para la circunferencia, tenemos:

I Ecuaciones parametricas de la elipse de centro (α, β) y semiejes a, b:{x =α +a cos θ,y =β + b sen θ.

Demostracion. Se comprueba facilmente que estas ecuaciones verifican la ecua-cion implıcita de la elipse de centro el punto (α, β) y semiejes a, b > 0.

1.10 Esferas y elipsoides. Las figuras que en el espacio corresponden a cir-cunferencias y elipses son las esferas y los elipsoides. Pueden definirse tam-bien como lugares geometricos:


I Una esfera es el lugar de los puntos del espacio cuya distancia a uno dadoes constante. El punto dado es el centro, y la distancia constante es el radio. Laecuacion de una esfera de centro (α, β, γ) y radio r es

(x− α)2 + (y− β)2 + (z− γ)2 = r2.

I Un elipsoide es el lugar de los puntos cuya suma de distancias a dos puntosdados llamados focos es constante. La recta que pasa por los focos es el eje y elpunto medio de los focos es el centro. La ecuacion de un elipsoide de centroel origen y focos en un eje coordenado es

x2

a2 +y2

b2 +z2

c2 = 1.

Se aprecia la gran similitud con las ecuaciones de circunferencias y elip-ses. Es un buen ejercicio hacer detalladamente los calculos, totalmente simi-lares a los de III.1.2 y III.1.7.

esferaelipsoide

Ejercicios

1.1. Encontrar el centro de una elipse con semieje mayor 2, sabiendo que los dos puntos(√

2,−√

2) y ( 1√2

, 1√2) son vertices no alineados con el centro. ¿Cuantas elipses hay con estas

condiciones?, ¿que excentricidades tienen?

1.2. Demostrar que por dos puntos del plano de coordenadas positivas pasa a lo mas unaelipse cuyos ejes son los ejes coordenados. ¿Que condicion deben cumplir para que pase efec-tivamente una?

1.3. Encontrar el centro de la circunferencia inscrita en el triangulo de vertices (a, 0), (0, b) y(−a, 0), y demostrar que nunca coincide con el de la circunscrita. (Indicacion: El centro de lacircunferencia inscrita equidista de los tres lados, y el de la circunscrita equidista de los tresvertices.)

1.4. Consideramos una constante positiva k y el punto del plano P = (1, 0). Estudiar segunlos valores de k el lugar geometrico de los puntos Q del plano tales que dist(Q, P) = k dist(Q, O).

74 III. CONICAS

1.5. Mostrar que las ecuaciones

x =t2 − 1t2 + 1

, y =2t

t2 + 1

parametrizan la circunferencia x2 + y2 = 1, excepto el punto (1, 0). Modificar estas ecuacionespara parametrizar una elipse de ejes paralelos a los ejes coordenados.

2. La hiperbola

Como es habitual, fijamos un sistema de referencia ortonormal {O; i, j}del plano.

V1V2

Cca b

F1F2

2.1 Definicion. La hiperbola es el lugargeometrico de los puntos Q cuya diferenciade distancias a dos puntos dados F1 y F2 esconstante (y menor que la distancia entre am-bos).

2.2 Invariantes de la hiperbola. Los pun-tos F1 y F2 se denominan focos, y la diferen-cia constante de distancias se suele denotark = |dist(Q, F1)− dist(Q, F2)|. La distancia fo-cal es la longitud del segmento que une los

focos, y el punto medio C = 12 F1 +

12 F2 de ese segmento es el centro de la

hiperbola; como en las elipses, denotamos c la mitad de la distancia focal,es decir, la distancia de un foco al centro. Los dos ejes de la hiperbola son larecta que une los dos focos y su mediatriz respecto de estos. Los vertices sonlos puntos de la hiperbola que se encuentran en los ejes. Hay dos vertices, V1y V2 en la figura, y la distancia a del centro a cualquiera de ellos es uno delos semiejes de la hiperbola. El otro semieje b se define como en la figura, me-diante el triangulo rectangulo cuyo significado geometrico se explicara masadelante: tiene por hipotenusa una asıntota. Todos estos datos estan ligadospor las dos siguientes relaciones:

I k = 2a, c2 = a2 + b2.

Demostracion. Por definicion:k =dist(V1, F2)− dist(V1, F1)

=dist(V1, F2)− dist(V2, F2) = dist(V1, V2) = 2a.

La otra igualdad se sigue del teorema de Pitagoras.

2. LA HIPERBOLA 75

2.3 Excentricidad. Se llama excentricidad de la hiperbola el coeficiente e =c/a; como c > a, se cumple 1 < e. La figura muestra como ese coeficientemide lo lejos que esta la hiperbola de ser un par de rectas coincidentes.

En estas hiperbolas, c permanece constante cuando a → 0 y e→ +∞, y lasdos ramas de la hiperbola se aproximan al eje x = 0.

2.4 Ecuacion implıcita de una hiperbola. Para facilitar los calculos hay queelegir bien la referencia ortonormal {O; i, j}: tomamos el centro de la hiperbo-la como origen, y el vector:

Q= (x, y)

F1F2

C ij

V1V2

i =→

CV1

|→

CV1 |.

De este modo:

C = (0, 0), F1 = (c, 0), F2 = (−c, 0).

Resulta que un punto Q = (x, y) esta en lahiperbola si

k = |dist(Q, F1)− dist(Q, F2)|

=

∣∣∣∣√(x− c)2 + y2 −√(x + c)2 + y2

∣∣∣∣ ,

y teniendo en cuenta los signos:

±k =√(x− c)2 + y2 −

√(x + c)2 + y2.

Operando como en el caso de la elipse resulta la misma ecuacion:

4k2 − 16c2

k4 − 4k2c2 x2 +4k2

k4 − 4k2c2 y2 = 1,

76 III. CONICAS

pero ahora la relacion que se cumple es c2 = a2 + b2, de la que resulta laecuacion

Ix2

a2 −y2

b2 = 1.

2.5 Asıntotas. Podemos escribir la ecuacion anterior del modo siguiente:

rs

(a, b)

( xa+

yb

) ( xa− y

b

)= 1 > 0,

lo que muestra que los puntos de la hiperbolacumplen una de esas condiciones:

xa +

yb > 0 y x

a −yb > 0, o

xa +

yb < 0 y x

a −yb < 0.

Esto significa que las dos rectas

r :xa− y

b= 0 y s :

xa+

yb= 0

delimitan una region que contiene a la hiperbola.

Ademas, ahora podemos justificar la descripcion geometrica del semiejeb. Como el punto (a, b) esta en r, resulta que

I El triangulo utilizado para definir los semiejes apoya su hipotenusa en la recta r,que es una asıntota de la hiperbola.

Se podrıa construir un triangulo semejante sobre s, que es la otra asıntota.Este nombre, que ya avanzamos antes, se debe a que:

I La distancia de los puntos de la hiperbola a sus asıntotas es arbitrariamente pe-quena.

Demostracion. En la figura siguiente, escribimos la distancia de un punto Q=(x, y) a la asıntota r:

dist((x, y), r

)=

∣∣∣ xa− y

b

∣∣∣√1a2 +

1b2

.

r :xa− y

b=0 Q = (x, y)

dist(Q, r)

?

2. LA HIPERBOLA 77

Si el punto Q = (x, y) esta en la hiperbola como se ve en la figura, cumple suecuacion, y resulta:

xa=

√1 +

y2

b2 ,

de modo que:

dist((x, y), r

)=

∣∣∣√1 + y2

b2 − yb

∣∣∣√1a2 +

1b2

=1√

1a2 +

1b2

1∣∣∣√1 + y2

b2 +yb

∣∣∣ ,

teniendo en cuenta que(√1 +

y2

b2 −yb

)(√1 +

y2

b2 +yb

)= 1.

Ası hemos obtenido una expresion que pone en evidencia que la distanciadist(Q, r) tiende a cero cuando y→ +∞, en cuyo caso tambien x → +∞, y Qse aleja indefinidamente del origen.

2.6 Observaciones. (1) En la ecuacion de la hiperbola x2

a2 − y2

b2 = 1, obtenidacomo antes, la variable que esta restando es la que corresponde a la rectay = 0, que contiene los focos. Si cambiamos el orden de las coordenadas(como hicimos en la observacion III.1.8 (2)), resulta la ecuacion − x2

b2 +y2

a2 = 1,y la variable que esta restando es ahora la de la recta x = 0, que es de nuevola recta que contiene los focos. En consecuencia:

I Una ecuacion del tipo

x2

a2 −y2

b2 = 1, a, b > 0,

es la ecuacion de una hiperbola con los focos en el eje y = 0, y una ecuacion del tipo

− x2

a2 +y2

b2 = 1, a, b > 0,

es la ecuacion de una hiperbola con los focos en el eje x = 0.

(2) Supongamos ahora que la referencia {O; i, j} se elige como en III.2.4,salvo que el origen no es el centro de la hiperbola. Entonces ese centro tendracoordenadas C = (α, β), y la ecuacion resulta ser:

78 III. CONICAS

I(x− α)2

a2 − (y− β)2

b2 = 1.

Demostracion. Es analoga a la que para la elipse se hizo en III.1.8(2).

La figura siguiente combina las dos ultimas observaciones:

ij

(x− α)2

a2 − (y− β)2

b2 = 1 − (x− α)2

a2 +(y− β)2

b2 = 1O

(α, β)(α, β)

2.7 Ejemplo. Encontrar la ecuacion de una hiperbola, conocida una asıntota2x + y = 0 y sus dos vertices V1 = (3, 0) y V2 = (−3, 0).

Solucion. El centro de la hiperbola es C = 12 V1 +

12 V2 = (0, 0), es decir, el

origen. Deducimos que los ejes de la hiperbola son los ejes coordenados. Portanto, la hiperbola tiene una ecuacion del tipo x2

a2 − y2

b2 = 1, y sus asıntotas sonxa ±

yb = 0. Resulta que la recta 2x + y = 0 debe ser la misma que x

a +yb = 0,

luego los coeficientes de las dos ecuaciones seran proporcionales:

1a= 2λ,

1b= λ.

Ası obtenemos la ecuacion de la hiperbola:

4λ2x2 − λ2y2 = 1.

Pero el vertice (3, 0) esta en la hiperbola, luego haciendo x = 3 e y = 0 en esaecuacion deducimos 36λ2 = 1, con lo que la hiperbola es la siguiente:

x2

9− y2

36= 1.

2.8 Ecuaciones parametricas. Como para circunferencias y elipses, tambiense pueden encontrar ecuaciones parametricas para las hiperbolas, y de nuevo

3. LA PARABOLA 79

utilizando funciones no polinomiales. En este caso se trata de seno y cosenohiperbolicos. No detallaremos esto aquı.

2.9 Hiperboloides. La definicion de la hiperbola da lugar en el espacio a lassuperficies denominadas hiperboloides:

I Un hiperboloide es el lugar de los puntos cuya diferencia de distancias a dospuntos dados es constante. Los puntos dados son los focos y la recta que pasapor ellos es el eje. El punto medio de los focos es el centro. La ecuacion de unhiperboloide de centro el origen y focos en el eje de las x’s es:

x2

a2 −y2

b2 −z2

b2 = 1.

hiperboloide

Esta ecuacion tan parecida a la de la hiperbo-la se obtiene por el mismo metodo utilizadoen III.2.4.

Ejercicios

2.1. Calcular la distancia focal de una hiperbola que pasa por el punto (3, 13 ) y tiene por

vertices los puntos (−1, 1) y (1,−1).

2.2. De una hiperbola se sabe que los vertices son (1, 0) y (−1, 0), y una de las asıntotas larecta x = y. Calcular el angulo que forman las asıntotas de esta hiperbola.

2.3. Sea k una constante no nula. Comprobar que la ecuacion xy = k2 es la de una hiperbola,uno de cuyos focos es (

√2k,√

2k). ¿Cuales son sus otros invariantes? (Indicacion: Las asıntotasde esta hiperbola son los ejes coordenados.)

2.4. Encontrar la ecuacion de una hiperbola que pasa por el punto (1, 12 ) y cuyas asıntotas

son las rectas x + 2y− 3 = 0 y x− 2y + 1 = 0.

2.5. Parametrizar la hiperbola x2 − y2 = 1 mediante cocientes de polinomios. (Indicacion:Utilizar un parametro t tal que x− y = t.)

3. La parabola

Como siempre hasta ahora, fijamos un sistema de referencia ortonormal{O; i, j} del plano.

3.1 Definicion. La parabola es el lugar geometrico de los puntos Q que equi-distan de un punto F y una recta r dados.

80 III. CONICAS

Veje

directriz

p

F

3.2 Invariantes de la parabola. El punto Fse llama foco, y la recta r directriz. La rectaperpendicular a la directriz que pasa por elfoco es el eje de la parabola, y el punto dela parabola que hay en ese eje es el vertice.Ademas, se considera la distancia p del focoa la directriz.

3.3 Excentricidad. Por definicion, se atribu-ye excentricidad 1 a todas las parabolas. Pa-ra justificar esta eleccion puede pensarse queuna parabola es una elipse o una hiperbolaen la que uno de los focos se alejara infinita-mente del otro, en cuyo caso se cumplirıa quec/a→ 1. Detallaremos esto enseguida.

3.4 Ecuacion implıcita de la parabola. En este caso elegimos el sistema decoordenadas con origen en el vertice de la parabola y con i, j paralelos res-pectivamente al eje y a la directriz de la parabola. Con precision:

i =→

VF

|→

VF |.

Q = (x, y)

− p2

O F=( p2 , 0)

i

jEn estas condiciones F = ( p

2 , 0), y como V =(0, 0) equidista del foco F y la directriz r, laecuacion de esta es x = − p

2 . Por tanto:

dist(Q, F) =√(x− p

2 )2 + y2,

dist(Q, r) =∣∣x + p

2

∣∣ ,

de modo que Q esta en la parabola si y solo si√(x− p

2 )2 + y2 =

∣∣x + p2

∣∣ .

Elevando al cuadrado queda:

(x− p2 )

2 + y2 = (x + p2 )

2,

y operando obtenemos

I y2 = 2px.

3. LA PARABOLA 81

3.5 Observaciones. (1) Vemos en el razonamiento anterior que el eje de laparabola de ecuacion y2 = 2px es la recta y = 0. Si se cambia el orden delas coordenadas (igual que para la elipse en III.1.8(2) y para la hiperbola enIII.2.6(1)), la ecuacion que se obtiene es x2 = 2py, y el eje de la parabola esentonces x = 0. Ası pues:

I Una ecuacion del tipoy2 = 2px

es la ecuacion de una parabola con eje y = 0, y una ecuacion del tipo

x2 = 2py

es la ecuacion de una parabola con eje x = 0.

(2) Tambien segun III.3.4, vemos que la parabola de ecuacion y2 = 2pxesta contenida en el semiplano x ≥ 0. Como esto ocurre para

i =→

VF

|→

VF |,

si tomamos

i = −→

VF

|→

VF |

obtenemos la ecuacion y2 = −2px, y la parabola esta contenida en el semi-plano x ≤ 0. En resumen:

I Una ecuacion del tipo y2 = 2kx, donde k 6= 0, es la ecuacion de una parabolacon eje y = 0

• contenida en x ≥ 0 si k > 0,• contenida en x ≤ 0 si k < 0.

En el primer caso, k es la distancia del foco a la directriz, y en el segundo suopuesto.

(3) Supongamos ahora que la referencia {O; i, j} se elige como en III.3.4,salvo que el origen no es el vertice de la parabola. Entonces ese centro tendracoordenadas C = (α, β), y la ecuacion resulta ser:

I (y− β)2 = 2k(x− α).

Demostracion. Es similar a la de la observacion III.1.8(3).

82 III. CONICAS

Las cuatro posibilidades que acabamos de describir se reunen en la figurasiguiente:

i

j

(y− β)2 = 2k(x− α)(x− α)2 = 2k(y− β)

O

(α, β) (α, β)(α, β) (α, β)

k > 0 k < 0k > 0 k < 0

3.6 Ejemplo. Determinar una parabola cuyo foco es el punto F = (2, 52 ), y

que pasa por los dos puntos P = (0, 4) y Q = (4, 4). ¿Cuantas solucioneshay?

Solucion. Denotemos la directriz por r. Entonces:

dist(P, r) = dist(P, F) =√(2− 0)2 + ( 5

2 − 4)2 = 52 ,

dist(Q, r) = dist(Q, F) =√(2− 4)2 + ( 5

2 − 4)2 = 52 .

Esto significa que la directriz es paralela a la recta que une los puntos P y Q.Por tanto la directriz es paralela a la recta y = 4, y la ecuacion de la parabolasera del tipo:

(x− α)2 = 2k(y− β), k 6= 0.

Esta parabola debe pasar por P = (0, 4) y Q = (4, 4), luego se cumplira:{α2 = 2k(4− β),(4− α)2 = 2k(4− β).

Como los segundos miembros son iguales, tambien lo seran los primeros:α2 = (4− α)2, lo que da la solucion α = 2.

Por otra parte, la distancia de la directriz a P es 52 , luego es una de las dos

rectas siguientes:(i) y = 4− 5

2 = 32 ,

(ii) y = 4 + 52 = 13

2 .

Por tanto:(i) k = dist(F, r) = 5

2 −32 = 1,

(ii) k = −dist(F, r) = 52 −

132 = −4.

3. LA PARABOLA 83

Ahora, sustituyendo en la anterior ecuacion α2 = 2k(4− β) los valores de k yα obtenemos:

(i) 4 = 2(4− β),(ii) 4 = −8(4− β),

luego: (i) β = 2, (ii) β = 92 . Obtenemos ası dos parabolas que cumplen las

condiciones requeridas, de ecuaciones:

(i) (x− 2)2 = 2(y− 2) ,

(ii) (x− 2)2 = −8(y− 92 ) .

y = 132

y = 32

F=(2, 52 )

P=(0, 4) Q=(4, 4)

(i)

(ii)

(0, 0)

3.7 Ecuaciones parametricas. Las ecuaciones parametricas de una parabolatienen poco interes practico. Si por ejemplo tenemos la ecuacion implıcitay2 = 2kx, basta escribir: {

x = 12k t2,

y = t.

Tienen sin embargo el interes teorico de distinguir la parabola de circunferen-cias, elipses e hiperbolas por el hecho de que estas no pueden parametrizarsemediante polinomios, mientras que la parabola sı. Por otra parte, todas lasconicas pueden parametrizarse, tal vez excluyendo algun punto, mediantecocientes de polinomios, (y de grado 2, ejercicios III.1.5 y II.2.5).

3.8 La parabola como lımite de elipses. Podemos considerar la parabolacomo una elipse con uno de los focos en infinito. Para justificar esto, utiliza-remos la ecuacion y2 = 2px. Definimos una familia de elipses Et mediantesus ecuaciones:

(x− a)2

a2 +y2

b2 = 1,

84 III. CONICAS

con a2 = t2 + pt y b2 = pt, siendo t un parametro real positivo. Los focosde Et estan en el eje de las x’s, y el primer vertice de la elipse en ese eje es elorigen, que es tambien el vertice de nuestra parabola.

y

yt

−y

−yt

Et

O

y2=2px

x

(1) Como se ve en la figura, para cada x > 0,si t es suficientemente grande, la elipse Et tienedos puntos (x,±yt) con yt > 0, y la parabola da-da otros dos (x,±y) = (x,±

√2px). Afirmamos

quelım

t→+∞(x,±yt) = (x,±

√2px).

Este hecho se expresa diciendo que las elipses Ettienen por lımite la parabola y2 = 2px.

Demostracion. Probaremos que lımt→+∞ yt =√2px, o mejor, que

lımt→+∞

y2t

2px= 1.

Despejando y2t en la ecuacion de la elipse Et resulta:

y2t = b2

(1− (x− a)2

a2

)=

b2(2a− x)xa2 ,

de modo que:y2

t2px

=b2(2a− x)

2da2 .

Sustituyendo ahora los valores de a y b en funcion de t queda:

y2t

2px=

pt(2√

t2 + pt− x)2p(t2 + pt)

=2√

t2 + pt− x2(t + p)

.

Claramente,

lımt→+∞

y2t

2px= lım

t→+∞

2√

t2 + pt− x2(t + p)

= lımt→+∞

2√

1 + pt −

xt

2(1 + p

t

) = 1,

como se decıa.

(2) Los focos de la elipse Et son los puntos (√

t2 + pt± t, 0), y se cumple

• lımt→+∞(√

t2 + pt− t, 0) = ( p2 , 0), que es el foco de la parabola.

• lımt→+∞(√

t2 + pt + t, 0) = (+∞, 0).

3. LA PARABOLA 85

Demostracion. Tenemos:

lımt→+∞

(√t2 + pt− t

)= lım

t→+∞

(√

t2 + pt− t)(√

t2 + pt + t)√t2 + pt + t

= lımt→+∞

pt√t2 + pt + t

= lımt→+∞

p√1 + p

t + 1=

p2

.

El otro lımite es evidente.

(3) La excentricidad de Et es et =t√

t2 + pt, y de acuerdo con el comen-

tario de III.3.3:

• lımt→+∞ et = 1.

Demostracion. Para obtener la expresion de et basta recordar que e = c/a, yusar los valores de a y c en este caso. Entonces el lımite es:

lımt→+∞ et = lımt→+∞t√

t2 + pt= lımt→+∞

1√1 + p

t

= 1.

3.9 La parabola como lımite de hiperbolas. La parabola y2 = 2px puede des-cribirse tambien como lımite de hiperbolas. Se puede repetir la construccionanterior, reemplazando las elipses Et por las hiperbolas Ht de ecuacion:

(x + a)2

a2 − y2

b2 = 1,

a = t y b2 = pt. La figura siguiente refleja la situacion, cuyo analisis masdetallado dejamos al lector:

Ht

y2 = 2px

86 III. CONICAS

3.10 Paraboloides. Imitando en el espacio la definicion de la parabola seobtienen los paraboloides:

paraboloide

I Un paraboloide es el lugar de los puntos equi-distantes de un punto y un plano dados. El pun-to dado se llama foco, y el plano director. La ecua-cion de un paraboloide con el foco en el eje delas x’s y plano director perpendicular a ese ejees del tipo:

y2 + z2 = 2px.

Esta ecuacion resulta adaptando el procedi-miento de III.3.4.

Ejercicios

3.1. Encontrar todas las parabolas cuya directriz es la recta y = 0, esta dista 9 del foco, ypasan por el punto (1,−5).

3.2. Hallar el lugar geometrico de los puntos del plano tales que la pendiente de la rectaque los une al foco de la parabola 4y = x2 − 4x + 4 coincide con la excentricidad de la elipse4x2 − 8x + y2 + 2y + 4 = 0.

3.3. Calcular el foco de una parabola que pasa por el punto (1, 0), tiene el origen por vertice,y cuya directriz dista 2 del foco.

3.4. Calcular la directriz de una parabola que pasa por el punto (3, 3) y cuyo foco, que es elpunto (0, 3), dista

√10 de la directriz.

3.5. Fijemos en el plano un punto P y una recta r que no pasa por P. Para cada constantepositiva k se considera el lugar geometrico Γk formado por los puntos Q del plano tales quedist(Q, P) = k dist(Q, r). Mostrar que Γk es una elipse para k < 1 y una hiperbola para k > 1.(Indicacion: Calcular la ecuacion de Γk en una referencia cuyos ejes coordenados sean la rectar y la perpendicular a ella que pasa por P.)

4. Secciones conicas en el espacio

Las cuatro curvas de grado 2 descritas en las secciones anteriores recibentodas el nombre comun de conicas. Esto se debe a que todas se pueden obtenerintersecando un cono con un plano, y recıprocamente, si se corta un cono conun plano se obtiene alguna de esas curvas (salvo en algun caso degenerado).El objetivo de esta seccion es explicar con rigor estas afirmaciones.

4. SECCIONES CONICAS EN EL ESPACIO 87

eje de revoluciongeneratriz

vertice

4.1 Definicion. Se llama cono de revo-lucion a la superficie obtenida al hacergirar una recta alrededor de otra que lacorta. La recta que gira se llama genera-triz, la otra eje, y el punto de corte deambas es el vertice del cono. Se observaque hay infinitas generatrices posibles:todas las rectas obtenidas intersecandoel cono con un plano que contenga a sueje.

4.2 Ecuacion implıcita de un cono de revolucion. Consideremos una refe-rencia ortonormal {O; i, j, k} tal que O sea el vertice del cono, y k sea paraleloal eje del cono.

P = (0, λz, z)

Q = (x, y, z)

(0, 0, z)

Oi

j

k

generatrizEn esas condiciones, el plano x = 0

corta al cono en una generatriz cuyasecuaciones seran del tipo{

x = 0,y = λz.

Un punto Q = (x, y, z) esta en el cono siy solo si dista del eje de las z’s lo mismoque el punto P = (0, λz, z), punto de lageneratriz a igual altura que Q. Pero:

dist(Q, eje de las z’s) =√

x2 + y2, dist(P, eje de las z’s) = |λz|,

y elevando al cuadrado obtenemos

I x2 + y2 = λ2z2,

que es la ecuacion implıcita buscada.

Una vez conocida la ecuacion del cono, vamos a calcular todas las posiblesintersecciones con un plano. Para ello hay que excluir los casos que antesllamamos degenerados, que corresponden a planos que pasan por el verticedel cono, que, recordemos, es el origen de coordenadas. La razon por la quehay que excluir estos planos se aprecia bien en las figuras siguientes:

88 III. CONICAS

En el primer caso, la interseccion son dos rectas que se cortan en el vertice, enel segundo es una generatriz, y en el tercero se reduce al vertice.

Ası pues, en lo que sigue consideramos un plano π que no pasa por elorigen, y vamos a determinar su interseccion con el cono x2 + y2 = λ2z2.Debemos considerar las posibles posiciones relativas del plano π y del cono.

4.3 El plano π es perpendicular al eje del cono. Un plano de ese tipo tieneecuacion z = µ para cierta constante µ 6= 0.

O∗

Q

i

k

Oj

π : z = µ

La interseccion con el cono es{x2 + y2 = λ2z2,

z = µ.≡

{x2 + y2 = (λµ)2,

z = µ.

Parece claro que estas ecuaciones representan una circunferencia del planoz = µ, con centro (0, 0, µ). Para hacer riguroso esto, consideramos en π lareferencia {O∗; i, j}, siendo O∗ = (0, 0, µ) el punto de interseccion del eje del

cono con π. Vemos que si Q ∈ π, entonces→

OQ = (x, y, µ), y

→O∗Q =

→OQ −

→OO∗ = (x, y, 0).


Por tanto, la interseccion buscada es la circunferencia de ecuacion x2 + y2 =λ2µ2 respecto de la referencia elegida en π.

4.4 El plano π no es perpendicular al eje del cono. Si π no es perpendicularal eje del cono, no es paralelo al plano z = 0. En consecuencia, π corta aese plano en una recta r que no pasa por el origen. Podemos ahora elegir elvector i de la referencia {O; i, j, k}, para que sea paralelo a la recta r; por tantor tendra ecuaciones y = η, z = 0, para cierta constante η. Vemos ademas queel plano π no es paralelo al plano x = 0, luego lo cortara en una recta s; porla construccion r y s se cortan en el punto (0, η, 0). En consecuencia, s tendraecuaciones x = 0, y = µz + η, para otra contante µ. En resumen, π es el planogenerado por las rectas:

r :{

y = η,z = 0,

s :{

x = 0,y = µz + η,

y como el plano y = µz + η contiene a r, ese plano es precisamente π.

i

jk

i∗

j∗

r

s

O∗

O

Q

π

Ahora la interseccion del cono y el plano π corresponde al sistema siguiente:{x2 + y2 = λ2z2,y = µz + η.

Para comprender que representa este sistema elegimos en el plano π la refe-rencia {O∗; i∗, j∗}, siendo:

1. O∗ = (0, η, 0), punto de interseccion de la recta s con la recta r,

90 III. CONICAS

2. i∗ = (1, 0, 0), que es el mismo vector i, y

3. j∗ =(

0, µ√1+µ2

, 1√1+µ2

), que es un vector unitario paralelo a la recta s.

Las coordenadas de un punto Q ∈ π respecto de esta referencia se deno-taran (x∗, y∗), y debemos calcularlas en funcion de las coordenadas (x, y, z)de Q respecto de la referencia {O; i, j, k} del espacio. Pero:

→O∗Q = x∗i∗ + y∗j∗ =

(x∗, µ√

1+µ2y∗, 1√

1+µ2y∗)

,

y por otro lado:

→O∗Q =

→OQ −

→OO∗ = (x, y, z)− (0, η, 0) = (x, y− η, z),

de donde deducimos: x = x∗,y = η + µ√

1+µ2y∗ = η + µz,

z = 1√1+µ2

y∗.

Una vez calculado esto, basta sustituir en las ecuaciones de la interseccion yobtenemos una sola ecuacion:

x∗2 +(

η + µ√1+µ2

y∗)2

= λ2(

1√1+µ2

y∗)2

,

puesto que la segunda y = µz + η se cumple identicamente. Operando laecuacion anterior se convierte en:

I x∗2 + µ2−λ2

1+µ2 y∗2 + 2 µη√1+µ2

y∗ + η2 = 0. (?)

µ>λ

µ<λµ=λ

La ecuacion que hemos obtenido es la de unaelipse, una hiperbola o una parabola, segun losvalores de λ y µ. Para simplificar la discusion,supondremos η > 0 y µ > 0. (En realidad es-to se puede conseguir siempre, cambiando j por±j, y k por±k segun convenga.) Los casos posi-bles corresponden a la comparacion de las pen-dientes µ y λ del plano π y del cono dado, segunla figura adjunta.


4.5 Caso µ > λ. Con un poco de paciencia, podemos reescribir la ecuacion(?) en la forma:

x∗2

a2 +(y∗ − β)2

b2 = 1,

tomando:a = λη√

µ2−λ2, b =

λη√

1+µ2

µ2−λ2 , β =−µη√

1+µ2

µ2−λ2 .

Esto es posible pues por ser µ > λ el radicando µ2−λ2 es positivo. Ası vemosque es la ecuacion de una elipse.

4.6 Caso µ = λ. Otro poco de paciencia arroja la siguiente reescritura:

x∗2 = 2k(y∗ − β),

donde:k = −µη√

1+µ2, β = − 1

2 η√

1 + µ2.

Resulta pues una parabola.

4.7 Caso µ < λ. Calculando aun un poco mas, la ecuacion (?) se reescribeası:

− x∗2

a2 +(y∗ − β)2

b2 = 1,

cona = λη√

λ2−µ2, b =

λη√

1+µ2

λ2−µ2 , β =µη√

1+µ2

λ2−µ2 .

(aquı el radicando positivo es λ2 − µ2). Se trata de una hiperbola.

La figura siguiente representa estos tres casos.

Ya se ve que la circunferencia del caso III.4.3 es un caso particular de sec-cion elıptica. Por otra parte el lector puede descubrir la relacion entre estas

92 III. CONICAS

secciones planas de un cono y las secciones degeneradas representadas ante-riormente.

4.8 Ejemplo. Comprobar que la curva parametrizada porx = t,y = 1

2 −12 t2,

z = − 12 −

12 t2,

esta contenida en un cono de revolucion, y es plana. Mostrar que es unaparabola y calcular su foco y su directriz.

Solucion. Veamos que la curva esta contenida en un cono x2 + y2 = λ2z2. Paralos puntos de la curva se cumple:

x2 + y2 = t2 + 14 −

12 t2 + 1

4 t4 = 14 +

12 t2 + 1

4 t4 = (− 12 −

12 t2)2 = z2,

y esto quiere decir que hay que tomar λ = 1: el cono x2 + y2 = z2 contiene anuestra curva.

Por otra parte, si la curva es plana, el plano que la contiene estara gene-rado por tres puntos suyos. Tomamos por ejemplo los que corresponden at = 0, 1,−1, que son:

(0, 12 ,− 1

2 ), (1, 0,−1), (−1, 0,−1),

y generan el plano π : y = z+ 1. Este plano contiene efectivamente a la curva:

z + 1 = − 12 −

12 t2 + 1 = 1

2 −12 t2 = y.

Ası pues, estamos en las condiciones de todo esta seccion, con λ = µ =η = 1. Sabemos que en este caso la interseccion del plano con el cono es unaparabola, de ecuacion

x∗2 = 2k(y∗ − β),

donde: k = −µη√1+µ2

= − 1√2< 0,

β = − 12 η√

1 + µ2 = −√

22 = − 1√

2.

Para determinar el foco y la directriz procedemos primero en el planoπ, con las coordenadas (x∗, y∗). Recordemos a este efecto la clasificacion deIII.3.5, segun la cual el eje de esta parabola es x∗ = 0, y la directriz esta porencima de la parabola, pues k < 0; ademas, p = −k = 1√

2.


x∗y∗

foco

vertice directriz

En este plano tenemos:

(i) El vertice es el punto

(0, β) = (0,− 1√2).

(ii) El foco esta en el eje x∗ = 0 por de-bajo del vertice, y dista 1

2 p del vertice, lue-go es el punto

(x∗, y∗) = (0, β− 12 p) = (0,− 1√

2− 1

2√

2) = (0,− 3

2√

2).

(iii) La directriz es paralela al eje y∗ = 0, esta por encima del vertice, delque dista 1

2 p, luego es la recta

y∗ = β + 12 p = − 1√

2+ 1

2√

2= − 1

2√

2,

Ahora solo hay que expresar estos datos en las coordenadas (x, y, z) del es-pacio, recordando que:

x = x∗,y = η + µ√

1+µ2y∗ = 1 + 1√

2y∗,

z = 1√1+µ2

y∗ = 1√2y∗.

Resulta:

• El foco (x∗, y∗) = (0,− 32√

2), es el punto del espacio de coordenadas:

x = x∗ = 0,

y = 1 + 1√2y∗ = 1 + 1√

2

(− 3

2√

2

)= 1

4 ,

z = 1√2y∗ = 1√

2

(− 3

2√

2

)= − 3

4 .

Esto es, el foco es el punto (x, y, z) = (0, 14 ,− 3

4 ).• La directriz es la recta del plano π : y = z + 1 que cumple

y = 1 + 1√2y∗ = 1 + 1√

2

(− 1

2√

2

)= 3

4 ,

luego 34 = z + 1 y z = − 1

4 . Concluimos que la directriz es la recta del espaciode ecuaciones

y = 34 , z = − 1

4 .

94 III. CONICAS

Ejercicios

4.1. Encontrar un cono de revolucion cuya interseccion con el plano z = 4 sea una circunfe-rencia de radio 1

2 .

4.2. Encontrar el centro de la elipse interseccion del cono x2 + y2 = 14 z2 con el plano y + z =

1. ¿Y si intersecamos con el plano x + z = 1?

4.3. Encontrar un plano que interseque al cono x2 + y2 = 9z2 en una hiperbola con centro elpunto (0, 1, 1

3 ). (Indicacion: Buscar una solucion sencilla.)

4.4. Mostrar que la conica interseccion del cono x2 + y2 = 4z2 con el plano y = 2 es unahiperbola, y calcular su centro y sus asıntotas.

4.5. Calcular la distancia focal de la parabola obtenida al intersecar el cono x2 + y2 = z2 conel plano y = z + 1. (Indicacion: Utilizar las ecuaciones de III.4.6.)

5. Posiciones relativas de conicas y rectas

Para estudiar la interseccion de varias figuras descritas mediante ecua-ciones basta resolver el sistema que esas ecuaciones forman, como ya vimospara rectas y planos en II.3. Consideramos aquı el caso de conicas y rectas.

5.1 Interseccion de una conica y una recta. En la seccion anterior calculamoslas diferentes ecuaciones de circunferencias, elipses, hiperbolas y parabolas.Aunque diferıan en aspecto, todas eran polinomios de grado dos en las dosvariables (x, y), es decir, eran ecuaciones de la forma:

F(x, y) = a00 + a01x + a02y + a11x2 + a12xy + a22y2 = 0.

Para entender como puede intersecar la conica a una recta, representamosesta con unas ecuaciones parametricas:{

x = α + λt,y = β + µt.

Como no necesitamos distinguir el tipo de conica, de momento no utiliza-remos el aspecto preciso del polinomio F(x, y). La interseccion se obtendrasustituyendo las ecuaciones parametricas de r en la ecuacion de la conica:

F(α + λt, β + µt) = 0,

y resolviendo esta ecuacion en t, que resulta ser un polinomio de grado 2.Para cada raız τ de ese polinomio obtenemos el punto de interseccion

(α + λτ, β + µτ).

5. POSICIONES RELATIVAS DE CONICAS Y RECTAS 95

Los puntos de interseccion corresponden pues a las raıces de un polinomiode segundo grado at2 + bt + c = 0. Un tal polinomio puede descomponersede una de las dos formas siguientes:

σ(t− τ1)(t− τ2), σ(t− τ)2,

o no descomponerse en absoluto. En el primer caso hay dos raıces que de-nominamos simples y en el segundo una raız doble, y si no se descompone,entonces no hay ninguna raız. En conclusion:

I Una conica y una recta se intersecan a lo mas en dos puntos.

5.2 Ejemplos. (1) Estudiar la interseccion de la elipse (x−2)2

4 + y2 = 1 con lasrectas paralelas al eje de las y’s.

Solucion. Una recta paralela al eje de las y’s tiene por ecuacion x = k. Ası, hayque hacer x = k en la ecuacion de la elipse y determinar y. Resulta

y = ±√

1− (k−2)2

4 = ± 12

√k(4− k).

x = 3

x = 4

x = 5Por tanto hay tres posibilidades:• Si 0 < k < 4 el radicando es po-

sitivo y hay dos valores distintos y =±β 6= 0, es decir, la recta corta en dospuntos distintos a la elipse.• Si k = 0 o k = 4 el radicando es

nulo y solo hay una solucion y = 0, demodo que la recta corta a la elipse en ununico punto.• Si k < 0 o k > 4 el radicando es negativo y no tiene raız cuadrada, luego

la recta no corta a la elipse.

(2) Estudiar la interseccion de la hiperbola x2 − 19 y2 = 1 con las rectas

y = kx.y=3x

y=2xy=4xSolucion. En este ejemplo tampoco ha-

ce falta recurrir a ecuaciones parametri-cas, pues basta hacer y = kx en la ecua-cion de la hiperbola. Resulta

x2 + 19 (kx)2 = 1,

96 III. CONICAS

y despues de operar queda

x = ± 3√9− k2

.

Por tanto:• Si −3 < k < 3, el radicando es positivo y hay dos valores distintos, es

decir, la recta corta en dos puntos distintos a la hiperbola.• Si k < −3 o k > 3 el radicando es negativo y no tiene raız cuadrada,

luego la recta no corta a la hiperbola.

Observemos que para los valores lımite k = ±3, las rectas dadas son lasdos asıntotas y = ±3x de la hiperbola, que por supuesto no la cortan.

(3) Calcular la interseccion de las rectas x = ky + k con la parabola y = x2.

Solucion. Hay que buscar las raıces de y = (ky+ k)2. Para k = 0 hay una unicaraız: y = 0, y para k 6= 0 las raıces son:

y =−2k2 + 1±

√1− 4k2

2k2 .x= 13 y+ 1

3

x= 12 y+ 1

2

x= − 12 y− 1

2

y=0

x=y+1

Vemos que:• Si k = 0, hay una sola raız, y la

recta corta a la parabola solo en el ori-gen (0, 0).• Si k 6= 0 y − 1

2 < k < 12 , hay dos

raıces y la recta corta en dos puntos a laparabola.• Si k=± 1

2 , hay una unica raız, y te-nemos una recta que corta en un unicopunto a la parabola.

• Si k<− 12 o k> 1

2 , no hay raıces reales, y la recta no corta a la parabola.

En todos estos ejemplos apreciamos que cuando una conica y una rectase cortan en un unico punto, esa interseccion es especial. En lo que sigueveremos varias explicaciones de este fenomeno.

5.3 Rectas tangentes a una elipse (y en particular a una circunferencia).Consideramos una elipse de ecuacion

x2

a2 +y2

b2 = 1


(que es en particular una circunferencia si a = b), y en ella un punto (α, β).Buscamos las rectas que cortan a la elipse unicamente en ese punto.

Una de tales rectas se parametrizara de la manera siguiente:{x = α + λt,y = β + µt,

y para calcular su interseccion con la elipse debemos resolver:

(α + λt)2

a2 +(β + µt)2

b2 = 1.

Operando obtenemos:(λ2

a2 +µ2

b2

)t2 + 2

(αλ

a2 +βµ

b2

)t +(

α2

a2 +β2

b2

)= 1.

Como el punto (α, β) esta en la elipse, el ultimo sumando de la izquierda vale1, y queda: (

λ2

a2 +µ2

b2

)t2 + 2

(αλ

a2 +βµ

b2

)t = 0

Como sabemos, las raıces de este polinomio corresponden a los puntos deinterseccion de la recta y la conica, y queremos que tenga solamente una,que ha de ser t = 0. Como λ y µ no pueden ser simultaneamente nulos, elcoeficiente λ2

a2 + µ2

b2 no es nulo, y para que no haya otra raız que t = 0, debeser

αλ

a2 +βµ

b2 = 0.

Esta igualdad significa que el vector (λ, µ) es perpendicular al vector(α

a2 ,β

b2

).

Por tanto, la unica recta que corta a la elipse solo en el punto (α, β) es laperpendicular al vector anterior que pasa por (α, β):

• Se llama recta tangente a la elipse en el punto (α, β) la recta que la cortasolo en ese punto, y cuya ecuacion es

α

a2 (x− α) +β

b2 (y− β) = 0.

98 III. CONICAS

Esta terminologıa se justifica porque:

I La tangente a la elipse en el punto (α, β) es el lımite de las cuerdas que seapoyan en el punto (α, β).

Demostracion. Suponemos por ejemplo α 6= 0, y reescribimos la ecuacion dela tangente:

(x− α) +a2β

b2α(y− β) = 0.

Ahora consideremos otro punto de la elipse (α ′, β ′) muy proximo a (α, β), ycalculamos la ecuacion de la cuerda que lo une con este:

(x− α)− α ′ − α

β ′ − β(y− β) = 0.

α α ′

β

β ′ tangente

cuerdas

La afirmacion del enunciado se traduce en que sea

lımα ′→α

α ′ − α

β ′ − β= − a2β

b2α.

Para calcular este lımite como (α, β) y (α ′, β ′) estan en la elipse, tenemos{β = b

a

√a2 − α2,

β ′ = ba

√a2 − α ′2,


y por tanto:

α ′ − α

β ′ − β=

α ′ − α

ba

(√a2 − α ′2 −

√a2 − α2

)=

ab·(α ′ − α)

(√a2 − α ′2 +

√a2 − α2

)(a2 − α ′2)− (a2 − α2)

=ab· α ′ − α

α2 − α ′2·(√

a2 − α ′2 +√

a2 − α2)

= − ab·√

a2 − α ′2 +√

a2 − α2

α ′ + α.

En consecuencia:

lımα ′→α

α ′ − α

β ′ − β= − a

b· 2√

a2 − α2

2α= − a

b·

ab β

α= − a2β

b2α,

como se querıa.

El analisis realizado para la elipse se repite de manera similar para lahiperbola y la parabola, pero aparecen algunas diferencias que explicamosa continuacion.

5.4 Rectas tangentes a una hiperbola. Consideremos una hiperbola de ecua-cion x2

a2 − y2

b2 = 1, un punto (α, β) en ella, y una recta:{x = α + λt,y = β + µt.

Para calcular la interseccion debemos resolver:

(α + λt)2

a2 − (β + µt)2

b2 = 1,

que se trasforma en:(λ2

a2 −µ2

b2

)t2 + 2

(αλ

a2 −βµ

b2

)t = 0.

Observamos que este polinomio no es de grado 2 cuando se anula el coefi-ciente λ2

a2 − µ2

b2 . Si es de grado 2, podemos razonar como para la elipse, y larecta corta a la hiperbola en un unico punto cuando

αλ

a2 −βµ

b2 = 0.

100 III. CONICAS

Esta igualdad significa que el vector (λ, µ) es perpendicular al vector(α

a2 , − β

b2

).

Concluimos que la recta que pasa por (α, β) y es perpendicular a ese vectorcorta a la elipse solo en el punto (α, β):

• Se llama recta tangente a la hiperbola en el punto (α, β) la recta de ecuacion

α

a2 (x− α)− β

b2 (y− β) = 0,

que corta a la elipse solo en el punto (α, β).

Como antes, resulta que:

I La tangente a la hiperbola en el punto (α, β) es el lımite de las cuerdas que seapoyan en el punto (α, β).

Ya que la demostracion es completamente analoga a la de la elipse, no me-rece la pena detallarla. Lo que sı debemos analizar es la condicion pendiente:

λ2

a2 −µ2

b2 = 0, equivalente aλ

a=

µ

±b.

Esto significa que (λ, µ) sea paralelo al vector (a, b) o al vector (a,−b). Pero(a, b) es paralelo a una de las asıntotas, y (a,−b) lo es a la otra, de maneraque concluimos:

I Por un punto (α, β) de una hiperbola pasan tres rectas que cortan a la hiperbolaen solo ese punto: (i) la tangente en el punto, y (ii) las dos paralelas a las asıntotas.

tangente

paralelas a lasasıntotas

(α, β)

XXXXy

��9


Terminamos con la discusion de la tangencia para la parabola.

5.5 Rectas tangentes a una parabola. Considemos una parabola y2 = 2px,un punto (α, β) en ella, y una recta:{

x = α + λt,y = β + µt.

La interseccion se calcula resolviendo:

(β + µt)2 = 2p(α + λt),

que se convierte enµ2t2 + 2(βµ− pλ)t = 0

(teniendo en cuenta que β2 = 2pα, por ser (α, β) un punto de la parabola).Si µ 6= 0 esta ecuacion tiene una unica raız cuando βµ − pλ = 0, es decir,cuando (λ, µ) es perpendicular a (−p, β), y como para la hiperbola tenemos:

• Se llama recta tangente a la parabola en el punto (α, β) la recta de ecuacion

−p(x− α) + β(y− β) = 0,

que corta a la elipse solo en el punto (α, β).

Y tambien se cumple que la tangente a la parabola en un punto es el lımite delas cuerdas que se apoyan en el punto.

Solo queda estudiar la condicion µ = 0. Pero en ese caso, el vector (λ, µ)es paralelo al vector (1, 0), y nuestra recta es paralela al eje de las x’s, que esel eje de la parabola. Por tanto:

I Por un punto (α, β) de una parabola pasan dos rectas que cortan a la parabola ensolo ese punto: (i) la tangente en el punto, y (ii) la recta paralela al eje de la parabola.

tangenterecta paralela al eje

(α, β)

102 III. CONICAS

5.6 Ejemplo. Determinar cuantas tangentes a la parabola y2 = 2px pasan porel punto (1,−1).

Solucion. Supongamos que la tangente en el punto (α, β) de la parabola pasapor (1,−1). Entonces esa recta tangente es paralela al vector

u = (α, β)− (1,−1) = (α− 1, β + 1).

Por otra parte, la recta tangente en (α, β) tiene la ecuacion

−p(x− α) + β(y− β) = 0,

de manera que es perpendicular al vector v = (−p, β). En consecuencia, u yv son perpendiculares, luego su producto escalar es nulo:

0 = 〈u, v〉 = 〈(α− 1, β + 1), (−p, β)〉 = p− pα + β + β2

Como el punto (α, β) esta en la elipse se cumple β2 = 2pα, lo que sustituidoen la ecuacion anterior da:

0 = p− pβ2

2p+ β + β2 = p + β +

12

β2.

Las raıces de esta ecuacion son:

β = −1±√

1− 2p,

luego concluimos:• Si p < 1

2 , hay dos raıces reales β distintas, luego dos puntos distintos(α, β) cuyas tangentes pasan por el punto dado. En estos casos, el punto da-do esta a la izquierda de la parabola.• Si p = 1

2 , hay una sola raız β = −1, y un unico punto (1,−1) cuyatangente pasa por el punto dado. Hemos obtenido el mismo punto del enun-ciado, que esta en la parabola, y la tangente es la tangente en el.• Si p > 1

2 , no hay raıces reales, luego no hay ningun punto de la parabolacuya tangente pase por (1,−1). Observamos que el punto dado esta a la dere-cha de la parabola.

5.7 Calculo de la recta tangente mediante una derivada. Cuando hemosmostrado que la recta tangente es el lımite de las cuerdas, en realidad hemoscalculado una derivada.


α α ′ = α + t

β = f (α)

β ′ = f (α + t)

tangente

(α ′, β ′)

(α, β)

En efecto, dado el punto (α, β) de la conica, hemos expresado un pun-to (α ′, β ′) cercano de la conica mediante una funcion β ′ = f (α ′) (siendo fdiferente segun los casos). Entonces la cuerda correspondiente es paralela alvector

(α ′, β ′)− (α, β) =(α ′ − α, β ′ − β)

=(α ′ − α, f (α ′)− f (α)) = (t, f (α + t)− f (α)),

donde hemos escrito t = α ′− α ′. El punto (α ′, β ′) tiende al punto (α, β) cuan-do t tiende a cero, y para calcular el lımite consideramos el siguiente vectorparalelo a la cuerda

ut =

(1,

f (α + t)− f (α)t

).

Aquı tenemos un lımite familiar, la derivada:

lımt→0

f (α + t)− f (α)t

= f ′(α),

y concluimos que la recta tangente es paralela al vector:

I lımt→0 ut = (1, f ′(α)).

5.8 Caracterizacion geometrica de la recta tangente. Los calculos anterio-res de la recta tangente se hacen utilizando las ecuaciones implıcitas de lasconicas. Se puede sin embargo dar una descripcion independiente de esasecuaciones, observando que en todas las conicas se cumple lo siguiente:

I Un rayo que parte de uno de los focos y se refleja en la recta tangente, pasa por elotro foco.

A este respecto observamos que en una circunferencia los dos focos coin-ciden con su centro, y en una parabola uno de ellos es el punto de infinito deleje de la parabola. Las figuras siguientes recogen las cuatro posibilidades.

104 III. CONICAS

Q Q

F1F2 F1 = F2

QQ

F1

F2

F1F2

Demostracion. Expresemos geometricamente la afirmacion anterior en un pun-to Q = (α, β) de la conica. Se trata de ver que la tangente en Q es una bisectrizde las dos rectas r1 y r2 que unen Q con cada uno de los dos focos F1 y F2. La

recta ri (i = 1, 2) es paralela al vector unitario vi =→

FiQ

|→

FiQ |, y segun vimos en

II.5.3, las bisectrices de r1 y r2 son perpendiculares a los vectores w− = v1− v2y w+ = v1 + v2. Ası pues, hay que ver que la tangente en Q es perpendiculara uno de esos dos vectores w− o w+.

Elipse. En este caso hay que ver que la tangente es perpendicular a w+. Laecuacion es x2

a2 +y2

b2 = 1, y los focos son F1 = (c, 0) y F2 = (−c, 0). La tangenteen el punto (α, β) es α

a2 (x − α) + βb2 (y− β) = 0, perpendicular al vector u =(

αa2 , β

b2 ,)

. Se trata pues de comprobar que este vector es proporcional a

w+ =

→F1Q|F1Q| +

→F2Q|F2Q| =

1λ(α− c, β) +

1µ(α + c, β),

donde {λ = |(α− c, β)| =

√α2 − 2αc + c2 + β2,

µ = |(α + c, β)| =√

α2 + 2αc + c2 + β2.

Calculemos λ. Como (α, β) esta en la elipse, se cumple α2

a2 +β2

b2 = 1, y:

β2 = b2(

1− α2

a2

)=

(a2 − c2)(a2 − α2)

a2


(teniendo en cuenta la relacion a2 = b2 + c2). Sustituyendo en la expresion deλ obtenemos:

λ =

√α2 − 2αc + c2 +

(a2 − c2)(a2 − α2)

a2

=

√α2a2 − 2αa2c + a2c2 + a4 − a2c2 − α2a2 + α2c2

a2

=

√−2αa2c + a4 + α2c2

a2 =

√(a2 − αc)2

a2 =a2 − αc

a.

Un calculo similar proporciona

µ =a2 + αc

a,

y deducimos:

w+ =a

a2 − αc(α− c, β) +

aa2 + αc

(α + c, β)

=2a

(a2 − αc)(a2 + αc)(α(a2 − c2), βa2).

Como a2− c2 = b2, este vector es paralelo a (αb2, βa2). Ası, es ya facil ver queu =

(αa2 , β

b2

)es proporcional a w+. Basta observar que el siguiente determi-

nante es nulo: ∣∣∣∣∣ αb2 αa2

βa2 βb2

∣∣∣∣∣ = αβ− βα = 0.

Con esto hemos terminado.

Circunferencia. Este es un caso lımite del anterior para a = b = r: los dosfocos coinciden con el centro. Con las notaciones anteriores se tiene w+ =2r (α, β), y lo que ocurre es que la tangente es perpendicular a la recta que uneel centro con el punto Q.

Hiperbola. Se razona como para la elipse, pero en este caso hay que compro-bar que la tangente es perpendicular a w−. Hay unas pequenas variacionesde signos en los calculos, y solo debe tenerse cuidado con elegirlos para que λy µ sean positivos (pues son modulos de vectores). Es un buen ejercicio parael lector detallar completamente este caso de la hiperbola.

Parabola. En este caso la tangente debe ser perpendicular a w+. La ecuacionde la parabola es y2 = 2px, y su tangente en (α, β), que es −p(x− α) + β(y−

106 III. CONICAS

β) = 0, es perpendicular al vector u = (−p, β). Por otra parte, el foco de laparabola es ( p

2 , 0), que se toma como F1, y F2 es el punto de infinito del ejey = 0, de modo que v2 = (−1, 0). Con todo esto calculamos

w+ =(α− p

2 , β)

λ+ (−1, 0) = 1

λ (α−p2 − λ, β),

conλ =

√(α− p

2 )2 + β2 =

√(α− p

2 )2 + 2pα,

pues como (α, β) esta en la parabola, se cumnple β2 = 2pα. Operando resulta:

λ =

√α2 − αp + p2

4 + 2pα =

√α2 + αp + p2

4 = α + p2 .

Sustituyendo queda:

w+ = 1λ (α−

p2 − λ, β) = 1

λ (−p, β),

que es paralelo a u=(−p, β), y por tanto perpendicular a la tangente.

5.9 Observaciones. (1) En todos los razonamientos que hemos hecho se con-cluye que la tangente corta a la conica en un unico punto, que se obtiene apartir de una raız doble de un polinomio de segundo grado. Notese que enel caso de la hiperbola y la parabola aparecen otras rectas que cortan en ununico punto, pero no se obtienen a partir de un autentico polinomio de grado2. Por eso se dice que:

I La tangente es la recta que corta a la conica en un punto doble.

(2) Si contamos el punto de tangencia como doble, resulta que la tangentetambien corta a la conica en dos puntos (confundidos en uno: recuerdese aquıque la tangente es lımite de cuerdas). En cuanto a las rectas que no cortan a laconica, eso se debe a que tenemos un polinomio de grado 2 sin raıces reales;pero entonces el polinomio tiene dos raıces complejas conjugadas y distintas,ası que podemos decir que:

I Las rectas que parecen no cortar a la conica la cortan en dos puntos imaginarios.

(3) Quedan pues en apariencia ciertas rectas anomalas, que parecen cortara una conica en un unico punto que no es doble: las paralelas a las asıntotasde una hiperbola y las paralelas al eje de una parabola. Para enmendar estaanomalıa se dice que esas rectas cortan a la conica correspondiente en unsegundo punto del infinito. Se entiende esta afirmacion pensando que las


rectas paralelas se cortan en un punto del infinito. Entonces, como es claroque una asıntota corta a la hiperbola en infinito, sus paralelas tambien. Parala parabola se puede recurrir a algo parecido: sus ramas parabolicas tiendena ser paralelas al eje, luego este corta a la parabola en un punto de infinito, ypor tanto tambien sus paralelas. De este modo:

I Las rectas que parecen cortar a la conica en un unico punto la cortan tambien enun segundo punto, que es un punto de infinito.

(4) Segun lo anterior, vemos que los puntos de infinito distinguen a unasconicas de otras:

I Las elipses (y las circunferencias) no tienen ningun punto de infinito, las hiperbo-las tienen dos, y las parabolas tienen uno.

5.10 Posiciones relativas de dos conicas. Las tres observaciones anterioresse resumen diciendo que una recta y una conica se cortan en dos puntos, biencontados. Si se piensa que la recta tiene grado 1 y la conica grado 2, resultaque:

I El numero de puntos de interseccion es el producto de los grados.

Este es en realidad un teorema profundo (teorema de Bezout) que sirveno solo para rectas y conicas, sino para otras curvas con (ecuaciones de) cual-quier grado. Para dos conicas ya resultan configuraciones interesantes. Enprimer lugar, dos conicas son dos curvas de grado 2, luego deberan interse-carse en 2 · 2 = 4 puntos. Esos puntos podran ser simples o dobles, como alintersecar una recta con una conica, pero tambien triples o cuadruples. Vemosa continuacion varios ejemplos.

(1) Calcular la interseccion de la circunferencia (x − 1)2 + y2 = 4 y lahiperbola x2 − y2 = 1.

tangentecomun

(−1, 0)

(2,+√

3)

(2,−√

3)

tangentesdiferentesSolucion. Se trata de resolver el sistema{

(x− 1)2 + y2 = 4,x2 − y2 = 1.

Sumando ambas ecuaciones obtene-mos x2+(x−1)2 =5, que es la ecuacionde segundo grado 2x2−2x−4 = 0. Lasraıces de esta ecuacion son x = −1, 2.Sustituyendo estos valores de x en la

108 III. CONICAS

segunda ecuacion tenemos las dos siguientes:{y2 = x2 − 1 = 0,y2 = x2 − 1 = 3.

Lo primero nos da una solucion doble y = 0, y lo segundo las dos solucio-nes simples y = ±

√3. En consecuencia obtenemos los siguientes puntos de

interseccion:

• El punto doble (−1, 0), en el que las dos conicas tienen la misma tan-gente, la recta x = −1.• Los dos puntos simples (2,±

√3), en los que las tangentes de las coni-

cas no coinciden.

(2) Calcular la interseccion de las dos parabolas y + x2 = 34 y x + y2 = 3

4 .

Solucion. Para resolver el sistema{y + x2 = 3

4 ,

x + y2 = 34 ,

despejamos en la primera ecuacion y = 34 − x2 y sustituyendo en la segunda

ecuacion obtenemos x + ( 34 − x2)2 = 3

4 , es decir:

0 = x4 − 32 x2 + x− 3

16 =(x− 1

2

)3 (x + 32

).

tangente comun

( 12 , 1

2 )

Tenemos por tanto la solucion triplex = 1

2 , y la solucion simple x = − 32 .

De y = 34 − x2 obtenemos los valores

correspondientes de y, lo que da los si-guientes puntos de interseccion:

• El punto triple ( 12 , 1

2 ), en el que lasdos conicas tienen la misma tan-gente, la recta x + y = 1.• El punto simple (− 3

2 ,− 32 ), en el

que las conicas tienen distintastangentes.

(3) Estudiar la interseccion de la parabola x = y2 y la circunferencia(x− 1

2

)2+ y2 = 1

4 .


tangentecomun

(0, 0)

Solucion. Sustituyendo x = y2 en la ecuacionde la circunferencia obtenemos:(

y2 − 12

)2+ y2 = 1

4 ,

ecuacion que despues de operar se convierteen y4 = 0. Por tanto tenemos una unica so-lucion y = 0 que es cuadruple, y un unicopunto de interseccion (0, 0). Las dos conicastienen la misma tangente x = 0 en ese punto.

Estos ejemplos ilustran las cuatro maneras diferentes en que dos conicasse pueden cortar en un punto: (i) trasversal, si el punto es simple, (ii) tangente,si el punto es doble, (iii) osculante, si el punto es triple, y (iv) superosculante, siel punto es cuadruple.

Ejercicios

5.1. Estudiar las intersecciones de la hiperbola −x2 + (y + 2)2 = 1 con las rectas que pasanpor el punto (−1,−1).

5.2. Para cada constante positiva λ se denota Pλ el punto de interseccion de la recta y = λxcon la circunferencia de centro (λ, 0) tangente en el origen al eje x = 0. Describir el conjuntode todos los puntos Pλ.

5.3. Encontrar una recta paralela a la recta 3x− 2y = 3 que sea tangente a la elipse x2 +y2

9 =1. ¿Cuantas rectas hay con esa propiedad?

5.4. Encontrar todas las rectas que son tangentes a la vez a la circunferencia x2 + y2 = 4 y ala parabola y2 = 2x. (Indicacion: Intersecar la parabola con la tangente a la circunferencia enun punto de esta.)

5.5. Encontrar dos hiperbolas que solo se corten en dos puntos de infinito, y otras dos quesolo se corten en puntos imaginarios. (Indicacion: Elegir dos hiperbolas con los mismos ejes,primero con las mismas asıntotas, y luego con asıntotas diferentes.)

111

Capıtulo IV

Movimientos en el plano y en el espacio

Para completar el estudio del plano y del espacio hay que considerar las trasfor-maciones que se pueden hacer en ambos, es decir, de que manera se pueden moversus puntos, y consecuentemente trasformar las figuras que forman, como rectas, pla-nos y conicas. Lo mas general son las denominadas trasformaciones afines, que descri-biremos en general. De entre ellas son mas importantes las biyectivas, denominadasafinidades, y de entre estas interesan especialmente las que conservan distancias, lla-madas movimientos y las que conservan angulos, que son las afinidades conformes.Las trasformaciones mas sencillas son las traslaciones, y las homotecias. Tambien des-cribiremos las simetrıas, los giros y las simetrıas sesgadas del plano.

1. Trasformaciones afines

En lo que sigue denotamos E al plano o al espacio indistintamente. Sellaman trasformaciones las aplicaciones de E en sı mismo, para las que utiliza-remos la siguiente notacion

T : E→ E : P 7→ P ′ = T(P).

Ahora describiremos las trasformaciones relevantes para la geometrıa afın, ysu representacion en coordenadas.

1.1 Definicion. Una trasformacion afın es una trasformacion T de E que con-serva las proporciones, es decir, conserva las interpolaciones lineales:

si Q = (1− λ)P1 + λP2, entonces Q ′ = (1− λ)P ′1 + λP ′2 ,

para cualesquiera tres puntos Q, P1, P2 ∈ E.

Claramente, una trasformacion afın tambien conserva interpolaciones linea-les iteradas, segun II.2.7(1):

I Doble iteracion: si Q = (1− λ− µ)P1 + λP2 + µP3, entonces

Q ′ = (1− λ− µ)P ′1 + λP ′2 + µP ′3 .

112 IV. MOVIMIENTOS EN EL PLANO Y EN EL ESPACIO

I Triple iteracion: si Q = (1− λ− µ− γ)P1 + λP2 + µP3 + γP4, entonces

Q ′ = (1− λ− µ− γ)P ′1 + λP ′2 + µP ′3 + γP ′4 .

En particular, resulta que:

I T trasforma rectas en rectas, y planos en planos.

Demostracion. Basta recordar que un punto esta en la recta generada por otrosdos si y solo si se obtiene por interpolacion lineal de esos otros dos, y que unpunto esta en el plano generado por otros tres si se obtiene por interpolacionlineal doble de esos otros tres.

→T →TP1

P2

P ′1

P ′2

r r ′

P1

P2

P3

P ′2P ′3

P ′1

π ′π

La figura ilustra el hecho anterior, y muestra como se pueden calculargeometricamente las imagenes de rectas y planos. Esta afirmacion debe en-tenderse en sentido laxo, debido a que T no es necesariamente inyectiva. Porejemplo, si dos puntos distintos se trasforman en el mismo, entonces todala recta que generan se trasforma en ese mismo punto. Igualmente hay quetener cuidado con las imagenes de intersecciones, pues pueden no ser las in-tersecciones de las imagenes.

Para manipular comodamente las trasformaciones afines debemos obte-ner una expresion en coordenadas, para lo que se fija una referencia ortonor-mal de E. Sea T : P 7→ P ′ = T(P) una trasformacion afın de E.

1.2 Expresiones de T con coordenadas en el plano. Supongamos que E es el

plano, y {O;→

OA1,→

OA2} es la referencia fijada. Como es habitual, las coorde-nadas de un punto P respecto de esa referencia se denotan (x, y). Tenemos:

P = O +→

OP = O + x→

OA1 + y→

OA2

= O + x(A1 −O) + y(A2 −O) = (1− x− y)O + xA1 + yA2,

y podemos calcular P ′ = T(P) utilizando que T conserva las interpolacioneslineales dobles:

P ′ = (1− x− y)O ′ + xA ′1 + yA ′2.

1. TRASFORMACIONES AFINES 113

Para presentar esta igualdad mas sinteticamente, denotamos:(x ′, y ′) las coordenadas de P ′ = T(P),(a0, b0) las coordenadas de O ′ = T(O),(c1, d1) las coordenadas de A ′1 = T(A1), y(c2, d2) las coordenadas de A ′2 = T(A2),

con lo que la igualdad en cuestion resulta ser:(x ′

y ′

)= (1− x− y)

(a0b0

)+ x

(c1d1

)+ y

(c2d2

)=

(a0b0

)+

(c1 − a0 c2 − a0d1 − b0 d2 − b0

)(xy

).

En resumen, hemos mostrado que las coordenadas (x ′, y ′) de la imagen P ′

del punto P de coordenadas (x, y) se calculan mediante la expresion:

I(

x ′

y ′

)=

(a0b0

)+

(a1 a2b1 b2

)(xy

),

donde:(

a1b1

)=

(c1−a0d1−b0

)son las coordenadas de

→O ′A ′1=A ′1 −O ′,(

a2b2

)=

(c2−a0d2−b0

)son las coordenadas de

→O ′A ′2=A ′2 −O ′.

Reescribimos la expresion anterior como sistema de ecuaciones, y queda:

I{

x ′ = a0 + a1x + a2y,y ′ = b0 + b1x + b2y.

(?)

Ahora, anadiendo la ecuacion trivial 1 = 1, obtenemos la expresion ma-tricial siguiente:

I

1x ′

y ′

= 1 0 0

a0 a1 a2b0 b1 b2

1xy

. (??)

La matriz M =

(1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

)se llama matriz de T (respecto de la referencia dada).

La expresion matricial (??) se abrevia

P ′ = MP , M =

(1 0 0

O ′ A ′1 −O ′ A ′2 −O ′

).


1.3 Expresiones con coordenadas en el espacio. Si E es el espacio se razona

analogamente con cualquier referencia {O;→

OA1,→

OA2,→

OA3} fijada. El resul-tado son expresiones como las del plano, pero con tres coordenadas:

I Ecuaciones:

x ′ = a0 + a1x + a2y + a3z,y ′ = b0 + b1x + b2y + b3z,z ′ = c0 + c1x + c2y + c3z.

(?)

I Expresion matricial:

1x ′

y ′

z ′

=

1 0 0 0a0 a1 a2 a3b0 b1 b2 b3c0 c1 c2 c3

1xyz

, (??)

abreviada

P ′ = MP, M =

(1 0 0 0

O ′ A ′1 −O ′ A ′2 −O ′ A ′3 −O ′

).

1.4 Observaciones. (1) En los epıgrafes anteriores hemos comprobado comose representa en coordenadas una trasformacion afın. En realidad, la mejormanera de comprobar que una trasformacion es afın es representarla median-te unas ecuaciones como (?) o una expresion matricial como (??).

Demostracion. Hay que comprobar que una trasformacion definida medianteuna expresion matricial P ′ = MP conserva interpolaciones lineales. Pero esasinterpolaciones son combinaciones lineales (especiales), y estas se conservanpor las propiedades del producto de matrices.

(2) Tal y como se escribe la matriz de una trasformacion afın mediante lasimagenes de los puntos de una referencia, es evidente que:

I Una trasformacion afın del plano queda determinada por las imagenes de trespuntos no alineados.I Una trasformacion afın del espacio queda determinada por las imagenes de cuatropuntos no coplanarios.

Por ejemplo, la identidad T = Id : E → E, que es evidentemente unatrasformacion afın, se reconoce en cuanto sepamos que T trasforma en ellosmismos tres puntos no alineados en el plano, o cuatro puntos no coplanariosen el espacio.

Si los puntos cuyas imagenes por T conocemos son los de la referencia, la


matriz de la trasformacion se escribe inmediatamente segun sabemos. En otrocaso, habra que buscar las imagenes de los puntos de la referencia utilizandolas que se conocen. Veamos algun ejemplo.

1.5 Ejemplos. (1) Determinar la matriz de la trasformacion afın T que tras-forma los puntos (1, 0), (0, 1) y (1, 1) en los puntos (1, 1), (−1, 2) y (0,−3)respectivamente.

Solucion. Para determinar T : P 7→ P ′ hay que calcular la matriz

M =

(1 0 0

O ′ A ′1 −O ′ A ′2 −O ′

)tal que P ′ = MP. Para ello necesitamos conocer las imagenes O ′, A ′1 y A ′2de los tres puntos O = (0, 0), A1 = (1, 0) y A2 = (0, 1). El enunciado pro-porciona A ′1 y A ′2, pero O ′ debemos obtenerlo mediante ellas y la imagenQ ′ = (0,−3) de Q = (1, 1). Para ello expresamos primero O como interpola-cion de Q, A1 y A2:

O = (1− λ− µ)Q + λA1 + µA2.

Reemplazando los puntos por sus coordenadas obtenemos:(00

)= (1− λ− µ)

(11

)+ λ

(10

)+ µ

(01

),

de donde: {0 = 1− µ,0 = 1− λ.

Por tanto λ = µ = 1, y la interpolacion buscada es:

O = −Q + A1 + A2.

Como T conserva las interpolaciones lineales, es

O ′ = −Q ′ + A ′1 + A ′2 = −(

0−3

)+

(11

)+

(−12

)=

(06

).

Esto nos proporciona la primera columna de la matriz M, y para las otras dostenemos:

(a1b1

)= A ′1 −O ′ =

(11

)−(

06

)=

(1−5

),(

a2b2

)= A ′2 −O ′ =

(−12

)−(

06

)=

(−1−4

).


En conclusion, la matriz buscada es

M =

1 0 00 1 −16 −5 −4

.

(2) Determinar la trasformacion afın T que trasforma los puntos (1, 1), (0, 2)y (−1, 2) en los puntos (−1, 0), (1, 1) y (0,−1) respectivamente.

Solucion. En este caso no conocemos ninguna de las tres imagenes O ′, A ′1 yA ′2, pero las podemos calcular como en el ejemplo anterior. Empezamos porescribir:

O = 2(1, 1)− 3(0, 2) + 2(−1, 2),A1 = 2(1, 1)− 2(0, 2) + (−1, 2),A2 = (1, 1)− (0, 2) + (−1, 2),

y por tanto O ′ = 2(−1, 0)− 3(1, 1) + 2(0,−1) = (−5,−5),A ′1 = 2(−1, 0)− 2(1, 1) + (0,−1) = (−4,−3),A ′2 = (−1, 0)− (1, 1) + (0,−1) = (−2,−2).

Se deduce:(

a0b0

)=

(−5−5

)y

(a1b1

)=

(−4−3

)−(−5−5

)=

(12

),(

a2b2

)=

(−2−2

)−(−5−5

)=

(33

),

con lo que a matriz buscada es:

M =

1 0 0−5 1 3−5 2 3

.

(3) Encontrar la matriz de la trasformacion afın T del espacio tal que:

(0, 0, 0) 7→ (1, 1,−1), (1, 1, 0) 7→ (−2,−2,−1),(1, 0, 1) 7→ (0, 1, 0), (0, 0, 1) 7→ (2, 2,−1).

Solucion. Se hace como los anteriores, con tres coordenadas en lugar de dos.Primero expresamos los puntos de la referencia como interpolaciones de los


dados en el enunciado:O = (0, 0, 0),A1 = (1, 0, 0) = (0, 0, 0) + (1, 0, 1)− (0, 0, 1),A2 = (0, 1, 0) = (1, 1, 0)− (1, 0, 1) + (0, 0, 1),A3 = (0, 0, 1).

Observese que en la interpolacion que define A1 la presencia de (0, 0, 0) sirvepara que los tres coeficientes sumen 1. Por tanto las imagenes son:

O ′ = (1, 1,−1),A ′1 = (1, 1,−1) + (0, 1, 0)− (2, 2,−1) = (−1, 0, 0),A ′2 = (−2,−2,−1)− (0, 1, 0) + (2, 2,−1) = (0,−1,−2),A ′3 = (2, 2,−1).

En consecuencia:

a0b0c0

=

11−1

,

a1b1c1

=

−100

− 1

1−1

=

−2−11

,

a2b2c2

=

0−1−2

− 1

1−1

=

−1−2−1

,

a3b3c3

=

22−1

− 1

1−1

=

110

.

De este modo, la matriz de la trasformacion afın es:1 0 0 01 −2 −1 11 −1 −2 1−1 1 −1 0

.

1.6 Composicion de trasformaciones afines. Sean T y T ′ dos trasformacionesafines y M, M ′ sus matrices respectivas . Entonces la composicion T ′′ = T ′ ◦T : E→ E es una trasformacion afın, cuya matriz es el producto M ′′ = M ′M.


Demostracion. Sea P un punto cualquiera y P ′ = T(P), con lo que

P ′′ = T ′′(P) = T ′(T(P)) = T ′(P ′).

Pero P ′ = MP y por tanto P ′′ = M ′P ′ = M ′(MP) = (M ′M)P = M ′′P, don-de M ′′ = M ′M. Segun IV.1.4(1), de esta expresion matricial resulta lo que sequiere.

1.7 Ejemplo. Calcular la composicion de las trasformaciones afines de losejemplos IV.1.5(1),(2). ¿Da lo mismo el orden en que se haga la composicion?

Solucion. Las trasformaciones de los ejemplos citados tenıan por matrices

M1 =

1 0 00 1 −16 −5 −4

, M2 =

1 0 0−5 1 3−5 2 3

.

Por tanto las dos composiciones posibles son

M1M2 =

1 0 00 1 −16 −5 −4

1 0 0−5 1 3−5 2 3

=

1 0 00 −1 051 −13 −27

y

M2M1 =

1 0 0−5 1 3−5 2 3

1 0 00 1 −16 −5 −4

=

1 0 013 −14 −1313 −13 −14

.

Ya se ve que las matrices son diferentes, luego la composicion depende delorden en que se hace.

Ejercicios

1.1. Calcular la matriz de la trasformacion afın del plano tal que:

(1, 1) 7→ (4, 1), (−1, 0) 7→ (−2, 1), (2,−1) 7→ (0, 0).

1.2. Sea {O;→

OA1,→

OA2,→

OA3} una referencia del espacio. Encontrar las ecuaciones de la tras-formacion afın T que trasforma los puntos A1 y A3 en el punto A2, este ultimo en el origen O,y el origen O en el baricentro del triangulo de vertices A1, A2, A3.

1.3. Sea k una constante no nula. Determinar la trasformacion afın del plano que coincidecon la identidad en la recta x− y = k, y trasforma el origen (0, 0) en el punto (k, 0). ¿Cual esla imagen de esta trasformacion?

2. AFINIDADES 119

1.4. Calcular las ecuaciones de la trasformacion afın del plano que trasforma: (i) los puntos(−1,−1) y (0, 1) en los puntos (−1,−2) y (2,−1), y (ii) las rectas y = 1 y x − y = 0 enx + y = 1 y x− y = 1, respectivamente.

1.5. Encontrar la matriz de la trasformacion afın del espacio que trasforma todo el planox + y + z = 1 en el punto (1, 1, 1), y el origen (0, 0, 0) en el punto (−1,−1,−1). ¿Cual es laimagen de esta trasformacion?

2. Afinidades

De entre todas las trasformaciones afines se distinguen algunas especia-les:

2.1 Definicion. Una afinidad es una trasformacion afın biyectiva.

Es muy facil determinar si una trasformacion afın es biyectiva utilizandosus ecuaciones:

I Una trasformacion afın T de matriz M es biyectiva si y solo si det(M) 6=0.

Demostracion. Supongamos que T es un trasformacion afın del plano. Enton-ces la expresion matricial P ′ = MP corresponde a unas ecuaciones

{x ′ = a0 + a1x + a2y,y ′ = b0 + b1x + b2y,

siendo M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

.

Claramente T es biyectiva si y solo si para cada (x ′, y ′) ese sistema tiene unaunica solucion (x, y). Pero esto pasa si y solo si el determinante del sistemaes no nulo:

0 6=∣∣∣∣ a1 a2

b1 b2

∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

∣∣∣∣∣∣ = det(M),

y hemos obtenido la condicion del enunciado. En el espacio se razona analo-gamente.

Ademas, se deduce facilmente que:

I Si T : P 7→ P ′ es una afinidad, la aplicacion T ′ : P ′ 7→ P inversa de T es tambienuna afinidad.

Demostracion. Sea M la matriz de T. Como det(M) 6= 0, M tiene matriz inver-sa, que denotamos por M−1. Entonces de la expresion P ′ = MP deducimos


P = M−1P ′, y esta expresion matricial describe T−1, que por tanto es unatrasformacion afın.

P ′=P+u=(x ′, y ′)

P = (x, y)

u

2.2 Traslaciones. (1) Las afinidades massencillas son las traslaciones. Una trasla-cion es una trasformacion T : P 7→ P ′ =T(P) definida por P ′ = P + u, donde u esun vector fijo, que se llama vector de tras-lacion. Es claro que T es biyectiva, y su in-versa es T−1 : P ′ 7→ P = P ′ − u, es decir,la traslacion de vector opuesto −u.

(2) Fijemos una referencia y busquemos las ecuaciones de una traslacionT : P 7→ P ′ = P + u. Si estamos en el plano tendremos coordenadas P =(x, y), P ′ = (x ′, y ′) y u = (a0, b0). Entonces:(

x ′

y ′

)=

(xy

)+

(a0b0

),

esto es: {x ′ = a0 + x,y ′ = b0 + y,

y la matriz de T es

M =

1 0 0a0 1 0b0 0 1

.

Repitiendo el argumento en el espacio resulta la matriz

M =

1 0 0 0a0 1 0 0b0 0 1 0c0 0 0 1

.

Esto muestra que T es una trasformacion afın, y como es biyectiva, es unaafinidad.

2.3 Homotecias. (1) Una homotecia es una trasformacion T : P 7→ P ′ = T(P)del tipo

P ′ = C + λ→

CP = (1− λ)C + λP,

2. AFINIDADES 121

siendo C un punto fijado, llamado centro, y λ un escalar no nulo, llamadorazon. Como la interpolacion lineal anterior se puede escribir:

P = (1− 1λ )C + 1

λ P ′,

resulta que T es biyectiva, y su inversa T−1 : P ′ 7→ P es tambien una homo-tecia, de centro C y razon 1

λ .

P ′=(1− λ)C+λP

P

λ

1

CQ

Q ′

(2) Calculemos las ecuaciones de la homotecia

T : P 7→ P ′ = (1− λ)C + λP,

respecto de una referencia dada. Si estamos en el plano tendremos coordena-das P = (x, y), P ′ = (x ′, y ′) y C = (α, β). Entonces:(

x ′

y ′

)= (1− λ)

(αβ

)+ λ

(xy

),

esto es: {x ′ = (1− λ)α + λx,y ′ = (1− λ)β + λy,

y la matriz de T es

M =

1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

,{

a0 = (1− λ)α,b0 = (1− λ)β.

Repitiendo el argumento en el espacio con C = (α, β, γ), resulta la matriz

M =

1 0 0 0a0 λ 0 0b0 0 λ 0c0 0 0 λ

,

a0 = (1− λ)α,b0 = (1− λ)β,c0 = (1− λ)γ.

Esto muestra que T es una trasformacion afın, y como es biyectiva, es unaafinidad.


2.4 Ejemplos. (1) Demostrar que la composicion de una homotecia y unatraslacion es una homotecia.

Solucion. Las matrices de una homotecia y una traslacion son: 1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

,

1 0 0a ′0 1 0b ′0 0 1

.

La matriz de su composicion sera segun el orden de composicion: 1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

1 0 0a ′0 1 0b ′0 0 1

=

1 0 0a ′′0 λ 0b ′′0 0 λ

,

o bien: 1 0 0a ′0 1 0b ′0 0 1

1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

=

1 0 0a ′′0 λ 0b ′′0 0 λ

.

Vemos pues que la composicion (en cualquier orden) es una homotecia deigual razon que la homotecia de partida.

(2) Encontrar dos homotecias cuya composicion sea una traslacion.

Solucion. Consideremos las matrices de dos homotecias: 1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

,

1 0 0a ′0 µ 0b ′0 0 µ

.

La de su composicion sera: 1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

1 0 0a ′0 µ 0b ′0 0 µ

=

1 0 0a ′′0 λµ 0b ′′0 0 λµ

.

Esta es la matriz de una traslacion si y solo si λµ = 1, luego debemos componerhomotecias de razones inversas.

2.5 Invariantes de una afinidad. Sea T : P 7→ P ′ = T(P) una afinidad.

(1) Ya sabemos que T, por ser afın, conserva la alineacion y la coplanari-dad, pero como es una afinidad lo hace en sentido estricto:

2. AFINIDADES 123

I Tres puntos P1, P2, P3 estan alineados si y solo si lo estan sus imagenes P ′1 , P ′2 , P ′3 .I Cuatro puntos P1, P2, P3, P3 son coplanarios si y solo si lo son sus imagenesP ′1 , P ′2 , P ′3 , P ′4 .

Demostracion. Por ser T una trasformacion afın, si P1, P2, P3 estan alineados,tambien lo estan sus imagenes P ′1 , P ′2 , P ′3 . Recıprocamente, puesto que T−1 :P ′ 7→ P es una trasformacion afın, si P ′1 , P ′2 , P ′3 estan alineados, tambien loestan P1, P2, P3. Para cuatro puntos se razona de la misma manera.

(2) Uno de los aspectos importantes del estudio de una afinidad es comotrasforma puntos, rectas y planos. Por la observacion anterior, T trasformarectas en rectas, y planos en planos. No pueden darse situaciones como lassiguientes:

(i) Una recta que se trasforma en un unico punto, porque en tal caso dospuntos que la generan se trasforman en el mismo punto

(ii) Un plano que se trasforma en una recta porque entonces tres puntosque lo generan se trasforman en tres puntos alineados.

(3) Asımismo, las imagenes de las figuras por una afinidad se puedencalcular geometricamente, sin las precauciones especiales que se advirtieronen IV.1 para trasformaciones afines arbitrarias no necesariamente biyectivas.Por ejemplo, para una afinidad se cumple:

I El punto de interseccion de dos rectas se trasforma en el punto de interseccion delas imagenes de esas rectas.I La recta interseccion de dos planos se trasforma en la recta interseccion de lasimagenes de los dos planos.I El punto de interseccion de una recta y un plano se trasforma en el punto deinterseccion de las imagenes de la recta y del plano.

P ′ r ′2r2r1

Pr ′1 r

r ′

π1π ′1

π2 π ′2

→T →T

(4) Entre los puntos, rectas y planos de E se distinguen especialmente losque son invariantes por T, es decir, se trasforman en sı mismos:

• Un punto fijo de T es un punto P que se trasforma en sı mismo: P =T(P).


• Una recta invariante de T es una recta r que se trasforma en sı misma:r = T(r).

Para que pase esto basta que existan dos puntos distintos P1, P2 ∈ r cuyasimagenes esten tambien en r. Esto no significa que r contenga puntos fi-jos, y no deben confundirse las rectas invariantes con las rectas de puntosfijos. Estas ultimas son aquellas cuyos puntos son todos fijos, y son inva-riantes por supuesto, pero una recta invariante puede no tener ningunpunto fijo.

• Un plano invariante de T es un plano π que se trasforma en sı mismo:π = T(π).

Para que π sea invariante basta que contenga tres puntos P1, P2, P3 no ali-neados, cuyas imagenes esten tambien en π. Como en el caso de las rectas,un plano invariante no es necesariamente un plano de puntos fijos, aun-que es claro que tales planos son invariantes.

(5) Las relaciones de incidencia entre puntos fijos, rectas invariantes y pla-nos invariantes son, aunque inmediatas, muy utiles. Se deducen del calculogeometrico de las imagenes de rectas y de planos:

I Dos puntos fijos generan una recta invariante.I Un punto fijo y una recta invariante generan un plano invariante.I Dos rectas invariantes que se cortan, se cortan en un punto fijo y generan unplano invariante.I Dos rectas invariantes paralelas generan un plano invariante.I Una recta invariante y un plano invariante que se cortan, se cortan en un puntofijo.I Dos planos invariantes que se cortan, se cortan en una recta invariante.

2.6 Ejemplos. (1) Determinar los puntos fijos de traslaciones y homotecias.

Solucion. Sea T : P 7→ P + u una traslacion. Si P es un punto fijo, entoncesP = P + u, lo que solo es posible si u = 0, en cuyo caso T serıa la identidad.Luego excepto en ese caso, resulta:

I Una traslacion (distinta de la identidad) no tiene puntos fijos.

Sea ahora T : P 7→ (1− λ)C + λP una homotecia de centro C y razon λ.Un punto P es fijo si se cumple P = (1− λ)C+ λP. Si P 6= C, por la definicionde interpolacion lineal, tiene que ser λ = 1, pero en ese caso T es la identidad.Por tanto, P = C.

2. AFINIDADES 125

I El unico punto fijo de una homotecia (distinta de la identidad) es su centro.

(2) Determinar las rectas invariantes de traslaciones y homotecias.

Solucion. Sea T : P 7→ P + u una traslacion, r una recta y P un punto de r. Si r

es invariante, P ′ = P+ u ∈ r, luego u =→

PP ′ es paralelo a r. Recıprocamente,si u es paralelo a r, P ′ = P + u ∈ r para cada P ∈ r, y r es invariante.

P ′′=P ′+ uP ′=P+ u

P

r recta invarianteu

Luego:

I Las rectas invariantes de una traslacion son las paralelas al vector de traslacion.

Consideremos ahora una homotecia T : P 7→ (1− λ)C + λP. Sea r unarecta y P 6= C un punto suyo. Si r es invariante, P ′ = (1 − λ)C + λP ∈r. Ahora bien, P ′ esta en la recta generada por C y P, luego esa recta estatambien generada por P y P ′. Concluimos que C ∈ r. Supongamos ahora queC ∈ r. Entonces para cada P ∈ r, se tiene P ′ = (1− λ)C + λP ∈ r, y r esinvariante.

Q

Q ′

P

C 1

1

P ′

r recta invariante

λ

λ

Hemos probado ası:

I Las rectas invariantes de una homotecia son las que pasan por su centro.

(3) Encontrar el centro de la composicion de dos homotecias, cuando esacomposicion no es una traslacion.

Solucion. Sean T, T ′ dos homotecias de centros C, C ′ y razones λ, µ, respecti-vamente. Segun IV.2.3(2), las matrices de estas homotecias son:

T : M =

1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

, T ′ : M ′ =

1 0 0a ′0 µ 0b ′0 0 µ

,


y los centros

C =

(a0

1− λ,

b0

1− λ

), C ′ =

(a ′0

1− µ,

b ′01− µ

).

La composicion T ′′ = TT ′ tendra por matriz

M ′′=MM ′=

1 0 0a ′′0 λµ 0b ′′0 0 λµ

,{

a ′′0 = a0 + λa ′0,b ′′0 = b0 + λb ′0.

Ademas, λµ 6= 1 para que T ′ no sea una traslacion. El centro de T ′′ es elsiguiente:

C ′′ =(

a ′′01− λµ

,b ′′0

1− λµ

)=

(a0 + λa ′01− λµ

,b0 + λb ′01− λµ

)=

(a0

1− λµ,

b0

1− λµ

)+

(λa ′0

1− λµ,

λb ′01− λµ

)=

1− λ

1− λµ

(a0

1− λ,

b0

1− λ

)+

λ(1− µ)

1− λµ

(a ′0

1− µ,

b ′01− µ

)=

1− λ

1− λµC +

λ(1− µ)

1− λµC ′.

C

C ′

C ′′1

λ(1−µ)1−λµ

Esta es una interpolacion lineal de los cen-tros de las homotecias de partida, pues

1− λ

1− λµ+

λ(1− µ)

1− λµ= 1.

Vemos ası que el centro de T ′′ esta alineadocon los de T y T ′.

2.7 Calculo de puntos fijos. Sea T : P 7→ P ′ = T(P) una afinidad y Msu matriz, es decir, se tiene P ′ = MP. Por definicion, los puntos fijos sonlos puntos P tales que P = MP, luego son las soluciones de este sistema deecuaciones lineales. Basta resolver ese sistema para obtenerlos todos. Puedeque el sistema no tenga solucion, y no habra puntos fijos, o que tenga unasola, y habra un unico punto fijo, pero puede tambien que haya mas de una.En este caso, las soluciones formaran una recta de puntos fijos, o un plano depuntos fijos, pues sabemos que los sistemas de ecuaciones definen eso: rectasy planos de E. Esta es una informacion interesante sobre los puntos fijos:

2. AFINIDADES 127

I El conjunto de puntos fijos de una afinidad es: (i) vacıo, o (ii) un punto, o (iii) unarecta, o (iv) un plano.

Ejemplos. (1) Calcular los puntos fijos de la afinidad del plano cuyas ecua-ciones son: {

x ′ = 3− x + y,y ′ = 6− 4x + 3y.

Solucion. Como acabamos de decir, P = (x, y) es fijo si y solo si P = P ′, esdecir, si y solo si (x ′, y ′) = (x, y). Por tanto hay que resolver el sistema:{

x = 3− x + y,y = 6− 4x + 3y.

Operando estas dos ecuaciones se convierten en{0 = 3− 2x + y,0 = 6− 4x + 2y.

Como la segunda es el doble de la primera, ambas tienen las mismas so-luciones. Por tanto, los puntos fijos de T son las soluciones de la ecuacion0 = 3− 2x + y. Esta es la ecuacion de una recta, luego nuestra afinidad tieneuna recta de puntos fijos.

(2) Calcular los puntos fijos de la afinidad del espacio de ecuacionesx ′ = 1− 5x + 2y− 7z,y ′ = −1 + 2x− y + 3z,z ′ = 4x + 5z.

Solucion. Hay que resolver el sistema:x = 1− 5x + 2y− 7z,y = −1 + 2x− y + 3z,z = 4x + 5z,

≡

0 = 1− 6x + 2y− 7z,0 = −1 + 2x− 2y + 3z,0 = 4x + 4z.

Despejando en la ultima ecuacion obtenemos z = −x, y sustituyendo estevalor de z en las dos primeras queda:{

0 = 1− 6x + 2y− 7z = 1 + x + 2y,0 = −1 + 2x− 2y + 3z = −1− x− 2y,

que son ecuaciones proporcionales. Por tanto, el sistema inicial se reduce a{x + z = 0,1 + x + 2y = 0.


La afinidad tiene una recta de puntos fijos, cuyas ecuaciones son las anterio-res.

2.8 Calculo de rectas invariantes. Una vez obtenidos todos los puntos fijosde una afinidad T : P 7→ P ′ = T(P), debemos calcular las rectas invariantes.En primer lugar, puede que tengamos una recta de puntos fijos, que por su-puesto sera invariante, o un plano de puntos fijos, de manera que todas lasrectas de ese plano son a su vez de puntos fijos, luego invariantes. Distingui-do esto, se observa lo siguiente.

I Una recta r (que no sea de puntos fijos) es invariante si y solo si esta generada porun punto P no fijo y sus sucesivas imagenes P ′ = T(P), P ′′ = T(P ′), etc..

Demostracion. Supongamos primero r invariante. Elegimos cualquier puntoP ∈ r que no sea fijo, y por la invarianza de r, tambien P ′ = T(P) ∈ r. ComoP 6= P ′, los dos puntos generan r. Recıprocamente, consideremos un puntoP que no es fijo, y cuyas imagenes sucesivas P ′ = T(P) y P ′′ = T(P ′) estanalineadas con P. Entonces la recta r que generan es invariante, pues tiene dospuntos distintos P y P ′ cuyas imagenes P ′ y P ′′ tambien estan en r.

El resultado anterior sugiere el siguiente procedimiento: buscar los puntosP (no fijos), tales que P, P ′ = T(P) y P ′′ = T(P ′) esten alineados. Si expresamosesto mediante la matriz de T, tendremos: P ′ = MP y P ′′ = MP ′ = MMP =M2P. Que los tres puntos esten alineados se expresa mediante ciertas ecua-ciones, que se resuelven para obtener P. De esta manera, para cada solucionobtenemos una recta invariante, y ası obtenemos todas. En todo caso debetenerse presente que podemos obtener la misma recta de varias maneras.

Ejemplos. (1) Calcular las rectas invariantes de la afinidad de IV.2.7(1):{x ′ = 3− x + y,y ′ = 6− 4x + 3y.

Solucion. Buscaremos los puntos P = (x, y) que esten alineados con sus image-nes sucesivas P ′ = (x ′, y ′) y P ′′ = (x ′′, y ′′). Si denotamos M la matriz de laafinidad, es P ′ = MP y P ′′ = M2P. Por tanto: 1

x ′′

y ′′

=

1 0 03 −1 16 −4 3

2 1xy

=

16− 3x + 2y12− 8x + 5y

.

Ahora debemos escribir la condicion para que P, P ′ y P ′′ esten alineados, es

2. AFINIDADES 129

decir, para que los vectores→

PP ′ = P ′ − P y→

PP ′′ = P ′′ − P sean proporcio-nales. Esa condicion es que se anule el siguiente determinante:

0 =

∣∣∣∣ x ′ − x x ′′ − xy ′ − y y ′′ − y

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 3− 2x + y 6− 4x + 2y6− 4x + 2y 12− 8x + 4y

∣∣∣∣ .

Aquı vemos que la segunda columna es el doble de la primera, luego el deter-minante es siempre nulo. La conclusion es que todo punto (x, y) esta alineadocon sus imagenes sucesivas, luego por el pasa una recta paralela al vector

→PP ′ = (3− 2x + y, 6− 4x + 2y) = h(1, 2),

siendo h(x, y) = 3 − 2x + y. La ecuacion h(x, y) = 0 es precisamente lade la recta de puntos fijos de la afinidad, segun calculamos en el ejemploIV.2.7(1). Ası vemos como nuestra busqueda de rectas invariantes solo des-cuida los puntos fijos, y habrıa que anadir a las rectas invariantes anterioresla de puntos fijos. Pero ocurre que esa recta es tambien paralela al vector (1, 2)(observense los coeficientes de su ecuacion).

rectas invariantes(1, 2)

recta de puntos fijos

Podemos concluir:

I Las rectas invariantes de la afinidad son las rectas paralelas al vector (1, 2).

(2) Calcular las rectas invariantes de la afinidad de IV.2.7(2):x ′ = 1− 5x + 2y− 7z,y ′ = −1 + 2x− y + 3z,z ′ = 4x + 5z.

Solucion. Buscaremos como antes los puntos P = (x, y, z) que esten alineadoscon sus imagenes sucesivas P ′ = (x ′, y ′, z ′) = MP y P ′′ = (x ′′, y ′′, z ′′) =M2P, donde M es la matriz de la afinidad. Explıcitamente:

1x ′′

y ′′

z ′′

=

1 0 0 01 −5 2 −7−1 2 −1 30 4 0 5

2

1xyz

=

1

−6 + x− 12y + 6z2 + 5y− 2z4 + 8y− 3z

.


La condicion para que P, P ′ y P ′′ esten alineados, es decir, para que sean

proporcionales los vectores→

PP ′ = P ′ − P y→

PP ′′ = P ′′ − P es que tengarango 1 la matriz de las coordenadas de los dos ultimos: 1− 6x + 2y− 7z −6− 12y + 6z

−1 + 2x− 2y + 3z 2 + 4y− 2z4x + 4z 4 + 8y− 4z.

Para ello han de ser nulos los menores de orden 2. El primero es:

∆12 =

∣∣∣∣ 1− 6x + 2y− 7z −6− 12y + 6z−1 + 2x− 2y + 3z 2 + 4y− 2z

∣∣∣∣ ,

que se calcula, por ejemplo, sumando a la primera fila el triple de la segunda:

∆12 =

∣∣∣∣ −2− 4y + 2z 0−1 + 2x− 2y + 3z 2 + 4y− 2z

∣∣∣∣ = −4(1 + 2y− z)2.

De manera parecida para los otros dos menores obtenemos:

∆13 =

∣∣∣∣ 1− 6x + 2y− 7z −6− 12y + 6z4x + 4z 4 + 8y− 4z

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ 1 + 2y− z 04x + 4z 4 + 8y− 4z

∣∣∣∣ = 4(1 + 2y− z)2,

∆23 =

∣∣∣∣ −1 + 2x− 2y + 3z 2 + 4y− 2z4x + 4z 4 + 8y− 4z

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ −1− 2y + z 04x + 4z 4 + 8y− 4z

∣∣∣∣ = −4(1 + 2y− z)2,

En conclusion, los tres menores se anulan si y solo si 1 + 2y − z = 0. Estosignifica que por cada punto (x, y, z) de ese plano pasa una recta invarianteparalela al vector

→PP ′ = (1− 6x + 2y− 7z,−1 + 2x− 2y + 3z, 4x + 4z)

= (1−6x+2y−7(1+2y),−1+2x−2y+3(1+2y), 4x+4(1+2y))= (−6− 6x− 12y, 2 + 2x + 4y, 4 + 4x + 8y)= h(−3, 1, 2), siendo h(x, y) = 2(1 + x + 2y).

Deducimos:

2. AFINIDADES 131

I Por cada punto del plano 1 + 2y− z = 0 pasa una recta invariante paralela alvector (−3, 1, 2).

Esta afirmacion vale si h(x, y) 6= 0. Analicemos ahora el caso h(x, y) = 0.Los puntos del plano 1 + 2y− z = 0 que cumplen la condicion 0 = h(x, y) =2(1 + x + 2y) son los de la recta:{

1 + 2y− z = 0,1 + x + 2y = 0.

(?)

Sabemos que nuestra discusion de las rectas invariantes descuida los pun-tos fijos, ası que comparemos esta recta de puntos anomalos con la recta depuntos fijos de que calculamos en IV.2.7(2):{

x + z = 0,1 + x + 2y = 0.

(??)

Resulta que si restamos la primera ecuacion de la segunda el sistema (??)se convierte en (?), luego la condicion h(x, y) = 0 corresponde a los puntos

fijos. ¡Ya debıamos haber advertido esto, pues→

PP ′ = h(−3, 1, 2)!

rectas invariantes(−3, 1, 2)


1 + 2y− z = 0

Por supuesto, la recta de puntos fijos es invariante, y hay que anadirla a lasanteriores (pues no es una de ellas: (1,−1,−1) y (3,−2,−3) son puntos fijos,y el vector (1,−1,−1)− (3,−2,−3) = (−2, 1, 2) no es paralelo a (−3, 1, 2)).

2.9 Calculo de planos invariantes. En este caso T sera una afinidad del es-pacio. La estrategia es la misma que para rectas. Se toma un punto P y secalculan sus imagenes sucesivas: P ′, P ′′, P ′′′. Si P, P ′ y P ′′ estan alineados,entonces generan una recta invariante, que ya habrıamos detectado antes. SiP, P ′ y P ′′ no estan alineados, entonces generan un plano, y si este plano con-tiene a P ′′′, es un plano invariante. Ademas, cada plano invariante esta gene-rado de esta manera. En lugar de discutir teoricamente la casuıstica, veamosvarios ejemplos.


Ejemplos. (1) Calcular los planos invariantes de la afinidad de los ejemplosIV.2.7(2) y IV.2.8(2):

Solucion. Buscaremos puntos P que sean coplanarios con sus imagenes su-cesivas. Para ello nos sirven muchos de los calculos de IV.2.7(2) y IV.2.8(2).Allı obtuvimos para un punto P = (x, y, z) las imagenes P ′ = (x ′, y ′, z ′) yP ′′ = (x ′′, y ′′, z ′′). Obtenemos la tercera imagen sucesiva P ′′′ = (x ′′′, y ′′′, z ′′′)utilizando la matriz M de la afinidad:

1x ′′′

y ′′′

z ′′′

=

1 0 0 01 −5 2 −7−1 2 −1 30 4 0 5

3

1xyz

=

1

7− 5x + 14y− 13z−3 + 2x− 5y + 5z−4 + 4x− 8y + 9z

.

Para que los cuatro puntos P, P ′, P ′′ y P ′′′ sean coplanarios, los tres vectores→

PP ′ = P ′−P,→

PP ′′ = P ′′−P y→

PP ′′′ = P ′′′−P deben ser dependientes, esdecir, debe anularse el siguiente determinante:

∆ =

∣∣∣∣∣∣1− 6x + 2y− 7z −6− 12y + 6z 7− 6x + 14y− 13z−1 + 2x− 2y + 3z 2 + 4y− 2z −3 + 2x− 6y + 5z

4x + 4z 4 + 8y− 4z −4 + 4x− 8y + 8z

∣∣∣∣∣∣ .

Desarrollamos este determinante por la ultima columna y obtenemos:

∆=∆23(7−6x+14y−13z)− ∆13(−3+2x−6y+5z),+∆12(−4+4x−8y+8z)

donde los menores son los que se calcularon en el ejemplo IV.2.8(2):

∆23 = −∆13 = ∆12 = −4(1 + 2y− z)2.

En consecuencia, resulta:

∆=− 4(1 + 2y− z)2((7−6x+14y−13z)+(−3+2x−6y+5z)+(−4+4x−8y+8z)

)=− 4(1 + 2y− z)2 · 0 = 0

Esto significa que para cualquier punto del espacio se cumple la condicion, esdecir, por cada punto del espacio pasa un plano invariante, generado por elpunto y sus imagenes sucesivas. Para determinarlo, basta encontrar un vectorperpendicular. Lo mas facil es tomar el producto vectorial de los dos vectores→

PP ′ = P ′ − P y→

PP ′′ = P ′′ − P, que son paralelos al plano. Esto nos permiteaprovecharnos otra vez de los calculos anteriores, pues:

→PP ′ ×

→PP ′′ = (∆23,−∆13, ∆12) = h(1, 1, 1),

2. AFINIDADES 133

siendo h(x, y, z) = −4(1 + 2y− z)2. El caso h(x, y, z) = 0 corresponde a lospuntos del plano 1 + 2y − z = 0, que es invariante, pues invariantes sontodas las rectas de ese plano paralelas al vector (−3, 1, 2). Para el resto de lospuntos, h(x, y, z) 6= 0, y concluimos que todos los planos perpendiculares alvector (1, 1, 1) son invariantes. En resumen:

planos invariantesx+y+z=λ

1 + 2y− z = 0

I Los planos invariantes de la afinidad sonel plano 1 + 2y − z = 0 y todos los planosx + y + z = λ.

Es interesante observar como encajantodos los invariantes. Por ejemplo, la in-terseccion de dos planos invariantes debeser una recta invariante, y en nuestro casoobtenemos las rectas

r :{

x + y + z = λ,2y− z = −1.

Como de hecho ya conocemos todas las rectas invariantes, esta debe ser unade ellas, luego paralela al vector (−3, 1, 2). Lo confirmamos calculando unvector u paralelo a r:

u = (1, 1, 1)× (0, 2,−1) = (−3, 1, 2).

(2) Calcular los planos invariantes de la afinidad de ecuaciones:x ′ = 1− 2x− y− z,y ′ = 1− x− 2y− z,z ′ = −1 + x + y.

Solucion. Buscaremos puntos P = (x, y, z) que sean coplanarios con sus image-nes sucesivas P ′ = (x ′, y ′, z ′), P ′′ = (x ′′, y ′′, z ′′) y P ′′′ = (x ′′′, y ′′′, z ′′′). Resul-ta:

1x ′′

y ′′

z ′′

=

1 0 0 01 −2 −1 −11 −1 −2 −1−1 1 1 0

2

1xyz

=

1

−1 + 4x + 3y + 3z−1 + 3x + 4y + 3z1− 3x− 3y− 2z

,

1

x ′′′

y ′′′

z ′′′

=

1 0 0 01 −2 −1 −11 −1 −2 −1−1 1 1 0

3

1xyz

=

1

3− 8x− 7y− 7z3− 7x− 8y− 7z−3 + 7x + 7y + 6z

.


Para que P, P ′, P ′′ y P ′′′ sean coplanarios, los tres vectores

→PP ′ = P ′ − P ,

→PP ′′ = P ′′ − P y

→PP ′′′ = P ′′′ − P

deben ser dependientes, es decir, debe anularse el determinante

∆ =

∣∣∣∣∣∣1− 3x− y− z −1 + 3x + 3y + 3z 3− 9x− 7y− 7z1− x− 3y− z −1 + 3x + 3y + 3z 3− 7x− 9y− 7z−1 + x + y− z 1− 3x− 3y− 3z −3 + 7x + 7y + 5z

∣∣∣∣∣∣ .

Pero si se suma la tercera fila a cada una de las otras resulta:

∆ =

∣∣∣∣∣∣−2x− 2z 0 −2x− 2z−2y− 2z 0 −2y− 2z

−1 + x + y− z 1− 3x− 3y− 3z −3 + 7x + 7y + 5z

∣∣∣∣∣∣ ,

y este determinante es nulo por ser las dos primeras filas proporcionales a(1, 0, 1). Esto significa que por cada punto del espacio pasa algun plano in-variante, y los podemos calcular con sus imagenes sucesivas. Antes de conti-nuar la discusion observamos:

I P, P ′ y P ′′ estan alineados si y solo si los vectores→

PP ′ y→

PP ′′ son dependientes,si y solo si es nulo su producto vectorial:

uP =→

PP ′ ×→

PP ′′ = h(x, y, z)(y + z,−x− z,−x + y),

donde h(x, y, z) = 2(−1 + 3x + 3y + 3z).

Este producto vectorial es nulo si h(x, y, z) = 0 o si y + z = −x − z =−x + y = 0, es decir, para puntos del plano π : −1 + 3x + 3y + 3z = 0 o dela recta

r :{

y + z = 0,x + z = 0.

planos invariantesque contienen a r

π : −1+3x+3y+3z=0

rAhora supongamos que P, P ′ y P ′′ no

estan alineados. Entonces generan el uni-co plano invariante que pasa por P. Es-

te plano es paralelo a los vectores→

PP ′ y→

PP ′′ , luego perpendicular a su productovectorial uP. Esto define completamente elplano. El lector puede comprobar que he-mos obtenido los planos que contienen ala recta r anterior.

3. MOVIMIENTOS 135

Segun esto ademas, si un plano invariante no es π, como desde luego noesta contenido en r, tiene algun punto P que no esta alineado con sus image-nes sucesivas, luego tiene que ser uno de los que acabamos de describir. Portanto, el unico posible plano invariante adicional es el propio π. Pero es muyfacil decidir que sı es invariante: los tres puntos no alineados ( 1

3 , 0, 0),(0, 13 , 0),

(0, 0, 13 ) estan en π, y sus imagenes ( 1

3 , 23 ,− 2

3 ),(23 , 1

3 ,− 23 ), (

23 , 2

3 ,−1) estan tam-bien.

Ejercicios

2.1. Encontrar la afinidad del plano que trasforma el origen (0, 0) en el punto (−1,−1) y dejainvariantes la recta x = 1 y la recta y = 1.

2.2. Demostrar que si una afinidad intercambia dos puntos, entonces deja fijo su punto me-dio. ¿Que resultado similar se cumple para los tres vertices de un triangulo y su baricentro?

2.3. Encontrar las ecuaciones de una afinidad del plano que trasforma las rectas x− y + 1 =0, x = 0 e y = 0 en las rectas x + y = 1, y = 0 y x = −1, respectivamente.

2.4. Determinar los puntos fijos y las rectas invariantes de la afinidad del plano de ecuacio-nes: { x ′ = 1 + 2x,

y ′ = −x− y.

2.5. Calcular los puntos fijos y las rectas invariantes de la afinidad del ejemplo 4.2.9(2).

3. Movimientos

Las afinidades, aunque biyectivas, no son muy respectuosas con la for-ma de los objetos. En realidad, solo conservan las propiedades de incidencia,como la alineacion y el paralelismo. Esto es significativo para rectas en el es-pacio, pues en este caso hay que distinguir rectas paralelas y rectas que secruzan:

I Si T : E→ E es una afinidad del espacio, y r, s son dos rectas paralelas, entoncesT(r) y T(s) son paralelas.

Demostracion. Como r y s son paralelas, estan contenidas en un plano π, ydeducimos que T(r) y T(s) estan contenidas en el plano T(π). Si T(r) y T(s)no fueran paralelas se cortarıan, y como T es biyectiva, tambien se cortarıan


r y s, lo que no ocurre. Por tanto, T(r) y T(s) son paralelas.

Sin embargo, las afinidades pueden producir deformaciones como las si-guientes:

I Cualquier elipse se puede trasformar mediante una afinidad adecuada en unacircunferencia de radio 1.

Demostracion. Consideremos una elipse cualquiera, y elijamos el sistema dereferencia para que su ecuacion sea x2

a2 + y2

b2 = 1. Entonces la afinidad T deecuaciones x ′ = 1

a x, y ′ = 1b y, trasforma la elipse en una circunferencia x2 +

y2 = 1. En efecto, si un punto P = (x, y) esta en la elipse tenemos:

1 =x2

a2 +y2

b2 =( x

a

)2+(y

b

)2= x ′2 + y ′2,

lo que significa que P ′ = (x ′, y ′) esta en la circunferencia de centro el origeny radio 1.

Estas anomalıas motivan la consideracion de afinidades especiales:

3.1 Definicion. Un movimiento es una afinidad T : P 7→ P ′ que conservalas distancias: dados dos puntos P1 y P2 con imagenes P ′1 y P ′2 , se cumpledist(P1, P2) = dist(P ′1 , P ′2).

Claramente la composicion de dos movimientos es tambien un movi-miento.

3.2 Ejemplos. (1) Las traslaciones son movimientos.

P1 d P2

P ′1d P ′2

u

Demostracion. Consideremos una traslacionT : P 7→ P ′ = P + u. Veamos que T conser-va las distancias. Dados dos puntos P1 y P2cualesquiera resulta:

dist(P ′1 , P ′2) =∣∣P ′2 − P ′1

∣∣=∣∣(P2 + u)− (P1 + u)

∣∣=∣∣P2 − P1

∣∣ = dist(P1, P2).

(2) Una homotecia de razon λ multiplica las distancias por |λ|. En parti-cular, las unicas homotecias distintas de la identidad que conservan las dis-tancias son las de razon λ = −1.

3. MOVIMIENTOS 137

En realidad, esto es el teorema de Thales, segun se ve en la figura:

P1

P ′1λ

1

dλd

P2P ′2

λ

1

Demostracion. Sea T : P 7→ P ′ = (1− λ)C + λP la homotecia de centro C yrazon λ. Dados dos puntos P1 y P2 tenemos:

dist(P ′1 , P ′2) =∣∣P ′2 − P ′1

∣∣=∣∣((1− λ)C + λP2)− ((1− λ)C + λP1)

∣∣=∣∣λP2 − λP1

∣∣ = |λ|∣∣P2 − P1∣∣ = |λ|dist(P1, P2).

Esto prueba la primera afirmacion del enunciado. Ası, la unica manera de quese conserve la distancia es que |λ| = 1, es decir λ = ±1. Pero si λ = 1, la ho-motecia es simplemente la identidad, ası que queda la posibilidad λ = −1.

Para reconocer que afinidades son movimientos utilizaremos sus ecua-ciones. Esas ecuaciones se obtendran respecto de una referencia fijada, peropuesto que calcularemos distancias, esa referencia debe ser ortonormal. Asısera siempre a partir de este momento.

3.3 Determinacion de los movimientos. Sea T : P 7→ P ′=T(P) una afinidadde E, y fijemos una referencia ortonormal.

(1) Si T es una afinidad del plano, sus ecuaciones seran del tipo:{x ′ = a0 + a1x + a2y,y ′ = b0 + b1x + b2y.

Dados dos puntos P1 = (x1, y1) y P2 = (x2, y2), tenemos

dist(P1, P2) =√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2,


y para las imagenes

dist(P ′1 , P ′2) =√(x ′2 − x ′1)2 + (y ′2 − y ′1)2.

Ahora bien, segun las ecuaciones de T se cumple:{x ′1 = a0 + a1x1 + a2y1,y ′1 = b0 + b1x1 + b2y1,

{x ′2 = a0 + a1x2 + a2y2,y ′2 = b0 + b1x2 + b2y2.

Estos valores se sustituyen en la expresion anterior de dist(P ′1 , P ′2) y despuesde simplificar resulta la formula siguiente:

dist(P ′1 , P ′2)=√(a1(x2−x1)+a2(y2−y1))

2 + (b1(x2−x1)+b2(y2−y1))2

=√(a2

1+b21)(x2−x1)2+2(a1a2+b1b2)(x2−x1)(y2−y1)+(a2

2+b22)(y2−y1)2.

Por tanto, T es un movimiento si y solo si para cualesquiera valores x1, x2,y1, y2 se tiene√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

=√(a2

1+b21)(x2−x1)2+2(a1a2+b1b2)(x2−x1)(y2−y1)+(a2

2+b22)(y2−y1)2.

Es claro que esto se cumple si a21 + b2

1 = a22 + b2

2 = 1 y a1a2 + b1b2 = 0. Recıpro-camente, si la igualdad ultima se cumple para cualesquiera P1 = (x1, y1) yP2 = (x2, y2), tomando

(i) P1 = (1, 0), P2 = (0, 0), obtenemos a21 + b2

1 = 1,(ii) P1 = (0, 1), P2 = (0, 0), obtenemos a2

2 + b22 = 1, y

(iii) P1 = (1, 1), P2 = (0, 0), obtenemos a1a2 + b1b2 = 0.

En conclusion, hemos demostrado lo siguiente:

I Una afinidad T del plano es un movimiento si y solo si{a2

1 + b21 = a2

2 + b22 = 1,

a1a2 + b1b2 = 0.

(2) Si T es una afinidad del espacio se razona de manera completamenteanaloga, con una coordenada mas, y se obtiene:

I Una afinidad T del espacio de ecuacionesx ′ = a0 + a1x + a2y + a3z,y ′ = b0 + b1x + b2y + b3z,z ′ = c0 + c1x + c2y + c3z

3. MOVIMIENTOS 139

es un movimiento si y solo si{a2

1 + b21 + c2

1 = a22 + b2

2 + c22 = a2

3 + b23 + c2

3 = 1,a1a2 + b1b2 + c1c2 = a1a3 + b1b3 + c1c3 = a2a3 + b2b3 + c2c3 = 0.

3.4 Ejemplos. (1) La matriz de un movimiento del plano es

M =

1 0 01 a1 a2

1 12 b2

.

Determinar las constantes a1, a2 y b2 sabiendo que trasforma el punto (1, 1)en un punto de la recta x− y =

√3.

Solucion. Por ser un movimiento, se debe cumplir:{a2

1 + b21 = a2

2 + b22 = 1,

a1a2 + b1b2 = 0,

con b1 = 12 . Por tanto a2

1 +14 = 1, luego a1 = ε

√3

2 con ε = ±1. Por otra parte,de la igualdad

0 = a1a2 + b1b2 = ε√

32 a2 +

12 b2

deducimos b2 = −ε√

3a2, que sustituido en la otra ecuacion da:

1 = a22 + b2

2 = a22 +

(− ε√

3a2)2

= a22 + ε23a2

2 = 4a22

(pues ε2 = 1), de modo que a2 = ± 12 , y en consecuencia

b2 = −ε√

3a2 = ∓ε√

32 .

Todo esto da las siguientes posibles matrices:

ε = +1 : M+1 =

1 0 01

√3

2 − 12

1 12

√3

2

, M+2 =

1 0 01

√3

212

1 12

−√

32

,

ε = −1 : M−1 =

1 0 01 −

√3

212

1 12

√3

2

, M−2 =

1 0 01 −

√3

2 − 12

1 12 −

√3

2

.


Para saber cual corresponde a nuestra afinidad calculamos la imagen del pun-to (1, 1) en los cuatro casos:

M+1

111

=

112 +

√3

232 +

√3

2

, M+2

111

=

132 +

√3

232 −

√3

2

,

M−1

111

=

132 −

√3

232 +

√3

2

, M−2

111

=

112 −

√3

232 −

√3

2

.

De todos estos puntos solo el de M+2 esta en la recta x − y =

√3, luego M−1

es la matriz de nuestro movimiento.

(2) Obtener todos los movimientos del plano que dejan fijo el punto (1, 1)y trasforman (2, 1) en (1, 2).

Solucion. Para calcular la matriz de uno de esos movimientos procedemoscomo con una trasformacion afın cualquiera. Tenemos:

O=(0, 0) 7→ O ′=(a0, b0),P=(1, 1) 7→ P ′=(1, 1),Q=(2, 1) 7→ Q ′=(1, 2),

de modo que las imagenes de:{A1 = (1, 0) = O− P + Q,A2 = (0, 1) = O + P− A1

son {A ′1 = O ′ − P ′ + Q ′ = (a0, b0)− (1, 1) + (1, 2) = (a0, b0 + 1),A ′2 = O ′ + P ′ − A ′1 = (a0, b0) + (1, 1)− (a0, b0 + 1) = (1, 0).

Ası pues, {A ′1 −O ′ = (0, 1),A ′2 −O ′ = (1− a0,−b0),

y la matriz es:

M =

(1 0 0

O ′ A ′1 −O ′ A ′2 −O ′

)=

1 0 0a0 0 1− a0b0 1 −b0

.

3. MOVIMIENTOS 141

Ahora utilizamos las condiciones que caracterizan los movimientos:{a2

1 + b21 = a2

2 + b22 = 1,

a1a2 + b1b2 = 0,

que en nuestro caso se reducen a:{1 = (1− a0)2 + (−b0)2 = 1,−b0 = 0.

y tenemos dos posibles soluciones a0 = 0, 2 y uno solucion b0 = 0. De estamanera obtenemos dos matrices:1 0 0

0 0 10 1 0

y

1 0 02 0 −10 1 0

,

que corresponden a los dos movimientos con las condiciones requeridas.

3.5 Matrices ortogonales. Segun hemos visto en el parrafo anterior, paradistinguir si una afinidad de matriz

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

o M =

1 0 0 0a0 a1 a2 a3b0 b1 b2 b3c0 c1 c2 c3

es a un movimiento, del plano o del espacio, solo es relevante la submatriz

M0 =

(a1 a2b1 b2

)o M0 =

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

.

De hecho, las condiciones obtenidas en el parrafo anterior se escriben muysencillamente como sigue:(

a1 b1a2 b2

)(a1 a2b1 b2

)=

(1 00 1

)y a1 b1 c1

a2 b2 c2a3 b3 c3

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

=

1 0 00 1 00 0 1

.


Denotando como es usual por Nt la matriz traspuesta de una matriz N, y porI la matriz identidad, las condiciones anteriores se abrevian Mt

0M0 = I; sedice que M0 es una matriz ortogonal. Por tanto

I La afinidad T es un movimiento si y solo M0 es una matriz ortogonal.

Ejercicios

3.1. Encontrar todas las afinidades del plano que trasforman las rectas x = −1, y = 1 y x = 1en las rectas y = 1, x = 0 e y = −1, respectivamente. ¿Cuantas son movimientos?

3.2. ¿Existe algun movimiento del plano que trasforme el conjunto x2 + y2 = 1 en el conjunto(x− 2)2 + (y− 2)2 = 1

4 ?

3.3. Encontrar todos los movimientos del plano que trasforman la recta y = 0 en la rectax = 0, y el punto (1, 1) en el punto (−1,−1).

3.4. Determinar todos los movimientos del plano que trasforman la recta x = 1 en la rectay = 1, y viceversa.

3.5. Calcular las ecuaciones del movimiento del espacio que coincide con la identidad en elplano x− y = 1 (pero no es la identidad).

4. Semejanzas

En algunos casos la conservacion de las distancias que hemos descrito enla seccion anterior es demasiado restrictiva, y es suficiente con lo siguiente:

4.1 Definicion. Una semejanza es una afinidad T : P 7→ P ′ = T(P) queconserva los angulos: dados tres puntos P, P1 y P2, con imagenes P ′, P ′1 y P ′2 ,

el angulo que forman los vectores→

PP1 y→

PP2 es el mismo que forman los

vectores→

P ′P ′1 y→

P ′P ′2 .

Claramente la composicion de dos semejanzas es tambien una semejan-za. Como antes, utilizaremos ecuaciones para determinar las semejanzas. Loscalculos son muy parecidos, puesto que los angulos se determinan medianteproductos escalares.

4.2 Determinacion de las semejanzas.. Sea T : P 7→ P ′ = T(P) una afinidadde E, y supongamos fijada una referencia ortonormal.

4. SEMEJANZAS 143

(1) Si T es una afinidad del plano, sus ecuaciones seran del tipo:{x ′ = a0 + a1x + a2y,y ′ = b0 + b1x + b2y.

Dados tres puntos P = (x, y), P1 = (x1, y1) y P2 = (x2, y2), tenemos:

cos(→

PP1 ,→

PP2 ) =〈→

PP1 ,→

PP2 〉

|→

PP1 | |→

PP2 |=

q√m1√

m2,

donde q = (x1 − x)(x2 − x) + (y1 − y)(y2 − y),

m1 = (x1 − x)2 + (y1 − y)2,

m2 = (x2 − x)2 + (y2 − y)2.

Por otra parte consideramos las imagenes P ′ = (x ′, y ′), P ′1 = (x ′1, y ′1) y P ′2 =(x ′2, y ′2) de los tres puntos P, P1 y P2, y y obtenemos una formula

cos(→

P ′P ′1 ,→

P ′P ′2) =q ′√

m ′1√

m ′2

como la de antes, con x ′, . . . , y ′2 en lugar de x, . . . , y2. En esa formula se sus-tituyen x ′, . . . , y ′2 por sus expresiones en funcion de x, . . . , y2, dadas por lasecuaciones de T, y resulta:

q ′ = (a21+b2

1)(x1−x)(x2−x)

+2(a1a2+b1b2) ((x1−x)(y2−y) + (x2−x)(y1−y))

+(a22+b2

2)(y1−y)(y2−y),

m ′1 = (a21+b2

1)(x1−x)2+2(a1a2+b1b2)(x1−x)(y1−y)+(a22+b2

2)(y1−y)2,

m ′2 = (a21+b2

1)(x2−x)2+2(a1a2+b1b2)(x2−x)(y2−y)+(a22+b2

2)(y2−y)2.

Se trata de saber cuando los dos cosenos son iguales.

Una manera sencilla de que los cosenos sean iguales es que exista unaconstante ρ > 0 tal que

(?) q = ρq ′, m1 = ρm ′1, y m2 = ρm ′2,

pues entonces:

q ′√m ′1√

m ′2=

ρq√

ρm1√

ρm2=

ρq√ρ2√m1

√m2

=q√

m1√

m2.


Vemos que una forma facil de garantizar la condicion (?) es que se cumpla:

(??)

{a2

1 + b21 = a2

2 + b22 = ρ,

a1a2 + b1b2 = 0.

Pero es que estas ecuaciones (??) se cumplen siempre que los cosenos soniguales. Para verlo supongamos los cosenos son iguales para cualesquieratres puntos P, P1 y P2, y elijamos algunos en particular:

(i) Para P = (0, 0), P1 = (1, 0) y P2 = (0, 1):

0 = cos(→

PP1 ,→

PP2 ) = cos(→

P ′P ′1 ,→

P ′P ′2)

=q ′√

m ′1√

m ′2=

2(a1a2+b1b2)√a2

1+b21

√a2

2+b22

,

luego 0 = a1a2+b1b2, que es la segunda de las igualdades (??).(ii) Para P = (0, 0), P1 = (1, 1) y P2 = (0, 1):

1√2= cos(

→PP1 ,

→PP2 ) = cos(

→P ′P ′1 ,

→P ′P ′2) =

q ′√m ′1√

m ′2

=a2

2+b22√

(a21+b2

1) + (a22+b2

2)√

a22+b2

2

=

√a2

2+b22√

(a21+b2

1) + (a22+b2

2),

que elevando al cuadrado y operando proporciona

2(a22+b2

2) = (a21+b2

1) + (a22+b2

2),

de modo que a21+b2

1 = a22+b2

2, primera de las igualdades (??).

En resumen, hemos demostrado lo siguiente:

I Una afinidad T del plano es una semejanza si y solo si{a2

1 + b21 = a2

2 + b22,

a1a2 + b1b2 = 0.

(2) Si T es una afinidad del espacio se razona de manera completamenteanaloga, con una coordenada mas, y se obtiene:

I Una afinidad T del espacio de ecuacionesx ′ = a0 + a1x + a2y + a3z,y ′ = b0 + b1x + b2y + b3z,z ′ = c0 + c1x + c2y + c3z,

4. SEMEJANZAS 145

es una semejanza si y solo si{a2

1 + b21 + c2

1 = a22 + b2

2 + c22 = a2

3 + b23 + c2

3,a1a2 + b1b2 + c1c2 = a1a3 + b1b3 + c1c3 = a2a3 + b2b3 + c2c3 = 0,

4.3 Ejemplos. (1) Determinar todas las semejanzas del plano que cumplenlas condiciones siguientes: (i) dejan invariante la recta x = 0, y (ii) trasformanel punto (1, 0) en un punto de la recta x = y. ¿Cuantas de esas semejanzasson movimientos?

Solucion. Las semejanzas que buscamos tendran unas ecuaciones:{x ′ = a0 + a1x + a2y,y ′ = b0 + b1x + b2y,

con{

a21 + b2

1 = a22 + b2

2,a1a2 + b1b2 = 0.

La condicion primera del enunciado es que la imagen de todo punto P =(0, y) es un punto P ′ = (0, y ′), es decir, si x = 0, entonces x ′ = 0. En conse-cuencia, x ′ = a0 + a2y = 0 para todo y, lo que pasa si y solo si a0 = a2 = 0.Sustituyendo esto en las condiciones para que la matriz sea la de una seme-janza obtenemos. {

a21 + b2

1 = b22,

b1b2 = 0.

Pero b2 no puede ser cero, pues entonces el determinante de la matriz de lasemejanza serıa nulo:∣∣∣∣∣∣

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

1 0 0a0 a1 0b0 b1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0.

y no se tratarıa de una afinidad; ası pues, b1 = 0. En fin, de a21 = b2

2 deducimosb2 = ±a1. Con todo esto nuestra semejanza tiene las ecuaciones siguientes:{

x ′ = λx,y ′ = µ± λy.

Ahora utilizamos la condicion (ii) del enunciado. La imagen del punto (1, 0)es el punto (λ, µ), que esta en la recta x = y si y solo si λ = µ. En conclusion,las semejanzas pedidas son las que tienen unas ecuaciones del tipo:

{x ′ = λx,y ′ = λ± λy,

con matriz Mλ =

1 0 00 λ 0λ 0 ±λ

.


Esta es la matriz de un movimiento si y solo si λ = 1, de modo que hay exac-tamente dos de estas semejanzas que son movimientos.

(2) Determinar la semejanza que trasforma: (i) el origen (0, 0) en el punto(1, 0), (ii) la recta x + y = 0 en una recta paralela, y (iii) la recta x = 1 en larecta x = −1. ¿Que tipo de afinidad es?

x=−1

→T

Px = 1

P ′

x + y = k

x + y = 0

(1, 0)

(0, 0)

Solucion. Como la semejanza trasforma la recta x + y = 0, que pasa por elorigen (0, 0), en una recta paralela x + y = k, esta debe pasar por la imagen(1, 0) del origen; por tanto k = 1. Ahora podemos calcular la imagen delpunto P = (1,−1) interseccion de las dos rectas x + y = 0 y x = 1: sera lainterseccion P ′ de las imagenes x + y = 1 y x = −1 de esas rectas, es decir,P ′ = (−1, 2). Ademas, sabemos que el punto Q = (1, 1) de la recta x = 1se trasforma en un punto Q ′ de la recta x = −1, es decir, Q ′ = (−1, c) paracierta constante c. Reuniendo todos los datos:

(0, 0) 7→ (1, 0), (1,−1) 7→ (−1, 2), (1, 1) 7→ (−1, c).

y podemos calcular la matriz M de la semejanza. Las imagenes de:{A1 = (1, 0) = 1

2 (1,−1) + 12 (1, 1),

A2 = (0, 1) = (0, 0)− 12 (1,−1) + 1

2 (1, 1),

son {A ′1 = 1

2 (−1, 2) + 12 (−1, c) = (−1, 1 + 1

2 c),A ′2 = (1, 0)− 1

2 (−1, 2) + 12 (−1, c) = (1,−1 + 1

2 c).

Ası pues, {A ′1 −O ′ = (−2, 1 + 1

2 c),A ′2 −O ′ = (0,−1 + 1

2 c),

y la matriz es:

M =

(1 0 0

O ′ A ′1 −O ′ A ′2 −O ′

)=

1 0 01 −2 00 1 + 1

2 c −1 + 12 c

.

4. SEMEJANZAS 147

Para terminar aplicamos la condicion de semejanza a1a2 + b1b2 = 0, que ennuestro caso se reduce a:

0 = (1 + 12 c)(−1 + 1

2 c) = 14 c2 − 1,

luego c = ±2, y tenemos las dos matrices:1 0 01 −2 00 2 0

,

1 0 01 −2 00 0 −2

.

Como la primera matriz tiene determinante nulo, no es la de una afinidad, yconcluimos que la matriz buscada es la segunda. Es una homotecia de razon−2.

4.4 Matrices conformes. Como los movimientos, las semejanzas se distin-guen facilmente por su matriz. Para determinar si una afinidad T que tienepor matriz

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

o M =

1 0 0 0a0 a1 a2 a3b0 b1 b2 b3c0 c1 c2 c3

es una semejanza, se considera la submatriz

M0 =

(a1 a2b1 b2

)o M0 =

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

y las condiciones obtenidas en el parrafo anterior se escriben muy sencilla-mente como sigue:(

a1 b1a2 b2

)(a1 a2b1 b2

)=

(ρ 00 ρ

), ρ > 0,

en el plano, y a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

=

ρ 0 00 ρ 00 0 ρ

, ρ > 0,


en el espacio. Abreviadamente Mt0M0 = ρI, ρ > 0, y se dice que la matriz M0

es conforme. En consecuencia:

I La afinidad T es una semejanza si y solo si la matriz M0 es conforme.

En realidad, una matriz conforme es casi una matriz ortogonal:

I Las matrices conformes son las matrices proporcionales a las ortogonales.

Demostracion. Supongamos que M0 es una matriz conforme: Mt0M0 = ρI

para cierta constante positiva ρ. Entonces podemos escribir:

M0 =√

ρ N0, con N0 =1√

ρM0,

y se comprueba inmediatamente que la matriz N0 es ortogonal. Recıproca-mente, si M0 = λN0, con λ 6= 0 y N0 ortogonal, resulta:

Mt0M0 = (λN0)

t(λN0) = λ2Nt0N0 = λ2 I,

y ρ = λ2 > 0, de manera que M0 es conforme.

Las consideraciones anteriores sobre matrices tienen consecuencias im-portantes como la siguiente:

4.5 Proposicion. Una afinidad es una semejanza si y solo si es composicion deun movimiento y una homotecia. En consecuencia, una semejanza multiplicalas distancias por una constante positiva.

Demostracion. Con la caracterizacion matricial de las semejanzas, es claro quelos movimientos y las homotecias son semejanzas, luego sus composicionestambien. Recıprocamente, sea T una semejanza del plano. Por todo lo ante-rior, la matriz M de T tiene el aspecto siguiente:

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

, con(

a1 b1a2 b2

)= λ

(a∗1 a∗2b∗1 b∗2

), λ 6= 0,

y siendo(

a∗1 a∗2b∗1 b∗2

)una matriz ortogonal. Por tanto M = NM∗, donde:

N =

1 0 0a0 λ 0b0 0 λ

, M∗ =

1 0 00 a∗1 a∗20 b∗1 b∗2

.

4. SEMEJANZAS 149

Evidentemente N es la matriz de una homotecia Tλ de razon λ y M∗ la de unmovimiento T∗, de manera que la igualdad anterior significa que T = Tλ ◦ T∗.Esto es lo que se pretendıa. En cuanto a la afirmacion sobre las distancias, re-sulta que T∗ las conserva, y Tλ las multiplica por |λ| (4.3.2(2)), luego T lasmultiplica por |λ|.

4.6 Ejemplos. (1) Escribir las semejanzas del ejemplo IV.4.3(1) como compo-sicion de un movimiento y una homotecia.

Solucion. Las matrices de esas semejanzas eran:

Mλ =

1 0 00 λ 0λ 0 ±λ

,

que podemos escribir ası:

Mλ =

1 0 00 λ 0λ 0 λ

1 0 00 1 00 0 ±1

.

La primera de estas matrices define una homotecia y la segunda un movi-miento, de lo que se sigue el enunciado.

(2) Demostrar que una semejanza del plano que multiplica por ρ > 0 lasdistancias entre puntos, tambien multiplica por ρ las distancias de puntos arectas, y multiplica por ρ2 las areas de paralelogramos y triangulos.

Solucion. Como las semejanzas conservan los angulos, trasforman perpendi-culares en perpendiculares, lo que significa que los pies de perpendicularesque se usan para calcular distancias a recta y planos se trasforman en pies deperpendiculares.

r ′

r

d→T

d ′

P

Q ′P ′

Q

Por tanto las distancias de puntos a rectas y planos se comportan como lasdistancias entre puntos, y por tanto se multiplican por ρ.


Para las areas, basta analizar las de los paralelogramos, pues las de lostriangulos son la mitad de aquellas. Ahora bien, una semejanza es una afi-nidad, luego conserva el paralelismo, ası que trasforma paralelogramos enparalelogramos, y como es semejanza y conserva la perpendicularidad, tras-forma alturas en alturas.

P ′2

h

P2b

→T

h ′

P3

P4

P ′1

b ′

P ′3P1

P ′4

En consecuencia, si un paralelogramo tiene base b y altura h, su imagen tienebase b ′ = ρb y altura h ′ = ρh, pues estas magnitudes son: la distancia entredos puntos la primera y la distancia de un punto a una recta la segunda.Concluimos que el area del paralelogramo de partida es A = b · h, y la de suimagen es

A ′ = b ′ · h ′ = (ρb) · (ρh) = ρ2(b · h) = ρ2A.

Ejercicios

4.1. Demostrar sin usar matrices que las traslaciones y las homotecias conservan angulos, esdecir, son semejanzas.

4.2. Se considera al trasformacion afın de ecuaciones{ x ′ = −2 +√

3x + y,y ′ = 3 + x−

√3y.

Comprobar que es una semejanza. ¿Por cuanto multiplica las distancias?¿Con que homoteciashay que componerla para obtener un movimiento?

4.3. Encontrar todas las semejanzas del plano que dejan invariantes las rectas y=1 y x=y.

4.4. Determinar todas las semejanzas del espacio que dejan invariante la recta x = y = z yen el plano x + y + z = 1 coinciden con una homotecia de centro el punto ( 1

3 , 13 , 1

3 ) y razon 2.

4.5. Demostrar que si una semejanza del espacio multiplica las distancias por una constanteρ > 0, entonces multiplica por ρ3 los volumenes de paralelepıpedos y tetraedros.

5. MOVIMIENTOS EN EL PLANO 151

5. Movimientos en el plano

En esta seccion estudiaremos de manera muy explıcita los movimientos

del plano E. Como es habitual, sea {O;→

OA1,→

OA2} una referencia ortonor-mal de E, que define coordenadas (x, y). Segun hemos visto en las seccionesanteriores, cada movimiento T de E se determina mediante una matriz

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

,

de manera que la submatriz

M0 =

(a1 b1a2 b2

)es ortogonal. El tipo mas sencillo de movimiento es la traslacion, cuya matrizes

M =

1 0 0a0 1 0b0 0 1

.

Veremos a continuacion los otros dos tipos basicos de movimientos del plano.

5.1 Simetrıas respecto de una recta. (1) Sean r una recta, y u un vector uni-tario y perpendicular a r. Entonces para cada punto P existe un unico puntoQ = P + λu ∈ r, que es el pie de la perpendicular a r que pasa por P. Defini-mos:

T : P 7→ P ′=Q−→

QP = 2Q−P. P

Q

P ′r

P=(x, y)

Q

P ′=(−x, y)

r : x = 0

Esta trasformacion T se llama simetrıa, y larecta r es el eje de simetrıa de T. Resulta que Tes idempotente, es decir, es su propia inversa:

T(T(P))=T(2Q−P)=2Q−(2Q−P)=P.

Se trata pues de una trasformacion biyectiva.

(2) Calculemos unas ecuaciones de T. Pa-ra simplificar los calculos, podemos elegir lareferencia ortonormal de manera que la rectar sea el eje x = 0.


Entonces dado un punto P = (x, y), el pie de la perpendicular es Q =(0, y) y la imagen P ′ = (x ′, y ′) es:(

x ′

y ′

)= 2

(0y

)−(

xy

)=

(−xy

).

Obtenemos las ecuaciones{x ′ = −x,y ′ = y,

M =

1 0 00 −1 00 0 1

.

Vemos pues que T es una trasformacion afın, y su matriz M0 es ortogonal,luego se trata de un movimiento.

(3) Busquemos los puntos fijos y las rectas invariantes de T. Con las ecua-ciones anteriores, los puntos fijos se obtienen resolviendo el sistema{

x = −x,y = y,

lo que da la recta de puntos fijos x = 0. Observamos que esta recta es el ejede simetrıa, y concluimos:

I Los puntos fijos de una simetrıa respecto de una recta son los puntos de su eje desimetrıa.

Para encontrar las rectas invariantes de T, buscamos los puntos P queesten alineados con sus imagenes sucesivas P ′, P ′′. Pero esto pasa siempre,pues P ′′ = P (por la idempotencia de T). Si P ∈ r, entonces P es fijo y noobtenemos nada, pero si P /∈ r, obtenemos la recta invariante que pasa porP = (a, b) y P ′ = (−a, b). Esta recta es y = b, es decir la perpendicular al ejede simetrıa que pasa por P. En consecuencia:

I Las rectas invariantes de una simetria respecto de una recta son el eje de simetrıay todas sus perpendiculares.

rectas invariantesperpendiculares al eje de simetrıa



(4) Recıprocamente, los puntos fijos caracterizan las simetrıas:

I Un movimiento del plano (distinto de la identidad) que tiene una recta de puntosfijos es la simetrıa respecto de esa recta.

Demostracion. Eligiendo las coordenadas podemos suponer que la recta depuntos fijos r es la recta x = 0 como antes. Entonces O = (0, 0) y A2 = (0, 1)son puntos fijos, y la matriz del movimiento sera del tipo:

M =

1 0 00 a1 00 b1 1

.

Las condiciones que cumple la matriz de un movimiento se reducen en estecaso a:

a21 + b2

1 = 1, b1 = 0.

Y como M no es la identidad a1 = −1, y obtenemos la matriz:

M =

1 0 00 −1 00 0 1

,

que, segun IV.5.1(2), corresponde a la simetrıa respecto de la recta de puntosfijos x = 0.

(5) La observacion anterior nos dice como reconocer las matrices de lassimetrıas. En efecto, consideremos una matriz M que defina un movimiento(distinto de la identidad):

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

,{

a21 + b2

1 = a22 + b2

2 = 1,a1a2 + b1b2 = 0,

y veamos cuando es una simetrıa, es decir, cuando tiene una recta de puntosfijos, que estara definida por el sistema:{

x = a0 + a1x + a2y,y = b0 + b1x + b2y,

≡{−a0 = (a1 − 1)x + a2y,−b0 = b1x + (b2 − 1)y.

(i) Si la primera ecuacion es identicamente nula, es decir a0 = a1 − 1 =a2 = 0, las condiciones para que sea un movimiento se reescriben como sigue:{

1 + b21 = b2

2 = 1,b1b2 = 0.


Resulta que b1 = 0 y b2 = ±1. Pero si b2 = 1, entonces

M =

1 0 00 1 0b0 0 1

,

que corresponde a una traslacion, y no a una simetrıa. Solo queda pues lamatriz:

M =

1 0 00 1 0b0 0 −1

.

(ii) Si la primera ecuacion no es identicamente nula, ha de definir la rectade puntos fijos, y la segunda ha de ser proporcional a ella. Por tanto existe λtal que:

(?) b0 = λa0, b1 = λ(a1 − 1), b2 − 1 = λa2.

No iremos mas alla en este caso, pues es preferible analizar cada ejemplo enparticular.

5.2 Ejemplos. (1) Mostrar que ninguna simetrıa compuesta con la simetrıarespecto del eje x = 0 produce otra simetrıa.

Solucion. La matriz de la simetrıa del enunciado es:1 0 00 −1 00 0 1

,

y consideramos la de otra arbitraria:

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

,{

a21 + b2

1 = a22 + b2

2 = 1,a1a2 + b1b2 = 0,

cuyos puntos fijos seran una recta, definida por el sistema:{x = a0 + a1x + a2y,y = b0 + b1x + b2y,

≡{−a0 = (a1 − 1)x + a2y,−b0 = b1x + (b2 − 1)y.

Segun acabamos de ver en IV.5.1(5), para que este sistema defina una recta, obien:

M =

1 0 00 1 0b0 0 −1

.


o bien la segunda ecuacion es proporcional a la primera, esto es, existe λ talque:

b0 = λa0, b1 = λ(a1 − 1), b2 − 1 = λa2. (?)

En el primer caso, al componer con la simetrıa dada obtenemos: 1 0 00 1 0b0 0 −1

1 0 00 −1 00 0 1

=

1 0 00 −1 0b0 0 −1

,

y esta es la matriz de una homotecia, no de una simetrıa. Por tanto, se deberanverificar las condiciones (?).

Para continuar, componemos las dos simetrıas y obtenemos: 1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

1 0 00 −1 00 0 1

=

1 0 0a0 −a1 a2b0 −b1 b2

.

Como antes, para que esta matriz sea la de una simetrıa, tiene que tener unarecta de puntos fijos, definida por el sistema:{

x = a0 − a1x + a2y,y = b0 − b1x + b2y,

≡{−a0 = −(a1 + 1)x + a2y,−b0 = −b1x + (b2 − 1)y.

De nuevo, o bien: 1 0 0a0 −a1 a2b0 −b1 b2

=

1 0 00 1 0b0 0 −1

,

o bien la segunda ecuacion es proporcional a la primera, y existe µ tal que:

−b0 = −µa0, −b1 = −µ(a1 + 1), b2 − 1 = µa2. (??)

En el primer caso, a0 = 0, a1 = −1, a2 = 0, b1 = 0 y b2 = −1, y resulta:

M =

1 0 00 −1 0b0 0 −1

,

que no corresponde a una simetrıa, sino a una homotecia. Concluimos que secumplen las condiciones (??), ademas de las anteriores (?):

(?)

b0 = λa0,b1 = λ(a1 − 1),b2 − 1 = λa2,

(??)

−b0 = −µa0,−b1 = −µ(a1 + 1),b2 − 1 = µa2.


(i) Supongamos primero λ 6= µ.

Entonces, a0 = b0 = 0 y a2 = b2 − 1 = 0, lo que junto con la condiciona1a2 + b1b2 = 0 nos da b1 = 0. Mas aun, tenemos:

1 = a21 + b2

1 = a21,

luego a1 = ±1. En resumen resulta:

M =

1 0 00 ±1 00 0 1

,

que corresponde a la identidad o a la misma simetrıa de eje x = 0. Ningunode estos movimientos cumple la condicion deseada.

(ii) Supongamos ahora λ = µ 6= 0.

En este caso deducimos:{b1 = λ(a1 − 1)−b1 = −λ(a1 + 1)

Por tanto, a1 + 1 = a1 − 1, lo que es imposible.

(iii) Supongamos por ultimo λ = µ = 0.

Resulta b0 = b1 = b2− 1 = 0. Por tanto, la condicion a21 + b2

1 = a22 + b2

2 = 1se escribe a2

1 = a22 + 1 = 1, con lo que a1 = ±1 y a2 = 0. Obtenemos las

matrices: 1 0 0a0 1 00 0 1

,

1 0 0a0 −1 00 0 1

.

La primera matriz define una traslacion, no una simetrıa, luego hay que ex-cluirla. La segunda sı define una simetrıa, pero compuesta con la simetrıa deeje x = 0 da: 1 0 0

a0 −1 00 0 1

1 0 00 −1 00 0 1

=

1 0 0a0 1 00 0 1

,

y obtenemos una traslacion, no una simetrıa.

Esto completa la discusion.


De hecho, como para cualquier simetrıa podemos elegir la referencia or-tonormal de modo que x = 0 sea su eje, hemos demostrado que:

I La composicion de dos simetrıas distintas no es nunca una simetrıa.

(2) Encontrar la simetrıa del plano que deja fijo el punto (0, 1) y compuestacon la traslacion de ecuaciones x ′ = x + 1, y ′ = y− 1, da otra simetrıa.

Solucion. Como en el ejemplo anterior, la simetrıa buscada tendra una matrizde la forma

M =

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

,{

a21 + b2

1 = a22 + b2

2 = 1,a1a2 + b1b2 = 0,

y, o bien

M =

1 0 00 1 0b0 0 −1

,

o bien existe λ tal que:

b0 = λa0, b1 = λ(a1 − 1), b2 − 1 = λa2. (?)

Ademas, el punto (0, 1) debe ser fijo. En el primero de los casos anterioresesto significa que1

01

=

1 0 00 1 0b0 0 −1

101

,=

10

b0 − 1

y resulta que b0 = 2. Ası, tenemos la matriz:

M =

1 0 00 1 02 0 −1

.

Si ahora multiplicamos la matriz de la traslacion del enunciado por esta ulti-ma queda: 1 0 0

1 1 0−1 0 1

1 0 00 1 02 0 −1

=

1 0 01 1 01 0 −1

,


que corresponde a un movimiento sin puntos fijos, luego no se trata de unasimetrıa. Por tanto, la matriz M anterior no es solucion, y debemos seguirbuscando.

Para ello, sabemos que al multiplicar la matriz de la traslacion por M: 1 0 01 1 0−1 0 1

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

=

1 0 01 + a0 a1 a2−1 + b0 b1 b2

tenemos que obtener la matriz de una simetrıa, y para ello el sistema de lospuntos fijos: {

−1− a0 = (a1 − 1)x + a2y,1− b0 = b1x + (b2 − 1)y,

tiene que definir una recta. De nuevo hay dos posibilidades: o bien 1 0 01 + a0 a1 a2−1 + b0 b1 b2

=

1 0 00 1 0

−1 + b0 0 −1

,

o bien existe µ tal que:

1− b0 = µ(−1− a0), b1 = µ(a1 − 1), b2 − 1 = µa2. (??)

Si fuera lo primero, entonces a0 = −1, a1 = 1, a2 = 0, b1 = 0, b2 = −1 yresultarıa la matriz:

M =

1 0 0−1 1 0b0 0 −1

,

pero esta es la matriz de un movimiento sin puntos fijos, luego hay que des-cartarla. Vemos pues que deben cumplirse las condiciones (??), que escribi-mos junto a las (?) anteriores:

b0 = λa0,b1 = λ(a1 − 1),b2 − 1 = λa2,

1− b0 = µ(−1− a0),b1 = µ(a1 − 1),b2 − 1 = µa2.

Supongamos que µ 6= λ. Entonces, a1 − 1 = b1 = 0 y a2 = b2 − 1 = 0, lo queda la matriz

M =

1 0 0a0 1 0b0 0 1

,


que representa una traslacion, no una simetrıa. Por tanto, µ = λ. Esto supues-to, como (0, 1) debe ser fijo,1

01

=

1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

101

=

1a0 + a2b0 + b2

,

luego a2 = −a0, b2 = 1− b0. La igualdad 1− b0 = µ(−1− a0) se convierte en

b2 = λ(a2 − 1),

y esta a su vez en b2 + λ = λa2, que comparamos con b2 − 1 = λa2 paraconcluir que λ = −1. Sustituyendo este valor de λ en (?) tenemos:

b0 = −a0, b1 = 1− a1, b2 = 1− a2.

Con todos los valores obtenidos, podemos expresar a0, b0, a1, a2, b1 y b2 enfuncion solamente de a1 y a2, y la matriz que resulta es:

M =

1 0 0−a2 a1 a2a2 1− a1 1− a2

.

Ahora las condiciones para que sea movimiento nos dan:1 = a2

1 + b21 = a2

1 + (1− a1)2 = 1− 2a1 + 2a2

1,1 = a2

2 + b22 = a2

2 + (1− a2)2 = 1− 2a2 + 2a22,

0 = a1a2 + b1b2 = a1a2 + (1− a1)(1− a2) = 2a1a2 + 1− a1 − a2,o sea,

a1(1− a1) = 0,a2(1− a2) = 0,a1 + a2 − 2a1a2 = 1.

Las dos primeras ecuaciones tienen las cuatro soluciones:

(a1 = 0, a2 = 0), (a1 = 1, a2 = 1) (a1 = 1, a2 = 0), (a1 = 0, a2 = 1).

De ellas, las dos primeras no cumplen la tercera ecuacion, y la tercera dalugar a la matriz identidad, de manera que solo queda la cuarta solucion.Esta corresponde a la matriz:

M2 =

1 0 0−1 0 11 1 0

,

que define la otra simetrıa buscada.

5.3 Giros. (1) Sea C un punto del plano, y sea α un angulo dado.


P=(x, y)

C=(a, b)

α

P ′=(x ′, y ′)

θ

Se define una trasformacion T : P 7→ P ′

denominada giro de centro C y angulo αcomo se describe en la figura (C quedafijo). Es claro que T es biyectiva, con in-versa el giro del mismo centro y angulo−α.

(2) Para calcular unas ecuaciones deT procedemos como se describe en lafigura. Sea C = (a, b). El punto P =

(x, y) y su imagen P ′ = (x ′, y ′) estan en la circunferencia de radio r. SegunIII.1.10, sera {

x = a + r cos θ,y = b + r sen θ,

y{

x ′ = a + r cos(θ + α),y ′ = b + r sen(θ + α).

Ahora operamos utilizando las expresiones de senos y cosenos para sumasde angulos:

x ′ = a + r cos(θ + α) = a + r(cos θ cos α− sen θ sen α)

= a + (r cos θ) cos α− (r sen θ) sen α

= a + (x− a) cos α− (y− b) sen α

=(a(1− cos α) + b sen α

)+ x cos α− y sen α,

y ′ = b + r sen(θ + α) = b + r(sen θ cos α + cos θ sen α)

= b + (r sen θ) cos α + (r cos θ) sen α

= b + (y− b) cos α + (x− a) sen α

=(b(1− cos α)− a sen α

)+ x sen α + y cos α.

Estas son las ecuaciones de nuestro giro, que corresponden a la matriz si-guiente:

M =

1 0 0a0 cos α − sen αb0 sen α cos α

,{

a0 = a(1− cos α) + b sen α,b0 = b(1− cos α)− a sen α.

Ası pues, se trata de una trasformacion afın, y un movimiento de hecho, puesla condicion de ortogonalidad se reduce para esta matriz a la igualdad trigo-nometrica cos α2 + sen α2 = 1.


(3) Por definicion, ya sabemos que el centro del giro es un punto fijo de T.Para calcularlos todos hay que resolver el sistema{

x = a0 + x cos α− y sen α,y = b0 + x sen α + y cos α,

≡{(1− cos α) x + (sen α) y = a0,−(sen α) x + (1− cos α) y = b0.

El determinante del sistema es∣∣∣∣ 1− cos α sen α− sen α 1− cos α

∣∣∣∣ = 1− 2 cos α + cos2 α + sen2 α = 2(1− cos α).

Si este determinante es cero, entonces cos α = 1 y α = 0, con lo que T serıa laidentidad. Por tanto no es el caso, y el sistema tiene solucion unica, esto es, Ttiene un unico punto fijo, que sera su centro:

I El unico punto fijo de un giro es su centro.

(4) A continuacion, buscamos las rectas invariantes de T. Como sabemos,hay que encontrar los puntos P que no son fijos y estan alineados con susimagenes sucesivas P ′, P ′′. Ahora bien, esas imagenes estan todas en unacircunferencia de centro C, y como una recta no puede cortar a una circun-ferencia en tres puntos distintos (3.5.1), P, P ′ y P ′′ no pueden serlo. PeroP 6= P ′ por no ser P fijo, y P ′ 6= P ′′ por ser T inyectiva, luego P = P ′′.

PC

QP ′

Q ′

Esto solo es posible si el angulo de giroes α = π. Pero en este caso cos α = −1,sen α = 0 y la matriz de T es

M =

1 0 0a0 −1 0b0 0 −1

.

Vemos que este giro es en realidad lahomotecia de centro C y razon −1, tambien llamada simetrıa respecto de C, ysus rectas invariantes son las que pasan por C. Ası hemos demostrado:

I Un giro (de angulo distinto de π) no tiene rectas invariantes.I Las rectas invariantes de un giro de angulo π son las que pasan por su centro.

5.4 Ejemplos. (1) Determinar todos los giros del plano que compuestos conla simetrıa de eje x = 0 dan simetrıas.

Solucion. Consideramos la matriz de un giro arbitrario y la de la simetrıa deeje x = 0:

M =


, N =

1 0 00 −1 00 0 1

.


La composicion de los dos tiene por matriz:

MN =

1 0 0a0 − cos α − sen αb0 − sen α cos α

,

y esta sera la matriz de una simetrıa si tiene una recta de puntos fijos, queestara definida por el sistema:{

x= a0+(−cos α)x+(−sen α)y,y=b0+(−sen α)x+(cos α)y,

≡{−a0=(−cos α− 1)x+(−sen α)y,−b0=(−sen α)x+(cos α−1)y.

Como ya hemos visto repetidamente, para esto hay dos posibilidades. O bien 1 0 0a0 − cos α − sen αb0 − sen α cos α

=

1 0 00 1 0b0 0 −1

,

o bien la segunda ecuacion del sistema es proporcional a la primera, es decir,existe λ tal que:

b0 = λa0, − sen α = λ(− cos α− 1), cos α− 1 = −λ sen α. (?)

Si pasa lo primero, α = π y a0 = 0. Por tanto, se trata de un giro de anguloπ y centro (0, b) (compruebelo el lector), que esta en el eje de la simetrıa.Supondremos en lo que sigue α 6= π y que se verifican las condiciones (?).

Despejando en las dos ultimas igualdades de (?), se obtiene:

λ =sen α

cos α + 1=

1− cos α

sen α,

y los denominadores no se anulan por ser α 6= π (observese que la segun-da igualdad se cumple por ser sen2 α + cos2 α = 1). Utilizando las razonestrigonometricas del angulo doble deducimos:

λ =sen α

cos α + 1=

2 sen(α/2) cos(α/2)cos2(α/2)− sen2(α/2) + 1

=2 sen(α/2) cos(α/2)

2 cos2(α/2)=

sen(α/2)cos(α/2)

.

Sustituyendo esto en la primera ecuacion de (?) resulta:

b0 =sen(α/2)cos(α/2)

a0,


o mejor:a0

cos(α/2)=

b0

sen(α/2)= µ,

para cierto escalar µ. En conclusion, obtenemos los giros cuya matriz es deltipo: 1 0 0

µ cos(α/2) cos α − sen αµ sen(α/2) sen α cos α

.

(2) Calcular el centro y el angulo de un giro que trasforma el punto (1, 1)en el punto (

√3

2 ,√

32 ), sabiendo que el centro esta en la recta x− y = 1

2 .

C

x−y= 12

α

(1, 1)mediatriz

(√

32 ,√

32 )

Solucion. Como el centro equidista decada punto P y su imagen P ′, esta en lamediatriz de esos dos puntos. En nues-tro caso P = (1, 1) y P ′ = (

√3

2 ,√

32 ), de

manera que la mediatriz es perpendi-cular al vector

→PP ′ = P ′ − P = (

√3

2 − 1,√

32 − 1)

= −2+√

32 (1, 1),

luego perpendicular al vector (1, 1). Ası la recta es x + y = k y como debepasar por el punto medio

12 P + 1

2 P ′ = 12 (1 +

√3

2 , 1 +√

32 ),

resultak = x + y = 1 +

√3

2 = 2+√

32 .

Tenemos pues la recta x + y = 2+√

32 , que pasa por el centro del giro, y el

enunciado nos da otra: x− y = 12 . Resolviendo el sistema que forman ambas

encontramos las coordenadas del centro, a saber:

C =

(3 +√

34

,1 +√

34

).


Ahora hay que calcular el angulo α, pero ese angulo es el que forman los

vectores→

CP y→

CP ′ . Lo determinamos mediante su coseno, que se obtienemediante el producto escalar:

cos α =〈→

CP ,→

CP ′ 〉∣∣ →CP

∣∣ ∣∣ →CP ′

∣∣ .Hacemos los calculos separadamente. Primero los vectores:

→CP = P− C =

(1− 3+

√3

4 , 1− 1+√

34

)=(

1−√

34 , 3−

√3

4

),

→CP ′ = P ′ − C =

(√3

2 −3+√

34 ,

√3

2 −1+√

34

)=(−3+

√3

4 , −1+√

34

).

Ahora, su producto escalar:

〈→

CP ,→

CP ′ 〉 = 1−√

34 · −3+

√3

4 + 3−√

34 · −1+

√3

4 = −3+2√

34 ,

y sus modulos, que coinciden:

∣∣ →CP

∣∣ = ∣∣ →CP ′

∣∣ = √( 1−√

34

)2+(

3−√

34

)2=

√4−2√

32 .

En conclusion

cos α =−3+2

√3

4(√4−2√

32

)2 =

√3

2,

y por tanto, el angulo es

α =π

6.

Nuestro objetivo final es clasificar todos los movimientos del plano, ymostrar que se reducen esencialmente a los tres anteriores: traslaciones, si-metrıas y giros. Para ello necesitamos describir un poco mejor las matricesortogonales.

5.5 Parametrizacion de matrices ortogonales. Para describir eficazmente lasmatrices ortogonales 2 × 2 se hace lo siguiente. Consideremos una matrizortogonal

M0 =

(a1 a2b1 b2

),

a2

1 + b21 = 1,

a22 + b2

2 = 1,a1a2 + b1b2 = 0.


La primera de las igualdades anteriores significa que (a1, b1) esta en la cir-cunferencia unidad de centro (0, 0), luego existe un angulo α de manera quea1 = cos α, b1 = sen α. Por otra parte, la tercera ecuacion dice que el vec-tor (a2, b2) es perpendicular al vector (a1, b1); como (−b1, a1) tambien lo es,necesariamente: (a2, b2) = λ(−b1, a1). Deducimos:

1 = a22 + b2

2 = (−λb1)2 + (λa1)

2 = λ2(a21 + b2

1) = λ2,

con lo que λ = ±1. Por tanto, hay dos posibilidades:

(a2, b2) =

{(−b1, a1) = (− sen α, cos α), si λ = 1,(b1,−a1) = (sen α,− cos α), si λ = −1.

Tenemos ası dos tipos de matrices ortogonales:

M+0 =

(cos α − sen αsen α cos α

), M−0 =

(cos α sen αsen α − cos α

).

5.6 Clasificacion de los movimientos del plano. Sea T un movimiento delplano. Por lo anterior, su matriz sera de una de las dos formas siguientes:

M =


, M =

1 0 0a0 cos α sen αb0 sen α − cos α

.

Ambos tipos de matrices se distinguen por su determinante:

det(M) =

{cos2 α + sen2 α = +1,− cos2 α− sen2 α = −1.

En el primer caso, det = +1, se trata de un giro, segun IV.5.3(2). Para entenderque tipo de movimiento corresponde al otro caso, det = −1, estudiaremossus puntos fijos.

(1) Los puntos fijos de un movimiento T de determinante negativo, seobtienen resolviendo el sistema{

x = a0 + x cos α + y sen α,y = b0 + x sen α− y cos α,

≡{(1− cos α) x− (sen α) y = a0,−(sen α) x + (1 + cos α) y = b0.

(?)

El determinante del sistema es∣∣∣∣ 1− cos α − sen α− sen α 1 + cos α

∣∣∣∣ = 1− cos2 α− sen2 α = 0,


luego hay por tanto dos posibilidades:

(i) Las ecuaciones (?) son proporcionales, y el sistema se reduce a unaecuacion, que es la de una recta de puntos fijos de T. Por IV.5.1(5), T es la si-metrıa respecto de esa recta.

(ii) Las ecuaciones (?) no son proporcionales, y el sistema no tiene solu-cion, con lo que T no tiene puntos fijos. En este caso consideramos la trasla-cion TO que trasforma O ′ = T(O) en O, y el movimiento T ′ = TO ◦ T. ComoO ′ = (a0, b0) la matriz de TO es: 1 0 0

−a0 1 0−b0 0 1

,

y la de T ′: 1 0 0−a0 1 0−b0 0 1

1 0 0a0 cos α sen αb0 sen α − cos α

=

1 0 00 cos α sen α0 sen α − cos α

.

Ası, T ′ es un movimiento con determinante negativo, que tiene al menos unpunto fijo, O, luego tiene que ser del tipo (i), y en consecuencia una simetrıa.Como de T ′ = TO ◦ T se deduce T = T−1

O ◦ T ′, y T−1O es otra traslacion, vemos

que:

I T es composicion de una simetrıa y una traslacion.

Denominaremos a este tipo de movimiento simetrıa sesgada; su eje es el dela traslacion, y su vector es el de la traslacion.

(2) Para terminar solo falta conocer las rectas invariantes de este movi-miento T que hemos llamado simetrıa sesgada; para simplificar podemos su-poner que la simetrıa que interviene en T tiene por eje la recta r : x = 0.Entonces las ecuaciones de T son muy sencillas:{

x ′ = a0 − x,y ′ = b0 + y

(que corresponden a la matriz ortogonal del tipo M−0 de IV.5.5, con α = π).Con estas ecuaciones, u = (a0, b0) es el vector de la traslacion que intervieneen T. Como T no tiene puntos fijos, el sistema{

x = a0 − x,y = b0 + y,


no tiene solucion, con lo que b0 6= 0. Pasemos ya a buscar las rectas invarian-tes, mediante el metodo habitual: buscar los puntos P que estan alineadoscon sus imagenes sucesivas P ′, P ′′. Si P = (x, y), entonces

P ′ = (x ′, y ′) = (a0 − x, b0 + y), P ′′ = (a0 − x ′, b0 + y ′) = (x, 2b0 + y).

Los tres puntos estan alineados si y solo si los vectores

→PP ′ = P ′ − P = (a0 − 2x, b0) y

→PP ′′ = P ′′ − P = (0, 2b0)

son proporcionales. Esto es equivalente a la anulacion de un determinante:

0 =

∣∣∣∣ a0 − 2x 0b0 2b0

∣∣∣∣ = 2b0(a0 − 2x).

Como b0 6= 0, es x = 12 a0, y concluimos

P = ( 12 a0, y), P ′ = ( 1

2 a0, b0 + y),

puntos que generan la recta invariante s : x = 12 a0. Esta representacion de la

recta invariante s depende de la manera en que estan elegidas las coordena-das, pero podemos dar otra que no dependa: s es la recta paralela a r obtenidatrasladandola mediante el vector 1

2 (a0, b0) =12 u. En consecuencia:

I Una simetrıa sesgada, composicion de la simetrıa de eje r y la traslacion de vectoru, tiene una unica recta invariante, que es la trasladada de r mediante 1

2 u.

5.7 Ejemplos. (1) ¿Que movimiento del plano trasforma el punto (1, 1) en elpunto (−1,−1), y deja invariante la recta x + y = 0?

Solucion. Empezamos buscando la imagen O ′ del origen O = (0, 0). ComoO dista

√2 del punto P = (1, 1), entonces O ′ dista tambien

√2 de P ′ =

(−1,−1). Por tanto, O ′ esta en la circunferencia (x + 1)2 + (y + 1)2 = 2.

(1, 1)x + y = 0

(−1,−1)

Por otra parte, O esta en la recta inva-riante x + y = 0, luego O ′ tambien de-be estar en esa recta. Ası, buscamos O ′

resolviendo el sistema{(x + 1)2 + (y + 1)2 = 2,x + y = 0.

Haciendo y = −x en la primera ecua-cion obtenemos

2 = (x+1)2+(−x+1)2 = (x2+2x+1)+(x2−2x+1) = 2x2+2,


luego x2 = 0 y la unica solucion es x = 0. Por tanto y = 0 y el punto esO ′ = (0, 0) = O. En consecuencia, nuestro movimiento tiene al menos unpunto fijo, luego no puede ser ni una traslacion ni una simetrıa sesgada. Peroun giro tampoco, pues tiene una recta invariante. En suma debe ser una si-metrıa, y su eje la recta invariante. Ası vemos que se trata de la simetrıa deeje la recta x = y.

(2) La matriz de una simetrıa sesgada T es

1 0 01 τ τ1 τ −τ

, con τ = 1√2. De-

terminar todas las traslaciones que compuestas con T dan una simetrıa. ¿Querelacion hay entre esas traslaciones y la recta invariante de T?

Solucion. Consideremos una traslacion arbitraria, de matriz

1 0 0a0 1 0b0 0 1

. Al

componer con T obtenemos el movimiento de matriz: 1 0 0a0 1 0b0 0 1

1 0 01 τ τ1 τ −τ

=

1 0 0a0 + 1 τ τb0 + 1 τ −τ

.

Se pretende que esta composicion sea una simetrıa, y no una simetrıa sesga-da, luego esta composicion debe tener una recta de puntos fijos. Buscamospues los puntos fijos, resolviendo el sistema:{

x = a0 + 1 + τx + τy,y = b0 + 1 + τx− τy,

≡{−a0 − 1 = (τ − 1)x + τy,−b0 − 1 = τx− (τ + 1)y.

Hay que elegir los terminos independendientes para que las ecuaciones seanproporcionales, es decir:

−a0 − 1−b0 − 1

=τ − 1

τ=

τ

−(τ − 1).

Utilizando que τ = 1√2, resulta:

τ − 1τ

=

1√2− 11√2

=

√2(1−

√2)√

2= 1−

√2,

τ

−(τ − 1)=

1√2

1√2+ 1

=

√2

−√

2(1 +√

2)= 1−

√2.


En consecuencia, debe ser

−a0 − 1−b0 − 1

= 1−√

2,

y operandoa0 − (1−

√2)b0 +

√2 = 0.

Esta condicion describe las traslaciones buscadas. En particular nos dice quela direccion de traslacion (a0, b0) es perpendicular a (1,−1 +

√2), luego pa-

ralela a (1−√

2, 1).

Ahora busquemos la recta invariante de T. Las ecuaciones de T son:{x ′ = 1 + τx + τy,y ′ = 1 + τx− τy.

Un punto P = (x, y) se trasforma en P ′ = (x ′, y ′), y este en P ′′ = (x ′′, y ′′),donde 1

x ′′

y ′′

=

1 0 01 τ τ1 τ −τ

2 1xy

=

11 + 2τ + x

1 + y

.

Obtenemos la recta invariante imponiendo que P, P ′ y P ′′ esten alineados,

esto es, que→

PP ′ y→

PP ′′ sean proporcionales:

0 =

∣∣∣∣ x ′ − x x ′′ − xy ′ − y y ′′ − y

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 1 + (τ − 1)x + τy 1 + 2τ1 + τx− (τ + 1)y 1

∣∣∣∣ .

Sabemos que esto ocurre para un unico punto P, pero sin necesidad de calcu-larlo ya vemos que la recta invariante es paralela al vector

→PP ′′ = (1 + 2τ, 1) = (1 +

√2, 1).

Finalmente, para obtener el angulo que forman la direccion de traslacion yla recta invariante calculamos el producto escalar de los vectores paralelos aellas que hemos obtenido anteriormente:

〈(1−√

2, 1), (1 +√

2, 1)〉 = (1−√

2)(1 +√

2) + 1 = 1− 2 + 1 = 0.

Resulta que el producto escalar es 0, lo que quiere decir que las direcciones sonperpendiculares.


En esta utima seccion del capıtulo y del libro hemos completado la clasi-ficacion de movimientos del plano, que resumimos en la siguiente tabla:

Movimiento

traslacion

simetrıa

giro

simetrıa sesgada

det

+1

-1

+1

-1

Puntos fijos

ninguno

puntos del ejede simetrıa

el centrodel giro

ninguno

Rectas invariantes

rectas paralelasal vector de traslacion

el eje de simetrıa ysus perpendiculares

una recta invarianteparalela al eje

• angulo 6=π : ninguna• angulo =π : las rectas

que pasan por el centro

Ejercicios

5.1. Determinar el movimiento del plano que deja fijos los puntos (1,−1) y (−1, 1).

5.2. ¿Que movimiento se obtiene al componer la simetrıa de eje x = 1 con la simetrıa de eje−x + 2y = 2? ¿Como afecta el orden de composicion?

5.3. Encontrar todos los movimientos idempotentes del plano.

5.4. Encontrar los dos movimientos del plano que coinciden en la recta x = 0 con la traslacionx ′ = x, y ′ = y + 1.

5.5. Rehacer el ejemplo IV.5.4(1) componiendo el giro y la traslacion en orden inverso.

171

Glosario

P1, P2, . . . 1

u1, u2, . . . 1

u =→

PQ 1

Q = P + u 1

u + v 2

ku 2

0 =→

PP 3

−→

PQ =→

QP 3

au + bv 4

au + bv = 0 4

(a, b) + (a ′, b ′) 6

k(a, b) 6

(u, v, w) 7

det(u, v, w) 8

dist(P, Q) 9

|u| = dist(P, Q) 9

i, j, k 10

〈u, v〉= xx ′+yy ′+zz ′ 10

〈u, u〉= x2+y2+z2 11

u× v 11

〈u× v, u× v〉 12

[u, v, w]= 〈u, v× w〉 12

|u| =√〈u, u〉 15

〈u, v〉 = 0 17

〈u, v〉 = |u||v| cos α 18

〈u, v〉2 ≤ |u|2|v|2 18

|u× v| = |u||v| sen α 19

k = i× j = −j× i 20〈u,v〉〈u,u〉u 21

area = |u× v| 21

area = ±det(u, v) 22

volumen =∣∣[u, v, w]

∣∣ 23

volumen = ±det(u, v, w) 23

{O; u, v} 25

{O; u, v, w} 25→

OP = au + bv 26→

OP = au + bv + cw 26

{O, A, B} 27

{O, A, B, C} 27→

P ′P=→

OP−→

OP ′ 30→

P ′P=P−P ′ 30→

OP =P−O 30

(1−λ)P1+λP2 31

(1−λ−µ)P1+λP2+µP3 38

dist(P, P ′) 49

dist(P, r) 52

172 GLOSARIO

dist(P, π) 52

dist(r, s) 55

s+, s− 59

(x−α)2+(y−β)2= r2 64

0 ≤ e < 1 68x2

a2 +y2

b2 =1 70(x−α)2

a2 + (y−β)2

b2 =1 70

(x−α)2+(y−β)2+(z−γ)2= r2 73x2

a2 +y2

b2 +z2

c2 =1 73

1 < e 75x2

a2 − y2

b2 = 1 76x2

a2 − y2

b2 − z2

b2 = 1 79

y2 = 2px 80

(y− β)2 = 2k(x− α) 81

y2 + z2 = 2px 86

x2 + y2 = λ2z2 87

F(α+λt, β+µt)=0 94αa2 (x−α)+ β

b2 (y−β)=0 97αa2 (x−α)− β

b2 (y−β)=0 100

−p(x−α)+β(y−β)=0 101

(1, f ′(α)) 103

E 111

P ′ = T(P) 111

{ x ′ = a0 + a1x + a2y,y ′ = b0 + b1x + b2y. 113(1 0 0a0 a1 a2b0 b1 b2

)113

P ′ = MP 113

M=

(1 0 0

O ′ A ′1−O ′A ′2−O ′

)114x ′= a0+a1x+a2y+a3z,

y ′=b0+b1x+b2y+b3z,z ′= c0+c1x+ c2y+c3z.

114

T ′′ = T ′ ◦ T 117

M ′′ = M ′M 117

M1M2 6= M2M1 118

det(M) = det(M0) 6= 0 119

P = M−1P ′ 120

P ′ = P + u 120

P ′ = (1−λ)C+λP 120

P=(1− 1λ )C+ 1

λ P ′ 121

P = T(P) 123

r = T(r) 124

π = T(π) 124

C=( a0

1−λ , b01−λ

)126

dist(P ′1 , P ′2)= |λ|dist(P1, P2) 137

{ a21 + b2

1 = a22 + b2

2 = 1,a1a2 + b1b2 = 0. 138

M0 141

Mt0M0 = I 142

{ a21 + b2

1 = a22 + b2

2,a1a2 + b1b2 = 0. 144

Mt0M0 = ρI 148

P ′=Q−→

QP =2Q−P 151

T(T(P))=P 151

M+0 , M−0 165

173

Indice

Afinidad, 119inversa, 119

Angulode un giro, 160entre rectas y/o planos, 55que forman dos vectores, 17

Areade un paralelogramo, 22de un polıgono, 21de un triangulo, 22

Asıntotas de una hiperbola, 76

Baricentrode un tetraedro, 39de un triangulo, 39

Basede un haz de planos, 42del espacio, 5del plano, 5ortonormal, 10

Bisectores de dos planos, 61Bisectrices de dos rectas, 58

Centrode la composicion de dos ho-

motecias, 125de un giro, 160de un hiperboloide, 79de una circunferencia, 63de una elipse, 67de una elipsoide, 73de una esfera, 73de una hiperbola, 74de una homotecia, 121

Circunferencia, 63Combinacion lineal, 4

lineal nula, 4Comparacion de vectores, 2Composicion

de dos homotecias, 122de simetrıas, 157de trasformaciones afines, 117de una homotecia y una trasla-

cion, 122de una simetrıa y una trasla-

cion, 166no conmutatividad de la, 118

Conicas, 86Cono de revolucion, 87Conservacion

de angulos, 142de distancias, 136de interpolaciones lineales, 111del paralelismo, 135

Coordenadasde un punto, 26en el espacio, 6en el plano, 6

Cuadrado unidad, 10Cuadrilateros, 22Cubo unidad, 10Cuerda, 98, 100, 101

Desigualdad de Schwarz, 18Determinacion

de las semejanzas, 142de los movimientos, 137de una trasformacion afın, 114

174 INDICE

Determinante de un movimiento delplano, 165

Dimensiondel espacio, 5del plano, 5

Directriz de una parabola, 80Distancia, 9

de un punto a un plano en elespacio, 52

de un punto a una recta en elespacio, 53

de un punto a una recta en elplano, 52

entre dos puntos, 49entre rectas y/o planos, 54

Distancia focalde una elipse, 67de una hiperbola, 74

Ecuacion implıcitade un cono, 87de un elipsoide, 73de un hiperboloide, 79de un paraboloide, 86de un plano en el espacio, 37de una circunferencia, 63de una elipse, 68de una esfera, 73de una hiperbola, 75de una parabola, 80de una recta en el plano, 32normalizada de un plano en el

espacio, 62normalizada de una recta en el

plano, 59Ecuaciones

de los puntos fijos de una afi-nidad, 126

de un giro, 160de un movimiento, 138

de una homotecia, 121de una semejanza, 144de una simetrıa, 152de una traslacion, 120

Ecuaciones implıcitasde las bisectrices, 60de una recta en el espacio, 35

Ecuaciones parametricasde un plano en el espacio, 36,

37de una circunferencia, 72de una elipse, 72de una hiperbola, 78de una matriz ortogonal, 165de una parabola, 83de una recta en el espacio, 34,

35de una recta en el plano, 32

Ejede un cono, 87de un elipsoide, 73de un hiperboloide, 79de una parabola, 80de una simetrıa, 151

Ejescoordenados, 27de referencia, 27de una elipse, 67de una hiperbola, 74

Elipse, 67Elipsoide, 73Esfera, 73Espacio vectorial, 3Excentricidad

de una elipse, 68de una hiperbola, 75de una parabola, 80

Focode un paraboloide, 86

INDICE 175

de una parabola, 80Focos

de un elipsoide, 73de un hiperboloide, 79de una elipse, 67de una hiperbola, 74

Generacionde planos invariantes, 131de rectas invariantes, 128de rectas y/o planos, 41

Generatriz de un cono, 87Giro, 160

inversa de un, 160

Haz de planos, 42Hiperbola, 74Hiperboloide, 79Homotecia, 120

inversa, 121

Idempotente, 151Independencia lineal de vectores, 4

y producto mixto, 13y rango, 7

Interpolacionlineal, 31lineal doble, 38lineal iterada, 39

Interseccionde dos conicas, 107de rectas y/o planos, 40de una conica y una recta, 94de una recta y una conica, bien

contada, 106osculante, 109superosculante, 109tangente, 109trasversal, 109

Invariantesde un cono, 87

de un elipsoide, 73de un hiperboloide, 79de un paraboloide, 86de una afinidad, 122de una elipse, 67de una esfera, 73de una hiperbola, 74de una parabola, 80

Matrizconforme, 148de la afinidad inversa, 120de un giro, 160de un movimiento, 142de una homotecia, 121de una semejanza, 148de una traslacion, 120ortogonal, 142

Mediador, 58Mediatriz, 58Modulo de un vector, 9, 15Movimiento, 136

Operacionescon coordenadas, 6con vectores, 2

Origen de coordenadas, 25Ortocentro de un triangulo, 31

Parabola, 79como lımite de elipses, 83como lımite de hiperbolas, 85

Paraboloide, 86Paralelismo, 43

de planos en el espacio, 43de rectas en el espacio, 44de rectas en el plano, 43de una recta y un plano en el

espacio, 44Pendiente de una recta en el plano,

56

176 INDICE

Planode puntos fijos, 124director de un paraboloide, 86generado por tres puntos, 41invariante, 124

Planosparalelos, 43perpendiculares a una recta en

el espacio, 50Posiciones relativas, 40Problemas de incidencia, 40Producto

escalar, 10, 18mixto, 12mixto e independencia lineal,

13por escalares, 2vectorial, 11, 19

Propiedadesde la suma de vectores, 3del producto escalar, 11del producto por escalares, 3del producto vectorial, 11

Proyeccion ortogonal, 21Punto

fijo, 123Punto de interseccion

cuadruple, 109doble, 106imaginario, 106triple, 109

Puntos de infinito de una conica,107

Puntos fijosde un giro, 161de una afinidad, 127de una homotecia, 125de una traslacion, 124

Radio

de una circunferencia, 63de una esfera, 73

Rango e independencia lineal, 7Razon de una homotecia, 121Recta

de puntos fijos, 124generada por dos puntos, 41invariante, 124

Recta tangentea una circunferencia, 96a una elipse, 96a una hiperbola, 99a una parabola, 101como derivada, 102y focos, 103

Rectasparalelas, 43paralelas a las asıntotas de una

hiperbola, 100paralelas al eje de una parabo-

la, 101perpendiculares a un plano en

el espacio, 50perpendiculares en el plano, 49que se cruzan en el espacio, 44

Rectas invariantesde un giro, 161de una homotecia, 125de una simetrıa sesgada, 166de una traslacion, 125

Referenciaafın, 27cartesiana, 27en el espacio, 25en el plano, 25

Regladel destornillador, 20del determinante, 19del sacacorchos, 20

INDICE 177

Secciones conicas, 88degeneradas, 87

Segmento unidad, 10Semejanza, 142

y areas, 149y longitudes, 149

Semiejesde una elipse, 67de una hiperbola, 74

Simetrıa, 151puntos fijos de una, 152rectas invariantes de una, 152sesgada, 166

Suma de vectores, 2

Tabla de clasificacion de movimien-tos del plano, 170

Teoremade Bezout, 107de la mariposa, 65de Thales, 2

Trasformacion afın, 111ecuaciones de una, 113de rectas y planos, 112de una elipse, 136expresion matricial de una, 113matriz de una, 113

Trasformacion afın biyectiva, 119Traslacion, 120

inversa, 120

Unicidad de la ecuacion implıcitade un plano en el espacio, 37de una recta en el plano, 32

Vector, 1cero, 3de traslacion, 120direccion de un, 1extremo de un, 1origen de un, 1

paralelo a una recta en el espa-cio, 50

paralelo a una recta en el plano,50

perpendicular a una recta en elplano, 49

sentido de un, 1unitario, 9

Vectorescoplanarios, 5opuestos, 3perpendiculares, 10, 17

Verticede un cono, 87de una parabola, 80

Verticesde una elipse, 67de una hiperbola, 74

Volumende un poliedro, 23de un tetraedro, 23de un paralelepıpedo, 23

GEOMETRIA ELEMENTAL´ CON ECUACIONES

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