Matematicas Solucionario 1º Bachillerato CC NN Editorial Anaya
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2º BACHILLERATO B – MATEMÁTICAS II – RESOLUCIÓN EJERCICIOS DE GEOMETRÍA SELECTIVIDAD 2016 (Profesor: Rafael Núñez)
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Página 1
1 Considera el plano π de ecuación x + 2y + z = 1. (a) [1 punto] Halla el punto de π más próximo al punto (3, 1, 2). (b) [1’5 puntos] Determina la ecuación de un plano paralelo a π que forme con los ejes de coordenadas un triángulo de área 6 .
Resolución (a) El punto más próximo a P(3,1, 2) es el punto Q (proyección ortogonal de P sobre )
1º ) Hallamos la recta r que pasa por P y es perpendicular a
2º ) Calculamos el punto de corte, Q, entre r y
π
π
π
x 3
1º ) (1,2,1) ; P(3,1,2) r r : y 1 2 , con Rrz 2
d n
= + λ
= = ∈ → = + λ λ∈π = + λ
���� �����
2º ) Hallamos Q resolviendo el sistema formado por las ecuaciones paramétricas de r y la ecuación de :
3 2(1 2 ) (2 ) 1 3 2 4 2 1 6 7 1 1.
x 3 1 x 2
Luego y 1 2( 1) y 1 . Por tan to, Q(2, 1,1)
z 2 1 z 1
π
+ λ + + λ + + λ = → + λ + + λ + + λ = → λ + = →λ = −
= − =
= + − → = − − = − =
m
m
m
m
b) planos paralelos a :x 2y z m, con m R
Triángulo ABC:
x
eje X: y 0 A eje X 2.0 0 m m A(m,0,0)
z 0
x 0m m
eje Y: y B eje Y 0 2 0 m B 0, ,02 2
z 0
x 0
eje Z: y 0 C eje Z 0 2.0 m m
z
π→π + + = ∈
=λ
= =π →λ+ + = →λ= ⇒ =
= =λ =π → + λ+ = →λ= ⇒
=
=
= =π → + +λ= →λ= =λ
∩
∩
∩
2 2 2 22 2
212 2
2
C(0,0,m)
m 1m, ,0 ( m,0,m) Área (ABC) x2 2
m m m 1 m mx m 0 , m , ; 6 Área (ABC) , m ,
2 2 2 2 2 2m 0 m
m 2 :x 2y z 21 6 m 66 m m 4
2 2 4 m 2 :x
AB AC AB AC
i j k
AB AC
⇒
= − = − =
= − = = =
−
= → π + + == = ⇒ = ⇒
=− → π
����� ������ ����� ������
�� � ��
����� ������
2y z 2
+ + =−
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Página 2
2 Sea r la recta que pasa por los puntos A(1,1,0) y B(3,−1,1) y s la recta dada por 2 1
1
x yy z+ = −
+ = −
a) [1’25 puntos] Halla la ecuación general del plano que pasa por el origen de coordenadas y es paralelo a las rectas dadas. b) [1’25 puntos] Halla unas ecuaciones paramétricas del plano que pasa por B y es perpendicular a s.
Resolución
) (0,0,0) .
(3, 1,1) (1,1,0) (2, 2,1)
int sec , 1 2 0 (2, 1,1)
0 1 1
Observese que como
= = − − = −
= = −
���� ����
���� ����
�� ��� ��
����
r s
r
s
r
a El plano que nos piden pasa por el punto O y es paralelo a y a
Como s viene dada como er ción de dos planos
d d
d AB
i j k
d
d����� ,
. :
2 2 1 ( 1,0,2) : 1(x 0) 0(y 0) 2(z 0) 0 : x 2z 0
2 1 1π π π= = − = − ⇒ − − + − + − = → − + =
−
����
���� ����
�� ��� ��
����� ���� ����
s
r s
r s
hay un único plano que pasa por O y es paralelo
a y a Su vector normal es
x
d
d d
i j k
n d d
) ,
(2, 1,1)
También (3, 1,1). Por tanto, la ecuación normal sería :
´: 2(x 3) 1(y 1) 1(z 1) 0 ´: 2 x y z 8 0.
π
π
π π
= = −
−
− − + + − = → − + − =
����� ����s
b Como el plano debe ser perpendicular a la recta s un vector normal de
es
debe contener al punto B
Para obte
n d
2 x y z 8 0 , , ; :
8 2 . tan , ´: , ,
8 2
λ µ
λλ µ π µ λ µ
λ µ
− + − = = =
=
= − + = ∈ = − +
ner unas ecuaciones paramétricas podemos resolver la ecuación
x y sustituyendo y despejando z obtenemos
x
z Por to y con R
z
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3 Considera el punto P(1,0,5) y la recta “r” dada por 2 0
1
y zx+ =
=
(a) [1 punto] Determina la ecuación del plano que pasa por P y es perpendicular a “r”. (b) [1’5 puntos] Calcula la distancia de P a la recta “r” y el punto simétrico de P respecto a “r”.
Resolución ) . ,
0 1 2 (0,2, 1)
1 0 0
También (1,0,5). Por tanto, la ecuación normal sería :
: 0(x 1)
π
π
π
π
= = = −
− +
�� ��� ��
����� ����r
a Sea el plano que buscamos Como el plano debe ser perpendicular a la recta r
un vector normal de es
debe contener al punto P
i j k
n d
2(y 0) 1(z 5) 0 : 2 z 5 0π− − − = → − + =y
( )
b) Pr imero hallamos el punto de corte,Q, entre r y , resolviendo
y 2z 0y 2z 0
el sistema formado por las ecuaciones de r y la ecuación de : x 1 x 1,2y z 5 0 .2
2y z 5 0
y 2z 0; sumando las ecuaciones : 5y 10 0
4y 2z 10 0
π
+ =+ =
π = → = − + = − + =
+ =+ =
− + =
2 2 2
y 2; luego, 2 2z 0 z 1
x 1
y 2 . Por tan to, Q(1, 2,1);
z 1
dist(P,r) dist(P,Q) 2. 2 0 ( 1) ( 2) dist(P,r) 2 5 u
Para calcular el punto simétrico, P (́x, y,z), d
PQ (0, 2, 4) (0, 1, 2)
→ = − − + = → =
=
= − − =
= = = = = + − + − ⇒ =− − − −������������ ����������������
e P respecto de r podemos usar que Q es el puntomedio del
segmento PP .́ Por tanto, 2 (x 1, y 0, z 5) 2(0, 2, 4) (0, 4, 8)
Igualando las componentes y despejando se obtiene : x 1 , y 4, z 3. Luego, P (́1, 4, 3)
PP´ PQ= ⇒ − − − = − − = − −
= = − = − − −
���� ����
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Página 4
4 Considera las rectas “r” y “s” dadas por: x 1 2
r : y 1
z 1
= + λ
= − λ =
2 1
:1
x ys
z+ = −
= −
(a) [1’5 puntos] Comprueba que ambas rectas son coplanarias y halla la ecuación del plano que las contiene. (b) [1 punto] Sabiendo que dos de los lados de un cuadrado están en las rectas “r” y “s”, calcula su área.
Resolución ) (2, 1, 0) ; (1,1,1) r
1 2 0 (2, 1, 0) ; y 0, x 1, z 1. B( 1, 0, 1) s .
0 0 1
omo ( ) .
tan , tán en el mismo plano (son coplanarias)
= − ∈
= = − = = − = − ⇒ − − ∈
= ∉ ⇒ ≠ ⇒
����
�� ��� ��
����
���� ����
r
s
r s
a A
Para
C y A s no cumple sus ecuaciones r s r s
Por to r y s es
Plano qu
d
i j k
d
d d �
( ): A; , ; ( 2, 1, 2)
2 1 0 (2, 4, 4) (1, 2, 2)
2 1 2
Luego :1(x 1) 2(y 1) 2(z 1) 0 : x 2 y 2 z 1 0
π
π
π
π π
= − − −
= = − = − −
− − −
− + − − − = ⇒ + − − =
���� ���� ����
�� ��� ��
����� ���� ����
r
r
e las contiene
Un vector normal de es x
d AB AB
i j k
n d AB �
´
) ( , ) ( , )
H a llam os ´ (1,1,1)
´: 2 (x 1) 1(y 1) 0 (z 1) 0 ´: 2 x y 1 0
´ ( , )
2 x y 1 0
´ 2 1
1
ππ
π π
π
π
= =
− ⊥ → =
− − − + − = ⇒ − − =
− = ⇒ = =
− − == ⇒ + = −
= −
���� ���
����∩
∩
r
b L a m ed id a d e l la do d e l cuad rado es L d is t r s d is t A s
e l p la no r qu e pa sa po r A
D espu és P s L d is t A s
P s x y
z
n d
AP
( )
( ) ( ) ( )2 22
2
2 2
3 31 1, , 1 , , 15 5 5 5
368 84 4, , 2 ( 2 )5 5 5 5 5
36 36( )
5 5
− −⇒ = = = − ⇒ −
− −− −= − → = + + − =
= = =
���� ����
x y z P
Á rea cuad rado L u
AP AP
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5 Considera un paralelogramo de vértices consecutivos A, B, C y D siendo A(1,0,−1), B(3,2,1) y C(−7,1,5). (a) [0’75 puntos] Determina las coordenadas del punto D. (b) [1 punto] Calcula el área del paralelogramo. (a) [0’75 puntos] Halla la ecuación general del plano que contiene al paralelogramo.
Resolución
) ( , , ). log ,
(x 1, y 0, z 1) ( 10, 1, 4)
Igualando las componentes y despejando : x 9, y 1, z 3 ( 9, 1, 3)
= ⇒ − − + = − −
= − = − = ⇒ − −
����� �����a Sea D x y z Por ser un parale ramo
D
AD BC
2
) ( log ) ; 2 2 2 ( 10, 28, 18)
10 1 4
( log ) ( 10, 28, 18) 1208 34,76
= = = − −
−
= − − = ≅
�� ��� ��
����� ���� ����� ����b Sabemos que A parale ramo x x
A parale ramo u
i j k
DC DA DC DA
( )) log : A; ,
( 10, 28, 18) (5, 14, 9)
Luego : 5(x 1) 14(y 0) 9(z 1) 0 : 5 x 14 y 9 z 4 0
π
π
π
π π
= = − − −
− − − + + = ⇒ − + + =
����� ����
����� ����� ����c Plano que contiene al parale ramo
Un vector normal de es x
DC DA
n DC DA �
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6 Considera el punto P(1,0,−1) y el plano π de ecuación 2x − y + z + 1 = 0. (a) [1’25 puntos] Halla el simétrico del punto P respecto al plano π. (b) [1’25 puntos] Determina la ecuación del plano que contiene al punto P, es perpendicular al plano
π y es paralelo a la recta dada por 2 1
3
x yz− =
=
.
Resolución
a) 1º ) Hallamos la ecuación de la recta s que pasa por P
x 1 2
(2, 1,1) ; P(1,0, 1) r s : y , con Rsz 1
2º ) Hallamos Q resolviendo el sistema formado por las ecuaciones paramétricas de s y la ecuación de :
2(1
d n
⊥ π
= + λ
= = − − ∈ ⇒ = −λ λ∈π = − + λ
π
���� �����
( )( )
( )( )
12 ) ( ) ( 1 ) 1 0 6 2 0 .3
1 1x 1 2 x3 31 1 1 1 4Luego y y . Por tan to, Q , ,3 3 3 3 3
41 zz 1 33
3º ) Para calcular el punto simétrico, P (́x, y,z), de P respecto de podemos usar que Q es el punto medio
del seg
−+ λ − −λ + − + λ + = → λ + = →λ =
−= + = − −= − → =
−− = = − + π
( ) ( )( )
2 1 1 4 2 2mento PP .́ Por tanto, 2 (x 1, y 0, z 1) 2 , , , ,3 3 3 3 3 3
5 51 2 1 2Igualando las componentes y despejando se obtiene : x , y , z . Luego, P´ , ,3 3 3 3 3 3
PP´ PQ − − − −= ⇒ − − + = =
− −− −= = =
���� ����
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x 2y 1b) Sea ´ el plano que buscamos y r : , 1 2 0 ( 2, 1,0) (2,1,0)rz 3
0 0 1
Como ni es paralelo ni perpendicular a (2, 1,1) r y son secantes (no perpendiculares)r
i j k
d
d n
− =π = − = − −
=
= − ⇒ ππ
�� �� ��
����
���� �����
�
´ ´ Tomamos x 2 1 1 ( 1,2,4)r´´ r r´ 2 1 0
Como además P(1,0, 1) ´ ´: 1(x 1) 2(y 0) 4(z 1) 0 ´: x 2 y 4z 5 0
i j kn nn n d
n d
π ⊥ π⇒ ⊥ π π = = − = − πππ ⇒ ⊥ π
− ∈π⇒ π − − + − + + = ⇒ π − + + + =
�� �� ������� �����
��������� ��������������
�
7 Sea “r” la recta dada por 1
1
x zy+ =
= −
y sea “s” la recta definida por x 2
y 2
z 2 2
= + λ
= = + λ
a) [1’75 puntos] Comprueba que las rectas r y s se cruzan y halla la ecuación de la recta que corta perpendicularmente a r y a s. b) [0’75 puntos] Calcula la distancia entre r y s.
Resolución
a) 1 0 1 ( 1,0,1) ; A(0, 1,1) r ; (1,0,2) ; B(2,2,2) s; (2,3,1)r s0 1 0
i j k
d d AB= = − − ∈ = ∈ =
�� �� ��
���� ���� �����
Se cruzancuando los vectores , y son l.i. ; veámos si lo son :r s
1 0 1
det , , 1 0 2 9 0 , y son l.i., luego r y s se cruzanr s r s2 3 1
d d AB
d d AB d d AB
− = = ≠ ⇒
���� ���� �����
���� ���� ���� ��������� �����
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Página 8
t r s
s t
x
x
Sea t la recta que las corta perpendicularmente. (0,3,0)
pasa por B(2,2,2) y su vector normal es ( 2,0,1) : 2(x 2) 0(y 2) 1(z 2) 0
pasa por A(0, 1,1) y su vector normal es
α
= =
α = = − ⇒ α − − + − + − =
β −
d d d
n d d
n
���� ���� ����
���� ���� ����
� (0,1,0 )
r tx (1,0,1) :1(x 0) 0(y 1) 1(z 1) 0
2x z 2 0t :x z 1 0
β = ⇒β − + + + − =
− + + =
+ − =
d d
���� ���� �����
( )) or el método de la :
det , ,, ,( , )
1 0 1 (0, 3, 0) ( ,
1 0 2
= = =
= − = ⇒
��� ������ ��� ��������
��� ��� ��� ���
���� ��
��� ����
r sr s
r s r s
r s
b P altura del paralelepípedo
Volumen del paralelepípedodist r s
Área de la base x x
x dist r s
d d ABd d AB
d d d d
i j k
d d2 2 2
9 9 9) 3
(0,3,0) 30 3 0= = = =
+ +u
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8 Considera un rectángulo de vértices consecutivos A, B, C y D siendo A(1,1,0) y B(2,2,1). Sabiendo que la recta r que contiene a los puntos C y D pasa por el origen de coordenadas se pide: a) [0’75 puntos] Halla unas ecuaciones paramétricas de r. b) [1 punto] Calcula el área del triángulo ABC. c) [0’75 puntos] Determina las coordenadas del punto D.
Resolución
) (0, 0, 0) (1,1,1) r :
λλλ
=
∈ = = ⇒ = =
��� ����r
x
a O r y y
z
d AB
( )( )
( , , )) y c)
( , , )
5 5 5 5(c 2,c 2,c 1).(1,1,1) 0 c 2 c 2 c 1 0 c , ,3 3 3 3
2 2 2 2( 1, 1, 0).(1,1,1) 0 1 1 0 , ,3 3 3 3
1( )
2
∈ ⇒
∈ ⇒
⊥ ⇒ − − − = → − + − + − = → = ⇒
⊥ ⇒ − − − = → − + − + = → = ⇒
=
����� ����
����� ����
Como C r C c c cb
Como D r D d d d
Como C
Como d d d d d d d D
Área ABC Áre
BC AB
AD AB
( )
2
1 1 1 1 1 2( ) . . . (1,1,1) . , ,3 3 32 2 2
1 1 18 3 2 2( ) 3 6
2 3 6 6 2
− −= = =
= = = =
���� �����a ABCD base altura
Área ABC u
AB BC
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Página 10
9 Considera el punto A(1,−1,1) y la recta “r” dada por x 1 2
y 1
z 1
= + λ
= − λ =
(a) [1’5 puntos] Calcula las coordenadas del punto simétrico de A respecto a “r”. (b) [1 punto] Determina la ecuación del plano que contiene a “r” y pasa por A.
Resolución
( )
) (1, 1,1)
(2, 1, 0) : 2( 1) 1( 1) 0( 1) 0 : 2 3 0
, , : 2(1 2 ) (1 ) 3 0
21 2. 59 32 25 2 0 1 . , , ,15 5 5 5
1
π
π
π π
π λ λ
λ λ
⊥ −
= = − ⇒ − − + + − = ⇒ − − =
+ − − − =
= +
− = ⇒ = ⇒ = −
=
��� ���r
a Calculamos el plano r que pasa por A
x y z x y
Hallamos el punto de corte M entre y r
x
y Luego M
z
P
n d
( ) ( ), ´(x, y, z),
8 8 164.́ Por tanto, 2 ( 1, 1, z 1) 2 , , 0 , , 05 5 5 5
:
´ = ⇒ − + − = =
=
����� �����ara calcular el punto simétrico A de A respecto de r podemos usar que M es el punto medio
del segmento AA x y
Igualando las componentes y despejando se obtiene x
AA AM
( )13 1311 11, , 1. , ´ , ,15 5 5 5= =y z Luego A
b) Para det erminar el plano vamos a tomar un punto del plano y dos vectores l.i. paralelos al plano
x 1 2
Como r : y 1 , B(1,1,1) r,
z 1
Punto de : A(1, 1,1)El plano vendría det erminado por
Vectores : (2, 1,0) y (rd BA
α
= + λ
= −λ ∈ =
α −α
= − =���� �����
0, 2,0) (0,1,0)
Una ecuación vectorial de sería : : (x, y,z) (1, 1,1) (2, 1,0) (0,1,0)
−
α α = − + λ − +µ
�
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Página 11
10 [2’5 puntos] Calcula la distancia entre las rectas dadas por las siguientes ecuaciones.
x = y = z y x 1
y 3
z
= + µ
= + µ = −µ
Resolución x y z
a)r : x y z r : (1,1,1) ; A(0,0,0) rr1 1 1
(1,1, 1) ; B(1,3,0) s; (1,3,0)s
d
d AB
= = ⇒ = = = ∈
= − ∈ =
����
���� �����
Se cruzancuando los vectores , y son l.i. ; veámos si lo son :r s
1 1 1
det , , 1 1 1 4 0 , y son l.i., luego r y s se cruzanr s r s1 3 0
d d AB
d d AB d d AB = − = ≠ ⇒
���� ���� �����
���� ���� ���� ��������� �����
( )
2 2 2
det , ,, ,( , )
4 4 41 1 1 ( 2, 2, 0) ( , ) 2
( 2,2,0) 8( 2) 2 01 1 1
= = =
= = − ⇒ = = = =− − + +−
��� ������ ��� ��������
��� ��� ��� ���
���� ��
��� ����
r sr s
r s r s
r s
Volumen del paralelepípedodist r s
Área de la base x x
x dist r s u
d d ABd d AB
d d d d
i j k
d d
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Página 12
11 [2’5 puntos] Determina el punto de la recta 1
12 3
x zr y
−≡ = + = que equidista de los planos
3 0x y zπ ≡ + + + = y x 3
´ y
z 6
= − + λ
π ≡ = −λ + µ = − −µ
Resolución
´
Un punto genérico de la recta es P(x,y,z) P(1 2 , 1 ,3 )
Ponemos ´ en forma implícita : A( 3,0, 6) ´ ; (1, 1,0) y (0,1, 1) son vectores paralelos a ´
x 1 1 0 (1, 1, 1) :́1(x 3) 1(y 0) 1(z
0 1 1
u v
i j k
n u vπ
= + λ − + λ λ
π − − ∈π = − = − π
= = − = ⇒π + + − + +
−
�� ��
�� � ��
���� �� ��
( )
6) 0 :́ x y z 9 0
x y z 3 x y z 9 3 9 (imposible)x y z 3 x y z 9
dist(P, ) dist(P, )́ ó3 3
x y z 3 x y z 9
2x 2y 2z 12 0 x y z 6 0 1 2 ( 1 ) 3 6 0 6 6 0 1
Por tan to, P 1 2( 1), 1 ( 1),3( 1) P( 1,
= ⇒π + + + =
+ + + = + + + → =+ + + + + +
π = π ⇒ = ⇒ + + + = − − − −
+ + + = ⇒ + + + = ⇒ + λ + − + λ + λ + = ⇒ λ + = ⇒λ = −
+ − − + − − ⇒ − −2, 3)−
12 Considera el plano π de ecuación 6x − my + 2z = 1 y la recta r dada por 1 1 2
3 2 1x y z− + +
= =− −
a) [1 punto] Calcula m en el caso en que la recta r es perpendicular al plano π. b) [1’5 puntos] ¿Existe algún valor de m para el que la recta r esté contenida en el plano π?
Resolución
( 3,2, 1) ; (6, m,2)rd n= − − = −π���� �����
3 2 1a) r m 4r 6 m 2
d n− −
⊥ π⇔ ⇔ = = ⇔ =π −
���� ������
b) r . 0 3.6 2.( m) ( 1).2 0 m 10r rPara m 10, :6x 10y 2z 1
A(1, 1, 2) r pero A , pues 6.1 10( 1) 2( 2) 1 (A no cumple la ecuación de )
Por tanto para m 10 , r . Luego, no existe ningún valor
d n d n⊂ π⇒ ⊥ ⇒ = ⇒− + − + − = ⇒ = −π π= − π + + =
− − ∈ ∉π + − + − ≠ π
= − π
���� ��������� �����
� de m para el cual r ⊂ π