+ + = = π 4 ( ) ( ) ( ) + +

(1)

Modelo 2018. Ejercicio 3B.

Calificación máxima: 2,5 puntos Dados los planos π1≡ x + y = 0, π2≡ x = 0 y el punto B(‒1, 1, 1), se pide:

c) (0.5 puntos) Hallar el ángulo que forman los planos π1 y π2.

Solución.

c. El ángulo entre planos se calcula como ángulo entre sus vectores normales mediante el producto escalar, si se denomina por α al ángulo que forman los planos:

(

) (

)

(

) (

)

2 2 2 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 , 0 , 1 0 , 1 , 1 0 , 0 , 1 0 , 1 , 1 n n n n α cos 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 = = + + ⋅ + + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ = ⋅ = r r o r o r rad 4 π º 45 2 2 arccos α= = =

Modelo 2018 Ejercicio 3A.

Calificación máxima: 2,5 puntos.

Dados los planos π1≡ 3x + y + 2z ‒ 1 = 0, π2≡ 2x ‒ y + 3z ‒ 1 = 0 y la recta

     + = + − = − = ≡ t 1 z t 1 y t 2 1 x r se pide:

a) (1.5 puntos) Hallar los puntos de la recta r equidistantes de π1 y π2.

b) (1 punto) Hallar el área del triángulo que forma el punto P(‒2, 3, 2) con los puntos de intersección de r con π1 y π2.

Solución.

a. El apartado se puede resolver por dos planteamientos diferentes:

• Se busca un punto P que equidiste de los planos π1 y π2

(

d

(

P−π1

)

=d

(

P−π2

)

y que pertenezca a la

recta r. Por pertenecer a la recta r, el punto P tendrá por coordenadas las ecuaciones paramétricas de la recta r: r

(

1 2t , 1 t ,1 t

)

P − − + + :

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

( )

14 t 2 5 14 t 3 3 14 t 2 5 3 1 2 1 t 1 3 t 1 t 2 1 2 π P d 14 t 3 3 2 1 3 1 t 1 2 t 1 t 2 1 3 π P d 2 2 2 2 2 2 2 1 − = − ⇒        − = + − + − + ⋅ + + − − − ⋅ = − − = + + − + ⋅ + + − + − ⋅ = −

Los valores absolutos se cambian por un doble signo y se resuelve la ecuación con cada uno de los signos, obteniendo dos soluciones.

(

)

(

( )

)

(

)

(

)

          − ′ =       + + − ⋅ − ′ = − − = − − − = − + − + − − ⋅ − − = − + = − − ± = − 5 13 , 5 3 , 5 11 P 5 8 1 , 5 8 1 , 5 8 2 1 P ; 5 8 t ; t 2 5 t 3 3 1 , 3 , 5 P 2 1 , 2 1 , 2 2 1 P ; 2 t ; t 2 5 t 3 3 : 14 t 2 5 14 t 3 3

• Se busca la intersección de la recta r con el lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de dos planos (planos bisectores). Si P(x, y, z) equidista de los planos π1 y π2:

(

)

(

)

( )

14 1 z 3 y x 2 14 1 z 2 y x 3 14 1 z 3 y x 2 3 1 2 1 z 3 y x 2 π P d 14 1 z 2 y x 3 2 1 3 1 z 2 y x 3 π P d 2 2 2 2 2 2 2 1 − + − = − + + ⇒        − + − = + − + − + − = − − + + = + + − + + = −

(

)

( )

   = − + ≡ − = − + ≡ + − + − ± = − + + 0 2 z 5 x 5 σ 0 z y 2 x σ : 1 z 3 y x 2 1 z 2 y x 3 2 1

Los puntos buscados se encuentran como intersección de la recta r con cada uno de los planos bisectores.

(

) (

)

( )

(

5, 3, 1

)

P ; 1 2 1 z 3 2 1 y 5 2 2 1 x : P ; 2 t ; 0 t 1 t 1 2 t 2 1 ; 0 z y 2 x σ t 1 z t 1 y t 2 1 x r : P 1 − −      − = − + = − = − + − = = − ⋅ − = − = = + − + − + −        = − + ≡      + = + − = − = ≡

(2)

(

)

(

)

      − ′         = + = = + − = − = ⋅ − = ′ = = − + ⋅ + − ⋅        = − + ≡      + = + − = − = ≡ ′ 5 13 , 5 3 , 5 11 P ; 5 13 5 8 1 z 5 3 5 8 1 y 5 11 5 8 2 1 x : P ; 5 8 t ; 0 2 t 1 5 t 2 1 5 ; 0 2 z 5 x 5 σ t 1 z t 1 y t 2 1 x r : P 1

b. El área de un triángulo definido por sus vértices, se calcula como una aplicación del módulo del producto vectorial.

Vértices del triángulo:

(

) (

)

(

)

; A

(

1,0,2

)

2 1 1 z 0 1 1 y 1 1 2 1 x : A ; 1 t ; 0 1 t 1 2 t 1 t 2 1 3 ; 0 1 z 2 y x 3 π t 1 z t 1 y t 2 1 x r : A 1 −      = + = = + − = − = ⋅ − = = = − + ⋅ + + − + − ⋅        = − + + ≡      + = + − = − = ≡

(

) (

)

(

)

      −         = + = = + − = − = ⋅ − = = = − + ⋅ + + − − − ⋅        = − + − ≡      + = + − = − = ≡ 2 7 , 2 3 , 4 B ; 3 2 5 1 z 1 2 5 1 y 4 2 5 2 1 x : B ; 2 5 t ; 0 1 t 1 3 t 1 t 2 1 2 ; 0 1 z 3 y x 2 π t 1 z t 1 y t 2 1 x r : B 2

(

)

AP BP 2 1 ABP Área = ×

( )

(

) (

)

( )

     − − − =         − − − − − = ×            − =       − − − − − = − = − − − − − = 2 15 , 2 3 , 2 9 2 3 2 3 1 , 2 3 2 0 1 , 2 3 2 3 0 3 BP AP : 2 3 , 2 3 , 2 2 7 2 , 2 3 3 , 4 2 BP 0 , 3 , 1 2 2 , 0 3 , 1 2 AP

(

)

2 2 2 _u2 4 35 3 2 15 2 3 2 9 2 1 BP AP 2 1 ABP Área  =      − +       − +       − = × =

Septiembre 2017. Ejercicio 3B.

Calificación máxima 2 puntos Sea r la recta que pasa por los puntos P1(3, 2, 0) y P2(7, 0, 2). Se pide:

a) (1 punto) Hallar la distancia del punto Q(3, 5, ‒3) a la recta r.

b) (1 punto) Hallar el punto de corte de la recta r con el plano perpendicular a r que pasa por el punto Q .

Solución.

Si se tiene en cuenta los dos apartados, conviene empezar por el segundo y hacer el primero como la distancia del punto Q al punto calculado en b.

b. Se denominamos como π al plano perpendicular a r que contiene a Q, su vector normal será:

(

7 3 ,0 2 ,2 0

) (

4 , 2 ,2

)

2

(

2 , 1 ,1

)

P P

nπ = 2 1= − − − = − = −

r

La ecuación general del plano tendrá la forma: 2x−y+z+K=0

Para determinar K, se tiene en cuenta que el punto Q pertenece al plano, por lo tanto, sus coordenadas deben cumplir la ecuación del plano, y nos permiten calcular el valor de K.

( )

3 K 0 5 3 2⋅ − + − + = K = 2 0 2 z y x 2 π≡ − + + =

(3)

(

)

(

)

(

)

     = − = + = =    − = − = = ≡ λ z λ 2 y λ 2 3 x 1 , 1 , 2 2 2 , 2 , 4 P P v 0 , 2 , 3 P r 2 1 1 r

Conocida la ecuación de la recta y del plano, se calcula las coordenadas del punto de corte (M) mediante un sistema de ecuaciones entre la ecuación general del plano y las ecuaciones paramétricas de la recta

(

3 2λ

) (

2 λ

) ( )

λ 2 0 2 ; λ z λ 2 y λ 2 3 x r 0 2 z y x 2 π M ⋅ + − − + + =             = − = + = ≡ = + + − ≡ = ; 6+6λ=0 ; λ=−1

( )

; M

(

1,3, 1

)

1 z 3 1 2 y 1 1 2 3 x M m m m −      − = = − − = = − ⋅ + = =

a. Conocido M, la distancia del punto Q a la recta r es la distancia del pinto Q al punto M.

(

Q r

)

d

(

Q M

)

(

1 3

)

(

3 5

)

(

1

( )

3

)

12 2 3u

d − = − = − 2+ − 2+ − − − 2 = =

Si no se hace en este orden, la distancia de un punto a una recta se puede calcular como aplicación del módulo del producto vectorial.

(

)

2 1 1 2 1 P P Q P P P r Q d − = × :

(

)

(

) (

)

    − = − − − − = − = 3 , 3 , 0 0 3 , 2 5 , 3 3 Q P 2 , 2 , 4 P P 1 2 1

(

) (

)

(

0 ,12 ,12

)

3 0 2 4 , 3 0 2 4 , 3 3 2 2 3 , 3 , 0 2 , 2 , 4 Q P P P₁ ₂ ₁ _=       ₋ − − − − = − × − = ×

Sustituyendo en la expresión de la distancia:

(

)

(

)

(

)

_{( )}

24 12 2 3u 288 2 2 4 12 12 0 2 , 2 , 4 12 , 12 , 0 P P Q P P P r Q d 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 = = = + − + + + = − = × = −

Septiembre 2017. Ejercicio 4B.

Calificación máxima 2 puntos

Se considera el triángulo cuyos vértices son los puntos A(1, 3, ‒1), B(3, 1, 0) y C(2, 5, 1) y se pide:

a) (1 punto) Determinar razonadamente si el triángulo es equilátero, isósceles o escaleno.

b) (1 punto) Obtener las medidas de sus tres ángulos.

Solución.

a. Se calculan las longitudes de los lados y si: • Iguales ⇒_Equilátero

• Dos iguales y una distinta ⇒ Isósceles • Las tres diferentes ⇒_Escaleno

Las longitudes de los lados se calculan como distancia entre dos puntos o como módulo del segmento que determinan los vértices del triámngulo.

(

A B

)

(

b a

)

(

b a

)

(

b a

)

(

3 1

)

(

1 3

)

(

0

( )

1

)

9 3u d AB= − = 1− 12+ 2− 2 2+ 3− 3 2 = − 2+ − 2+ − − 2 = =

(

B C

)

(

c b

)

(

c b

)

(

c b

)

(

2 3

)

(

5 1

)

(

1 0

)

18 3 2u d BC= − = 1− 12+ 2− 2 2+ 3− 3 2 = − 2+ − 2+ − 2 = =

(

A B

)

(

c a

)

(

c a

)

(

c a

)

(

2 1

)

(

5 3

)

(

1

( )

1

)

9 3 d AC= − = 1− 12+ 2− 2 2+ 3− 3 2 = − 2+ − 2+ − − 2 = = Triángulo isósceles

(4)

b. Por ser isósceles, dos ángulos serán iguales entre si, teniendo en cuenta que los lados AB y AC son iguales, los ángulos B) y C) serán iguales.

Angulo A): se determina como aplicación del producto escalar.

(

) (

)

(

) (

)

( ) ( ) ( )

9 4 3 3 2 1 2 2 1 2 2 , 2 , 1 1 , 2 , 2 2 , 2 , 1 1 , 2 , 2 AC AB AC AB A cos = ⋅ ⋅ − + − ⋅ − + ⋅ = − ⋅ − − − − − = ⋅ = o o ) º 6 , 63 9 4 arccos A) = = º 2 , 58 2 º 6 , 63 º 180 C B C B º 180 C B A º 6 , 63 A = − = = ⇒      = = + + = ) ) ) ) ) ) ) )

Septiembre 2017. Ejercicio 2A.

Calificación máxima: 3 puntos Dadas las rectas

   = + − = − − ≡ 1 z y x 2 1 z y x 6 r1 y    = + + = − − ≡ 3 z 4 y x 3 3 z 2 y 5 x 3 r2 se pide:

b) (1 punto) Calcular la distancia entre las dos rectas.

Solución.

b. La distancia entre dos rectas se puede calcular de varias formas, teniendo en cuenta los cálculos efectuados en el apartado anterior, lo más rápido es como aplicación del producto mixto y del módulo del producto vectorial.

Teniendo en cuenta que el volumen de un paralelepípedo es (Área de la base)×(Altura), la altura es la mínima distancia entre la recta por lo que despejando y teniendo en cuenta las aplicaciones del producto mixto y del módulo del

producto vectorial:

(

)

(

)

v u v u AB base la de Área pedo paralelepí Volumen h r r d 1 2 r r r r o × × = = = −

(

)

3

(

calculadoen elapartadoanterior

)

v u AB v u AB × = =− r r r r o

(

6 ,3 , 3

)

u v

( )

6 3

( )

3 54 3 6 1 1 1 2 4 1 k j i v u = − − ⇒ × = − 2+ 2+ − 2 = = − = × r r r r r r r

Tomando el producto mixto de vectores en valor absoluto, se sustituye en la expresión de la mínima distancia entre dos rectas que se cruzan y no se cortan

(

)

(

)

u 6 6 6 3 3 v u v u AB r r d ₁ ₂ = = × × = − r r r r o

Junio 2017. Ejercicio 3B.

a) (1 punto) Determine la distancia entre las rectas z y x r1≡ = = y    = + − = − + ≡ 0 1 z x 0 1 y x r2 Solución.

a. Para calcular la distancia entre dos rectas, se necesita una determinación lineal (punto, vector) de cada una de ellas.

(5)

(

)

(

)

   = = = ≡ 1 , 1 , 1 v 0 , 0 , 0 A : z y x r1 r

(

)

(

)

   −      + = − = = ≡   →     = + − = − + ≡ = 1 , 1 , 1 u 1 , 1 , 0 B : λ 1 z λ 1 y λ x r 0 1 z x 0 1 y x r2 x λ 2 r

La distancia entre dos rectas se puede calcular de varias formas, en mi opinión la más rápida es como aplicación del producto mixto y del módulo del producto vectorial. Teniendo en cuenta que el volumen de un paralelepípedo es (Área de la base)×(Altura), la altura es la mínima distancia entre la recta por lo que despejando y teniendo en cuenta las aplicaciones del producto mixto y del módulo del producto vectorial:

(

)

(

)

u v u v AB base la de Área pedo paralelepí Volumen h r r d 1 2 r r r r o × × = = = −

(

2 ,0 , 2

)

1 1 1 1 1 1 k j i u v = − − = × r r r r r

(

0 ,1 ,1

) (

0 ,0 ,0

) (

0 ,1 ,1

)

a b AB= −r= − = r

(

)

(

) (

)

( )

2 u 2 8 2 2 0 2 2 , 0 , 2 1 , 1 , 0 u v u v AB r r d 2 2 2 2 1 = = − + + − = × × = − r r o r r o

Modelo 2017 Ejercicio 2B.

Calificación máxima: 3 puntos Dados los puntos A(2, 1, 1), B(0, 0, −3) y P(1, 1, 1), se pide:

a) (1 punto) Hallar la ecuación del plano que contiene a los tres puntos.

b) (1 punto) Hallar el área del triángulo formado por A, B y P.

c) (1 punto) Hallar la distancia del punto P a la recta que pasa por A y B.

Solución.

a. Para determinar el plano con tres puntos se utilizan dos vectores formados entre los puntos y un cualquiera de los puntos

(

)

(

) (

)

(

)

(

) (

)

(

)

     − = − − − = − − − = − − − − = − ≡ 0 , 0 , 1 al paralelo 0 , 0 , 1 1 1 , 1 1 , 2 1 AP 4 , 1 , 2 al paralelo 4 , 1 , 2 1 3 , 1 0 , 2 0 AB 3 , 0 , 0 B π ; 0 0 0 1 4 1 2 3 z y x π = + ≡

Desarrollando por los elementos de la de la 3ª fila se obtiene la ecuación general del plano 0 3 z y 4 π≡ − − =

b. El área de un triángulo determinado por las coordenadas de sus vértices se obtiene como aplicación del módulo del producto vectorial.

(

)

AB AP 2 1 ABP Área = ×

(

)

(

)

1 0

(

0 ,4 , 1

)

1 2 , 0 1 4 2 , 0 0 4 1 0 , 0 , 1 AP 4 , 1 , 2 AB AP AB _= −       − − − − − − − − − =         − = − − − = = ×

(

)

(

)

2 2

( )

2 _u2 2 17 1 4 0 2 1 1 , 4 , 0 2 1 ABP Área = − = + + − =

c. Teniendo en cuenta los apartados anteriores, la distancia de un punto a una recta se puede calcular como aplicación del módulo del producto vectorial.

(

)

AB AP AB r P d − = ×

(

0 ,4 , 1

)

02 42

( )

12 17u2 AP AB× = − = + + − =

(

2, 1, 4

)

( )

2

( )

1

( )

4 21u AB= − − − = − 2+ − 2+ − 2 =

(6)

(

)

u 21 17 21 17 r P d − = =

Modelo 2017. Ejercicio 1A

.

Calificación máxima: 3 puntos. Dadas las rectas

2 1 z 1 3 y 5 2 x r≡ − = − = + y      = − = + = ≡ 2 z λ 3 y λ 1 x s , se pide:

a) (1.5 puntos) Comprobar que se cruzan y calcular la distancia entre ellas.

b) (1 punto) Hallar la ecuación del plano que contiene a r y es paralelo a s.

c) (0.5 puntos) Hallar el ángulo que forma la recta r con el plano y = 0.

Solución.

a. Si dos rectas se cruzan y no se cortan en el espacio, el rango de la matriz formada por los vectores de ambas recta y por un vector formado entre un punto de cada recta debe ser 3.

(

)

(

)

   − + = − = − ≡ 2 , 1 , 5 v 1 , 3 , 2 A : 2 1 z 1 3 y 5 2 x r r

(

)

(

)

   −      = − = + = ≡ 0 , 1 , 1 u 2 , 3 , 1 B : 2 z λ 3 y λ 1 x s r

( )

0 0 1 1 2 1 5 3 0 1 3 0 1 1 2 1 5 3 0 1 rg 0 1 1 2 1 5 1 2 3 3 2 1 rg u v AB rg ≠ − − ⇔ =           − − =           − − − − − =           r r

(

3 0 2

)

20 0 15 0 0 0 1 1 2 1 5 3 0 1 ≠ − = + + − − + = − −

Las rectas se cruzan y no se cortan

La distancia entre dos rectas que se cruzan y no se cortan se puede calcular como una aplicación del producto mixto y del módulo del producto vectorial. Teniendo en cuenta que el volumen de un paralelepípedo es (Área de la base)×(Altura), la altura es la mínima distancia entre la recta por lo que despejando y teniendo en cuenta las aplicaciones del producto mixto y del módulo del producto vectorial:

(

)

(

)

u v u v AB base la de Área pedo paralelepí Volumen h s r d r r r r o × × = = = −

(

)

20 0 1 1 2 1 5 3 0 1 u v AB u v AB =− − − = = × r r r r o

(

) (

)

(

2 ,2 , 6

)

1 1 1 5 , 0 1 2 5 , 0 1 2 1 ) 0 , 1 , 1 2 , 1 , 5 v u _= −       − − − − × = ×r r

(

)

(

)

(

)

_{( )}

11 11 10 44 20 6 2 ´ 2 20 6 , 2 , 2 20 u v u v AB s r d 2 2 2 = = − + + = − − = × × = − r r r r o

b. El plano π, que contiene a r y es paralelo a s se obtiene con el punto y el vector de la recta contenida (r), y el vector de la paralela (s).

(

)

(

)

(

)

0 0 1 1 2 1 5 1 z 3 y 2 x π ; 0 , 1 , 1 u 2 , 1 , 5 v 1 , 3 , 2 A π = − + − − ≡      − − ≡ r r

Desarrollando por los elementos de la 1ª fila y ordenando se obtiene la ecuación general del plano.

(

)

(

)

(

)

0 1 1 1 5 1 z 0 1 2 5 3 y 0 1 2 1 21 x π = − + + − − − − ≡ ; π≡2x+2y−6z−16=0

(7)

0 8 z 3 y x π≡ + − − =

c. El ángulo que forman una recta y un plano se obtiene mediante una aplicación del producto escalar del vector de dirección de la recta y el vector normal del plano, teniendo en cuenta que el ángulo que forman estos vectores es complementario al ángulo que forman la recta y el plano.

(

−α

)

= α cos90 sen

(

)

(

)

(

) (

)

(

0,1,0

) (

5,1,2

)

2 , 1 , 5 0 , 1 , 0 v n v n v n cos r π sen π π π ⋅ = ⋅ = = − r o r o r

(

)

30 1 2 1 5 0 1 0 2 0 1 1 5 0 r π sen 2 2 2 2 2 2₊ ₊ _⋅ ₊ ₊ = ⋅ + ⋅ + ⋅ = −

(

)

10,5º 30 1 arcsen r π− = =

Septiembre 2016. Ejercicio 3B.

Sea π el plano que contiene a los puntos A(0, 2, 1), B(1, 0, 1) y C(‒1, ‒2, ‒1). Calcule el volumen del tetraedro que forma el origen de coordenadas con los puntos de intersección de π con cada uno de los ejes coordenados.

Solución.

Primero se calcula la ecuación plano π que contiene a los puntos A, B y C.

La ecuación del plano se obtiene con dos de los vectores que forman los tres puntos y uno de los puntos.

(

)

(

) (

)

(

) (

)

0 2 4 1 0 2 1 1 z 2 y 0 x π 2 , 4 , 1 1 1 , 2 2 , 0 1 AC 0 , 2 , 1 1 1 , 2 0 , 0 1 AB 1 , 2 , 0 A π − = − − − ≡ ⇒      − − − = − − − − − − = − = − − − = ≡

Desarrollando por los elementos de la 1ª fila: 0 2 z 6 y 2 x 4 π≡− − + − = π≡2x+y−3z+1=0

Conocida la ecuación del plano, se calculan los puntos de corte del plano con los ejes coordenados. La forma mas sencilla es pasar la ecuación general a ecuación canónica.

0 1 z 3 y x 2 π≡ + − + = π≡2x+y−3z=−1 1 1 1 z 3 1 y 1 x 2 π − − = − − + − + − ≡ 1 3 1 z 1 y 2 1 x π + = − + − ≡

Los puntos de corte son:

(

)

(

)

(

)

     − − 3 1 , 0 , 0 C 0 , 1 , 0 B 0 , 0 , 2 1 A

, y por tanto, el tetraedro queda

determinado por los vectores:

(

)

(

)

(

)

     − − 3 1 , 0 , 0 c 0 , 1 , 0 b 0 , 0 , 2 1 a r r r y su volumen es:

( )

_u3 36 1 3 1 0 0 0 1 0 0 0 2 1 6 1 c b a 6 1 V − = − = × = r r o r

Septiembre 2016. Ejercicio 2A.

Calificación máxima: 3 puntos Dadas las rectas

   = − + + = − − ≡ 0 4 z y x 0 1 z 2 x r y s≡

{

(

2+λ ,1−3λ ,λ

)

;λ∈R

}

a) (1 punto) Obtener la recta que pasa por el punto P(1, 0, 5) y corta perpendicularmente a r.

b) (1 punto) Obtener el plano que contiene a la recta r y es paralelo a s.

c) (1 punto) Hallar la distancia entre las rectas r y s.

(8)

a. El problema se puede hacer de dos formas diferentes, por intersección de planos o calculando la proyección del punto sobre la recta.

Por intersección de planos: La recta que buscamos t, se puede calcular por intersección de los planos π1 y π2, siendo π1 el plano perpendicular a r y que contiene a P y π2, el plano que contiene a r y a P

(

)

(

)

   −      = − = + =   →     = − + + = − − ≡ = 1 , 3 , 2 v 0 , 3 , 1 A : λ z λ 3 3 y λ 2 1 x 0 4 z y x 0 1 z 2 x r z λ r

Teniendo en cuenta que el plano π1 es perpendicular a la recta r, el vector normal del plano será igual al vector de dirección de la recta, por lo tanto la ecuación del general del plano tendra la siguiente forma: 0 K z y 3 x 2 − + + = ∀ K ∈ R

El parámetro K se calcula sustituyendo las coordenadas del punto P en la ecuación del plano. 0 K 5 0 3 1 2⋅ − ⋅ + + = : K=−7 0 7 z y 3 x 2 π₁≡ − + − =

El plano π2 se puede calcular con el haz de planos de arista r, particularizando para el punto P. Haz de planos de arista r: x−2z−1+K

(

x+y+z−4

)

=0 ∀ K ∈ R

Plano del haz que contiene a P: 1−2⋅5−1+K

(

1+0+5−4

)

=0; −10+2K=0; K=5

(

x y z 4

)

0 5 1 z 2 x π₂≡ − − + + + − = 0 21 z 3 y 5 x 6 π2≡ + + − = La recta t, es la intersección de π1 y π2. R µ µ 2 1 z 0 y µ 3 x 0 21 z 3 y 5 x 6 0 7 z y 3 x 2 t ∀ ∈      + = = − = =    = − + + = − + − ≡

Por proyección ortogonal. La otra forma de resolver el problema es calculando la proyección ortogonal de P sobre r (M), siendo en este caso la recta t la que pasa por P y M

La coordenadas del punto M se calculan mediante la intersección de la recta r con el π1, plano perpendicular a r que contiene a P.

(

1 2λ

)

3

(

3 3λ

)

λ 7 0:λ 1 M

(

1 2 1 ,3 3 1 ,1

)

2 0 7 z y 3 x 2 π λ z λ 3 3 y λ 2 1 x r : M r π1 1 ⋅ − ⋅ + ⇒ = = − + − − +   →         = − + − ≡      = − = + = ≡ →

(

3 ,0 ,1

)

M

El vector de dirección de la recta se puede obtener mediante el segmento PM

(

3 1 ,0 ,1 5

) (

2 ,0 , 4

)

2

(

1 ,0 , 2

)

PM= − − = − = −

(

)

(

)

λ R λ 2 1 z 0 y λ 3 x 2 , 0 , 1 PM 1 , 0 , 3 M : t ∀ ∈      − = = + = ≡    −

b. El plano que se busca σ, debe cumplir las siguiente condiciones:    ⊂ σ | | s σ r

, de la recta r por estar contenida en el plano, se utilizará el punto A y el vector vr, y de la recta s, por ser paralela solo se utilizara el vector ur

(

)

(

)

(

)

0 1 3 1 1 3 2 z 3 y 1 x σ 1 , 3 , 1 u 1 , 3 , 2 v 0 , 3 , 1 A σ = − − − − ≡ ⇒      − − ≡ r r

(9)

(

)

(

)

z 0 3 1 3 2 3 y 1 1 1 2 1 x 1 3 1 3 σ = − − + − − − − − ≡ 0 3 z 3 y σ≡ + − =

c. La recta s es paralela al plano σ, por lo tanto todos los puntos de la recta s están a igual distancia del plano σ, y como el plano σ contiene a la recta r, la distancia entre las rectas r y s se puede calcular como distancia de un punto de s al plano σ.

(

r s

)

d

(

B

(

2 ,1 ,0

)

σ y 3z 3 0

)

d − = − ≡ + − =

(

)

5 10 10 2 3 1 3 0 3 1 s r d 2 2₊ = = − ⋅ + = − u

Junio 2016. Ejercicio 2B.

Calificación máxima: 3 puntos

Se consideran los puntos A(0, 5, 3), B(0, 6, 4), C(2, 4, 2) y D(2, 3, 1) y se pide:

a) (1 punto) Comprobar que los cuatro puntos son coplanarios y que el polígono ABCD es un paralelogramo.

b) (1 punto) Calcular el área de dicho paralelogramo.

c) (1 punto) Determinar el lugar geométrico de los puntos P cuya proyección sobre el plano ABCD es el punto medio del paralelogramo

Solución.

a. Si los cuatro puntos son coplanarios, el 0 AD AC AB 2 AD AC AB rg = ⇒ =            

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

0 2 2 2 1 1 2 1 1 0 AD AC AB : 2 , 2 , 2 3 1 , 5 3 , 0 2 AD 1 , 1 , 2 3 2 , 5 4 , 0 2 AC 1 , 1 , 0 3 4 , 5 6 , 0 0 AB = − − − − =      − − = − − − = − − = − − − = = − − − =

Si ABCD forman un paralelogramo, con los vértices

consecutivos, los vectores AB y DC deberán ser equipolentes (igual modulo, dirección y sentido), en definitiva iguales.

(

0 0 ,6 5 ,4 3

) (

0 ,1 ,1

)

AB= − − − =

(

2 2 ,4 3 ,2 1

) (

0 ,1 ,1

)

DC= − − − =

ABy DC son iguales, por lo tanto son equipolentes y sus vértices forman un paralelogramo.

b. Area

(

ABCD

)

= AB×AD

(

) (

)

(

0 ,2 , 2

)

2 2 1 0 , 2 2 1 0 , 2 2 1 1 2 , 2 , 2 1 , 1 , 0 AD AB _= −       − − − − − = − − × = ×

(

ABCD

) (

0 ,2 , 2

)

0 2

( )

2 8 2 2 Area = − = 2+ 2+ − 2 = =

c. Se pide calcular la recta perpendicular al plano que determinan los cuatro puntos y que pasa por el centro del paralelogramo, tal como muestra la figura.

La recta r buscada tiene como vector de dirección el vector normal del plano, el cual es paralelo al vector AB×AD=

(

0 ,2 ,−2

)

.

(10)

      =       + + + =       + + + = 2 5 , 2 9 , 1 2 1 4 , 2 3 6 , 2 2 0 2 2 3 , 2 4 5 , 2 2 0 M

Las ecuaciones paramétricas de la recta r son:

R λ λ 2 2 5 z λ 2 2 9 y 1 x r ∀ ∈         − = + = = ≡

Modelo 2016. Ejercicio 1B

.

Calificación máxima: 3 puntos. Dados los planos

π1≡ 3x + 4y ‒ 5z ‒ 7 = 0 ; π2≡ x ‒ 2y + z ‒ 3 = 0 ; se pide:

b) (1 punto) Hallar la distancia del punto P(3, ‒1, 2) al plano π1.

c) (1 punto) Hallar el coseno del ángulo que forman los planos π1 y π2.

Solución.

b. Se aplica la expresión de la distancia punto plano

(

)

( )

₂ 5 6 2 5 12 2 5 12 50 7 2 5 1 4 3 3 5 4 3 7 z 5 y 4 x 3 π P d 2 2 2 p p p 1 = = − = − ⋅ − − ⋅ + ⋅ = − + + − − + = −

c. El coseno del ángulo entre dos planos se obtiene como una aplicación del producto escalar de vectores.

(

)

(

)

(

) (

)

(

) (

)

( ) ( )

( )

50 6 10 1 2 1 5 4 3 1 5 2 4 1 3 1 , 2 , 1 5 , 4 , 3 1 , 2 , 1 5 , 4 , 3 n n n n n n cos π π cos 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 ⋅ = + − + ⋅ − + + ⋅ − + − ⋅ + ⋅ = − ⋅ − − − = ⋅ = = r r o r o r r r

(

)

3 3 3 10 10 300 10 π π cos 1 2 = = =

Modelo 2016. Ejercicio 4A:

Calificación máxima: 2 puntos. Dados los puntos P(1 1, 3) y Q(0, 1, 1), se pide:

a) (1 punto) Hallar todos los puntos R que equidistan de P y Q. Describir dicho conjunto de puntos.

b) (1 punto) Hallar los puntos S contenidos en la recta que pasa por P y Q que verifiquen que d(P, S) = 2 d(Q, S).

Solución.

a. El lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de dos puntos es un plano perpendicular al segmento que forman los puntos y que pasa por su punto medio, se denomina plano mediador

Se buscan todos los puntos R(x, y, z) que cumplan la condición:

(

P R

)

d

(

Q R

)

d − = −

(

_x₋₁

)

2₊

(

_y₋₁

)

2₊

(

_z₋₃

)

2 ₌

(

_x₋₀

)

2₊

(

_y₋₁

)

2₊

(

_z₋₁

)

2

(

x−1

)

2+

(

y−1

)

2+

(

z−3

)

2=x2+

(

y−1

)

2+

(

z−1

)

2 1 z 2 z 1 y 2 y x 9 z 6 z 1 y 2 y 1 x 2 x2− + + 2− + + 2− + = 2+ 2− + + 2− + 0 9 z 4 x 2 + − =

b. La recta que pasa por P y Q tiene por ecuaciones paramétricas:

(

)

(

) (

)

     + = = = =    = − − − = = ≡ λ 2 1 z 1 y λ x 2 , 0 , 1 1 3 , 1 1 , 0 1 QP 1 , 1 , 0 Q r_PQ

(11)

Cualquier punto de la recta que pasa por P y Q, tendrá como coordenadas las ecuaciones paramétricas de la recta, incluido el punto S.

(

λ ,1 ,1 2λ

)

S

r

S∈ _PQ⇒ + Se buscan los puntos S que cumplan d(P, S) = 2 d(Q, S):

(

)

2

(

)

2

(

)

2

(

)

2

(

)

2

(

₁

)

2 λ 2 1 1 1 0 λ 2 3 λ 2 1 1 1 1 λ− + − + + − = ⋅ − + − + + −

(

)

2

(

)

2 2 2 λ 4 λ 2 2 λ 2 1 λ− + − = ⋅ + ; λ2−2λ+1+4λ2−8λ+4=2⋅ 5λ2 2 2 λ 5 2 5 λ 10 λ 5 − + = ⋅ ; 5λ2−10λ+5=22⋅

( )

5λ2

(

)

          ⇒ = − − ⇒ − = = − + 3 5 , 1 , 3 1 S 3 1 λ 1 , 1 , 1 S 1 λ : 0 5 λ 10 λ 15 2

Septiembre 2015. Ejercicio 2B.

Calificación máxima: 3 puntos Dados los puntos P(‒1, ‒1, 1), Q(1, 0, 2) y los planos

π1≡ x ‒ z = 0, π2≡ my ‒ 6z = 0, π3≡ x + y ‒ mz = 0; se pide:

c) (1 punto) Hallar la distancia entre los puntos Q y P´, siendo P´ el punto simétrico de P respecto al plano π1.

Solución.

c. Coordenadas de P’, simétrico de P respecto de π1. El simétrico de un punto respecto de un plano se calcula como simétrico de P respecto de M, siendo M la proyección ortogonal de P sobre π como se observa en la figura.

Pasos:

1) Se calcula la recta r, perpendicular a π que contiene a P 2) Se calcula M como intersección de r y π.

3) Conocidos P y M se calculan las coordenadas de P’ con las ecuaciones del punto medio de un segmento.

Calculo de s: Por ser perpendicular al plano π1 y contener al punto P:

(

)

(

)

     − = − = + − = ≡    − − − = ≡ µ 1 z 1 y µ 1 x s : 1 , 1 , 1 P 1 , 0 , 1 n v s π1 r r

Calculo de M. Se calcula como intersección de s y π1:

(

) (

)

     = − = − = = + − = ≡ ⇒ = = + − = − − + −        = − ≡      − = − = + − = ≡ ≡ 0 1 1 z 1 y 0 1 1 x M 1 µ ; 0 µ 2 2 ; 0 µ 1 µ 1 : 0 z x π µ 1 z 1 y µ 1 x s M 1

(

0 , 1 ,0

)

M −

Conocido M se calculan las coordenadas de P’ teniendo en cuenta que M es el punto medio del segmento PP ′

( )

( ) ( )

         − = − ⋅ = − = ⇒ + = − = − − − ⋅ = − = ⇒ + = = − − ⋅ = − = ⇒ + =         + + + = 1 1 0 2 z z 2 x 2 z z z 1 1 1 2 y y 2 y 2 y y y 1 1 0 2 x x 2 x 2 x x x : 2 z z , 2 y y , 2 x x M p m ' p ' p p m p m ' p ' p p m p m ' p ' p p m ' p p ' p p ' p p

(12)

(

1 , 1 , 1

)

P′ − −

(

P Q

)

PQ

(

1 1

)

(

0

( )

1

)

(

2

( )

1

)

10u d ′− = ′ = − 2+ − 2+ − − 2 =

Septiembre 2015. Ejercicio 2B.

Calificación máxima: 3 puntos

La recta r pasa por P(2, ‒1, 0) y tiene vector director (1, λ, ‒2); la recta s pasa por Q(1, 0, ‒1) y tiene vector director (2, 4, 2).

a) (2 puntos) Calcular λ > 0 para que la distancia entre r y s sea 59 9 . Solución. a.

(

)

(

)

   − − − ≡ 2 , λ , 1 v 0 , 1 , 2 P r r

(

)

(

)

   − ≡ 2 , 4 , 2 u 1 , 0 , 1 Q s r

La mínima distancia entre dos rectas que se cruzan y no se

cortan se puede calcular como aplicación del producto mixto de tres vectores. Teniendo en cuenta que el volumen de un paralelepípedo es (Área de la base)×(Altura), la altura es la' mínima distancia entre la

recta por lo que despejando y teniendo en cuenta las aplicaciones del producto mixto y del módulo del producto vectorial:

(

)

(

)

u v u v PQ base la de Área pedo paralelepí Volumen h s r d r r r r o × × = = = −

(

1 ,0 , 1

) (

2 , 1 ,0

) (

1 ,1 , 1

)

PQ= − − − = − −

(

) (

)

(

2λ 8 , 6 ,4 2λ

)

4 2 λ 1 , 2 2 2 1 , 2 4 2 λ 2 , 4 , 2 2 , λ , 1 u v _= + − −       − − − = × − = ×r r

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

₍

₎

2

_{( )}

2

₍

₎

2 λ 2 4 6 8 λ 2 λ 2 4 6 8 λ 2 λ 2 4 , 6 , 8 λ 2 λ 2 4 , 6 , 8 λ 2 1 , 1 , 1 u v u v PQ s r d − + − + + + − − − − = − − + − − + − − = × × = − r r o r r o

(

)

59 9 116 λ 16 λ 8 18 s r d 2₊ ₊ = − = −

Ordenando se obtiene una ecuación de segundo grado 0 120 λ 16 λ 8 2+ − = ;    = − = = − + 3 λ 5 λ : 0 15 λ 2 λ2

Junio 2015. Ejercicio 1.B

.

Calificación máxima: 3 puntos. Dados el punto P(‒4, 6, 6), el origen de coordenadas O, y la recta

     − = + = + − = ≡ λ 2 z λ 3 8 y λ 4 4 x r se pide:

a) (1 punto) Determinar un punto Q de la recta r, de modo que su proyección Q′sobre OP sea el punto medio de este segmento.

b) (1 punto) Determinar la distancia de P a r.

c) (1 punto) ¿Existe algún punto R de la recta r, de modo que los puntos O, P y R estén alineados? En caso afirmativo, encontrar el punto (o los puntos) con esa propiedad o, en caso negativo, justificar la no existencia.

Solución.

a. El punto Q se obtiene por intersección de la recta r con el plano perpendicular al segmento

OP

que pasa por su punto medio Q’

( )

π

.

Las coordenadas de Q’ se obtiene como semisuma de las coordenadas de los extremos del segmento

OP

.

(13)

( )

₍

₂_,₃_,₃

₎

2 6 0 , 2 6 0 , 2 4 0 Q = −      + − + + ′

El plano π se obtiene con el segmento

OP

como normal del plano y particularizando para el punto Q’.

(

4 0 ,6 0 ,6 0

) (

4 ,6 ,6

)

OP nr= = − − − − = − 0 K z 6 y 6 x 4 π≡− + + + =

( )

2 6 3 6 3 K 0 4 π Q′∈ ⇒− ⋅ − + ⋅ + ⋅ + = ; 44+K=0 ; K = ‒44 0 44 z 6 y 6 x 4 π≡− + + − = π≡2x−3y−3z+22=0        = + − − ≡      − = + = + − = ≡ = 0 22 z 3 y 3 x 2 π λ 2 z λ 3 8 y λ 4 4 x r Q ; π≡2⋅

(

−4+4λ

)

−3⋅

(

8+3λ

)

−3⋅

(

−2λ

)

+22=0 ; 5λ−10=0 2 λ= ; ; Q

(

4 ,14 , 4

)

4 2 2 z 14 2 3 8 y 4 2 4 4 x Q Q Q Q − =      − = ⋅ − = = ⋅ + = = ⋅ + − = =

b. Si se denomina como A y vr al punto y al vector de la recta r:

(

)

v v AP r P d r r × = −

(

)

(

)

(

( )

) (

)

(

)

        ₋ − − = ×      − = − = − − − − − =    − − 3 4 2 0 , 2 4 6 0 , 2 -3 6 2 -v AP : 2 , 3 , 4 v 6 , 2 , 0 0 6 , 8 6 , 4 4 AP : 0 , 8 , 4 A 6 , 6 , 4 P r r

(

14 ,24 ,8

)

v AP×r= −

(

)

(

)

( )

29 836 2 3 4 8 24 14 v v AP r P d 2 2 2 2 2 2 = − + + + + − = × = − r r

c. Para que exista un punto R de la recta r que este alineado con los punto O y P, la recta r y la recta que pasa por O y P deberían ser coplanarias (secantes o paralelas).

(

)

(

)

    = − = ≡ 0 , 0 , 0 O 6 , 6 , 4 OP r_OP

(

)

(

)

   − = − = ≡ 0 , 8 , 4 A 2 , 3 , 4 v r r

Para estudiar la posición relativa de las rectas se estudia el rango de la matriz formada por los vectores vr, OP y OA .           − − − =           0 8 4 6 6 4 2 3 4 rg OA OP v rg r 0 248 2 11 0 4 9 0 2 3 4 F F F F 0 8 4 6 6 4 2 3 4 1 3 1 2 ≠ − = − − =       + + = − − − 3 OA OP v rg =           r

Las rectas se cruzan y no se cortan

(14)

Junio 2015. Ejercicio 4A

:

Calificación máxima: 2 puntos.

Dados el plano π≡ x ‒ 2y + 2z + 1 = 0 y la superficie esférica (x ‒ 1)2 + (y ‒ 1)2 + (z ‒ 2)2 = 9, hallar los planos tangentes a la esfera que son paralelos al plano.

Solución.

La ecuación del haz de planos paralelos a π es: x ‒ 2y + 2z + K = 0

Se buscan los planos (σ) del haz que distan del centro de la esfera el radio. El centro de la esfera es el punto C(1, 1, 2) y el radio 9=3, por lo tanto:

(

C σ

)

R d − =

( )

2 ( )

2

3

1 K

2

1

2

1

2 2 2

=

−

+

−

+

⋅

+

⋅

−

3

3 K

3 =

+

9 K

3 +

=







−

=

−

=

+

−

=

+

±

=

+

12 k

9 k

3 :

6 k

9 k

3 :

:

9 K

3

0

6 z

2 y

2 x

σ

≡

−

+

=

σ

′

≡

x

−

2 y

+

2 z

−

12 =

0 Modelo 2015. Ejercicio 1B

.

Calificación máxima: 3 puntos. Dados el punto P(1, 2, −1) y las rectas:

   − = − − = − + ≡ 2 z 3 y x 4 z y x r    − = = 3 y 2 x s se pide:

a) (1 punto) Calcular la mínima distancia entre r y s.

c) (1 punto) Determinar los puntos de la recta r que equidistan de los planos XY e Y Z.

Solución.

a. Lo primero es estudiar la posición relativa de las rectas, para lo cual se necesita el punto y el vector de cada una de las rectas.

(

)

(

)

   − = =      = − = + =    + − = − + = +   →     − = − − = − + ≡ = 1 , 1 , 2 u 0 , 3 , 1 A : λ z λ 3 y λ 2 1 x : λ 3 2 y x λ 4 y x 2 z 3 y x 4 z y x r z λ r

(

)

(

)

   = − =      = − = =   →     − = = = 1 , 0 , 0 v 0 , 3 , 2 B : µ z 3 y 2 x 3 y 2 x s z µ r 3 1 0 0 1 11 0 0 6 1 rg 1 0 0 1 1 2 0 6 1 rg 1 0 0 1 1 2 0 0 3 3 1 2 rg v u AB rg F2 2F1 =           − =           − − =           − − − − − =             − r r

Las rectas se cruzan y no se cortan.

(

)

(

)

v u v u AB s r d r r r r o × × = −

(

) (

)

(

1 , 2 ,0

)

0 0 1 2 , 1 0 1 2 , 1 0 1 1 1 , 0 , 0 1 , 1 , 2 v u _= − −       ₋ − − = × − = ×r r

(

)

(

) (

)

(

)

( ) ( ) ( )

( )

5 11 0 2 1 0 0 2 6 1 1 0 , 2 , 1 0 , 2 , 1 0 , 6 , 1 s r d 2 2 2₊ ₋ ₊ = − ⋅ + − ⋅ − + − ⋅ = − − − − − = − o

(15)

c. Las ecuaciones de los planos son:    = ≡ = ≡ 0 x YZ 0 z XY

. Los puntos que equidistan de ambos planos deben cumplir d

(

Q−XY

)

=d

(

Q−YZ

)

, siendo Q(x, y, z) un punto genérico de espacio.

Aplicando la expresión de la distancia de un punto a un plano se obtienen las expresiones del lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de ambos planos:

(

)

(

)

( )

   = + ≡ − = − ≡ + = ± =        = + + = − = + + = − 0 z x σ : 0 z x σ : : x z : x z : x 0 0 1 x YZ Q d z 1 0 0 z XY Q d 2 1 2 2 2 2 2 2

Los puntos buscados, son la intersección de los planos calculados (σ1, σ2) con la recta r.

( )

(

1 2 1 ,3 1 , 1

)

Q

(

1 ,4 , 1

)

Q 1 λ : 0 λ λ 2 1 : 0 z x σ λ z λ 3 y λ 2 1 x r Q ₁ ₁ 1 1 + − = =− ⇒ + ⋅ − − − − = − −        = − ≡      = − = + = ≡ ≡       − =       −      − −      − ⋅ + ⇒ − = = + +        = + ≡      = − = + = ≡ ≡ 3 1 , 3 10 , 3 1 Q 3 1 , 3 1 3 , 3 1 2 1 Q 3 1 λ : 0 λ λ 2 1 : 0 z x σ λ z λ 3 y λ 2 1 x r Q ₂ ₂ 2 2

Modelo 2015. Ejercicio 4A:

Calificación máxima: 2 puntos. Dados los puntos P1(1, −1, 2), P2(2, −3, 0) y P3(3, 1, 2), se pide:

a) (0,5 puntos) Determinar la ecuación del plano π que contiene los tres puntos.

b) (0,5 puntos) Determinar la ecuación de la recta r que pasa por P1 y es perpendicular a π.

c) (1 punto) Hallar la ecuación de las dos superficies esféricas de radio 17 que son tangentes al plano π en el punto P1.

Solución.

a. La mínima determinación lineal de un plano es un punto y dos vectores.

(

)

( )

(

) (

)

( )

(

) (

)

     = − − − − = − − = − − − − − = − ≡ 0 , 2 , 2 2 2 , 1 1 , 1 3 P P 2 , 2 , 1 2 0 , 1 3 , 1 2 P P 2 , 1 , 1 P π 3 1 2 1 1 0 0 2 2 2 2 1 2 z 1 y 1 x π − − = − + − ≡ 0 10 z 3 y 2 x 2 π≡ − + − =

b. Por ser perpendicular al plano π, el vector de dirección de la recta coincide con el vector normal del plano, por lo tanto la determinación lineal de la recta buscada es:

(

)

(

)

   − = − 3 , 2 , 2 n v 2 , 1 , 1 P π 1 r r ℜ ∈ ∀      + = − − = + = ≡ λ λ 3 2 z λ 2 1 y λ 2 1 x r

c. Las esferas que se piden tienen su centro sobre la recta r como nuestra la figura adjunta y la distancia del centro al plano es el radio de la esfera.

(

1 2λ , 1 2λ ,2 3λ

)

C r C∈ ⇒ + − − +

(

C π

)

R d − =

(

)

(

)

(

)

( )

2 9 17 2 10 λ 3 2 3 λ 2 1 2 λ 2 1 2 2 2 2₊ ₋ ₊ = − + ⋅ + − − ⋅ − + ⋅ 17 17 λ 17 =

(

)

(

)

   − = ′ → = − − = → − = ± = 5 , 3 , 3 C 1 λ 1 , 1 , 1 C 1 λ : 17 λ 17

(16)

Las ecuaciones de las esferas son:

( )

(

_x₋ ₋₁

)

2₊

(

_y₋₁

)

2₊

(

_z₋

( )

₋₁

)

2 ₌

( )

₁₇2 _⇒

₍

_x₊₁

₎

2₊

₍

_y₋₁

₎

2₊

₍

_z₊₁

₎

2 ₌₁₇

(

_x ₃

)

2

(

_y

( )

₃

)

2

(

_z ₅

)

2

( )

₁₇2 = − + − − + − ⇒

(

x−3

)

2+

(

y−1

)

+32+

(

z−5

)

2 =17

Septiembre 2014. Ejercicio 1B.

Calificación máxima: 3 puntos. Dados el plano π y la recta r siguientes:

π≡ 2x − y + 2z + 3 = 0 ; r ≡      + = − = − = t 1 z t 2 2 y t 2 1 x se pide:

a) (1 punto) Estudiar la posición relativa de r y π.

b) (1 punto) Calcular la distancia entre r y π.

Solución.

a. Se estudia el producto escalar del vector normal del plano y el vector de dirección de la recta.

(

2, 1,2

) (

v 2, 2,1

)

2

( ) ( ) ( )

2 1 2 2 1 0

n_π − or− − = ⋅ − + − ⋅ − + ⋅ =

r

Por ser nulo, los vectores son perpendiculares y por tanto, la recta puede ser paralela al plano o estar contenida en el. Para discernir las dos posibilidades, se sustituye el punto de la recta en la ecuación del plano, si las coordenadas del punto cumplen la ecuación del plano, la recta esta contenida en el plano, en caso contrario, la recta es paralela al plano.

( ) ₂ ₁ ₂ ₂ ₁ ₃ ₅ ₀ 0 3 z 2 y x 2 π≡ − + + = A1,2,1→ ⋅ − + ⋅ + = ≠

La recta es paralela al plano

b. Por ser la recta paralela al plano, la distancia de la recta al plano es la distancia de cualquier punto de la recta al plano.

(

)

(

)

( )

3 5 2 1 2 3 1 2 2 1 2 0 3 z 2 y x 2 π 1 , 2 , 1 A d π r d 2 2 2₊ ₋ ₊ = + ⋅ + − ⋅ = = + + − ≡ − = −

Septiembre 2014. Ejercicio 3A:

Calificación máxima: 2 puntos. Dados los puntos A(2; 0;−2), B(3;−4;−1), C(5; 4;−3) y D(0; 1; 4), se pide:

a) (1 punto) Calcular el área del triángulo de vértices A, B y C.

b) (1 punto) Calcular el volumen del tetraedro ABCD.

Solución.

a. El área de un triángulo definido por tres puntos se calcula como una aplicación del modulo del producto vectorial de dos vectores.

(

)

AB AC 2 1 C , B , A Área = ⋅ ×

( )

(

) (

)

( )

(

5 2 ,4 0 , 3 2

) (

3 ,4 , 1

)

AC 1 , 4 , 1 2 1 , 0 4 , 2 3 AB − = − − − − − = − = − − − − − − =

(

) (

)

(

0 ,4 ,16

)

4 3 4 1 , 1 3 1 1 , 1 4 1 4 1 , 4 , 3 1 , 4 , 1 AC AB _=       ₋ − − − − = − × − = ×

(

)

(

)

2 2 2 ₂₇₂ ₂ ₁₇_u2 2 1 16 4 0 2 1 16 , 4 , 0 2 1 C , B , A Área = ⋅ = + + = =

b. El volumen del tetraedro determinado por cuatro puntos se calcula como una aplicación del producto mixto.

(

)

AD

(

AB AC

)

6 1 ABCD V = o ×

(

0 ,4 ,16

)

AC AB× = AD=

(

0−2 ,1−0 ,4−

( )

−2

) (

= −2 ,1 ,6

)

(17)

(

)

(

)

(

) (

)

_u3 3 50 6 100 16 6 4 1 0 2 6 1 16 , 4 , 0 6 , 1 , 2 6 1 AC AB AD 6 1 ABCD V = o × = − o = − ⋅ + ⋅ + ⋅ = =

Junio 2014 Ejercicio 2A.

Calificación máxima: 3 puntos Dados el punto P(1, 0, 1), el plano π≡ x + 5y − 6z = 1, y la recta r ≡

   = = 0 y 0 x se pide:

b) (1 punto) Hallar la distancia de P a r.

c) (1 punto) Calcular el volumen del tetraedro formado por el origen de coordenadas O(0, 0, 0) y las intersecciones de π con los ejes coordenados OX, OY y OZ.

Solución. b.

(

)

(

)

(

)

(

)

u u AP 1 , 0 , 0 u 0 , 0 , 0 A : λ z 0 y 0 x r 1 , 0 , 1 P r P d r r r × =                       = = = ≡ = −

(

1 ,0 ,1

) (

0 ,0 ,0

) (

1 ,0 ,1

)

AP= − =

(

) (

)

(

0 , 1 ,0

)

0 0 0 1 , 1 0 1 1 , 1 0 1 0 1 , 0 , 0 1 , 0 , 1 u AP _= −       − = × = ×r

(

)

(

)

(

)

( )

₁ 1 1 1 0 0 0 1 0 1 , 0 , 0 0 , 1 , 0 u u AP r P d 2 2 2 2 2 2 = = + + + − + = − = × = − r r

c. Para calcular el volumen del tetraedro formado por el plano π y los planos coordenados se necesita conocer los puntos de corte del plano con los ejes de coordenadas, para lo cual, se pasa la ecuación del plano a forma canónica.

π≡ x + 5y − 6z = 1 0 6 1 z 5 1 y 1 x π = − + + ≡

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

     − = → − = → = → 6 1 , 0 , 0 c 6 1 , 0 , 0 C 0 , 5 1 , 0 b 0 , 5 1 , 0 B 0 , 0 , 1 a 0 , 0 , 1 A r r r

( )

_u3 180 1 6 1 0 0 0 5 1 0 0 0 1 6 1 c b a 6 1 V = − ⋅ = × = r r o r

Septiembre 2013. Ejercicio 4A.

Calificación máxima: 2 puntos.

Dados el punto P(1, 2, −1) y el plano π≡ x+2y ‒2z +2 = 0, sea S la esfera que es tangente al plano π en un punto P’ de modo que el segmento PP’ es uno de sus diámetros. Se pide:

a) (1 punto) Hallar el punto de tangencia P’.

b) (1 punto) Hallar la ecuación de S.

Solución.

a. El punto P’ es la intersección de la recta r con el plano π, siendo r la perpendicular a π que pasa por P.

(

)

(

)

   − = = − ≡ 2 , 2 , 1 n v 1 , 2 , 1 P r π r r ⇒ λ R λ 2 1 z λ 2 2 y λ 1 x r ∀ ∈      − − = + = + = ≡        = + − + ≡ ∈ ∀      − − = + = + = ≡ 0 2 z 2 y 2 x π R λ λ 2 1 z λ 2 2 y λ 1 x r :' P 1+λ+2⋅

(

2+2λ

)

−2⋅

(

−1−2λ

)

+2=0 9λ+9=0 1 λ=− ⇒

( )

(

0 ,0 ,1

)

' P 1 1 2 1 z 0 1 2 2 y 0 1 1 x :' P ⇒      = − ⋅ − − = = − ⋅ + = = − + =

(18)

b. La ecuación de una esfera se puede obtener conociendo el centro y el radio. En el caso propuesto el centro es el punto medio del segmento PP , y el radio es la mitad del módulo del segmento. '

Centro de la esfera: Punto medio de PP '       =       + + − + 0 , 1 , 2 1 2 1 1 , 2 0 2 , 2 0 1 Radio =

(

)

(

)

( )

2 3 2 2 1 2 1 2 , 2 , 1 2 1 1 1 , 0 2 , 0 1 2 1 ' PP 2 1 ₌ ₋ ₋ ₋ ₋ ₌ ₋ ₌ 2₊ 2₊ ₋ 2 ₌

La ecuación de la esfera es:

(

)

(

)

2 2 2 2 2 3 0 z 1 y 2 1 x       = − + − +       −

Desarrollando los cuadrados e igualando a cero, se obtiene la ecuación general de la esfera. 0 2 y 2 x z y x2+ 2+ 2− − − =

Septiembre 2013. Ejercicio 3A.

Calificación máxima: 2 puntos.

Dados los puntos A(2, ‒2, 1), B(0, 1, ‒2), C(‒2, 0, ‒4), D(2, ‒6, 2), se pide:

a) (1 punto) Probar que el cuadrilátero ABCD es un trapecio (tiene dos lados paralelos) y hallar la distancia entre los dos lados paralelos.

b) (1 punto) Hallar el área del triángulo ABC.

Solución.

a. Para determinar que el cuadrilátero es un paralelogramo habrá que probar que dos de los vectores que forman sus vértices son paralelos (proporcionales).

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

(

)

    ⇒ − ⋅ ≠ − − − ⇒ − ⋅ = − − − = − − − = − = − = − − − − = − = − − − = − − − − = − = − − = − − − = − = paralelos No 1 , 4 , 0 DA K 2 , 1 , 2 BC Paralelos 6 , 6 , 4 CD K 3 , 3 , 2 AB : 1 , 4 , 0 2 , 6 , 2 1 , 2 , 2 d a DA 6 , 6 , 4 4 , 0 , 2 2 , 6 , 2 c d CD 2 , 1 , 2 2 , 1 , 0 4 , 0 , 2 b c BC 3 , 3 , 2 1 , 2 , 2 2 , 1 , 0 a b AB r r r r r r r r

Teniendo en cuenta el apartado b, conviene calcular la distancia de los lados paralelos (altura del trapecio h) como la distancia del punto C a la recta que pasa por A y B.

(

)

AB AB AC r C d h= − _AB = ×

(

2 ,0 , 4

) (

2 , 2 ,1

) (

4 ,2 , 5

)

a c AC=r−r= − − − − = − −

(

) (

)

(

9 ,2 , 8

)

3 2 2 4 , 3 2 5 4 , 3 3 5 2 3 , 3 , 2 5 , 2 , 4 AB AC _= −       − − − − − − − − − = − − × − − = ×

(

2 ,3 , 3

)

AB= − −

(

)

(

)

(

)

( )

22 149 22 149 3 3 2 8 2 9 3 , 3 , 2 8 , 2 , 9 AB AB AC r C d h 2 2 2 2 2 2 AB = = − + + − − + + = − − − = × = − = b. 149 2 1 AC AB 2 1 ABC Área = × =

Junio 2013. Ejercicio 4B.

Dados el punto P(1, 0, ‒1), el plano π≡2x−y+z+1=0, y la recta

   = − − = − + − ≡ 0 3 z x 3 0 1 y x 2 r Se pide:

a) (1,5 puntos) Determinar la ecuación del plano que pasa por P, es paralelo a la recta r y perpendicular al plano π.

b) (0,5 puntos) Hallar el ángulo entre r y π.

(19)

a. La determinación lineal del plano que se pide se obtiene con el punto P, el vector normal del plano π y el vector de dirección de la recta r

(

1 ,2 ,3

)

d : λ 3 3 z λ 2 1 y λ x 0 3 z x 3 0 1 y x 2 r x λ r =      + − = + = =   →     = − − = − + − ≡ = r

(

2 , 1 ,1

)

n : 0 1 z y x 2 π≡ − + + = r_π = −

(

)

(

)

(

)

0 1 1 2 3 2 1 1 z 0 y 1 x σ : 1 , 1 , 2 n 3 , 2 , 1 d 1 , 0 , 1 P σ π r = − + − − ≡      − − ≡ r r 0 2 z y x σ≡ + − − = b.

(

) (

)

( )

14 6 3 1 1 2 3 2 1 1 , 1 , 2 3 , 2 , 1 n d n d α sen 2 2 2 2 2 2 π r π r ⋅ = + − + ⋅ + + − = ⋅ = r _r o r o r º 1 , 19 α=

Junio 2013. Ejercicio 3B.

Calificación máxima 2 puntos

a) (1 punto) Hallar los puntos de corte de la recta de dirección (2, 1, 1) y que pasa por el punto P(4, 6, 2), con la superficie esférica de centro C(1, 2, ‒1) y radio 26

b) (1 punto) Hallar la distancia del punto Q(‒2, 1, 0) a la recta 2 3 z 2 y 2 1 x r≡ − = + = − Solución. a. Recta:

(

)

(

)

     + = + = + = ≡    λ 2 z λ 6 y λ 2 4 x s : 4,6,2 P Punto 2,1,1 v dirección r Superficie esférica:

(

)

:C

(

x 1

)

2

(

y 2

)

2

(

z 1

)

2

( )

26 2 26 R Radio 1 , 2 , 1 C Centro = + + − + − ≡    = −

Los puntos comunes a la recta y a la superficie esférica se hallan resolviendo el sistema que forman las dos ecuaciones.

(

)

(

)

(

)

(

4 2λ 1

)

(

6 λ 2

)

(

2 λ 1

)

26 : 26 1 z 2 y 1 x C λ 2 z λ 6 y λ 2 4 x s ₂ ₂ ₂ 2 2 2 = + + + − + + − +        = + + − + − ≡      + = + = + = ≡

(

3+2λ

)

2+

(

4+λ

)

2+

(

3+λ

)

2=26

9+12λ+4λ2+16+8λ+λ2+9+6λ+λ2=26 0 8 λ 26 λ 6 2+ + = ;

( )

(

)

              − − ′      − = − + = ′ = − + = ′ − = − ⋅ + = ′ ≡ ′ − =                =       − + = =       − + = =       − ⋅ + = ≡ − = = + + 2 , 2 , 4 A : 2 4 2 a 2 4 6 a 4 4 2 4 a A : 4 λ 3 5 , 3 17 , 3 10 A : 3 5 3 1 2 a 3 17 3 1 6 a 3 10 3 1 2 4 a A : 3 1 λ : 0 4 λ 13 λ 3 3 2 1 3 2 1 2

(20)

b. Uno de los métodos para calcular la distancia de un punto a una recta es una aplicación del módulo del producto vectorial.

(

)

u u QB r Q d r r × = −

Siendo ur el vector de dirección de la recta r y B un punto cualquiera de la recta

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

2 1

(

9 ,0 ,9

)

3 3 , 2 2 3 3 , 2 1 3 3 2 , 1 , 2 3 , 3 , 3 u QB 2 , 1 , 2 u 3 , 3 , 3 QB : 2 , 1 , 2 u 3 , 2 , 1 B 0 , 1 , 2 Q − =         ₋ − − = × − = × ⇒     ₌ ₋      − − r r r

(

)

(

)

(

)

( )

₁₈ 9 162 2 1 2 9 0 9 2 , 1 , 2 9 , 0 , 9 u u QB r Q d 2 2 2 2 2 2 = = + + + + − = − = × = − r r

Septiembre 2012. Ejercicio 3A. Calificación máxima: 2 puntos.

Se dan la recta r y el plano π, mediante

3 2 z 1 1 y 2 4 x r = − − − = − ≡ , π≡2x+y−2z−7=0. Obtener los puntos de la recta cuya distancia al plano es igual a uno.

Solución.

Se buscan puntos P de la recta r que cumplan la condición: d

(

P−π

)

=1

Teniendo en cuenta que

     + = − = + = ≡ ∈ λ 3 2 z λ 1 y λ 2 4 x r

P , las coordenadas de P se pueden expresar en función de las

ecuaciones paramétricas de r

(

P

(

4+2λ ,1−λ ,2+3λ

)

, aplicando la igualdad propuesta se despeja el parámetro λ.

(

)

(

) (

)

(

)

( )

2 1 1 2 7 λ 3 2 2 λ 1 λ 2 4 2 π P d 2 1 2₊ ₊ ₋ = − + − − + + = − Operando: 1 3 λ 3 2 = − − ; −2−3λ=±3 (+): −2−3λ=3 ; 3 5 λ=− ;       − ⇒         − = − ⋅ + = = − − = = − ⋅ + = = , 3 3 8 , 3 2 P 3 3 5 3 2 z 3 8 3 5 1 y 3 2 3 5 2 4 x P p (‒): −2−3λ=−3 ; 3 1 λ= ;       ′ ⇒         = ⋅ + = = − = = ⋅ + = = ′ ,3 3 2 , 3 14 P 3 3 1 3 2 z 3 2 3 1 1 y 3 14 3 1 2 4 x P p

Junio 2012. Ejercicio 2B. Calificación máxima: 3 puntos.

Dadas las rectas

2 z

5

1 y

3

2 x

r

₁

=

−

=

−

≡

;











=

+

=

−

=

≡

5 z

λ

3 y

λ

1 x

r

₂ Se pide:

a) (1punto) Estudiar su posición relativa.

b) (2 puntos) Hallar la mínima distancia de r1 a r2.

Solución.

(21)

a.

(

)

(

)

   − = 3 , 5 ,2 v 0 , 1 , 2 A : r1 r

(

)

(

)

   − = − 0 , 1 , 1 u 5 , 3 , 1 B : r2 r

La posición relativa de las rectas se relaciona con

          u v AB rg r r           − − − − − − =           0 1 1 2 5 3 0 5 1 3 2 1 rg u v AB rg r r ; 8 0 0 1 1 2 5 3 5 2 3 ≠ − = − − − ⇒ ₃ u v AB rg =           r r

Vectores no coplanarios, las rectas se cruzan pero no se cortan.

b. La mínima distancia entre recta que se cruzan y no se cortan se calcula como aplicación de los productos de vectores.

(

)

(

)

u v u v AB r r d ₁ ₂ r r r r o × × = −

(

)

8 0 1 1 2 5 3 5 2 3 u v AB =− − − − = ×r r o

(

) (

)

(

2, 2, 2

)

1 1 5 3 , 0 1 2 3 , 0 1 2 5 0 , 1 , 1 2 , 5 , 3 u v _= − − −       − − − − − = − × − = ×r r

( )

2

( )

2

( )

2 12 2 3 u v×r = − 2+ − 2+ − 2 = = r

(

)

(

)

3 3 4 3 4 3 2 8 u v u v AB r r d 1 2 = = − = × × = − r r r r o

Junio 2012. Ejercicio 2A. Calificación máxima: 3 puntos.

Dados los puntos P1(1, 3, ‒1), P2(a, 2, 0), P3(1, 5, 4) y P4(2, 0, 2), se pide:

a) (1 punto) Hallar el valor de a para que los cuatro puntos estén en el mismo plano.

b) (1 punto) hallar los valores de a para que el tetraedro con vértices en P1, P2, P3, P4 tenga volumen igual a 7.

c) (1 punto) Hallar la ecuación del plano cuyos puntos equidistan de P1 y P3.

a. Si los cuatro puntos son coplanarios, el rango de la matriz formada por los vectores P₁P₂, P₁P₃

y P1P4 debe ser dos y por tanto el determinante debe ser cero.

( )

(

) (

)

( )

(

) (

)

( )

(

) (

)

0 3 3 1 5 2 0 1 1 1 a : 3 , 3 , 1 1 2 , 3 0 , 1 2 P P 5 , 2 , 0 1 4 , 3 5 , 1 1 P P 1 , 1 , 1 a 1 0 , 3 2 , 1 a P P 4 1 3 1 2 1 = − − −      − = − − − − = = − − − − = − − = − − − − =

Resolviendo el determinante aparece una ecuación lineal.

(

3a 4

)

0

7⋅ − = ;

3 4 a=

b. El volumen del tetraedro de vértices P1, P2, P3 y P4 se calcula como aplicación del producto mixto de vectores.

(22)

[

]

7

(

3a 4

)

7 6 1 3 3 1 5 2 0 1 1 1 a 6 1 P P P P P P 6 1 P P P P P P 6 1 V 4 1 3 1 2 1 4 1 3 1 2 1 = ⋅ − =           − − − =           = × = o

Para resolver la ecuación se empieza por quitar el valor absoluto.

(

3a 4

)

7 7 6 1 ± = − ⋅ ⋅ ; 3a−4=±6

Con el signo positivo: 3a−4=+6 ;

3 10 a= Con el signo positivo: 3a−4=−6 ;

3 2 a=−

c. Se puede hacer de dos formas, por definición, o por lo que es.

Por definición: se buscan los puntos P(x, y, z) que estén a igual distancia de P1 y P3.

(

P P

)

d

(

P P

)

d ₁− = ₃ −

(

x−1

)

2+

(

y−3

)

2 +

(

z+1

)

2 =

(

x−1

)

2 +

(

y−5

)

2+

(

z−4

)

2

Simplificando las raíces, desarrollando los cuadrados y agrupando términos, se obtiene la ecuación general del plano mediatriz, lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de P1 y P3.

π≡ 4y +10z ‒ 31 = 0

El lugar geométrico de los puntos del espacio que equidistan de P1 y P3, es un plano perpendicular al segmento P1P3que pasa por su punto medio.

Como vector normal a π se usa el vector P₁P₃, y como punto el punto medio del segmento (M).

(

)

(

₁_,₄_,3₂

)

2 4 1 , 2 5 3 , 2 1 1 M 5 , 2 , 0 P P1 3 =       + + − + =

Todos los plano perpendiculares a P₁P₃ tienen por ecuación: 0x + 2y + 5z + K = 0

Para determinar K se tiene en cuanta que el plano buscado debe pasar por M.

0 K 2 3 5 4 2 1 0⋅ + ⋅ + ⋅ + = ; 2 31 K=− 0 2 31 z 5 y 2 π≡ + − =

Multiplicando por 2 para eliminar el denominador: π≡ 4y +10z ‒ 31 = 0

Modelo 2012. Ejercicio 3.

Calificación máxima: 2 Puntos.

Dados los planos de ecuaciones:

π≡ x ‒ 2y + 2z + 4 = 0 ; π’ ≡ 2x + 2y ‒ z ‒ 2 = 0 se pide:

a) (1 punto) Obtener la ecuación en forma continua de la recta que determinan.

b) (1 punto) Hallar todos los puntos que equidistan de π y π’.