Matemáticas II · Vectores en el espacio · Selectividad

Problemas de selectividad de Vectores en el espacio

17 problemas resueltos paso a paso · PAU 2016-2026 · Por Álvaro López

Problemas de la PAU de Matemáticas II (Comunitat Valenciana) cuyo tema principal es vectores, ordenados de menos a más difícil. Si un problema necesita varios temas, aparece solo en el último de ellos y te avisa de los anteriores que debes saber. Los enunciados son los oficiales; las soluciones son nuestras. Si dudas con la teoría, repasa primero Vectores en el espacio.

Nivel

Año

Soluciones

Nivel básico ★

Julio 2026 · Opción 3.1 Básico2,5 puntosRectas y planos / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Plano perpendicular a un vector, recta normal y distancia punto-plano

3.1 Se consideran los puntos del espacio $A (0, - 1, 0)$ y $B (1, 0, 1)$ , y el vector $v = (2, - 1, 1)$ . Se pide:

3.1.1 (0.75 puntos) Encontrar una ecuación del plano $π$ que es perpendicular a $v$ y pasa por $A$ .

3.1.2 (0.75 puntos) Encontrar una ecuación de la recta que es perpendicular a $π$ y pasa por $B$ .

3.1.3 (0.75 puntos) Encontrar el punto $C$ del plano $π$ que está más cerca de $B$ .

3.1.4 (0.25 puntos) Calcular la distancia del punto $B$ al plano $π$ .

Ojo: para resolver este problema también necesitas conocimientos de Rectas y planos en el espacio y Propiedades métricas en el espacio. Si aún no has estudiado esos temas, déjalo para después.

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Resultado: 3.1.1) $2 x - y + z - 1 = 0$ ; 3.1.2) $(x, y, z) = (1 + 2 λ, - λ, 1 + λ)$ ; 3.1.3) $C (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ ; 3.1.4) $\frac{2}{6} \approx 0, 816$

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3.1.1) Un plano perpendicular a $v = (2, - 1, 1)$ tiene a $v$ como vector normal, así que su ecuación es $2 x - y + z + D = 0$ . Como pasa por $A (0, - 1, 0)$ :

$2 \cdot 0 - (- 1) + 0 + D = 0 ⟹ D = - 1.$

Resultado: $π : 2 x - y + z - 1 = 0$ (es decir, $2 x - y + z = 1$ )

3.1.2) Una recta perpendicular a $π$ tiene como vector director el normal del plano, $v = (2, - 1, 1)$ . Pasando por $B (1, 0, 1)$ :

$(x, y, z) = (1, 0, 1) + λ (2, - 1, 1) = (1 + 2 λ, - λ, 1 + λ), λ \in R .$

Resultado: $r : (x, y, z) = (1 + 2 λ, - λ, 1 + λ)$ , o bien $\frac{x - 1}{2} = \frac{y}{- 1} = \frac{z - 1}{1}$

3.1.3) El punto de $π$ más próximo a $B$ es su proyección ortogonal sobre $π$ , es decir, el punto de corte de la recta del apartado anterior con el plano.

Sustituimos $(1 + 2 λ, - λ, 1 + λ)$ en $2 x - y + z - 1 = 0$ :

$2 (1 + 2 λ) - (- λ) + (1 + λ) - 1 = 0 ⟹ 2 + 4 λ + λ + 1 + λ - 1 = 0 ⟹ 2 + 6 λ = 0.$

Luego $λ = - \frac{1}{3}$ .
El punto es $C = (1 - \frac{2}{3}, \frac{1}{3}, 1 - \frac{1}{3}) = (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ .

Comprobación: $2 \cdot \frac{1}{3} - \frac{1}{3} + \frac{2}{3} - 1 = 0$ .

Resultado: $C (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3})$

3.1.4) Aplicamos la fórmula de la distancia de un punto a un plano con $B (1, 0, 1)$ y $2 x - y + z - 1 = 0$ :

$d (B, π) = \frac{∣2 \cdot 1 - 0 + 1 - 1∣}{2 ^{2} + ( - 1 ) ^{2} + 1 ^{2}} = \frac{2}{6} = \frac{6}{3} \approx 0, 816.$

(Coincide con $∣ B C ∣ = (\frac{2}{3})^{2} + (\frac{1}{3})^{2} + (\frac{1}{3})^{2} = \frac{6}{9}$ .)

Resultado: $d (B, π) = \frac{2}{6} \approx 0, 816$

Resultado: 3.1.1) $2 x - y + z - 1 = 0$ ; 3.1.2) $(x, y, z) = (1 + 2 λ, - λ, 1 + λ)$ ; 3.1.3) $C (\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{2}{3})$ ; 3.1.4) $\frac{2}{6} \approx 0, 816$

Repasa la teoría: Producto escalar · Ecuaciones de la recta en el espacio · Ecuaciones del plano · Distancias de un punto a un punto, una recta y un plano · Proyecciones ortogonales y simétricos · Ver el examen completo (Julio 2026)

Julio 2025 (Examen de reserva) · Opción 3.2 Básico2,5 puntosDistancias, ángulos, áreas y volúmenes / Rectas y planos / Vectores

Puntos en un plano, distancia punto-plano y proyección ortogonal de un punto

3.2 Se considera el plano $π$ con ecuación $2 x + 3 y - z = 0$ y los cuatro puntos $A = (0, 0, 0)$ , $B = (10, 0, - 20)$ , $C = (0, 15, - 30)$ y $D = (1, 2, - 1)$ .

3.2.1 (0,5 puntos) Comprobar si el triángulo $A B C$ pertenece al plano $π$ .

3.2.2 (0,5 puntos) Calcular la distancia del punto $D$ al plano $π$ .

3.2.3 (1,5 puntos) Calcular las coordenadas de la proyección del punto $D$ sobre el plano formado por los puntos $A$ , $B$ y $C$ .

Ojo: para resolver este problema también necesitas conocimientos de Propiedades métricas en el espacio y Rectas y planos en el espacio. Si aún no has estudiado esos temas, déjalo para después.

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Resultado: 3.2.1) no pertenece (solo $A \in π$ ); 3.2.2) $d = \frac{9}{14} \approx 2, 405$ ; 3.2.3) $D^{'} = (- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$

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3.2.1 El triángulo pertenece a $π$ si sus tres vértices cumplen la ecuación del plano.

$A$ : $2 \cdot 0 + 3 \cdot 0 - 0 = 0$ . Cumple.
$B$ : $2 \cdot 10 + 3 \cdot 0 - (- 20) = 20 + 20 = 40 \neq = 0$ . No cumple.
$C$ : $2 \cdot 0 + 3 \cdot 15 - (- 30) = 45 + 30 = 75 \neq = 0$ . No cumple.

Solo $A$ está en $π$ , así que el triángulo $A B C$ no pertenece al plano $π$ .

Resultado: No: $B \in / π$ y $C \in / π$ (solo $A \in π$ ).

3.2.2 El vector normal de $π$ es $n = (2, 3, - 1)$ , con $∣ n ∣ = 4 + 9 + 1 = 14$ .

$d (D, π) = \frac{∣2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 - ( - 1 ) ∣}{14} = \frac{∣2 + 6 + 1∣}{14} = \frac{9}{14} = \frac{9 14}{14} \approx 2, 405$ .

Resultado: $d (D, π) = \frac{9}{14} \approx 2, 405$

3.2.3 Primero hallamos el plano $π^{'}$ que contiene a $A$ , $B$ y $C$ (no están alineados, porque $A B$ y $A C$ no son proporcionales).

$A B = (10, 0, - 20) ∥ (1, 0, - 2)$ y $A C = (0, 15, - 30) ∥ (0, 1, - 2)$ .
Normal: $(1, 0, - 2) \times (0, 1, - 2) = i 10 j 01 k - 2 - 2 = (0 + 2, - (- 2 - 0), 1 - 0) = (2, 2, 1)$ .
Plano por $A = (0, 0, 0)$ : $π^{'} : 2 x + 2 y + z = 0$ . (Comprobación: $B$ : $20 + 0 - 20 = 0$ ; $C$ : $0 + 30 - 30 = 0$ .)

La proyección de $D$ sobre $π^{'}$ es el punto $D^{'}$ donde la recta que pasa por $D$ y es perpendicular a $π^{'}$ corta a $π^{'}$ .

Recta: $(x, y, z) = (1, 2, - 1) + t (2, 2, 1) = (1 + 2 t, 2 + 2 t, - 1 + t)$ .
Imponemos que esté en $π^{'}$ : $2 (1 + 2 t) + 2 (2 + 2 t) + (- 1 + t) = 0 \Rightarrow 2 + 4 t + 4 + 4 t - 1 + t = 0 \Rightarrow 9 t + 5 = 0 \Rightarrow t = - \frac{5}{9}$ .
Sustituimos: $D^{'} = (1 - \frac{10}{9}, 2 - \frac{10}{9}, - 1 - \frac{5}{9}) = (- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$ .
Comprobación: $2 (- \frac{1}{9}) + 2 \cdot \frac{8}{9} - \frac{14}{9} = \frac{- 2 + 16 - 14}{9} = 0$ .

Resultado: $D^{'} = (- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$

Resultado: 3.2.1) no pertenece (solo $A \in π$ ); 3.2.2) $d = \frac{9}{14} \approx 2, 405$ ; 3.2.3) $D^{'} = (- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$

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Junio 2025 (Examen de reserva) · Opción 3.2 Básico2,5 puntosRectas y planos / Vectores

Rectas perpendiculares con parámetro y recta paralela por un punto de otra

3.2 Dadas la recta $r : \frac{x + 1}{2} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z}{α}$ , que depende del parámetro real $α$ , y la recta $s : {- x + y + z x + 2 y - z = 1 = 2$ , se pide:

3.2.1 (1,25 puntos) Calcular el valor del parámetro $α$ para el que $r$ y $s$ son perpendiculares.

3.2.2 (1,25 puntos) Suponiendo que $α \neq = 0$ , obtener la recta paralela a $s$ que pase por el punto de $r$ cuya coordenada $z$ vale 0.

Ojo: para resolver este problema también necesitas conocimientos de Rectas y planos en el espacio. Si aún no has estudiado ese tema, déjalo para después.

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Resultado: 3.2.1) $α = - 2$ ; 3.2.2) $(x, y, z) = (- 1, 2, 0) + λ (1, 0, 1)$

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Primero obtenemos el vector director de $s$ , que está dada como intersección de dos planos.

$v_{s} = (- 1, 1, 1) \times (1, 2, - 1) = i - 1 1 j 12 k 1 - 1 = (- 1 - 2, - (1 - 1), - 2 - 1) = (- 3, 0, - 3) ∥ (1, 0, 1)$ .
El vector director de $r$ es $v_{r} = (2, 3, α)$ .

3.2.1 Dos rectas en el espacio son perpendiculares cuando sus vectores directores son ortogonales (aunque no se corten, como ocurre aquí: se cruzan).

$v_{r} \cdot v_{s} = (2, 3, α) \cdot (1, 0, 1) = 2 + α = 0$ , luego $α = - 2$ .

Resultado: $α = - 2$

3.2.2 El punto de $r$ con $z = 0$ : en $\frac{z}{α} = 0$ el parámetro de la recta vale $0$ (al ser $α \neq = 0$ ), y entonces $\frac{x + 1}{2} = 0$ y $\frac{y - 2}{3} = 0$ , es decir, $Q = (- 1, 2, 0)$ .

La recta paralela a $s$ por $Q$ tiene vector director $v_{s} = (1, 0, 1)$ .
Ecuaciones paramétricas: $⎩ ⎨ ⎧ x = - 1 + λ y = 2 z = λ o bien {y x + 1 = 2 = z$

Resultado: $(x, y, z) = (- 1, 2, 0) + λ (1, 0, 1)$

Resultado: 3.2.1) $α = - 2$ ; 3.2.2) $(x, y, z) = (- 1, 2, 0) + λ (1, 0, 1)$

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Nivel medio ★★

Julio 2026 · Opción 3.2 Medio2,5 puntosPosiciones relativas / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Triángulo y plano, proyección ortogonal de un punto y distancia

3.2 Dado el plano $π : 2 x + 3 y - z = 0$ y los puntos $A (0, 0, 0)$ , $B (10, 0, - 20)$ , $C (0, 15, - 30)$ y $D (1, 2, - 1)$ , se pide:

3.2.1 (0.5 puntos) Estudiar si el triángulo $A B C$ está contenido en el plano $π$ .

3.2.2 (1.25 puntos) Calcular las coordenadas de la proyección del punto $D$ sobre el plano formado por los puntos $A$ , $B$ y $C$ .

3.2.3 (0.75 puntos) Calcular la distancia del punto $D$ al plano $π$ .

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Resultado: 3.2.1) no está contenido; 3.2.2) $(- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$ ; 3.2.3) $\frac{9}{14} \approx 2, 405$

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3.2.1) Comprobamos si cada vértice cumple la ecuación $2 x + 3 y - z = 0$ de $π$ :

$A (0, 0, 0)$ : $0 = 0$ , está en $π$ .
$B (10, 0, - 20)$ : $20 + 0 + 20 = 40 \neq = 0$ , no está en $π$ .
$C (0, 15, - 30)$ : $0 + 45 + 30 = 75 \neq = 0$ , tampoco.

Basta con que un vértice no esté en $π$ para que el triángulo no esté contenido en él.

Resultado: el triángulo $A B C$ no está contenido en $π$ (solo $A$ pertenece al plano).

3.2.2)

Hallamos el plano $σ$ que contiene a $A$ , $B$ y $C$ . Vectores: $A B = (10, 0, - 20)$ y $A C = (0, 15, - 30)$ .
Un vector normal es su producto vectorial:

$A B \times A C = i 100 j 015 k - 20 - 30 = (0 \cdot (- 30) - (- 20) \cdot 15, - (10 \cdot (- 30) - 0), 10 \cdot 15 - 0) = (300, 300, 150) .$

Dividiendo entre 150 tomamos $n = (2, 2, 1)$ .

Como pasa por $A (0, 0, 0)$ : $σ : 2 x + 2 y + z = 0$ . (Comprobación: $B$ da $20 + 0 - 20 = 0$ y $C$ da $0 + 30 - 30 = 0$ .)
La proyección $D^{'}$ de $D (1, 2, - 1)$ sobre $σ$ es el corte de $σ$ con la recta que pasa por $D$ con dirección $n$ : $(x, y, z) = (1 + 2 λ, 2 + 2 λ, - 1 + λ)$ .
Sustituimos en $σ$ :

$2 (1 + 2 λ) + 2 (2 + 2 λ) + (- 1 + λ) = 0 ⟹ 5 + 9 λ = 0 ⟹ λ = - \frac{5}{9} .$

Entonces

$D^{'} = (1 - \frac{10}{9}, 2 - \frac{10}{9}, - 1 - \frac{5}{9}) = (- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9}) .$

Comprobación: $2 (- \frac{1}{9}) + 2 \cdot \frac{8}{9} - \frac{14}{9} = \frac{- 2 + 16 - 14}{9} = 0$ .

Resultado: $D^{'} (- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$

3.2.3) Con $D (1, 2, - 1)$ y $π : 2 x + 3 y - z = 0$ :

$d (D, π) = \frac{∣2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 - ( - 1 ) ∣}{2 ^{2} + 3 ^{2} + ( - 1 ) ^{2}} = \frac{9}{14} = \frac{9 14}{14} \approx 2, 405.$

Resultado: $d (D, π) = \frac{9}{14} \approx 2, 405$

Resultado: 3.2.1) no está contenido; 3.2.2) $(- \frac{1}{9}, \frac{8}{9}, - \frac{14}{9})$ ; 3.2.3) $\frac{9}{14} \approx 2, 405$

Julio 2026 (Examen alternativo (día extra)) · Opción 3.2 Medio2,5 puntosDistancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Distancia punto-plano, recta perpendicular y ángulos del triángulo de trazas

3.2 Dados el plano $π : - 2 x + y + 2 z + 1 = 0$ y el punto $P (1, - 2, 0)$ , se pide:

3.2.1 (0,5 puntos) Calcular la distancia del punto $P$ al plano $π$ .

3.2.2 (1 punto) Escribir una ecuación de la recta perpendicular a $π$ que pasa por el punto $P$ .

3.2.3 (1 punto) Determinar los ángulos interiores del triángulo cuyos vértices son los puntos de intersección del plano $π$ con los tres ejes coordenados.

Ojo: para resolver este problema también necesitas conocimientos de Propiedades métricas en el espacio. Si aún no has estudiado ese tema, déjalo para después.

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Resultado: 3.2.1) $d = 1$ ; 3.2.2) $(x, y, z) = (1, - 2, 0) + t (- 2, 1, 2)$ ; 3.2.3) $A = C \approx 71, 56 5^{\circ}$ , $B \approx 36, 87 0^{\circ}$

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3.2.1 Fórmula de la distancia de un punto a un plano: $d (P, π) = \frac{∣ - 2 \cdot 1 + ( - 2 ) + 2 \cdot 0 + 1∣}{( - 2 ) ^{2} + 1 ^{2} + 2 ^{2}} = \frac{∣ - 3∣}{9} = \frac{3}{3} = 1.$

Resultado: $d (P, π) = 1$

3.2.2 La recta perpendicular a $π$ tiene como vector director el vector normal del plano, $n = (- 2, 1, 2)$ . Pasa por $P (1, - 2, 0)$ : $⎩ ⎨ ⎧ x = 1 - 2 t y = - 2 + t z = 2 t o bien \frac{x - 1}{- 2} = \frac{y + 2}{1} = \frac{z}{2} .$

Resultado: $r : (x, y, z) = (1, - 2, 0) + t (- 2, 1, 2)$

3.2.3 Hallamos los vértices cortando $π$ con los ejes.

Eje $X$ ( $y = z = 0$ ): $- 2 x + 1 = 0 \Rightarrow x = \frac{1}{2}$ , vértice $A (\frac{1}{2}, 0, 0)$ .
Eje $Y$ ( $x = z = 0$ ): $y + 1 = 0 \Rightarrow y = - 1$ , vértice $B (0, - 1, 0)$ .
Eje $Z$ ( $x = y = 0$ ): $2 z + 1 = 0 \Rightarrow z = - \frac{1}{2}$ , vértice $C (0, 0, - \frac{1}{2})$ .
Vectores desde cada vértice: $A B = (- \frac{1}{2}, - 1, 0), A C = (- \frac{1}{2}, 0, - \frac{1}{2}), B C = (0, 1, - \frac{1}{2}) .$
Módulos: $∣ A B ∣ = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{2}$ , $∣ A C ∣ = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{2}{2}$ , $∣ B C ∣ = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{2}$ .
Ángulo en $A$ (entre $A B$ y $A C$ ): $cos A = \frac{A B \cdot A C}{∣ A B ∣∣ A C ∣} = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{5}{2} \cdot \frac{2}{2}} = \frac{1}{10} \Rightarrow A \approx 71, 56 5^{\circ} .$
Ángulo en $B$ (entre $B A = (\frac{1}{2}, 1, 0)$ y $B C$ ): $cos B = \frac{B A \cdot B C}{∣ B A ∣∣ B C ∣} = \frac{1}{\frac{5}{4}} = \frac{4}{5} \Rightarrow B \approx 36, 87 0^{\circ} .$
Como $∣ A B ∣ = ∣ B C ∣$ , el triángulo es isósceles con los ángulos iguales en $A$ y en $C$ (los opuestos a los lados iguales), de modo que $C = A \approx 71, 56 5^{\circ}$ . Comprobación: $71, 56 5^{\circ} + 71, 56 5^{\circ} + 36, 87 0^{\circ} = 18 0^{\circ}$ .

Resultado: $A = C \approx 71, 56 5^{\circ}$ y $B \approx 36, 87 0^{\circ}$

Resultado: 3.2.1) $d = 1$ ; 3.2.2) $(x, y, z) = (1, - 2, 0) + t (- 2, 1, 2)$ ; 3.2.3) $A = C \approx 71, 56 5^{\circ}$ , $B \approx 36, 87 0^{\circ}$

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Julio 2024 · Problema 3 Medio10 puntosPosiciones relativas / Rectas y planos / Vectores

Rectas secantes: punto de corte y recta perpendicular a ambas por ese punto

Problema 3. Se dan las rectas

$r : x - 1 = y - 2 = \frac{z - 1}{2} y s : \frac{x - 3}{- 2} = \frac{y - 3}{- 1} = \frac{z + 1}{2} .$

Se pide:

a) (5 puntos) Comprobar que se cortan y calcular las coordenadas del punto $P$ de intersección.

b) (5 puntos) Determinar la ecuación de la recta que pasa por $P$ y es perpendicular a $r$ y a $s$ .

Ojo: para resolver este problema también necesitas conocimientos de Rectas y planos en el espacio y Rectas y planos en el espacio. Si aún no has estudiado esos temas, déjalo para después.

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Resultado: a) $P = (1, 2, 1)$ ; b) $(x, y, z) = (1 + 4 λ, 2 - 6 λ, 1 + λ)$

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a) De las ecuaciones obtenemos un punto y un vector director de cada recta:

$r$ : punto $A = (1, 2, 1)$ , vector $u = (1, 1, 2)$ .
$s$ : punto $B = (3, 3, - 1)$ , vector $v = (- 2, - 1, 2)$ .

Los vectores $u$ y $v$ no son proporcionales, así que las rectas no son paralelas ni coincidentes.
Se cortan si y solo si son coplanarias, es decir, si $A B$ , $u$ y $v$ son linealmente dependientes. Con $A B = (2, 1, - 2)$ :

$21 - 2 11 - 1 - 2 22 = 2 (2 + 2) - 1 (2 + 4) + (- 2) (- 1 + 2) = 8 - 6 - 2 = 0.$

El determinante es cero: son coplanarias y no paralelas, luego se cortan en un punto.
Para hallarlo, ponemos las rectas en paramétricas: $r : (1 + t, 2 + t, 1 + 2 t)$ y $s : (3 - 2 μ, 3 - μ, - 1 + 2 μ)$ . Igualando las dos primeras coordenadas:

$1 + t = 3 - 2 μ, 2 + t = 3 - μ .$

Restando la primera de la segunda: $1 = μ$ , y entonces $t = 3 - 2 - 1 = 0$ .

Comprobamos con la tercera coordenada: $1 + 2 \cdot 0 = 1$ y $- 1 + 2 \cdot 1 = 1$ . Coinciden.
El punto es el de $r$ con $t = 0$ : $P = (1, 2, 1)$ .

Resultado: las rectas se cortan en $P = (1, 2, 1)$ .

b) La recta pedida tiene como dirección un vector perpendicular a la vez a $u$ y a $v$ , por ejemplo su producto vectorial.

$u \times v = i 1 - 2 j 1 - 1 k 22 = (1 \cdot 2 - 2 \cdot (- 1), - (1 \cdot 2 - 2 \cdot (- 2)), 1 \cdot (- 1) - 1 \cdot (- 2)) = (4, - 6, 1) .$

Comprobación: $(4, - 6, 1) \cdot (1, 1, 2) = 4 - 6 + 2 = 0$ y $(4, - 6, 1) \cdot (- 2, - 1, 2) = - 8 + 6 + 2 = 0$ .
La recta pasa por $P = (1, 2, 1)$ con dirección $(4, - 6, 1)$ .

Resultado: $⎩ ⎨ ⎧ x y z = 1 + 4 λ = 2 - 6 λ = 1 + λ$ , es decir, $\frac{x - 1}{4} = \frac{y - 2}{- 6} = \frac{z - 1}{1}$

Resultado: a) $P = (1, 2, 1)$ ; b) $(x, y, z) = (1 + 4 λ, 2 - 6 λ, 1 + λ)$

Repasa la teoría: Producto vectorial · Ecuaciones de la recta en el espacio · Posición relativa de dos rectas en el espacio · Ver el examen completo (Julio 2024)

Julio 2024 · Problema 4 Medio10 puntosDistancias, ángulos, áreas y volúmenes / Rectas y planos / Vectores

Plano con parámetro d: distancia al origen, cortes con los ejes y ángulo entre vectores

Problema 4. Sea el plano $π : 6 x + 4 y - 3 z - d = 0$ . Se pide:

a) (2 puntos) Calcular los valores de $d$ para que la distancia del plano al origen sea una unidad.

b) (3 puntos) Calcular, en función del parámetro $d$ , las coordenadas de los puntos $A$ , $B$ y $C$ que resultan de intersectar el plano $π$ con los ejes de coordenadas, $X$ , $Y$ y $Z$ , respectivamente.

c) (5 puntos) Para $d \neq = 0$ , calcular el ángulo formado por los vectores $A B$ y $A C$ determinados por los puntos del apartado anterior.

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Resultado: a) $d = \pm 61$ ; b) $A = (\frac{d}{6}, 0, 0)$ , $B = (0, \frac{d}{4}, 0)$ , $C = (0, 0, - \frac{d}{3})$ ; c) $cos θ = \frac{2 65}{65}$ , $θ \approx 75, 6^{\circ}$

Ver proceso y resultado

a) La distancia del origen $(0, 0, 0)$ al plano $6 x + 4 y - 3 z - d = 0$ es

$dist (O, π) = \frac{∣6 \cdot 0 + 4 \cdot 0 - 3 \cdot 0 - d ∣}{6 ^{2} + 4 ^{2} + ( - 3 ) ^{2}} = \frac{∣ d ∣}{61} .$

Imponemos que valga 1: $∣ d ∣ = 61$ .
Por tanto $d = 61$ o $d = - 61$ .

Resultado: $d = 61$ o $d = - 61$

b) Cada punto se obtiene anulando las otras dos coordenadas en la ecuación del plano.

Eje $X$ ( $y = z = 0$ ): $6 x - d = 0 \Rightarrow x = \frac{d}{6}$ . Luego $A = (\frac{d}{6}, 0, 0)$ .
Eje $Y$ ( $x = z = 0$ ): $4 y - d = 0 \Rightarrow y = \frac{d}{4}$ . Luego $B = (0, \frac{d}{4}, 0)$ .
Eje $Z$ ( $x = y = 0$ ): $- 3 z - d = 0 \Rightarrow z = - \frac{d}{3}$ . Luego $C = (0, 0, - \frac{d}{3})$ .

Resultado: $A = (\frac{d}{6}, 0, 0)$ , $B = (0, \frac{d}{4}, 0)$ , $C = (0, 0, - \frac{d}{3})$

Calculamos los vectores:

$A B = B - A = (- \frac{d}{6}, \frac{d}{4}, 0), A C = C - A = (- \frac{d}{6}, 0, - \frac{d}{3}) .$

Producto escalar: $A B \cdot A C = \frac{d ^{2}}{36} + 0 + 0 = \frac{d ^{2}}{36}$ .
Módulos (con $d \neq = 0$ ):

$∣ A B ∣ = ∣ d ∣ \frac{1}{36} + \frac{1}{16} = ∣ d ∣ \frac{13}{144} = \frac{∣ d ∣ 13}{12}, ∣ A C ∣ = ∣ d ∣ \frac{1}{36} + \frac{1}{9} = ∣ d ∣ \frac{5}{36} = \frac{∣ d ∣ 5}{6} .$

Coseno del ángulo $θ$ :

$cos θ = \frac{A B \cdot A C}{∣ A B ∣ ∣ A C ∣} = \frac{d ^{2} /36}{d ^{2} 65 /72} = \frac{2}{65} = \frac{2 65}{65} \approx 0, 248.$

El resultado no depende de $d$ . El ángulo es $θ = arccos \frac{2}{65} \approx 75, 6^{\circ}$ (calculadora en grados).

Resultado: $cos θ = \frac{2 65}{65} \approx 0, 248$ , es decir, $θ = arccos \frac{2}{65} \approx 75, 6^{\circ}$

Resultado: a) $d = \pm 61$ ; b) $A = (\frac{d}{6}, 0, 0)$ , $B = (0, \frac{d}{4}, 0)$ , $C = (0, 0, - \frac{d}{3})$ ; c) $cos θ = \frac{2 65}{65}$ , $θ \approx 75, 6^{\circ}$

Repasa la teoría: Producto escalar · Ecuaciones del plano · Distancias de un punto a un punto, una recta y un plano · Ver el examen completo (Julio 2024)

Julio 2022 · Problema 4 Medio10 puntosDistancias, ángulos, áreas y volúmenes / Rectas y planos / Vectores

Pie de la perpendicular a un plano desde un punto y área del triángulo ABC

Problema 4. Dados los puntos $A = (2, 1, - 2)$ y $B = (3, 2, 3)$ , y el plano $π$ definido por $2 x + 2 y + z = 3$ , obtener:

a) (5 puntos) El punto de corte $C$ entre el plano $π$ y la recta perpendicular a $π$ que pasa por $B$ .

b) (5 puntos) El área del triángulo cuyos vértices son $A$ , $B$ y $C$ .

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Resultado: a) $C = (\frac{7}{9}, - \frac{2}{9}, \frac{17}{9})$ ; b) $52 \approx 7, 071$ u $^{2}$

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a) La recta perpendicular a $π$ tiene como vector director el normal del plano, $n = (2, 2, 1)$ , y pasa por $B$ :

$(x, y, z) = (3, 2, 3) + λ (2, 2, 1) = (3 + 2 λ, 2 + 2 λ, 3 + λ) .$

Sustituimos en la ecuación del plano: $2 (3 + 2 λ) + 2 (2 + 2 λ) + (3 + λ) = 3$ .
$6 + 4 λ + 4 + 4 λ + 3 + λ = 3 \Rightarrow 13 + 9 λ = 3 \Rightarrow λ = - \frac{10}{9}$ .
Punto $C$ :

$C = (3 - \frac{20}{9}, 2 - \frac{20}{9}, 3 - \frac{10}{9}) = (\frac{7}{9}, - \frac{2}{9}, \frac{17}{9}) .$

Comprobación: $2 \cdot \frac{7}{9} + 2 \cdot (- \frac{2}{9}) + \frac{17}{9} = \frac{14 - 4 + 17}{9} = 3$ .

Resultado: $C = (\frac{7}{9}, - \frac{2}{9}, \frac{17}{9})$

b) El área es $\frac{1}{2} ∣ A B \times A C ∣$ .

$A B = (1, 1, 5)$ y $A C = (\frac{7}{9} - 2, - \frac{2}{9} - 1, \frac{17}{9} + 2) = (- \frac{11}{9}, - \frac{11}{9}, \frac{35}{9})$ .
Producto vectorial:

$A B \times A C = i 1 - \frac{11}{9} j 1 - \frac{11}{9} k 5 \frac{35}{9} = (\frac{35}{9} + \frac{55}{9}, - \frac{55}{9} - \frac{35}{9}, - \frac{11}{9} + \frac{11}{9}) = (10, - 10, 0) .$

Módulo: $∣ (10, - 10, 0) ∣ = 102$ .
Área:

$S = \frac{1}{2} \cdot 102 = 52 = 50 \approx 7, 071 u^{2} .$

Resultado: $S = 52 = 50 \approx 7, 071$ u $^{2}$

Resultado: a) $C = (\frac{7}{9}, - \frac{2}{9}, \frac{17}{9})$ ; b) $52 \approx 7, 071$ u $^{2}$

Repasa la teoría: Producto vectorial · Ecuaciones de la recta en el espacio · Proyecciones ortogonales y simétricos · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Julio 2022)

Julio 2021 · Problema 2 Medio10 puntosPosiciones relativas / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Posición relativa de dos rectas, recta contenida en un plano con parámetro y volumen de un tetraedro

Problema 2. Se dan las rectas

$r : {x + y - 1 2 x - z - 1 = 0 = 0 s : \frac{x - 1}{1} = \frac{y}{- 1} = \frac{z}{2}$

y el plano $π : x + m y + z = 2$ que depende del parámetro real $m$ . Obtened:

a) (4 puntos) La posición relativa de las rectas $r$ y $s$ .

b) (3 puntos) El valor del parámetro $m$ para que la recta $r$ esté contenida en el plano $π$ .

c) (3 puntos) Los puntos $A$ , $B$ , $C$ intersección del plano $π$ con los ejes de coordenadas cuando $m = 2$ , así como el volumen del tetraedro de vértices $A$ , $B$ , $C$ y $P (2, 2, 2)$ .

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Resultado: a) paralelas (distintas); b) $m = 3$ ; c) $A = (2, 0, 0)$ , $B = (0, 1, 0)$ , $C = (0, 0, 2)$ , $V = 2$ u $^{3}$

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a) Pasamos $r$ a paramétricas tomando $x = t$ : $y = 1 - t$ y $z = 2 t - 1$ . Así, $r$ pasa por $P_{r} = (0, 1, - 1)$ con vector director $d_{r} = (1, - 1, 2)$ .

La recta $s$ pasa por $P_{s} = (1, 0, 0)$ con vector director $d_{s} = (1, - 1, 2)$ .

Los vectores directores son iguales, luego $r$ y $s$ son paralelas o coincidentes.
Comprobamos si $P_{s} = (1, 0, 0)$ está en $r$ : $x + y - 1 = 1 + 0 - 1 = 0$ se cumple, pero $2 x - z - 1 = 2 - 0 - 1 = 1 \neq = 0$ . No está.
Como $P_{s} \in / r$ , las rectas no coinciden.

Resultado: $r$ y $s$ son paralelas (distintas).

b) La recta $r$ está contenida en $π$ si su vector director es perpendicular al normal del plano, $n = (1, m, 1)$ , y un punto de $r$ está en $π$ .

$d_{r} \cdot n = 1 - m + 2 = 3 - m = 0 \Rightarrow m = 3$ .
Comprobación con $P_{r} = (0, 1, - 1)$ : $0 + 3 \cdot 1 + (- 1) = 2$ , que cumple $x + 3 y + z = 2$ .

Resultado: $m = 3$

c) Con $m = 2$ el plano es $x + 2 y + z = 2$ .

Eje $O X$ ( $y = z = 0$ ): $x = 2 \Rightarrow A = (2, 0, 0)$ .
Eje $O Y$ ( $x = z = 0$ ): $2 y = 2 \Rightarrow B = (0, 1, 0)$ .
Eje $O Z$ ( $x = y = 0$ ): $z = 2 \Rightarrow C = (0, 0, 2)$ .
El volumen del tetraedro es $V = \frac{1}{6} det (A B, A C, A P)$ , con $A B = (- 2, 1, 0)$ , $A C = (- 2, 0, 2)$ y $A P = (0, 2, 2)$ :

$- 2 - 2 0 102022 = - 2 (0 - 4) - 1 (- 4 - 0) + 0 = 8 + 4 = 12.$

$V = \frac{12}{6} = 2$ u $^{3}$ .

Resultado: $A = (2, 0, 0)$ , $B = (0, 1, 0)$ , $C = (0, 0, 2)$ ; $V = 2$ u $^{3}$

Resultado: a) paralelas (distintas); b) $m = 3$ ; c) $A = (2, 0, 0)$ , $B = (0, 1, 0)$ , $C = (0, 0, 2)$ , $V = 2$ u $^{3}$

Repasa la teoría: Producto mixto · Ecuaciones de la recta en el espacio · Posición relativa de dos rectas en el espacio · Posición relativa de una recta y un plano · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Julio 2021)

Julio 2021 · Problema 5 Medio10 puntosRectas y planos / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Plano por tres puntos y distancia al origen, distancia entre rectas paralelas y puntos alineados

Problema 5. Dados los puntos $P (1, 1, 0)$ , $Q (2, - 1, 1)$ y $R (α, 3, - 1)$ se pide:

a) (3 puntos) La ecuación del plano que contiene a $P$ , $Q$ y $R$ cuando $α = 1$ , y la distancia de dicho plano al origen de coordenadas.

b) (4 puntos) La ecuación de la recta $r$ que pasa por $R$ cuando $α = 1$ y es paralela a la recta $s$ que pasa por $P$ y $Q$ . Calculad la distancia entre las rectas $r$ y $s$ .

c) (3 puntos) Los valores de $α$ para los cuales $P$ , $Q$ y $R$ están alineados y la ecuación de la recta que los contiene.

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Resultado: a) $y + 2 z - 1 = 0$ , $d = \frac{5}{5} \approx 0, 447$ ; b) $r : \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 3}{- 2} = \frac{z + 1}{1}$ , $d (r, s) = \frac{5}{6} \approx 0, 913$ ; c) $α = 0$ , recta $\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{- 2} = \frac{z}{1}$

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a) Con $α = 1$ , $R = (1, 3, - 1)$ .

Vectores del plano: $P Q = (1, - 2, 1)$ y $P R = (0, 2, - 1)$ .
Vector normal:

$n = P Q \times P R = i 10 j - 2 2 k 1 - 1 = (2 - 2, - (- 1 - 0), 2 - 0) = (0, 1, 2) .$

El plano es $y + 2 z + D = 0$ . Pasa por $P = (1, 1, 0)$ : $1 + D = 0 \Rightarrow D = - 1$ .
Comprobación: $Q$ : $- 1 + 2 - 1 = 0$ ; $R$ : $3 - 2 - 1 = 0$ .
Distancia al origen:

$d (O, π) = \frac{∣0 + 0 + 0 - 1∣}{0 ^{2} + 1 ^{2} + 2 ^{2}} = \frac{1}{5} = \frac{5}{5} \approx 0, 447.$

Resultado: $π : y + 2 z - 1 = 0$ ; $d (O, π) = \frac{5}{5} \approx 0, 447$

b) La recta $s$ pasa por $P$ y $Q$ , con vector director $d = P Q = (1, - 2, 1)$ .

La recta $r$ es paralela a $s$ y pasa por $R = (1, 3, - 1)$ :

$r : \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 3}{- 2} = \frac{z + 1}{1} .$

Como $r ∥ s$ , la distancia entre ellas es la distancia de un punto de $r$ a $s$ . Tomamos $R$ y el punto $P$ de $s$ : $d (r, s) = \frac{∣ P R \times d ∣}{∣ d ∣}$ , con $P R = (0, 2, - 1)$ .
Producto vectorial:

$P R \times d = i 01 j 2 - 2 k - 1 1 = (2 - 2, - (0 + 1), 0 - 2) = (0, - 1, - 2) .$

Módulos: $∣ P R \times d ∣ = 0 + 1 + 4 = 5$ y $∣ d ∣ = 1 + 4 + 1 = 6$ .
Distancia:

$d (r, s) = \frac{5}{6} = \frac{5}{6} \approx 0, 913.$

Resultado: $r : \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 3}{- 2} = \frac{z + 1}{1}$ ; $d (r, s) = \frac{5}{6} \approx 0, 913$

c) Con $R = (α, 3, - 1)$ , los puntos están alineados cuando $P R = (α - 1, 2, - 1)$ es proporcional a $P Q = (1, - 2, 1)$ .

Imponemos la proporcionalidad: $\frac{α - 1}{1} = \frac{2}{- 2} = \frac{- 1}{1}$ .
Las dos últimas razones valen $- 1$ (coinciden, lo que debe ocurrir), y de la primera: $α - 1 = - 1 \Rightarrow α = 0$ .
La recta que los contiene pasa por $P$ con vector director $(1, - 2, 1)$ :

$\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{- 2} = \frac{z}{1} .$

Comprobación con $R = (0, 3, - 1)$ : $\frac{0 - 1}{1} = - 1$ , $\frac{3 - 1}{- 2} = - 1$ , $\frac{- 1}{1} = - 1$ .

Resultado: $α = 0$ y la recta $\frac{x - 1}{1} = \frac{y - 1}{- 2} = \frac{z}{1}$

Repasa la teoría: Puntos y vectores en R³ · Ecuaciones de la recta en el espacio · Ecuaciones del plano · Distancias de un punto a un punto, una recta y un plano · Distancias entre rectas y planos · Ver el examen completo (Julio 2021)

Julio 2019 · Problema A.2 Medio10 puntosDistancias, ángulos, áreas y volúmenes / Rectas y planos / Vectores

Distancia de un punto a un plano, área del triángulo de cortes y volumen de un tetraedro

Problema A.2. Se dan el plano $π : 2 x + y + 2 z = 8$ y el punto $P = (10, 0, 10)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) (3 puntos) La distancia del punto $P$ al plano $π$ .

b) (4 puntos) El área del triángulo cuyos vértices son los puntos $A$ , $B$ y $C$ , obtenidos al hallar la intersección del plano $π$ con los ejes de coordenadas.

c) (3 puntos) El volumen del tetraedro cuyos vértices son $P$ , $A$ , $B$ y $C$ .

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Resultado: a) $\frac{32}{3} \approx 10, 67$ u; b) $24$ u $^{2}$ ; c) $\frac{256}{3} \approx 85, 33$ u $^{3}$

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a) Aplicamos la fórmula de la distancia de un punto a un plano:

$d (P, π) = \frac{∣2 \cdot 10 + 0 + 2 \cdot 10 - 8∣}{2 ^{2} + 1 ^{2} + 2 ^{2}} = \frac{32}{3} \approx 10, 67 u .$

Resultado: $d (P, π) = \frac{32}{3} \approx 10, 67$ u

b) Cortamos el plano con cada eje:

Eje $O X$ ( $y = z = 0$ ): $2 x = 8 \Rightarrow A = (4, 0, 0)$ .
Eje $O Y$ ( $x = z = 0$ ): $y = 8 \Rightarrow B = (0, 8, 0)$ .
Eje $O Z$ ( $x = y = 0$ ): $2 z = 8 \Rightarrow C = (0, 0, 4)$ .
Vectores: $A B = (- 4, 8, 0)$ y $A C = (- 4, 0, 4)$ .
Producto vectorial:

$A B \times A C = i - 4 - 4 j 80 k 04 = (32, 16, 32) .$

Su módulo es $3 2^{2} + 1 6^{2} + 3 2^{2} = 2304 = 48$ , y el área del triángulo es la mitad:

$S = \frac{1}{2} \cdot 48 = 24 u^{2} .$

Resultado: $A = (4, 0, 0)$ , $B = (0, 8, 0)$ , $C = (0, 0, 4)$ ; área $= 24$ u $^{2}$

c) El tetraedro tiene por base el triángulo $A B C$ , contenido en $π$ , y su altura es la distancia de $P$ a $π$ :

$V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 24 \cdot \frac{32}{3} = \frac{256}{3} \approx 85, 33 u^{3} .$

Comprobación con el producto mixto, con $A P = (6, 0, 10)$ : $V = \frac{1}{6} (A B \times A C) \cdot A P = \frac{1}{6} ∣192 + 320∣ = \frac{512}{6} = \frac{256}{3}$ .

Resultado: $V = \frac{256}{3} \approx 85, 33$ u $^{3}$

Resultado: a) $\frac{32}{3} \approx 10, 67$ u; b) $24$ u $^{2}$ ; c) $\frac{256}{3} \approx 85, 33$ u $^{3}$

Repasa la teoría: Producto vectorial · Producto mixto · Distancias de un punto a un punto, una recta y un plano · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Julio 2019)

Junio 2019 · Problema B.2 Medio10 puntosDistancias, ángulos, áreas y volúmenes / Rectas y planos / Vectores

Planos paralelos a distancia dada, ángulo entre vectores y volumen de un tetraedro

Problema B.2. Sea $π$ el plano de ecuación $9 x + 12 y + 20 z = 180$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) (4 puntos) Las ecuaciones de los dos planos paralelos a $π$ que distan $4$ unidades de $π$ .

b) (4 puntos) Los puntos $A$ , $B$ y $C$ intersección del plano $π$ con los ejes OX, OY y OZ y el ángulo que forman los vectores $A B$ y $A C$ .

c) (2 puntos) El volumen del tetraedro cuyos vértices son el origen $O$ de coordenadas y los puntos $A$ , $B$ y $C$ .

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Resultado: a) $9 x + 12 y + 20 z = 280$ y $9 x + 12 y + 20 z = 80$ ; b) $A = (20, 0, 0)$ , $B = (0, 15, 0)$ , $C = (0, 0, 9)$ , $θ \approx 43, 1 5^{\circ}$ ; c) $V = 450$ u $^{3}$

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a) Un plano paralelo a $π$ tiene la forma $9 x + 12 y + 20 z = k$ . El vector normal $n = (9, 12, 20)$ tiene módulo $∣ n ∣ = 81 + 144 + 400 = 625 = 25$ .

Tomamos el punto $P = (20, 0, 0)$ de $π$ (cumple $9 \cdot 20 = 180$ ).
Su distancia al plano $9 x + 12 y + 20 z - k = 0$ es

$d = \frac{∣9 \cdot 20 - k ∣}{25} = \frac{∣180 - k ∣}{25} .$

Imponemos $d = 4$ : $∣180 - k ∣ = 100 \Rightarrow k = 280$ o $k = 80$ .

Resultado: $9 x + 12 y + 20 z = 280$ y $9 x + 12 y + 20 z = 80$

b) Cortes de $π$ con los ejes:

Eje $O X$ ( $y = z = 0$ ): $9 x = 180 \Rightarrow A = (20, 0, 0)$ .
Eje $O Y$ ( $x = z = 0$ ): $12 y = 180 \Rightarrow B = (0, 15, 0)$ .
Eje $O Z$ ( $x = y = 0$ ): $20 z = 180 \Rightarrow C = (0, 0, 9)$ .
Vectores: $A B = (- 20, 15, 0)$ y $A C = (- 20, 0, 9)$ .
Producto escalar y módulos: $A B \cdot A C = 400$ , $∣ A B ∣ = 400 + 225 = 25$ , $∣ A C ∣ = 400 + 81 = 481$ .
Coseno del ángulo:

$cos θ = \frac{400}{25 481} = \frac{16}{481} \approx 0, 7295 \Rightarrow θ \approx 43, 1 5^{\circ} (4 3^{\circ} 9^{'} 8^{''}) \approx 0, 753 rad .$

Resultado: $A = (20, 0, 0)$ , $B = (0, 15, 0)$ , $C = (0, 0, 9)$ ; $θ = arccos \frac{16}{481} \approx 43, 1 5^{\circ}$ .

c) Los vectores $O A = (20, 0, 0)$ , $O B = (0, 15, 0)$ y $O C = (0, 0, 9)$ son perpendiculares dos a dos, y el volumen del tetraedro es una sexta parte del valor absoluto de su producto mixto:

$V = \frac{1}{6} 20000150009 = \frac{20 \cdot 15 \cdot 9}{6} = \frac{2700}{6} = 450 u^{3} .$

Resultado: $V = 450$ u $^{3}$

Resultado: a) $9 x + 12 y + 20 z = 280$ y $9 x + 12 y + 20 z = 80$ ; b) $A = (20, 0, 0)$ , $B = (0, 15, 0)$ , $C = (0, 0, 9)$ , $θ \approx 43, 1 5^{\circ}$ ; c) $V = 450$ u $^{3}$

Repasa la teoría: Producto escalar · Producto mixto · Haces de planos · Distancias de un punto a un punto, una recta y un plano · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Junio 2019)

Junio 2018 · Problema A.2 Medio10 puntosVectores / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes

Triángulo rectángulo con un vértice paramétrico, su área y el plano que lo contiene

Problema A.2. Dados los puntos $A (- 1, 2, λ)$ , $B (2, 3, 5)$ y $C (3, 5, 3)$ , donde $λ$ es un parámetro real, se pide obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) (3 puntos) El valor del parámetro $λ$ para que el segmento $A C$ sea la hipotenusa de un triángulo rectángulo de vértices $A$ , $B$ y $C$ .

b) (4 puntos) El área del triángulo de vértices $A$ , $B$ y $C$ cuando $λ = 6$ .

c) (3 puntos) La ecuación del plano que contiene al triángulo de vértices $A$ , $B$ y $C$ cuando $λ = 6$ .

Ojo: para resolver este problema también necesitas conocimientos de Propiedades métricas en el espacio. Si aún no has estudiado ese tema, déjalo para después.

Ver resultado

Resultado: a) $λ = \frac{5}{2}$ ; b) $\frac{5 2}{2} \approx 3, 54$ u $^{2}$ ; c) $y + z - 8 = 0$

Ver proceso y resultado

a) Si $A C$ es la hipotenusa, el ángulo recto está en $B$ , es decir, $B A ⊥ B C$ .

$B A = (- 1 - 2, 2 - 3, λ - 5) = (- 3, - 1, λ - 5)$ y $B C = (3 - 2, 5 - 3, 3 - 5) = (1, 2, - 2)$ .
Imponemos producto escalar nulo:

$B A \cdot B C = - 3 - 2 - 2 (λ - 5) = 5 - 2 λ = 0 \Rightarrow λ = \frac{5}{2} .$

Resultado: $λ = \frac{5}{2}$

b) Con $λ = 6$ : $B A = (- 3, - 1, 1)$ y $B C = (1, 2, - 2)$ .

Producto vectorial:

$B A \times B C = i - 3 1 j - 1 2 k 1 - 2 = (2 - 2, 1 - 6, - 6 + 1) = (0, - 5, - 5) .$

Su módulo es $0 + 25 + 25 = 52$ .
El área del triángulo es la mitad del área del paralelogramo:

$S = \frac{1}{2} \cdot 52 = \frac{5 2}{2} \approx 3, 54 u^{2} .$

Resultado: $S = \frac{5 2}{2} \approx 3, 54$ u $^{2}$

c) El vector normal del plano es el producto vectorial anterior, o uno proporcional: $n = (0, 1, 1)$ .

El plano es $y + z + D = 0$ .
Pasa por $B (2, 3, 5)$ : $3 + 5 + D = 0 \Rightarrow D = - 8$ .
Comprobación: $A (- 1, 2, 6)$ cumple $2 + 6 = 8$ y $C (3, 5, 3)$ cumple $5 + 3 = 8$ .

Resultado: $y + z = 8$

Resultado: a) $λ = \frac{5}{2}$ ; b) $\frac{5 2}{2} \approx 3, 54$ u $^{2}$ ; c) $y + z - 8 = 0$

Repasa la teoría: Puntos y vectores en R³ · Producto escalar · Producto vectorial · Ecuaciones del plano · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Junio 2018)

Junio 2017 · Problema B.2 Medio10 puntosRectas y planos / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Tetraedro: plano de una cara, altura desde O, intersección, área de la cara y volumen

Problema B.2. Sea $T$ un tetraedro de vértices $O = (0, 0, 0)$ , $A = (1, 1, 1)$ , $B = (3, 0, 0)$ y $C = (0, 3, 0)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) (1+2 puntos) La ecuación del plano $π$ que contiene a los puntos $A$ , $B$ y $C$ , y las ecuaciones de la recta $h_{O}$ perpendicular a $π$ que pasa por $O$ .

b) (3 puntos) El punto de intersección de la altura $h_{O}$ y el plano $π$ .

c) (2+2 puntos) El área de la cara cuyos vértices son los puntos $A$ , $B$ y $C$ , y el volumen del tetraedro $T$ .

Ver resultado

Resultado: a) $π : x + y + z = 3$ , $h_{O} : x = y = z$ ; b) $(1, 1, 1)$ ; c) área $\frac{3 3}{2}$ u $^{2}$ y volumen $\frac{3}{2}$ u $^{3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Dos vectores del plano: $A B = (3, 0, 0) - (1, 1, 1) = (2, - 1, - 1)$ y $A C = (0, 3, 0) - (1, 1, 1) = (- 1, 2, - 1)$ . 2. Su producto vectorial es normal al plano:

$A B \times A C = i 2 - 1 j - 1 2 k - 1 - 1 = (1 + 2, 1 + 2, 4 - 1) = (3, 3, 3) .$

Tomamos el vector proporcional $(1, 1, 1)$ . 3. Ecuación: $x + y + z + D = 0$ . Con $B (3, 0, 0)$ : $3 + D = 0 \Rightarrow D = - 3$ . 4. Comprobación: $A$ : $1 + 1 + 1 = 3$ ; $C$ : $0 + 3 + 0 = 3$ . 5. La altura $h_{O}$ pasa por $O$ y tiene la dirección normal $(1, 1, 1)$ :

$h_{O} : (x, y, z) = (t, t, t), es decir, x = y = z .$

Resultado: $π : x + y + z = 3$ ; $h_{O} : x = y = z$

b) Sustituimos $(t, t, t)$ en el plano: $3 t = 3 \Rightarrow t = 1$ .

Resultado: $h_{O} \cap π = (1, 1, 1)$ (que coincide con el vértice $A$ ).

c) 1. Área de la cara $A B C$ : la mitad del módulo del producto vectorial calculado antes:

$A ˊ rea = \frac{1}{2} A B \times A C = \frac{1}{2} 9 + 9 + 9 = \frac{3 3}{2} \approx 2, 60 u^{2} .$

Volumen: una sexta parte del valor absoluto del producto mixto de $O A$ , $O B$ , $O C$ :

$130103100 = 1 \cdot (0 - 0) - 1 \cdot (0 - 0) + 1 \cdot (9 - 0) = 9, V = \frac{∣9∣}{6} = \frac{3}{2} u^{3} .$

Comprobación: la altura desde $O$ es $d (O, π) = \frac{3}{3} = 3$ , y $V = \frac{1}{3} \cdot \frac{3 3}{2} \cdot 3 = \frac{3}{2}$ .

Resultado: área $= \frac{3 3}{2} \approx 2, 60$ u $^{2}$ ; volumen $= \frac{3}{2}$ u $^{3}$

Resultado: a) $π : x + y + z = 3$ , $h_{O} : x = y = z$ ; b) $(1, 1, 1)$ ; c) área $\frac{3 3}{2}$ u $^{2}$ y volumen $\frac{3}{2}$ u $^{3}$

Repasa la teoría: Producto vectorial · Producto mixto · Ecuaciones del plano · Proyecciones ortogonales y simétricos · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Junio 2017)

Julio 2016 · Problema A.2 Medio10 puntosRectas y planos / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Plano por tres puntos, no coplanariedad, distancia y volumen del tetraedro

Problema A.2. Se dan los puntos $A = (0, 0, 1)$ , $B = (1, 0, - 1)$ , $C = (0, 1, - 2)$ y $D = (1, 2, 0)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) (3 puntos) La ecuación del plano $π$ que contiene a los puntos $A$ , $B$ y $C$ .

b) (2 puntos) La justificación de que los cuatro puntos $A$ , $B$ , $C$ y $D$ no son coplanarios.

c) (2 + 3 puntos) La distancia del punto $D$ al plano $π$ , y el volumen del tetraedro cuyos vértices son $A$ , $B$ , $C$ y $D$ .

Ver resultado

Resultado: a) $2 x + 3 y + z - 1 = 0$ ; b) $D \in / π$ ( $7 \neq = 0$ ); c) $d = \frac{14}{2}$ u y $V = \frac{7}{6}$ u $^{3}$

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a) 1. Dos vectores contenidos en el plano son

$A B = (1, 0, - 2), A C = (0, 1, - 3) .$

Un vector normal es su producto vectorial:

$n = A B \times A C = i 10 j 01 k - 2 - 3 = (0 \cdot (- 3) - (- 2) \cdot 1, - (1 \cdot (- 3) - 0), 1 \cdot 1 - 0) = (2, 3, 1) .$

El plano es $2 x + 3 y + z + D^{'} = 0$ . Como pasa por $A (0, 0, 1)$ : $1 + D^{'} = 0 \Rightarrow D^{'} = - 1$ .
Comprobación con $B$ : $2 + 0 - 1 - 1 = 0$ ; con $C$ : $0 + 3 - 2 - 1 = 0$ .

Resultado: $π : 2 x + 3 y + z - 1 = 0$

b) Basta comprobar que $D$ no cumple la ecuación de $π$ :

$2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 + 0 - 1 = 7 \neq = 0.$

Luego $D \in / π$ y los cuatro puntos no son coplanarios. (De forma equivalente, $det (A B, A C, A D) = 7 \neq = 0$ .)

Resultado: $D$ no está en $π$ porque $2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 + 0 - 1 = 7 \neq = 0$ .

c) 1. Distancia de $D$ al plano:

$d (D, π) = \frac{∣2 \cdot 1 + 3 \cdot 2 + 0 - 1∣}{2 ^{2} + 3 ^{2} + 1 ^{2}} = \frac{7}{14} = \frac{14}{2} \approx 1, 87 u .$

El volumen del tetraedro es una sexta parte del valor absoluto del producto mixto, con $A D = (1, 2, - 1)$ :

$V = \frac{1}{6} 101012 - 2 - 3 - 1 = \frac{1}{6} ∣1 \cdot (- 1 + 6) - 0 + (- 2) \cdot (0 - 1) ∣ = \frac{∣5 + 2∣}{6} = \frac{7}{6} u^{3} .$

Comprobación con base y altura: el área de la base es $\frac{1}{2} ∣ A B \times A C ∣ = \frac{14}{2}$ , y $V = \frac{1}{3} \cdot \frac{14}{2} \cdot \frac{14}{2} = \frac{14}{12} = \frac{7}{6}$ .

Resultado: $d (D, π) = \frac{14}{2} \approx 1, 87$ u y $V = \frac{7}{6} \approx 1, 17$ u $^{3}$ .

Resultado: a) $2 x + 3 y + z - 1 = 0$ ; b) $D \in / π$ ( $7 \neq = 0$ ); c) $d = \frac{14}{2}$ u y $V = \frac{7}{6}$ u $^{3}$

Repasa la teoría: Producto mixto · Ecuaciones del plano · Distancias de un punto a un punto, una recta y un plano · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Julio 2016)

Junio 2016 · Problema B.2 Medio10 puntosRectas y planos / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes / Vectores

Plano por tres puntos y posición relativa, área de un triángulo y volumen de un tetraedro

Problema B.2. Se da el plano $π : 6 x + 3 y + 2 z - 12 = 0$ y los puntos $A (1, 0, 0)$ , $B (0, 2, 0)$ y $C (0, 0, 3)$ . Obtener razonadamente, escribiendo todos los pasos del razonamiento utilizado:

a) (4 puntos) La ecuación implícita del plano $σ$ que pasa por los puntos $A$ , $B$ y $C$ (2 puntos), y la posición relativa de los planos $σ$ y $π$ (2 puntos).

b) (3 puntos) El área del triángulo de vértices $A$ , $B$ y $C$ .

c) (3 puntos) Un punto $P$ del plano $π$ y el volumen del tetraedro cuyos vértices son $P$ , $A$ , $B$ y $C$ .

Ver resultado

Resultado: a) $σ : 6 x + 3 y + 2 z - 6 = 0$ , planos paralelos; b) $\frac{7}{2} u^{2}$ ; c) $P = (0, 0, 6)$ y $V = 1 u^{3}$

Ver proceso y resultado

a) 1. Dos vectores contenidos en $σ$ :

$A B = (- 1, 2, 0), A C = (- 1, 0, 3) .$

Un vector normal a $σ$ es

$A B \times A C = i - 1 - 1 j 20 k 03 = (6 - 0, 0 + 3, 0 + 2) = (6, 3, 2) .$

El plano es $6 x + 3 y + 2 z + D = 0$ . Pasa por $A (1, 0, 0)$ : $6 + D = 0 \Rightarrow D = - 6$ .
Comprobación: $B$ : $6 = 6$ ; $C$ : $6 = 6$ .
Posición relativa: los vectores normales de $σ$ y $π$ coinciden, $(6, 3, 2)$ , pero los términos independientes son distintos ( $- 6 \neq = - 12$ ), así que las ecuaciones no son proporcionales. Son planos paralelos y distintos (no coincidentes).

Resultado: $σ : 6 x + 3 y + 2 z - 6 = 0$ ; $σ$ y $π$ son paralelos (no coincidentes).

b) 1. El área del triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial calculado antes:

$A ˊ rea = \frac{1}{2} A B \times A C = \frac{1}{2} 6^{2} + 3^{2} + 2^{2} = \frac{1}{2} 49 = \frac{7}{2} .$

Resultado: área $= \frac{7}{2} u^{2}$

c) 1. Un punto de $π$ : con $x = y = 0$ , $2 z = 12 \Rightarrow z = 6$ . Tomamos $P = (0, 0, 6)$ . (Comprobación: $6 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + 2 \cdot 6 - 12 = 0$ .) 2. Como $π ∥ σ$ , todos los puntos de $π$ están a la misma distancia de $σ$ , que contiene a $A$ , $B$ y $C$ :

$d (P, σ) = \frac{∣6 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + 2 \cdot 6 - 6∣}{6 ^{2} + 3 ^{2} + 2 ^{2}} = \frac{6}{7} .$

El volumen del tetraedro es un tercio del área de la base $A B C$ por la altura $d (P, σ)$ :

$V = \frac{1}{3} \cdot \frac{7}{2} \cdot \frac{6}{7} = 1.$

Por lo anterior, el volumen vale $1$ para cualquier punto $P$ elegido en $π$ .

Resultado: por ejemplo $P = (0, 0, 6)$ , y el volumen es $V = 1 u^{3}$

Resultado: a) $σ : 6 x + 3 y + 2 z - 6 = 0$ , planos paralelos; b) $\frac{7}{2} u^{2}$ ; c) $P = (0, 0, 6)$ y $V = 1 u^{3}$

Repasa la teoría: Producto vectorial · Producto mixto · Ecuaciones del plano · Posición relativa de dos y tres planos · Áreas y volúmenes con vectores · Ver el examen completo (Junio 2016)

Nivel difícil ★★★

Junio 2024 · Problema 4 Difícil10 puntosRectas y planos / Vectores / Distancias, ángulos, áreas y volúmenes

Cuadrilátero con dos vértices dados y otros dos sobre una recta: recta, plano y vértices

Problema 4. Un cuadrado tiene dos vértices consecutivos en los puntos $P = (2, 1, 3)$ y $Q = (1, 3, 1)$ , y los otros dos sobre una recta $r$ que pasa por el punto $R = (4, 7, 6)$ .

a) (2 puntos) Calcular la ecuación de la recta $r$ .

b) (3 puntos) Calcular la ecuación del plano que contiene al cuadrado.

c) (5 puntos) Hallar las coordenadas de los otros dos vértices.

Ver resultado

Resultado: a) $(x, y, z) = (4 - λ, 7 + 2 λ, 6 - 2 λ)$ ; b) $18 x - y - 10 z - 5 = 0$ ; c) $A (\frac{31}{9}, \frac{73}{9}, \frac{44}{9})$ , $B (\frac{40}{9}, \frac{55}{9}, \frac{62}{9})$

Ver proceso y resultado

a) Los lados $P Q$ y el opuesto, que está sobre $r$ , son paralelos. Por tanto $r$ tiene como vector director

$P Q = (1 - 2, 3 - 1, 1 - 3) = (- 1, 2, - 2)$

y pasa por $R = (4, 7, 6)$ :

$r : ⎩ ⎨ ⎧ x = 4 - λ y = 7 + 2 λ z = 6 - 2 λ λ \in R .$

Resultado: $r : (x, y, z) = (4 - λ, 7 + 2 λ, 6 - 2 λ)$

b) El plano contiene a $P$ , a $Q$ y a $R$ . Sus vectores directores son $P Q = (- 1, 2, - 2)$ y $P R = (2, 6, 3)$ .

Un vector normal es $P Q \times P R = i - 1 2 j 26 k - 2 3 = (2 \cdot 3 - (- 2) \cdot 6, - (- 1 \cdot 3 - (- 2) \cdot 2), - 1 \cdot 6 - 2 \cdot 2) = (18, - 1, - 10) .$
El plano es $18 x - y - 10 z + D = 0$ y pasa por $P$ : $36 - 1 - 30 + D = 0 \Rightarrow D = - 5$ .
Comprobación con $Q$ : $18 - 3 - 10 - 5 = 0$ . Y con $R$ : $72 - 7 - 60 - 5 = 0$ .

Resultado: $π : 18 x - y - 10 z - 5 = 0$

c) Los otros dos vértices, $A$ (vecino de $Q$ ) y $B$ (vecino de $P$ ), están sobre $r$ , y los lados $Q A$ y $P B$ son perpendiculares al lado $P Q$ . Un punto de $r$ es $(4 - λ, 7 + 2 λ, 6 - 2 λ)$ .

Vértice $B$ , vecino de $P$ : imponemos $P B \cdot P Q = 0$ , con $P B = (2 - λ, 6 + 2 λ, 3 - 2 λ)$ : $- (2 - λ) + 2 (6 + 2 λ) - 2 (3 - 2 λ) = 4 + 9 λ = 0 \Rightarrow λ = - \frac{4}{9} .$ $B = (4 + \frac{4}{9}, 7 - \frac{8}{9}, 6 + \frac{8}{9}) = (\frac{40}{9}, \frac{55}{9}, \frac{62}{9})$ .
Vértice $A$ , vecino de $Q$ : imponemos $Q A \cdot P Q = 0$ , con $Q A = (3 - λ, 4 + 2 λ, 5 - 2 λ)$ : $- (3 - λ) + 2 (4 + 2 λ) - 2 (5 - 2 λ) = - 5 + 9 λ = 0 \Rightarrow λ = \frac{5}{9} .$ $A = (4 - \frac{5}{9}, 7 + \frac{10}{9}, 6 - \frac{10}{9}) = (\frac{31}{9}, \frac{73}{9}, \frac{44}{9})$ .
Comprobación: $B A = (- \frac{9}{9}, \frac{18}{9}, - \frac{18}{9}) = (- 1, 2, - 2) = P Q$ , y $P B = Q A = (\frac{22}{9}, \frac{46}{9}, \frac{35}{9})$ , perpendicular a $P Q$ ( $- 22 + 92 - 70 = 0$ ).

Resultado: $A (\frac{31}{9}, \frac{73}{9}, \frac{44}{9})$ y $B (\frac{40}{9}, \frac{55}{9}, \frac{62}{9})$

Resultado: a) $(x, y, z) = (4 - λ, 7 + 2 λ, 6 - 2 λ)$ ; b) $18 x - y - 10 z - 5 = 0$ ; c) $A (\frac{31}{9}, \frac{73}{9}, \frac{44}{9})$ , $B (\frac{40}{9}, \frac{55}{9}, \frac{62}{9})$

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