Espacio afín y euclideo — Matemáticas II PEvAU Andalucía

Rectas y planos en el espacio

Problema

2025 · Extraordinaria · Reserva

1

Considera las rectas:

r \equiv \frac{x}{1} = \frac{y - 2}{-1} = \frac{z - k}{2} \quad \text{y} \quad s \equiv \frac{x + 2}{-1} = \frac{y + 3}{2} = \frac{z - 1}{1}

a) Determina

k

sabiendo que ambas se cortan en un punto.b) Para

k = 0

, halla la ecuación general del plano que contiene a

r

y es paralelo a

s

.

GeometríaIntersección de rectasEcuación del plano

Resolución de geometría en el espacio

a) Determina

k

sabiendo que ambas se cortan en un punto.

Para que las rectas $r$ y $s$ se corten en un punto, sus vectores directores $\vec{v_r}$ y $\vec{v_s}$ no deben ser paralelos y el determinante formado por $\vec{v_r}$ , $\vec{v_s}$ y el vector que une un punto de cada recta $\vec{P_r P_s}$ debe ser igual a cero.Extraemos los puntos y vectores directores de las ecuaciones continuas:

P_r(0, 2, k), \quad \vec{v_r}(1, -1, 2)

P_s(-2, -3, 1), \quad \vec{v_s}(-1, 2, 1)

Calculamos el vector $\vec{P_r P_s} = P_s - P_r = (-2 - 0, -3 - 2, 1 - k) = (-2, -5, 1 - k)$ .Como $\vec{v_r}$ y $\vec{v_s}$ no son proporcionales ( $\frac{1}{-1} \neq \frac{-1}{2}$ ), las rectas se cortarán si el determinante es nulo:

\begin{vmatrix} 1 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 1 \\ -2 & -5 & 1-k \end{vmatrix} = 0

Desarrollamos el determinante aplicando la regla de Sarrus o por adjuntos de la primera fila:

1[2(1-k) + 5] + 1[-(1-k) + 2] + 2[5 + 4] = 0

(2 - 2k + 5) + (-1 + k + 2) + 18 = 0

7 - 2k + 1 + k + 18 = 0 \implies 26 - k = 0 \implies k = 26

b) Para

k = 0

, halla la ecuación general del plano que contiene a

r

y es paralelo a

s

.

Si el plano $\pi$ contiene a la recta $r$ y es paralelo a la recta $s$ , sus vectores directores serán $\vec{v_r}$ y $\vec{v_s}$ , y pasará por el punto $P_r$ . Para $k = 0$ , el punto es $P_r(0, 2, 0)$ .El vector normal al plano $\vec{n}$ se obtiene mediante el producto vectorial de los vectores directores de las rectas:

\vec{n} = \vec{v_r} \times \vec{v_s} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -1 & 2 \\ -1 & 2 & 1 \end{vmatrix}

\vec{n} = (-1 - 4) \vec{i} - (1 + 2) \vec{j} + (2 - 1) \vec{k} = (-5, -3, 1)

La ecuación general del plano con vector normal $(A, B, C) = (-5, -3, 1)$ que pasa por $P_r(0, 2, 0)$ es:

A(x - x_0) + B(y - y_0) + C(z - z_0) = 0

-5(x - 0) - 3(y - 2) + 1(z - 0) = 0

-5x - 3y + 6 + z = 0 \implies 5x + 3y - z - 6 = 0

T3: Espacio afín y euclideo

Métrica en el espacio

Problema

2025 · Extraordinaria · Suplente

6

Considera la recta $r \equiv \begin{cases} x + y + z = 0 \\ y - z = 0 \end{cases}$ y el punto $P(2, 1, 0)$ .

a) Halla la distancia del punto

P

a la recta

r

.b) Calcula la ecuación del plano que contiene a la recta

r

y al punto

P

.

Distancia punto-rectaEcuación del plano

Análisis de la recta y el punto

En primer lugar, determinamos un punto $A$ y un vector director $\vec{u}_r$ de la recta $r$ expresada mediante sus ecuaciones implícitas. Para ello, resolvemos el sistema en función de un parámetro $\lambda$ haciendo $z = \lambda$ :

r \equiv \begin{cases} x + y + z = 0 \\ y - z = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} z = \lambda \\ y = \lambda \\ x = -2\lambda \end{cases}

De aquí obtenemos el punto $A(0, 0, 0)$ y el vector director $\vec{u}_r = (-2, 1, 1)$ .

a) Halla la distancia del punto

P

a la recta

r

.

Para calcular la distancia del punto $P(2, 1, 0)$ a la recta $r$ , utilizamos el vector $\vec{AP} = P - A = (2, 1, 0) - (0, 0, 0) = (2, 1, 0)$ y la fórmula de la distancia de un punto a una recta:

d(P, r) = \frac{|\vec{AP} \times \vec{u}_r|}{|\vec{u}_r|}

Calculamos el producto vectorial $\vec{AP} \times \vec{u}_r$ :

\vec{AP} \times \vec{u}_r = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 1 & 0 \\ -2 & 1 & 1 \end{vmatrix} = (1 - 0)\vec{i} - (2 - 0)\vec{j} + (2 + 2)\vec{k} = (1, -2, 4)

Calculamos los módulos necesarios:

|\vec{AP} \times \vec{u}_r| = \sqrt{1^2 + (-2)^2 + 4^2} = \sqrt{1 + 4 + 16} = \sqrt{21}

|\vec{u}_r| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}

Sustituimos en la fórmula de la distancia:

d(P, r) = \frac{\sqrt{21}}{\sqrt{6}} = \sqrt{\frac{21}{6}} = \sqrt{\frac{7}{2}} = \frac{\sqrt{14}}{2} \text{ unidades}

b) Calcula la ecuación del plano que contiene a la recta

r

y al punto

P

.

El plano $\pi$ que buscamos pasa por el punto $A(0, 0, 0)$ y tiene como vectores directores $\vec{u}_r = (-2, 1, 1)$ y $\vec{AP} = (2, 1, 0)$ . Su ecuación general se obtiene mediante el determinante:

\pi \equiv \begin{vmatrix} x - 0 & y - 0 & z - 0 \\ -2 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{vmatrix} = 0

Desarrollando el determinante por la primera fila:

x(0 - 1) - y(0 - 2) + z(-2 - 2) = 0 \Rightarrow -x + 2y - 4z = 0

Multiplicando por $-1$ para obtener una expresión más sencilla, la ecuación del plano es:

\pi \equiv x - 2y + 4z = 0

T3: Espacio afín y euclideo

Posiciones relativas

Problema

2025 · Extraordinaria · Titular

4

EJERCICIO 4.

Considera la recta $r \equiv \begin{cases} x - y + z = 3 \\ x + 2y - z = 4 \end{cases}$ y el plano $\pi \equiv mx - y - 2z = 5$ .

a) Halla

m

para que

r

y

\pi

sean paralelos.b) Para

m = -8

, calcula la distancia de la recta

r

al plano

\pi

.

RectaPlanoParalelismo+1

a) Halla

m

para que

r

y

\pi

sean paralelos.

Para que la recta $r$ y el plano $\pi$ sean paralelos, el vector director de la recta debe ser ortogonal al vector normal del plano. Es decir, su producto escalar debe ser cero.Primero, hallamos el vector director de la recta $r$ . La recta viene dada por la intersección de dos planos, por lo tanto, su vector director $\vec{v_r}$ es el producto vectorial de los vectores normales de estos planos.Los vectores normales de los planos que definen la recta son:

\vec{n_1} = (1, -1, 1)

\vec{n_2} = (1, 2, -1)

Calculamos el producto vectorial para obtener $\vec{v_r}$ :

\vec{v_r} = \vec{n_1} \times \vec{n_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -1 & 1 \\ 1 & 2 & -1 \end{vmatrix}

\vec{v_r} = ((-1)(-1) - (1)(2))\vec{i} - ((1)(-1) - (1)(1))\vec{j} + ((1)(2) - (-1)(1))\vec{k}

\vec{v_r} = (1 - 2)\vec{i} - (-1 - 1)\vec{j} + (2 + 1)\vec{k}

\vec{v_r} = -1\vec{i} + 2\vec{j} + 3\vec{k} = (-1, 2, 3)

El vector normal del plano $\pi \equiv mx - y - 2z = 5$ es:

\vec{n_\pi} = (m, -1, -2)

Para que la recta $r$ y el plano $\pi$ sean paralelos, el producto escalar de sus vectores $\vec{v_r} \cdot \vec{n_\pi}$ debe ser cero.

\vec{v_r} \cdot \vec{n_\pi} = (-1)(m) + (2)(-1) + (3)(-2) = 0

-m - 2 - 6 = 0

-m - 8 = 0

m = -8

b) Para

m = -8

, calcula la distancia de la recta

r

al plano

\pi

.

Dado que para $m = -8$ la recta $r$ y el plano $\pi$ son paralelos, la distancia entre ellos se puede calcular como la distancia de cualquier punto de la recta al plano.Primero, hallamos un punto $P_r$ de la recta $r$ . Para ello, podemos dar un valor a una de las variables en las ecuaciones de la recta, por ejemplo, $z = 0$ :

\begin{cases} x - y + 0 = 3 \\ x + 2y - 0 = 4 \end{cases}

\begin{cases} x - y = 3 \quad (1) \\ x + 2y = 4 \quad (2) \end{cases}

Restamos la ecuación (1) de la ecuación (2):

(x + 2y) - (x - y) = 4 - 3

3y = 1 \implies y = \frac{1}{3}

Sustituimos $y = 1/3$ en la ecuación (1):

x - \frac{1}{3} = 3 \implies x = 3 + \frac{1}{3} = \frac{9+1}{3} = \frac{10}{3}

Así, un punto de la recta $r$ es $P_r = (10/3, 1/3, 0)$ .Para $m = -8$ , la ecuación del plano $\pi$ es $-8x - y - 2z = 5$ , que se puede escribir como $-8x - y - 2z - 5 = 0$ .La distancia de un punto $(x_0, y_0, z_0)$ a un plano $Ax + By + Cz + D = 0$ viene dada por la fórmula:

d(P, \pi) = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}

Sustituyendo $P_r = (10/3, 1/3, 0)$ y el plano $\pi \equiv -8x - y - 2z - 5 = 0$ :

d(r, \pi) = \frac{|-8(\frac{10}{3}) - 1(\frac{1}{3}) - 2(0) - 5|}{\sqrt{(-8)^2 + (-1)^2 + (-2)^2}}

d(r, \pi) = \frac{|-\frac{80}{3} - \frac{1}{3} - 0 - 5|}{\sqrt{64 + 1 + 4}}

d(r, \pi) = \frac{|-\frac{81}{3} - 5|}{\sqrt{69}}

d(r, \pi) = \frac{|-27 - 5|}{\sqrt{69}}

d(r, \pi) = \frac{|-32|}{\sqrt{69}}

d(r, \pi) = \frac{32}{\sqrt{69}}

Racionalizando el denominador:

d(r, \pi) = \frac{32\sqrt{69}}{69}

T3: Espacio afín y euclideo

Posición relativa de rectas

Problema

2025 · Extraordinaria · Titular

5

EJERCICIO 5.

Sean las rectas $r \equiv \frac{x + 1}{4} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z - 2}{-1}$ y $s \equiv \begin{cases} x = 1 - \lambda \\ y = 2 + \lambda \\ z = -3 - 2\lambda \end{cases}$ .

a) Estudia la posición relativa de las rectas

r

y

s

.b) Halla la ecuación de un plano que contiene a

r

y a una recta perpendicular a las rectas

r

y

s

.

RectasPosición relativaPlano

Extracción de datos de las rectas

A partir de las ecuaciones de las rectas, identificamos un punto y un vector director para cada una.Para la recta $r \equiv \frac{x + 1}{4} = \frac{y + 2}{3} = \frac{z - 2}{-1}$ :

P_r(-1, -2, 2) \quad \text{y} \quad \vec{v}_r = (4, 3, -1)

Para la recta $s \equiv \begin{cases} x = 1 - \lambda \\ y = 2 + \lambda \\ z = -3 - 2\lambda \end{cases}$ :

P_s(1, 2, -3) \quad \text{y} \quad \vec{v}_s = (-1, 1, -2)

a) Estudia la posición relativa de las rectas

r

y

s

.

Primero, comprobamos si los vectores directores son paralelos analizando su proporcionalidad:

\frac{4}{-1} \neq \frac{3}{1} \neq \frac{-1}{-2}

Como los vectores $\vec{v}_r$ y $\vec{v}_s$ no son proporcionales, las rectas no son paralelas ni coincidentes. Por tanto, o se cortan en un punto o se cruzan en el espacio.Para distinguirlo, calculamos el vector que une un punto de cada recta: $\vec{P_r P_s} = (1 - (-1), 2 - (-2), -3 - 2) = (2, 4, -5)$ . Evaluamos el determinante de la matriz formada por los tres vectores:

\det(\vec{v}_r, \vec{v}_s, \vec{P_r P_s}) = \begin{vmatrix} 4 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & -2 \\ 2 & 4 & -5 \end{vmatrix}

\det(\vec{v}_r, \vec{v}_s, \vec{P_r P_s}) = 4(-5 + 8) - 3(5 + 4) - 1(-4 - 2) = 12 - 27 + 6 = -9

Como el determinante es distinto de cero, los tres vectores son linealmente independientes, lo que implica que las rectas $r$ y $s$ se cruzan.

b) Halla la ecuación de un plano que contiene a

r

y a una recta perpendicular a las rectas

r

y

s

.

El plano $\pi$ que buscamos debe contener a la recta $r$ y tener la dirección de la perpendicular común a $r$ y $s$ . Los vectores directores del plano serán el vector director de $r$ ( $\vec{v}_r$ ) y el vector producto vectorial $\vec{w} = \vec{v}_r \times \vec{v}_s$ .Calculamos el vector perpendicular común $\vec{w}$ :

\vec{w} = \vec{v}_r \times \vec{v}_s = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 4 & 3 & -1 \\ -1 & 1 & -2 \end{vmatrix} = (-6 + 1)\vec{i} - (-8 - 1)\vec{j} + (4 + 3)\vec{k} = (-5, 9, 7)

El plano $\pi$ pasa por el punto $P_r(-1, -2, 2)$ y tiene como vectores directores $\vec{v}_r(4, 3, -1)$ y $\vec{w}(-5, 9, 7)$ :

\begin{vmatrix} x + 1 & y + 2 & z - 2 \\ 4 & 3 & -1 \\ -5 & 9 & 7 \end{vmatrix} = 0

Desarrollando el determinante por la primera fila:

(x + 1)(21 + 9) - (y + 2)(28 - 5) + (z - 2)(36 + 15) = 0

30(x + 1) - 23(y + 2) + 51(z - 2) = 0

30x + 30 - 23y - 46 + 51z - 102 = 0

La ecuación general del plano es:

\pi \equiv 30x - 23y + 51z - 118 = 0

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría métrica

Problema

2025 · Ordinaria · Reserva

4

Sean los puntos $A(3, -1, 1)$ , $B(1, 3, -3)$ y $C(-2, -2, 1)$ .

a) Calcula el área del triángulo de vértices

A, B

y

C

.b) Halla los puntos

D

pertenecientes al eje

OZ

para que el tetraedro de vértices

A, B, C

y

D

tenga un volumen de

20

unidades cúbicas.

Área de un triánguloVolumen de un tetraedroPuntos en el espacio

a) Calcula el área del triángulo de vértices

A, B

y

C

.

El área de un triángulo de vértices $A$ , $B$ y $C$ se puede calcular mediante la mitad del módulo del producto vectorial de los vectores $\vec{AB}$ y $\vec{AC}$ :

\text{Área} = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}|

Primero, determinamos los vectores $\vec{AB}$ y $\vec{AC}$ a partir de las coordenadas de los puntos $A(3, -1, 1)$ , $B(1, 3, -3)$ y $C(-2, -2, 1)$ :

\vec{AB} = (1 - 3, 3 - (-1), -3 - 1) = (-2, 4, -4)

\vec{AC} = (-2 - 3, -2 - (-1), 1 - 1) = (-5, -1, 0)

Calculamos el producto vectorial $\vec{AB} \times \vec{AC}$ :

\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ -2 & 4 & -4 \\ -5 & -1 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 - 4) - \mathbf{j}(0 - 20) + \mathbf{k}(2 - (-20)) = (-4, 20, 22)

Hallamos el módulo de este vector:

|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{(-4)^2 + 20^2 + 22^2} = \sqrt{16 + 400 + 484} = \sqrt{900} = 30

Finalmente, el área del triángulo es:

\text{Área} = \frac{30}{2} = 15 \text{ unidades cuadradas}

b) Halla los puntos

D

pertenecientes al eje

OZ

para que el tetraedro de vértices

A, B, C

y

D

tenga un volumen de

20

unidades cúbicas.

Un punto $D$ perteneciente al eje $OZ$ tiene coordenadas de la forma $D(0, 0, z)$ . El volumen de un tetraedro se define como un sexto del valor absoluto del producto mixto de los vectores $\vec{AB}$ , $\vec{AC}$ y $\vec{AD}$ :

V = \frac{1}{6} |[\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}]|

Calculamos el vector $\vec{AD}$ :

\vec{AD} = (0 - 3, 0 - (-1), z - 1) = (-3, 1, z - 1)

El producto mixto $[\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}]$ se puede calcular como el producto escalar del vector $(\vec{AB} \times \vec{AC})$ , ya obtenido anteriormente, por el vector $\vec{AD}$ :

[\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}] = (-4, 20, 22) \cdot (-3, 1, z - 1) = 12 + 20 + 22(z - 1) = 32 + 22z - 22 = 10 + 22z

Aplicamos la condición del volumen:

\frac{1}{6} |10 + 22z| = 20 \implies |10 + 22z| = 120

Esto genera dos posibles ecuaciones:1) $10 + 22z = 120 \implies 22z = 110 \implies z = 5$ . El primer punto es $D_1(0, 0, 5)$ .2) $10 + 22z = -120 \implies 22z = -130 \implies z = -\frac{130}{22} = -\frac{65}{11}$ . El segundo punto es $D_2(0, 0, -\frac{65}{11})$ .

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría métrica

Problema

2025 · Ordinaria · Reserva

5

Considera el plano $\pi \equiv 2x + y + 2z + 5 = 0$ .

a) Calcula el punto simétrico de

P(1, 0, 1)

respecto de

\pi

.b) Calcula los planos paralelos a

\pi

y que disten

2

unidades de

\pi

.

Punto simétricoPlanos paralelosDistancia entre planos

Simetría y Distancia entre Planos

a) Calcula el punto simétrico de

P(1, 0, 1)

respecto de

\pi

.

Para hallar el punto simétrico $P'$ de $P(1, 0, 1)$ respecto al plano $\pi \equiv 2x + y + 2z + 5 = 0$ , primero determinamos la recta $r$ perpendicular a $\pi$ que pasa por $P$ . El vector director de esta recta es el vector normal del plano, $\vec{n} = (2, 1, 2)$ .

r \equiv \begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = t \\ z = 1 + 2t \end{cases}

Calculamos el punto de intersección $M$ (proyección ortogonal de $P$ sobre el plano) sustituyendo las ecuaciones paramétricas de la recta en la ecuación del plano:

2(1 + 2t) + (t) + 2(1 + 2t) + 5 = 0 \Rightarrow 2 + 4t + t + 2 + 4t + 5 = 0 \Rightarrow 9t + 9 = 0 \Rightarrow t = -1

Sustituimos $t = -1$ en las ecuaciones de la recta para obtener $M$ :

M = (1 + 2(-1), -1, 1 + 2(-1)) = (-1, -1, -1)

Como $M$ es el punto medio del segmento $PP'$ , se cumple la relación $P' = 2M - P$ :

P' = 2(-1, -1, -1) - (1, 0, 1) = (-2, -2, -2) - (1, 0, 1) = (-3, -2, -3)

b) Calcula los planos paralelos a

\pi

y que disten

2

unidades de

\pi

.

Cualquier plano paralelo a $\pi$ tiene la forma $\pi' \equiv 2x + y + 2z + D = 0$ . La distancia entre dos planos paralelos de la forma $Ax + By + Cz + D_1 = 0$ y $Ax + By + Cz + D_2 = 0$ viene dada por la fórmula:

d(\pi, \pi') = \frac{|D_2 - D_1|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}

Igualamos esta distancia a $2$ con los datos de nuestro plano ( $A=2, B=1, C=2$ y $D_1=5$ ):

2 = \frac{|D - 5|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 2^2}} \Rightarrow 2 = \frac{|D - 5|}{3} \Rightarrow 6 = |D - 5|

Esto genera dos posibles ecuaciones dependiendo del valor absoluto:

D - 5 = 6 \Rightarrow D = 11 \quad \text{y} \quad D - 5 = -6 \Rightarrow D = -1

Por lo tanto, los dos planos paralelos que cumplen la condición son:

\pi_1 \equiv 2x + y + 2z + 11 = 0 \quad \text{y} \quad \pi_2 \equiv 2x + y + 2z - 1 = 0

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría métrica

Problema

2025 · Ordinaria · Suplente

6

Considera el plano $\pi \equiv x + y + z + 1 = 0$ y los puntos $A(1, 2, 0)$ y $B(3, 1, 0)$ .

a) Calcula el punto simétrico del punto

A

con respecto al plano

\pi

.b) Halla el plano que contiene a los puntos

A

y

B

y es perpendicular al plano

\pi

.

Punto simétricoPlanoPerpendicularidad

Resolución del ejercicio de geometría en el espacio

a) Calcula el punto simétrico del punto

A

con respecto al plano

\pi

.

Para hallar el punto simétrico $A'$ de $A(1, 2, 0)$ respecto al plano $\pi \equiv x + y + z + 1 = 0$ , primero determinamos la recta $r$ que pasa por $A$ y es perpendicular a $\pi$ . El vector director de esta recta es el vector normal del plano, $\vec{n}_{\pi} = (1, 1, 1)$ .

r \equiv \begin{cases} x = 1 + \lambda \\ y = 2 + \lambda \\ z = \lambda \end{cases}

Calculamos el punto de intersección $M$ (proyección ortogonal de $A$ sobre el plano) sustituyendo las ecuaciones paramétricas de la recta en la ecuación del plano:

(1 + \lambda) + (2 + \lambda) + (\lambda) + 1 = 0 \implies 3\lambda + 4 = 0 \implies \lambda = -\frac{4}{3}

Sustituimos el valor de $\lambda$ en las ecuaciones de la recta para obtener las coordenadas de $M$ :

M = \left( 1 - \frac{4}{3}, 2 - \frac{4}{3}, -\frac{4}{3} \right) = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{4}{3} \right)

Puesto que $M$ es el punto medio del segmento $AA'$ , donde $A'(x', y', z')$ , se cumple que $M = \frac{A + A'}{2}$ , o lo que es lo mismo, $A' = 2M - A$ :

A' = 2\left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{4}{3} \right) - (1, 2, 0) = \left( -\frac{2}{3} - 1, \frac{4}{3} - 2, -\frac{8}{3} - 0 \right) = \left( -\frac{5}{3}, -\frac{2}{3}, -\frac{8}{3} \right)

b) Halla el plano que contiene a los puntos

A

y

B

y es perpendicular al plano

\pi

.

El plano buscado $\pi'$ contiene a los puntos $A(1, 2, 0)$ y $B(3, 1, 0)$ , por lo que uno de sus vectores directores es $\vec{AB}$ . Además, al ser perpendicular al plano $\pi$ , su segundo vector director será el vector normal de dicho plano, $\vec{n}_{\pi} = (1, 1, 1)$ .

\vec{AB} = (3 - 1, 1 - 2, 0 - 0) = (2, -1, 0)

Utilizando el punto $A$ y los dos vectores directores, la ecuación del plano se obtiene mediante el determinante:

\begin{vmatrix} x - 1 & y - 2 & z \\ 2 & -1 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0

Desarrollamos el determinante por la primera fila:

(x - 1)(-1 - 0) - (y - 2)(2 - 0) + z(2 + 1) = 0

-1(x - 1) - 2(y - 2) + 3z = 0 \implies -x + 1 - 2y + 4 + 3z = 0

Simplificando, obtenemos la ecuación general del plano:

\pi' \equiv x + 2y - 3z - 5 = 0

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría en el espacio

Problema

2025 · Ordinaria · Titular

4

Sean los puntos $O(0, 0, 0)$ , $A(0, 2, -2)$ , $B(1, 2, m)$ y $C(2, 3, 2)$ . a) Halla los valores de $m$ para que el tetraedro determinado por los puntos $O, A, B$ y $C$ tenga un volumen de 3 unidades cúbicas. b) Para $m = 0$ , calcula la distancia del punto $O$ al plano que pasa por los puntos $A, B$ y $C$ .

TetraedroVolumenDistancia punto-plano

a) Para calcular el volumen de un tetraedro con un vértice en el origen de coordenadas O(0, 0, 0) y los otros tres puntos A, B y C, utilizamos la relación con el producto mixto de los vectores de posición:

V = \frac{1}{6} | [\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}] |

Primero, determinamos los vectores de posición de los puntos A, B y C:

\vec{OA} = (0, 2, -2) \\ \vec{OB} = (1, 2, m) \\ \vec{OC} = (2, 3, 2)

El producto mixto se calcula mediante el determinante de la matriz formada por estos vectores:

[\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}] = \begin{vmatrix} 0 & 2 & -2 \\ 1 & 2 & m \\ 2 & 3 & 2 \end{vmatrix} = 0(4 - 3m) - 2(2 - 2m) + (-2)(3 - 4)

Desarrollamos la expresión resultante:

-2(2 - 2m) - 2(-1) = -4 + 4m + 2 = 4m - 2

Sustituimos el valor del producto mixto en la fórmula del volumen, sabiendo que el volumen debe ser 3 unidades cúbicas:

\frac{1}{6} | 4m - 2 | = 3 \implies | 4m - 2 | = 18

Esto nos genera dos posibles ecuaciones debido al valor absoluto:

1) \quad 4m - 2 = 18 \implies 4m = 20 \implies m = 5 \\ 2) \quad 4m - 2 = -18 \implies 4m = -16 \implies m = -4

Por lo tanto, los valores de m que cumplen la condición son:

\mathbf{m = 5, \quad m = -4}

b) Para m = 0, el punto B es B(1, 2, 0). Debemos calcular la distancia del origen O al plano que pasa por A, B y C. Primero hallamos los vectores directores del plano:

\vec{AB} = B - A = (1, 0, 2) \\ \vec{AC} = C - A = (2, 1, 4)

El vector normal al plano se obtiene mediante el producto vectorial de estos dos vectores:

\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 0 & 2 \\ 2 & 1 & 4 \end{vmatrix} = \vec{i}(0 - 2) - \vec{j}(4 - 4) + \vec{k}(1 - 0) = (-2, 0, 1)

La ecuación del plano tiene la forma -2x + 0y + z + D = 0. Imponemos que pase por el punto A(0, 2, -2) para hallar D:

-2(0) + 0(2) + (-2) + D = 0 \implies D = 2

La ecuación del plano es:

\pi \equiv 2x - z - 2 = 0

Calculamos la distancia del origen O(0, 0, 0) al plano utilizando la fórmula de distancia de un punto a un plano:

d(O, \pi) = \frac{| 2(0) - (0) - 2 |}{\sqrt{2^2 + 0^2 + (-1)^2}} = \frac{|-2|}{\sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}

La distancia del punto O al plano es:

\mathbf{d(O, \pi) = \frac{2\sqrt{5}}{5} \text{ unidades}}

T3: Espacio afín y euclideo

Rectas y planos

Problema

2025 · Ordinaria · Titular

5

Considera el punto $P(1, 1, 1)$ y la recta $r$ :

r \equiv \frac{x - 1}{1} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 3}{2}

a) Halla el plano que pasa por el punto $P$ y contiene a la recta $r$ . b) Halla la recta que pasa por el punto $P$ y corta perpendicularmente a la recta $r$ .

RectasPlanosPerpendicularidad

a) Halla el plano que pasa por el punto

P

y contiene a la recta

r

.

La recta $r \equiv rac{x - 1}{1} = rac{y - 2}{2} = rac{z - 3}{2}$ pasa por el punto $Q_r(1, 2, 3)$ y tiene como vector director $\vec{v}_r = (1, 2, 2)$ . El plano $\pi$ debe contener la recta $r$ y el punto $P(1, 1, 1)$ . Por lo tanto, el plano $\pi$ pasa por el punto $P$ (o por $Q_r$ ) y sus vectores directores serán $\vec{v}_r$ y el vector $\vec{PQ_r}$ .

\vec{PQ_r} = Q_r - P = (1 - 1, 2 - 1, 3 - 1) = (0, 1, 2)

Para obtener la ecuación general del plano $\pi$ , podemos utilizar el punto $P(1, 1, 1)$ y los vectores $\vec{v}_r = (1, 2, 2)$ y $\vec{PQ_r} = (0, 1, 2)$ . Un punto genérico $(x, y, z)$ en el plano formará un vector $\vec{PX} = (x-1, y-1, z-1)$ que será coplanario con $\vec{v}_r$ y $\vec{PQ_r}$ . Esto implica que el determinante de los tres vectores debe ser cero:

\begin{vmatrix} x-1 & y-1 & z-1 \\ 1 & 2 & 2 \\ 0 & 1 & 2 \end{vmatrix} = 0

Desarrollando el determinante:

(x-1)(2 \cdot 2 - 2 \cdot 1) - (y-1)(1 \cdot 2 - 2 \cdot 0) + (z-1)(1 \cdot 1 - 2 \cdot 0) = 0 \\
(x-1)(4 - 2) - (y-1)(2 - 0) + (z-1)(1 - 0) = 0 \\
2(x-1) - 2(y-1) + 1(z-1) = 0 \\
2x - 2 - 2y + 2 + z - 1 = 0 \\
2x - 2y + z - 1 = 0

La ecuación del plano es:

\pi: 2x - 2y + z - 1 = 0

b) Halla la recta que pasa por el punto

P

y corta perpendicularmente a la recta

r

.

Sea $s$ la recta que buscamos. Pasa por $P(1, 1, 1)$ y corta perpendicularmente a $r$ . Sea $M$ el punto de intersección de $s$ y $r$ . El vector director de $s$ será el vector $\vec{PM}$ . Dado que $s$ es perpendicular a $r$ , el vector $\vec{PM}$ debe ser perpendicular al vector director de $r$ , $\vec{v}_r = (1, 2, 2)$ . Esto significa que su producto escalar debe ser cero.Expresamos un punto genérico $M$ de la recta $r$ en forma paramétrica:

M(1 + \lambda, 2 + 2\lambda, 3 + 2\lambda)

Ahora, formamos el vector $\vec{PM}$ :

\vec{PM} = M - P = (1 + \lambda - 1, 2 + 2\lambda - 1, 3 + 2\lambda - 1) = (\lambda, 1 + 2\lambda, 2 + 2\lambda)

Como $\vec{PM}$ debe ser perpendicular a $\vec{v}_r$ , su producto escalar es cero:

\vec{PM} \cdot \vec{v}_r = 0 \\
(\lambda, 1 + 2\lambda, 2 + 2\lambda) \cdot (1, 2, 2) = 0 \\
\lambda(1) + (1 + 2\lambda)(2) + (2 + 2\lambda)(2) = 0 \\
\lambda + 2 + 4\lambda + 4 + 4\lambda = 0 \\
9\lambda + 6 = 0 \\
9\lambda = -6 \\
\lambda = -\frac{6}{9} = -\frac{2}{3}

Sustituyendo el valor de $\lambda$ en el vector $\vec{PM}$ para obtener el vector director de la recta $s$ :

\vec{v}_s = \vec{PM} = \left( -\frac{2}{3}, 1 + 2\left(-\frac{2}{3}\right), 2 + 2\left(-\frac{2}{3}\right) \right) \\
\vec{v}_s = \left( -\frac{2}{3}, 1 - \frac{4}{3}, 2 - \frac{4}{3} \right) \\
\vec{v}_s = \left( -\frac{2}{3}, -\frac{1}{3}, \frac{2}{3} \right)

Podemos usar un vector director proporcional multiplicando por $-3$ : $\vec{v}_s' = (2, 1, -2)$ . La recta $s$ pasa por $P(1, 1, 1)$ y tiene como vector director $\vec{v}_s' = (2, 1, -2)$ . Su ecuación continua es:

s \equiv \frac{x - 1}{2} = \frac{y - 1}{1} = \frac{z - 1}{-2}

T3: Espacio afín y euclideo

Posiciones relativas de rectas

Problema

2024 · Extraordinaria · Reserva

7

Considera las rectas

r \equiv x = y + a = \frac{z + 1}{2} \text{ y } s \equiv \begin{cases} x - 2y = 3a \\ x + z = 2 \end{cases}

a) Calcula

a

para que las rectas se corten.b) Para

a = -1

, halla la recta que corta perpendicularmente a

r

y

s

.

RectasPerpendicular comúnGeometría analítica

Para estudiar la posición relativa de las rectas y resolver los apartados, primero identificamos un punto y un vector director de cada una de ellas.Para la recta $r$ , dada en su forma continua:

r \equiv \frac{x-0}{1} = \frac{y-(-a)}{1} = \frac{z+1}{2}

Obtenemos el punto $P_r = (0, -a, -1)$ y el vector director $\vec{v_r} = (1, 1, 2)$ .Para la recta $s$ , dada como intersección de dos planos, calculamos su vector director mediante el producto vectorial de los vectores normales a los planos:

\vec{v_s} = \vec{n_1} \times \vec{n_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix} = (-2, -1, 2)

Para obtener un punto $P_s$ de la recta $s$ , fijamos $x = 0$ en sus ecuaciones:

\begin{cases} 0 - 2y = 3a \Rightarrow y = -\frac{3a}{2} \\ 0 + z = 2 \Rightarrow z = 2 \end{cases}

Así, el punto es $P_s = (0, -\frac{3a}{2}, 2)$ .

a) Calcula

a

para que las rectas se corten.

Para que las rectas se corten en un punto, los vectores $\vec{v_r}$ , $\vec{v_s}$ y el vector que une puntos de ambas rectas $\vec{P_r P_s}$ deben ser coplanarios (su determinante debe ser cero) y los vectores directores no deben ser paralelos.Calculamos el vector $\vec{P_r P_s}$ :

\vec{P_r P_s} = P_s - P_r = \left( 0 - 0, -\frac{3a}{2} - (-a), 2 - (-1) \right) = (0, -\frac{a}{2}, 3)

Imponemos que el determinante de la matriz formada por los tres vectores sea cero:

\begin{vmatrix} 1 & 1 & 2 \\ -2 & -1 & 2 \\ 0 & -\frac{a}{2} & 3 \end{vmatrix} = 1(-3 - (-a)) - 1(-6 - 0) + 2(a - 0) = -3 + a + 6 + 2a = 3a + 3

Igualando a cero: $3a + 3 = 0 \Rightarrow a = -1$ .Como los vectores $\vec{v_r} = (1, 1, 2)$ y $\vec{v_s} = (-2, -1, 2)$ no son proporcionales, las rectas se cortan para $a = -1$ .

b) Para

a = -1

, halla la recta que corta perpendicularmente a

r

y

s

.

Para $a = -1$ , las rectas se cortan. La recta perpendicular común $t$ pasará por el punto de corte de $r$ y $s$ y su dirección será el producto vectorial de los vectores directores de ambas.Calculamos el vector director de la recta $t$ :

\vec{v_t} = \vec{v_r} \times \vec{v_s} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & 1 & 2 \\ -2 & -1 & 2 \end{vmatrix} = (4, -6, 1)

Para hallar la recta $t$ , podemos definirla como la intersección de dos planos $\pi_1$ (que contiene a $r$ y tiene dirección $\vec{v_t}$ ) y $\pi_2$ (que contiene a $s$ y tiene dirección $\vec{v_t}$ ).Plano $\pi_1$ (con $P_r = (0, 1, -1)$ , $\vec{v_r} = (1, 1, 2)$ y $\vec{v_t} = (4, -6, 1)$ ):

\begin{vmatrix} x - 0 & y - 1 & z + 1 \\ 1 & 1 & 2 \\ 4 & -6 & 1 \end{vmatrix} = 13x + 7(y - 1) - 10(z + 1) = 13x + 7y - 10z - 17 = 0

Plano $\pi_2$ (con $P_s = (0, 3/2, 2)$ , $\vec{v_s} = (-2, -1, 2)$ y $\vec{v_t} = (4, -6, 1)$ ):

\begin{vmatrix} x - 0 & y - 3/2 & z - 2 \\ -2 & -1 & 2 \\ 4 & -6 & 1 \end{vmatrix} = 11x + 10(y - 3/2) + 16(z - 2) = 11x + 10y + 16z - 47 = 0

Por tanto, la recta perpendicular común es:

t \equiv \begin{cases} 13x + 7y - 10z - 17 = 0 \\ 11x + 10y + 16z - 47 = 0 \end{cases}

T3: Espacio afín y euclideo

Vectores

Problema

2024 · Extraordinaria · Reserva

8

Considera los vectores $\vec{u} = (1, a, 2)$ y $\vec{v} = (-2, 1, a)$ .

a) Calcula

a

para que ambos vectores formen un ángulo de

\pi/3

radianes.b) Calcula

a

para que el vector

(\vec{u} \times \vec{v}) - \vec{v}

sea ortogonal a

\vec{u}

.

VectoresProducto vectorialOrtogonalidad

a) Calcula

a

para que ambos vectores formen un ángulo de

\pi/3

radianes.

Para que el ángulo entre los vectores $\vec{u}$ y $\vec{v}$ sea $\theta = \pi/3$ , utilizamos la expresión del producto escalar:

\cos(\theta) = \frac{\vec{u} \cdot \vec{v}}{|\vec{u}| \cdot |\vec{v}|}

Primero, calculamos el producto escalar de los vectores $\vec{u} = (1, a, 2)$ y $\vec{v} = (-2, 1, a)$ :

\vec{u} \cdot \vec{v} = (1)(-2) + (a)(1) + (2)(a) = -2 + a + 2a = 3a - 2

A continuación, calculamos los módulos de ambos vectores:

|\vec{u}| = \sqrt{1^2 + a^2 + 2^2} = \sqrt{a^2 + 5}

|\vec{v}| = \sqrt{(-2)^2 + 1^2 + a^2} = \sqrt{a^2 + 5}

Sustituimos estos valores en la fórmula inicial, sabiendo que $\cos(\pi/3) = 1/2$ :

\frac{1}{2} = \frac{3a - 2}{\sqrt{a^2 + 5} \cdot \sqrt{a^2 + 5}}

\frac{1}{2} = \frac{3a - 2}{a^2 + 5}

Resolvemos la ecuación resultante multiplicando en cruz:

a^2 + 5 = 2(3a - 2) \implies a^2 + 5 = 6a - 4

a^2 - 6a + 9 = 0

Se trata de una identidad notable $(a - 3)^2 = 0$ , por lo que la solución es:

a = 3

b) Calcula

a

para que el vector

(\vec{u} \times \vec{v}) - \vec{v}

sea ortogonal a

\vec{u}

.

Para que dos vectores sean ortogonales, su producto escalar debe ser igual a cero. Planteamos la condición de ortogonalidad:

((\vec{u} \times \vec{v}) - \vec{v}) \cdot \vec{u} = 0

Aplicamos la propiedad distributiva del producto escalar respecto a la resta de vectores:

(\vec{u} \times \vec{v}) \cdot \vec{u} - \vec{v} \cdot \vec{u} = 0

Por la definición de producto vectorial, el vector $(\vec{u} \times \vec{v})$ es perpendicular tanto a $\vec{u}$ como a $\vec{v}$ , por lo tanto, $(\vec{u} \times \vec{v}) \cdot \vec{u} = 0$ . La ecuación se simplifica a:

0 - \vec{v} \cdot \vec{u} = 0 \implies \vec{u} \cdot \vec{v} = 0

Utilizando el producto escalar calculado en el apartado anterior:

3a - 2 = 0 \implies 3a = 2 \implies a = \frac{2}{3}

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría en el espacio

Problema

2024 · Extraordinaria · Suplente

7

Considera el plano $\pi \equiv x - y = 0$ y la recta $r \equiv \frac{x - 1}{2} = \frac{y}{3} = z - 2$ .

a) Calcula, si es posible, el plano perpendicular a

\pi

que contiene a

r

.b) Calcula, si es posible, la recta perpendicular a

r

, contenida en

\pi

y que pasa por el origen.

Rectas y planosPerpendicularidadGeometría analítica

Resolución del ejercicio de Geometría

Para resolver este ejercicio, primero extraemos los elementos característicos del plano $\pi$ y de la recta $r$ :

\pi \equiv x - y = 0 \implies \vec{n}_{\pi} = (1, -1, 0)

r \equiv \frac{x - 1}{2} = \frac{y}{3} = z - 2 \implies P_r = (1, 0, 2), \quad \vec{v}_r = (2, 3, 1)

a) Calcula, si es posible, el plano perpendicular a

\pi

que contiene a

r

.

Llamamos $\pi'$ al plano buscado. Para que $\pi'$ contenga a $r$ , debe pasar por el punto $P_r(1, 0, 2)$ y tener como dirección el vector $\vec{v}_r(2, 3, 1)$ . Al ser perpendicular a $\pi$ , el vector normal de $\pi$ , $\vec{n}_{\pi}(1, -1, 0)$ , será también una dirección de $\pi'$ .Comprobamos que $\vec{v}_r$ y $\vec{n}_{\pi}$ no son proporcionales, por lo que el plano existe. Su ecuación se obtiene mediante el determinante:

\begin{vmatrix} x - 1 & y & z - 2 \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{vmatrix} = 0

Desarrollando el determinante por la primera fila:

(x - 1)(0 + 1) - y(0 - 1) + (z - 2)(-2 - 3) = 0

(x - 1) + y - 5(z - 2) = 0 \implies x + y - 5z + 9 = 0

b) Calcula, si es posible, la recta perpendicular a

r

, contenida en

\pi

y que pasa por el origen.

Llamamos $s$ a la recta buscada. Para que $s$ esté contenida en $\pi$ , el punto por el que pasa debe pertenecer a $\pi$ . Comprobamos si el origen $O(0, 0, 0)$ pertenece al plano:

0 - 0 = 0 \implies O \in \pi

El vector director de la recta $s$ , $\vec{v}_s$ , debe ser perpendicular al vector director de $r$ ( $\vec{v}_s \perp \vec{v}_r$ ) y también perpendicular al vector normal del plano $\pi$ ( $\vec{v}_s \perp \vec{n}_{\pi}$ ) para estar contenida en él. Por tanto, $\vec{v}_s$ se puede calcular como el producto vectorial de ambos:

\vec{v}_s = \vec{v}_r \times \vec{n}_{\pi} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 3 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \end{vmatrix} = (0 + 1)\vec{i} - (0 - 1)\vec{j} + (-2 - 3)\vec{k} = (1, 1, -5)

Con el punto $O(0, 0, 0)$ y el vector director $\vec{v}_s(1, 1, -5)$ , la ecuación de la recta $s$ en forma continua es:

s \equiv \frac{x}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z}{-5}

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría métrica

Problema

2024 · Extraordinaria · Suplente

8

Considera los puntos $O(0, 0, 0)$ , $A(a, -1, 2)$ y $B(a, 1, 0)$ .

a) Determina

a

para que el triángulo

OAB

tenga área 3 unidades cuadradas.b) Calcula

a

para que

O, A

y

B

sean coplanarios con el punto

C(1, 1, 0)

.

Área de un triánguloCoplanaridadPuntos en el espacio

a) Determina

a

para que el triángulo

OAB

tenga área 3 unidades cuadradas.

El área de un triángulo con vértices en el origen $O$ y puntos $A$ y $B$ viene dada por la mitad del módulo del producto vectorial de los vectores $\vec{OA}$ y $\vec{OB}$ :

\text{Área} = \frac{1}{2} |\vec{OA} \times \vec{OB}|

Primero, identificamos los vectores posición de los puntos $A$ y $B$ :

\vec{OA} = (a, -1, 2), \quad \vec{OB} = (a, 1, 0)

Calculamos el producto vectorial $\vec{OA} \times \vec{OB}$ mediante el determinante:

\vec{OA} \times \vec{OB} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ a & -1 & 2 \\ a & 1 & 0 \end{vmatrix} = (0 - 2)\mathbf{i} - (0 - 2a)\mathbf{j} + (a - (-a))\mathbf{k} = (-2, 2a, 2a)

El módulo de este vector es:

|\vec{OA} \times \vec{OB}| = \sqrt{(-2)^2 + (2a)^2 + (2a)^2} = \sqrt{4 + 4a^2 + 4a^2} = \sqrt{4 + 8a^2}

Sustituimos en la fórmula del área e igualamos a 3:

\frac{1}{2} \sqrt{4 + 8a^2} = 3 \implies \sqrt{4 + 8a^2} = 6

Elevamos ambos miembros al cuadrado y resolvemos la ecuación:

4 + 8a^2 = 36 \implies 8a^2 = 32 \implies a^2 = 4 \implies a = \pm 2

b) Calcula

a

para que

O, A

y

B

sean coplanarios con el punto

C(1, 1, 0)

.

Para que los puntos $O, A, B$ y $C$ sean coplanarios, los vectores $\vec{OA}, \vec{OB}$ y $\vec{OC}$ deben ser linealmente dependientes. Esto implica que el determinante de la matriz formada por sus componentes debe ser cero.Los vectores son:

\vec{OA} = (a, -1, 2), \quad \vec{OB} = (a, 1, 0), \quad \vec{OC} = (1, 1, 0)

Planteamos el determinante:

\begin{vmatrix} a & -1 & 2 \\ a & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{vmatrix} = 0

Desarrollando el determinante por los elementos de la tercera columna (que contiene dos ceros):

2 \cdot \begin{vmatrix} a & 1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} - 0 + 0 = 2(a \cdot 1 - 1 \cdot a) = 2(a - a) = 0

El valor del determinante es siempre 0, independientemente del valor de $a$ . Esto significa que los vectores son siempre linealmente dependientes y, por tanto, los cuatro puntos son coplanarios para cualquier valor de $a \in \mathbb{R}$ .

T3: Espacio afín y euclideo

Posiciones relativas

Problema

2024 · Extraordinaria · Titular

7

EJERCICIO 7

Considera el plano $\pi \equiv x - 2y + z - 2 = 0$ y la recta $r \equiv \begin{cases} x = 1 + 2\lambda \\ y = \lambda \\ z = 1 \end{cases} \lambda \in \mathbb{R}$ .

a) Estudia la posición relativa de

\pi

y

r

.b) Calcula la ecuación de la recta contenida en

\pi

que pasa por el punto

P(2, -1, -2)

y es perpendicular a

r

.

GeometríaRectasPlanos

Resolución del Ejercicio 7

a) Estudia la posición relativa de

\pi

y

r

.

Para estudiar la posición relativa, primero extraemos el vector normal del plano $\pi \equiv x - 2y + z - 2 = 0$ y el vector director de la recta $r \equiv \{x = 1 + 2\lambda, y = \lambda, z = 1\}$ :

\vec{n_\pi} = (1, -2, 1)

\vec{v_r} = (2, 1, 0)

Calculamos el producto escalar de ambos vectores para comprobar si la recta es paralela o está contenida en el plano:

\vec{n_\pi} \cdot \vec{v_r} = (1)(2) + (-2)(1) + (1)(0) = 2 - 2 + 0 = 0

Como el producto escalar es cero, los vectores son perpendiculares, lo que implica que la recta $r$ es paralela al plano $\pi$ o está contenida en él. Para distinguirlo, comprobamos si un punto de la recta, por ejemplo $A_r(1, 0, 1)$ , pertenece al plano sustituyendo sus coordenadas en la ecuación de $\pi$ :

1 - 2(0) + 1 - 2 = 1 + 1 - 2 = 0

Dado que el punto $A_r$ satisface la ecuación del plano, la recta $r$ está contenida en el plano $\pi$ .

b) Calcula la ecuación de la recta contenida en

\pi

que pasa por el punto

P(2, -1, -2)

y es perpendicular a

r

.

Sea $s$ la recta que buscamos. Para que $s$ esté contenida en $\pi$ , su vector director $\vec{v_s}$ debe ser perpendicular al vector normal del plano $\vec{n_\pi}$ . Además, el enunciado indica que $s$ debe ser perpendicular a $r$ , por lo que $\vec{v_s}$ también debe ser perpendicular a $\vec{v_r}$ . Por tanto, podemos obtener $\vec{v_s}$ mediante el producto vectorial:

\vec{v_s} = \vec{n_\pi} \times \vec{v_r} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & 1 \\ 2 & 1 & 0 \end{vmatrix} = (0 - 1)\vec{i} - (0 - 2)\vec{j} + (1 - (-4))\vec{k} = (-1, 2, 5)

Utilizando el punto $P(2, -1, -2)$ y el vector director $\vec{v_s} = (-1, 2, 5)$ , escribimos la ecuación paramétrica de la recta $s$ :

s \equiv \begin{cases} x = 2 - \mu \\ y = -1 + 2\mu \\ z = -2 + 5\mu \end{cases} \mu \in \mathbb{R}

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría métrica

Problema

2024 · Extraordinaria · Titular

8

EJERCICIO 8

Considera los puntos $A(4, 0, 0)$ y $B(0, 2, 0)$ . Calcula los puntos del plano $OXZ$ que forman un triángulo equilátero con $A$ y $B$ .

GeometríaTriángulosDistancias

Resolución del ejercicio

Sea $C(x, y, z)$ el punto buscado. Dado que el punto $C$ se encuentra en el plano $OXZ$ , su coordenada $y$ debe ser igual a cero. Por tanto, el punto es de la forma $C(x, 0, z)$ .Para que el triángulo $ABC$ sea equilátero, las distancias entre sus vértices deben ser iguales: $d(A, B) = d(A, C) = d(B, C)$ .Primero, calculamos la longitud del lado del triángulo utilizando los puntos $A(4, 0, 0)$ y $B(0, 2, 0)$ :

d(A, B) = \sqrt{(0-4)^2 + (2-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 2^2 + 0^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20}

Por comodidad, trabajaremos con los cuadrados de las distancias: $d(A, B)^2 = d(A, C)^2 = d(B, C)^2 = 20$ . Planteamos el sistema de ecuaciones con $C(x, 0, z)$ :

1) \quad d(A, C)^2 = (x-4)^2 + (0-0)^2 + (z-0)^2 = 20 \implies (x-4)^2 + z^2 = 20

2) \quad d(B, C)^2 = (x-0)^2 + (0-2)^2 + (z-0)^2 = 20 \implies x^2 + 4 + z^2 = 20 \implies x^2 + z^2 = 16

De la segunda ecuación, despejamos $z^2$ :

z^2 = 16 - x^2

Sustituimos $z^2$ en la primera ecuación:

(x-4)^2 + (16 - x^2) = 20

x^2 - 8x + 16 + 16 - x^2 = 20

-8x + 32 = 20 \implies -8x = -12 \implies x = \frac{12}{8} = \frac{3}{2}

Ahora calculamos el valor de $z$ sustituyendo $x = \frac{3}{2}$ en $z^2 = 16 - x^2$ :

z^2 = 16 - \left(\frac{3}{2}\right)^2 = 16 - \frac{9}{4} = \frac{64 - 9}{4} = \frac{55}{4}

z = \pm \sqrt{\frac{55}{4}} = \pm \frac{\sqrt{55}}{2}

Los puntos del plano $OXZ$ que forman un triángulo equilátero con $A$ y $B$ son:

C_1\left(\frac{3}{2}, 0, \frac{\sqrt{55}}{2}\right) \quad \text{y} \quad C_2\left(\frac{3}{2}, 0, -\frac{\sqrt{55}}{2}\right)

T3: Espacio afín y euclideo

Problemas métricos

Problema

2024 · Ordinaria · Reserva

7

Considera la recta $r \equiv \frac{x + 1}{2} = \frac{y - 2}{2} = 3 - z$ y el punto $P(0, 2, -4)$ .

a) Calcula el punto de

r

a menor distancia de

P

.b) Halla los puntos de

r

cuya distancia a

P

sea igual a

\sqrt{50}

.

Distancia de punto a rectaPuntos en una rectaGeometría analítica

Resolución del ejercicio de geometría en el espacio

En primer lugar, reescribimos la ecuación de la recta $r$ para identificar su vector director y obtener sus ecuaciones paramétricas. La expresión $3 - z$ debe escribirse como $-(z - 3)$ para ajustarse a la forma continua estándar:

r \equiv \frac{x + 1}{2} = \frac{y - 2}{2} = \frac{z - 3}{-1}

De aquí obtenemos el vector director $\vec{v}_r = (2, 2, -1)$ y un punto genérico $Q$ de la recta dependiente del parámetro $\lambda$ :

Q(-1 + 2\lambda, 2 + 2\lambda, 3 - \lambda)

a) Calcula el punto de

r

a menor distancia de

P

.

El punto de la recta $r$ a menor distancia de $P(0, 2, -4)$ es la proyección ortogonal de $P$ sobre la recta. Para hallarlo, definimos el vector $\vec{PQ}$ y exigimos que sea perpendicular al vector director de la recta $\vec{v}_r$ :

\vec{PQ} = Q - P = (-1 + 2\lambda - 0, 2 + 2\lambda - 2, 3 - \lambda - (-4)) = (-1 + 2\lambda, 2\lambda, 7 - \lambda)

Aplicamos la condición de perpendicularidad mediante el producto escalar:

\vec{PQ} \cdot \vec{v}_r = 0 \implies (-1 + 2\lambda) \cdot 2 + (2\lambda) \cdot 2 + (7 - \lambda) \cdot (-1) = 0

Resolvemos la ecuación resultante:

-2 + 4\lambda + 4\lambda - 7 + \lambda = 0 \implies 9\lambda - 9 = 0 \implies \lambda = 1

Sustituyendo $\lambda = 1$ en las coordenadas de $Q$ , obtenemos el punto de mínima distancia:

Q = (-1 + 2(1), 2 + 2(1), 3 - 1) = (1, 4, 2)

b) Halla los puntos de

r

cuya distancia a

P

sea igual a

\sqrt{50}

.

Buscamos los puntos $X$ de la recta tales que $d(P, X) = \sqrt{50}$ . Utilizando el vector genérico $\vec{PX}$ (que tiene la misma forma que $\vec{PQ}$ hallado anteriormente), planteamos que el cuadrado de su módulo sea 50:

(-1 + 2\lambda)^2 + (2\lambda)^2 + (7 - \lambda)^2 = 50

Desarrollamos las identidades notables y simplificamos:

(1 - 4\lambda + 4\lambda^2) + 4\lambda^2 + (49 - 14\lambda + \lambda^2) = 50

9\lambda^2 - 18\lambda + 50 = 50 \implies 9\lambda^2 - 18\lambda = 0

Factorizamos la ecuación para encontrar los valores de $\lambda$ :

9\lambda(\lambda - 2) = 0 \implies \lambda_1 = 0, \lambda_2 = 2

Para cada valor de $\lambda$ , obtenemos un punto de la recta:Si $\lambda_1 = 0 \implies X_1 = (-1, 2, 3)$ Si $\lambda_2 = 2 \implies X_2 = (-1 + 2(2), 2 + 2(2), 3 - 2) = (3, 6, 1)$

T3: Espacio afín y euclideo

Intersección y paralelismo

Problema

2024 · Ordinaria · Reserva

8

Sea $\pi_1$ el plano determinado por los puntos $A(1, 0, 0)$ , $B(1, 1, -3)$ y $C(0, 1, 1)$ , y sea $\pi_2 \equiv x - y + z - 1 = 0$ . Determina la ecuación de la recta paralela a ambos planos que pasa por el origen.

Ecuación de la rectaPlano determinado por tres puntosParalelismo

Determinación del vector normal al plano $\pi_1$

Para hallar el vector normal al plano $\pi_1$ que contiene los puntos $A(1, 0, 0)$ , $B(1, 1, -3)$ y $C(0, 1, 1)$ , calculamos primero dos vectores directores del mismo a partir de dichos puntos:

\vec{AB} = (1-1, 1-0, -3-0) = (0, 1, -3)

\vec{AC} = (0-1, 1-0, 1-0) = (-1, 1, 1)

El vector normal $\vec{n}_1$ se obtiene mediante el producto vectorial de los vectores $\vec{AB}$ y $\vec{AC}$ :

\vec{n}_1 = \vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & 1 & -3 \\ -1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = (1 - (-3))\mathbf{i} - (0 - 3)\mathbf{j} + (0 - (-1))\mathbf{k} = (4, 3, 1)

Determinación del vector director de la recta $r$

El plano $\pi_2 \equiv x - y + z - 1 = 0$ tiene como vector normal $\vec{n}_2 = (1, -1, 1)$ . Dado que la recta $r$ debe ser paralela a ambos planos, su vector director $\vec{v}_r$ tiene que ser perpendicular a los vectores normales $\vec{n}_1$ y $\vec{n}_2$ . Por tanto, calculamos $\vec{v}_r$ mediante el producto vectorial de ambos:

\vec{v}_r = \vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 4 & 3 & 1 \\ 1 & -1 & 1 \end{vmatrix} = (3 - (-1))\mathbf{i} - (4 - 1)\mathbf{j} + (-4 - 3)\mathbf{k} = (4, -3, -7)

Ecuación de la recta $r$

La recta $r$ pasa por el origen $O(0, 0, 0)$ y tiene como vector director $\vec{v}_r = (4, -3, -7)$ . Utilizando estos datos, la ecuación de la recta en su forma continua es:

\frac{x}{4} = \frac{y}{-3} = \frac{z}{-7}

T3: Espacio afín y euclideo

Rectas y planos

Problema

2024 · Ordinaria · Suplente

7

Considera los puntos $P(1, 0, 1)$ y $Q(3, -2, 1)$ .

a) Calcula el plano perpendicular al segmento

PQ

que pasa por su punto medio.b) Calcula el plano paralelo a la recta

r \equiv 1 - x = \frac{y - 2}{3} = z + 1

que pasa por

P

y

Q

.

Plano perpendicularPlano paraleloGeometría analítica

a) Calcula el plano perpendicular al segmento

PQ

que pasa por su punto medio.

El vector normal del plano, $\vec{n}$ , es el vector director del segmento $PQ$ o cualquier otro vector proporcional a este. Calculamos el vector $\vec{PQ}$ :

\vec{PQ} = Q - P = (3 - 1, -2 - 0, 1 - 1) = (2, -2, 0)

Podemos simplificar el vector normal dividiendo entre $2$ , obteniendo $\vec{n} = (1, -1, 0)$ . A continuación, calculamos el punto medio $M$ del segmento $PQ$ :

M = \frac{P + Q}{2} = \left( \frac{1 + 3}{2}, \frac{0 - 2}{2}, \frac{1 + 1}{2} \right) = (2, -1, 1)

La ecuación general del plano es de la forma $Ax + By + Cz + D = 0$ . Utilizando el vector normal $\vec{n} = (1, -1, 0)$ , tenemos $x - y + D = 0$ . Imponemos que el plano pase por el punto $M(2, -1, 1)$ para hallar $D$ :

2 - (-1) + D = 0 \Rightarrow 3 + D = 0 \Rightarrow D = -3

Por tanto, la ecuación del plano perpendicular al segmento $PQ$ que pasa por su punto medio es:

x - y - 3 = 0

b) Calcula el plano paralelo a la recta

r \equiv 1 - x = \frac{y - 2}{3} = z + 1

que pasa por

P

y

Q

.

Para determinar el plano, necesitamos un punto (por ejemplo, $P$ ) y dos vectores directores. Estos vectores son el vector $\vec{PQ}$ y el vector director de la recta $r$ , $\vec{v}_r$ , ya que el plano debe ser paralelo a dicha recta.Primero obtenemos el vector director de la recta $r$ reescribiendo su ecuación en forma continua estándar $\frac{x - x_0}{u_1} = \frac{y - y_0}{u_2} = \frac{z - z_0}{u_3}$ :

r \equiv \frac{x - 1}{-1} = \frac{y - 2}{3} = \frac{z + 1}{1} \Rightarrow \vec{v}_r = (-1, 3, 1)

Calculamos el vector $\vec{PQ}$ que también está contenido en el plano:

\vec{PQ} = (2, -2, 0)

El vector normal del plano $\vec{n}$ se obtiene mediante el producto vectorial de $\vec{v}_r$ y $\vec{PQ}$ :

\vec{n} = \vec{v}_r \times \vec{PQ} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ -1 & 3 & 1 \\ 2 & -2 & 0 \end{vmatrix} = \vec{i}(2) - \vec{j}(-2) + \vec{k}(2 - 6) = (2, 2, -4)

Podemos simplificar el vector normal tomando $\vec{n} = (1, 1, -2)$ . La ecuación del plano será $x + y - 2z + D = 0$ . Substituimos las coordenadas del punto $P(1, 0, 1)$ :

1 + 0 - 2(1) + D = 0 \Rightarrow 1 - 2 + D = 0 \Rightarrow D = 1

La ecuación del plano buscado es:

x + y - 2z + 1 = 0

T3: Espacio afín y euclideo

Geometría métrica

Problema

2024 · Ordinaria · Suplente

8

Considera los puntos $A(1, 1, 2)$ , $B(1, 0, 1)$ y $C(1, -1, 2)$ .

a) Determina el área del triángulo de vértices

A, B

y

C

.b) Calcula

D

para que los puntos

A, B, C

y

D

sean los vértices consecutivos de un paralelogramo.

Área de un triánguloParalelogramoProducto vectorial

Resolución de ejercicio de geometría en el espacio

a) Determina el área del triángulo de vértices

A, B

y

C

.

Para hallar el área del triángulo definido por los puntos $A(1, 1, 2)$ , $B(1, 0, 1)$ y $C(1, -1, 2)$ , primero calculamos dos vectores directores con origen en el mismo vértice, por ejemplo $A$ :

\vec{AB} = B - A = (1 - 1, 0 - 1, 1 - 2) = (0, -1, -1)

\vec{AC} = C - A = (1 - 1, -1 - 1, 2 - 2) = (0, -2, 0)

El área del triángulo es igual a la mitad del módulo del producto vectorial de estos dos vectores:

\text{Área} = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AC}|

Calculamos el producto vectorial mediante el determinante de la matriz simbólica:

\vec{AB} \times \vec{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 0 & -1 & -1 \\ 0 & -2 & 0 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(0 - 2) - \mathbf{j}(0 - 0) + \mathbf{k}(0 - 0) = (-2, 0, 0)

Calculamos el módulo de dicho vector y el área resultante:

|\vec{AB} \times \vec{AC}| = \sqrt{(-2)^2 + 0^2 + 0^2} = 2

\text{Área} = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1 \text{ u}^2

b) Calcula

D

para que los puntos

A, B, C

y

D

sean los vértices consecutivos de un paralelogramo.

Si los vértices $A, B, C$ y $D$ son consecutivos, se debe cumplir la condición de paralelismo entre los vectores de los lados opuestos, es decir, $\vec{AB} = \vec{DC}$ .Sea $D(x, y, z)$ el punto buscado. Planteamos la igualdad vectorial:

\vec{AB} = (0, -1, -1)

\vec{DC} = C - D = (1 - x, -1 - y, 2 - z)

Igualamos componente a componente:

1 - x = 0 \implies x = 1

-1 - y = -1 \implies y = 0

2 - z = -1 \implies z = 3

Por lo tanto, el punto $D$ que completa el paralelogramo es $D(1, 0, 3)$ .

T3: Espacio afín y euclideo

Simetría

Problema

2024 · Ordinaria · Titular

7

a) Halla el punto simétrico de

P(2, 2, 1)

respecto de la recta

r \equiv \begin{cases} x - 2y + z = 2 \\ y - z = 1 \end{cases}

b) Halla el punto simétrico de

Q(1, -1, -3)

respecto del plano

\pi \equiv x - 2y + z + 6 = 0

.

Punto simétricoRectaPlano

Resolución de Simetría en el Espacio

a) Halla el punto simétrico de

P(2, 2, 1)

respecto de la recta

r \equiv \begin{cases} x - 2y + z = 2 \\ y - z = 1 \end{cases}

Para hallar el punto simétrico respecto de una recta, primero determinamos la proyección ortogonal $M$ de $P$ sobre $r$ . Empezamos expresando la recta $r$ en ecuaciones paramétricas tomando $z = \lambda$ :

r \equiv \begin{cases} x = 4 + \lambda \\ y = 1 + \lambda \\ z = \lambda \end{cases} \implies \vec{v}_r = (1, 1, 1)

Un punto genérico $M$ de la recta tiene la forma $M(4 + \lambda, 1 + \lambda, \lambda)$ . El vector $\vec{PM}$ que une el punto $P$ con su proyección debe ser perpendicular al vector director de la recta $\vec{v}_r$ :

\vec{PM} = (4 + \lambda - 2, 1 + \lambda - 2, \lambda - 1) = (\lambda + 2, \lambda - 1, \lambda - 1)

Aplicamos la condición de perpendicularidad mediante el producto escalar:

\vec{PM} \cdot \vec{v}_r = 0 \implies (\lambda + 2) \cdot 1 + (\lambda - 1) \cdot 1 + (\lambda - 1) \cdot 1 = 0

Resolviendo la ecuación obtenemos $3\lambda = 0$ , por lo que $\lambda = 0$ . Sustituyendo este valor en el punto genérico, la proyección es $M(4, 1, 0)$ .Como $M$ es el punto medio del segmento que une $P$ con su simétrico $P'(x, y, z)$ , despejamos $P'$ :

P' = 2M - P = 2(4, 1, 0) - (2, 2, 1) = (6, 0, -1)

b) Halla el punto simétrico de

Q(1, -1, -3)

respecto del plano

\pi \equiv x - 2y + z + 6 = 0

.

Para el simétrico respecto a un plano, trazamos la recta $s$ perpendicular al plano que pasa por $Q$ . El vector director de esta recta será el vector normal del plano $\vec{n}_{\pi} = (1, -2, 1)$ :

s \equiv \begin{cases} x = 1 + \mu \\ y = -1 - 2\mu \\ z = -3 + \mu \end{cases}

Calculamos el punto de intersección $M'$ entre la recta $s$ y el plano $\pi$ (proyección ortogonal de $Q$ sobre el plano):

(1 + \mu) - 2(-1 - 2\mu) + (-3 + \mu) + 6 = 0

Simplificando: $1 + \mu + 2 + 4\mu - 3 + \mu + 6 = 0 \implies 6\mu + 6 = 0 \implies \mu = -1$ . El punto de proyección es $M'(0, 1, -4)$ .Finalmente, utilizamos la fórmula del punto medio para hallar el simétrico $Q'$ :

Q' = 2M' - Q = 2(0, 1, -4) - (1, -1, -3) = (-1, 3, -5)