Matemáticas de Selectividad

1. El volumen del tetraedro determinado por los puntos 𝑂, 𝐴, 𝐵 y 𝐶 es un sexto del volumen del paralelepípedo formado por los vectores ⃗𝑂𝐴 =(0,2, −2), ⃗𝑂𝐵 =(1,2,𝑚) y ⃗𝑂𝐶 =(2,3,2). Este viene dado por el valor absoluto del producto mixto de los tres vectores. [⃗𝑂𝐴,⃗𝑂𝐵,⃗𝑂𝐶]=∣02−212𝑚232∣=4𝑚−6+8−4=4𝑚−2⇒𝑉=|4𝑚−2|6. Si el volumen es de 3 unidades cúbicas, ha de verificarse: |4𝑚−2|6=3⇔|4𝑚−2|=18⇔{4𝑚−2=18⇔4𝑚=20⇔𝑚=5,4𝑚−2=−18⇔4𝑚=−16⇔𝑚=−4.
2. El plano 𝜋 determinado por los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 tiene como vectores directores ⃗𝐴𝐵 =(1,0,2) y ⃗𝐴𝐶 =(2,1,4). El vector normal al plano viene dado por: ⃗𝑛𝜋=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘102214∣ ∣ ∣ ∣=(−2,0,1). Como 𝐴 pertenece al plano, la ecuación del plano 𝜋 es: 𝜋≡−2𝑥+𝑧+2=0⇔2𝑥−𝑧−2=0. Por tanto, la distancia del punto 𝑂 al plano 𝜋 viene dada por: dist⁡(𝑂,𝜋)=|−2|√5=2√5.

1. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de las rectas 𝑟 y 𝑠.
   • Para la recta 𝑟, si tomamos 𝑥 =𝜆, 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆,𝑦=0,𝑧=2𝜆. Así que el vector director de 𝑟 es ⃗𝑑𝑟 =(1,0,2).
   • Para la recta 𝑠, si tomamos 𝑥 =𝜇, 𝑠≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜇,𝑦=−7−𝜇,𝑧=0. Así que el vector director de 𝑠 es ⃗𝑑𝑠 =(1, −1,0).
   Observamos que los vectores directores no pueden ser proporcionales, porque 11≠0−1≠20. Así que las dos rectas no son paralelas ni coincidentes. Tomamos un punto 𝑅(0,0,0) de 𝑟 y un punto 𝑆(0, −7,0) de 𝑠. Podemos comprobar si las dos rectas están contenidas en un mismo plano viendo si ⃗𝑑𝑟, ⃗𝑑𝑠 y ⃗𝑅𝑆 =(0, −7,0) son linealmente dependientes. ∣1021−100−70∣=−14≠0. Como los tres vectores son linealmente independientes, 𝑟 y 𝑠 no están contenidas en un mismo plano. Por tanto, las rectas 𝑟 y 𝑠 se cruzan.
2. Llamamos 𝜋 al plano que queremos hallar. Como está a la misma distancia de ambas rectas, tiene que ser paralelo a las dos. Así que ⃗𝑑𝑟 y ⃗𝑑𝑠 son dos vectores directores del plano 𝜋. Además, el punto 𝑀(0,−72,0) pertenece al plano por ser el punto medio entre 𝑅 y 𝑆. Por tanto, las ecuaciones paramétricas del plano 𝜋 son 𝜋≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝜆+𝜇,𝑦=−72−𝜇,𝑧=2𝜆.

1. Para hallar el punto de 𝑟 a menor distancia de 𝑃, trazamos un plano 𝜋 perpendicular a 𝑟 que pase por 𝑃. Al ser perpendicular a la recta 𝑟, su vector normal es ⃗𝑛𝜋 =⃗𝑑𝑟 =(2,2, −1). Así que la ecuación del plano 𝜋 es: 𝜋≡2𝑥+2(𝑦−2)−(𝑧+4)=0⇔2𝑥+2𝑦−𝑧−8=0. A continuación, calculamos el punto de intersección 𝑄 de la recta y el plano, que será el punto de 𝑟 a menor distancia del punto 𝑃. En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=−1+2𝜆,𝑦=2+2𝜆,𝑧=3−𝜆. Para ello hallar el punto de corte, sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 2(−1+2𝜆)+2(2+2𝜆−2)−(3−𝜆)−8=0⇔9𝜆−9=0⇔𝜆=1. Por tanto, el punto de intersección es 𝑄(1,4,2). Así que este es el punto de 𝑟 a menor distancia de 𝑃.
2. Consideramos un punto genérico 𝑅( −1 +2𝜆,2 +2𝜆,3 −𝜆) de la recta 𝑟. La distancia entre 𝑃 y el punto genérico 𝑅 viene dada por el módulo del vector ⃗𝑃𝑅 =( −1 +2𝜆,2𝜆,7 −𝜆). dist⁡(𝑃,𝑅)=|⃗𝑃𝑅|=√(−1+2𝜆)2+(2𝜆)2+(7−𝜆)2=√9𝜆2−18𝜆+50. Como queremos hallar los puntos de 𝑟 cuya distancia a 𝑃 sea de √50 𝑢, dist⁡(𝑃,𝑅)=√50⇔√9𝜆2−18𝜆+50=√50⇔9𝜆2−18𝜆+50=50⇔9𝜆(𝜆−2)=0⇔{𝜆=0,𝜆=2. Por tanto, los puntos son 𝑅1( −1,2,3) y 𝑅2(3,6,1).

Llamamos 𝐶(𝑎,𝑏,𝑐) al punto que nos piden. Como 𝐶 está en el plano 𝑂𝑋𝑍, entonces 𝑏 =0.

Como queremos que el triángulo 𝐴𝐵𝐶 sea equilátero, las distancias entre los vértices tienen que ser iguales. Calculamos las distancias mediante los vectores ⃗𝐴𝐵 =( −4,2,0), ⃗𝐴𝐶 =(𝑎 −4,0,𝑐) y ⃗𝐵𝐶 =(𝑎, −2,𝑐). dist⁡(𝐴,𝐵)=|⃗𝐴𝐵|=√42+22=√20,dist⁡(𝐴,𝐶)=|⃗𝐴𝐶|=√(𝑎−4)2+𝑐2=√𝑎2−8𝑎+16+𝑐2,dist⁡(𝐵,𝐶)=|⃗𝐵𝐶|=√𝑎2+22+𝑐2=√𝑎2+4+𝑐2. Así que {√𝑎2−8𝑎+16+𝑐2=√20,√𝑎2+4+𝑐2=√20⇔{𝑎2−8𝑎+16+𝑐2=20,𝑎2+4+𝑐2=20⇔{𝑎2−8𝑎+𝑐2=4,𝑎2+𝑐2=16. Si restamos las dos ecuaciones, obtenemos que −8𝑎=12⇔𝑎=32. Despejando y sustituyendo en la segunda ecuación, 𝑎2+𝑐2=16⇔𝑐=√16−𝑎2𝑎=3/2←←←←←←←←→𝑐=±√552. Por tanto, los puntos son 𝐶1(32,0,−√552) y 𝐶2(32,0,√552).

1. Hallamos en primer lugar la ecuación de la recta 𝑟. Su vector director es ⃗𝐵𝐶 =( −2,0, −2). Por tanto, las ecuaciones paramétricas de 𝑟 son 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2−2𝜆,𝑦=1,𝑧=1−2𝜆. Para hallar la distancia del punto 𝐴 a la recta 𝑟 podemos trazar un plano 𝜋 perpendicular a 𝑟 que pase por 𝐴. Este plano cortará a 𝑟 en un punto 𝑃, de forma que dist⁡(𝐴,𝑟) =dist⁡(𝐴,𝑃). Si 𝜋 es perpendicular a 𝑟, su vector normal es ⃗𝑛𝜋 =⃗𝐵𝐶 =( −2,0, −2). Así que la ecuación del plano 𝜋 es 𝜋≡−2(𝑥+1)−2(𝑧−3)=0⇔−2𝑥−2𝑧+4=0⇔𝑥+𝑧−2=0. Calculamos el punto 𝑃 =𝑟 ∩𝜋. Para ello sustituimos las ecuaciones paramétricas de 𝑟 en la ecuación del plano. 2−2𝜆+1−2𝜆−2=0⇔4𝜆=1⇔𝜆=14. Por tanto, el punto de corte es 𝑃(2−2⋅14,1,1−2⋅14)=(32,1,12). Por último, calculamos la distancia de 𝐴 a 𝑟 como el módulo del vector ⃗𝐴𝑃 =(52,0,−52). dist⁡(𝐴,𝑟)=dist⁡(𝐴,𝑃)=|⃗𝐴𝑃|=√(52)2+(52)2=√2(52)2=52√2𝑢.
2. Para hallar el área del triángulo 𝐴𝐵𝐶, calculamos en primer lugar los vectores ⃗𝐴𝐵 =(3,0, −2) y ⃗𝐴𝐶 =(1,0, −4). Su producto vectorial es ⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘30−210−4∣ ∣ ∣ ∣=(0,10,0). Por último, calculamos el área como 12|⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶|=12√102=5𝑢2.

En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Como su vector director es ⃗𝑑 =(1,2,2) y pasa por el punto (1,0, −1), 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1+𝜆,𝑦=2𝜆,𝑧=−1+2𝜆.

Como 𝜋′ es un plano paralelo a 𝜋, tiene el mismo vector normal. Luego su ecuación será de la forma 𝜋′≡𝑥+𝑦+𝑧+𝑑=0.

Hallamos los puntos de corte de la recta 𝑟 con los planos 𝜋 y 𝜋′.

• Para hallar el punto de intersección 𝑄 de 𝑟 y 𝜋, sustituimos las ecuaciones de 𝑟 en la ecuación del plano. 1+𝜆+2𝜆−1+2𝜆=0⇔5𝜆=0⇔𝜆=0⇒𝑄(1,0,−1).
• De igual forma, para hallar el punto de intersección 𝑄′ de 𝑟 y 𝜋′, sustituimos las ecuaciones de 𝑟 en la ecuación del plano. 1+𝜆+2𝜆−1+2𝜆+𝑑=0⇔5𝜆=−𝑑⇔𝜆=−𝑑5⇒𝑄′(1−𝑑5,−2𝑑5,−1−2𝑑5).

La distancia entre 𝑄 y 𝑄′ viene dada por dist⁡(𝑄,𝑄′)=|⃗𝑄𝑄′|=√(𝑑5)2+(2𝑑5)2+(2𝑑5)2=√9𝑑225=3|𝑑|5. Como queremos que la distancia sea de 2 unidades, dist⁡(𝑄,𝑄′)=2⇔3|𝑑|5=2⇔|𝑑|=103⇔𝑑=±103. Por tanto, las posibles ecuaciones del plano 𝜋′ son 𝜋′1≡𝑥+𝑦+𝑧+103=0y𝜋′2≡𝑥+𝑦+𝑧−103=0.

En primer lugar, hallamos las ecuaciones paramétricas de la recta 𝑟. Su vector director viene dado por el producto vectorial: ⃗𝑑=(1,0,−2)×(0,1,−1)=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘10−201−1∣ ∣ ∣ ∣=(2,1,1). Como el punto (3,2,0) pertenece a la recta 𝑟, sus ecuaciones paramétricas son: 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=3+2𝜆,𝑦=2+𝜆,𝑧=𝜆,𝜆∈ℝ.

El plano 𝜋 determinado por los puntos 𝐴, 𝐵 y 𝐶 tiene como vectores directores ⃗𝐴𝐵 =(1,1,1) y ⃗𝐴𝐶 =(3,1,0). El vector normal del plano es perpendicular a ambos, así que: ⃗𝑛=⃗𝐴𝐵×⃗𝐴𝐶=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘111310∣ ∣ ∣ ∣=(−1,3,−2)∥(1,−3,2). Como 𝐴 pertenece al plano, la ecuación de 𝜋 es: 𝜋≡𝑥+1−3𝑦+2𝑧=0⇔𝑥−3𝑦+2𝑧+1=0.

La distancia entre 𝜋 y un punto genérico 𝑅(3 +2𝜆,2 +𝜆,𝜆) de la recta 𝑟 viene dada por: dist⁡(𝑅,𝜋)=|3+2𝜆−3(2+𝜆)+2𝜆+1||⃗𝑛|=|𝜆−2|√12+32+22=|𝜆−2|√14. Como queremos hallar los puntos de 𝑟 cuya distancia a 𝜋 sea de √14 unidades, dist⁡(𝑅,𝜋)=√14⇔|𝜆−2|√14=√14⇔|𝜆−2|=14⇔{𝜆−2=14⇔𝜆=16⇒𝑅1(35,18,16),𝜆−2=−14⇔𝜆=−12⇒𝑅2(−21,−10,−12). Por tanto, los puntos son 𝑅1(35,18,16) y 𝑅2( −21, −10, −12).

En primer lugar, pasamos la recta 𝑟 a ecuaciones paramétricas. Su vector director viene dado por el producto vectorial ⃗𝑑=(1,−1,1)×(1,3,0)=∣ ∣ ∣ ∣⃗𝑖⃗𝑗⃗𝑘1−11130∣ ∣ ∣ ∣=(−3,1,4). Como el punto (1,0, −1) pertenece a la recta 𝑟, sus ecuaciones paramétricas son 𝑟≡⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=1−3𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=−1+4𝜆.

• El plano 𝑂𝑌𝑍 tiene de ecuación 𝜋1 ≡𝑥 =0. La distancia entre este plano y un punto genérico 𝑅 de la recta 𝑟 viene dada por dist⁡(𝑅,𝜋1)=|1−3𝜆|√1=|1−3𝜆|.
• El plano 𝑂𝑋𝑍 tiene de ecuación 𝜋2 ≡𝑦 =0. La distancia entre este plano y un punto genérico 𝑅 de la recta 𝑟 viene dada por dist⁡(𝑅,𝜋2)=|𝜆|√1=|𝜆|.

Como queremos hallar los puntos de 𝑟 equidistantes de los planos 𝜋1 y 𝜋2, dist⁡(𝑅,𝜋1)=dist⁡(𝑅,𝜋2)⇔|1−3𝜆|=|𝜆|⇔{1−3𝜆=𝜆⇔4𝜆=1⇔𝜆=14⇒𝑅1(14,14,0),1−3𝜆=−𝜆⇔2𝜆=1⇔𝜆=12⇒𝑅2(−12,12,1). Por tanto, los puntos son 𝑅1(14,14,0) y 𝑅2(−12,12,1).