Área del triángulo $=\frac{|AB\times AC|}{2}$. Volumen del tetraedro $=\frac{|[AB, AC, AD]|}{6}$.
Ángulo entre planos: $\cos\alpha=\frac{|n\cdot n'|}{|n||n'|}$.
Estrategia paso a paso
Proyección de $P$ sobre $\pi$: recta perpendicular por $P$ cortada con $\pi$ (punto $M$). Simétrico: $P'=2M-P$.
Trampas habituales
Olvidar el valor absoluto y perder una solución.
Ejemplo resuelto
$\frac{|3+2m|}{6}=\frac{1}{2}$ → $m=0$ o $m=-3$.
Preguntas de ejemplo
Intenta responder antes de abrir la solución.
Pregunta 1
Dificultad fácil≈ 18 min
(2 puntos) Se consideran los puntos $A(1,0,0)$, $B(0,2,0)$ y $C(0,0,3)$, y el origen $O(0,0,0)$.
a) (1 punto) Calcule el área del triángulo $ABC$.
b) (1 punto) Calcule el volumen del tetraedro $OABC$ y, a partir de él, la distancia de $O$ al plano que contiene a $A$, $B$ y $C$.
2 puntos.
Ver solución modelo y criterios
Solución
a) $\overrightarrow{AB}=(-1,2,0)$, $\overrightarrow{AC}=(-1,0,3)$. $$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&2&0\\-1&0&3\end{vmatrix}=(6,3,2),\qquad|(6,3,2)|=\sqrt{49}=7$$ Área $=\frac{7}{2}=3{,}5\text{ u}2$.
b) $V=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC}\right]\right|=\frac{1}{6}\begin{vmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&3\end{vmatrix}=\frac{6}{6}=1\text{ u}3$. Como $V=\frac{1}{3}\cdot\text{Área}(ABC)\cdot d(O,\pi)$: $1=\frac{1}{3}\cdot\frac{7}{2}\cdot d\Rightarrow d=\frac{6}{7}\approx0{,}857$ u. (Comprobación: el plano es $6x+3y+2z=6$ y $d(O,\pi)=\frac{6}{\sqrt{36+9+4}}=\frac{6}{7}$.)
Criterios de corrección
a) Producto vectorial (0,5), módulo (0,3) y área (0,2).
b) Volumen con el producto mixto (0,5) y distancia $\frac{6}{7}$ por cualquier método (0,5).
Explicación
El área de un triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial, y el volumen del tetraedro la sexta parte del producto mixto. La altura del tetraedro sobre la cara $ABC$ es la distancia pedida.
Pregunta 2
Dificultad media≈ 20 min
Se consideran el punto $P=(2, 1, -1)$ y el plano $\pi\colon x-y+2z=1$.
a) (1 punto) Hallar la proyección ortogonal de $P$ sobre $\pi$ y la distancia de $P$ a $\pi$.
b) (0,75 puntos) Hallar el punto simétrico de $P$ respecto de $\pi$.
c) (0,75 puntos) Calcular el ángulo que forman $\pi$ y el plano $\sigma\colon x+z=3$.
2,5 puntos.
Ver solución modelo y criterios
Solución
a) Recta perpendicular a $\pi$ por $P$ (dirección $n=(1, -1, 2)$): $(2+t, 1-t, -1+2t)$. Sustituyendo en $\pi$: $(2+t)-(1-t)+2(-1+2t)=1$ → $6t-1=1$ → $t=\frac{1}{3}$. Proyección: $M=(\frac{7}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$. $d(P, \pi)=\frac{|2-1-2-1|}{\sqrt{1+1+4}}=\frac{2}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\approx 0{,}82$ u (coincide con $|PM|=\frac{1}{3}\cdot\sqrt{6}$).
b) $M$ es el punto medio de $P$ y su simétrico $P'$: $P'=2M-P=(\frac{14}{3}-2, \frac{4}{3}-1, -\frac{2}{3}+1)=(\frac{8}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3})$.
c) Normales $n=(1, -1, 2)$ y $n'=(1, 0, 1)$. $\cos\alpha=\frac{|n\cdot n'|}{|n|\cdot|n'|}=\frac{|1+0+2|}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{2}}=\frac{3}{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ → $\alpha=30\circ$.
Criterios de corrección
a) Recta perpendicular (0,25), parámetro e intersección (0,5), distancia (0,25).
b) Uso del punto medio y simétrico correcto (0,75).
c) Fórmula con las normales y valor absoluto (0,5) y ángulo de $30\circ$ (0,25).
Explicación
La proyección es el pie de la perpendicular trazada desde $P$; el simétrico está al otro lado, a la misma distancia ($P'=2M-P$). El ángulo entre planos es el agudo que forman sus vectores normales.
Pregunta 3
Dificultad media≈ 18 min
Pregunta 1 (obligatoria, 2 puntos). Se consideran la recta $r\equiv\dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y}{-1}=\dfrac{z+1}{1}$ y el punto $P(2,1,4)$.
a) (1 punto) Halle la ecuación del plano $\pi$ que pasa por $P$ y es perpendicular a $r$, y el punto $Q$ en el que $r$ corta a $\pi$.
b) (1 punto) Calcule la distancia del punto $P$ a la recta $r$ y el punto $P'$ simétrico de $P$ respecto de $r$.
2 puntos.
Ver solución modelo y criterios
Solución
a) Un vector director de $r$ es $\vec{d}=(2,-1,1)$, que sirve como vector normal de $\pi$: $$\pi\equiv 2(x-2)-(y-1)+(z-4)=0\iff 2x-y+z-7=0$$ Punto genérico de $r$: $(1+2t,\,-t,\,-1+t)$. Sustituyendo en $\pi$: $2(1+2t)+t+(-1+t)-7=0\Rightarrow 6t-6=0\Rightarrow t=1$. Luego $Q=(3,-1,0)$.
b) $Q$ es la proyección ortogonal de $P$ sobre $r$, así que $d(P,r)=|\overrightarrow{PQ}|$ con $\overrightarrow{PQ}=(1,-2,-4)$ (comprobación: $\overrightarrow{PQ}\cdot\vec{d}=2+2-4=0$): $$d(P,r)=\sqrt{1+4+16}=\sqrt{21}\approx4{,}58\text{ u}$$ $Q$ es el punto medio de $P$ y $P'$: $P'=2Q-P=(6-2,\,-2-1,\,0-4)=(4,-3,-4)$.
Criterios de corrección
a) Vector normal del plano igual al director de $r$ y ecuación de $\pi$ (0,5: planteamiento 0,3, resolución 0,2).
a) Punto genérico de $r$, valor $t=1$ y $Q=(3,-1,0)$ (0,5).
b) Justificación de que $d(P,r)=|\overrightarrow{PQ}|$ y valor $\sqrt{21}$ (0,5).
b) $P'=2Q-P=(4,-3,-4)$ razonando que $Q$ es el punto medio (0,5).
Otros métodos válidos (fórmula $\frac{|\overrightarrow{AP}\times\vec{d}|}{|\vec{d}|}$) reciben la puntuación completa.
Explicación
El plano perpendicular a $r$ por $P$ corta a $r$ justo en el pie de la perpendicular, por eso la misma $Q$ sirve para la distancia y para el simétrico. Error frecuente: tomar como normal un punto de la recta en lugar de su vector director.