Distancias, ángulos y áreas – matemáticas 2º Bachillerato Ciencias: soluciones del examen para descargar en PDF

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1. Solución del ejercicio 1 (4 puntos)

   1. \(d(P,\pi)=\dfrac{|2+2+2+4|}{\sqrt{1+4+4}}=\dfrac{10}3\approx3{,}33\). Se sustituye el punto en la ecuación del plano y se divide entre el módulo del vector normal \((1,2,-2)\), que vale 3.
   2. \(\overrightarrow{AP}=(2,0,-3)\). \(\overrightarrow{AP}\times\vec u=(0\cdot1-(-3)(-1),\ -3\cdot1-2\cdot1,\ 2\cdot(-1)-0\cdot1)=(-3,-5,-2)\), de módulo \(\sqrt{38}\). \(d=\dfrac{\sqrt{38}}{\sqrt3}\approx3{,}56\). Se toma el punto \(A(0,1,2)\) de la recta y su vector director \(\vec u=(1,-1,1)\). La distancia es el área del paralelogramo dividida entre su base: \(d=\frac{|\overrightarrow{AP}\times\vec u|}{|\vec u|}=\sqrt{\frac{38}{3}}\).
   3. Punto de \(r\): \((t,\,1-t,\,2+t)\). \(\dfrac{|t+2-2t-4-2t+4|}{3}=\dfrac{|2-3t|}3=3\): \(2-3t=\pm9\), \(t=-\tfrac73\) o \(t=\tfrac{11}3\). Puntos \(\left(-\tfrac73,\tfrac{10}3,-\tfrac13\right)\) y \(\left(\tfrac{11}3,-\tfrac83,\tfrac{17}3\right)\). Hay dos soluciones porque los puntos pueden estar a uno y otro lado del plano. Comprobación con \(t=-\frac73\): \(\frac{|2+7|}{3}=3\).

2. Solución del ejercicio 2 (4 puntos)

   1. \(\vec u=(2,1,-1)\), \(\vec n_1=(1,-1,1)\). \(\sin\alpha=\dfrac{|2-1-1|}{\sqrt6\sqrt3}=0\): \(\alpha=0^\circ\), la recta es paralela a \(\pi_1\) (o está contenida en él: su punto \((1,0,-1)\) cumple \(1-0-1=0\), así que está contenida). Para el ángulo entre recta y plano se usa el seno, porque el vector normal es perpendicular al plano.
   2. \(\cos\beta=\dfrac{|2-1+1|}{\sqrt3\sqrt6}=\dfrac2{\sqrt{18}}\approx0{,}4714\), \(\beta\approx61{,}9^\circ\). El ángulo entre dos planos es el que forman sus vectores normales, \((1,-1,1)\) y \((2,1,1)\). (1,5 puntos)
   3. Paralela si \((1,m,2)\cdot(2,1,1)=0\): \(2+m+2=0\), \(m=-4\). Una recta es paralela a un plano cuando su vector director es perpendicular al normal del plano. (1 punto)

3. Solución del ejercicio 3 (4 puntos)

   1. Recta perpendicular por \(P\): \((1+t,\ 3-t,\ 2+2t)\). Se sustituye en \(\pi\): \((1+t)-(3-t)+2(2+2t)=6\), es decir, \(2+6t=6\) y \(t=\tfrac23\). Entonces \(H=\left(\tfrac53,\tfrac73,\tfrac{10}3\right)\). \(H\) es el pie de la perpendicular trazada desde \(P\). Comprobación: \(\frac53-\frac73+\frac{20}3=\frac{18}3=6\). (2 puntos)
   2. \(P^{\prime}=2H-P=\left(\tfrac{10}3-1,\ \tfrac{14}3-3,\ \tfrac{20}3-2\right)=\left(\tfrac73,\tfrac53,\tfrac{14}3\right)\). \(H\) es el punto medio del segmento \(PP'\).
   3. Fórmula: \(d=\dfrac{|1-3+4-6|}{\sqrt6}=\dfrac4{\sqrt6}\approx1{,}63\). Con \(H\): \(|\overrightarrow{PH}|=\tfrac23|(1,-1,2)|=\tfrac23\sqrt6=\dfrac{4}{\sqrt6}\). Coinciden. Que las dos formas coincidan sirve de control del apartado a). (1 punto)

4. Solución del ejercicio 4 (4 puntos)

   1. \(\vec u=(1,1,0)\) y \(\vec v=(0,1,-1)\) no son proporcionales. \(\overrightarrow{PQ}=(1,0,2)\) y \(\begin{vmatrix}1&1&0\\0&1&-1\\1&0&2\end{vmatrix}=1(2-0)-1(0+1)+0=1\neq0\): se cruzan. Dos rectas se cruzan si no son paralelas y no se cortan: vectores directores no proporcionales y producto mixto no nulo. (1,5 puntos)
   2. \(\vec u\times\vec v=(1\cdot(-1)-0\cdot1,\ 0\cdot0-1\cdot(-1),\ 1\cdot1-1\cdot0)=(-1,1,1)\), de módulo \(\sqrt3\). \(d=\dfrac{1}{\sqrt3}\approx0{,}58\). Fórmula: \(d=\frac{|[\overrightarrow{PQ},\vec u,\vec v]|}{|\vec u\times\vec v|}\), con \(P(0,0,1)\) y \(Q(1,0,3)\). (1,5 puntos)
   3. \(\cos\alpha=\dfrac{|0+1+0|}{\sqrt2\sqrt2}=\tfrac12\), \(\alpha=60^\circ\). El ángulo de dos rectas se calcula con los vectores directores y valor absoluto, para quedarse con el ángulo agudo. (1 punto)

5. Solución del ejercicio 5 (4 puntos)

   1. \([\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}]=\begin{vmatrix}6&0&0\\0&8&0\\2&2&5\end{vmatrix}=6\cdot8\cdot5=240\). \(V=\tfrac{240}{6}=40\) dm³, es decir, 40 litros. El volumen del tetraedro es la sexta parte del valor absoluto del producto mixto de tres aristas que salen de \(A\). (1 punto)
   2. \(\overrightarrow{BC}=(-6,8,0)\), \(\overrightarrow{BD}=(-4,2,5)\). \(\overrightarrow{BC}\times\overrightarrow{BD}=(8\cdot5-0\cdot2,\ 0\cdot(-4)-(-6)\cdot5,\ -6\cdot2-8\cdot(-4))=(40,30,20)\), de módulo \(\sqrt{1\,600+900+400}=\sqrt{2\,900}\). Área \(=\tfrac{\sqrt{2\,900}}2\approx26{,}93\) dm². La cara \(BCD\) mide la mitad del módulo de ese producto vectorial; además \(\sqrt{2\,900}=10\sqrt{29}\approx53{,}85\). (1,5 puntos)
   3. \(h=\dfrac{3V}{\text{área}}=\dfrac{120}{26{,}93}\approx4{,}46\) dm. También con el plano \(BCD\): \(4x+3y+2z-24=0\) y \(d(A)=\dfrac{24}{\sqrt{29}}\approx4{,}46\) dm. La normal del plano \(BCD\) es \((40,30,20)\), proporcional a \((4,3,2)\), y el plano pasa por \(B(6,0,0)\): \(24-24=0\). (1,5 puntos)

Total : 20 puntos