1. Halla un vector en la dirección de la bisectriz de los vectores 14,1

2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-1-


1. Halla un vector en la dirección de la bisectriz de los vectores u  1,4  1 y v  0,1,1 .
La dirección de la bisectriz viene marcada por el vector
suma, siempre que los módulos de los dos vectores sumandos sean iguales. Bastará entonces encontrar dos
vectores en la dirección de los dados, pero con el mismo
módulo, por ejemplo ambos unitarios, y hacer su suma.


 u  2 2 2  2 

u  18  3 2  a    
,
,
u  6
3
6 






v
2  2


v  2  b     0,
,


v  2
2 


c

a

b
    2 7 2 2 2

c  a  b  
,
,

6
6
3



   


2. Sean u y v dos vectores tales que u  9 y u  v   u  v   17 .

vector v .
Calcula el módulo del
Se resuelve fácilmente aplicando las propiedades del producto escalar:

u  v   u  v   17  u 2  v 2  17  81  v 2  17  v  81  17  8
3. Un vector de módulo 10 se descompone en suma de otros dos de módulos iguales y que forman un ángulo 45º. Halla el módulo de cada uno de los vectores sumandos.


v u

u
El problema se resuelve sencillamente por trigonometría.
Basta aplicar el teorema del coseno al triángulo de la figura.
2 2
 
102  u  v  2 u v cos135 
2 2
2
100  2 u  u 2  u 2  2 
10
45º




2
100
100 2  2
u 


2
2 2


2 2
u  v  10
2



 

4. Sabiendo que u  2 v y que u , v   60º , determina el ángulo formado por a y b , siendo
 
 
 
a  u  2v y b  2u  v
2

 

2
 
2
Aplicando las propiedades del producto escalar: a  u  2v   u  2v   u  4u  v  4 v .
   
  1 2
Como: u  v  u v cos 60º  2 v v  v , resulta:
2
-2- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO


2
 2
2
2
2
a  2 v   4 v  4 v  12 v  a  2 3 v .

2

2
  2
2
 
 
b  2u  v   2u  v   4 u  4u  v  v  13 v  b  13 v
2
 
2
2
 


 
Por otra parte: a  b  u  2v   2u  v   2 u  3u  v  2 v  9 v
2
 
9v
9
a b
cos     

    arccos
2 39
2 3 v 13 v
a b
5. En un vértice de un cubo se aplican tres fuerzas dirigidas según las diagonales de las tres
caras que pasan por dicho vértice. Los módulos de estas fuerzas son 1, 2 y 3. Hallar el módulo
de la fuerza resultante de aquellas tres.
Tomando un sistema de coordenadas adecuado,
las fuerzas aplicadas están en la dirección de


los vectores:
a  0,1,1 , b  1,0,1 y

c  1,1,0 . Pero no son éstos exactamente,
porque sus módulos no coinciden con los pedi  
dos: a  b  c  2 . Ajustando los módulos
z

a

b

c
y
x
a los indicados:

 2b
 a 
2 2
 F2    2 ,0, 2
F1     0,
,
a  2 2 
b

3c  3 2 3 2 
y F3    
,
,0  , la resultante será:
c
2
 2




 5 2

3 2
 F 5
F   Fi  
,2 2 ,
2 
 2



   
  
6. Dados los vectores a, b y c tales que a  3 , b  1 , c  4 y a  b  c  0 , calcular la su     
ma de los siguientes productos escalares: a  b  a  c  b  c
    a  2    
   
a  b  c  0 
a  a  b  a  c  0  a  b  a  c  9 

    b    2  
   

a  b  c  0  a  b  b  b  c  0  a  b  b  c  1  SUMANDO
 

    c      2
   
a  b  c  0 
a  c  b  c  c  0  a  c  b  c  16

     
     
2 a  b  a  c  b  c  26  a  b  a  c  b  c  13


2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-3-
7. Sea ABC un triángulo isósceles, cuyo ángulo desigual es A. Hallar el coseno del ángulo A
sabiendo que las medianas trazadas desde los vértices B y C son recíprocamente perpendiculares.
A(0,  )
Tomemos un sistema de referencia tal que los puntos A,B y C
sean los indicados en la figura.

M 1 1 2,  2 
M 2  1 2 ,  2 
B(1,0)
C (1,0)
Lo primero que tenemos que hacer es determinar cuál a cuáles
son los triángulos isósceles que satisfacen la condición de perpendicularidad impuesta en el enunciado. Si suponemos que el
vértice A se mueve a lo largo del eje y, su posición quedará
determinada en cada caso por el valor del parámetro  .
Para una posición determinada de A, los puntos medios de los
1 
 1  
lados iguales son: M 1   ,  y M 2   ,  .
2 2
 2 2
La dirección de las medianas a las que se refiere el enunciado vienen marcadas por los vectores:
3 
3  
BM 1   ,  3,   y CM 2  
,   3,   , con lo que:
2 2
 2 2
//
//
BM 1CM 2  3,     3,    0   9  2  0    3
Hay dos triángulos en las condiciones descritas en el problema, uno por encima del eje x y otro
por debajo, pero los dos simétricos respecto de él.
Una vez que sabemos la posición del tercer vértice: A  0,3 , el problema se reduce a encontrar
el ángulo formado por los vectores; AB   1,3 y AC  1,3 .
cos  
AB  AC
AB AC

8 4

10 5

8. Encuentra los vectores unitarios de 3 que son perpendiculares a v  1,0,1 y forman un
 1 2 1
ángulo de 60º con w   ,
,  .
2 2 2

Como el vector pedido es de 3 , tendrá tres coordenadas x  x, y, z  que debemos determinar.
Para ello traduciremos las condiciones impuestas a ecuaciones:
 
 
xv  x  v  0  x  z  0 (I)
-4- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO
 
xw
  60º  cos 60º    
x w


1 x
2y z

x 1
  x  2 y  z  1 (II)
  
2 2
2
2


1 1 1

w 
  1

4 2 4

x  1  x 2  y 2  z 2  1 (III)
Las coordenadas x, y y z se determinan resolviendo el sistema:
xz 0
z  x


2
x  2 y  z  1  x  2 y  x  1  y 
2
x 2  y 2  z 2  1
1
1
1
x2   x2  1  2x2   x  
2
2
2
  1 2 1
, 
El problema tiene dos soluciones: x1   ,
2
2
2 

y
  1 2 1 
x2   ,
, 
2
2
2

C
9. Determina t para que los puntos A1,1,1 , B3,0,2 , C 5,2,2 y
D2,1, t  sean coplanarios. Para dicho valor de t, obtén el área
del polígono A,B,C,D.
B
T2
T1
D
A
2 1 1
Los puntos serán coplanarios si r AB, AC , AD  2  4  3 1  0  4  2t  0  t  2
1 0 t 1
Como no sabemos nada sobre la regularidad del polígono, para encontrar su área recurrimos a su
triangulación:
1
1
S  ST1  ST2 
AB  AC  AC  AD
2
2
  
i
j k
AB  AC  2  1 1  (2,2,2)
4 3 1
5 3 2
1
u
12  27  S 
S
  
2
2
i
j k



AC  AD  4  3 1  (3,3,3)
1 0 1

2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-5-
10. Un triángulo tiene dos de sus vértices en los puntos A(0,0,0) y B(1,1,1) . El tercero, C, lo
x  2 y
tiene sobre la recta r : 
. Encuentra las coordenadas del tercer vértice, sabiendo que
z  1
el área del triángulo es
2
2
.
1
2
.
AB  AC 
2
2
 x  2

La forma más cómoda de obtenerlos es utilizar la ecuación paramétrica r :  y   ,
z  1

  
i
j k
C  r  C  2 ,  ,1  AC  2 ,  ,1  AB  AC  2  1    1,1  2 ,   .
1 1 1
Se trata de determinar un punto C  r con la condición de que
  0
1
2
2
2
AB  AC 
   1  1  2   2  2  62  6  0  
2
2
  1
Luego el problema tiene dos soluciones: C1  (0,0,1) y C2  (2,1,1)




11. En V3 se consideran los vectores: a   1,3,1 , b  1,2,1 , c  2,1,0 y d  2,4,10 .
  
a) Demostrar que los vectores a , b y c son coplanarios
 

b) Demostrar que b , c y d son perpendiculares dos a dos y encontrar el volumen del paralelepípedo que determinan.
a) Como en el espacio tridimensional, tres vectores son coplanarios si y solo si son linealmente
dependientes, bastará probar que:
1  3 1
1 2 1  0
2
1 0
 
 
 
 
 
b) b c pues b  c  1,2,1  2,1,0  0 ; b d pues b  d  1,2,1  2,4,10  0 y c d
 
pues c  d  2,1,0  2,4,10  0 .
El volumen del paralelepípedo se determina con el producto mixtos:
1 2
1
  
Vp  b , c , d  2
1
0  60 u 3
2  4  10
x
z
y
2
2
B(1,0,0) y C (0,1,1) un tetraedro de volumen 1.
12. Determina un punto de la recta:
r:
que forme con los puntos A(0,0,0) ;
-6- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO
El problema es muy parecido al anterior, pues se trata de determinar un punto de r pero ahora
1
con la condición de que Vteta. 
AB, AC , AD  1 .
6
1 0 0
 x  2
  2
1


r :  y    AB, AC , AD  0 1  1  3 
AB, AC , AD  1 
1 
6
2
  2
 z  2
2  2

Existen dos puntos que cumplen las condiciones impuestas: D1  (4,2,4) y D2 (4,2,4)
13. Un cubo, cuyo volumen es 8 u 3 , tiene dos de sus caras sobre los planos :
1 : 3x  4 y  12 z  a  0 y  2 : 6 x  8 y  24 z  36  0
Halla los posibles valores de “a”.
Como estos dos planos son paralelos, su distancia coincidirá con la longitud de la arista del cubo,
es decir, d 1 , 2   3 8  2
Por otra parte, la distancia entre dos planos paralelos es igual a la distancia de un punto de uno
de ellos al otro. Tomamos entonces un punto P   2 e imponemos que d P,1   3 8  2 .
Tomando como punto de  2 P(6,0,0) , resulta: d P, 1  
d P,1   2 
a  18
13
 3 6  a
32  42  122

a  18
13
a  44
a  18  26
2

a  8
a  18  26
14. Dadas las rectas:
 x  1  2t
x
y 8 z 6

r :  y  2  6t
s:


13
2
14
 z  1  t

a) Estudiar su posición relativa y encontrar el ángulo que forman.
b) Si dos de las aristas de un cubo se encuentran sobre estas rectas, halla su volumen.
a) Para el estudio de la posición relativa de las rectas necesitamos sus respectivas determinacioB  (0,8,6)
 A  (1,2,1)
s  
nes lineales: r   
y
.
vr  (2,6,1)
vs  (13,2,14)
 
Como r vr , vs   2  las rectas se cortan o se cruzan.
2  6 1
 
13 2 14  246  0  r vr , vs , AB  3  las rectas se cruzan.
 1 10 7


2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-7-
Para determinar el ángulo formados por dos rectas basta encontrar el ángulo formado por sus
 
 
v v
vectores dirección: cosvr , vs   r s  0  rs . Las rectas se cruzan perpendicularmente
vr vs
r
d
s
b) Por el apartado anterior deducimos que las
rectas contienen a dos aristas que se cruzan,
luego las distancias entre ellas coincide con la
longitud de la arista del cubo. Basta entonces
determinar “d” y tendremos que el volumen es
d 3 u3 .
Como sólo necesitamos “d”, no los puntos de
la perpendicular común, la forma más rápida
de obtenerla es por la expresión:
 
vr , vs , AB
d
.
Además este producto

vr  vs
mixto es el determinante calculado anteriormente en el estudio de la posición relativa.



i
j
k
 
 
vr  vs  2  6  1  (82,41,82)  41(2,1,2)  vr  vs  41  2,1,2  123 .
13 2 14
Luego: d 
246
 2  V  8 u3
123
15. Dadas las rectas: r : x  y  z
y
s:
x 1 y  2 z

 , se pide:
1
2
2
a) Estudiar su posición relativa
b) Hallar la recta que corta a las dos anteriores y además es paralela a la recta de ecuación
t : x, y, z   1,2,3   1,2,1
 B  (1,2,0)
 A  (0,0,0)
a) Tomamos como determinación lineal de las rectas: r   
y s  
vr  (1,1,1)
vs  (1,2,2)
es inmediato comprobar que se cruzan.
b) Para resolver este apartado basta encontrar P  r y Q  s
PQ
(1,2,1) .
P  r  P  ( ,  ,  )
PQ (1, 2, 1)
 PQ  1     ,2  2   ,2    

Q  s  Q  (1   ,2  2 ,2 )
1     2  2  
 0


1     2  2   2  
1
2




1

1
2
1
1      2  
3

1
1
-8- Geometría
SOLUCIONES
2 4 2
P  (0,0,0, ) y Q   , ,

3 3 3 
x y
z
t:  
1 2 1
t
Los puntos buscados son :
 P  (0,0,0)
t  
vs  (1,2,1)
2º DE BACHILLERATO
y la recta la determinada por
16. En el espacio (y en ejes OXYZ; el eje OZ es vertical ascendente) se consideran las rectas:
x  y  1
 x  y  3z  2
r:
s:
 z4
2 y  z  3  0
Una conducción de agua ocupa la posición de r. En un punto P de esta conducción se produce un fuga de agua; el correspondiente goteo cae sobre un punto Q de s. Hallar P y Q.

Admitiendo que el goteo caerá verticalmente, es decir, en la dirección de k  (0,0,1) , se trata de
determinar P  r y Q  s
QP
(0,0,1) .
Empecemos por encontrar las ecuaciones paramétricas de ambas rectas:
x  
x  y  1 x 

r:

 r : y  1 
 z4
z  4

 x  7  5
 x  y  3z  2 y  

s:

 s :  y  
2 y  z  3  0
 z  3  2

P  r  P   ,1   ,4
QP ( 0, 0,1)
 QP  7    5 ,1     ,7  2  

Q  s  Q   7  5 ,  ,3  2 
7    5  0
  3
7    5 1     7  2 




0
0
1
1      0
  2
Por lo que los puntos buscados son:
P  (3,2,4) y Q(3,2,1)
17. En el espacio (y en ejes OXYZ; el eje OZ es vertical ascendente, el plano OXY es horizontal)
se considera la varilla vertical de extremos A(1,2,9) y A(1,2,0) . En dos momentos determinado de un día, las sombras que proyecta A sobre el plano OXY son los puntos
S1 (4,3,0) y S2 (1,6,0) . Se pide:
a) La recta que describe la sombra de A a lo largo del día.
b) La sombra S 0 de A en el momento en el que la sobra de la varilla es más corta.
c) La sombra S3 de A en el momento del día en el que la sombra de AA tiene la misma
longitud que la sombra S1 A
2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-9-
a) Admitiendo que la sombra del extremo superior de la varilla describe una recta contenida en
el plano del suelo ( z  0) , esta será la que pasa por los puntos S1 y S 2 , por lo que una determi-

S2  (1,6,0)
nación lineal es: s  

S1S2  (3,9,0)
S 2 1,6,0 
x  1  

 s :  y  6  3 en forma paramétrica.
(1,3,0)
z  0

b) La longitud de la sombra de la varilla es en cada instante i la distancia entre punto Si  s y el pie
de la varilla A , por lo que S 0 es la proyección ortogonal de A sobre s.
S3
l3  l1
S0
A 1,20
.
S1 4,3,0 
l1
li
AS0 (1,3,0) :
Buscamos S0  s
l0
S0  s  S0  (1   ,6  3 ,0)

A  (1,2,0)
AS 0  ( 1, 3, 0 )
AS0  (2   ,4  3 ,0) 

2  ,4  3,0   1,3,0  0    1 
Si
Plano del suelo
z0
S0  (2,3,0)
s
c) Si las longitudes de las sombras tienen que ser iguales, es decir d  A, S3   d  A, S1  , el punto
S3 debe ser el simétrico de S1 respecto de S 0 . Imponiendo que S0  pto.medio de S1 , S3 , resulta: S3  (0,9,0)
18. Dos varilla fijas AA y BB , de espesor despreciable,
están entrelazada por una goma elástica como indica la
figura.
La goma, que está tensa, puede deslizarse libremente
por las varillas sin rozamiento. Se sabe que las varillas
ocupan las posiciones:
x  y  3
x2 y 4 z 5
BB : 
AA :


1
2
2
z  4
a) ¿Qué posición relativas tienen estas recta?
b) Hallar la longitud total de la goma en su posición de
equilibrio
A’
A
B
B’
 P(2,4,5)
Q(3,0,4)
a) Obtenido una determinación lineal de cada recta: AA   
y BB   
, es
v1 (1,2,2)
v2 (1,1,0)
fácil comprobar que las dos rectas se cruzan.
b) Una goma elástica que se desliza libremente, tenderá a ocupar la posición que la permita estar
lo menos tensa posible, es decir, a ocupar su posición de mínima longitud. Esta mínima longi-
-10- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO
tud coincide necesariamente con la distancia mínima entre las dos rectas.
contrar la distancia entre estas rectas y multiplicarla por dos.
 
v1 , v2 , PQ
9
l2  
2
 l  6u
v1  v2
9
Bastará entonces en-
19. Hallar la ecuación de la recta que se obtiene al proyectar ortogonalmente sobre el plano
x  2 y z 1
.
  2 x  y  z  2  0 la recta r :
 
1
2
1
A

v
r

w
r    


La forma más cómoda de obtener la proyección de una recta sobre un plano es
como intersección de dos plano: uno el
plano  y el otro el   , plano que contiene a r y es perpendicular a  .
 A  (2,0,1)   

r     y
. Por otra
v  (1,2,1)  
 r

parte,    w  (2,1,1)   , con lo
que ya tenemos una determinación lineal
del plano buscado:
 A  (2,0,1)

   vr  (1,2,1) 

w
  (2,1,1)
x  2 y z 1
  : 1 2
1  0    : x  y  z 1  0
2
1 1
2 x  y  z  2  0
La proyección, en forma implícita, es la recta: r  : 
x  y  z  1  0
20. Un foco luminoso se encuentra en el punto P(3,3,1) y una varilla ocupa la posición de la rex  2z  0
cta r : 
. La varilla arroja una sombra sobre el plano  : x  y  2 z  3 . Hallar
y  z 1  0
el punto de esta sombra que está en el plano z  0 .
En este caso también se trata de proyectar una recta sobre un plano, pero no ortogonalmente, si
no según los rayos luminosos que, partiendo de P, cortan a la recta r. La sombra será entonces
la recta intersección del plano dado con el plano determinado por P y r.
2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-11-
x  2z  0

r:
Haz
de
planos

   :  x  2 z   y  z  1  0    : x  y  2  1z  1  0
y  z 1  0
P     3  3  2  11  1  0    1    :  x  y  z  1  0
x  y  2z  3  0
La sombra es la recta r       : 
y el punto de intersección de ésta con el
x  y  z  1  0
x  y  2z  3  0

suelo ( z  0 ): Q :  x  y  z  1  0  Q  (2,1,0)
z  0

21. Dados la recta y  1  x, z  1  2 x y los puntos B(1,0,1) y C (0,0,0) , se pide:
a) Hallar un punto A de la recta que diste del punto B el doble que de C y esté por debajo del
plano XY.
b) Hallar la proyección ortogonal de C sobre la recta BP, donde P es el punto de intersección de la recta del apartado anterior con el plano YZ.
a)
x  

Como la ecuación paramétrica de la recta dada es: r :  y  1   , se trata de determinar
 z  1  2

A( ,1   ,1  2 )
d ( B, A)  2 d (C, A) 
  1
  1  1     2   2   1     1  2   3  4  1  0    1 .
  3
 1 2 1 
, ,  , pero como además se
Hay dos puntos que cumplen la condición:  1,0,1 y 
 3 3 3
pide que esté por debajo del eje plano XY z  0 , el punto pedido es A(1,0,1)
2
2
2
2
2
2
2
b) Para encontrar la proyección, lo primero que necesitamos es la ecuación de la recta sobre la
que debemos proyectar. De ella ya conocemos un punto el B(1,01) y nos dicen que otro el la
intersección de r con el plano  : x  0 . La forma más sencilla de encontrar la intersección de
recta y plano, es llevar las ecuaciones paramétricas de la recta a la implícita del plano, en este
caso:
x  1  


 B(1,0,1)
 s : y   .
 : x  0    0  P(0,1,1) , con lo que la recta s  

z  1
 BP (1,1,0)

La proyección de C sobre s es C  s

1
CCvs  1   , ,1   1,1,0  0    
2
1 1 
C  , ,1
2 2 
-12- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO
22. Se consideran los planos de ecuación:
1 : ax  y  az  0
y
 2 : a  3x 
y
 z 1
a
a  0
a) Estudiar su posición relativa en función de a.
b) Si para a  2 los planos contienen caras de un cubo, calcular el volumen de éste.
a) La posición relativa viene determinada por la de sus respectivos vectores asociados. Veamos cuando éstos son paralelos y cuando no lo son.
 1 : ax  y  az  0
 1 : ax  y  az  0

y
2
 2 : a  3x   z  1
 2 : a  3a x  y  az  a
a


a
1
a
1  2  w1 w2  2


 a 2  3a  a  a  2 (pues a  0 ha sido exa  3a
1
a
cluido).



a  2 w1

w2 los planos se cortan.

a  2 w1

w2 los planos son paralelos o coincidentes.
1 : 2x  y  2 z  0
2
1  2
0



 los planos son paralelos.
 2 : 2 x  y  2 z  2  2 1
2
2
b) Como para a  2 los planos son paralelos, las caras del cubo que están contenidas en ellos
también lo son y la longitud de la arista será la distancia entre estos dos planos.
La distancia entre dos planos paralelos es la distancia de un punto de uno de ellos al otro plano.
P(0,0,0)  1  l  d  1 , 2  
2
2
 
3
9
VCubo 
8 3
u
27
23. Determinar, en función de los distintos valores de  , la posición relativa de los planos.
 3 : x  y  z  1
1 : x  y  z  1
 2 : 2 x  y  1
1 1 


2
A   2  0   A  3  3  2    2  1  A  0 
 1 1 


  1 y   -2
 1
  2

  1
Sistema compatible determinado, los planos se cortan en un punto.
2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-13-
r ( A)  2
 1 1 1  1


Sistema compatible indetermin ado,

 2 1 0  1 
tantas soluciones como 
 1 1 1  1
r (M )  2


Los planos se cortan en una recta, si los estudiamos dos a dos, vemos que  1   3 y  2 los
corta.
  2
1  2  1 r ( A)  2
 1


0  1 
 Sistema incompatible
 2 2
 2

1
1  1 r ( M )  3

Los tres planos no tienen ningún punto en común, pero si los analizamos dos a dos, vemos que
no hay planos paralelos, por lo que: los planos se cortan dos a dos determinando tres rectas
paralelas.
2 x  3 y  z  0
24. Hallar “a” para que el plano  : ax  y  7 z  0 y la recta r : 
sean paralex  y  2z  1
los


Sea vr el vector dirección de r y w el vector característico de  , r

w  (a,1,7)


  vr w
  
 
i
j k
 vr w  a,1,7   5,3,1  0  a  2

vr  2  3 1  (5,3,1)
1 1 2
x  y  b
x 1 y 1 z 1
y s:
, determinar a y b para que se cor

a
2
1
y  z  1
ten perpendicularmente.
25. Dadas las rectas r :
Necesitamos una determinación de cada una de las rectas.
x  b  
 B(b,0,1)
 A(1,1,1)
 x  y  b y 

 s  
s:

 s :  y  
y r : 
vr (a,2,1)
vs (1,1,1)
y  z  1
 z  1  

rs  (1,1,1)  (a,2,1)  0  a  3


 
Las rectas se cortan si r AB , vr , vs  2 
b 1 1 1
3
2 1  0  b  3  0  b  3
1 1 1
-14- Geometría
SOLUCIONES
26. Sean A, B y C los puntos de la recta x  12 
2º DE BACHILLERATO
y6 z 6
que están en los planos coorde
2
3
nados: x  0 , y  0 y z  0 . Se pide:
a) Determinar razonadamente cuál de los tres puntos se encutra entre los otros dos.
b) Siendo D un punto exterior a la recta, indicar razonadamente cuál de los triángulos DAB,
DAC o DBC tiene mayor área.
D
h
B
P
C

vr
Para trabajar con mayor comodidad ponemos
la recta en forma paramétrica:
 x  12  
 P 12,6,6 
r  
  y  6  2 .
vr 1,2,3
 z  6  3

Los puntos de corte con los planos coordenados son:
A
0
A  r   yz x
 12    0    12  A 0,30,30
y 0
B  r   xz 
  6  2  0    3  B 15,0,15
0
C  r   xy z
 6  3  0    2  C 10,10,0
La posición de los puntos A, B y C respecto a P viene dada por el valor correspondiente del
parámetro  . A y C están a un lado, supongamos a la izquierda, por ser   0 , y además A
más alejado que C. Por una razón análoga, B está a la derecha de P, por lo que la posición relativa es la indicada en la figura, es decir, C está entre A y B.
Para contestar al segundo apartado, basta tener en cuenta que los tres triángulos tienen la misma
altura: h  d D, r  , por lo que tendrá mayor área aquél que tenga mayor base. Por el apartado
anterior, éste es el triángulo DAB.
27. Sea ABC un triángulo tal que la mediana AM, correspondiente al lado BC, divide al ángulo
 en dos ángulo que miden 60º y 30º. Hallar razonadamente los tres ángulos del triángulo.
Hallar en función de la longitud m  AM , de la mediana, el área del triángulo.
Como  queda dividido en dos ángulos de 60º y 30º, es evidente
que Aˆ  90º , podemos fijar un sistema de coordenadas con origen
en A y ejes las rectas que contienen a los catetos del triángulo dado.
C ( 0, c )
M ( xm , y m )
ym
60º
A
xm
B (b ,0 )
Sean A0,0 Bb,0 y C 0, c  las coordenadas de los vértices del
triángulo respecto al sistema de coordenadas establecido. Por ser
M xm , ym  el punto medio del segmento BC , será xm  b 2 , por lo
que podemos afirmar que el triángulo AMB es isósceles, y en consecuencia Bˆ  60º . Por una razón parecida a ésta, o sencillamente
porque la suma de los lados de un triángulo debe ser 180º,
Cˆ  30º .
2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-15-
En el triángulo rectángulo podemos tomar como base b  2 xm  2m cos 60º  m y por altura
c  2 ym  2m sen 60º  m 3 , por lo que el área es: S 
m2 3 2
u
2



28. Dados los vectores u  a,1  a,2a  , v  a,1, a  y w  1, a,1 , se pide:

 
a) Determinar los valores de a para los que los vectores u , v y w son linealmente depencientes


 
b) Estudiar si el vector c  (3,3,0) depende linealmente de los vectores u , v y w para el
caso a  2 . Justifica la respuesta.
  
c) Justificar razonadamente si para a  0 se cumple la igualdad u  v  w  0 , siendo  el
producto vectorial.

 
a) La dependencia lineal de los vectores u , v y w depende del determinante:
a 1 a 2a
a  0

 a
1
a  a a  1a  1    0  a  1 . Si a toma alguno de estos valores,
 a  1
1
a
1

los vectores son linealmente dependientes, en otro caso son independientes.

 
b) Para a  2 , u , v y w son tres vectores linealmente independientes en el espacio vectorial

tridimensional, y en consecuencia una base, por lo que c  (3,3,0) , y cualquier otro, pude ponerse como combinación lineal de ellos.
  
 
c) Para a  0 u  v , w y como v  w es perpendicular a todos los vectores del plano determi  



nado por v y w también lo es a u en ese caso, por lo que u  v  w  0 . O sencillamente,
  
  
como por definición u  v  w  u , v , w es el producto mixto de estos tres vectores, que coincide con el valor del determinante  , éste es nulo para a  0
29. Dados los puntos del espacio: P1,1,3 , Q1,2,1 y R1,0,1 , se pide:
a) Encontrar la distancia la distancia del punto P a la recta que pasa por Q y R.
b) Hallar el área del triángulo cuyos vértices son los puntos dados.
c) Encontrar todos los puntos S del plano determinado por P, Q y R de forma que el cuadrilátero de de vértices P, Q R y S sea un paralelogramo.
Los dos primeros apartados se encuentran fácilmente, aplicando las expresiones dadas en teoría,
por lo que sólo se desarrolla la última.
En realidad, la condición de que los puntos S buscados están en el plano determinado por P, Q y
R no es necesaria, pues el hecho de formar un paralelogramo con éstos, es una condición que
implica el ser coplanarios. Bastará entonces imponer únicamente la condición que deben cumplir los puntos para que determinen un paralelogramo, que no es otra que los vectores que resulta
al unirlos dos a dos, sean equipolentes:
Si designamos por S x, y, z  los casos que se pueden presentar son los siguientes:
-16- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO
PQ  SR  0,3,2  1  x, y,1  z   S 1,3,1
QP  SR  0,3,2  1  x, y,1  z   S 1,3,3
PR  SQ  0,1,4  1  x,2  y,1  z   S 1,1,5
Se puede comprobar que las otras tres combinaciones posibles, son equivalentes a éstas:
RQ  SP  PQ  SR ; PR  QS  QP  SR ; RQ  SP  PR  SQ


30. Resuelve la siguiente ecuación vectorial: x  2,1,1  1,3,5 , sabiendo que x  6 , donde el símbolo  significa “producto vectorial”.

Si x  ( x, y, z ) , la primera condición nos conduce a:
  
i j k
 y  z  1


x  2,1,1  1,3,5  x y z  (1,3,5)   y  z, x  2 z, x  2 y   (1,3,5)   x  2 z  3
x  2 y  5
2 1 1

que podemos comprobar es un sistema compatible indeterminado, que resolviendo en función de
 x  2  5

y, resulta:  y  
.
 z  1  

  2


2
2
2
Teniendo en cuenta estos resultados: x  6  2  5    (1   )  6  
5
  3
Lo que nos indica que hay dos vectores que verifican las dos condiciones impuestas:

 5 5 2
x1  (1,2,1) y x2   ,
, 
3 3 3
31. Sea la superficie esférica de ecuación x 2  y 2  z 2  6 x  6 y  8z  9  0 . Se pide:
a) Determinar su centro y su radio.
b) Hallar la ecuación de la recta que contiene al diámetro paralelo al eje OY.
c) Obtener el centro y el radio de la circunferencia que resulta al cortar dicha esfera
con el plano z  0
d) Hallar la ecuación del plano tangente a la esfera en su punto del eje OX.
La esfera de centro C xc , yc , zc  y radio r tiene por ecuación:
a)
x  xc    y  yc   z  zc 2  r 2  x2  y 2  z 2  2xc x  2 yc y  2zc z  xx 2  yc 2  zc 2  r 2  0
2
2
Igualando con los coeficientes de la ecuación dada:
 2 xc  6


 2 yc  6
C  (3,3,4)



 2 zc  8
r 5

2
2
2
xc  yc  zc  r 2  9
2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-17-
b)
Por contener a un diámetro, la recta debe pasar por el centro; por ser paralelo al eje OY,

estará en la dirección del vector: i  (0,1,0) :
C (3,3,4)  r
x3 y 3 z 4
r : 
r:


0
1
0
i (0,1,0) // r
c)
Por tratarse de la intersección de dos superficies, se ecuación se puede expresar como el
sistema formado por dos ecuaciones:
x 2  y 2  z 2  6 x  6 y  8 z  9  0
2
2
  x  y  6 x  6 y  9  0 , que efectivamente es una cirz0

cunferencia, cuyo elementos, como en el primer apartado, se pueden obtener identificando coeficientes:
 2 xc  6


 2 yc  6
C  (3,3,0)



 2 zc  0
r  63

2
2
2
xc  yc  r  9
d)
El punto de intersección pedido es:
x  y 2  z 2  6 x  6 y  8z  9  0

P : y  0
 P(3,0,0) . El plano pedido viene determinado por:
z  0

2
 P(3,0,0)  
 PC (0,3,4)
 :

PC (0,3,4)   : 3 y  4 z  D 
   : 3 y  4z  0
P(3,0,0)    D  0

32. Siendo los puntos A(1,  ,0) ; B(1,1,   2) y C (1,1,  ) , se pide:
a) Comprobar que no están alineados, cualquiera que sea el valor del parámetro

b) Hallar el área del triángulo que determinan los tres puntos
a)
C (1,1,  )
Para comprobar que los puntos no están
alineados, bastará probar que los vectores AB y
AC son siempre linealmente independientes, o lo


que es lo mismo, que r AB, AC  2    .
B(1,1,   2)
A(1,  ,0)
AB  (0,1   ,   2)
 r  AB, AC  


AC  (0,1   ,   2)
 0 1     2

r 
 
0 1 
El rango de esta matriz sólo depende del menor:
-18- Geometría
SOLUCIONES

2º DE BACHILLERATO
1    2
 2   
1 


por lo que evidentemente: r AB, AC  2  .
1
AB  AC , siendo  el producto vectorial, basta comprobar que
b) Como S t 
2
AB  AC  (2,0,0) , con lo que St  1 u 2
x 1 y z 1
y el plano  : 2 x  y  kz  0 , se pide:
 
m
4
2
a) Calcula m y k para que la recta sea perpendicular al plano.
b) Calcula m y k para que la recta este contenida en el plano.
33. Dados la recta r :
m  8

 
m
4
2

a) Como v (m,4,2) r y w(2,1, k ) , r  v w  
 
k  1 2
2 1 k
 
b) Para que r   en primer lugar tiene que ser v w  (m,4,2)  (2,1, k )  0 
2m  2k  4  0 (*).
Con la condición anterior se garantiza que r  , para que r   basta imponer además que un
punto de la recta, por ejemplo A(1,0,1) , pertenezca al plano.
(1,0,1)    2  k  0  k  2 . Llevando este resultado a la ecuación (*) obtenemos:
m  4 y k  2
34. Los vértices de un triángulo son A(2,1) , B(7,5) y C ( x, y)
a) Calcula el área del triángulo en función de x e y.
b) Encontrar el lugar geométrico de los puntos x, y  tales que el área anterior es 36
a) En primer lugar, y para poder utilizar el producto vectorial en el cálculo del área del triángulo,
planteamos el problema en el espacio tridimensional. Consideramos que los puntos dados,
que son puntos de un plano, están sobre el plano del suelo z  0 , con lo que sus coordenadas pasan a ser: A(2,1,0) , B(7,5,0) y C ( x, y,0) . Con esto el área del triángulo es:
ST  1 2 AB  AC


i
j
AB  AC  9
6
x  2 y 1

k
0  0,0,6 x  9 y  3  S T x, y   1 2 6 x  9 y  3
0
b) El lugar geométrico pedido es el conjunto de puntos tales que 1 2 6 x  9 y  3  36 , es decir:
6 x  9 y  3  72
2 x  3 y  35  0
6 x  9 y  3  72  

 6 x  9 y  3  72
2 x  3 y  37  0
2º DE BACHILLERATO
CUESTIONES DE SELECTIVIDAD
Geometría-19-
Se trata de dos rectas paralelas, y además paralelas al vector AB , lo que tiene una sencilla interpretación.
Se puede considerar que todos los triángulos pedidos tienen por base AB  3 13 , por lo que su
c
C
B
h
A
h
36  2 24 13
, es decir, el

13
3 13
punto C debe ser tal que su distancia a la recta
que une A y B sea precisamente h. Esos son,
obviamente, los puntos de un par de rectas paralelas al lado c.
altura debe ser h 
35. Siendo A1,1 y B 1,1 dos puntos del plano, se pide:
a) Determinar las ecuaciones de todas las circunferencia que pasan por A y B, razonando dónde están situados sus centros
b) De entre las circunferencias del apartado anterior, hallar centro y radio de la que
es tangente a la recta y  x
Hay infinidad de circunferencia que pasan por dos
puntos dados, pero el centro siempre estará en el
lugar geométrico de los puntos que equidistan de A
y B, es decir, en su mediatriz. En este caso concreto la mediatriz es el eje OY, es decir, la recta
x  0 , por lo que el centro será necesariamente un
punto de la forma C 0, yc  , y la ecuación de las
C 0, y c 
circunferencias del tipo: x 2   y  yc   r 2
2
r
Por otra parte, debe ser r  d  A, C  , por lo que:
r 2  1  1  yc   2  yc  2 yc . Si llevamos este
resultado a la ecuación anterior y simplificamos,
obtendremos:
x 2  y 2  2 yc y  2  2 yc  yc  
que es la familia de circunferencias que cumple las
condiciones impuestas.
2
B
A
b
C
2
Para resolver el segundo apartado tendremos en
cuenta que como la circunferencia es tangente a la
recta b : y  x y A b , el centro debe estar en la
recta n, perpendicular a b por A. Es fácil obtener
la ecuación de esta recta, n : y   x  2 .
El centro de la circunferencia será la intersección
de n y el eje OY, es decir: C (0,2) y el radio
A
n
-20- Geometría
SOLUCIONES
2º DE BACHILLERATO
r  d ( A, C )  2 , por lo que en este caso, la ecuación es:
x 2   y  2  2  x 2  y 2  4 y  2 qué lógicamente coincide con el resultado que obtendríamos si en la familia de circunferencias anterior hacemos yc  2
2
Dada las rectas:
x  2 y  6z  1
x y 1
y s: 
r:
z
2
a
x  y  0
a) Determinar la posición relativa de r y s según los parámetros de a.
b) Calcular la distancia entre las rectas r y s cuando a  2
Entre las distintas formas de trabajar, lo hacemos a partir de su determinación lineal:
1 3  2
x 
 P1 3 ,  1 3 ,0
 x  2 y  6 z  1 z  
r:

  y   1 3  2  r   
vr 2,2,1
x  y  0
z 


Q 1,1,0
x y 1
s: 
 z  s  
2
a
vs 2, a,1

a  2  vr
r s


vs   o
Para saber en cuál de los dos casos nos encontramos, tenemos que
r  r

considerar el vector PQ4 3,  4 3,0 1,1,0 , que no es paralelo a los vectores dirección de
las rectas, por lo se trata de dos rectas paralelas.
a  2 los vectores no son paralelos, por lo que las rectas se cortan o se cruzan, lo que depende
del rango de:
 2  2 1


 2 a 1  , que para a  2 es 3, pues el determinante es   2  a . En consecuencia, en
 1 1 0


este caso se trata de dos rectas que se cruzan.