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Soluciones ejercicios Selectividad Mat II
 

Ejercicios de Algebra y Geometría

Ejercicio 3A.-[ 2'5 puntos. Curso 2011-2012 Modelo 1] Considera las matrices
1 2 0
0 1
 1 2 0 
A =  0 1 2  , B= 
 y C= 



1 0
 1 1 2
1 2 1


t

t

Determina, si existe, la matriz X que verifica AXB=C , siendo C la matriz traspuesta de C.

Respuesta:

–1

t –1

Ensu caso sería: X= A C B . Con órdenes: 3x3 3x2 2x2. Por tanto por los órdenes de las
matrices es posible y el resultado sería una matriz 3x2. Habrá que ver si existen las inversas
mencionadas.
120
01
=–1≠0  Ambas tienen inversa y por tanto si existe la
Como: A = 0 1 2 =1≠0 y B=
10
121
matriz X que sería la que resulta de hacer las operaciones que se han indicado.
–1

–1

CalculemosX. Para ello primero habrá que hallar A y B .
 3 2 4 
–1  0 1 
A =  2 1 2  y B = 
 . Por tanto.


1 0
 1 0 1 


 1 3 
 3 1 
 3 2 4   1 1
–1 t –1

  2 1   0 1  =  0  1   0 1  =  1 0 
X= A C B =  2
1 2  





 1 0
  0 2   1 0   1 1  1 0   1 1
1 






–1

Ejercicio 4A.-[Curso 2011-2012Modelo 1] El punto M (1, –1,0) es el centro de un
paralelogramo y A(2,1,–1) y B(0,–2, 3) son dos vértices consecutivos del mismo.

(a) [1 punto] Halla la ecuación general del plano que contiene al paralelogramo.
(b) [1'5 puntos] Determina uno de los otros dos vértices y calcula el área de dicho
paralelogramo
Respuesta:
Apartado (a)  
El plano que contiene al paralelogramo, el que pasa lostres puntos citados A, B y M, podemos
determinarlo considerando un punto, por
A
B
ejemplo el M=(1, –1,0)
y dos vectores

 
M
directores como pueden ser: u = MA =(1, 2, –1)
 
y v = MB =(–1, –1, 3) y por tanto la ecuación
general
del
plano
viene
dada
por: D
C
x 1 y 1 z
1
2
1 = 0. Es decir el plano es: 5·x – 2·y + z – 7 =0
1

1

3

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Ejercicios de Algebra y Geometría

Apartado (b)  
Si los vértices consecutivos del paralelogramo los llamamos A, B, C y D. Es evidente que los
 

vectores MA y MC se diferencian sólo en su sentido.



Por tanto MA =– MC .



Si el vértice C=(a, b, c)  MA =(1, 2, –1) =–(a–1, b+1, c) =– MC
Dedonde se deduce que: a = 0, b = –3 y c =1 Con lo que C=(0, –3, 1).
El área del paralelogramo viene dado por:

 

|| BA x BC || = ||(–2, –3, 4)X(0, –1, –2)|| = (10, –4, 2)= 120 =2 30 .

Ejercicio 3B.–[Curso 2011-2012 Modelo 1] Dado el sistema de ecuaciones

3
kx 2 y

2kz  1
 x
3x  y 7 z  k  1

(a) [1'75 puntos] Estudia el sistema para los distintos valores delparámetro k.
(b) [0'75 puntos] Resuélvelo para k=1.
Respuesta:
Apartado (a) 
k 2 0 3
 k 2 0




Las matrices del sistema son A=  1 0 2k  y A=  1 0 2k 1 
 3 1 7 
 3 1 7 k  1




2

|A|=2k + 12 k –14.
2

2

2k + 12 k –14 = 0  2(k + 6 k –7) = 0  k =1 o k = –7
Por tanto: Si k ≠ 1 y k ≠ –7, el rango de A es 3 igual al número de incógnitas y elsistema es
Compatible Determinado (Solución única). Veamos los otros casos:
7 2
= 2 ≠ 0 con lo que rg(A) = 2. Veamos el de A.
Caso k = –7. Es claro que |A|=0 y que
1 0

7

23
1 0 1 = – 8 ≠ 0 se tiene que rg(A) = 3 y por tanto el Sistema es Incompatible.
3 1 6

Caso k = 1. Es claro que |A|=0 y que

1

2

1 0

= 2 ≠ 0 con lo que rg(A) = 2. Veamos el de A.

123
1 01 = 0 por lo que rg(A) = 3=rg(A) < 2 y el Sistema es Compatible Indeterminado.
3 1 2

José Manuel Begines

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Ejercicios de Algebra y Geometría

Apartado (b) 
Pasamos la incógnita z (la columna que no interviene en el rango) y eliminamos la tercera
ecuación que es c. l. de las otras. El sistema queda:
x  2 y  3
. Por...