Problemas resueltos selectividad matematicas

PROBLEMAS RESUELTOS
SELECTIVIDAD ANDALUCÍA
2011

MATEMÁTICAS II
TEMA 3: ESPACIO AFIN Y EUCLIDEO
• Junio, Ejercicio 4, Opción A
• Junio, Ejercicio 4, Opción B
• Reserva 1, Ejercicio 4, Opción A
• Reserva 1, Ejercicio 4, Opción B
• Reserva 2, Ejercicio 4, Opción A
• Reserva 2, Ejercicio 4, Opción B
• Reserva 3, Ejercicio 4, Opción A
• Reserva 3, Ejercicio 4, Opción B
• Reserva 4,Ejercicio 4, Opción A
• Reserva 4, Ejercicio 4, Opción B
• Septiembre, Ejercicio 4, Opción A
• Septiembre, Ejercicio 4, Opción B

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Determina el punto simétrico del punto A ( − 3,1, 6) , respecto de la recta r de ecuaciones:
y+ 3 z+1
x −1=
=
.
2
2
MATEMÁTICAS II. 2011. JUNIO. EJERCICIO 4. OPCIÓN A.

R E S O L U C I Ó N
x = 1+ t ⎫
y + 3 z +1
⎪
Pasamosla recta a paramétricas: x − 1 =
=
⇒ y = −3 + 2t ⎬
2
2
⎪
z = − 1 + 2t ⎭
El punto A' simétrico del punto A respecto de una recta está situado en un plano que pasando por el
punto A es perpendicular a dicha recta y además la distancia que hay desde el punto A a la recta es la
misma que la que hay desde el punto A' hasta dicha recta.

A

M

A’

Calculamos la ecuación del plano quepasando por el punto A es perpendicular a la recta. Como la recta
es perpendicular al plano, el vector director de dicha recta y el vector normal del plano son paralelos,
luego: Vector normal del plano = vector director de la recta = (1, 2, 2)
La ecuación de todos los planos perpendiculares a dicha recta es: x + 2 y + 2 z + D = 0 . Como nos
interesa el que pasa por el punto A (− 3,1, 6)
− 3 + 2⋅1 + 2 ⋅ 6 + D = 0 ⇒ D = − 11 ⇒ x + 2 y + 2 z − 11 = 0

Calculamos las coordenadas del punto de intersección de la recta con el plano (M); para ello
sustituimos la ecuación de la recta en la del plano: (1 + t ) + 2(−3 + 2t ) + 2(−1 + 2t ) − 11 = 0 ⇒ t = 2
luego las coordenadas del punto M son: x = 1 + 2 = 3; y = − 3 + 4 = 1; z = − 1 + 4 = 3
Como el punto M es el punto medio del segmento AA', si llamamos (a,b,c) a las coordenadas del punto
−3+ a
1+ b
6+c
A', se debe verificar que:
= 1; b = 1 ;
= 3; c = 0
= 2; a = 9 ;
2
2
2
Luego, el punto simétrico es: ( 9,1, 0 ) .

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⎧x + y = 1
Considera los puntos A = (1, 0, − 1) y B = (2,1, 0) y la recta r dada por ⎨
⎩x + z = 2
a) Determina la ecuación del plano que es paralelo a r y pasa por A y B.b) Determina si la recta que pasa por los puntos P = (1, 2,1) y Q = (3, 4,1) está contenida en
dicho plano.
MATEMÁTICAS II. 2011. JUNIO. EJERCICIO 4. OPCIÓN B

R E S O L U C I Ó N
a) Calculamos el vector director de la recta r.
i j k
→
1 1 0 = (1, −1, −1) = u
1 0 1
→

→

El plano que nos piden viene definido por el punto A, el vector AB = (1,1,1) y el vector u = (1, −1, −1)
y suecuación es:
x −1 1

1

y 1 −1 = 0 ⇒ 2 y − 2 z − 2 = 0 ⇒ y − z − 1 = 0
z + 1 1 −1

b) Si la recta que pasa por P y Q está contenida en el plano eso quiere decir que los puntos P y Q
son del plano. Vemos que el punto P si verifica la ecuación del plano, pero el punto Q no la
verifica, luego, la recta que pasa por P y Q no está contenida en el plano.
2 − 1 − 1 = 0 ⇒ P está en el plano

4− 1 − 1 ≠ 0 ⇒ Q no está en el plano

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Considera los puntos A(1, 0, 2) y B(1, 2, − 1) .
a) Halla un punto C de la recta de ecuación

x −1 y
= = z que verifica que el triángulo de vértices
3
2

A, B y C tiene un ángulo recto en B.
b) Calcula el área del triángulo de vértices A, B y D, donde D es el punto de corte del plano de
ecuación 2 x − y + 3 z = 6con el eje OX.
MATEMÁTICAS II. 2011. RESERVA 1. EJERCICIO 4. OPCIÓN A.

R E S O L U C I Ó N
a) Si pasamos la recta a paramétricas, cualquier punto C tendrá de coordenadas C = (1 + 3t , 2t , t ) .
→

→

Como el triángulo es rectángulo en B, los vectores BA = (0, − 2,3) y BC = (3t , 2t − 2, t + 1) , tienen
que ser perpendiculares, luego, su producto escalar debe valer cero.
→

→...