Matemáticas IIFácilProblema · 2,5 pts

Áreas, volúmenes y distancias

Comunidad de Madrid · 2025 · Junio

Enunciado

Sean el punto

P(0, 1, 1)

y el plano

\pi : x + y = 2

. Se pide:

a) (0,5 puntos) Hallar la distancia del punto

P

al plano

\pi

.

b) (1 punto) Determinar el punto

Q

del plano

\pi

cuya distancia a

P

es igual que la distancia de

P

\pi

.

c) (1 punto) Hallar el área del triángulo formado por

P

y los puntos de corte del plano

\pi

con los ejes coordenados.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\;\text{a)}\ d(P, \pi) = \frac{\sqrt{2}}{2}\ \text{u}\;}

\boxed{\;\text{b)}\ Q = \left(\tfrac{1}{2},\ \tfrac{3}{2},\ 1\right)\;}

\boxed{\;\text{c)}\ \text{Área} = \sqrt{3}\ \text{u}^2 \ \ \text{(vértices } P,\ A(2,0,0),\ B(0,2,0))\;}

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

En a) basta la fórmula de la distancia de un punto a un plano, con el plano escrito como

x + y - 2 = 0

(el coeficiente de

z

0

).

En b) hay que caer en la cuenta de qué punto es

Q

: la distancia de

P

al plano es la mínima de las distancias de

P

a los puntos del plano, y esa mínima solo se alcanza en el pie de la perpendicular. Así que

Q

es la proyección ortogonal de

P

sobre

\pi

: trazamos la recta por

P

con la dirección del normal y la cortamos con el plano.

En c) buscamos los cortes de

\pi

con los ejes. Ojo: como en la ecuación no aparece

z

, el plano es paralelo al eje

Z

y no lo corta; solo hay dos puntos de corte, que con

P

forman el triángulo. Su área es la mitad del módulo de un producto vectorial.

Desarrollo

a) Con

\pi \equiv x + y + 0z - 2 = 0

\vec{n} = (1, 1, 0)

d(P, \pi) = \frac{|0 + 1 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 0^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0{,}71 \ \text{u}

b) Por qué $Q$ es la proyección. Sea

H

el pie de la perpendicular desde

P

\pi

, de modo que

|PH| = d(P, \pi)

. Para cualquier otro punto

X

\pi

, el triángulo

PHX

es rectángulo en

H

y, por Pitágoras,

|PX|^2 = |PH|^2 + |HX|^2 > |PH|^2 \quad \text{si } X \neq H

Luego el único punto del plano a distancia

d(P, \pi)

P

Q = H

.

Cálculo. La recta por

P

perpendicular a

\pi

tiene la dirección de

\vec{n} = (1, 1, 0)

s \equiv (x, y, z) = (\mu,\ 1 + \mu,\ 1), \quad \mu \in \mathbb{R}

Sustituyendo en

\pi

\mu + (1 + \mu) = 2 \;\Longrightarrow\; 2\mu = 1 \;\Longrightarrow\; \mu = \frac{1}{2}

Q = \left(\frac{1}{2},\ \frac{3}{2},\ 1\right)

Comprobación:

Q \in \pi

\frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 2

✓.

\overrightarrow{PQ} = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 0\right)

, de módulo

\sqrt{\frac{1}{4} + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{2}}{2}

✓, igual a la distancia de a).

c) Cortes con los ejes.

Eje $X$ ( $y = z = 0$ ): $x = 2$ , punto $A(2, 0, 0)$ .
Eje $Y$ ( $x = z = 0$ ): $y = 2$ , punto $B(0, 2, 0)$ .
Eje $Z$ ( $x = y = 0$ ): queda $0 = 2$ , imposible. El plano es paralelo al eje $Z$ y no lo corta.

El triángulo es, por tanto,

PAB

. Con

\overrightarrow{PA} = (2,\ -1,\ -1), \qquad \overrightarrow{PB} = (0,\ 1,\ -1)

\overrightarrow{PA} \times \overrightarrow{PB} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & -1 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \end{vmatrix} = (1 + 1)\,\vec{i} - (-2 - 0)\,\vec{j} + (2 - 0)\,\vec{k} = (2,\ 2,\ 2)

\text{Área} = \frac{1}{2}\left|\overrightarrow{PA} \times \overrightarrow{PB}\right| = \frac{1}{2}\sqrt{4 + 4 + 4} = \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{3} \approx 1{,}73 \ \text{u}^2

Comprobación por otro camino (base por altura): la base

AB

mide

|\overrightarrow{AB}| = |(-2, 2, 0)| = 2\sqrt{2}

. La altura es la distancia de

P

a la recta

AB

h = \dfrac{|\overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AB}|}{|\overrightarrow{AB}|}

; con

\overrightarrow{AP} = (-2, 1, 1)

el producto vale

(-2,\ -2,\ -2)

, de módulo

2\sqrt{3}

, y

h = \dfrac{2\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}

. Área

= \dfrac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{6}}{2} = \dfrac{\sqrt{12}}{2} = \sqrt{3}

✓.

En la simulación se ve el plano

x + y = 2

, el punto

P

, su distancia al plano y el pie de la perpendicular, que es

Q

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

Consejo

En b) la corrección da medio punto al planteamiento geométrico: di por qué $Q$ es la proyección ortogonal (es el único punto del plano a distancia mínima). Buscar "un punto cualquiera a esa distancia" sin justificarlo lleva a un sistema con infinitas incógnitas.

En c), antes de hablar de "tres puntos de corte", mira la ecuación: si falta una variable, el plano es paralelo a ese eje y no lo corta. Aquí el triángulo lo forman $P$ y solo dos cortes.