Ejercicio resuelto de Rectas y Planos · Matemáticas II · 2021

Sea el tetraedro de la figura formado por $A(3, 0, 0)$, $B(0, 2, 0)$, $C(0, 0, 6)$ y $D(\alpha, 3, 1)$. Calcule:

a) El área del triángulo limitado por los puntos $A$, $B$ y $C$. [0,5 puntos]

b) La ecuación del plano $\pi$ que pasa por los puntos $A$, $B$ y $C$. [0,75 puntos]

c) El valor de $\alpha$ para que el vector $\overrightarrow{AD}$ sea perpendicular al plano $\pi$ anterior. [0,75 puntos]

d) Para $\alpha = 5$, el punto $D'$ simétrico de $D$ respecto al plano $\pi$. [0,5 puntos]

$\textbf{a) El área del triángulo limitado por los puntos } \boldsymbol{A}\textbf{, } \boldsymbol{B}\textbf{ y } \boldsymbol{C}\textbf{. [0,5 puntos]}$

El área de un triángulo del espacio es la mitad del módulo del producto vectorial de dos de sus lados, así que tomamos los dos que salen de $A$.

$\overrightarrow{AB}=(0,2,0)-(3,0,0)=(-3,2,0), \qquad \overrightarrow{AC}=(0,0,6)-(3,0,0)=(-3,0,6)$

$\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix} \vec i & \vec j & \vec k \\ -3 & 2 & 0 \\ -3 & 0 & 6 \end{vmatrix}=(12-0)\vec i-(-18-0)\vec j+(0+6)\vec k=(12,18,6)$

$\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right|=\sqrt{12^{2}+18^{2}+6^{2}}=\sqrt{144+324+36}=\sqrt{504}=6\sqrt{14}$

$\mathcal{A}=\dfrac{6\sqrt{14}}{2}=3\sqrt{14}\approx11{,}22$

El área del triángulo $ABC$ es de $3\sqrt{14}\approx11{,}22$ unidades de área.

$\textbf{b) La ecuación del plano } \boldsymbol{\pi}\textbf{ que pasa por los puntos } \boldsymbol{A}\textbf{, } \boldsymbol{B}\textbf{ y } \boldsymbol{C}\textbf{. [0,75 puntos]}$

El producto vectorial calculado en el apartado anterior es ya un vector normal del plano; lo simplificamos dividiendo entre 6.

$\vec n_{\pi}=(12,18,6) \Rightarrow \vec n_{\pi}=(2,3,1)$

$\pi: 2x+3y+z+D=0$

Imponemos que pase por $A(3,0,0)$:

$2\cdot3+0+0+D=0 \Rightarrow D=-6$

Comprobamos con los otros dos vértices:

$B(0,2,0): \; 3\cdot2=6; \qquad C(0,0,6): \; 1\cdot6=6$

El plano pedido es $\pi: 2x+3y+z=6$.

$\textbf{c) El valor de } \boldsymbol{\alpha}\textbf{ para que el vector } \boldsymbol{\overrightarrow{AD}}\textbf{ sea perpendicular al plano } \boldsymbol{\pi}\textbf{ anterior. [0,75 puntos]}$

Un vector es perpendicular a un plano cuando es paralelo a su normal, es decir, cuando sus componentes son proporcionales a las de esta.

$\overrightarrow{AD}=(\alpha,3,1)-(3,0,0)=(\alpha-3,\,3,\,1)$

$\dfrac{\alpha-3}{2}=\dfrac{3}{3}=\dfrac{1}{1}$

Las dos últimas razones ya valen 1, de modo que la primera también debe valerlo:

$\dfrac{\alpha-3}{2}=1 \Rightarrow \alpha-3=2 \Rightarrow \alpha=5$

El valor pedido es $\alpha=5$, y entonces $\overrightarrow{AD}=(2,3,1)=\vec n_{\pi}$.

$\textbf{d) Para } \boldsymbol{\alpha=5}\textbf{, el punto } \boldsymbol{D'}\textbf{ simétrico de } \boldsymbol{D}\textbf{ respecto al plano } \boldsymbol{\pi}\textbf{. [0,5 puntos]}$

Aquí el apartado anterior ahorra casi todo el trabajo: si $\overrightarrow{AD}$ es perpendicular a $\pi$ y $A$ pertenece al plano, entonces $A$ es justamente el pie de la perpendicular trazada desde $D$.



Basta razonar que ese pie es el punto medio del segmento $\overline{DD'}$:

$A=\left(\dfrac{5+D'_{x}}{2},\dfrac{3+D'_{y}}{2},\dfrac{1+D'_{z}}{2}\right)=(3,0,0)$

$\begin{cases} \dfrac{5+D'_{x}}{2}=3 \Rightarrow D'_{x}=1 \\[2pt] \dfrac{3+D'_{y}}{2}=0 \Rightarrow D'_{y}=-3 \\[2pt] \dfrac{1+D'_{z}}{2}=0 \Rightarrow D'_{z}=-1 \end{cases}$

El simétrico de $D(5,3,1)$ respecto del plano $\pi$ es $D'(1,-3,-1)$.