Geometría en el espacio: puntos coplanarios, planos y distancias

**a) (0,5 puntos). Demostrar que los cuatro puntos no son coplanarios.** Cuatro puntos en el espacio son coplanarios si los tres vectores que se pueden formar entre ellos son linealmente dependientes, lo que implica que el volumen del paralelepípedo que definen es cero. Primero, calculamos tres vectores que partan del mismo punto, por ejemplo, el punto $A(0,0,1)$: $$\vec{AB} = B - A = (1, 0, -1) - (0, 0, 1) = (1, 0, -2)$$ $$\vec{AC} = C - A = (0, 1, -2) - (0, 0, 1) = (0, 1, -3)$$ $$\vec{AD} = D - A = (1, 2, 0) - (0, 0, 1) = (1, 2, -1)$$ 💡 **Tip:** Para demostrar que no son coplanarios, debemos comprobar que el determinante formado por estos tres vectores es distinto de cero.

Calculamos el producto mixto de los vectores $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ y $\vec{AD}$, que coincide con el determinante de la matriz formada por sus componentes: $$[\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}] = \begin{vmatrix} 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -3 \\ 1 & 2 & -1 \end{vmatrix}$$ Resolvemos por la regla de Sarrus: $$\Delta = [1 \cdot 1 \cdot (-1) + 0 \cdot (-3) \cdot 1 + (-2) \cdot 0 \cdot 2] - [1 \cdot 1 \cdot (-2) + 2 \cdot (-3) \cdot 1 + (-1) \cdot 0 \cdot 0]$$ $$\Delta = [-1 + 0 + 0] - [-2 - 6 + 0]$$ $$\Delta = -1 - (-8) = 7$$ Como el determinante es $7 \neq 0$, los vectores son linealmente independientes. Por tanto, los puntos $A, B, C$ y $D$ no están en el mismo plano. ✅ **Resultado:** $$\boxed{\text{Los puntos no son coplanarios}}$$

**b) (1 punto). Hallar la ecuación del plano $\pi$ determinado por los puntos $A, B$ y $C$.** Para hallar la ecuación del plano $\pi$, utilizaremos el punto $A(0,0,1)$ y los vectores directores $\vec{AB}(1, 0, -2)$ y $\vec{AC}(0, 1, -3)$ obtenidos en el apartado anterior. La ecuación del plano viene dada por el determinante: $$\begin{vmatrix} x - x_A & y - y_A & z - z_A \\ u_1 & u_2 & u_3 \\ v_1 & v_2 & v_3 \end{vmatrix} = 0 \implies \begin{vmatrix} x - 0 & y - 0 & z - 1 \\ 1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -3 \end{vmatrix} = 0$$ Desarrollamos el determinante por la primera fila o mediante Sarrus: $$(x) \begin{vmatrix} 0 & -2 \\ 1 & -3 \end{vmatrix} - (y) \begin{vmatrix} 1 & -2 \\ 0 & -3 \end{vmatrix} + (z-1) \begin{vmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 0$$ $$x(0 - (-2)) - y(-3 - 0) + (z-1)(1 - 0) = 0$$ $$2x + 3y + (z - 1) = 0$$ $$2x + 3y + z - 1 = 0$$ 💡 **Tip:** El vector normal al plano es el producto vectorial $\vec{n} = \vec{AB} \times \vec{AC} = (2, 3, 1)$. ✅ **Resultado:** $$\boxed{\pi \equiv 2x + 3y + z - 1 = 0}$$

**c) (0,5 puntos). Hallar la distancia del punto $D$ al plano $\pi$.** Utilizamos la fórmula de la distancia de un punto $P(x_0, y_0, z_0)$ a un plano $\pi \equiv Ax + By + Cz + D = 0$: $$d(P, \pi) = \frac{|A x_0 + B y_0 + C z_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$$ Sustituimos las coordenadas del punto $D(1, 2, 0)$ y los coeficientes del plano $\pi \equiv 2x + 3y + z - 1 = 0$: $$d(D, \pi) = \frac{|2(1) + 3(2) + 1(0) - 1|}{\sqrt{2^2 + 3^2 + 1^2}}$$ Realizamos los cálculos: $$d(D, \pi) = \frac{|2 + 6 + 0 - 1|}{\sqrt{4 + 9 + 1}} = \frac{7}{\sqrt{14}}$$ Racionalizamos el resultado: $$d(D, \pi) = \frac{7\sqrt{14}}{14} = \frac{\sqrt{14}}{2}$$ 💡 **Tip:** No olvides incluir el valor absoluto en el numerador, ya que una distancia siempre debe ser positiva. ✅ **Resultado:** $$\boxed{d(D, \pi) = \frac{\sqrt{14}}{2} \approx 1,87 \text{ unidades}}$$