Geometría en el espacio: puntos equidistantes, volúmenes y proyecciones

**a) (1 punto) El punto o puntos de $r$ que equidistan de $\pi_1$ y $\pi_2$.** Primero, expresamos la recta $r$ en ecuaciones paramétricas para poder representar cualquier punto genérico $P \in r$ en función de un parámetro $\lambda$: $$r \equiv \begin{cases} x = 1 + 2\lambda \\ y = -1 + \lambda \\ z = -2 + 2\lambda \end{cases}$$ Un punto genérico de la recta tiene la forma $P(1+2\lambda, -1+\lambda, -2+2\lambda)$. La condición de equidistancia es $d(P, \pi_1) = d(P, \pi_2)$. Recordamos que la distancia de un punto $P(x_0, y_0, z_0)$ a un plano $Ax + By + Cz + D = 0$ es: $$d(P, \pi) = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$$ 💡 **Tip:** Equidistar significa que las distancias son iguales. Al trabajar con valores absolutos, obtendremos generalmente dos posibles soluciones (una por cada plano bisector).

Calculamos ambas distancias: $$d(P, \pi_1) = \frac{|2(1+2\lambda) + 3(-1+\lambda) + (-2+2\lambda) - 1|}{\sqrt{2^2 + 3^2 + 1^2}} = \frac{|9\lambda - 4|}{\sqrt{14}}$$ $$d(P, \pi_2) = \frac{|2(1+2\lambda) + 1(-1+\lambda) - 3(-2+2\lambda) - 1|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + (-3)^2}} = \frac{|-\lambda + 6|}{\sqrt{14}}$$ Igualamos las expresiones: $$\frac{|9\lambda - 4|}{\sqrt{14}} = \frac{|-\lambda + 6|}{\sqrt{14}} \implies |9\lambda - 4| = |-\lambda + 6|$$ Esto nos da dos casos: 1. $9\lambda - 4 = -\lambda + 6 \implies 10\lambda = 10 \implies \lambda = 1$ 2. $9\lambda - 4 = -(-\lambda + 6) \implies 9\lambda - 4 = \lambda - 6 \implies 8\lambda = -2 \implies \lambda = -\frac{1}{4}$ Sustituimos los valores de $\lambda$ en el punto genérico: - Para $\lambda = 1$: $P_1(1+2(1), -1+1, -2+2(1)) = \mathbf{(3, 0, 0)}$ - Para $\lambda = -1/4$: $P_2(1+2(-\frac{1}{4}), -1-\frac{1}{4}, -2+2(-\frac{1}{4})) = \mathbf{(\frac{1}{2}, -\frac{5}{4}, -\frac{5}{2})}$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{P_1(3, 0, 0) \text{ y } P_2\left(\frac{1}{2}, -\frac{5}{4}, -\frac{5}{2}\right)}$$

**b) (1 punto) El volumen del tetraedro que $\pi_1$ forma con los planos coordenados $XY, XZ$ e $YZ$.** El tetraedro está limitado por el plano $\pi_1 \equiv 2x + 3y + z = 1$ y los planos $z=0$ ($XY$), $y=0$ ($XZ$) y $x=0$ ($YZ$). Calculamos los puntos de corte del plano $\pi_1$ con los ejes coordenados: - Eje $X$ ($y=0, z=0$): $2x = 1 \implies x = 1/2$. Punto $A(1/2, 0, 0)$. - Eje $Y$ ($x=0, z=0$): $3y = 1 \implies y = 1/3$. Punto $B(0, 1/3, 0)$. - Eje $Z$ ($x=0, y=0$): $z = 1$. Punto $C(0, 0, 1)$. - El cuarto vértice es el origen de coordenadas $O(0, 0, 0)$. 💡 **Tip:** Cuando un plano corta a los tres ejes en $(a, 0, 0)$, $(0, b, 0)$ y $(0, 0, c)$, el volumen del tetraedro formado con el origen es $V = \frac{1}{6}|abc|$.

El volumen de un tetraedro con un vértice en el origen y los otros tres definidos por los vectores $\vec{OA}$, $\vec{OB}$ y $\vec{OC}$ es un sexto del valor absoluto del producto mixto: $$V = \frac{1}{6} |[\vec{OA}, \vec{OB}, \vec{OC}]| = \frac{1}{6} \left| \det \begin{pmatrix} 1/2 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right|$$ Al ser una matriz diagonal, el determinante es el producto de los elementos de la diagonal: $$V = \frac{1}{6} \cdot \left| \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 \right| = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36}$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{V = \frac{1}{36} \text{ unidades}^3}$$

**c) (1 punto) La proyección ortogonal de $r$ sobre el plano $\pi_2$.** La proyección ortogonal de una recta $r$ sobre un plano $\pi_2$ es la recta $r'$ que resulta de la intersección del plano $\pi_2$ con un plano auxiliar $\pi_3$ que contiene a $r$ y es perpendicular a $\pi_2$. Para construir $\pi_3$ necesitamos: - Un punto de la recta $r$: $P_r(1, -1, -2)$. - El vector director de la recta $r$: $\vec{v}_r = (2, 1, 2)$. - El vector normal del plano $\pi_2$: $\vec{n}_{\pi_2} = (2, 1, -3)$. El vector normal de $\pi_3$, al ser perpendicular a ambos, se obtiene mediante el producto vectorial $\vec{n}_3 = \vec{v}_r \times \vec{n}_{\pi_2}$.

Calculamos el producto vectorial paso a paso mediante el determinante: $$\vec{n}_3 = \vec{v}_r \times \vec{n}_{\pi_2} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & -3 \end{vmatrix}$$ Desarrollamos por Sarrus: $$\vec{n}_3 = \vec{i}(-3 - 2) - \vec{j}(-6 - 4) + \vec{k}(2 - 2) = -5\vec{i} + 10\vec{j} + 0\vec{k}$$ $$\vec{n}_3 = (-5, 10, 0)$$ Podemos simplificar el vector normal usando $\vec{n}_3 = (1, -2, 0)$. La ecuación del plano $\pi_3$ es: $$1(x - 1) - 2(y + 1) + 0(z + 2) = 0 \implies x - 1 - 2y - 2 = 0 \implies x - 2y - 3 = 0$$ 💡 **Tip:** La proyección ortogonal de una recta siempre se puede expresar como la intersección de dos planos (el propio plano de proyección y el plano perpendicular que contiene a la recta).

La recta proyectada $r'$ es la intersección de $\pi_2$ y $\pi_3$: $$r' \equiv \begin{cases} 2x + y - 3z - 1 = 0 \\ x - 2y - 3 = 0 \end{cases}$$ Si queremos dar la recta en forma continua o paramétrica, podemos resolver el sistema o buscar un punto y el vector director (que sería $\vec{n}_{\pi_2} \times \vec{n}_3$), pero la forma implícita es perfectamente válida. ✅ **Resultado:** $$\boxed{r' \equiv \begin{cases} 2x + y - 3z - 1 = 0 \\ x - 2y - 3 = 0 \end{cases}}$$