Vértices de un triángulo y área en el espacio

Para trabajar con comodidad, primero expresamos la recta $r$ en ecuaciones paramétricas. La recta viene dada por la intersección de dos planos: $$\begin{cases} 2x + y = 0 \\ z = 0 \end{cases}$$ Si tomamos $x = \lambda$ como parámetro, de la primera ecuación obtenemos $y = -2\lambda$, y la segunda ya nos indica que $z = 0$. Por tanto, cualquier punto genérico $P$ perteneciente a la recta $r$ tiene la forma: $$P(\lambda, -2\lambda, 0)$$ 💡 **Tip:** Parametrizar la recta es el primer paso fundamental en problemas donde un punto es desconocido pero pertenece a una trayectoria conocida.

**a) [1 punto] Calcula las coordenadas de los posibles puntos $C$ de $r$ para que el triángulo $ABC$ tenga un ángulo recto en el vértice $A$.** Para que el triángulo tenga un ángulo recto en $A$, los vectores $\vec{AB}$ y $\vec{AC}$ deben ser ortogonales. Esto implica que su producto escalar debe ser cero: $\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0$. Calculamos los vectores: - $\vec{AB} = B - A = (2 - 0, 1 - 1, 3 - 1) = (2, 0, 2)$ - $\vec{AC} = C - A = (\lambda - 0, -2\lambda - 1, 0 - 1) = (\lambda, -2\lambda - 1, -1)$ Planteamos el producto escalar: $$(2, 0, 2) \cdot (\lambda, -2\lambda - 1, -1) = 0$$ $$2(\lambda) + 0(-2\lambda - 1) + 2(-1) = 0$$ $$2\lambda - 2 = 0 \implies 2\lambda = 2 \implies \lambda = 1$$ Sustituimos $\lambda = 1$ en el punto genérico $C(\lambda, -2\lambda, 0)$: $$C(1, -2(1), 0) = (1, -2, 0)$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{C(1, -2, 0)}$$

**b) [1’5 puntos] Calcula las coordenadas de los posibles puntos $D$ de $r$ para que el triángulo $ABD$ tenga un área igual a $\sqrt{2}$.** El área de un triángulo definido por los puntos $A, B$ y $D$ se calcula mediante la fórmula: $$\text{Área} = \frac{1}{2} |\vec{AB} \times \vec{AD}|$$ Sea $D(\lambda, -2\lambda, 0)$ un punto de $r$. Tenemos: - $\vec{AB} = (2, 0, 2)$ - $\vec{AD} = (\lambda, -2\lambda - 1, -1)$ Calculamos el producto vectorial $\vec{w} = \vec{AB} \times \vec{AD}$ mediante el determinante: $$\vec{w} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 2 & 0 & 2 \\ \lambda & -2\lambda - 1 & -1 \end{vmatrix}$$ Desarrollamos por Sarrus: $$\vec{w} = \vec{i}[0 \cdot (-1) - 2(-2\lambda - 1)] - \vec{j}[2(-1) - 2(\lambda)] + \vec{k}[2(-2\lambda - 1) - 0 \cdot \lambda]$$ $$\vec{w} = \vec{i}(4\lambda + 2) - \vec{j}(-2 - 2\lambda) + \vec{k}(-4\lambda - 2)$$ $$\vec{w} = (4\lambda + 2, 2\lambda + 2, -4\lambda - 2)$$ 💡 **Tip:** Recuerda que el módulo del producto vectorial es el área del paralelogramo formado por los vectores; de ahí que el área del triángulo sea la mitad.

Igualamos el área a $\sqrt{2}$: $$\frac{1}{2} |(4\lambda + 2, 2\lambda + 2, -4\lambda - 2)| = \sqrt{2}$$ $$|(4\lambda + 2, 2\lambda + 2, -4\lambda - 2)| = 2\sqrt{2}$$ Elevamos al cuadrado ambos lados para eliminar la raíz del módulo: $$(4\lambda + 2)^2 + (2\lambda + 2)^2 + (-4\lambda - 2)^2 = (2\sqrt{2})^2$$ Como $(4\lambda + 2)^2 = (-4\lambda - 2)^2$, simplificamos: $$2(4\lambda + 2)^2 + (2\lambda + 2)^2 = 8$$ $$2(16\lambda^2 + 16\lambda + 4) + (4\lambda^2 + 8\lambda + 4) = 8$$ $$32\lambda^2 + 32\lambda + 8 + 4\lambda^2 + 8\lambda + 4 = 8$$ $$36\lambda^2 + 40\lambda + 4 = 0$$ Dividimos toda la ecuación por $4$: $$9\lambda^2 + 10\lambda + 1 = 0$$ Resolvemos la ecuación de segundo grado: $$\lambda = \frac{-10 \pm \sqrt{100 - 36}}{18} = \frac{-10 \pm 8}{18}$$ Obtenemos dos valores para $\lambda$: 1. $\lambda_1 = \frac{-2}{18} = -\frac{1}{9}$ 2. $\lambda_2 = \frac{-18}{18} = -1$

Sustituimos los valores de $\lambda$ hallados en el punto genérico $D(\lambda, -2\lambda, 0)$: Para $\lambda_1 = -\frac{1}{9}$: $$D_1\left(-\frac{1}{9}, -2\left(-\frac{1}{9}\right), 0\right) = D_1\left(-\frac{1}{9}, \frac{2}{9}, 0\right)$$ Para $\lambda_2 = -1$: $$D_2(-1, -2(-1), 0) = D_2(-1, 2, 0)$$ ✅ **Resultado:** $$\boxed{D_1\left(-\frac{1}{9}, \frac{2}{9}, 0\right) \quad \text{y} \quad D_2(-1, 2, 0)}$$