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Examen de Selectividad Matemáticas II. Andalucía 2013 - 2. Completamente resuelto

Este modelo de examen de Matemáticas II apareció, según esta dirección Web, en Andalucía en el año 2013. Las soluciones se pueden ver haciendo clic en el lugar correspondiente.


Ejercicio 1.-[2,5 puntos] En el primer cuadrante representamos un rectángulo de tal manera que tiene un vértice en el origen de coordenadas y el vértice opuesto en la parábola \(y=-x^2+3\). Determina las dimensiones del rectángulo para que su área sea máxima.

dibujo002

El área \(A\) del rectángulo es, claramente, \(A=x(-x^2+3)=-x^3+3x\) (ver figura).

Si maximizamos la función anterior obtenderemos el valor de \(x\) para el que el área del rectángulo es máxima.

Derivando: \(A'=-3x^2+3\).

Igualando a cero la derivada obtenemos los "candidatos" a extremos relativos:

\[-3x^2+3=0\Leftrightarrow x^2=1\Leftrightarrow\begin{cases}x=-1\\x=1\end{cases}\]

La derivada segunda es \(A''=-6x\). Evaluando ésta en los valores obtenidos anteriormente tenemos:

\(A''(-1)=-6(-1)=6>0\Rightarrow x=-1\) es un mínimo relativo.

\(A''(1)=-6\cdot1=-6<0\Rightarrow x=1\) es un máximo relativo. 

Por tanto el área será máxima cuando \(x=1\). Para este valor es \(y=-1^2+3=2\). Así, el rectángulo de área máxima tiene base igual a 1 y altura igual a 2. 


Ejercicio 2.- [2,5 puntos] Calcula:

\[\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos(x)dx\]

Integraremos por partes:

\[\int udv=uv-\int vdu\]

En este caso:

\[\int x\cos x\,dx=\begin{bmatrix}u=x&;&du=dx\\dv=\cos x\,dx&;&v=\text{sen}\,x\end{bmatrix}=\]

\[=x\,\text{sen}\,x-\int\text{sen}\,x\,dx=x\,\text{sen}\,x+\cos x+C\]

Por tanto:

\[\int_0^\frac{\pi}{2}x\cos x\,dx=\left[x\,\text{sen}\,x+\cos x\right]_0^{\frac{\pi}{2}}=\]

\[=\left(\frac{\pi}{2}\,\text{sen}\,\frac{\pi}{2}+\cos\frac{\pi}{2}\right)-(0\,\text{sen}\,0+\cos0)=\left(\frac{\pi}{2}\cdot1+0 \right )-(0+1)=\frac{\pi}{2}-1\approx0.57\,\text{uds}^2\]

El valor hallado anteriormente es el área \(A\) de la región sombreada que aparece en la figura siguiente:

dibujo003


Ejercicio 3.- Sea la matriz

\[A=\begin{pmatrix}3&0&\lambda\\-5&\lambda&-5\\ \lambda&0&3\end{pmatrix}\]

(a) [1 punto] Determina los valores de \(\lambda\) para los que la matriz \(A-2I\) tiene inversa, siendo \(I\) la matriz identidad de orden 3.

(b) [1,5 puntos] Para \(\lambda=-2\), resuelve la ecuación matricial \(AX=2X+I\).

(a) Una matriz cuadrada no tiene inversa si su determinante es igual a cero. Hallemos pues el determinante de la matriz \(A\) e igualémoslo posteriormente a cero.

\[|A|=\begin{vmatrix}3&0&\lambda\\-5&\lambda&-5\\ \lambda&0&3\end{vmatrix}=9\lambda-\lambda^3\]

Entonces:

\[|A|=0\Leftrightarrow9\lambda-\lambda^3=0\Leftrightarrow\lambda(9-\lambda^2)=0\Leftrightarrow\begin{cases}\lambda=0\\\lambda=3\\\lambda=-3\end{cases}\]

Por tanto, la matriz \(A\) no tiene inversa para los valores anteriores, es decir, \(A\) tiene inversa siempre que \(\lambda\neq0\), \(\lambda\neq3\) y \(\lambda\neq-3\).

(b) En primer lugar despejemos \(X\) de la ecuación matricial \(AX=2X+I\).

\[AX=2X+I\Leftrightarrow AX-2X=I\Leftrightarrow (A-2I)X=I\Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow(A-2I)^{-1}(A-2I)X=(A-2I)^{-1}I\Leftrightarrow X=(A-2I)^{-1}\]

Para \(\lambda=-2\) tenemos:

\[A-2I=\begin{pmatrix}3&0&-2\\-5&-2&-5\\ -2&0&3\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\ 0&0&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&-2\\-5&-4&-5\\ -2&0&1\end{pmatrix}\]

Su determinante es:

\[|A-2I|=\begin{vmatrix}1&0&-2\\-5&-4&-5\\-2&0&1\end{vmatrix}=-4-(-16)=12\]

La matriz inversa de \(A-2I\) es:

\[(A-2I)^{-1}=\frac{1}{|A-2I|}[(A-2I)^d]^t\]

donde \([(A-2I)^d]^t\) es la traspuesta de la adjunta de \(A-2I\). Esta última es:

\[(A-2I)^d=\begin{pmatrix}-4&15&-8\\0&-3&0\\-8&15&-4\end{pmatrix}\]

Por tanto:

\[[(A-2I)^d]^t=\begin{pmatrix}-4&0&-8\\15&-3&15\\-8&0&-4\end{pmatrix}\]

Así pues, finalmente:

\[X=(A-2I)^{-1}=\frac{1}{12}\begin{pmatrix}-4&0&-8\\15&-3&15\\-8&0&-4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{3}&0&-\frac{2}{3}\\ \frac{5}{4}&-\frac{1}{4}&\frac{5}{4}\\-\frac{2}{3}&0&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\]


Ejercicio 4.-. [2,5 puntos] Considera los planos \(\pi_1\) y \(\pi_2\) dados respectivamente por las ecuaciones

\[(x,y,z)=(-2,0,7)+\lambda(1,-2,0)+\mu(0,1,-1)\]

\[2x+y-z+5=0\]

Determina los puntos de la recta \(r\) definida por \(\displaystyle x=y+1=\frac{z-1}{-3}\) que equidistan de \(\pi_1\) y \(\pi_2\).

Las ecuaciones paramétricas del plano \(\pi_1\) son:

\[\begin{cases}x=-2+\lambda\\y=-2\lambda+\mu\\z=7-\mu\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x+2=+\lambda\\y=-2\lambda+\mu\\z-7=-\mu\end{cases}\]

La ecuación implícita o general del plano se obtiene elimando los parámetros \(\lambda\) y \(\mu\), tomando las ecuaciones anteriores como un sistema con tres ecuaciones y dos incógnitas (los parámetros mencionados). Para ello el determinande la matriz ampliada ha de tener rango dos (como la de los coeficientes) y, por tanto, su determinante ha de ser igual a cero:

\[\begin{vmatrix}x+2&1&0\\y&-2&1\\z-7&0&-1\end{vmatrix}=0\Leftrightarrow (2x+4+z-7)-(-y)=0\Leftrightarrow\]

\[\Leftrightarrow\pi_1\equiv2x+y+z-3=0\]

Un vector perpendicular (normal) al plano anterior es \(\vec{v}=(2,1,1)\).

Por otro lado, un vector director de la recta \(r\) es \(\vec{u}=(1,1,-3)\).

Obsérvese que \(\vec{u}\perp\vec{v}=0\) pues \(\vec{u}\cdot\vec{v}=2\cdot1+1\cdot1+1\cdot(-3)=2+1-3=0\). Esto quiere decir que la recta es perpendicular a un vector perpendicular al plano, es decir, que la recta \(r\) es paralela al plano \(\pi_1\). Por esta razón, la distancia de la recta \(r\) al plano \(\pi_1\) se podrá calcular tomando un punto \(P\) cualquiera de la recta y calculando su distancia al plano \(\pi_1\). Esto se observa muy bien en la figura siguiente:

dibujo004

Las ecuaciones paramétricas de la recta son (no es difícil pasar de continuas a paramétricas):

\[\begin{cases}x=\lambda\\y=-1+\lambda\\z=1-3\lambda\end{cases}\]

Por tanto un punto cualquiera \(P\) de la recta es de la forma \(P=(\lambda,-1+\lambda,1-3\lambda)\).

Recordemos que la distancia de un punto \(P=(p_1,p_2,p_3)\) a un plano \(\pi\equiv Ax+By+Cz+D=0\) viene dada por la fórmula (si quieres ver la demostración puedes buscarla en la página 9 de los siguientes apuntes de geometría):

\[d(P,\pi)=\frac{|Ap_1+Bp_2+Cp_3+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\]

Por tanto, en nuestro caso:

\[d(r,\pi_1)=d(P,\pi_1)=\frac{|2\lambda+1(-1+\lambda)+1(1-3\lambda)-3|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\frac{|-3|}{\sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{6}}\]

Análogamente:

\[d(r,\pi_2)=d(P,\pi_2)=\frac{|2\lambda+1(-1+\lambda)-1(1-3\lambda)+5|}{\sqrt{2^2+1^2+1^2}}=\frac{|6\lambda+3|}{\sqrt{6}}\]

Así pues los puntos \(P=(\lambda,-1+\lambda,1-3\lambda)\in r\) que equidistan (que están a la misma distancia) de \(\pi_1\) y de \(\pi_2\), deben verificar que:

\[\frac{|6\lambda+3|}{\sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{6}}\Leftrightarrow|6\lambda+3|=3\Leftrightarrow\begin{cases}6\lambda+3\Rightarrow\lambda=0\\6\lambda+3=-3\Rightarrow\lambda=-1\end{cases}\]

Por tanto los dos únicos puntos de la recta \(r\) que equidistan de ambos planos son:

Para \(\lambda=0\), \(P_1=(0,-1,1)\).

Para \(\lambda=-1\), \(P_2=(-1,-2,4)\).


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Examen de Selectividad Matemáticas II. Andalucía 2013 - 1. Completamente resuelto

Este modelo de examen de Matemáticas II apareció, según esta dirección Web, en Andalucía en el año 2013. Las soluciones se pueden ver haciendo clic en el lugar correspondiente.


Ejercicio 1.- [2,5 puntos] Dada la función \(f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) definida por \(f(x)=ax^3+bx^2+cx\), determina \(a\), \(b\) y \(c\) sabiendo que su gráfica tiene un punto de inflexión en \((1,0)\), y que la recta tangente en ese punto tiene por ecuación \(y=-3x+3\).

Como la gráfica de la función pasa por el punto de inflexión \((1,0)\), entonces \(f(1)=0\), es decir, \(a\cdot1^3+b\cdot1^2+c\cdot1=0\) \(\Rightarrow\) \(a+b+c=0\).

Por otro lado, como la recta tangente en \(x=1\) tiene pendiente \(m=-3\), eso es lo mismo que decir que \(f'(1)=-3\). Pero la derivada de \(f\) es \(f'(x)=3ax^2+2bx+c\). Así pues tendremos que \(3a+2b+c=-3\).

Finalmente, al ser \(x=1\) un punto de inflexión, se tiene que \(f''(1)=0\). Como la segunda derivada es \(f''(x)=6ax+2b=0\), entonces \(6a+2b=0\).

De las consideraciones anteriores tenemos el sistema de ecuaciones

\[\begin{cases}a+b+c=0\\3a+2b+c=-3\\6a+2b=0\end{cases}\]

Despejando \(b\) de la última ecuación \(b=-3a\), y sustituyendo este valor en las dos primeras:

\[\begin{cases}a+(-3a)+c=0\\3a+2(-3a)+c=-3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}-2a+c=0\\-3a+c=-3\end{cases}\]

Restando ambas ecuaciones obtenemos \((-2a+c)-(-3a+c)=0-(-3)\), es decir, \(a=3\). Sustituyendo en \(-2a+c=0\) se tiene que \(-2\cdot3+c=0\Rightarrow c=6\). Sustituyendo ahora los valores de \(a\) y \(c\) obtenidos, en la primera ecuación del sistema: \(3+b+6=0\Rightarrow b=-9\).

Resumiendo, para que se cumplan las condiciones del enunciado del ejercicio, se debe cumplir que:

\[a=3\quad,\quad b=-9\quad,\quad c=6\]


Ejercicio 2.- Sean \(f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) y \(\ g:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}\) las funciones definidas por:

\[f(x)=4-3|x|\quad\text{y}\quad g(x)=x^2\]

(a) [1 punto] Esboza las gráficas de \(f\) y \(g\). Determina sus puntos de corte.

(b) [1,5 puntos] Calcula el área del recinto limitado por las gráficas de \(f\) y \(g\).

(a) Como \(f\) contiene un valor absoluto es mejor escribirla a trozos. Sabemos que:

\[|x|=\left\{\begin{array}{lcc}-x&\text{si}&x<0\\x&\text{si}&x\geq0\end{array}\right.\]

Entonces

\[f(x)=\left\{\begin{array}{lcc}4+3x&\text{si}&x<0\\4-3x&\text{si}&x\geq0\end{array}\right.\]

Para hallar los puntos de corte de \(f\) y \(g\) resolvemos las ecuaciones \(4+3x=x^2\) y \(4-3x=x^2\). Las soluciones de la primera son \(x=4\) y \(x=-1\). Descartamos la primera pues la función \(f(x)=4+3x\) sólo estaba definida para \(x<0\). Las soluciones de la segunda ecuación son \(x=-4\) y \(x=1\). Descartamos del mismo modo la primera pues la función \(f(x)=4-3x\) sólo estaba definida para \(x\geq0\).

Por tanto los puntos de corte de las funciones \(f\) y \(g\) son \(x=-1\) y \(x=1\). La coordenada \(y\) de ambos es \(y=1\). Por tanto los puntos de corte son:

\[(-1,1)\quad,\quad(1,1)\]

La representación gráfica de ambas funciones queda del siguiente modo:

grafica001

(b) El área del recinto limitado por las gráficas de \(f\) y \(g\) es, como se puede deducir claramente de la figura anterior, la región sombreada de la figura siguiente:

grafica002

 Llamemos \(A\) al área del recinto anterior. Entonces es claro que \(A=2\int_0^1(4-3x-x^2)\). Como

\[\int_0^1(4-3x-x^2)=\left[4x-\frac{3x^2}{2}-\frac{x^3}{3} \right ]_0^1=4-\frac{3}{2}-\frac{1}{3}=\frac{13}{6}\]

 Entonces \[A=2\cdot\frac{13}{6}=\frac{13}{3}\approx4.33\ \text{uds}^2\]


Ejercicio 3.- Sean \(A\) y \(B\) dos matrices que verifican:

\[A+B=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix} \quad \text{y}\quad A-B=\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}\]

(a) [1 punto] Halla las matrices \((A+B)(A-B)\) y \(A^2-B^2\).

(b) [1,5 puntos] Resuelve la ecuación matricial \(XA-XB-(A+B)^t=2I\), siendo \(I\) la matriz identidad de orden \(2\) y \((A+B)^t\) la matriz traspuesta de \(A+B\).

En primer lugar observemos que sumando las expresiones \(A+B\) y \(A-B\) se tiene:

\[2A=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 6\\ 2 & 4\end{pmatrix}\Rightarrow A=\begin{pmatrix}3 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\]

De manera similar, restando las expresiones \(A+B\) y \(A-B\) tenemos:

\[2B=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & -2\\ 4 & 0\end{pmatrix}\Rightarrow B=\begin{pmatrix}1 & -1\\ 2 & 0\end{pmatrix}\]

(a) \[(A+B)(A-B)=\begin{pmatrix}4 & 2\\ 3 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 4\\ -1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 20\\ 4 & 16\end{pmatrix}\]

\[A^2-B^2=\begin{pmatrix}3 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\ \begin{pmatrix}3 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & -1\\ 2 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & -1\\ 2 & 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}12 & 15\\ 5 & 7\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-1 & -1\\ 2 & -2\end{pmatrix}\Rightarrow\]

\[\Rightarrow A^2-B^2=\begin{pmatrix}13 & 16\\ 3 & 9\end{pmatrix}\]

Obsérvese que \((A+B)(A-B)\neq A^2-B^2\) ya que el producto de matrices no es conmutativo. Lo que se puede afirmar es:

\[(A+B)(A-B)=A^2-AB+BA-B^2\]

Los términos \(-AB\) y \(BA\) no se pueden cancelar porque al no ser el producto conmutativo \(AB\neq BA\).

(b) \(XA-XB-(A+B)^t=2I\Leftrightarrow X(A-B)=2I+(A+B)^t\Leftrightarrow\)

\(\Leftrightarrow X(A-B)(A-B)^{-1}=\left[2I+(A+B)^t\right](A-B)^{-1}\Leftrightarrow X=\left[2I+(A+B)^t\right](A-B)^{-1}\)

Ahora hacemos los cálculos:

\(2I+(A+B)^t=2\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}4 & 3\\ 2 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}4 & 3\\ 2 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & 3\\ 2 & 4\end{pmatrix}\)

La inversa de \(A-B\) es \(\displaystyle(A-B)^{-1}=\frac{1}{|A-B|}[(A-B)^d]^t\), donde \(|A-B|\) es el determinante de la matriz \(A-B\) y \([(A-B)^d]^t\) es la traspuesta de la adjunta de \(A-B\).

El determinante es \(|A-B|=2\cdot2-4\cdot(-1)=4+4=8\).

La adjunta de \(A-B\) es \((A-B)^d=\begin{pmatrix}2 & 1\\ -4 & 2\end{pmatrix}\)

Por tanto: \(\displaystyle (A-B)^{-1}=\frac{1}{8}\begin{pmatrix}2 & -4\\ 1 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{4} & -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{8} & \frac{1}{4}\end{pmatrix}\)

Así pues:

\[X=\left[2I+(A+B)^t\right](A-B)^{-1}=\begin{pmatrix}6 & 3\\ 2 & 4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\frac{1}{4} & -\frac{1}{2}\\ \frac{1}{8} & \frac{1}{4}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{15}{8} & -\frac{9}{4}\\ 1 & 0\end{pmatrix}\]


Ejercicio 4.- Sea el punto \(P(2,3,-1)\) y la recta \(r\) dada por las ecuaciones \(\begin{cases}x=1\\y=-2\lambda\\z=\lambda\end{cases}\)

(a) [1 punto] Halla la ecuación del plano perpendicular a \(r\) que pasa por \(P\).

(b) [1,5 puntos] Calcula la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) y determina el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\).

dibujo001

(a) Como el plano ha de ser perpendicular a la recta, un vector director de la recta es un vector normal del plano. Este es, claramente, \(\vec{u}=(0,-2,1)\). Por tanto la ecuación del plano ha de ser \(-2y+z+D=0\). Se sabe que el plano pasa por el punto \(P(2,3,-1)\). Entonces \(-2\cdot3+(-1)+D=0\Rightarrow-6-1+D=0\Rightarrow D=7\)

La ecuación del plano perpendicular a \(r\) que pasa por \(P\) es, por tanto:

\[\pi\equiv -2y+z+7=0\]

(b) Llamemos \(M\) al punto de corte de la recta \(r\) con el plano \(\pi\). Entonces \(-2(-2\lambda)+\lambda+7=0\) y de aquí se obtiene \(\displaystyle\lambda=-\frac{7}{5}\). Por tanto \(\displaystyle M=\left(1,\frac{14}{5},-\frac{7}{5}\right)\).

Es claro que la distancia del punto \(P\) a la recta \(r\) ha de coincidir con la distancia de \(P\) a \(M\):

\[d(P,r)=d(P,M)=|\overrightarrow{PM}|=\sqrt{(1-2)^2+\left(\frac{14}{5}-3\right)^2\left(-\frac{7}{5}+1\right)^2}=\]

\[=\sqrt{1+\frac{1}{25}+\frac{4}{25}}=\sqrt{\frac{30}{25}}=\frac{\sqrt{30}}{5}\]

Llamemos \(Q=\left(q_1,q_2,q_3\right)\) al punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\). Como \(M\) es el punto medio de \(P\) y \(Q\), tenemos que

\[M=\frac{1}{2}(P+Q)\Leftrightarrow\left(1,\frac{14}{5},-\frac{7}{5}\right)=\left(\frac{2+q_1}{2},\frac{3+q_2}{2},\frac{-1+q_3}{2}\right)\]

De aquí es fácil deducir que \(q_1=0\), \(\displaystyle q_2=\frac{13}{5}\), \(\displaystyle q_3=-\frac{9}{5}\)

Por tanto el punto simétrico de \(P\) respecto de \(r\) es \(\displaystyle M=\left(0,\frac{13}{5},-\frac{9}{5}\right)\).


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Integrales indefinidas propuestas en Selectividad

En los exámenes de Selectividad (PAEG) de Matemáticas II que la Universidad de Castilla-La Mancha ha propuesto durante estos últimos años, han aparecido, como es natural, muchos ejercicios de cálculo de integrales indefinidas. Para resolverlas, o bien la integral es inmediata, o bien se utilizan alguno de los métodos vistos durante el curso en Matemáticas II: sustitución o cambio de variable, integración por partes, integración de funciones racionales con raíces simples o múltiples en el denominador, etcétera. Al cálculo de integrales indefinidas también se le llama cálculo de primitivas. Si quieres repasar la teoría puedes estudiar o repasar estos apuntes sobre integral indefinida y métodos de integración.

Pues bien, volviendo a las integrales indefinidas propuestas en Selectividad te dejamos aquí una página Web con muchas de ellas y su solución final.


Integrales indefinidas propuestas en Selectividad

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Apuntes de Geometría para Matemáticas II

En los apuntes siguientes se trata, de manera esquemática (son "sólo" 13 páginas), todo el bloque de geometría de la materia Matemáticas II, de 2º de Bachillerato (modalidad de Ciencias y Tecnología). Los contenidos están divididos de la siguiente manera.

Matemáticas II - Geometría

  1. Coordenadas o componentes de un vector.
  2. División de un segmento en n partes iguales.
  3. Vector director de una recta y ecuaciones de la recta.
  4. Ecuaciones de un plano.
  5. Posiciones relativas de dos rectas.
  6. Posiciones relativas de una recta y un plano.
  7. Posiciones relativas de dos planos.
  8. Ecuaciones implícitas de la recta.
  9. Haz de planos.
  10. Producto escalar de dos vectores.
  11. Producto vectorial de dos vectores.
  12. Producto mixto de tres vectores.
  13. Ángulo de dos vectores.
  14. Vector perpendicular a un plano.
  15. Ángulo de dos rectas.
  16. Ángulo de dos planos.
  17. Ángulo de recta y plano.
  18. Distancia entre dos puntos.
  19. Ecuación normal de un plano.
  20. Distancia de un punto a un plano.
  21. Distancia entre dos planos paralelos.
  22. Distancia de un punto a una recta.
  23. Distancia entre una recta y un plano paralelos.
  24. Distancia entre dos rectas paralelas.
  25. Distancia entre dos rectas que se cruzan.
  26. Área de un triángulo.
  27. Área de un paralelogramo.
  28. Volumen de un tetraedro.
  29. Volumen de un paralelepípedo.

Descárgalos aquí:

Apuntes de geometría. Matemáticas II. 2º Bachillerato.

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