Matemáticas de secundaria · Grades 10–12

31Vectores, rectas y planos en el espacio

La geometría del espacio se vuelve calculable en cuanto disponemos de vectores y coordenadas: las rectas reciben representaciones paramétricas, los planos reciben ecuaciones cartesianas y el producto escalar mide ángulos y distancias. Este capítulo construye esa caja de herramientas y la usa para resolver los problemas clásicos de intersección y de distancia.

31.1 Vectores en el espacio

Los vectores del espacio obedecen a las mismas reglas que los del plano: se suman, se multiplican por un número y $\vect{AB} = \vect{CD}$ exactamente cuando $ABDC$ es un paralelogramo. En un sistema de coordenadas $(O; \vec\imath, \vec\jmath, \vec k)$ , todo vector tiene coordenadas $(x, y, z)$ .

Definición 31.1 (Vectores colineales y coplanarios)

Dos vectores son colineales si uno es múltiplo del otro. Tres vectores $\vec u, \vec v, \vec w$ son coplanarios si uno de ellos se puede escribir como combinación de los otros dos, digamos $\vec w = a\vec u + b\vec v$ .

Proposición 31.2

Si $\vec u, \vec v, \vec w$ no son coplanarios, todo vector del espacio se descompone de manera única como $x\vec u + y\vec v + z\vec w$ .

Idea de la demostración. Por el extremo del vector que queremos descomponer, trazamos la recta paralela a $\vec w$ ; corta al plano de $\vec u$ y $\vec v$ en un único punto, que separa el vector en una componente contenida en ese plano (escrita de manera única como $x\vec u + y\vec v$ , por geometría plana) y una componente en la dirección de $\vec w$ . Unicidad: la diferencia de dos descomposiciones expresaría uno de los vectores en función de los otros dos, en contra de que no sean coplanarios. ∎

31.2 Rectas y planos

Definición 31.3 (Representación paramétrica de una recta)

La recta que pasa por $A(x_A, y_A, z_A)$ con vector director $\vec u (a, b, c) \neq \vec 0$ es el conjunto de los puntos

M(x_A + ta,\; y_A + tb,\; z_A + tc), \qquad t \in \R .

Definición 31.4 (Plano)

El plano que pasa por $A$ y está dirigido por dos vectores no colineales $\vec u, \vec v$ es el conjunto de los puntos $M$ con $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ , con $(s, t) \in \R^2$ .

A la izquierda: la recta que pasa por A con dirección u, graduada por el parámetro t. A la derecha: el plano que pasa por A dirigido por u y v; todo punto M del plano se alcanza como AM = s u + t v. — A la izquierda: la recta que pasa por $A$ con dirección $\vec u$ , graduada por el parámetro $t$ . A la derecha: el plano que pasa por $A$ dirigido por $\vec u$ y $\vec v$ ; todo punto $M$ del plano se alcanza como $\vect{AM} = s\vec u + t\vec v$ .

Proposición 31.5 (Posiciones relativas)

Dos planos distintos o son paralelos o se cortan en una recta. Una recta y un plano o son paralelos (posiblemente con la recta contenida en el plano) o se cortan en un único punto. Dos rectas del espacio pueden cortarse, ser estrictamente paralelas, ser la misma o cruzarse (sin ser coplanarias).

Esquema. Son enunciados de incidencia; cada análisis de casos se reduce, en coordenadas, a resolver un sistema lineal y a contar sus soluciones; véase el Método 31.10. ∎

31.3 Producto escalar

Definición 31.6 (Producto escalar)

El producto escalar de $\vec u$ y $\vec v$ es

\vec u \cdot \vec v = \tfrac12\left(\norm{\vec u + \vec v}^2 - \norm{\vec u}^2 - \norm{\vec v}^2\right),

donde $\norm{\vec u}$ es la longitud de $\vec u$ . Si los dos vectores son no nulos, $\vec u \cdot \vec v = \norm{\vec u}\,\norm{\vec v}\cos\theta$ , donde $\theta$ es el ángulo que forman; y en un sistema de coordenadas ortonormal,

\vec u \cdot \vec v = xx' + yy' + zz' .

Dos vectores son ortogonales si su producto escalar es $0$ .

Proposición 31.7 (Propiedades)

El producto escalar es simétrico ( $\vec u\cdot\vec v = \vec v\cdot\vec u$ ), bilineal ( $(a\vec u + b\vec v)\cdot \vec w = a\,\vec u\cdot\vec w + b\,\vec v\cdot \vec w$ ) y cumple $\vec u \cdot \vec u = \norm{\vec u}^2 \geq 0$ .

Demostración. En un sistema ortonormal, las tres propiedades son inmediatas sobre la fórmula $xx' + yy' + zz'$ , que a su vez se sigue de la fórmula que define el producto escalar y del cálculo pitagórico de las longitudes: $\norm{\vec u}^2 = x^2 + y^2 + z^2$ . ∎

Definición 31.8 (Vector normal)

Un vector normal de un plano $\mathcal P$ es un vector no nulo ortogonal a todos los vectores contenidos en $\mathcal P$ (basta con que sea ortogonal a dos direcciones no colineales de $\mathcal P$ ).

Un vector normal n del plano P es ortogonal a todas las direcciones de P. El punto H, pie de la perpendicular trazada desde M_0, realiza la distancia de M_0 al plano. — Un vector normal $\vec n$ del plano $\mathcal P$ es ortogonal a todas las direcciones de $\mathcal P$ . El punto $H$ , pie de la perpendicular trazada desde $M_0$ , realiza la distancia de $M_0$ al plano.

Teorema 31.9 (Ecuación cartesiana de un plano)

En un sistema de coordenadas ortonormal, el plano que pasa por $A$ con vector normal $\vec n(a, b, c)$ tiene por ecuación

a x + b y + c z + d = 0,

donde $d = -(ax_A + by_A + cz_A)$ . Recíprocamente, toda ecuación de esa forma con $(a,b,c) \neq (0,0,0)$ define un plano de vector normal $(a, b, c)$ .

Demostración. $M \in \mathcal P \iff \vect{AM} \perp \vec n \iff a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = 0$ , que desarrollado da la ecuación. Recíprocamente, tomamos un punto solución cualquiera $A$ de la ecuación; el mismo cálculo al revés muestra que el conjunto de soluciones es $\{M : \vect{AM}\cdot\vec n = 0\}$ , el plano que pasa por $A$ y es normal a $\vec n$ . ∎

Método 31.10 (Intersecciones en la práctica)

Recta $\cap$ plano: sustituye las coordenadas paramétricas de la recta en la ecuación del plano y despeja $t$ (una solución: un punto; $0 =$ algo no nulo: son paralelos; $0 = 0$ : la recta está contenida en el plano).
Plano $\cap$ plano: resuelve el sistema de las dos ecuaciones parametrizando por una coordenada libre; la solución es una recta (o bien los planos son paralelos, cuando los vectores normales son colineales).
Comprobaciones de ortogonalidad: una recta es perpendicular a un plano si y solo si su dirección es colineal con el vector normal; y dos planos son perpendiculares si y solo si sus vectores normales son ortogonales.

Proposición 31.11 (Distancia de un punto a un plano)

En un sistema ortonormal, la distancia de $M_0(x_0, y_0, z_0)$ al plano $\mathcal P : ax + by + cz + d = 0$ es

\operatorname{dist}(M_0, \mathcal P) = \frac{\abs{ax_0 + by_0 + cz_0 + d}}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}.

Demostración. Sea $H$ la proyección ortogonal de $M_0$ sobre $\mathcal P$ : el pie de la perpendicular, de modo que $\vect{HM_0}$ es colineal con el vector normal unitario $\frac{\vec n}{\norm{\vec n}}$ y la distancia vale $\abs{\vect{HM_0}\cdot \frac{\vec n}{\norm{\vec n}}}$ . Para cualquier $H \in \mathcal P$ , $\vect{HM_0}\cdot\vec n = ax_0 + by_0 + cz_0 - (ax_H + by_H + cz_H) = ax_0 + by_0 + cz_0 + d$ (usando la ecuación en $H$ ), de donde sale la fórmula tras dividir entre $\norm{\vec n} = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . ∎

Ejemplo 31.12

Distancia del origen al plano $x + 2y + 2z - 6 = 0$ : $\frac{\abs{-6}}{\sqrt{1 + 4 + 4}} = \frac63 = 2$ .

31.4 Ejercicios

En todos los ejercicios, el sistema de coordenadas es ortonormal.

Ejercicio 31.1 ★

Sean $A(1, 0, 2)$ , $B(3, 1, 1)$ y $C(2, -1, 3)$ . ¿Están alineados los puntos $A$ , $B$ y $C$ ? Da una representación paramétrica de la recta $(AB)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.1.

$\vect{AB}(2, 1, -1)$ y $\vect{AC}(1, -1, 1)$ no son proporcionales ( $\frac21 \neq \frac{1}{-1}$ ), así que los puntos no están alineados. Recta $(AB)$ :

(x, y, z) = (1 + 2t,\; t,\; 2 - t), \qquad t \in \R .

Ejercicio 31.2 ★

Determina una ecuación cartesiana del plano que pasa por $A(1, 1, 0)$ con vector normal $\vec n(2, -1, 3)$ . ¿Pertenece a él el punto $B(0, 2, 1)$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 31.2.

$2(x - 1) - (y - 1) + 3(z - 0) = 0$ , es decir,

2x - y + 3z - 1 = 0 .

Para $B(0,2,1)$ : $0 - 2 + 3 - 1 = 0$ : sí, $B$ está en el plano.

Ejercicio 31.3 ★

Calcula el ángulo en $A$ (redondeado al grado) del triángulo de vértices $A(0,0,0)$ , $B(1, 1, 0)$ y $C(1, 0, 1)$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.3.

$\vect{AB}(1,1,0)$ y $\vect{AC}(1,0,1)$ :

\cos\widehat{A} = \frac{\vect{AB}\cdot\vect{AC}}{\norm{\vect{AB}}\,\norm{\vect{AC}}} = \frac{1}{\sqrt2\,\sqrt2} = \frac12,

luego $\widehat A = 60^\circ$ .

Ejercicio 31.4 ★★

Considera la recta $\mathcal D$ que pasa por $A(1, 2, 0)$ con dirección $\vec u(1, -1, 2)$ , y el plano $\mathcal P : 2x + y - z + 1 = 0$ . Determina $\mathcal D \cap \mathcal P$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.4.

Puntos de $\mathcal D$ : $(1 + t,\, 2 - t,\, 2t)$ . Sustituyendo en la ecuación de $\mathcal P$ :

2(1+t) + (2 - t) - 2t + 1 = 5 - t = 0 \iff t = 5 .

Punto de intersección único: $(6, -3, 10)$ .

Ejercicio 31.5 ★★

Sean $\mathcal P : x - y + 2z = 1$ y $\mathcal Q : 2x + y + z = 4$ . Demuestra que $\mathcal P$ y $\mathcal Q$ se cortan en una recta y da una representación paramétrica de esa recta.

Solución

Solución de Ejercicio 31.5.

Los vectores normales $(1, -1, 2)$ y $(2, 1, 1)$ no son colineales, así que los planos se cortan en una recta. Sumando las dos ecuaciones: $3x + 3z = 5$ , luego $x = \frac53 - z$ ; y entonces la primera ecuación da $y = x + 2z - 1 = \frac23 + z$ . Con $z = t$ :

(x, y, z) = \left(\frac53 - t,\; \frac23 + t,\; t\right), \qquad t \in \R,

una recta de vector director $(-1, 1, 1)$ . (Las dos ecuaciones se cumplen idénticamente.)

Ejercicio 31.6 ★★

Demuestra que las rectas

\mathcal D_1 : (x, y, z) = (1 + t,\; 2t,\; 3 - t), \qquad \mathcal D_2 : (x, y, z) = (2 + s,\; 1 + s,\; 1 + 2s)

se cruzan (no son coplanarias).

Solución

Solución de Ejercicio 31.6.

Las direcciones $\vec u_1(1, 2, -1)$ y $\vec u_2(1, 1, 2)$ no son colineales, así que las rectas no son paralelas. Que se cortaran exigiría

1 + t = 2 + s, \qquad 2t = 1 + s, \qquad 3 - t = 1 + 2s .

Las dos primeras dan $t = 1 + s$ y $2(1+s) = 1 + s$ , luego $s = -1$ y $t = 0$ ; pero entonces la tercera dice $3 = -1$ , absurdo. Sin punto común y sin ser paralelas: las rectas se cruzan.

Ejercicio 31.7 ★★

Sea $\mathcal P : 2x - y + 2z - 3 = 0$ .

Calcula la distancia de $M_0(3, 1, 1)$ a $\mathcal P$ .
Determina las coordenadas de la proyección ortogonal $H$ de $M_0$ sobre $\mathcal P$ y comprueba la distancia $M_0H$ .

Solución

Solución de Ejercicio 31.7.

1. $\operatorname{dist} = \dfrac{\abs{2\cdot3 - 1 + 2\cdot1 - 3}} {\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{4}{3}$ .

2. $H = M_0 + t\,\vec n$ con $\vec n(2, -1, 2)$ , eligiendo $t$ de modo que $H \in \mathcal P$ :

2(3 + 2t) - (1 - t) + 2(1 + 2t) - 3 = 4 + 9t = 0 \iff t = -\frac49 .

Por tanto, $H\left(\frac{19}{9}, \frac{13}{9}, \frac19\right)$ , y

M_0H = \norm{t\,\vec n} = \frac49 \times 3 = \frac43,

que coincide con la fórmula de la distancia.

Ejercicio 31.8 ★★★

El cubo $ABCDEFGH$ tiene lado $1$ ; elige coordenadas de modo que $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ (con $C = B + D$ , $F = B + E$ , $G = B + D + E$ y $H = D + E$ como vectores desde $A$ ).

Demuestra que la diagonal $(AG)$ es ortogonal al plano $(BDE)$ .
Calcula la distancia de $A$ al plano $(BDE)$ y el punto por el que $(AG)$ lo atraviesa.

Solución

Solución de Ejercicio 31.8.

Coordenadas: $G(1,1,1)$ , y el plano $(BDE)$ pasa por $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ y $E(0,0,1)$ .

1. El plano $(BDE)$ tiene ecuación $x + y + z = 1$ (la cumplen los tres puntos, que además no están alineados), así que $\vec n(1,1,1)$ es normal a él. Como $\vect{AG} = (1,1,1) = \vec n$ , la diagonal $(AG)$ es ortogonal al plano $(BDE)$ .

2. Distancia desde $A(0,0,0)$ : $\frac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{3}$ . La recta $(AG)$ es $(t, t, t)$ ; corta al plano cuando $3t = 1$ : en el punto $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ , el baricentro del triángulo $BDE$ .

Ejercicio 31.9 ★★★

(Volumen de un tetraedro.) Sean $A(1,1,1)$ , $B(2,1,0)$ , $C(0,2,1)$ y $D(2,2,2)$ .

Comprueba que $\vect{AB}$ , $\vect{AC}$ y $\vect{AD}$ no son coplanarios (los puntos forman un tetraedro de verdad).
Halla un vector $\vec n$ ortogonal a la vez a $\vect{BC}$ y a $\vect{BD}$ , y deduce una ecuación cartesiana del plano $(BCD)$ .
Calcula la distancia de $A$ al plano $(BCD)$ y el área del triángulo $BCD$ , usando la fórmula $\text{Área} = \frac12\sqrt{\norm{\vec u}^2\norm{\vec v}^2 - (\vec u \cdot \vec v)^2}$ para el triángulo generado por $\vec u$ y $\vec v$ .
Deduce el volumen del tetraedro ( $V = \frac13 \times \text{área de la base} \times \text{altura}$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 31.9.

1. $\vect{AB}(1, 0, -1)$ , $\vect{AC}(-1, 1, 0)$ y $\vect{AD}(1, 1, 1)$ . Si $\vect{AD} = a\vect{AB} + b\vect{AC}$ , las coordenadas dan $a - b = 1$ , $b = 1$ y $-a = 1$ : las dos primeras obligan a $a = 2$ , en contradicción con $a = -1$ . No son coplanarios.

2. $\vect{BC}(-2, 1, 1)$ y $\vect{BD}(0, 1, 2)$ . Resolviendo $\vec n \cdot \vect{BC} = \vec n \cdot \vect{BD} = 0$ : de $b + 2c = 0$ sale $b = -2c$ ; y entonces $-2a - 2c + c = 0$ da $c = -2a$ . Con $a = 1$ : $\vec n(1, 4, -2)$ . Plano por $B(2,1,0)$ :

x + 4y - 2z - 6 = 0 .

3. Distancia desde $A(1,1,1)$ : $\dfrac{\abs{1 + 4 - 2 - 6}}{\sqrt{21}} = \dfrac{3}{\sqrt{21}}$ . Área de $BCD$ : $\norm{\vect{BC}}^2 = 6$ , $\norm{\vect{BD}}^2 = 5$ y $\vect{BC}\cdot\vect{BD} = 3$ , luego

\text{Área} = \frac12\sqrt{6 \times 5 - 9} = \frac{\sqrt{21}}{2}.

V = \frac13 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac12 .

31.5 Problema: Cortar el cubo en rodajas

Problema 31.1

Problema de fin de semana — un plano corta un cubo formando un hexágono perfecto, un tetraedro regular se esconde en las esquinas y el ángulo de la diagonal da forma a todos los diamantes

Al cortar un cubo uno espera cuadrados y rectángulos; y, sin embargo, un corte famoso produce un hexágono regular, y cuatro cortes hábiles en las esquinas dejan atrás un tetraedro regular. Las dos sorpresas, y el ángulo de $109.5^\circ$ que veneran los átomos de carbono, caen ante la caja de herramientas de este capítulo: rectas paramétricas, ecuaciones de planos y producto escalar (Teorema 31.9, Proposición 31.11). Usa en todo momento el cubo del Ejercicio 31.8: lado $1$ , $A(0,0,0)$ , $B(1,0,0)$ , $D(0,1,0)$ , $E(0,0,1)$ , $C(1,1,0)$ , $F(1,0,1)$ , $H(0,1,1)$ , $G(1,1,1)$ .

Parte I — Soltura.

Escribe la ecuación del plano que pasa por $B(1,0,0)$ con vector normal $(1,1,1)$ , una representación paramétrica de la recta que pasa por $A$ dirigida por $(1,1,1)$ y su punto de intersección.
Calcula la distancia de $A$ a ese plano (Proposición 31.11).
¿Son ortogonales los vectores $(1,-1,0)$ y $(1,1,-2)$ ?
¿Posición relativa de los planos $x + y + z = 1$ y $2x + 2y + 2z = 5$ ? ¿Y de la recta que pasa por $A$ dirigida por $(1,1,0)$ respecto del primer plano?
Enumera los puntos medios de las seis aristas $[BC], [CD], [DH], [HE], [EF], [FB]$ del cubo y comprueba que los seis cumplen la ecuación $x + y + z = \frac32$ .

Parte II — La sección hexagonal. Sea $P$ el plano $x + y + z = \frac32$ .

Demuestra que $P$ es perpendicular a la diagonal grande $(AG)$ y pasa por el centro del cubo.
Calcula las distancias entre puntos medios consecutivos de la pregunta 5 al recorrer la sección: ¿qué encuentras?
Calcula el ángulo del polígono de la sección en uno de sus vértices (dos vectores de aristas consecutivas y un producto escalar). Concluye: la sección es un hexágono regular.
Calcula el perímetro y el área del hexágono, y compara el área con la de una cara del cubo. (Para que conste: la mayor sección plana del cubo unidad es el rectángulo diagonal $1 \times \sqrt2$ , de área $\sqrt2$ ; el hexágono regular se lleva la plata.)
¿Por dónde atraviesa la diagonal $(AG)$ al plano $P$ ? Comprueba que el punto de paso es el punto medio de $[AG]$ .
Desliza el corte: describe las secciones $x + y + z = c$ a medida que $c$ crece de $0$ a $3$ ; calcula la sección para $c = \frac12$ (¿qué polígono?, ¿de qué tamaño?) y narra la metamorfosis que pasa por tu hexágono en $c = \frac32$ .
¿Por qué ningún plano puede cortar un cubo en un polígono de siete lados? (¿Dónde tiene que estar cada lado de la sección?)

Parte III — El tetraedro escondido.

Calcula el volumen del tetraedro de esquina $ABDE$ (base, altura y la fórmula del tercio que el volumen anterior admitió sin demostrar; el Ejercicio 31.9 calcula volúmenes así en general).
Los cuatro vértices $B$ , $D$ , $E$ , $G$ : calcula las seis distancias dos a dos y concluye que $BDEG$ es un tetraedro regular. Obtén después su volumen restando al cubo los tetraedros de las esquinas.
Calcula la distancia del centro del cubo al plano $(BDE)$ .
El ángulo del diamante: calcula el ángulo que forman las diagonales $\vect{AG}$ y $\vect{BH}$ del cubo. Su suplementario, de unos $109.5^\circ$ , es el ángulo entre enlaces en el diamante y en el metano; ¿por qué eligen cuatro pares de electrones alrededor de un átomo de carbono los vértices del tetraedro de la pregunta 14?

Parte IV — Genuinamente tridimensional.

Halla por dónde atraviesa la recta que pasa por $B(1,0,0)$ dirigida por $(0,1,1)$ el plano $P$ del hexágono.
Demuestra que las rectas $(AB)$ y $(EG)$ ni se cortan ni son paralelas: se cruzan, el fenómeno que no puede ocurrir en un plano.
Calcula la proyección ortogonal de $B$ sobre $P$ (camina desde $B$ siguiendo la normal hasta llegar al plano) y comprueba que tu punto cumple la ecuación de $P$ .
Final: el equipo del topógrafo del espacio: rectas paramétricas para atravesar, vectores normales para ángulos y distancias y ecuaciones de planos para las secciones; y el cubo como terreno de juego donde produjeron un hexágono, un tetraedro regular, el ángulo del diamante y un par de rectas que se cruzan. Una frase para cada cosa.

Solución

Solución de Problema 31.1.

1. Plano: $x + y + z = 1$ . Recta: $(t, t, t)$ . Intersección: $3t = 1$ : $\left(\frac13, \frac13, \frac13\right)$ .

2. $\dfrac{\abs{0 + 0 + 0 - 1}}{\sqrt3} = \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{\sqrt3}{3}$ .

3. $1 - 1 + 0 = 0$ : sí, son ortogonales.

4. Mismo vector normal $(1,1,1)$ , pero $\frac52 \neq 1$ : planos estrictamente paralelos. La recta: $(1,1,0) \cdot (1,1,1) = 2 \neq 0$ : no es paralela al plano, así que lo atraviesa en un punto.

5. Puntos medios: $\left(1, \frac12, 0\right)$ , $\left(\frac12, 1, 0\right)$ , $\left(0, 1, \frac12\right)$ , $\left(0, \frac12, 1\right)$ , $\left(\frac12, 0, 1\right)$ y $\left(1, 0, \frac12\right)$ : en todos, la suma de coordenadas vale $\frac32$ .

6. El vector normal de $P$ es $(1,1,1)$ , la dirección de $(AG)$ : perpendicular. El centro $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ tiene suma de coordenadas $\frac32$ : está en $P$ .

7. Los puntos medios consecutivos se diferencian en vectores como $\left(-\frac12, \frac12, 0\right)$ : longitud $\frac{\sqrt2}{2}$ cada vez; seis lados iguales.

8. En $\left(\frac12, 1, 0\right)$ : vectores de arista $\left(\frac12, -\frac12, 0\right)$ y $\left(-\frac12, 0, \frac12\right)$ : producto escalar $-\frac14$ y normas $\frac{\sqrt2}{2}$ : $\cos = -\frac12$ : ángulo de $120^\circ$ . Lados iguales y ángulos iguales de $120^\circ$ : un hexágono regular.

9. Perímetro $6 \times \frac{\sqrt2}{2} = 3\sqrt2 \approx 4.24$ . Área $6 \times \frac{\sqrt3}{4} \times \frac12 = \frac{3\sqrt3}{4} \approx 1.30$ : mayor que una cara (de área $1$ ); una rodaja más grande que cualquier lado de la caja, y solo el rectángulo diagonal ( $\sqrt2 \approx 1.41$ ) la supera.

10. $(t,t,t)$ corta a $P$ en $t = \frac12$ : el centro, que es el punto medio de $[AG]$ ( $A$ en $t = 0$ y $G$ en $t = 1$ ).

11. Para $c = \frac12$ : el plano corta las tres aristas de la esquina de $A$ en $\left(\frac12,0,0\right)$ , $\left(0,\frac12,0\right)$ y $\left(0,0,\frac12\right)$ : un triángulo equilátero de lado $\frac{\sqrt2}{2}$ . A medida que $c$ crece, el triángulo crece, sus esquinas se van truncando hasta formar un hexágono (regular exactamente en $c = \frac32$ ) y después la figura se encoge simétricamente hasta volver a ser un triángulo en la esquina de $G$ : la metamorfosis del corte de un cristal.

12. Cada lado de la sección es la intersección del plano de corte con una cara del cubo, y un plano corta a una cara (un polígono plano) a lo sumo en un segmento: como mucho, $6$ lados. Siete es imposible; de tres a seis se dan todos (las preguntas 8 y 11 muestran dos de esos casos).

13. Base $ABD$ : triángulo rectángulo de área $\frac12$ ; altura $AE = 1$ : volumen $\frac13 \times \frac12 \times 1 = \frac16$ .

14. Cada pareja de entre $B, D, E, G$ se diferencia exactamente en dos coordenadas, y en $1$ cada una: las seis distancias valen $\sqrt2$ ; regular. El cubo se descompone en $BDEG$ más cuatro tetraedros de esquina congruentes con $ABDE$ : volumen $1 - 4 \times \frac16 = \frac13$ .

15. Plano $(BDE)$ : $x + y + z = 1$ ; centro $\left(\frac12,\frac12,\frac12\right)$ : distancia $\frac{\abs{\frac32 - 1}}{\sqrt3} = \frac{1}{2\sqrt3} = \frac{\sqrt3}{6}$ .

16. $\vect{AG} = (1,1,1)$ y $\vect{BH} = (-1,1,1)$ : $\cos\theta = \frac{-1 + 1 + 1}{3} = \frac13$ : $\theta \approx 70.5^\circ$ , con suplementario $\approx 109.5^\circ$ . Cuatro pares de electrones se repelen entre sí y se separan todo lo posible alrededor del carbono: el óptimo son los vértices del tetraedro regular, cuyas direcciones centro-vértice se cortan exactamente con ese ángulo; el diamante es la pregunta 14 cristalizada.

17. $(1, t, t)$ en $P$ : $1 + 2t = \frac32$ : $t = \frac14$ : el punto $\left(1, \frac14, \frac14\right)$ .

18. $(AB)$ : puntos $(t, 0, 0)$ ; $(EG)$ : puntos $(s, s, 1)$ . Que se cortaran exigiría $0 = 1$ en la tercera coordenada: nunca. Que fueran paralelas exigiría que $(1,0,0)$ y $(1,1,0)$ fueran colineales: tampoco. Ni se cortan ni son paralelas: se cruzan; dos pasillos en plantas distintas.

19. $B + t(1,1,1) = (1 + t, t, t)$ en $P$ : $1 + 3t = \frac32$ : $t = \frac16$ : proyección $\left(\frac76, \frac16, \frac16\right)$ , cuya suma de coordenadas es $\frac32$ : está en $P$ , como debía ser.

20. Las rectas paramétricas atraviesan (preguntas 1, 10 y 17); los vectores normales miden ángulos y distancias (preguntas 2, 8, 15 y 16); las ecuaciones de planos tallan secciones (la metamorfosis del triángulo al hexágono). Y el terreno de juego pagó con creces la visita: un hexágono regular en una caja de cuadrados, un tetraedro regular en las esquinas, el ángulo del diamante y dos rectas que se ignoran; geometría que solo el espacio puede ofrecer.

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