Geometría en el espacio: ejercicios de la PAU de Matemáticas resueltos

Los 20 ejercicios de geometría en el espacio de la PAU de Matemáticas de Cataluña de 2022 a 2026: el enunciado tal como salió en el examen y la solución paso a paso, contrastada con la pauta de corrección. Cuando la pauta da otra cifra, te decimos por qué.

Exámenes enteros con este tema:2026 · junio · serie 12026 · junio · serie 52026 · extraordinaria2025 · junio · serie 12025 · junio · serie 42025 · extraordinaria2024 · junio · serie 12024 · junio · serie 52024 · extraordinaria2023 · junio · serie 12023 · junio · serie 52023 · extraordinaria2022 · junio · serie 22022 · junio · serie 52022 · extraordinaria

Lo que más se ha repetido en los exámenes

Los tipos de apartado que más se han repetido en este tema, cómo se resuelven y en cuántos de los 15 exámenes con ejercicios de este tema (2022–2026) han salido. Es lo que ha pasado, no una predicción. Desde 2025 el examen sigue el nuevo modelo de la PAU: entre paréntesis, el recuento de esos años.

En 6 de 15 exámenes (3 de 6 desde 2025)

  1. Necesitas un punto y un vector normal n⃗\vec n. Con tres puntos PP, QQ, RR, n⃗=PQ→×PR→\vec n=\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}. Si el plano es paralelo a otro, comparte su vector normal. Si es perpendicular a π\pi, contiene la dirección de la normal de π\pi (sus dos vectores directores son esa normal y otro vector del plano). Si es perpendicular a dos planos, sus dos vectores directores son las normales de esos planos. Si es perpendicular a dos planos, sus dos vectores directores son las normales de esos planos.

    n⃗\vec n=PQ→×PR→{}= \overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}=∣ı⃗ȷ⃗k⃗q1−p1q2−p2q3−p3r1−p1r2−p2r3−p3∣{}= \begin{vmatrix}\vec\imath&\vec\jmath&\vec k\\ q_1-p_1&q_2-p_2&q_3-p_3\\ r_1-p_1&r_2-p_2&r_3-p_3\end{vmatrix}

  2. Con n⃗=(A,B,C)\vec n=(A,B,C) la ecuación es Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0, y DD sale de sustituir un punto del plano. Comprueba que los demás puntos la cumplen.

    Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0

  3. Una recta como intersección de dos planos: resuelve el sistema que forman y parametriza. Por ejemplo, los puntos equidistantes de PP y QQ forman el plano perpendicular a PQ→\overrightarrow{PQ} que pasa por el punto medio MM.

    M=P+Q2M=\frac{P+Q}{2}

En 6 de 15 exámenes (4 de 6 desde 2025)

  1. La distancia de un punto P0=(x0,y0,z0)P_0=(x_0,y_0,z_0) al plano Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0 se calcula con la fórmula. Simplifica las raíces al final.

    d(P0,π)d(P_0,\pi)=∣Ax0+By0+Cz0+D∣A2+B2+C2{}= \frac{|Ax_0+By_0+Cz_0+D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}

  2. Los planos paralelos a π\pi tienen la misma parte Ax+By+CzAx+By+Cz y solo cambia DD. La distancia entre dos planos paralelos es la de un punto cualquiera de uno al otro.

  3. Para un plano paralelo a π\pi a distancia dd, impón la fórmula con valor absoluto: el signo ±\pm da dos planos, uno a cada lado de π\pi.

    ∣D′−D∣A2+B2+C2\frac{|D'-D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}=d{}= d⟹D′=D±dA2+B2+C2{}\Longrightarrow D'=D\pm d\sqrt{A^2+B^2+C^2}

  4. Si piden la altura de una caja o de un tetraedro, es la distancia del punto que queda fuera al plano de la base. Con el volumen de un tetraedro, V=13Sb hV=\tfrac13 S_b\,h, puedes despejar hh o imponerlo para hallar el lugar de los puntos.

    V=Sb h3V=\frac{S_b\,h}{3}

En 4 de 15 exámenes (3 de 6 desde 2025)

  1. El vector entre dos puntos es «final menos inicial», y su módulo es la longitud del segmento.

    AB→=B−A\overrightarrow{AB}=B-A∣AB→∣|\overrightarrow{AB}|=(b1−a1)2+(b2−a2)2+(b3−a3)2{}= \sqrt{(b_1-a_1)^2+(b_2-a_2)^2+(b_3-a_3)^2}

  2. Si AA es el vértice común de los lados ABAB y ACAC de un paralelogramo (o rectángulo), el cuarto vértice es D=B+AC→D=B+\overrightarrow{AC}.

    D=B+AC→D=B+\overrightarrow{AC}

  3. El área del triángulo PQRPQR es la mitad del módulo del producto vectorial. También sale como base por altura entre 2, con la altura como distancia de RR a la recta PQPQ.

    SPQR=12 ∣PQ→×PR→∣S_{PQR}=\frac12\,|\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}|

En 5 de 15 exámenes (3 de 6 desde 2025)

  1. Escribe los planos como un sistema y calcula los rangos de AA y A∗A^{*} para cada valor del parámetro.

  2. Interpreta cada caso: un punto común (rango 3), una recta común (SCI con rango 2) o ningún punto común (incompatible, por ejemplo con dos planos paralelos). Describe todos los casos del parámetro.

En 5 de 15 exámenes (0 de 6 desde 2025)

  1. Una recta necesita un punto PP y un vector director v⃗\vec v. Por dos puntos AA y BB, v⃗=AB→\vec v=\overrightarrow{AB}. Si es perpendicular a un plano, v⃗\vec v es la normal n⃗\vec n del plano. Si es perpendicular a dos vectores (o a dos rectas), v⃗\vec v es su producto vectorial.

    v⃗=AB→\vec v=\overrightarrow{AB}v⃗=n⃗\vec v=\vec nv⃗=u⃗1×u⃗2\vec v=\vec u_1\times\vec u_2

  2. Escribe la recta en la forma que pidan: paramétrica, continua o vectorial. Si el punto es uno de otra recta, escríbelo con su parámetro e impón la condición del enunciado (por ejemplo, «la primera coordenada es 5 veces la segunda») para hallar el valor.

    (x,y,z)(x,y,z)=(p1,p2,p3){}= (p_1,p_2,p_3)+λ (v1,v2,v3){}+\lambda\,(v_1,v_2,v_3)λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R}

  3. Para comprobar que tres puntos están alineados, mira si AB→\overrightarrow{AB} y AC→\overrightarrow{AC} son proporcionales; si lo son, definen una recta. Si hay un cuarto punto, comprueba que no está en ella.

    AC→=k AB→\overrightarrow{AC}=k\,\overrightarrow{AB}

  4. Para la recta que corta perpendicularmente a otras dos, r1r_1 y r2r_2, toma un punto genérico de cada una, impón que el vector que los une sea perpendicular a los dos vectores directores (dos productos escalares nulos), resuelve y escribe la recta que pasa por los dos puntos.

    A1A2→⋅u⃗1=0\overrightarrow{A_1A_2}\cdot\vec u_1=0A1A2→⋅u⃗2=0\overrightarrow{A_1A_2}\cdot\vec u_2=0

En 4 de 15 exámenes (1 de 6 desde 2025)

  1. Dos rectas: compara los vectores directores. Si son proporcionales, las rectas son paralelas o coincidentes: mira si un punto de una está en la otra. Si no lo son, se cortan o se cruzan: con un punto de cada una forma PQ→\overrightarrow{PQ} y calcula el determinante; si vale 0, son coplanarias y se cortan; si no, se cruzan.

    ∣u1u2u3v1v2v3q1−p1q2−p2q3−p3∣\begin{vmatrix}u_1&u_2&u_3\\v_1&v_2&v_3\\q_1-p_1&q_2-p_2&q_3-p_3\end{vmatrix}

  2. Con un parámetro mm, razona para cualquier mm y estudia aparte los valores críticos. Si los vectores directores son proporcionales para todo mm, mira si un punto de una está en la otra: si la ecuación en mm no tiene solución, son paralelas para todo mm.

  3. Recta y plano: sustituye la recta, en paramétricas, en la ecuación del plano. Si sale un único valor del parámetro, son secantes y ese valor da el punto de corte; si sale 0=c0=c con c≠0c\neq0, son paralelas (y su distancia es la de un punto de la recta al plano); si sale 0=00=0, la recta está contenida en el plano.

    A(x0+λv1)A(x_0+\lambda v_1)+B(y0+λv2){}+B(y_0+\lambda v_2)+C(z0+λv3){}+C(z_0+\lambda v_3)+D=0{}+D=0

En 2 de 15 exámenes (0 de 6 desde 2025)

  1. Si son paralelas, la distancia es la de un punto de una a la otra. Con PP en una, QQ en la otra y v⃗\vec v la dirección común, la fórmula es la de la derecha.

    d(r,s)=∣PQ→×v⃗∣∣v⃗∣d(r,s)=\frac{|\overrightarrow{PQ}\times\vec v|}{|\vec v|}

  2. Si se cruzan, con vectores directores u⃗\vec u y v⃗\vec v y PQ→\overrightarrow{PQ} entre un punto de cada recta, la distancia es el valor absoluto del producto mixto dividido entre el módulo del producto vectorial.

    d(r,s)d(r,s)=∣[u⃗,v⃗,PQ→]∣∣u⃗×v⃗∣{}= \frac{|[\vec u,\vec v,\overrightarrow{PQ}]|}{|\vec u\times\vec v|}

  3. Otra vía: si ya tienes la perpendicular común, con sus pies A1A_1 y A2A_2 en cada recta, la distancia es la longitud de ese segmento.

    d(r1,r2)=∣A1A2→∣d(r_1,r_2)=|\overrightarrow{A_1A_2}|

  4. Si te piden el parámetro para que la distancia valga un número, iguala la fórmula a ese número y eleva al cuadrado: suele salir una ecuación de segundo grado en el parámetro con dos soluciones, y las dos valen.

En 2 de 15 exámenes (0 de 6 desde 2025)

  1. El punto de una recta o de un plano más cercano a PP es la proyección ortogonal de PP sobre ella: dilo expresamente. La distancia de PP a la recta o al plano es el módulo de PQ→\overrightarrow{PQ}.

  2. Sobre un plano: escribe la recta que pasa por PP con la dirección de la normal n⃗\vec n y calcula su corte con el plano, sustituyéndola en la ecuación del plano.

    Q=P+λ n⃗Q=P+\lambda\,\vec nQ∈πQ\in\pi

  3. Sobre una recta de dirección v⃗\vec v: toma un punto genérico QQ de la recta, impón que PQ→\overrightarrow{PQ} sea perpendicular a v⃗\vec v (producto escalar nulo), despeja el parámetro y calcula QQ. Otra vía: el plano perpendicular a la recta por PP y su corte con la recta.

    PQ→⋅v⃗=0\overrightarrow{PQ}\cdot\vec v=0

Los ejercicios, del más reciente al más antiguo

2026Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 2

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Sistemas de ecuaciones, Matrices y determinantes
Enunciado oficial

Considere el siguiente sistema de ecuaciones lineales, el cual está formado por tres planos en el espacio y depende del parámetro real mm: {x+my+z=4x+3y+z=5mx+y+z=4\begin{cases}x+my+z=4\\ x+3y+z=5\\ mx+y+z=4\end{cases}.

2.1 Discuta el sistema para los diferentes valores del parámetro mm.

[1 punto]

2.2 Interprete geométricamente este sistema para todos los valores del parámetro mm y resuélvalo, si es posible, para el caso m=1m=1.

[1 punto]

2.3 Para m=1m=1, ¿es posible añadir una cuarta ecuación de manera que el sistema resultante sea compatible determinado y tenga como solución (x,y,z)=(3,12,12)(x,y,z)=\left(3,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)? Razone la respuesta.

[0,5 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

2.11 punto

Planteamiento Usamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes AA con el de la matriz ampliada A∗A^*. Primero buscamos los valores de mm que anulan ∣A∣|A|.

  1. Matrices del sistema:

    AA=(1m1131m11){}= \begin{pmatrix}1&m&1\\1&3&1\\m&1&1\end{pmatrix}A∗A^*=(1m141315m114){}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&m&1&4\\1&3&1&5\\m&1&1&4\end{array}\right)

  2. Determinante de AA:

    ∣A∣|A|=∣1m1131m11∣{}= \begin{vmatrix}1&m&1\\1&3&1\\m&1&1\end{vmatrix}=3+m2+1−3m−1−m{}= 3+m^2+1-3m-1-m=m2−4m+3{}= m^2-4m+3=(m−1)(m−3){}= (m-1)(m-3)

  3. Si m≠1m\ne 1 y m≠3m\ne 3: ∣A∣≠0|A|\ne 0 y el rango de las dos matrices es 3, igual al número de incógnitas: sistema compatible determinado.

    rg⁡(A)=rg⁡(A∗)=3\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3

  4. Si m=3m=3: rg⁡(A)=2\operatorname{rg}(A)=2, porque hay un menor de orden 2 no nulo. En cambio, la matriz ampliada tiene un menor de orden 3 no nulo:

    ∣1331∣\begin{vmatrix}1&3\\3&1\end{vmatrix}=−8{}= -8≠0{}\ne 0∣134135314∣\begin{vmatrix}1&3&4\\1&3&5\\3&1&4\end{vmatrix}=8{}= 8≠0{}\ne 0

  5. Por tanto, para m=3m=3, rg⁡(A)=2≠rg⁡(A∗)=3\operatorname{rg}(A)=2\ne\operatorname{rg}(A^*)=3: sistema incompatible.

  6. Si m=1m=1: la primera y la tercera ecuación son iguales (x+y+z=4x+y+z=4), y hay un menor de orden 2 no nulo:

    ∣1113∣\begin{vmatrix}1&1\\1&3\end{vmatrix}=2{}= 2≠0{}\ne 0⇒rg⁡(A){}\Rightarrow \operatorname{rg}(A)=rg⁡(A∗){}= \operatorname{rg}(A^*)=2{}= 2<3{}< 3

  7. Para m=1m=1 el sistema es compatible indeterminado, con un grado de libertad.

ResultadoSi m≠1,3m\ne 1,3: compatible determinado. Si m=3m=3: incompatible. Si m=1m=1: compatible indeterminado (un grado de libertad).

La pauta oficial da: m≠1,3: SCDm\ne 1,3:\ \text{SCD}; m=3: SIm=3:\ \text{SI}; m=1: SCIm=1:\ \text{SCI}

2.21 punto

Planteamiento Cada ecuación es un plano. El tipo de sistema nos dice cuántos puntos comparten los tres planos; para m=1m=1 resolvemos y obtenemos una recta.

  1. Si m≠1,3m\ne 1,3 (compatible determinado): los tres planos se cortan en un único punto.

  2. Si m=3m=3 (incompatible): no hay ningún punto común. El primer plano y el segundo son paralelos y distintos, y el tercero corta a cada uno de ellos en una recta (las dos rectas son paralelas).

    x+3y+z=4x+3y+z=4x+3y+z=5x+3y+z=5

  3. Si m=1m=1 (compatible indeterminado): el primer y el tercer plano coinciden, y el segundo los corta en una recta. Resolvemos:

    {x+y+z=4x+3y+z=5\begin{cases}x+y+z=4\\ x+3y+z=5\end{cases}⟹2y=1{}\Longrightarrow 2y=1⟹y=12{}\Longrightarrow y=\frac{1}{2}

  4. Tomamos z=λz=\lambda como parámetro:

    x=4−12−λ=72−λx=4-\frac{1}{2}-\lambda=\frac{7}{2}-\lambda

  5. Las soluciones forman la recta:

    (x,y,z)(x,y,z)=(72−λ, 12, λ){}= \left(\frac{7}{2}-\lambda,\ \frac{1}{2},\ \lambda\right)=(72,12,0)+λ(−1,0,1){}= \left(\frac{7}{2},\frac{1}{2},0\right)+\lambda(-1,0,1)λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R}

Resultadom≠1,3m\ne 1,3: un punto común. m=3m=3: ningún punto común (dos planos paralelos cortados por el tercero). m=1m=1: dos planos coincidentes cortados por el tercero en la recta (x,y,z)=(72−λ,12,λ)(x,y,z)=\left(\frac{7}{2}-\lambda,\frac{1}{2},\lambda\right).

La pauta oficial da: m≠1,3: un puntm\ne1,3:\ \text{un punt}; m=3: cap puntm=3:\ \text{cap punt}; mm=1: recta (7−2λ2,12,λ){}= 1:\ \text{recta}\ \left(\tfrac{7-2\lambda}{2},\tfrac12,\lambda\right)

2.30,5 puntos

Planteamiento El punto dado debe ser una de las soluciones del sistema para m=1m=1; si lo es, basta con añadir una ecuación que lo cumpla y que haga subir el rango de la matriz de coeficientes a 3.

  1. El punto es de la recta de soluciones (para λ=12\lambda=\frac{1}{2}):

    (72−12, 12, 12)=(3,12,12)\left(\frac{7}{2}-\frac{1}{2},\ \frac{1}{2},\ \frac{1}{2}\right)=\left(3,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)

  2. Añadimos, por ejemplo, la ecuación x=3x=3, que este punto cumple. La nueva matriz de coeficientes tiene rango 3:

    ∣111131100∣\begin{vmatrix}1&1&1\\1&3&1\\1&0&0\end{vmatrix}=1⋅(1⋅1−1⋅3){}= 1\cdot(1\cdot 1-1\cdot 3)=−2{}= -2≠0{}\ne 0

  3. El sistema de cuatro ecuaciones es compatible (el punto cumple todas las ecuaciones) y el rango es 3, igual al número de incógnitas: es compatible determinado y su única solución es el punto dado.

ResultadoSí. Por ejemplo, añadiendo x=3x=3 el sistema es compatible determinado con solución única (3,12,12)\left(3,\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).

La pauta oficial da: Sıˊ, p. ex. x=3\text{Sí, p. ex. } x=3

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2026, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

El examen entero, resueltoExamen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2026Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 4

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Derivadas y sus aplicaciones
Enunciado oficial

Escoja UNA de las dos opciones (A o B) y responda a las cuestiones que se plantean. Indique en la portada del examen la opción elegida.

OPCIÓN A

El alcalde de un pueblo de Catalunya encarga al arquitecto municipal el diseño de un parque infantil que se construirá en un terreno público. Para cumplir con la normativa vigente, en el parque tiene que haber dos espacios bien delimitados: uno para una boca de riego —el cual, según el arquitecto, debe tener forma circular—, y otro para una caseta donde guardar las herramientas de mantenimiento —el cual debe tener forma cuadrada—. Por motivos estéticos, el arquitecto quiere delimitar cada uno de estos dos espacios con una barandilla de forja. Sabiendo que las dos barandillas miden exactamente 10 m de longitud en total, ¿qué medida debe tener la barandilla de cada espacio para que la suma de las superficies de los dos espacios sea lo más pequeña posible? ¿Cuál es esta superficie mínima?

[2,5 puntos]

OPCIÓN B

Considere los puntos del espacio P=(1,0,−1)P=(1,0,-1), Q=(3,−2,0)Q=(3,-2,0) y R=(1,1,1)R=(1,1,1).

4.1 Calcule la ecuación del plano que contiene los puntos PP, QQ y RR.

[0,75 puntos]

4.2 Compruebe que el área del triángulo ΔPQR\Delta PQR es 352u2\frac{3\sqrt{5}}{2}u^2.

[0,75 puntos]

4.3 Determine las condiciones que deben cumplir las coordenadas de un cuarto punto S=(x,y,z)S=(x,y,z) para que PP, QQ, RR y SS formen un tetraedro de volumen 1. (El volumen del tetraedro formado por los puntos PP, QQ, RR y SS es: volumen(PQRS)\text{volumen}(PQRS)=aˊrea(ΔPQR)⋅altura3{}= \frac{\text{área}(\Delta PQR)\cdot\text{altura}}{3}).

[1 punto]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

Opción A

2,5 puntos

Planteamiento Llamamos xx a la longitud de barandilla del círculo; el resto, 10−x10-x, es el perímetro del cuadrado. Escribimos la suma de las dos áreas en función de xx y buscamos su mínimo en [0,10][0,10].

  1. Círculo de perímetro xx:

    r=x2πr=\frac{x}{2\pi}A1=πr2=x24πA_1=\pi r^2=\frac{x^2}{4\pi}

  2. Cuadrado de perímetro 10−x10-x:

    c=10−x4c=\frac{10-x}{4}A2=(10−x)216A_2=\frac{(10-x)^2}{16}

  3. Función a minimizar:

    A(x)=x24π+(10−x)216A(x)=\frac{x^2}{4\pi}+\frac{(10-x)^2}{16}0≤x≤100\le x\le 10

  4. Derivamos e igualamos a cero:

    A′(x)A'(x)=x2π−10−x8=0{}= \frac{x}{2\pi}-\frac{10-x}{8}=0⟹4x=π(10−x){}\Longrightarrow 4x=\pi(10-x)⟹x=10π4+π{}\Longrightarrow x=\frac{10\pi}{4+\pi}≈4,4{}\approx 4{,}4

  5. Es un mínimo, porque la segunda derivada es positiva:

    A′′(x)=12π+18>0A''(x)=\frac{1}{2\pi}+\frac{1}{8}>0

  6. Barandilla del cuadrado:

    10−10π4+π=404+π≈5,610-\frac{10\pi}{4+\pi}=\frac{40}{4+\pi}\approx 5{,}6

  7. Superficie mínima (también es menor que en los extremos, A(0)=6,25A(0)=6{,}25 y A(10)≈7,96A(10)\approx 7{,}96):

    A(10π4+π)=254+π≈3,5A\left(\frac{10\pi}{4+\pi}\right)=\frac{25}{4+\pi}\approx 3{,}5

ResultadoBarandilla del círculo: 10π4+π≈4,4 m\dfrac{10\pi}{4+\pi}\approx 4{,}4\ \text{m}; barandilla del cuadrado: 404+π≈5,6 m\dfrac{40}{4+\pi}\approx 5{,}6\ \text{m}; superficie mínima: 254+π≈3,5 m2\dfrac{25}{4+\pi}\approx 3{,}5\ \text{m}^2.

La pauta oficial da: x≈4,4 m (cercle)x\approx 4{,}4\ m\ (\text{cercle}), 5,6 m (quadrat)5{,}6\ m\ (\text{quadrat}), A≈3,5 m2A\approx 3{,}5\ \mathrm{m}^2

Opción B

4.10,75 puntos

Planteamiento Dos vectores del plano, PQ→\overrightarrow{PQ} y PR→\overrightarrow{PR}, dan el vector normal con el producto vectorial; después imponemos que el plano pase por PP.

  1. Vectores:

    PQ→=(2,−2,1)\overrightarrow{PQ}=(2,-2,1)PR→=(0,1,2)\overrightarrow{PR}=(0,1,2)

  2. Vector normal:

    n⃗\vec n=PQ→×PR→{}= \overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}=∣i⃗j⃗k⃗2−21012∣{}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\2&-2&1\\0&1&2\end{vmatrix}=(−5,−4,2){}= (-5,-4,2)

  3. El plano es 5x+4y−2z+D=05x+4y-2z+D=0 (normal (5,4,−2)(5,4,-2)). Pasa por PP:

    5⋅1+4⋅0−2⋅(−1)5\cdot 1+4\cdot 0-2\cdot(-1)+D=0{}+D=0⟹D=−7{}\Longrightarrow D=-7

  4. Comprobación con QQ y RR:

    15−8−0−7=015-8-0-7=05+4−2−7=05+4-2-7=0

Resultado5x+4y−2z−7=05x+4y-2z-7=0

La pauta oficial da: 5x+4y−2z−7=05x+4y-2z-7=0

4.20,75 puntos

Planteamiento El área de un triángulo es la mitad del módulo del producto vectorial de dos de sus lados, que ya hemos calculado.

  1. APQRA_{PQR}=12∣PQ→×PR→∣{}= \frac{1}{2}\left|\overrightarrow{PQ}\times\overrightarrow{PR}\right|=12(−5)2+(−4)2+22{}= \frac{1}{2}\sqrt{(-5)^2+(-4)^2+2^2}=452{}= \frac{\sqrt{45}}{2}=352{}= \frac{3\sqrt{5}}{2}

ResultadoAˊrea=352 u2\text{Área}=\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\ \text{u}^2, como dice el enunciado.

La pauta oficial da: 352 u2\frac{3\sqrt5}{2}\ \mathrm{u}^2

4.31 punto

Planteamiento La altura del tetraedro es la distancia de SS al plano π\pi del triángulo. Imponemos que el volumen valga 1 y resolvemos la ecuación con valor absoluto.

  1. Distancia de S=(x,y,z)S=(x,y,z) al plano π\pi:

    d(S,π)d(S,\pi)=∣5x+4y−2z−7∣52+42+(−2)2{}= \frac{|5x+4y-2z-7|}{\sqrt{5^2+4^2+(-2)^2}}=∣5x+4y−2z−7∣35{}= \frac{|5x+4y-2z-7|}{3\sqrt{5}}

  2. Volumen igual a 1:

    13⋅352⋅∣5x+4y−2z−7∣35\frac{1}{3}\cdot\frac{3\sqrt{5}}{2}\cdot\frac{|5x+4y-2z-7|}{3\sqrt{5}}=∣5x+4y−2z−7∣6{}= \frac{|5x+4y-2z-7|}{6}=1{}= 1

  3. Valor absoluto:

    5x+4y−2z−7=65x+4y-2z-7=6o 5x+4y−2z−7=−6\text{o}\ \quad 5x+4y-2z-7=-6

ResultadoSS debe estar en uno de los dos planos paralelos a π\pi: 5x+4y−2z−13=05x+4y-2z-13=0 o 5x+4y−2z−1=05x+4y-2z-1=0.

La pauta oficial da: 5x+4y−2z−15x+4y-2z-1=0 i 5x+4y−2z−13=0{}= 0\ \text{i}\ 5x+4y-2z-13=0

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2026, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2026Convocatoria ordinaria · Serie 5 · Ejercicio 4

2,5 puntosDatos imposibles en el examenTambién en Derivadas y sus aplicaciones, Integrales
Enunciado oficial

Escoja UNA de las dos opciones (A o B) y responda a las cuestiones que se plantean. Indique en la portada del examen la opción elegida.

OPCIÓN A

De una función f(x)f(x), se sabe que pasa por el punto (−1,−1)(-1,-1) y que la gráfica de su función derivada es la siguiente:

4.1 Calcule la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función f(x)f(x) en el punto (−1,−1)(-1,-1).

[1 punto]

4.2 Estudie si f(x)f(x) tiene puntos críticos (puntos donde f′(x)=0f'(x)=0) y, en caso de tenerlos, determine sus abscisas y clasifíquelos según sean máximos, mínimos o puntos de inflexión de f(x)f(x).

[1 punto]

4.3 Sabiendo, además, que f(0)=−0,2f(0)=-0{,}2, calcule el área entre la gráfica de f′(x)f'(x) y el eje de abscisas, desde x=−1x=-1 hasta x=0x=0.

[0,5 puntos]

OPCIÓN B

En una industria se usan brazos robóticos con sensores para medir con precisión determinadas piezas metálicas y comprobar si tienen irregularidades. Las piezas se colocan sobre la superficie determinada por el plano π ⁣:(x,y,z)\pi\colon (x,y,z)=(6,1,1)+λ(1,1,0){}= (6,1,1)+\lambda(1,1,0)+μ(0,0,1){}+\mu(0,0,1) y, por encima de ella, un brazo robótico desplaza un sensor desde el punto A=(1,2,3)A=(1,2,3) hasta el punto B=(5,3,7)B=(5,3,7) en línea recta (las unidades de los tres ejes de coordenadas están expresadas en centímetros).

4.1 ¿Qué distancia ha recorrido el sensor?

[0,5 puntos]

4.2 Al acabar el movimiento, ¿a qué distancia de la superficie se encuentra el sensor?

[1 punto]

4.3 Si el sensor siguiera moviéndose en la misma línea recta y en el mismo sentido, ¿en qué punto chocaría con la superficie?

[1 punto]

Gráfica de f'(x) sobre una cuadrícula, con x e y entre −4 y 4. La curva viene de valores muy negativos, corta el eje OX en x=−2, sube hasta un máximo de unos 2,8 hacia x≈−1,45, pasa por el punto (−1,2), baja hasta tocar el eje en el origen sin atravesarlo, vuelve a subir hasta unos 0,4 hacia x≈0,7, corta el eje en x=1 y baja rápidamente hacia valores negativos.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

Opción A

4.11 punto

Planteamiento Se pide la recta tangente a la gráfica de ff en el punto (−1,−1)(-1,-1), y−f(−1)=f′(−1) (x+1)y-f(-1)=f'(-1)\,(x+1). La pendiente, f′(−1)f'(-1), se lee en la gráfica de f′f'.

  1. En la gráfica, la curva de f′f' pasa por el punto (−1,2)(-1,2):

    f′(−1)=2f'(-1)=2

  2. Recta tangente por el punto (−1,−1)(-1,-1) con pendiente 22:

    y−(−1)y-(-1)=2(x−(−1)){}= 2\left(x-(-1)\right)⟹y+1{}\Longrightarrow y+1=2(x+1){}= 2(x+1)⟹y=2x+1{}\Longrightarrow y=2x+1

Resultadoy=2x+1y=2x+1

La pauta oficial da: y=2x+1y=2x+1

4.21 punto

Planteamiento Se piden los puntos críticos de ff (donde f′=0f'=0) y su clasificación. Los leemos en la gráfica de f′f': son los puntos donde la curva toca el eje de abscisas. Los clasificamos con el signo de f′f' a cada lado y, si no cambia, con el crecimiento de f′f' (que es el signo de f′′f'').

  1. La gráfica de f′f' toca el eje OXOX en tres puntos:

    f′(−2)=0f'(-2)=0f′(0)=0f'(0)=0f′(1)=0f'(1)=0

  2. x=−2x=-2: antes, f′<0f'<0 (ff decrece) y después, f′>0f'>0 (ff crece). Es un mínimo relativo de ff.

  3. x=1x=1: antes, f′>0f'>0 (ff crece) y después, f′<0f'<0 (ff decrece). Es un máximo relativo de ff.

  4. x=0x=0: f′f' es positiva a ambos lados, así que ff crece antes y después y no hay extremo. En cambio, f′f' tiene ahí un mínimo: decrece justo antes de 00 (f′′<0f''<0, ff cóncava hacia abajo) y crece justo después (f′′>0f''>0, ff cóncava hacia arriba). La concavidad cambia: es un punto de inflexión de ff, con tangente horizontal.

ResultadoTres puntos críticos: en x=−2x=-2, un mínimo relativo; en x=1x=1, un máximo relativo; en x=0x=0, un punto de inflexión (con tangente horizontal).

La pauta oficial da: x=−2x=-2: mínimo; x=1x=1: máximo; x=0x=0: punto de inflexión

4.30,5 puntos

Planteamiento Se pide el área entre la gráfica de f′f' y el eje OXOX entre x=−1x=-1 y x=0x=0. Como ff es una primitiva de f′f', la regla de Barrow permite calcular la integral con los valores f(0)f(0) y f(−1)f(-1), sin conocer la expresión de f′f'.

  1. En [−1,0][-1,0] la gráfica de f′f' está por encima del eje (f′≥0f'\ge 0; solo se anula en x=0x=0): el área es la integral, sin valor absoluto.

  2. Regla de Barrow, con f(0)=−0,2f(0)=-0{,}2 y f(−1)=−1f(-1)=-1 (el punto de la gráfica de ff del enunciado):

    AA=∫−10f′(x) dx{}= \int_{-1}^{0}f'(x)\,dx=[f(x)]−10{}= \big[f(x)\big]_{-1}^{0}=f(0)−f(−1){}= f(0)-f(-1)=−0,2−(−1){}= -0{,}2-(-1)=0,8{}= 0{,}8

  3. Observación: la gráfica dibujada y el dato f(0)=−0,2f(0)=-0{,}2 no encajan del todo. Si se mide el área sobre la cuadrícula, sale algo menos de 0,80{,}8 (unas 0,720{,}72 unidades cuadradas). El enunciado da f(0)f(0) para que el área se calcule con la regla de Barrow, y con ese dato el área es 0,80{,}8.

ResultadoA=0,8 u2A=0{,}8\ \text{u}^2

La pauta oficial da: 0,8 u20{,}8\ \text{u}^2

Opción B

4.10,5 puntos

Planteamiento El sensor va en línea recta de AA a BB: la distancia recorrida es la longitud del segmento ABAB, el módulo del vector AB→\overrightarrow{AB}.

  1. Vector entre los dos puntos (final menos inicial):

    AB→\overrightarrow{AB}=B−A{}= B-A=(5−1, 3−2, 7−3){}= (5-1,\ 3-2,\ 7-3)=(4,1,4){}= (4,1,4)

  2. Módulo:

    d(A,B)d(A,B)=∣AB→∣{}= \left|\overrightarrow{AB}\right|=42+12+42{}= \sqrt{4^2+1^2+4^2}=33{}= \sqrt{33}≈5,74 cm{}\approx 5{,}74\ \text{cm}

Resultado33≈5,74\sqrt{33}\approx 5{,}74 cm

La pauta oficial da: 33≈5,74 cm\sqrt{33}\approx 5{,}74\ \text{cm}

4.21 punto

Planteamiento Se pide la distancia del punto final, BB, al plano π\pi. Pasamos el plano a la ecuación general y usamos la fórmula de la distancia de un punto a un plano.

  1. Vector normal del plano, producto vectorial de sus dos vectores directores:

    n⃗\vec n=(1,1,0)×(0,0,1){}= (1,1,0)\times(0,0,1)=∣i⃗j⃗k⃗110001∣{}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\1&1&0\\0&0&1\end{vmatrix}=(1,−1,0){}= (1,-1,0)

  2. Ecuación general, con el punto (6,1,1)(6,1,1) del plano:

    1⋅(x−6)1\cdot(x-6)−1⋅(y−1){}-1\cdot(y-1)+0⋅(z−1)=0{}+0\cdot(z-1)=0⟹π ⁣: x−y−5=0{}\Longrightarrow \pi\colon\ x-y-5=0

  3. Distancia de B=(5,3,7)B=(5,3,7) al plano:

    d(B,π)d(B,\pi)=∣5−3−5∣12+(−1)2+02{}= \frac{|5-3-5|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+0^2}}=32{}= \frac{3}{\sqrt{2}}=322{}= \frac{3\sqrt{2}}{2}≈2,12 cm{}\approx 2{,}12\ \text{cm}

Resultadod(B,π)=322≈2,12d(B,\pi)=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\approx 2{,}12 cm

La pauta oficial da: 32≈2,12 cm\frac{3}{\sqrt{2}}\approx 2{,}12\ \text{cm}

4.31 punto

Planteamiento Se pide dónde la recta ABAB, recorrida en el sentido de AA hacia BB, corta el plano π\pi. Escribimos la recta en forma paramétrica y la sustituimos en la ecuación del plano.

  1. Recta que pasa por AA con vector director AB→\overrightarrow{AB}:

    (x,y,z)(x,y,z)=(1,2,3)+λ(4,1,4){}= (1,2,3)+\lambda(4,1,4)=(1+4λ, 2+λ, 3+4λ){}= (1+4\lambda,\ 2+\lambda,\ 3+4\lambda)

  2. Sustituimos en π ⁣:x−y−5=0\pi\colon x-y-5=0:

    (1+4λ)−(2+λ)−5=0(1+4\lambda)-(2+\lambda)-5=0⟹3λ−6=0{}\Longrightarrow 3\lambda-6=0⟹λ=2{}\Longrightarrow \lambda=2

  3. λ=0\lambda=0 es AA y λ=1\lambda=1 es BB; λ=2\lambda=2 está más allá de BB, en el mismo sentido del movimiento, como dice el enunciado. Punto de choque:

    (1,2,3)+2 (4,1,4)=(9,4,11)(1,2,3)+2\,(4,1,4)=(9,4,11)

  4. Comprobación: 9−4−5=09-4-5=0, el punto está en el plano.

ResultadoChocaría con la superficie en el punto (9,4,11)(9,4,11).

La pauta oficial da: (9,4,11)(9,4,11)

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2026, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 30 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2026Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 2

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Sistemas de ecuaciones, Matrices y determinantes
Enunciado oficial

Considere el siguiente sistema de ecuaciones: {2x+ky+z=3−x+2y+2z=1x+y+z=2\begin{cases}2x+ky+z=3\\ -x+2y+2z=1\\ x+y+z=2\end{cases}, donde kk es un parámetro real.

2.1 Discuta el sistema en función del parámetro kk.

[1 punto]

2.2 Resuelva el sistema para todos los valores de kk y compruebe que, para k≠1k\ne 1, la solución no depende de kk.

[1 punto]

2.3 Interprete geométricamente el resultado de los apartados anteriores.

[0,5 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

2.11 punto

Planteamiento Aplicamos el teorema de Rouché-Frobenius: calculamos ∣A∣|A|, hallamos cuándo se anula y estudiamos los rangos en cada caso.

  1. Matrices:

    AA=(2k1−122111){}= \begin{pmatrix}2&k&1\\-1&2&2\\1&1&1\end{pmatrix}A∗A^*=(2k13−12211112){}= \left(\begin{array}{ccc|c}2&k&1&3\\-1&2&2&1\\1&1&1&2\end{array}\right)

  2. Determinante:

    ∣A∣|A|=4+2k−1−2−4+k{}= 4+2k-1-2-4+k=3k−3{}= 3k-3=3(k−1){}= 3(k-1)

  3. Si k≠1k\ne 1: ∣A∣≠0|A|\ne 0, los dos rangos valen 3, igual que el número de incógnitas: compatible determinado.

    rg⁡(A)=rg⁡(A∗)=3\operatorname{rg}(A)=\operatorname{rg}(A^*)=3

  4. Si k=1k=1: ∣A∣=0|A|=0 y hay un menor de orden 2 no nulo, así que rg⁡(A)=2\operatorname{rg}(A)=2:

    ∣21−12∣\begin{vmatrix}2&1\\-1&2\end{vmatrix}=5{}= 5≠0{}\ne 0

  5. Para k=1k=1 las columnas de yy y de zz son iguales; el único menor de orden 3 de A∗A^* que puede no ser nulo es el de las columnas xx, yy y términos independientes:

    ∣213−121112∣\begin{vmatrix}2&1&3\\-1&2&1\\1&1&2\end{vmatrix}=8+1−3−6−2+2=0{}= 8+1-3-6-2+2=0

  6. Por tanto rg⁡(A∗)=2=rg⁡(A)<3\operatorname{rg}(A^*)=2=\operatorname{rg}(A)<3: compatible indeterminado con un grado de libertad.

ResultadoSi k≠1k\ne 1: compatible determinado. Si k=1k=1: compatible indeterminado (un grado de libertad). Nunca es incompatible.

La pauta oficial da: k≠1: SCDk\ne1:\ \text{SCD}; k=1: SCIk=1:\ \text{SCI}

2.21 punto

Planteamiento Para k=1k=1 resolvemos en función de un parámetro; para k≠1k\ne 1 usamos la regla de Cramer y veremos que kk desaparece.

  1. Caso k=1k=1. Sumando la segunda y la tercera ecuación:

    3y+3z=3 ⟹ y=1−z3y+3z=3\ \Longrightarrow\ y=1-z

  2. Sustituyendo en la tercera, x=2−y−z=1x=2-y-z=1. Con z=λz=\lambda:

    (x,y,z)=(1, 1−λ, λ)(x,y,z)=(1,\ 1-\lambda,\ \lambda)λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R}

  3. Caso k≠1k\ne 1. Regla de Cramer:

    xx=∣3k1122211∣3k−3{}= \frac{\begin{vmatrix}3&k&1\\1&2&2\\2&1&1\end{vmatrix}}{3k-3}=3k−33k−3{}= \frac{3k-3}{3k-3}=1{}= 1
  4. yy=∣231−112121∣3k−3{}= \frac{\begin{vmatrix}2&3&1\\-1&1&2\\1&2&1\end{vmatrix}}{3k-3}=03k−3=0{}= \frac{0}{3k-3}=0

  5. De la tercera ecuación:

    z=2−x−y=2−1−0=1z=2-x-y=2-1-0=1

  6. Comprobación en la primera ecuación, para cualquier kk:

    2⋅1+k⋅0+1=32\cdot 1+k\cdot 0+1=3

ResultadoSi k=1k=1: (x,y,z)=(1,1−λ,λ)(x,y,z)=(1,1-\lambda,\lambda), λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R}. Si k≠1k\ne 1: (x,y,z)=(1,0,1)(x,y,z)=(1,0,1), que no depende de kk.

La pauta oficial da: k=1: (1,1−z,z)k=1:\ (1,1-z,z); k≠1: (1,0,1)k\ne1:\ (1,0,1)

2.30,5 puntos

Planteamiento Cada ecuación es un plano. El segundo y el tercero no dependen de kk y se cortan en una recta rr; el primer plano cambia con kk.

  1. Recta común del segundo y el tercer plano (es la solución del caso k=1k=1):

    r: (x,y,z)=(1,1,0)+λ(0,−1,1)r:\ (x,y,z)=(1,1,0)+\lambda(0,-1,1)

  2. Si k=1k=1, el primer plano contiene la recta rr: los tres planos son distintos y se cortan en esa recta (forman parte de un mismo haz).

  3. Si k≠1k\ne 1, el primer plano corta a rr en un solo punto, (1,0,1)(1,0,1), que es el mismo para todos los valores de kk. Todos los planos 2x+ky+z=32x+ky+z=3 contienen la recta y=0, 2x+z=3y=0,\ 2x+z=3, que pasa por (1,0,1)(1,0,1): cuando kk varía, el primer plano gira alrededor de esa recta.

Resultadok=1k=1: tres planos que se cortan en la recta rr. k≠1k\ne 1: tres planos que se cortan en el punto (1,0,1)(1,0,1), que pertenece a rr y no depende de kk.

La pauta oficial da: k=1: recta comunak=1:\ \text{recta comuna}; k≠1: punt (1,0,1)k\ne1:\ \text{punt}\ (1,0,1)

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2026, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

El examen entero, resueltoExamen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2026Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 4

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Derivadas y sus aplicaciones
Enunciado oficial

Aina quiere construir una caja de cartón en forma de prisma rectangular con tapa, para guardar la tableta y el cargador. Escoja UNA de las dos opciones (A o B) y responda a las cuestiones que se plantean. Indique en la portada del examen la opción elegida.

OPCIÓN A

Aina construirá la caja a partir de un cartón rectangular de 80 cm × 50 cm. En la siguiente figura se muestra el desarrollo de la caja; las zonas rayadas son las partes que Aina recortará y retirará para poder montarla:

4.1 Compruebe que el volumen de la caja resultante es V(x)=2x3−130x2+2 000xV(x)=2x^3-130x^2+2\,000x, donde xx es la longitud del lado del cuadrado que hay que recortar de las esquinas para poder montarla.

[1 punto]

4.2 Calcule las dimensiones de la caja para que su volumen sea máximo. ¿Cuál es este volumen máximo?

[1,5 puntos]

OPCIÓN B

Aina quiere hacer un croquis en 3D de la caja utilizando un programa informático. Para empezar, sitúa un lado de la tapa desde el vértice A(1,1,1)A(1,1,1) hasta el vértice B(4,1,5)B(4,1,5), y el otro lado de la tapa desde el vértice AA hasta el vértice C(1,10,1)C(1,10,1).

4.1 ¿Cuáles son las coordenadas del cuarto vértice de la tapa? Calcule las longitudes de los dos lados de la tapa.

[1 punto]

4.2 Sabiendo que los otros cuatro vértices de la caja están situados en el plano π:−4x+3z=24\pi:-4x+3z=24, calcule las coordenadas de uno de ellos (cualquiera) y la altura de la caja.

[1,5 puntos]

Desarrollo de la caja sobre el cartón de 80 cm (horizontal) por 50 cm (vertical). En las esquinas hay cuadrados rayados de lado x cm (marcado arriba a la izquierda). En la parte derecha del cartón, la franja superior y la inferior, también de anchura x, están rayadas en un tramo largo. El resto del cartón, sin rayar, forma la base, los lados y la tapa: a lo largo de los 80 cm hay dos tramos largos separados por tramos de anchura x.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

Opción A

4.11 punto

Planteamiento Al plegar, la altura de la caja es xx. La anchura de la base es lo que queda de los 50 cm tras quitar dos franjas de anchura xx. A lo largo de los 80 cm hay dos alturas xx y dos veces la longitud de la base (base y tapa).

  1. Dimensiones:

    altura=x\text{altura}=xanchura=50−2x\text{anchura}=50-2xlongitud=80−2x2=40−x\text{longitud}=\frac{80-2x}{2}=40-x

  2. Volumen:

    V(x)V(x)=x(50−2x)(40−x){}= x(50-2x)(40-x)=x (2x2−130x+2000){}= x\,(2x^2-130x+2000)=2x3−130x2{}= 2x^3-130x^2+2000x{}+2000x

  3. Para que la caja exista hace falta 0<x<250<x<25.

ResultadoV(x)V(x)=x(50−2x)(40−x){}= x(50-2x)(40-x)=2x3−130x2{}= 2x^3-130x^2+2 000x{}+2\,000x, con 0<x<250<x<25.

La pauta oficial da: V(x)=(40−x)(50−2x)xV(x)=(40-x)(50-2x)x

4.21,5 puntos

Planteamiento Buscamos el máximo de V(x)V(x) en (0,25)(0,25): puntos críticos con V′(x)=0V'(x)=0 y comprobación con la segunda derivada.

  1. Derivada:

    V′(x)V'(x)=6x2−260x+2000=0{}= 6x^2-260x+2000=0⟺3x2−130x+1000=0{}\Longleftrightarrow 3x^2-130x+1000=0
  2. xx=130±16900−120006{}= \frac{130\pm\sqrt{16900-12000}}{6}=130±706{}= \frac{130\pm 70}{6}⟹x=10{}\Longrightarrow x=10o  x=1003\text{o}\ \ x=\frac{100}{3}

  3. x=1003≈33,3x=\frac{100}{3}\approx 33{,}3 no es válido (x<25x<25). Segunda derivada:

    V′′(x)=12x−260V''(x)=12x-260V′′(10)=−140<0 ⇒ maˊximoV''(10)=-140<0\ \Rightarrow\ \text{máximo}

  4. Dimensiones para x=10x=10:

    40−10=3040-10=3050−20=3050-20=30x=10x=10

  5. Volumen máximo:

    V(10)=30⋅30⋅10=9000V(10)=30\cdot 30\cdot 10=9000

ResultadoCaja de 30 cm×30 cm×10 cm30\ \text{cm}\times 30\ \text{cm}\times 10\ \text{cm} (altura 1010 cm); volumen máximo 9 000 cm39\,000\ \text{cm}^3.

La pauta oficial da: 30×30×10 cm30\times30\times10\ cm, V=9000 cm3V=9000\ cm^3

Opción B

4.11 punto

Planteamiento La tapa es un paralelogramo (de hecho, un rectángulo) con lados ABAB y ACAC: el cuarto vértice se obtiene sumando a BB el vector AC→\overrightarrow{AC}.

  1. Vectores de los lados:

    AB→=(3,0,4)\overrightarrow{AB}=(3,0,4)AC→=(0,9,0)\overrightarrow{AC}=(0,9,0)AB→⋅AC→=0\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0

  2. Cuarto vértice:

    DD=B+AC→{}= B+\overrightarrow{AC}=(4,1,5)+(0,9,0){}= (4,1,5)+(0,9,0)=(4,10,5){}= (4,10,5)

  3. Longitudes:

    ∣AB→∣=32+02+42=5|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{3^2+0^2+4^2}=5∣AC→∣=02+92+02=9|\overrightarrow{AC}|=\sqrt{0^2+9^2+0^2}=9

ResultadoD=(4,10,5)D=(4,10,5); los lados de la tapa miden 55 y 99 unidades.

La pauta oficial da: D=(4,10,5)D=(4,10,5); 5 u i 9 u5\ u\ \text{i}\ 9\ u

4.21,5 puntos

Planteamiento El plano π\pi es paralelo a la tapa, así que la altura es la distancia de un vértice de la tapa a π\pi. El vértice de debajo de AA es la proyección ortogonal de AA sobre π\pi.

  1. El vector normal de π\pi, (−4,0,3)(-4,0,3), es perpendicular a los dos lados de la tapa, de modo que π\pi es paralelo a la tapa:

    (−4,0,3)⋅(3,0,4)=0(-4,0,3)\cdot(3,0,4)=0(−4,0,3)⋅(0,9,0)=0(-4,0,3)\cdot(0,9,0)=0

  2. Altura:

    d(A,π)d(A,\pi)=∣−4⋅1+3⋅1−24∣(−4)2+02+32{}= \frac{|-4\cdot 1+3\cdot 1-24|}{\sqrt{(-4)^2+0^2+3^2}}=255=5{}= \frac{25}{5}=5

  3. Recta perpendicular a π\pi por AA:

    (x,y,z)=(1,1,1)+λ(−4,0,3)(x,y,z)=(1,1,1)+\lambda(-4,0,3)

  4. Intersección con π\pi:

    −4(1−4λ)+3(1+3λ)-4(1-4\lambda)+3(1+3\lambda)=24{}= 24⟹25λ−1{}\Longrightarrow 25\lambda-1=24{}= 24⟹λ=1{}\Longrightarrow \lambda=1

  5. Vértice:

    A′=(1,1,1)+(−4,0,3)=(−3,1,4)A'=(1,1,1)+(-4,0,3)=(-3,1,4)

ResultadoUn vértice es A′=(−3,1,4)A'=(-3,1,4) (el que hay debajo de AA); la altura de la caja es 55 unidades.

La pauta oficial da: A′=(−3,1,4)A'=(-3,1,4); alc¸ada 5 u\text{alçada}\ 5\ u

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2026, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2025Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 4

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Integrales
Enunciado oficial

Escoja UNA de las dos opciones (A o B) y responda a las cuestiones que se plantean.

OPCIÓN A

La vela mayor de un velero tiene forma semiparabólica y está delimitada por las gráficas de f(x)=−x2+25f(x)=-x^2+25, y=0y=0 y x=0x=0, según se indica en la siguiente figura: La vela tiene dos partes separadas por la recta y=9y=9. Para su construcción se usa un tejido de nailon en la parte superior, que cuesta 50 €/u2\text{u}^2, y un tejido de poliéster en la parte inferior, que cuesta 70 €/u2\text{u}^2. Calcule el coste total del material necesario para la construcción de esta vela.

[2,5 puntos]

OPCIÓN B

Considere el plano π\pi de ecuación x+y=0x+y=0.

a) Calcule la ecuación del plano π′\pi' que es perpendicular a π\pi y contiene los puntos P=(1,−1,2)P=(1,-1,2) y Q=(3,−3,6)Q=(3,-3,6).

[1 punto]

b) Calcule la ecuación paramétrica de la recta contenida en π′\pi' y que contiene los puntos de π′\pi' a la misma distancia de PP que de QQ.

[1,5 puntos]

Gráfica de la parábola f(x)=−x²+25, con vértice en (0,25) y cortes con el eje OX en x=−5 y x=5, y la recta horizontal y=9. La vela es la región del primer cuadrante entre el eje OY, el eje OX y la parábola. La parte por encima de y=9 está rayada y se llama «Región superior»; la parte por debajo de y=9 está cuadriculada y se llama «Región inferior». Los ejes están graduados de 5 en 5.Gráfica de la parábola f(x)=−x²+25, con vértice en (0,25) y cortes con el eje OX en x=−5 y x=5, y la recta horizontal y=9. La vela es la región del primer cuadrante entre el eje OY, el eje OX y la parábola. La parte por encima de y=9 está rayada y se llama «Región superior»; la parte por debajo de y=9 está cuadriculada y se llama «Región inferior». Los ejes están graduados de 5 en 5.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

Opción A

2,5 puntos

Planteamiento Necesitamos el área de cada parte de la vela. Calculamos el área total bajo la parábola entre x=0x=0 y x=5x=5 y el área de la parte inferior (bajo y=9y=9); la superior es la diferencia. Después multiplicamos cada área por su precio.

  1. Puntos de corte (con x≥0x\ge 0):

    −x2+25=0⇒x=5-x^2+25=0\Rightarrow x=5−x2+25=9⇒x=4-x^2+25=9\Rightarrow x=4

  2. Área total:

    ATA_T=∫05(−x2+25) dx{}= \int_0^5(-x^2+25)\,dx=[−x33+25x]05{}= \left[-\frac{x^3}{3}+25x\right]_0^5=−1253+125{}= -\frac{125}{3}+125=2503{}= \frac{250}{3}

  3. Parte inferior: un rectángulo 4×94\times 9 y, entre x=4x=4 y x=5x=5, la región bajo la parábola. Con la primitiva F(x)=−x33+25xF(x)=-\frac{x^3}{3}+25x: F(5)=2503F(5)=\frac{250}{3} y F(4)=2363F(4)=\frac{236}{3}.

    AinfA_{\text{inf}}=∫049 dx{}= \int_0^4 9\,dx+∫45(−x2+25) dx{}+\int_4^5(-x^2+25)\,dx=36+(2503−2363){}= 36+\left(\frac{250}{3}-\frac{236}{3}\right)=36+143{}= 36+\frac{14}{3}=1223{}= \frac{122}{3}

  4. Parte superior:

    Asup=2503−1223=1283A_{\text{sup}}=\frac{250}{3}-\frac{122}{3}=\frac{128}{3}

  5. Coste:

    1283⋅50+1223⋅70\frac{128}{3}\cdot 50+\frac{122}{3}\cdot 70=6400+85403{}= \frac{6400+8540}{3}=149403{}= \frac{14940}{3}=4980{}= 4980

ResultadoÁrea superior 1283 u2\frac{128}{3}\ \text{u}^2, área inferior 1223 u2\frac{122}{3}\ \text{u}^2; coste total 4 9804\,980 €.

La pauta oficial da: 4980 €4980\ €

La vela entre x=0 y x=5 bajo la parábola y=−x²+25, dividida por la recta y=9: la parte superior, de área 128/3, y la inferior, de área 122/3, con colores distintos; el punto de corte con y=9 es (4,9).

Opción B

a)1 punto

Planteamiento El plano π′\pi' contiene la dirección PQ→\overrightarrow{PQ} y, como es perpendicular a π\pi, también contiene la dirección del vector normal de π\pi. Su vector normal es el producto vectorial de ambas direcciones.

  1. Direcciones:

    n⃗π=(1,1,0)\vec n_\pi=(1,1,0)PQ→=(2,−2,4)∥(1,−1,2)\overrightarrow{PQ}=(2,-2,4)\parallel(1,-1,2)

  2. Vector normal de π′\pi':

    (1,1,0)×(1,−1,2)(1,1,0)\times(1,-1,2)=∣i⃗j⃗k⃗1101−12∣{}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\1&1&0\\1&-1&2\end{vmatrix}=(2,−2,−2)∥(1,−1,−1){}= (2,-2,-2)\parallel(1,-1,-1)

  3. Plano por PP:

    x−y−z+D=0x-y-z+D=01+1−2+D=0⇒D=01+1-2+D=0\Rightarrow D=0

  4. Comprobación con QQ:

    3+3−6=03+3-6=0

Resultadoπ′: x−y−z=0\pi':\ x-y-z=0

La pauta oficial da: x−y−z=0x-y-z=0

b)1,5 puntos

Planteamiento Los puntos que equidistan de PP y QQ forman el plano mediador del segmento PQPQ (perpendicular a PQ→\overrightarrow{PQ} por el punto medio). La recta pedida es la intersección de ese plano con π′\pi'.

  1. Punto medio:

    M=P+Q2=(2,−2,4)M=\frac{P+Q}{2}=(2,-2,4)

  2. Plano mediador (normal (1,−1,2)(1,-1,2)):

    x−y+2z=2+2+8=12x-y+2z=2+2+8=12

  3. Intersección con π′\pi':

    {x−y−z=0x−y+2z=12\begin{cases}x-y-z=0\\ x-y+2z=12\end{cases}⟹3z=12{}\Longrightarrow 3z=12⇒z=4{}\Rightarrow z=4x−y=4x-y=4

  4. Con y=ky=k:

    (x,y,z)(x,y,z)=(4+k, k, 4){}= (4+k,\ k,\ 4)=(4,0,4)+k(1,1,0){}= (4,0,4)+k(1,1,0)k∈ℝk\in\mathbb{R}

Resultado(x,y,z)=(4,0,4)+k(1,1,0)(x,y,z)=(4,0,4)+k(1,1,0), k∈ℝk\in\mathbb{R}.

La pauta oficial da: (x,y,z)=(4,0,4)+k(1,1,0)(x,y,z)=(4,0,4)+k(1,1,0)

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2025, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2025Convocatoria ordinaria · Serie 4 · Ejercicio 2

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Sistemas de ecuaciones, Matrices y determinantes
Enunciado oficial

Considere el sistema de ecuaciones {x+3y+az=1−2x−6y+2z=2aax+3y+z=3\begin{cases}x+3y+az=1\\ -2x-6y+2z=2a\\ ax+3y+z=3\end{cases}, donde aa es un parámetro real, y sean π1\pi_1 el plano determinado por la primera ecuación, π2\pi_2 el determinado por la segunda, y π3\pi_3 el determinado por la tercera.

a) Discuta el sistema en función del valor de aa.

[1 punto]

b) Describa la posición relativa de los tres planos π1\pi_1, π2\pi_2 y π3\pi_3 en función del valor de aa.

[0,75 puntos]

c) ¿En algún caso la intersección de los tres planos es una recta? En caso afirmativo, diga para qué valor del parámetro, y dé un vector director y un punto de esta recta.

[0,75 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1 punto

Planteamiento Se pide discutir el sistema según el valor de aa. Usamos el teorema de Rouché-Frobenius: comparamos el rango de la matriz de coeficientes MM con el de la matriz ampliada M∗M^* y con el número de incógnitas, 3.

  1. Matriz de coeficientes y matriz ampliada:

    MM=(13a−2−62a31){}= \begin{pmatrix}1&3&a\\-2&-6&2\\a&3&1\end{pmatrix}M∗M^*=(13a1−2−622aa313){}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&3&a&1\\-2&-6&2&2a\\a&3&1&3\end{array}\right)

  2. Determinante de MM (regla de Sarrus):

    ∣M∣|M|=(−6+6a−6a){}= (-6+6a-6a)−(−6a2+6−6){}-(-6a^2+6-6)=6a2−6{}= 6a^2-6=6(a2−1){}= 6\left(a^2-1\right)

  3. ∣M∣=0|M|=0 si y solo si a=1a=1 o a=−1a=-1. Si a≠±1a\neq\pm 1, rango⁡M=3=rango⁡M∗\operatorname{rango}M=3=\operatorname{rango}M^*, que es el número de incógnitas: sistema compatible determinado (una sola solución).

  4. Si a=1a=1, la primera y la tercera ecuación tienen el mismo primer miembro y un término independiente distinto, así que no se pueden cumplir a la vez:

    {x+3y+z=1−2x−6y+2z=2x+3y+z=3\begin{cases}x+3y+z=1\\ -2x-6y+2z=2\\ x+3y+z=3\end{cases}

  5. En rangos, para a=1a=1: el menor de las columnas de xx y zz de las dos primeras filas no es cero, y al orlarlo con la tercera fila y la columna de los términos independientes tampoco:

    ∣11−22∣\begin{vmatrix}1&1\\-2&2\end{vmatrix}=4{}= 4≠0{}\neq 0∣111−222113∣\begin{vmatrix}1&1&1\\-2&2&2\\1&1&3\end{vmatrix}=8{}= 8≠0{}\neq 0

  6. Por tanto, para a=1a=1: rango⁡M=2≠rango⁡M∗=3\operatorname{rango}M=2\neq\operatorname{rango}M^*=3, sistema incompatible.

  7. Si a=−1a=-1, la segunda ecuación es la primera multiplicada por −2-2 (también el término independiente, 2a=−22a=-2), así que sobra:

    {x+3y−z=1−2x−6y+2z=−2−x+3y+z=3\begin{cases}x+3y-z=1\\ -2x-6y+2z=-2\\ -x+3y+z=3\end{cases}

  8. Quedan dos ecuaciones independientes (el menor de las columnas de yy y zz de la primera y la tercera fila no es cero):

    ∣3−131∣\begin{vmatrix}3&-1\\3&1\end{vmatrix}=6{}= 6≠0{}\neq 0⟹rango⁡M{}\Longrightarrow \operatorname{rango}M=rango⁡M∗{}= \operatorname{rango}M^*=2{}= 2<3{}< 3

  9. Para a=−1a=-1 el sistema es compatible indeterminado, con un grado de libertad.

ResultadoSi a≠±1a\neq\pm 1, compatible determinado; si a=1a=1, incompatible; si a=−1a=-1, compatible indeterminado (con un grado de libertad).

La pauta oficial da: a≠±1a\neq\pm 1: compatible determinado; a=1a=1: incompatible; a=−1a=-1: compatible indeterminado

b)0,75 puntos

Planteamiento Se pide cómo son los tres planos entre sí según aa. Lo leemos de la discusión del apartado a) y de la comparación de los vectores normales de cada plano.

  1. Vectores normales:

    n⃗1=(1,3,a)\vec n_1=(1,3,a)n⃗2=(−2,−6,2)\vec n_2=(-2,-6,2)n⃗3=(a,3,1)\vec n_3=(a,3,1)

  2. Si a≠±1a\neq\pm 1, el sistema es compatible determinado: los tres planos se cortan en un solo punto.

  3. Si a=1a=1: π1 ⁣:x+3y+z=1\pi_1\colon x+3y+z=1 y π3 ⁣:x+3y+z=3\pi_3\colon x+3y+z=3 tienen el mismo vector normal, (1,3,1)(1,3,1), y términos independientes distintos: son paralelos y distintos. n⃗2=(−2,−6,2)\vec n_2=(-2,-6,2) no es proporcional a (1,3,1)(1,3,1), así que π2\pi_2 corta a cada uno de los otros dos en una recta (dos rectas paralelas). Los tres planos no tienen ningún punto común.

  4. Si a=−1a=-1: la ecuación de π2\pi_2 es la de π1\pi_1 multiplicada por −2-2, así que π1\pi_1 y π2\pi_2 son el mismo plano. n⃗3=(−1,3,1)\vec n_3=(-1,3,1) no es proporcional a n⃗1=(1,3,−1)\vec n_1=(1,3,-1): π3\pi_3 corta a ese plano en una recta, que es la intersección de los tres.

ResultadoSi a≠±1a\neq\pm 1, los tres planos se cortan en un solo punto. Si a=1a=1, π1\pi_1 y π3\pi_3 son paralelos y π2\pi_2 corta a ambos: no tienen ningún punto común. Si a=−1a=-1, π1\pi_1 y π2\pi_2 coinciden y π3\pi_3 los corta en una recta.

La pauta oficial da: a≠±1a\neq\pm 1: un punto común; a=1a=1: π1∥π3\pi_1\parallel\pi_3 y π2\pi_2 secante a los dos; a=−1a=-1: π1=π2\pi_1=\pi_2 y π3\pi_3 secante (una recta)

c)0,75 puntos

Planteamiento Se pide si la intersección de los tres planos puede ser una recta y, en ese caso, un punto y un vector director. Por los apartados a) y b), ocurre solo para a=−1a=-1 (sistema compatible indeterminado); resolvemos el sistema y escribimos las soluciones en forma paramétrica.

  1. Para a=−1a=-1 quedan dos ecuaciones independientes, la primera y la tercera:

    {x+3y−z=1−x+3y+z=3\begin{cases}x+3y-z=1\\ -x+3y+z=3\end{cases}

  2. Las sumamos, y se eliminan xx y zz:

    6y=4 ⟹ y=236y=4\ \Longrightarrow\ y=\frac{2}{3}

  3. Sustituimos en la primera: x+2−z=1x+2-z=1, es decir, x=z−1x=z-1. Tomando z=λz=\lambda como parámetro:

    (x,y,z)(x,y,z)=(λ−1, 23, λ){}= \left(\lambda-1,\ \frac{2}{3},\ \lambda\right)=(−1, 23, 0)+λ (1,0,1){}= \left(-1,\ \frac{2}{3},\ 0\right)+\lambda\,(1,0,1)

  4. Comprobación del vector director: el producto vectorial de los vectores normales de π1\pi_1 y π3\pi_3 tiene que ser proporcional a él:

    n⃗1×n⃗3\vec n_1\times\vec n_3=(1,3,−1)×(−1,3,1){}= (1,3,-1)\times(-1,3,1)=(6,0,6){}= (6,0,6)=6 (1,0,1){}= 6\,(1,0,1)

ResultadoSí, para a=−1a=-1. Un punto de la recta es (−1,23,0)\left(-1,\frac{2}{3},0\right) y un vector director, (1,0,1)(1,0,1).

La pauta oficial da: a=−1a=-1; v⃗=(1,0,1)\vec v=(1,0,1); (−1,23,0)\left(-1,\frac{2}{3},0\right)

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2025, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 30 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

El examen entero, resueltoExamen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2025Convocatoria extraordinaria · Serie 3 · Ejercicio 4

2,5 puntosLa pauta tiene un errorTambién en Integrales
Enunciado oficial

Escoja UNA de las dos opciones (A o B) y responda a las cuestiones que se plantean.

OPCIÓN A

Un vidriero está reparando uno de los vitrales de la Sagrada Familia, cuya forma es la de la parte sombreada de la figura adjunta. Se ha dado cuenta de que Gaudí lo diseñó de modo que uno de los lados sigue la función y=3sin⁡(x/4)y=3\sin(x/4) y otro sigue la función y=3cos⁡(x/4)y=3\cos(x/4), donde xx e yy están expresadas en metros.

a) Razone a qué función corresponde cada gráfica y calcule las coordenadas de los puntos BB y CC señalados en la figura (teniendo en cuenta que AA es el origen de coordenadas).

[1 punto]

b) Calcule el precio del vitral sabiendo que cuesta 750 €/m2\text{m}^2.

[1,5 puntos]

OPCIÓN B

Considere el plano π:2x−y+z=5\pi: 2x-y+z=5 y el punto P=(0,1,3)P=(0,1,3).

a) Compruebe que la distancia del punto PP al plano π\pi es 62\frac{\sqrt{6}}{2}.

[0,5 puntos]

b) Calcule la ecuación general de un plano π1\pi_1 paralelo a π\pi y que pase por el punto PP. ¿Cuál es la distancia entre π1\pi_1 y π\pi?

[0,75 puntos]

c) Calcule la ecuación general de un segundo plano π2\pi_2, diferente de π1\pi_1, paralelo a π\pi y que esté a una distancia 62\frac{\sqrt{6}}{2} de π\pi.

[1,25 puntos]

Dos curvas sobre unos ejes: una creciente que sale del origen A y una decreciente que empieza en el punto B del eje vertical. Se cortan en el punto C. La región cerrada por el eje vertical (entre A y B) y las dos curvas (hasta C) está sombreada. La figura no lleva valores numéricos.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

Opción A

a)1 punto

Planteamiento Miramos el valor de cada función en x=0x=0: la que vale 00 pasa por el origen AA; la que vale 33 empieza en BB. El punto CC es el primer corte de las dos curvas para x>0x>0.

  1. 3sin⁡(0)=03\sin(0)=03cos⁡(0)=33\cos(0)=3

  2. La curva que pasa por AA (creciente) es y=3sin⁡(x/4)y=3\sin(x/4); la que pasa por BB (decreciente) es y=3cos⁡(x/4)y=3\cos(x/4), y B=(0,3)B=(0,3).

  3. Punto CC:

    3sin⁡x4=3cos⁡x4 ⟹ tan⁡x4=1 ⟹ x4=π4 ⟹ x=π3\sin\frac{x}{4}=3\cos\frac{x}{4}\ \Longrightarrow\ \tan\frac{x}{4}=1\ \Longrightarrow\ \frac{x}{4}=\frac{\pi}{4}\ \Longrightarrow\ x=\pi
  4. y=3sin⁡π4=322y=3\sin\frac{\pi}{4}=\frac{3\sqrt{2}}{2}

ResultadoCurva inferior (por AA y CC): y=3sin⁡(x/4)y=3\sin(x/4); curva superior (por BB y CC): y=3cos⁡(x/4)y=3\cos(x/4). B=(0,3)B=(0,3) y C=(π,322)C=\left(\pi,\frac{3\sqrt{2}}{2}\right).

La pauta oficial da: B=(0,3)B=(0,3), C=(π,322)C=\left(\pi,\frac{3\sqrt2}{2}\right)

b)1,5 puntos

Planteamiento El área del vitral es la integral de la diferencia entre la curva de arriba (coseno) y la de abajo (seno) entre x=0x=0 y x=πx=\pi. El precio es el área por 750 €/m2\text{m}^2. Multiplicamos con el valor exacto del área para no arrastrar error de redondeo.

  1. Primitivas (cuidado con el factor 14\frac14 de dentro):

    ∫3cos⁡x4 dx=12sin⁡x4\int 3\cos\frac{x}{4}\,dx=12\sin\frac{x}{4}∫3sin⁡x4 dx=−12cos⁡x4\int 3\sin\frac{x}{4}\,dx=-12\cos\frac{x}{4}

  2. Área:

    AA=∫0π(3cos⁡x4−3sin⁡x4)dx{}= \int_0^{\pi}\left(3\cos\frac{x}{4}-3\sin\frac{x}{4}\right)dx=[12sin⁡x4+12cos⁡x4]0π{}= \left[12\sin\frac{x}{4}+12\cos\frac{x}{4}\right]_0^{\pi}
  3. AA=12(22+22){}= 12\left(\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}\right)−12(0+1){}-12(0+1)=12(2−1){}= 12\left(\sqrt{2}-1\right)≈4,97{}\approx 4{,}97

  4. Precio:

    750⋅12(2−1)750\cdot 12\left(\sqrt2-1\right)=9000(2−1){}= 9000\left(\sqrt2-1\right)≈3728{}\approx 3728

ResultadoÁrea 12(2−1)≈4,97 m212(\sqrt2-1)\approx 4{,}97\ \text{m}^2; precio 9 000(2−1)≈3 7289\,000(\sqrt2-1)\approx 3\,728 €.

La pauta oficial da: 12(2−1)≃4,97 m212(\sqrt2-1)\simeq 4{,}97\ \mathrm{m}^2; 4,97⋅750=3.725,5 €4{,}97\cdot 750=3.725{,}5\ €

Gráficas de y=3cos(x/4) (la de arriba) y y=3sin(x/4) (la de abajo) entre x=0 y x=π, con los puntos A=(0,0), B=(0,3) y C=(π,3√2/2). La región sombreada es el vitral, de área 12(√2−1)≈4,97 m².

Opción B

a)0,5 puntos

Planteamiento Fórmula de la distancia de un punto a un plano.

  1. d(P,π)d(P,\pi)=∣2⋅0−1+3−5∣22+(−1)2+12{}= \frac{|2\cdot 0-1+3-5|}{\sqrt{2^2+(-1)^2+1^2}}=36=366{}= \frac{3}{\sqrt6}=\frac{3\sqrt6}{6}=62{}= \frac{\sqrt6}{2}

Resultadod(P,π)=62d(P,\pi)=\dfrac{\sqrt6}{2}, como dice el enunciado.

La pauta oficial da: 62\frac{\sqrt6}{2}

b)0,75 puntos

Planteamiento Un plano paralelo a π\pi tiene el mismo vector normal: 2x−y+z=D2x-y+z=D. Imponemos que pase por PP. La distancia entre dos planos paralelos es la distancia de cualquier punto de uno al otro.

  1. 2⋅0−1+32\cdot 0-1+3=D{}= D⟹D=2{}\Longrightarrow D=2⟹π1: 2x−y+z{}\Longrightarrow \pi_1:\ 2x-y+z=2{}= 2

  2. Como P∈π1P\in\pi_1:

    d(π1,π)=d(P,π)=62d(\pi_1,\pi)=d(P,\pi)=\frac{\sqrt6}{2}

Resultadoπ1: 2x−y+z=2\pi_1:\ 2x-y+z=2; d(π1,π)=62d(\pi_1,\pi)=\dfrac{\sqrt6}{2}.

La pauta oficial da: 2x−y+z=22x-y+z=2; 62\frac{\sqrt6}{2}

c)1,25 puntos

Planteamiento Buscamos todos los planos 2x−y+z=D2x-y+z=D a distancia 62\frac{\sqrt6}{2} de π\pi. Para dos planos paralelos con el mismo vector normal, la distancia es ∣D−5∣6\frac{|D-5|}{\sqrt6}. Salen dos planos, uno a cada lado de π\pi: uno es π1\pi_1.

  1. ∣D−5∣6=62 ⟹ ∣D−5∣=3 ⟹ D=2\frac{|D-5|}{\sqrt6}=\frac{\sqrt6}{2}\ \Longrightarrow\ |D-5|=3\ \Longrightarrow\ D=2o  D=8\text{o}\ \ D=8

  2. D=2D=2 es π1\pi_1; el otro es D=8D=8. (También: es el plano paralelo que pasa por el simétrico de PP respecto de π\pi, P′=(2,0,4)P'=(2,0,4).)

    π2: 2x−y+z=8\pi_2:\ 2x-y+z=8

Resultadoπ2: 2x−y+z=8\pi_2:\ 2x-y+z=8

La pauta oficial da: 2x−y+z=82x-y+z=8

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2025, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

El examen entero, resueltoExamen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2024Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 6

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

Considere los puntos A=(1,2,3)A=(1,2,3) y B=(−3,−2,3)B=(-3,-2,3).

a) Calcule la ecuación del plano π\pi que es perpendicular a la recta ABAB y que pasa por el punto medio entre AA y BB. Justifique que este plano está formado, precisamente, por los puntos P=(x,y,z)P=(x,y,z) que están a igual distancia de AA que de BB, es decir, d(P,A)=d(P,B)d(P,A)=d(P,B).

[1 punto]

b) Calcule las distancias de AA y de BB al plano π\pi y compruebe que son iguales. ¿Es casualidad? Razone la respuesta.

[0,75 puntos]

c) Sea C=(−7,6,3)C=(-7,6,3). ¿El triángulo ABCABC es isósceles? Calcule su área.

[0,75 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1 punto

Planteamiento Un plano perpendicular a la recta ABAB tiene como vector normal el vector director AB→\overrightarrow{AB}. Le imponemos que pase por el punto medio MM del segmento ABAB.

  1. Vector director de la recta ABAB (y normal del plano):

    AB→\overrightarrow{AB}=(−3,−2,3)−(1,2,3){}= (-3,-2,3)-(1,2,3)=(−4,−4,0)∥(1,1,0){}= (-4,-4,0)\parallel(1,1,0)

  2. Punto medio:

    MM=A+B2{}= \frac{A+B}{2}=(1−32,2−22,3+32){}= \left(\frac{1-3}{2},\frac{2-2}{2},\frac{3+3}{2}\right)=(−1,0,3){}= (-1,0,3)

  3. El plano es x+y+D=0x+y+D=0; imponemos que pase por MM:

    −1+0+D=0 ⟹ D=1 ⟹ π: x+y+1=0-1+0+D=0\ \Longrightarrow\ D=1\ \Longrightarrow\ \pi:\ x+y+1=0

  4. Puntos equidistantes: como las dos distancias son positivas, d(P,A)=d(P,B)d(P,A)=d(P,B) equivale a la igualdad de los cuadrados:

    (x−1)2(x-1)^2+(y−2)2{}+(y-2)^2+(z−3)2{}+(z-3)^2=(x+3)2{}= (x+3)^2+(y+2)2{}+(y+2)^2+(z−3)2{}+(z-3)^2

  5. Desarrollamos; los términos x2x^2, y2y^2 y (z−3)2(z-3)^2 se cancelan:

    −2x+1−4y+4-2x+1-4y+4=6x+9+4y+4{}= 6x+9+4y+4⟹−8x−8y−8=0{}\Longrightarrow -8x-8y-8=0

  6. Dividiendo entre −8-8 se obtiene exactamente la ecuación de π\pi: el plano π\pi es el plano mediador del segmento ABAB.

    x+y+1=0x+y+1=0

Resultadoπ: x+y+1=0\pi:\ x+y+1=0, que es el conjunto de los puntos equidistantes de AA y de BB (el plano mediador de ABAB).

La pauta oficial da: x+y+1=0x+y+1=0

b)0,75 puntos

Planteamiento Usamos la fórmula de la distancia de un punto (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) al plano ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0: ∣ax0+by0+cz0+d∣a2+b2+c2\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.

  1. Distancia de A=(1,2,3)A=(1,2,3):

    d(A,π)d(A,\pi)=∣1+2+1∣12+12+02{}= \frac{|1+2+1|}{\sqrt{1^2+1^2+0^2}}=42{}= \frac{4}{\sqrt{2}}=22{}= 2\sqrt{2}

  2. Distancia de B=(−3,−2,3)B=(-3,-2,3):

    d(B,π)d(B,\pi)=∣−3−2+1∣2{}= \frac{|-3-2+1|}{\sqrt{2}}=42{}= \frac{4}{\sqrt{2}}=22{}= 2\sqrt{2}

  3. No es casualidad: π\pi es perpendicular a ABAB y pasa por el punto medio MM, así que la proyección ortogonal de AA y de BB sobre π\pi es el mismo punto MM. Las dos distancias valen d(A,M)=d(B,M)d(A,M)=d(B,M), la mitad de la longitud de ABAB:

    d(A,M)d(A,M)=(1+1)2+(2−0)2+(3−3)2{}= \sqrt{(1+1)^2+(2-0)^2+(3-3)^2}=8=22{}= \sqrt{8}=2\sqrt{2}

Resultadod(A,π)=d(B,π)=22 ud(A,\pi)=d(B,\pi)=2\sqrt{2}\ \mathrm{u}. No es casualidad: π\pi es el plano mediador de ABAB y AA y BB son simétricos respecto de π\pi.

La pauta oficial da: d(A,π)=d(B,π)=42d(A,\pi)=d(B,\pi)=\frac{4}{\sqrt{2}}; no eˊs casualitat\text{no és casualitat}

c)0,75 puntos

Planteamiento Si CC está en el plano π\pi, por el apartado a) equidista de AA y de BB y el triángulo es isósceles. La altura sobre la base ABAB va de CC al punto medio MM.

  1. C=(−7,6,3)C=(-7,6,3) cumple la ecuación de π\pi:

    −7+6+1=0 ⟹ C∈π-7+6+1=0\ \Longrightarrow\ C\in\pi

  2. Por tanto, d(C,A)=d(C,B)d(C,A)=d(C,B). Lo comprobamos:

    d(C,A)d(C,A)=(−8)2+42+02{}= \sqrt{(-8)^2+4^2+0^2}=80{}= \sqrt{80}=45{}= 4\sqrt{5}d(C,B)d(C,B)=(−4)2+82+02{}= \sqrt{(-4)^2+8^2+0^2}=80{}= \sqrt{80}=45{}= 4\sqrt{5}

  3. Base ABAB, con AB→=(−4,−4,0)\overrightarrow{AB}=(-4,-4,0):

    d(A,B)d(A,B)=(−4)2+(−4)2+02{}= \sqrt{(-4)^2+(-4)^2+0^2}=32{}= \sqrt{32}=42{}= 4\sqrt{2}

  4. En un triángulo isósceles, el pie de la altura sobre la base es el punto medio M=(−1,0,3)M=(-1,0,3):

    hh=d(C,M){}= d(C,M)=(−6)2+62+02{}= \sqrt{(-6)^2+6^2+0^2}=72{}= \sqrt{72}=62{}= 6\sqrt{2}

  5. Área:

    Aˊrea\text{Área}=42⋅622{}= \frac{4\sqrt{2}\cdot 6\sqrt{2}}{2}=482=24 u2{}= \frac{48}{2}=24\ \mathrm{u}^2

ResultadoSí, es isósceles: d(C,A)=d(C,B)=45d(C,A)=d(C,B)=4\sqrt{5}. El área es 24 u224\ \mathrm{u}^2.

La pauta oficial da: isoˋsceles\text{isòsceles}; 24 u224\ \mathrm{u}^2

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2024, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2024Convocatoria ordinaria · Serie 5 · Ejercicio 6

2,5 puntosEnunciado ambiguo
Enunciado oficial

Considere las rectas r ⁣:x−54=y−43=z−3−1r\colon\dfrac{x-5}{4}=\dfrac{y-4}{3}=\dfrac{z-3}{-1} y s ⁣:{x=4+2ky=3+kz=−1s\colon\begin{cases}x=4+2k\\ y=3+k\\ z=-1\end{cases}.

a) ¿Cuál es su posición relativa? Calcule la ecuación implícita de un plano π\pi que sea paralelo a las dos rectas y que pase por el origen de coordenadas.

[1,25 puntos]

b) Calcule la ecuación de la recta tt que corta las dos rectas rr y ss perpendicularmente.

[1,25 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,25 puntos

Planteamiento Se pide la posición relativa de rr y ss y un plano por el origen paralelo a ambas. Comparamos los vectores directores; como no son proporcionales, miramos con un determinante si las rectas están en un mismo plano. El plano tiene como vector normal el producto vectorial de los dos vectores directores.

  1. Un punto y un vector director de cada recta:

    Pr=(5,4,3), u⃗=(4,3,−1)P_r=(5,4,3),\ \vec u=(4,3,-1)Ps=(4,3,−1), v⃗=(2,1,0)P_s=(4,3,-1),\ \vec v=(2,1,0)

  2. u⃗\vec u y v⃗\vec v no son proporcionales (42≠31\frac{4}{2}\neq\frac{3}{1}): las rectas no son paralelas, así que se cortan o se cruzan.

  3. Determinante formado por PrPs→=(−1,−1,−4)\overrightarrow{P_rP_s}=(-1,-1,-4), u⃗\vec u y v⃗\vec v (regla de Sarrus):

    ∣−1−1−443−1210∣\begin{vmatrix}-1&-1&-4\\4&3&-1\\2&1&0\end{vmatrix}=(0+2−16){}= (0+2-16)−(−24+1+0){}-(-24+1+0)=9{}= 9≠0{}\neq 0

  4. Los tres vectores no son coplanarios: las rectas no están en un mismo plano, es decir, se cruzan.

  5. Un plano paralelo a las dos rectas contiene las direcciones u⃗\vec u y v⃗\vec v; su vector normal es el producto vectorial:

    n⃗\vec n=u⃗×v⃗{}= \vec u\times\vec v=∣i⃗j⃗k⃗43−1210∣{}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\4&3&-1\\2&1&0\end{vmatrix}=(1,−2,−2){}= (1,-2,-2)

  6. El plano pasa por el origen (0,0,0)(0,0,0), así que el término independiente es 00:

    π ⁣: x−2y−2z=0\pi\colon\ x-2y-2z=0

  7. Observación: el punto Ps=(4,3,−1)P_s=(4,3,-1) cumple la ecuación (4−6+2=04-6+2=0), así que la recta ss está contenida en este plano; la recta rr es paralela a él sin tocarlo (PrP_r da 5−8−6=−9≠05-8-6=-9\neq 0). Es el único plano por el origen que contiene las dos direcciones. Si «paralelo» se entendiera en sentido estricto (sin ningún punto en común), no habría ningún plano que cumpliera el enunciado.

ResultadoLas rectas se cruzan. π ⁣: x−2y−2z=0\pi\colon\ x-2y-2z=0 (contiene la recta ss y es paralelo a rr).

La pauta oficial da: se cruzan\text{se cruzan}; π ⁣: x−2y−2z=0\pi\colon\ x-2y-2z=0

b)1,25 puntos

Planteamiento Se pide la recta tt que corta rr y ss formando ángulo recto con ambas (la perpendicular común). Tomamos un punto genérico de cada recta e imponemos que el vector que los une sea perpendicular a u⃗\vec u y a v⃗\vec v (dos productos escalares nulos).

  1. Puntos genéricos de rr (parámetro λ\lambda) y de ss (parámetro μ\mu):

    R=(5+4λ, 4+3λ, 3−λ)R=(5+4\lambda,\ 4+3\lambda,\ 3-\lambda)S=(4+2μ, 3+μ, −1)S=(4+2\mu,\ 3+\mu,\ -1)

  2. Vector que los une:

    RS→\overrightarrow{RS}=(−1−4λ+2μ, −1−3λ+μ, −4+λ){}= (-1-4\lambda+2\mu,\ -1-3\lambda+\mu,\ -4+\lambda)

  3. Perpendicular a u⃗=(4,3,−1)\vec u=(4,3,-1):

    4(−1−4λ+2μ)4(-1-4\lambda+2\mu)+3(−1−3λ+μ){}+3(-1-3\lambda+\mu)−(−4+λ){}-(-4+\lambda)=−26λ+11μ−3=0{}= -26\lambda+11\mu-3=0

  4. Perpendicular a v⃗=(2,1,0)\vec v=(2,1,0):

    2(−1−4λ+2μ)2(-1-4\lambda+2\mu)+(−1−3λ+μ){}+(-1-3\lambda+\mu)=−11λ+5μ−3=0{}= -11\lambda+5\mu-3=0

  5. De la segunda ecuación, μ=3+11λ5\mu=\frac{3+11\lambda}{5}; sustituyendo en la primera y multiplicando por 55, −130λ+33+121λ−15=0-130\lambda+33+121\lambda-15=0, es decir, 18−9λ=018-9\lambda=0:

    λ=2\lambda=2μ=3+225=5\mu=\frac{3+22}{5}=5

  6. Los puntos donde tt corta cada recta:

    R=(13,10,1)∈rR=(13,10,1)\in rS=(14,8,−1)∈sS=(14,8,-1)\in sRS→=(1,−2,−2)\overrightarrow{RS}=(1,-2,-2)

  7. RS→\overrightarrow{RS} es el vector u⃗×v⃗\vec u\times\vec v del apartado a), perpendicular a las dos rectas, como debía ser. La recta tt pasa por RR con esta dirección:

    t ⁣: x−131=y−10−2=z−1−2t\colon\ \frac{x-13}{1}=\frac{y-10}{-2}=\frac{z-1}{-2}

Resultadot ⁣: x−131t\colon\ \dfrac{x-13}{1}=y−10−2{}= \dfrac{y-10}{-2}=z−1−2{}= \dfrac{z-1}{-2}, que corta rr en (13,10,1)(13,10,1) y ss en (14,8,−1)(14,8,-1).

La pauta oficial da: t ⁣: x−131=y−10−2=z−1−2t\colon\ \frac{x-13}{1}=\frac{y-10}{-2}=\frac{z-1}{-2}

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2024, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 30 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2024Convocatoria extraordinaria · Serie 3 · Ejercicio 6

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

Considere el punto P=(1,3,0)P=(1,3,0) y el plano π\pi de ecuación x+2y−2z=−7x+2y-2z=-7.

a) Sea rr la recta que es perpendicular a π\pi y pasa por PP. Calcule el punto de intersección de π\pi con rr.

[1 punto]

b) Calcule la distancia dd del punto PP al plano π\pi.

[0,5 puntos]

c) Calcule la ecuación de otro plano π′\pi' que sea paralelo a π\pi y que también esté a distancia dd de PP.

[1 punto]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1 punto

Planteamiento Una recta perpendicular a π\pi tiene como vector director el vector normal del plano, n⃗=(1,2,−2)\vec{n}=(1,2,-2). Escribimos rr en forma paramétrica y la sustituimos en la ecuación de π\pi.

  1. Recta rr, que pasa por P=(1,3,0)P=(1,3,0) con dirección n⃗\vec{n}:

    r: (x,y,z)r:\ (x,y,z)=(1,3,0)+λ(1,2,−2){}= (1,3,0)+\lambda(1,2,-2)=(1+λ, 3+2λ, −2λ){}= (1+\lambda,\ 3+2\lambda,\ -2\lambda)

  2. Sustituimos en la ecuación de π\pi:

    (1+λ)+2(3+2λ)(1+\lambda)+2(3+2\lambda)−2(−2λ){}-2(-2\lambda)=−7{}= -7⟹7+9λ{}\Longrightarrow 7+9\lambda=−7{}= -7⟹λ=−149{}\Longrightarrow \lambda=-\frac{14}{9}

  3. Punto de intersección, con λ=−149\lambda=-\frac{14}{9}:

    QQ=(1−149, 3−289, 289){}= \left(1-\frac{14}{9},\ 3-\frac{28}{9},\ \frac{28}{9}\right)=(−59,−19,289){}= \left(-\frac{5}{9},-\frac{1}{9},\frac{28}{9}\right)

  4. Comprobación:

    −59+2⋅(−19)−2⋅289-\frac{5}{9}+2\cdot\left(-\frac{1}{9}\right)-2\cdot\frac{28}{9}=−5−2−569{}= \frac{-5-2-56}{9}=−7{}= -7

ResultadoQ=(−59,−19,289)Q=\left(-\dfrac{5}{9},-\dfrac{1}{9},\dfrac{28}{9}\right)

La pauta oficial da: (−59,−19,289)\left(-\frac{5}{9},-\frac{1}{9},\frac{28}{9}\right)

b)0,5 puntos

Planteamiento Usamos la fórmula de la distancia de un punto a un plano, con el plano escrito como x+2y−2z+7=0x+2y-2z+7=0. Coincide con d(P,Q)d(P,Q), porque QQ es la proyección ortogonal de PP sobre π\pi.

  1. Fórmula de la distancia punto-plano:

    d(P,π)d(P,\pi)=∣1+2⋅3−2⋅0+7∣12+22+(−2)2{}= \frac{|1+2\cdot 3-2\cdot 0+7|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}}=149{}= \frac{14}{\sqrt{9}}=143{}= \frac{14}{3}

  2. Comprobación con QQ del apartado a):

    d(P,Q)d(P,Q)=(149)2+(289)2+(289)2{}= \sqrt{\left(\frac{14}{9}\right)^2+\left(\frac{28}{9}\right)^2+\left(\frac{28}{9}\right)^2}=17649{}= \frac{\sqrt{1764}}{9}=429=143{}= \frac{42}{9}=\frac{14}{3}

Resultadod=143 ud=\dfrac{14}{3}\ \mathrm{u}

La pauta oficial da: 143\frac{14}{3}

c)1 punto

Planteamiento Un plano paralelo a π\pi tiene el mismo vector normal: x+2y−2z=Dx+2y-2z=D. Imponemos que su distancia a PP sea 143\frac{14}{3}; una de las soluciones será el propio π\pi.

  1. Distancia de P=(1,3,0)P=(1,3,0) al plano x+2y−2z−D=0x+2y-2z-D=0:

    ∣1+2⋅3−2⋅0−D∣9\frac{|1+2\cdot 3-2\cdot 0-D|}{\sqrt{9}}=∣7−D∣3{}= \frac{|7-D|}{3}=143{}= \frac{14}{3}

  2. Resolvemos el valor absoluto:

    ∣7−D∣=14 ⟹ 7−D=±14 ⟹ D=−7|7-D|=14\ \Longrightarrow\ 7-D=\pm 14\ \Longrightarrow\ D=-7o  D=21\text{o}\ \ D=21

  3. D=−7D=-7 es el plano π\pi; el otro es el que buscamos:

    π′: x+2y−2z=21\pi':\ x+2y-2z=21

Resultadoπ′: x+2y−2z=21\pi':\ x+2y-2z=21

La pauta oficial da: x+2y−2z=21x+2y-2z=21

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2024, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

El examen entero, resueltoExamen en catalán (PDF)Examen en castellano (PDF)Pauta de corrección (PDF)Reutilizado según el aviso legal de la Generalitat

2023Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 4

2,5 puntosLa pauta tiene un errorTambién en Sistemas de ecuaciones, Matrices y determinantes
Enunciado oficial

Sea el siguiente sistema de ecuaciones lineales, que depende del parámetro real λ\lambda: {x+2λy+(2+λ)z=0(2+λ)x+y+2λz=32λx+(2+λ)y+z=−3\begin{cases}x+2\lambda y+(2+\lambda)z=0\\ (2+\lambda)x+y+2\lambda z=3\\ 2\lambda x+(2+\lambda)y+z=-3\end{cases}

a) Discuta el sistema para los distintos valores del parámetro λ\lambda.

[1,25 puntos]

b) Para el caso λ=−1\lambda=-1, resuelva el sistema, interprételo geométricamente e identifique su solución.

[1,25 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,25 puntos

Planteamiento Usamos el teorema de Rouché-Frobenius. Primero calculamos el determinante de la matriz de coeficientes MM y buscamos los valores de λ\lambda que lo anulan.

  1. Matriz de coeficientes y matriz ampliada:

    MM=(12λ2+λ2+λ12λ2λ2+λ1){}= \begin{pmatrix}1&2\lambda&2+\lambda\\ 2+\lambda&1&2\lambda\\ 2\lambda&2+\lambda&1\end{pmatrix}M∗M^*=(12λ2+λ02+λ12λ32λ2+λ1−3){}= \left(\begin{array}{ccc|c}1&2\lambda&2+\lambda&0\\ 2+\lambda&1&2\lambda&3\\ 2\lambda&2+\lambda&1&-3\end{array}\right)

  2. Determinante por la regla de Sarrus. Los tres productos de la diagonal principal y sus paralelas son 11, 8λ38\lambda^3 y (2+λ)3(2+\lambda)^3; los tres de la otra diagonal valen 2λ(2+λ)2\lambda(2+\lambda) cada uno:

    ∣M∣|M|=1+8λ3+(2+λ)3{}= 1+8\lambda^3+(2+\lambda)^3−3⋅2λ(2+λ){}-3\cdot 2\lambda(2+\lambda)=1+8λ3+8+12λ{}= 1+8\lambda^3+8+12\lambda+6λ2+λ3−12λ{}+6\lambda^2+\lambda^3-12\lambda−6λ2{}-6\lambda^2=9λ3+9{}= 9\lambda^3+9

  3. Se anula cuando λ3=−1\lambda^3=-1. La única raíz real es λ=−1\lambda=-1, porque 9λ3+9=9(λ+1)(λ2−λ+1)9\lambda^3+9=9(\lambda+1)(\lambda^2-\lambda+1) y el discriminante del segundo factor es 1−4<01-4<0:

    9λ3+9=0 ⟹ λ=−19\lambda^3+9=0\ \Longrightarrow\ \lambda=-1

  4. Si λ≠−1\lambda\ne-1, ∣M∣≠0|M|\ne 0 y los dos rangos valen 3, el número de incógnitas: el sistema es compatible determinado (solución única).

    rg⁡M=rg⁡M∗=3\operatorname{rg} M=\operatorname{rg} M^*=3

  5. Si λ=−1\lambda=-1, el sistema es

    {x−2y+z=0x+y−2z=3−2x+y+z=−3\begin{cases}x-2y+z=0\\ x+y-2z=3\\ -2x+y+z=-3\end{cases}

  6. Ahora ∣M∣=0|M|=0, pero hay un menor de orden 2 no nulo:

    ∣1−211∣\begin{vmatrix}1&-2\\ 1&1\end{vmatrix}=1⋅1−(−2)⋅1{}= 1\cdot 1-(-2)\cdot 1=1+2{}= 1+2=3{}= 3≠0{}\ne 0⟹rg⁡M{}\Longrightarrow \operatorname{rg} M=2{}= 2

  7. Orlamos este menor con la tercera fila y la columna de términos independientes (el otro menor que lo orla, con la tercera columna, es ∣M∣=0|M|=0):

    ∣1−20113−21−3∣\begin{vmatrix}1&-2&0\\ 1&1&3\\ -2&1&-3\end{vmatrix}=−3+12+0{}= -3+12+0−(0+3+6)=0{}-(0+3+6)=0⟹rg⁡M∗{}\Longrightarrow \operatorname{rg} M^*=2{}= 2

  8. Como los dos rangos son iguales pero menores que 3, el sistema es compatible indeterminado, con 3−2=13-2=1 grado de libertad.

    rg⁡M=rg⁡M∗=2<3\operatorname{rg} M=\operatorname{rg} M^*=2<3

ResultadoSi λ≠−1\lambda\ne-1, sistema compatible determinado (solución única). Si λ=−1\lambda=-1, sistema compatible indeterminado con un grado de libertad (infinitas soluciones).

La pauta oficial da: ∣M∣=9λ3+9|M|=9\lambda^3+9; λ≠−1: SCD\lambda\ne-1:\ \text{SCD}; λ=−1: SCI\lambda=-1:\ \text{SCI}

b)1,25 puntos

Planteamiento Con λ=−1\lambda=-1 el rango es 2: nos quedamos con las dos primeras ecuaciones (las del menor no nulo) y pasamos zz a la derecha como parámetro.

  1. Sistema reducido:

    {x−2y=−zx+y=3+2z\begin{cases}x-2y=-z\\ x+y=3+2z\end{cases}

  2. Restamos la primera ecuación de la segunda:

    3y=3+3z ⟹ y=1+z3y=3+3z\ \Longrightarrow\ y=1+z

  3. Y de la primera:

    x=2y−z=2+2z−z=2+zx=2y-z=2+2z-z=2+z

  4. Comprobamos la tercera ecuación, que no hemos usado:

    −2(2+z)+(1+z)+z-2(2+z)+(1+z)+z=−4−2z+1+z+z{}= -4-2z+1+z+z=−3{}= -3

  5. Interpretación: cada ecuación es un plano del espacio. Los vectores normales (1,−2,1)(1,-2,1), (1,1,−2)(1,1,-2) y (−2,1,1)(-2,1,1) no son proporcionales dos a dos, así que no hay ningún par de planos paralelos; como el sistema tiene infinitas soluciones que dependen de un parámetro, los tres planos se cortan en una recta (forman un haz de planos). Los puntos de la recta son

    (x,y,z)(x,y,z)=(2+z, 1+z, z){}= (2+z,\,1+z,\,z)=(2,1,0)+z (1,1,1){}= (2,1,0)+z\,(1,1,1)

ResultadoSolución: x=2+zx=2+z, y=1+zy=1+z, z∈ℝz\in\mathbb{R}. Los tres planos se cortan en la recta que pasa por el punto (2,1,0)(2,1,0) y tiene vector director (1,1,1)(1,1,1): (x,y,z)=(2,1,0)+t (1,1,1)(x,y,z)=(2,1,0)+t\,(1,1,1), t∈ℝt\in\mathbb{R}.

La pauta oficial da: x=z+2x=z+2, y=z+1y=z+1; (x,y,z)=(2,1,0)+z (1,1,1)(x,y,z)=(2,1,0)+z\,(1,1,1)

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2023, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2023Convocatoria ordinaria · Serie 1 · Ejercicio 6

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

Sean los planos π1\pi_1 y π2\pi_2, determinados respectivamente por las ecuaciones π1 ⁣:x+y=3\pi_1\colon x+y=3 y π2 ⁣:x−z=−2\pi_2\colon x-z=-2.

a) Encuentre la ecuación general (Ax+By+Cz+D=0Ax+By+Cz+D=0) del plano π3\pi_3, que es perpendicular a π1\pi_1 y π2\pi_2, y que pasa por el punto P=(4,1,2)P=(4,1,2).

[0,75 puntos]

b) Sea rr la recta de intersección de π1\pi_1 y π2\pi_2. Calcule la ecuación vectorial de la recta rr.

[0,75 puntos]

c) Calcule el punto QQ de la recta rr que está más cerca del punto PP.

[1 punto]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)0,75 puntos

Planteamiento Como π3\pi_3 es perpendicular a π1\pi_1 y a π2\pi_2, contiene las direcciones de los vectores normales de esos planos. Buscamos el plano que pasa por PP con esos dos vectores directores.

  1. Vectores normales de π1\pi_1 y π2\pi_2 (vectores directores de π3\pi_3):

    n⃗1=(1,1,0)\vec{n}_1=(1,1,0)n⃗2=(1,0,−1)\vec{n}_2=(1,0,-1)

  2. Un punto X=(x,y,z)X=(x,y,z) es de π3\pi_3 si PX→\overrightarrow{PX}, n⃗1\vec{n}_1 y n⃗2\vec{n}_2 son linealmente dependientes:

    ∣x−411y−110z−20−1∣=0\begin{vmatrix}x-4&1&1\\ y-1&1&0\\ z-2&0&-1\end{vmatrix}=0

  3. Desarrollamos por la primera columna; los tres menores valen −1-1:

    (x−4)(−1)(x-4)(-1)−(y−1)(−1){}-(y-1)(-1)+(z−2)(−1){}+(z-2)(-1)=−x+y−z+5=0{}= -x+y-z+5=0

  4. Multiplicamos por −1-1. Comprobación: el vector normal (1,−1,1)(1,-1,1) es perpendicular a n⃗1\vec{n}_1 y a n⃗2\vec{n}_2, y PP es del plano:

    (1,−1,1)⋅(1,1,0)=0(1,-1,1)\cdot(1,1,0)=0(1,−1,1)⋅(1,0,−1)=0(1,-1,1)\cdot(1,0,-1)=04−1+2−5=04-1+2-5=0

Resultadoπ3 ⁣:x−y+z−5=0\pi_3\colon x-y+z-5=0.

La pauta oficial da: x−y+z−5=0x-y+z-5=0

b)0,75 puntos

Planteamiento La recta rr es el conjunto de soluciones del sistema formado por las ecuaciones de los dos planos. Tomamos xx como parámetro.

  1. Despejamos yy y zz:

    {x+y=3x−z=−2\begin{cases}x+y=3\\ x-z=-2\end{cases}⟹y=3−x{}\Longrightarrow y=3-xz=2+xz=2+x

  2. Con x=λx=\lambda:

    (x,y,z)=(λ, 3−λ, 2+λ)(x,y,z)=(\lambda,\,3-\lambda,\,2+\lambda)

  3. Separamos la parte fija y la que multiplica a λ\lambda:

    r ⁣: (x,y,z)=(0,3,2)+λ (1,−1,1)r\colon\ (x,y,z)=(0,3,2)+\lambda\,(1,-1,1)λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R}

  4. El vector director es, cambiado de signo, el producto vectorial de los dos normales, como debe ser:

    n⃗1×n⃗2\vec{n}_1\times\vec{n}_2=∣ı⃗ȷ⃗k⃗11010−1∣{}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ 1&1&0\\ 1&0&-1\end{vmatrix}=(−1, 1, −1){}= (-1,\,1,\,-1)=−(1,−1,1){}= -(1,-1,1)

Resultador ⁣:(x,y,z)=(0,3,2)+λ (1,−1,1)r\colon (x,y,z)=(0,3,2)+\lambda\,(1,-1,1), λ∈ℝ\lambda\in\mathbb{R}.

La pauta oficial da: (x,y,z)=(0,3,2)+λ (1,−1,1)(x,y,z)=(0,3,2)+\lambda\,(1,-1,1)

c)1 punto

Planteamiento El punto de rr más cercano a PP es la proyección ortogonal de PP sobre rr: el punto QQ de rr tal que PQ→\overrightarrow{PQ} es perpendicular al vector director v⃗=(1,−1,1)\vec{v}=(1,-1,1).

  1. Punto genérico de rr y vector PQ→\overrightarrow{PQ}, con P=(4,1,2)P=(4,1,2):

    Q=(λ, 3−λ, 2+λ)Q=(\lambda,\,3-\lambda,\,2+\lambda)PQ→=(λ−4, 2−λ, λ)\overrightarrow{PQ}=(\lambda-4,\,2-\lambda,\,\lambda)

  2. Condición de perpendicularidad:

    PQ→⋅v⃗\overrightarrow{PQ}\cdot\vec{v}=(λ−4)−(2−λ)+λ{}= (\lambda-4)-(2-\lambda)+\lambda=3λ−6=0{}= 3\lambda-6=0⟹λ=2{}\Longrightarrow \lambda=2

  3. Sustituimos λ=2\lambda=2:

    Q=(2, 1, 4)Q=(2,\,1,\,4)

  4. El plano perpendicular a rr que pasa por PP es precisamente π3\pi_3 del apartado a) (su normal es (1,−1,1)(1,-1,1)), y QQ es el punto donde rr corta a π3\pi_3. La distancia de PP a rr es la de PP a QQ:

    2−1+4−5=02-1+4-5=0d(P,Q)d(P,Q)=(−2)2+02+22{}= \sqrt{(-2)^2+0^2+2^2}=22{}= 2\sqrt{2}

ResultadoQ=(2,1,4)Q=(2,1,4), a una distancia d(P,Q)=22d(P,Q)=2\sqrt{2} de PP.

La pauta oficial da: Q=(2,1,4)Q=(2,1,4)

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2023Convocatoria ordinaria · Serie 5 · Ejercicio 3

2,5 puntosLa pauta tiene un error
Enunciado oficial

Considere las rectas en el espacio r ⁣:x=−y=z+mr\colon x=-y=z+m y s ⁣:x+y=1x−z=0},s\colon\begin{rcases}x+y=1\\ x-z=0\end{rcases}, donde mm es un parámetro real.

a) Estudie la posición relativa para los distintos valores del parámetro mm.

[1,25 puntos]

b) Calcule mm para que la distancia entre las rectas rr y ss sea de 2\sqrt{2} unidades.

[1,25 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,25 puntos

Planteamiento Buscamos un punto y un vector director de cada recta. Si los vectores directores son proporcionales, las rectas son paralelas o coincidentes, y lo decide si un punto de una recta es de la otra.

  1. Recta rr: igualamos las tres expresiones a un parámetro tt, es decir, x=tx=t, y=−ty=-t, z=t−mz=t-m:

    Pr=(0,0,−m)P_r=(0,0,-m)v⃗r=(1,−1,1)\vec{v}_r=(1,-1,1)

  2. Recta ss: el vector director es el producto vectorial de los vectores normales de los dos planos, y un punto se obtiene dando el valor x=1x=1:

    v⃗s\vec{v}_s=(1,1,0)×(1,0,−1){}= (1,1,0)\times(1,0,-1)=∣ı⃗ȷ⃗k⃗11010−1∣{}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ 1&1&0\\ 1&0&-1\end{vmatrix}=(−1, 1, −1){}= (-1,\,1,\,-1)Qs=(1,0,1)Q_s=(1,0,1)

  3. Los vectores directores son proporcionales (opuestos), así que tienen la misma dirección:

    v⃗s=−v⃗r\vec{v}_s=-\vec{v}_r

  4. Por tanto, rr y ss son paralelas o coincidentes. Son coincidentes si Qs=(1,0,1)Q_s=(1,0,1) es de rr, es decir, si cumple x=−y=z+mx=-y=z+m. Pero ya la primera igualdad falla, sea cual sea mm:

    x=1≠0=−yx=1\ne 0=-y

ResultadoLas rectas rr y ss son paralelas (y no coincidentes) para todos los valores de mm.

La pauta oficial da: v⃗r=v⃗s\vec{v}_r=\vec{v}_s; rectas paralelas para cualquier valor de mm

b)1,25 puntos

Planteamiento Como son paralelas, la distancia entre rr y ss es la distancia del punto PrP_r a la recta ss: d(r,s)d(r,s)=∣v⃗s×PrQs→∣∣v⃗s∣{}= \dfrac{|\vec{v}_s\times\overrightarrow{P_rQ_s}|}{|\vec{v}_s|}.

  1. Vector entre los dos puntos:

    PrQs→\overrightarrow{P_rQ_s}=(1,0,1)−(0,0,−m){}= (1,0,1)-(0,0,-m)=(1, 0, 1+m){}= (1,\,0,\,1+m)

  2. Producto vectorial con v⃗s\vec{v}_s:

    v⃗s×PrQs→\vec{v}_s\times\overrightarrow{P_rQ_s}=∣ı⃗ȷ⃗k⃗−11−1101+m∣{}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ -1&1&-1\\ 1&0&1+m\end{vmatrix}=(1+m, m, −1){}= (1+m,\ m,\ -1)

  3. Distancia, con ∣v⃗s∣=3|\vec{v}_s|=\sqrt{3}:

    d(r,s)d(r,s)=(1+m)2+m2+13{}= \frac{\sqrt{(1+m)^2+m^2+1}}{\sqrt{3}}

  4. Imponemos que valga 2\sqrt{2} y elevamos al cuadrado:

    (1+m)2+m2+13\frac{(1+m)^2+m^2+1}{3}=2{}= 2⟹2m2+2m+2{}\Longrightarrow 2m^2+2m+2=6{}= 6⟹m2+m−2=0{}\Longrightarrow m^2+m-2=0

  5. Resolvemos:

    m=−1±1+82=−1±32 ⟹ m=1m=\frac{-1\pm\sqrt{1+8}}{2}=\frac{-1\pm 3}{2}\ \Longrightarrow\ m=1m=−2m=-2

Resultadom=1m=1 o m=−2m=-2.

La pauta oficial da: m=1m=1; m=−2m=-2

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2023, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2023Convocatoria extraordinaria · Serie 2 · Ejercicio 5

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

Sean r1r_1 y r2r_2 las rectas definidas por r1 ⁣:x−1=y=−zr_1\colon x-1=y=-z y por r2 ⁣:x=y=zr_2\colon x=y=z, respectivamente.

a) Calcule la ecuación paramétrica de la recta que corta perpendicularmente las rectas r1r_1 y r2r_2.

[1,75 puntos]

b) Calcule la distancia entre r1r_1 y r2r_2.

[0,75 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,75 puntos

Planteamiento Buscamos un punto A1A_1 de r1r_1 y un punto A2A_2 de r2r_2 tales que el vector A1A2→\overrightarrow{A_1A_2} sea perpendicular a los dos vectores directores. La recta que pasa por A1A_1 y A2A_2 es la perpendicular común.

  1. Ecuaciones paramétricas (en r1r_1, x−1=y=−z=λx-1=y=-z=\lambda; en r2r_2, x=y=z=μx=y=z=\mu):

    r1 ⁣: (1+λ, λ, −λ),  v⃗1r_1\colon\ (1+\lambda,\,\lambda,\,-\lambda),\ \ \vec{v}_1=(1,1,−1){}= (1,1,-1)r2 ⁣: (μ, μ, μ),  v⃗2=(1,1,1)r_2\colon\ (\mu,\,\mu,\,\mu),\ \ \vec{v}_2=(1,1,1)

  2. Posición relativa: los vectores directores no son proporcionales, y el determinante que forman con el vector que va de (1,0,0)∈r1(1,0,0)\in r_1 a (0,0,0)∈r2(0,0,0)\in r_2 no es cero, así que las rectas se cruzan:

    ∣11−1111−100∣\begin{vmatrix}1&1&-1\\ 1&1&1\\ -1&0&0\end{vmatrix}=(−1)⋅∣1−111∣{}= (-1)\cdot\begin{vmatrix}1&-1\\ 1&1\end{vmatrix}=−2{}= -2≠0{}\ne 0

  3. Vector entre un punto genérico de cada recta:

    A1A2→=(μ−1−λ, μ−λ, μ+λ)\overrightarrow{A_1A_2}=(\mu-1-\lambda,\ \mu-\lambda,\ \mu+\lambda)

  4. Tiene que ser perpendicular a v⃗1\vec{v}_1 y a v⃗2\vec{v}_2:

    {(μ−1−λ)+(μ−λ)−(μ+λ)=μ−3λ−1=0(μ−1−λ)+(μ−λ)+(μ+λ)=3μ−λ−1=0\begin{cases}(\mu-1-\lambda)+(\mu-\lambda)-(\mu+\lambda)=\mu-3\lambda-1=0\\ (\mu-1-\lambda)+(\mu-\lambda)+(\mu+\lambda)=3\mu-\lambda-1=0\end{cases}

  5. De la primera, μ=1+3λ\mu=1+3\lambda; lo sustituimos en la segunda:

    3+9λ−λ−1=0 ⟹ λ=−143+9\lambda-\lambda-1=0\ \Longrightarrow\ \lambda=-\frac{1}{4}μ=1−34=14\mu=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}

  6. Puntos de corte y vector director de la perpendicular común:

    A1=(34,−14,14)A_1=\left(\frac{3}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)A2=(14,14,14)A_2=\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)A1A2→\overrightarrow{A_1A_2}=(−12,12,0)∥(−1,1,0){}= \left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)\parallel(-1,1,0)

  7. Comprobación: el vector (−1,1,0)(-1,1,0) es proporcional a v⃗1×v⃗2\vec{v}_1\times\vec{v}_2, que es perpendicular a las dos rectas:

    v⃗1×v⃗2\vec{v}_1\times\vec{v}_2=∣ı⃗ȷ⃗k⃗11−1111∣{}= \begin{vmatrix}\vec{\imath}&\vec{\jmath}&\vec{k}\\ 1&1&-1\\ 1&1&1\end{vmatrix}=(2, −2, 0){}= (2,\,-2,\,0)=−2 (−1,1,0){}= -2\,(-1,1,0)

ResultadoLa perpendicular común pasa por A2=(14,14,14)A_2=\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right) con vector director (−1,1,0)(-1,1,0): {x=14−αy=14+αz=14\begin{cases}x=\frac{1}{4}-\alpha\\ y=\frac{1}{4}+\alpha\\ z=\frac{1}{4}\end{cases}, α∈ℝ\alpha\in\mathbb{R}. Corta r1r_1 en A1=(34,−14,14)A_1=\left(\frac{3}{4},-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right) y r2r_2 en A2A_2.

La pauta oficial da: (x,y,z)=(14−α, 14+α, 14)(x,y,z)=\left(\frac{1}{4}-\alpha,\ \frac{1}{4}+\alpha,\ \frac{1}{4}\right)

b)0,75 puntos

Planteamiento Como A1A_1 y A2A_2 son los pies de la perpendicular común, la distancia entre las rectas es la longitud de A1A2→\overrightarrow{A_1A_2}.

  1. Módulo:

    d(r1,r2)d(r_1,r_2)=∣A1A2→∣{}= |\overrightarrow{A_1A_2}|=(−12)2+(12)2+02{}= \sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2+0^2}=12=22{}= \sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}

  2. Comprobación con la fórmula de la distancia entre dos rectas que se cruzan; el producto mixto es el determinante del apartado a), −2-2:

    dd=∣[P1P2→,v⃗1,v⃗2]∣∣v⃗1×v⃗2∣{}= \frac{\left|\left[\overrightarrow{P_1P_2},\vec{v}_1,\vec{v}_2\right]\right|}{|\vec{v}_1\times\vec{v}_2|}=∣−2∣4+4+0{}= \frac{|-2|}{\sqrt{4+4+0}}=222{}= \frac{2}{2\sqrt{2}}=22{}= \frac{\sqrt{2}}{2}

Resultadod(r1,r2)=22 ud(r_1,r_2)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{u}.

La pauta oficial da: 22 u\frac{\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{u}

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2022Convocatoria ordinaria · Serie 2 · Ejercicio 3

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

Sea la recta rr definida por la siguiente expresión:

r:{x=2+λy=−1+3λz=3+λr:\begin{cases} x=2+\lambda\\ y=-1+3\lambda\\ z=3+\lambda\end{cases}

a) Determine la posición relativa de la recta rr respecto del plano π:x−2y+4z−4=0\pi: x-2y+4z-4=0. Si es paralela, calcule la distancia de rr a π\pi, y si es secante, calcule el punto de corte.

[1,25 puntos]

b) Calcule la ecuación de la recta ss perpendicular al plano π\pi y que corta la recta rr en un punto PP, la primera coordenada del cual es 5 veces mayor que la segunda.

[1,25 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,25 puntos

Planteamiento Comparamos el vector director de rr con el vector normal de π\pi: si su producto escalar no es cero, la recta no es paralela al plano y lo corta en un punto.

  1. Vector director de rr y vector normal de π\pi:

    v⃗=(1,3,1)\vec v=(1,3,1)n⃗=(1,−2,4)\vec n=(1,-2,4)

  2. Producto escalar:

    v⃗⋅n⃗\vec v\cdot\vec n=1⋅1+3⋅(−2)+1⋅4{}= 1\cdot 1+3\cdot(-2)+1\cdot 4=1−6+4{}= 1-6+4=−1{}= -1≠0{}\ne 0

  3. Como no es cero, rr y π\pi son secantes. Sustituimos el punto genérico de rr en la ecuación de π\pi:

    (2+λ)−2(−1+3λ)(2+\lambda)-2(-1+3\lambda)+4(3+λ)−4=0{}+4(3+\lambda)-4=0⟹12−λ=0{}\Longrightarrow 12-\lambda=0⟹λ=12{}\Longrightarrow \lambda=12

  4. Punto de corte, con λ=12\lambda=12:

    (2+12, −1+36, 3+12)(2+12,\ -1+36,\ 3+12)=(14,35,15){}= (14,35,15)

  5. Comprobación en π\pi:

    14−2⋅35+4⋅15−414-2\cdot 35+4\cdot 15-4=14−70+60−4=0{}= 14-70+60-4=0

ResultadoLa recta rr es secante al plano π\pi y lo corta en el punto (14,35,15)(14,35,15).

La pauta oficial da: Secantes; punto de corte (14,35,15)(14,35,15)

b)1,25 puntos

Planteamiento Una recta perpendicular a π\pi tiene como vector director el vector normal n⃗=(1,−2,4)\vec n=(1,-2,4). Falta el punto PP de rr en el que la primera coordenada es 5 veces la segunda.

  1. Condición x=5yx=5y para el punto genérico de rr:

    2+λ2+\lambda=5(−1+3λ){}= 5(-1+3\lambda)⟹2+λ{}\Longrightarrow 2+\lambda=−5+15λ{}= -5+15\lambda⟹λ=714{}\Longrightarrow \lambda=\frac{7}{14}=12{}= \frac{1}{2}

  2. Punto PP, con λ=12\lambda=\frac{1}{2}:

    PP=(2+12, −1+32, 3+12){}= \left(2+\frac{1}{2},\ -1+\frac{3}{2},\ 3+\frac{1}{2}\right)=(52,12,72){}= \left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)

  3. Comprobación: la primera coordenada es 5 veces la segunda:

    52=5⋅12\frac{5}{2}=5\cdot\frac{1}{2}

  4. Recta ss en forma vectorial:

    s: (x,y,z)s:\ (x,y,z)=(52,12,72)+μ(1,−2,4){}= \left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)+\mu(1,-2,4)μ∈ℝ\mu\in\mathbb{R}

Resultados: (x,y,z)s:\ (x,y,z)=(52,12,72){}= \left(\dfrac{5}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{7}{2}\right)+μ(1,−2,4){}+\mu(1,-2,4), o en forma continua x−521=y−12−2=z−724\dfrac{x-\frac{5}{2}}{1}=\dfrac{y-\frac{1}{2}}{-2}=\dfrac{z-\frac{7}{2}}{4}.

La pauta oficial da: (x,y,z)=(52,12,72)+μ(1,−2,4)(x,y,z)=\left(\frac{5}{2},\frac{1}{2},\frac{7}{2}\right)+\mu(1,-2,4)

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2022, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2022Convocatoria ordinaria · Serie 5 · Ejercicio 3

2,5 puntosLa pauta tiene un errorTambién en Sistemas de ecuaciones, Matrices y determinantes
Enunciado oficial

Considere el sistema de ecuaciones lineales

2x−y+3z=0my+(3−m)z=−62x−y+mz=6},\left.\begin{array}{r} 2x-y+3z=0\\ my+(3-m)z=-6\\ 2x-y+mz=6\end{array}\right\},

donde mm es un parámetro real.

a) Discuta el sistema para los diferentes valores del parámetro mm.

[1,25 puntos]

b) Resuelva el sistema, si es posible, cuando m=0m=0 y cuando m=3m=3. En cada caso, dé la posición relativa de los tres planos en ℝ3\mathbb{R}^3.

[1,25 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,25 puntos

Planteamiento Estudiamos cuándo se anula el determinante de la matriz de coeficientes AA y, en esos casos, comparamos rg⁡A\operatorname{rg}A con el rango de la matriz ampliada A′A'.

  1. Matriz ampliada:

    A′A'=(2−1300m3−m−62−1m6){}= \left(\begin{array}{ccc|c} 2&-1&3&0\\ 0&m&3-m&-6\\ 2&-1&m&6\end{array}\right)

  2. Restando la primera fila de la tercera (el determinante no cambia) queda una matriz triangular:

    det⁡A\det A=∣2−130m3−m00m−3∣{}= \begin{vmatrix}2&-1&3\\ 0&m&3-m\\ 0&0&m-3\end{vmatrix}=2m(m−3){}= 2m(m-3)=2m2−6m{}= 2m^2-6m

  3. Si m≠0m\ne 0 y m≠3m\ne 3:

    rg⁡A=rg⁡A′=3\operatorname{rg}A=\operatorname{rg}A'=3

  4. Caso m=0m=0: hay un menor de orden 2 no nulo, y haciendo F3−F1F_3-F_1 y después F3+F2F_3+F_2 la tercera fila de A′A' queda toda nula:

    ∣−1303∣\begin{vmatrix}-1&3\\ 0&3\end{vmatrix}=−3{}= -3≠0{}\ne 0(2−130003−60000)\left(\begin{array}{ccc|c} 2&-1&3&0\\ 0&0&3&-6\\ 0&0&0&0\end{array}\right)⇒rg⁡A{}\Rightarrow \operatorname{rg}A=rg⁡A′{}= \operatorname{rg}A'=2{}= 2

  5. Caso m=3m=3: la primera y la tercera fila de AA son iguales, pero los términos independientes no (00 y 66). Haciendo F3−F1F_3-F_1:

    ∣2−103∣\begin{vmatrix}2&-1\\ 0&3\end{vmatrix}=6{}= 6≠0{}\ne 0(2−130030−60006)\left(\begin{array}{ccc|c} 2&-1&3&0\\ 0&3&0&-6\\ 0&0&0&6\end{array}\right)⇒rg⁡A{}\Rightarrow \operatorname{rg}A=2, rg⁡A′{}= 2,\ \operatorname{rg}A'=3{}= 3

ResultadoSi m≠0m\ne 0 y m≠3m\ne 3, el sistema es compatible determinado. Si m=0m=0, es compatible indeterminado (un grado de libertad). Si m=3m=3, es incompatible.

La pauta oficial da: ∣A∣=2m2−6m|A|=2m^2-6m; SCD si m≠0,3m\ne 0,3; SCI si m=0m=0; SI si m=3m=3

b)1,25 puntos

Planteamiento Resolvemos a partir de las matrices escalonadas del apartado a) y miramos los vectores normales de los tres planos para saber cómo se cortan.

  1. m=0m=0: de la segunda ecuación, 3z=−63z=-6; de la primera, y=2x+3zy=2x+3z:

    z=−2z=-2y=2x−6y=2x-6

  2. Con x=kx=k:

    (x,y,z)=(k, 2k−6, −2)(x,y,z)=(k,\ 2k-6,\ -2)k∈ℝk\in\mathbb{R}

  3. Vectores normales para m=0m=0: ninguna pareja es proporcional, de modo que los tres planos son distintos y, como el sistema es compatible con rango 22, se cortan en una recta:

    n⃗1=(2,−1,3)\vec n_1=(2,-1,3)n⃗2=(0,0,3)\vec n_2=(0,0,3)n⃗3=(2,−1,0)\vec n_3=(2,-1,0)

  4. m=3m=3: el sistema no tiene solución. Los planos π1\pi_1 y π3\pi_3 tienen el mismo vector normal y términos independientes distintos:

    π1: 2x−y+3z=0\pi_1:\ 2x-y+3z=0π3: 2x−y+3z=6\pi_3:\ 2x-y+3z=6π2: 3y=−6\pi_2:\ 3y=-6

  5. Por tanto, π1\pi_1 y π3\pi_3 son paralelos (y distintos). Como n⃗2=(0,3,0)\vec n_2=(0,3,0) no es proporcional a (2,−1,3)(2,-1,3), el plano π2\pi_2 corta a ambos.

ResultadoSi m=0m=0: (x,y,z)=(k, 2k−6, −2)(x,y,z)=(k,\ 2k-6,\ -2), k∈ℝk\in\mathbb{R}; los tres planos se cortan en esa recta. Si m=3m=3: no hay solución; π1\pi_1 y π3\pi_3 son paralelos y π2\pi_2 corta a ambos (en dos rectas paralelas).

La pauta oficial da: m=0m=0: recta (k, 2k−6, −2)(k,\ 2k-6,\ -2); m=3m=3: sin solución, π1∥π3\pi_1\parallel\pi_3 cortados por π2\pi_2

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2022, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2022Convocatoria ordinaria · Serie 5 · Ejercicio 5

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

Sean los puntos A=(0,0,1)A=(0,0,1), B=(1,1,1)B=(1,1,1), C=(−1,−1,1)C=(-1,-1,1) y D=(1,0,1)D=(1,0,1).

a) Compruebe que tres de estos puntos están alineados. Determine cuáles son los tres puntos y calcule la ecuación continua y la ecuación paramétrica de la recta que definen.

[1,25 puntos]

b) Calcule la ecuación general o cartesiana del plano que determinan los cuatro puntos.

[1,25 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1,25 puntos

Planteamiento Tres puntos están alineados si los vectores que los unen son proporcionales. Calculamos los vectores desde AA.

  1. Vectores desde AA:

    AB→=(1,1,0)\overrightarrow{AB}=(1,1,0)AC→=(−1,−1,0)\overrightarrow{AC}=(-1,-1,0)AD→=(1,0,0)\overrightarrow{AD}=(1,0,0)

  2. AC→=−AB→\overrightarrow{AC}=-\overrightarrow{AB}: AA, BB y CC están alineados. En cambio, AD→\overrightarrow{AD} no es proporcional a AB→\overrightarrow{AB}, de modo que DD no está en la recta.

    AC→=−1⋅AB→\overrightarrow{AC}=-1\cdot\overrightarrow{AB}

  3. Recta por A=(0,0,1)A=(0,0,1) con vector director (1,1,0)(1,1,0), en forma paramétrica:

    r: {x=ky=kz=1k∈ℝr:\ \begin{cases} x=k\\ y=k\\ z=1\end{cases}\quad k\in\mathbb{R}

  4. En forma continua (el denominador 00 es la forma habitual de indicar que z−1=0z-1=0):

    x1=y1=z−10\frac{x}{1}=\frac{y}{1}=\frac{z-1}{0}

ResultadoLos puntos alineados son AA, BB y CC. Recta: x1=y1=z−10\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z-1}{0} (es decir, x=yx=y, z=1z=1), o en paramétricas x=kx=k, y=ky=k, z=1z=1, k∈ℝk\in\mathbb{R}.

La pauta oficial da: AA, BB, CC; x=y=z−10x=y=\frac{z-1}{0}; x=kx=k, y=ky=k, z=1z=1

b)1,25 puntos

Planteamiento Como CC está en la recta ABAB, el plano queda determinado por AA, BB y DD. El vector normal es el producto vectorial de AB→\overrightarrow{AB} y AD→\overrightarrow{AD}.

  1. Producto vectorial:

    AB→×AD→\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}=∣i⃗j⃗k⃗110100∣{}= \begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\ 1&1&0\\ 1&0&0\end{vmatrix}=(1⋅0−0⋅0, 0⋅1−1⋅0, 1⋅0−1⋅1){}= (1\cdot 0-0\cdot 0,\ 0\cdot 1-1\cdot 0,\ 1\cdot 0-1\cdot 1)=(0,0,−1){}= (0,0,-1)

  2. Plano por el punto A=(0,0,1)A=(0,0,1) con ese vector normal:

    0(x−0)+0(y−0)0(x-0)+0(y-0)−1(z−1)=0{}-1(z-1)=0⟹z=1{}\Longrightarrow z=1

  3. Comprobación: los cuatro puntos tienen tercera coordenada 11.

    zA=zB=zC=zD=1z_A=z_B=z_C=z_D=1

Resultadoπ: z=1\pi:\ z=1 (ecuación general z−1=0z-1=0).

La pauta oficial da: z=1z=1

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2022, convocatoria ordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2022Convocatoria extraordinaria · Serie 3 · Ejercicio 1

2,5 puntosCoincide con la pauta
Enunciado oficial

El mástil que sostiene la lona de la carpa de un circo se sitúa perpendicularmente sobre el plano de un suelo cuya ecuación es π:x−z=6\pi: x-z=6. Se sabe que la cúpula de la carpa (el punto más elevado por el que pasa el mástil) está en el punto de coordenadas P=(30,1,0)P=(30,1,0).

a) Calcule la ecuación paramétrica de la recta que contiene el mástil.

[1 punto]

b) Calcule las coordenadas del punto de contacto del mástil con el suelo, y la longitud del mástil.

[1,5 puntos]

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)1 punto

Planteamiento El mástil es perpendicular al suelo, así que su recta tiene como vector director el vector normal del plano, n⃗=(1,0,−1)\vec n=(1,0,-1), y pasa por PP.

  1. Vector normal de π:x−z=6\pi: x-z=6 (coeficientes de xx, yy y zz):

    n⃗=(1,0,−1)\vec n=(1,0,-1)

  2. Recta por P=(30,1,0)P=(30,1,0) con dirección n⃗\vec n:

    r: {x=30+ky=1z=−kk∈ℝr:\ \begin{cases} x=30+k\\ y=1\\ z=-k\end{cases}\quad k\in\mathbb{R}

Resultador: x=30+k, y=1, z=−kr:\ x=30+k,\ y=1,\ z=-k, con k∈ℝk\in\mathbb{R}.

La pauta oficial da: x=30+kx=30+k, y=1y=1, z=−kz=-k

b)1,5 puntos

Planteamiento El punto de contacto es la intersección Q=r∩πQ=r\cap\pi; la longitud del mástil es la distancia de PP a QQ.

  1. Sustituimos la recta en la ecuación del plano:

    (30+k)−(−k)(30+k)-(-k)=6{}= 6⟹30+2k{}\Longrightarrow 30+2k=6{}= 6⟹k=−12{}\Longrightarrow k=-12

  2. Punto de contacto, con k=−12k=-12:

    Q=(30−12, 1, 12)=(18,1,12)Q=(30-12,\ 1,\ 12)=(18,1,12)

  3. Comprobación en π\pi:

    18−12=618-12=6

  4. Longitud del mástil:

    PQ→=(−12,0,12)\overrightarrow{PQ}=(-12,0,12)∣PQ→∣|\overrightarrow{PQ}|=144+0+144{}= \sqrt{144+0+144}=288{}= \sqrt{288}=122{}= 12\sqrt2

  5. Comprobación con la distancia de un punto a un plano:

    d(P,π)d(P,\pi)=∣30−0−6∣12+02+(−1)2{}= \frac{|30-0-6|}{\sqrt{1^2+0^2+(-1)^2}}=242=122{}= \frac{24}{\sqrt2}=12\sqrt2

ResultadoEl mástil toca el suelo en Q=(18,1,12)Q=(18,1,12) y mide 12212\sqrt2 unidades de longitud.

La pauta oficial da: Q=(18,1,12)Q=(18,1,12); 12212\sqrt2

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2022, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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2022Convocatoria extraordinaria · Serie 3 · Ejercicio 6

2,5 puntosCoincide con la pautaTambién en Derivadas y sus aplicaciones
Enunciado oficial

La siguiente imagen muestra dos paredes perpendiculares de una sala representadas en unos ejes de coordenadas, de manera que una pared está en el plano y=0y=0 y la otra está en el plano x=0x=0.

En el punto A=(2,0,2)A=(2,0,2) se quiere fijar un altavoz que debe estar conectado a un equipo de sonido, el cual está situado en la otra pared, en el punto B=(0,2,1)B=(0,2,1). La conexión entre AA y BB se hará mediante un cable que pase por el punto C=(0,0,h)C=(0,0,h), situado en la recta vertical de intersección de las dos paredes. Dado que la calidad del sonido depende, entre otros factores, de la longitud del cable que une a los dos aparatos, se quiere realizar una instalación con el mínimo de cable posible.

a) Compruebe que la longitud total del cable necesario, en función de la altura hh por donde debe pasar el cable en el eje vertical OZOZ, viene dada por la expresión L(h)L(h)=h2−4h+8{}= \sqrt{h^2-4h+8}+h2−2h+5{}+\sqrt{h^2-2h+5}.

[0,75 puntos]

b) Calcule las coordenadas del punto CC por donde debe pasar el cable para que la longitud del cable sea mínima. Calcule esta longitud mínima del cable.

[1,75 puntos]

Dibujo en perspectiva de dos paredes grises perpendiculares sobre un suelo gris, con los ejes x, y y z numerados. Sobre el eje vertical z, en la línea donde se juntan las paredes, está el punto C; el punto A está en la pared de la izquierda y el punto B, en la de la derecha. Dos segmentos unen A con C y C con B: es el cable.

Hazlo en papel y compara paso a paso.

a)0,75 puntos

Planteamiento El cable va en línea recta de AA a CC y de CC a BB; la longitud total es la suma de las dos distancias.

  1. Distancia de A=(2,0,2)A=(2,0,2) a C=(0,0,h)C=(0,0,h):

    d(A,C)d(A,C)=22+02+(2−h)2{}= \sqrt{2^2+0^2+(2-h)^2}=4+4−4h+h2{}= \sqrt{4+4-4h+h^2}=h2−4h+8{}= \sqrt{h^2-4h+8}

  2. Distancia de B=(0,2,1)B=(0,2,1) a CC:

    d(B,C)d(B,C)=02+22+(1−h)2{}= \sqrt{0^2+2^2+(1-h)^2}=4+1−2h+h2{}= \sqrt{4+1-2h+h^2}=h2−2h+5{}= \sqrt{h^2-2h+5}

  3. Suma:

    L(h)L(h)=d(A,C)+d(C,B){}= d(A,C)+d(C,B)=h2−4h+8{}= \sqrt{h^2-4h+8}+h2−2h+5{}+\sqrt{h^2-2h+5}

ResultadoL(h)L(h)=h2−4h+8{}= \sqrt{h^2-4h+8}+h2−2h+5{}+\sqrt{h^2-2h+5}, como queríamos comprobar.

La pauta oficial da: L(h)L(h)=h2−4h+8{}= \sqrt{h^2-4h+8}+h2−2h+5{}+\sqrt{h^2-2h+5}

b)1,75 puntos

Planteamiento Derivamos LL, igualamos a cero y resolvemos elevando al cuadrado. Como elevar al cuadrado puede añadir soluciones falsas, comprobamos la solución en la ecuación original y con el signo de L′L'.

  1. Derivada:

    L′(h)L'(h)=2h−42h2−4h+8{}= \frac{2h-4}{2\sqrt{h^2-4h+8}}+2h−22h2−2h+5{}+\frac{2h-2}{2\sqrt{h^2-2h+5}}=h−2h2−4h+8{}= \frac{h-2}{\sqrt{h^2-4h+8}}+h−1h2−2h+5{}+\frac{h-1}{\sqrt{h^2-2h+5}}

  2. L′(h)=0L'(h)=0:

    (h−2)h2−2h+5(h-2)\sqrt{h^2-2h+5}=−(h−1)h2−4h+8{}= -(h-1)\sqrt{h^2-4h+8}

  3. Elevamos al cuadrado y desarrollamos los dos miembros:

    (h2−4h+4)(h2−2h+5)(h^2-4h+4)(h^2-2h+5)=(h2−2h+1)(h2−4h+8){}= (h^2-2h+1)(h^2-4h+8)

  4. Los dos lados tienen h4−6h3+17h2h^4-6h^3+17h^2; queda:

    −28h+20-28h+20=−20h+8{}= -20h+8⟹8h=12{}\Longrightarrow 8h=12⟹h=32{}\Longrightarrow h=\frac{3}{2}

  5. Comprobación en la ecuación sin elevar (los dos miembros valen lo mismo):

    (−12)174=−(12)174\left(-\frac{1}{2}\right)\sqrt{\frac{17}{4}}=-\left(\frac{1}{2}\right)\sqrt{\frac{17}{4}}

  6. Signo de L′L' antes y después de h=32h=\frac{3}{2}: decrece y después crece, así que es un mínimo:

    L′(1)=−15<0L'(1)=\frac{-1}{\sqrt5}<0L′(2)=15>0L'(2)=\frac{1}{\sqrt5}>0

  7. Longitud mínima (los dos tramos miden lo mismo):

    L(32)L\left(\frac{3}{2}\right)=94−6+8+94−3+5{}= \sqrt{\frac{9}{4}-6+8}+\sqrt{\frac{9}{4}-3+5}=174+174{}= \sqrt{\frac{17}{4}}+\sqrt{\frac{17}{4}}=2⋅172{}= 2\cdot\frac{\sqrt{17}}{2}=17{}= \sqrt{17}

ResultadoEl cable debe pasar por C=(0,0,32)C=\left(0,0,\dfrac{3}{2}\right), y la longitud mínima es 17\sqrt{17} unidades de longitud.

La pauta oficial da: C=(0,0,32)C=\left(0,0,\frac{3}{2}\right); L=17L=\sqrt{17}

Enunciado: Generalitat de Catalunya, Consell Interuniversitari de Catalunya, Oficina d’Accés a la Universitat. PAU de Matemáticas 2022, convocatoria extraordinaria. La imagen es el examen oficial tal cual; el texto lo reproduce con las fórmulas reescritas. Consultado el 22 de octubre de 2026; el documento no declara fecha de última actualización.

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Errores típicos que penaliza la pauta

Preguntas frecuentes

¿Cuántos ejercicios de geometría en el espacio han caído en la PAU de Matemáticas de Cataluña?

Entre 2022 y 2026, 20 ejercicios en 15 de los 15 exámenes que tenemos resueltos (cada año, la ordinaria y la extraordinaria, y también la serie de incidencias). Ha caído en 2026, 2025, 2024, 2023 y 2022.

¿Las soluciones son las oficiales?

No: las escribe EducaIA, paso a paso, y cada resultado está contrastado con la pauta oficial de corrección. Cuando la pauta da otra cifra (casi siempre por redondeo), lo ponemos al lado con la explicación.

¿Qué hago si mi resultado no coincide con la pauta?

Mira primero si es el mismo valor escrito de otra forma: una fracción y su decimal, o una raíz sin simplificar. Da los resultados exactos, con fracciones o raíces, salvo que el enunciado pida decimales, y justifica cada paso: las pautas puntúan el planteamiento, no solo el resultado.

¿Puedo imprimir los ejercicios?

Sí. El botón de imprimir prepara una hoja con los enunciados oficiales, con espacio para responder, y las soluciones aparte. Cada ejercicio enlaza también el PDF oficial del examen y de la pauta.

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