Las C´ onicas onicas Prof. Eduardo Mena Caravaca Bachillerato
CEMATH
´ Indice general
1. Lugares geom´ etricos
2
1.1. 1.1. B´ usqu u squed eda a de rela relaci cion ones es ent entre re la la absc abscis isa a y la orde ordena nada da de de un pun punto to del del pla plano no . . . . . . . .
2
1.2. 1.2. La Lass c´ onicas como lugares geom´etri tricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
2. Ecuaci Ecuacione oness de las c´ onicas
6
2.1. Cambio Cambio de sistema de referencia referencia mediant mediantee una traslaci´ traslaci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2.2.. Ecuaci 2.2 Ecuaci´´on on can´onica onica de las c´onicas centrada en el origen. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
2.3.. Ecuaci 2.3 Ecuaci´´on on can´onica onica de una c´onica no centra trada en el origen . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2.4.. Ecuaci 2.4 Ecuaci´´on on general de una c´onica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
3. Problemas
13
3.1. Circunferencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
3.2. Elipses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
3.3. Hip´erbolas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
3.4.. Par´ 3.4 Par´ abolas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
1
Cap´ıtulo 1
Luga Lugare ress geom´ geom´ etri etrico coss 1.1.
Busqu u ´ squed eda a de rela relaci cion ones es entr entre e la absc abscisa isa y la orde ordena nada da de un punto del plano
Definici´ on on 1 Un lugar geom´ etrico etrico del plano R2 son todos los puntos P (x, y ) R2 que cumplen ciertas condiciones. Viene expresado por una igualdad que relaciona la x y la y de un punto punt o gen´erico erico P (x, y)
∈
Ejemplo 1 B (3, 2)
Hallar el lugar geom´ geom´ etrico etrico de los puntos del plano que equidistan equidistan de los puntos A( 1, 0) y
−
Soluci´ on on
Expresamos la relaci´on on con la condici´on on impuesta. Sea P (x, y ) los puntos que cumplen la condici´on: on: d(P, A) = d(P, B )
(x + 1)2 + y 2 =
− (x
3)2 + (y
2
− 2)
Elevando al cuadrado y desarrollando, nos queda: (x + 1)2 + y 2 = ( x x2 + 1 + 2x + y 1 = x2 + 9
− 6x + y
2
2
2
− 3) + (y − 2) + 4 − 4y ⇒ 8x + 4y − 12 = 0 ⇒ 2x + y − 3 = 0
Obtenemos la ecuaci´on on de una recta, que por definici´on on del lugar geom´etrico, etrico, es la mediatriz mediatriz del segmento AB
2
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3
Las c´ onicas onicas
Problema 1 De un tri´ angulo ABC se conocen conocen los v´ ertices ertices A(4, 2), B (2, 6) y su area ´ que es 10 u2 . Hal lar el lugar luga r geom´ etrico etri co del d el v´ ertice ert ice C Soluci´ on on
Sea C (x, y ) los puntos que cumplen la condici´on on impuesta: 1 d(A, B )d(C, r ) = 10 2
(1.1)
Siendo r la recta que pasa por A y B.
− 4 = y − 2 ⇒ r ≡ 2x + y − 10 = 0 4 −2
x
Sustituyendo en (1.1) 1 2
· |2x√+2 y+−110| = 10 |2x +√y − 10| = 10 1√ 20 ·
−
( 2)2 + 42
2
|2x + y − 10| = 10
⇒
Obtenemos Obtenemos dos soluciones soluciones la recta r
2
2
5 2x + y 10 = 10 2x + y 10 = 10
− −
≡ 2x + y = 0
− ⇒ ⇒
y la rec recta ta s
2x + y = 0 2x + y 20 = 0
−
≡ 2x + y − 20 = 0
Figura 1.1:
3x + y 6 = 0 se mueve un segmento AB de longitud 5. Hallar el Problema 2 Sobre la recta r lugar geom´ etrico etrico del baricentro del tri´ angulo OAB
≡
−
Soluci´ on on
Los puntos A y B pertenecen a la recta r. Escribimos la recta r en forma f orma param´etrica, etrica, siendo (2 , 0) y v r = (1, 3): x = 2+λ y = 3λ
∈r
CEMATH
Las c´ onicas onicas
4
El punto A lo podemos escribir como A(2 + α, 3α) y B como B (2 + β, 3β ). Las coordenadas del baricentro son: 0+2+α+2+β 4+α+β x= = 3 3 (1.2) 0 + 3 α + 3β y= =α+β 3
Eliminamos en (1.2) los par´ametros, ametros, para obtener la relaci´on on entre x e y α=y
− β ⇒ x = 4 + y −3 β + β ⇒ x = 4 +3 y ⇒ y = 3x − 4
Que es la ecuaci´on on (una ( una recta) del lugar geom´ etrico etrico del baricentro del tri´angulo angulo OAB
1.2.
Las c´ onicas onicas como lugares geom´ etricos etricos
Definici´ on on 2 La circunfer circunferencia encia es el lugar geom´ geom´ etrico etrico de los puntos puntos del plano que equidis equidistan tan de un punto llamado centro.
d(P, O ) = r Definici´ on on 3 La elipse es el lugar geom´ geom´ etrico etrico de los puntos puntos del plano plano cuya suma de distancia distancia a dos puntos fijos llamados focos, es constante.
d(P, F 1 ) + d(P, F 2 ) = k
CEMATH
Las c´ onicas onicas
5
Definici´ on on 4 La hip´ erbola erbola es el lugar geom´ geom´ etrico etrico de los puntos del plano cuya diferencia diferencia de distancias a dos puntos fijos llamados focos, es constante.
d(P, F 2 )
− d(P, F ) = k 1
Definici´ on on 5 La par´ abola abola es el lugar geom´ geom´ etrico etrico de los puntos puntos del plano que equidis equidistan tan de un punto llamado foco y de una recta llamada directriz.
d(P, F ) = d(P, d)
Cap´ıtulo 2
Ecuaciones de las c´ onicas onicas 2.1.
Cambio Cambio de sistem sistema a de referenc referencia ia median mediante te una trasl traslac aci´ i´ on on
Consideremos un punto P en el plano. Tomamos el sistema de referencia can´onico onico OX Y formado por el origen (0, 0) y los vectores i = (1, 0) y j = (0, 1). Respecto de ese sistema el punto P tiene de . Trasladamos el origen coordenadas (x, y ) que corresponde a las coordenadas del vector de posici´on on OP O (0, 0) mediante el vector v = (x0 , y0 ) al punto C = O + v = (x0 , y0 ) y formamos un nuevo sistema de referencia C, i, j , donde el punto P tiene de coordenadas ( x , y ) Observamos la Fig:2.1 y vemos que:
{
}
Figura 2.1: = OP v + C P
⇒ (x, y) = (x , y ) + (x , y ) 0
0
⇒
x = x0 + x y = y0 + y
Que son las ecuaciones que relacionan las coordenadas de P mediante una traslaci´on on del origen. Tambien podemos po demos obtener nuevos sistemas de referencia haciendo un giro, pero esa isometr´ isometr´ıa no la estuadiamos en bachillerato. Esas ecuaciones que relacionan las coordenadas mediante una traslaci´on, nos reduce el problemas de obtener las ecuaciones de la c´onica para aquellas que est´an an centrada en el origen.
6
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2.2. 2.2.
Las c´ onicas onicas
7
Ecuac uaci´ on on can´ onica onica de las c´ onicas centrada en el origen. onicas
´ de la CIRCUNFERENCIA ECUACION
d(P, O ) = r
x2 + y 2 = r
´ ECUACI ON de la ELIPSE
2
⇒x
+ y2 = r2
d(P, F 1 ) + d(P, F 2 ) = k
Llamamos a al semieje semieje may mayor, or, b al semieje menor y c a la semidistancia focal. Los focos tienen de coordenadas F 1 (c, 0) y F 2 ( c, 0)
−
Deducimos alguna relaciones importante: d(A1 , F 1 ) + d(A1 , F 2 ) = k
⇒ d(A , F ) + d(A , F ) = 2 a ⇒ k = 2a d(B , F ) + d(B , F ) = 2 a ⇒ 2d(B , F ) = 2a ⇒ d(B , F ) = a 1
1
1
1
1
2
1
1
2
1
a2 = b2 + c2
Escribimos la ecuaci´on on de la elipse: d(P, F 1 ) + d(P, F 2 ) = 2a
− (x
c)2 + y2 +
(x + c)2 + y 2 = 2a
1
1
CEMATH
Las c´ onicas onicas
− (x
(x
− c)
2
2
2
c) + y
+ y 2 = 4a2
2
− − ⇒ 2
= 2a
8
2
( x + c) + y
2
4a (x + c)2 + y2 + (x + c)2 + y 2
4a (x + c)2 + y 2 = 4cx + 4a2
(x + c)2 + y 2 = cx + a2
a
a2 [(x + c)2 + y 2 ] = c2 x2 + a4 + 2ca2 x a2 x2 + a2 c2 + 2a2 cx + a2 y 2 = c2 x2 + a4 + 2ca2 x
(a2
2
2
2
2
4
2 2
− c )x + a y = a − a c (a − c )x + a y = a (a − c ) b x a y b x +a y =a b ⇒ + =1 a b a b 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
x2 y2 + =1 a2 b2 ´ ´ ECUACI ON de la HIPERBOLA
d(P, F 2 )
− d(P, F ) = k 1
Llamamos a al semieje real, b al semieje imaginario y c a la semidistancia focal. Los focos tienen de coordenadas F 1 (c, 0) y F 2 ( c, 0)
−
Deducimos alguna relaciones importante: d(A1 , F 2 )
− d(A , F ) = k ⇒ d(A , F ) − d(A , F ) = 2 a ⇒ k = 2a 1
1
1
2
1
1
d(B1 , A1 ) = c c2 = a2 + b2
Escribimos la ecuaci´on on de la hip´erbola: erbola : d(P, F 2 )
(x + c)2 + y2
− d(P, F ) = 2a − (x − c) + y 1
2
2
= 2a
CEMATH
Las c´ onicas onicas 2
2
(x + c) + y
2
− − = 2a +
(x + c)2 + y 2 = 4a2 + 4a (x 4cx
− 4a
2
−
(x
c) + y
2
2
c)2 + y2 + (x
⇒ cx − a = a c x + a − 2ca x = a [(x − c) + y ] c x + a − 2ca x = a x + a c − 2a cx + a y (c − a )x − a y = a c − a (c − a )x − a y = a (c − a ) b x a y b x −a y =a b ⇒ =1 − a b a b 2
2
2
2
4
4
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
− c) + y (x − c) + y
2
c)2 + y 2
= 4a (x
2
2
2
2
4
2
2
2
2
2
2 2
2 2
2
x a2
− yb
2 2
2
2
=1
´ de la PARABOLA ´ ECUACI ON
d(P, F ) = d(P, d) p
V (0, 0) es el v´ertice ertice y el par´ametro ametro p es la distancia del foco F 0,
Conceptos importante: d(F, V ) = d(V, d) =
2
a la directriz y =
− p2
p
2
La recta que pasa por el foco y el v´ertice ertice se llama eje de la par´abola abola y es perpendicular a la directriz. Escribimos la ecuaci´on on de la par´abola: abola: d(P, F ) = d(P, d)
− √ − − − p
2
x + (y
2
p
2
x + (y
x2 + y x2 + y 2
p
2
2
2
py +
p
2
2
2
) =
y+
p
2
02 + 1 2
2
2
)
= y+
= y2 + py + 2
p
2
p
2
2
= y 2 + py +
x = 2 py
2
p
2
2
9
CEMATH
2.3. 2.3.
Las c´ onicas onicas
10
Ecuac uaci´ on on can´ onica onica de una c´ onica no centrada en el origen onica
Consideremos la c´onica onica que aparece en la Fig (2.2) cuyo centro es el punto C (x0 , y0 ).
Figura 2.2: cuyos ejes de coordenadas son La ecuaci´on on de esta c´onica onica referida al sistema de referencia C, i, j C X y CY es: (x )2 (y )2 + 2 =1 2
{
}
a
b
sabemos que mediante la traslaci´ i, j Si queremos obtener su ecuaci´on on referida al sistema O, on, on, las P coordenadas de est´ an an relacionada relacionadass por las ecuacione ecuaciones: s:
{
Y obtenemos:
x = x0 + x y = y0 + y
(x
2
−x ) 0
a2
+
}
⇒x = x−x ⇒y = y−y
0
(y
0
−y )
2
0
=1
b2
De esta forma la ecuaci´on on can´onica onica de las c´onicas onicas no centrada centra da en el origen, ori gen, quedar´ q uedar´ıa: ıa: CIRCUNFERENCIA ELIPSE
2
(x
−x )
(x
−x )
0
2
(x
−y )
2
0
= r2
−y )
2
− x ) − (y − y ) a b
2
0
a2
´ HIPERBOLA
+ (y +
(y
0
2
0
0
2
=1
b2
2
=1
´ PARABOLA
(x
−x ) 0
2
= 2 p(y
−y ) 0
v´ertice V (x0 , y0 )
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2.4. 2.4.
Las c´ onicas onicas
11
Ecuac uaci´ on general de una c´ on onica onica
Si en la ecuaci´on on can´onica onica de una c´onica, onica, desarrollamos los cuadrados, quitamos denominadores e igualamos a cero, obtenemos una expresi´on on del tipo: Ax2 + By 2 + Cx + Dy + E = 0
A la que llamamos ecuaci´on on general de una c´onica onica con ejes paralelos a los ejes de coordenadas OX y OY . Esta es la forma mas c´omoda omoda de expresar una c´onica, onica, pero p ero la menos expl´ıcita, ıcita, ya que no expresa sus elementos. Para obtener sus elementos tenemos que completar cuadrados y obtener su ecuaci´on on can´onica. onica.
Ejemplo 2
Clasifica la c´ onica 9x2
− 4y
2
+ 18x + 16y
− 43 = 0, calcula sus elementos element os y repres´ entala. entala.
Soluci´ on on
Completamos cuadrados: 9x2 + 18x = 9( x2 + 2x) = 9[(x + 1)2
−4y
2
+ 16y =
−4(y
2
2
− 1] = 9(x + 1) − 9 − 4y) = −4[(y − 2) − 4] = −4(y − 2) + 16 2
2
Sustituyendo, nos queda: 9(x + 1)2
2
− 9 − 4(y − 2) + 16 − 43 = 0 9(x + 1) − 4(y − 2) = 36 (x + 1) (y − 2) =1 − 4 9 2
2
2
2
Centro
C ( 1, 2)
−
Semiejes
Como el signo de la x2 es positivo, el semieje real es paralelo al eje OX y su valor es a2 = 4 b=3 y el semieje imaginario es b2 = 9
⇒
⇒a=2
V´ ertices ce s
A1 ( 1 + 2 , 2) = (1, 2) A2 ( 1
−
− − 2, 2) = (−3, 2) B (−1, 2 + 3) = (−1, 5) B (−1, 2 − 3) = (−1, −1) 1
2
Semidistanc Semidistancia ia focal
c 2 = a2 + b 2
⇒c
2
= 22 + 32 = 13
⇒c=
Focos (Situados en el eje real)
F 1 ( 1 +
−
√
13, 2) F 2 ( 1
− −
√
13, 2)
√
13
CEMATH
Las c´ onicas onicas
As´ ıntot ntota as (rectas que pasan por el centro y de pendiente m =
y
− 2 = − 32 (x + 1) ⇒ 3x + 2y − 1 = 0;
Excentricidad
c e= = a Representaci´ on on gr´ afica afica
y
− 2 = 32 (x + 1) ⇒ 3x − 2y + 7 = 0
√13 2
± ab )
12
Cap´ıtulo 3
Problemas 3.1. 3.1.
Circ Circun unfe fere renc ncia iass
Problema 3 C (0 (0, 2).
Hallar la ecuaci´ on de una circunferencia que pasa por los puntos A( 1,
− −2), B(1, 2) y
Soluci´ on on
El centro lo obtenemos como la intersecci´on on de las mediatrices de los segmentos AB y BC . Mediatriz de AB Punto medio de AB M (0, 0). Vector director de AB , v = (2, 4) Luego la ecuaci´on on de la mediatriz es y =
− 12 x
Mediatriz de BC Punto medio de BC N
1 , 2 . Vector director de B C , u = ( 1, 0) 2
−
Luego la ecuaci´on on de la mediatriz es x =
1 2
El centro viene dado por soluci´on on del sistema:
y=
− 12 x ⇒ y = − 14
1 x= 2
13
C
− 1 , 2
1 4
CEMATH
Las c´ onicas onicas
14
El radio es la distancia del centro a uno de los puntos por donde pasa:
r = d(C, C ) =
− 1 2
2
9 4
+
2
=
√85 4
La ecuaci´on on de la circunferencia es: 2
2
− x
1 2
1 + y+ 4
=
85 16
Problema 4 Hallar la ecuaci´ on de una circunferencia que pasa por los puntos A( 1, 0), B (3, 2) y su centro est´ a en la recta r 3x y + 3 = 0.
−
≡ −
Soluci´ on on
El centro lo obtenemos como la intersecci´on on de las mediatriz del segmento AB con la recta r. Mediatriz de AB Punto medio de AB M (1, 1). Vector director de AB , v = (4, 2) Luego la ecuaci´on on de la mediatriz es y soluci´ on on del sistema:
y = 2x + 3 3x y + 3 = 0
− −
− 1 = −2(x − 1) ⇒ y = −2x + 3 El centro viene dado por
⇒ 3x + 2 x − 3 + 3 = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = 3
El radio es la distancia del centro a uno de los puntos por donde pasa:
r = d(A, C ) =
12 + 3 2 =
La ecuaci´on on de la circunferencia es: x2 + (y
2
− 3)
= 10
√
10
C (0, 3)
CEMATH
Las c´ onicas onicas
15
Problema 5 Hallar la ecuaci´ on de una circunferencia cuyo centro es el punto A( 1, 0), y es tangente a la recta r 3x + 4y 7 = 0.
≡
−
−
Soluci´ on on
Conocemos el centro, tenemos que calcular el radio. Como la recta r es tangente, el radio que une el centro con el punto de tangencia es perpendicular a la tangente, por tanto, el radio es la distancia del centro a la recta tangente. Radio de la circunferencia.
r = d(A, r ) =
|3(−√1) + 0 − 7| = 2 32 + 4 2
La ecuaci´on on de la circunferencia es: (x + 1)2 + y 2 = 4
Problema 6 x 2 + y 2 4x
− −
Calcular la ecuaci´ on de la recta que pasa por P (3, 4) y es tangente a la circunferencia 2y + 1 = 0.
Soluci´ on on
Completamos cuadrado para hallar el centro y el radio de la circunferencia. x2
2
− 4x = (x − 2) − 4
CEMATH
Las c´ onicas onicas
y2
16
2
− 2y = ( y − 1) − 1
Sustituyendo, nos queda: (x
2
2
− 2) − 4 + (y − 1) − 1 + 1 = 0 (x − 2) + (y − 1) = 2 2
Radio de la circunferencia
2
2
r = 2 y centro C (2 (2, 1)
Por el punto P (3, 4) pasan infinitas rectas y su ecuaci´on on es y Puesta en forma general es s mx y + 4 3m = 0
≡
−
−
− 4 = m(x − 3), siendo m la pendiente.
Para calcular m le imponemos la condici´on on de que d(C, s) = r Luego:
|2m − 1 + 4 − 3m| = 2 ⇒ |3 − m| = 2 m + (−1)
2
2
m2 + 1
Elevando al cuadrado, nos queda:
|3 − m|
2
= 4( m2 + 1)
2
2
⇒ 9 + m − 6m = 4 m
+4
2
⇒ 0 = 3m
+ 6m
−5
Cuyas soluciones son:
−6 ± m=
− 62
4 3 ( 5)
6
· ·−
√ −3 ± 2√6 6 ± 96 2√ − = = = −1 ± 6 6
3
3
Las rectas soluci´on on del problema son: y=
Problema 7 (3, 2). y C (3
− − √ 1
2 6 (x 3
− 3) + 4
y=
−
√
2 1+ 6 (x 3
− 3) + 4
Calcular la ecuaci´ on de la circunferencia inscrita al tri´ angulo angu lo de v´ ertices erti ces A(0, 3) B (1, 4)
Soluci´ on on
El centro centro de la circun circunfer ferenc encia ia inscri inscrita ta es el incen incentro tro y se obtien obtienee hallan hallando do la inter intersec secci´ ci´on o n de dos bisectrices interiores del tri´angulo. angulo. Para ello, calculamos los lados del tri´angulo. angulo. Lado AB .
= (1, 1) Vector ctor AB x
1 Lado AC .
=
y
−3 ⇒x−y+3=0 1
= (3, 1) Vecto ectorr AC
−
x
3
=
y
− 3 ⇒ x + 3y − 9 = 0 −1
CEMATH
Lado BC .
Las c´ onicas onicas
17
= (2, 2) Vector ctor BC
−
x
−1 = y −4 ⇒ x+y−5= 0 2 −2
Bisectriz interior del ´angulo angulo CAB
x + 3y
y−9 x−y+3 3 √1 +−3 9 = x1 −+y (+−1) √2 = ⇒ x +√310 √ √ √ ( 5 − 1)x − (3 + 5)y + 9 + 3 5 = 0 2
2
2
2
(3.1)
Bisectriz interior del ´angulo angulo ABC
− x
y +3
12 + ( 1)2
−
=
− x√+1 y+−15 ⇒ x −√y2+ 3 = − x +√y2− 5 2
2
x=1
(3.2)
El centro viene dado por la soluci´on on del sistema formado por las ecuaciones (3.1) y (3.2)
√− x=1
( 5
√ √ √ 8+4 5 √ = 1 + √5 1)x − (3 + 5)y + 9 + 3 5 = 0 ⇒ y = 3+
5
√5) a uno de los lados del tri´angulo. angulo. √ √ 1 − 1 − 5 + 3| 3− 5 | √2 r = d(C,AB ) = = √ 2
El radio viene dado por la distancia del centro C (1 (1, 1 +
Luego la ecuaci´on on de la circunferencia es: (x
2
− 1)
+ (y
−1−
√
5)2 = 7
−3
√
5
CEMATH
3.2. 3.2.
Las c´ onicas onicas
18
Elips lipses es
Problema 8
Clasifica la c´ onica 9x2 + 4y 2 + 18x + 16y
− 11 = 0, calcula sus elementos element os y repres´ entala. entala.
Soluci´ on on
Completamos cuadrados: 9x2 + 18x = 9( x2 + 2x) = 9[(x + 1)2 4y 2 + 16y = 4(y 2 + 4y) = 4[(y + 2)2
2
− 1] = 9(x + 1) − 9 − 4] = 4(y + 2) − 16 2
Sustituyendo, nos queda: 9(x + 1)2
2
− 9 + 4(y + 2) − 16 − 11 = 0
9(x + 1)2 + 4(y + 2)2 = 36 (x + 1)2 (y + 2)2 + =1 4 9 Centro
C ( 1,
− −2)
a en el denominador de la y 2 , el semieje mayor es paralelo al eje Semiejes Como el semieje mayor est´ OY y su valor es b2 = 9 b = 3 y el semieje menor es a2 = 4 a=2
⇒
⇒
V´ ertices ce s
A1 ( 1 + 2 ,
− −2) = (1, −2) B (−1, −2 + 3) = (−1, 1) 1
A2 ( 1
− − 2, −2) = (−3, −2) B (−1, −2 − 3) = (−1, −5) 2
Semidistanc Semidistancia ia focal
a2 = b2 + c2
2
= 32
⇒c
−2
2
=5
⇒c=
Focos (Situados en el eje mayor)
F 1 ( 1,
− −2 +
√
5) F 2 ( 1, 2
− − −
√
5)
√
5
CEMATH
Las c´ onicas onicas
Excentricidad
19
√
c 5 e= = b 3
Problema 9 Hallar el lugar geom´ geom´ etrico etrico de los puntos del plano cuya suma de distancias distancias a los puntos puntos P ( 3, 1) y Q(3, 1) sea 8.
−
Soluci´ on on
Es la definici´on on de una elipse, cuyos focos son los puntos P y Q y el eje mayor es 2 a = 8 centro es el punto medio de P y Q, luego C (0 (0, 1) y la semidistancia focal es c = 3
⇒ a = 4. El
Centro
C (0 (0, 1) Semiejes
Los focos estan en el eje mayor, luego en nuestro caso, el semieje mayor es paralelo al eje OX y est´a en b= 7 el denominador de la x2 , y el semieje menor es b2 = a2 c2 = 4 2 32 = 7
−
−
⇒
√
La elipse viene dada por la ecuaci´on: on: x2
16
+
(y
2
− 1) 7
=1
Su ecuaci´on on general es: 7x2 + 16(y
2
− 1)
= 112
2
⇒ 7x
+ 16y 2
2
− 32y + 16 − 112 = 0 ⇒ 7x
+ 16y 2
− 32y − 96 = 0
CEMATH
Las c´ onicas onicas
Problema 10
20
Hallar la ecuaci´ on gerneral de una elipse cuyo centro es el punto P (1, 1) el eje menor,
paralelo al eje OY , mide 6 u y su excentricidad es
4 . 5
Soluci´ on on
Como el eje menor vale 2 b = 6, el semieje es b = 3. Por otra parte la excentricidad viene dada por c e= a
Luego resolviendo el sistema:
4 c = a 5 a
2
⇒ c = 45a =3 +c ⇒a 2
2
2
=9 +
2
⇒ 4a 5
9a 2 =9 25
⇒a
2
= 25
⇒a=5
La ecuaci´on on can´onica onica de la elipse viene dada: (x
2
− 1) 25
+
(y
2
− 1) 9
=1
Y desarrollando obtenemos su ecuaci´on on general: 9(x
2
− 1)
+ 25(y
2
− 1)
2
= 225
9x2
2
⇒ 9(x + 1 − 2x) + 25(y + 1 − 2y) − 225 = 0 + 25y − 18x − 50y − 191 = 0 2
CEMATH
3.3.
Las c´ onicas onicas
21
Hip´ erbolas erbolas
Problema 11
2
− 4x
Dada la hip´erbola erbol a
+ y 2 + 16x + 2y
− 19 = 0, calcula sus elementos element os y repres´ entala. entala.
Soluci´ on on
Completamos cuadrados: 2
−4x
+ 16x =
2
2
2
−4(x − 4x) = −4[(x − 2) − 4] = −4(x − 2) y + 2y = ( y + 1) − 1 2
+ 16
2
Sustituyendo, nos queda: 2
2
−4(x − 2) + 16 + (y + 1) − 1 − 19 = 0 −4(x − 2) + (y + 1) − 4 = 0 − (x −1 2) + (y +4 1) = 1 2
2
2
2
Centro
C (2 (2,
−1)
Semiejes
Como el signo de la y 2 es positivo, el semieje real es paralelo al eje OY y su valor es b2 = 4 a=1 y el semieje imaginario es a2 = 1
⇒
⇒b=2
V´ ertices ce s
A1 (2,
−1 + 2) = (2, 1) A (2, −1 − 2) = (2, −3) B (2 − 1, −1) = (1, −1) B (2 + 1, −1) = (3, −1) 2
1
2
Semidistanc Semidistancia ia focal
c2 = a2 + b2
2
= 12 + 22 = 5
⇒c
⇒c=
√
5
Focos (Situados en el eje real)
F 1 (2,
−1 +
√
5) F 2 (2, 1
− −
√
5)
± ab ) y + 1 = 2(x − 2) ⇒ 2x − y − 5 = 0
As´ ıntot ntota as (rectas que pasan por el centro y de pendiente m =
y +1 = Excentricidad
−2(x − 2) ⇒ 2x + y − 3 = 0;
√
c 5 e= = b 2
CEMATH
3.4.
Las c´ onicas onicas
22
Par´ abolas abolas
Problema 12
Dada la par´ abola y 2
− 2y + 4x − 7 = 0 , calcula sus elementos element os y repres´ entala. entala.
Soluci´ on on
Completamos cuadrados: y2
2
− 2y = ( y − 1) − 1
Sustituyendo, nos queda: (y
2
− 1) − 1 + 4x − 7 = 0 (y − 1) = −4(x − 2) 2
Par´ ametro ametro
2 p =
−4 ⇒ p = −2
V´ ertice
V (2, 1) 2
Directriz Como aparece la y la directriz es paralela al eje OY y a una distancia
v´ertice ert ice.. Como Com o p < 0 la par´abola abola mira a la izquierda. x = 2+
p
2
=3
perp endicular a la directriz y pasa por el v´ertice: ertice: Eje El eje es perpendicular y=1
p
2
=
| − 1| = 1 del
CEMATH
Las c´ onicas onicas
abola) Foco (Situado en el eje de la par´abola) p
−
F 2
2
, 1 = (1, 1)
23
