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PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
1
SISTEMA DE COORDENADAS Demostrar que los puntos A = (0,1) y B = (3,5) ; C = (7,2) y D = (4,−2) son los vértices de un cuadrado. Solución: !
AB
=
9 + 16
=
25
=5
!
BC
=
16 + 9
=
25
=5
!
AD
9 16
25
5
+ = 16 + 9 =
= 25 = 5
!
CD
Como : ˆ
= =
AB
=
BC
=
AD
=
ABCD es un cuadrado.
CD
=5 LQQD
1
Capítu lo 1. SISTEMA DE CO ORDENA DA S
Dos de los vértices de un triángulo equilátero son los puntos A = (−1,1) y B = (3,1) . Hallar las coordenadas del tercer vértice. (Dos casos). Solución:
Sea C = (x,y ) el tercer vértice. !
!
BC
=
AC
(x −)3 2( )+
y −1
2
=
= (x +)1 2( + )y − 1 2 !
!
BC
=
AB
(x −)3 2( )+
De " y ! :
ˆ
punto que diste doble de P1 que P2 . Solución:
Sea P = (x,y ) el punto pedido. !
!
r
= PP1 = 2 = 2 P2P
x
= =
2
1
x1 + r x 2 1+ r 2−2 3
=
= 0 3
2 + 2(− 1) 1+ 2
=0
!
=
x
=0
y −1
(
= (−1,2)
2
=
→ !
16
=1 y = 1± 2 x
C = 1,1 ± 2 3
Dados los puntos P1 = (2,−3) y P2
→ "
3
)
encontrar sobre P1 P2 el
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
!
y
y1 + r y 2 1+ r
=
=
− 3 + 2 (2) − 3 + 4 1 = = 1+ 2 3 3
P = (x, y ) = 0,
ˆ
!
y
=
1 3
1 3
El lado de un rombo es igual a 5 10 y dos de sus vértices opuestos son los puntos P = (4,9 ) y Q
= (− 2,1) . Calcular el área de este rombo.
Solución:
PQ
!
=
x2
=
36 + 64
(5
10
=
100
= 10
) 2 − 5 2 = 250 − 25
!
x2
A
= 150
= 225
!
x
= 15
Luego : : A
=
D×d 2
=
30
× 10 2
= 150
!
m2
3
Capítu lo 1. SISTEMA DE CO ORDENA DA S
Determinar las coordenadas de los extremos A y B del segmento que es dividido en tres partes iguales por los puntos P = (2,2) y Q = (1,5 ) . Solución:
!
!
r
!
=
AP PQ 2=
=1 1+ x1 2
y +5 2= 1 2 A
ˆ
!
= (x 1 ,y1 ) :
Cálculo de A
!
x1 = 3
!
y1 = −1
= (3, − 1)
Cálculo de B = (x 2 ,y 2 ) :
!
ˆ
r
=
PQ QB
=1
!
1=
5=
2 + x2 2 2 + y2 2
!
x2
=0
!
y2
=8
B = (0,8)
La longitud del segmento MN es igual a 13; su srcen está en el punto M = (3, − 2 ) ; la proyección sobre el eje de abscisas es igual a
−12 . Hallar
las coordenadas del otro extremo del segmento, si forma con el eje de ordenadas un ángulo dado.
4
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA Solución:
!
Si
AB = −12
!
!
Si
MN = 13
!
ˆ
N = (x,)y(
x − 3 = −12
!
(x −)3 (2 + )y + 2
x 2
= −9 = 13
!
y = −7
= − 9, ) −7
Tres de los vértices de un paralelogramo son A
= (− 1,4) ,
B
= (1, − 1)
y
C = (6,1) . Si la ordenada del cuarto vértice es 6. ¿Cuál es su abscisa? Solución:
Sea D = ( x ,6 ) el punto pedido. !
AD
=
BC
!
(x) + 1 (2 + )6 − 4( )2 = ( 6) − 1 2 + 1 + 1 2 5
Capítu lo 1. SISTEMA DE CO ORDENA DA S
Efectuando operaciones: !
x 2 + 2x − 24 = 0 x1 = 4
!
x2
= −6
Luego : D = ( x) ,6 !
!
()D =
4,6
El punto medio de cierto segmento es el punto M = (− 1,2) y uno de sus extremos es el punto N = (2,5 ) . Hallar las coordenadas del otro extremo. Solución:
Sea P
= (x, y )
!
xM
= x +2x N
!
yM
=
ˆ
P
y + yN 2
el punto pedido. !
!
− 1 = x +2 2 2=
y+5 2
!
x
= −4
!
y
= −1
= (x,)y( = − )4, − 1
Los vértices de un triángulo ABC son A
= (2, − 1) ,
B=
(− 4,7 )
Calcular las coordenadas del baricentro de dicho triángulo. Solución:
Sabemos que :
6
y C = (8,0 ) .
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
=
x1 + x 2 + x 3 3
!
x
!
y + y2 y= 1 3
ˆ
G = (x, y)
+ y3
= 2−4+8
!
x
!
y=
3
− 1+ 7 + 0 3
= 6 =2
!
x
!
y=
3
6 3
=2
(= )2,2
¿Hasta qué punto debe prolongarse el segmento que une los puntos A
= (1, − 1)
y B = (4,5 ) en la dirección AB, para que sulongitud se triplique?
Solución:
Sea P = (x, y ) el punto pedido.
!
Sabemos :
AB BP
=
1 2
!
BP = 2 AB
7
Capítu lo 1. SISTEMA DE CO ORDENA DA S
!
(x −)4 (2)+
2
y − 5(
=) 2( )4 − 1 2 + 5 + 1 2
Efectuando operaciones : !
!
x 2 + y2
− 8x − 10y − 139 = 0 → "
También :
!
AB
(4) − 1 (2 )+
+
5 +(1
2
BP
=
AP
)+ ( x )− 4 2( +)
y −( )5
2
=
Efectuando operaciones : !
x 2 + y2
De " y ! :
ˆ
8
− 8x − 10y + 14 = 0 → !
= 10 ; x 2 = −2 ; x1
) P = (x,)y ( = 10,17
= 17 y 2 = −7
y1
x −1
2
+ y +1 2
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
2
GRÁFICA DE UNA ECUACIÓN Y LUGARES GEOMÉTRICOS Discutir y graficar las curvas, cuyas ecuaciones son:
16 x 2
−y =0
Solución:
E(x,y ) :
16 x 2
− y = 0 → !
1º. Intercepciones con los ejes: Eje X :
y
=0
!
16x 2
Eje Y :
x
=0
!
y
=0
=0
!
x
= 0
!
O = (0,0 )
9
Cap ítu lo 2. GRÁFICA DE U NA ECUA CIÓN Y L UGA RES G EOM ÉTRICOS
2º. Simetría: Eje X :
E(x,−)y
≠( )E x, y
Eje Y :
E(−) x, y
=( ) E x, y
Origen :
E(− x,−) y
3º. Extensión: De ! :
y
≠( )
= 16x 2 ;
E x, y
Curva simétrica sólo con el eje X
∀ x∈ú
4º. Asíntotas: No tiene asíntotas, ni horizontales ni verticales. 5º. Cuadro de valores: x
0
1
−1
12
−1 2
....
y
0
16
16
4
4
....
6º. Gráfico:
10
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
xy − 2x − 1 = 0 Solución:
E(x, y ) :
→ !
xy − 2x − 1 = 0
1º. Intercepciones con los ejes: Eje X :
y
=0
!
x
Eje Y :
x
=0
!
ò
= − 1 2;
A
= (− 1 2,0 )
intercepción con el eje X
2º. Simetría: Eje X :
E(x,−)y
≠( )E x, y
Eje Y :
E(−) x, y
≠( ) E x, y
Origen :
E(− x,−) y
≠( )
E x, y
Curva no simétrica ni con los ejes ni con el srcen
3º. Extensión:
!:
De
xy − 2 x − 1 = 0
y
= 1 + 2x ;
x
=0
!
x
∀x≠0
4º. Asíntotas:
!:
De !
y
=
!
x
=
1+ 2 x x 1 ; − y 2
!
y−2=0
!
y
=2
5º. Cuadro de valores: x
1
2
y
3
52
−1 − 2 1
32
.... ....
11
Cap ítu lo 2. GRÁFICA DE U NA ECUA CIÓN Y L UGA RES G EOM ÉTRICOS
6º. Gráfico:
x3
+ y 2 − 4y + 4 = 0
Solución:
E(x, y ) :
x3
+ y 2 − 4 y + 4 = 0 → !
1º. Intercepciones con los ejes: Eje X :
y
=0
Eje Y :
x
=0
! !
x
= −1.6 ;
y
= 2;
B
A
= (− 1.6,0 )
= (0,2)
2º. Simetría:
12
Eje X :
E(x,−)y
≠( )E x, y
Eje Y :
E(−) x, y
≠( ) E x, y
Origen :
E(− x,−) y
≠( )
E x, y
Curva no simétrica ni con los ejes ni con el srcen
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
3º. Extensión:
!:
De y
= 2 ± − x3 ;
∀x≤0
4º. Asíntotas: No tiene asíntotas, ni horizontales ni verticales. 5º. Cuadro de valores: x
0
−8 5
−1
−2
....
y
2
0
13 10
24 5 , − 4 5
....
6º. Gráfico:
13
Cap ítu lo 2. GRÁFICA DE U NA ECUA CIÓN Y L UGA RES G EOM ÉTRICOS
y2
=
x2 x
2
−1 −4
Solución:
y2
E(x, y ) :
x2
=
x
2
− 1 → ! −4
1º. Intercepciones con los ejes: Eje X :
y
=0
!
x
= ±1;
Eje Y :
x
=0
!
y
= ± 1 2;
A
= (± 1,0) B
= (0,± 1 2)
2º. Simetría: Curva simétrica con los ejes y con el srcen. 3º. Extensión:
!:
De y
=±
x2 x
2
−1 −4
∀ x ∈ − ∞, − 2 ∪ [− 1,1] ∪
2, + ∞
4º. Asíntotas:
!:
De !
y
=±
x2 x
2
−1 −4
4 y2 !
x
=±
y
2
!
x2
−4 =0
!
x
= ±2
y
= ±1
1 !
−−1
y2
−1 = 0
!
5º. Cuadro de valores:
14
x
1
−1
0
±3
±4
±1 2
.....
y
0
0
±1 2
±13
± 11 10
± 24 5
....
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
6º. Gráfico:
y x2
+1 = 4
Solución:
E(x, y ) :
(
y x2
+ 1) = 4 → !
1º. Intercepciones con los ejes:
Eje X :
y
=0
!
ò
Eje Y :
x
=0
!
y
intercepción con el eje X
= 4;
A
= (0,4 )
2º. Simetría: Curva simétrica sólo con el eje Y.
15
Cap ítu lo 2. GRÁFICA DE U NA ECUA CIÓN Y L UGA RES G EOM ÉTRICOS
3º. Extensión:
!:
De y
4
=
x
2
!
+1
x2
+ 1 = 0;
∀ x∈ú
4º. Asíntotas:
!:
De !
!
y
x
=
4 x
2
=±
+1 4−y y
!
x2
!
+1= 0
!
x∉ú
=0
!
y
y
5º. Cuadro de valores: x
0
±1 ± 2 ± 3
....
y
4
2
....
6º. Gráfico:
16
45
25
= 0 ( Eje
X)
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
Una recta pasa por los dos puntos A
= (− 2,−3)
y B = (4,1) . Si un punto
de abscisa 10 pertenece a la recta. ¿Cuál es su ordenada? Solución:
Sea
C = (10, y ) el punto pedido.
= AC 2 36 + 16 + 36 + (y − 1) =
Dado que : !
+
AB
= (10 +)2 (2) +
BC
y+3
2
Efectuando operaciones : !
y
=5
Hallar la ecuación del lugar geométrico de un punto que se mueve de tal manera que la diferencia de los cuadrados de sus distancias a los dos puntos A
= (2,−2)
y B = (4,1) es siempre igual a 12.
Solución:
Sea P = (x, y ) el punto pedido. Entonces de la condición del problema tenemos : !
BP
2
−
AP
2
= 12
De donde : 2 !
2
2
(x − )4 ( + )y − 1 − 2
− (x −)2 (2 + )y + 2 2 = 12 Luego, efectuando operaciones : !
4x + 6y + 3 = 0
17
Cap ítu lo 2. GRÁFICA DE U NA ECUA CIÓN Y L UGA RES G EOM ÉTRICOS
Un segmento rectilíneo de longitud 4 se mueve de tal manera que uno de los puntos extremos permanece siempre sobre el eje X y el otro permanece siempre sobre el eje Y. Hallar la ecuación del lugar geométrico del punto medio del segmento. Solución:
De la condición : !
!
PA
+
PB
=4
(x − x)2(2 +) − y
2
2
+
+ (x )2 (2 + y) 2 − y 2 = 4 Efectuando operaciones : !
x2
+ y 2 = 16
Hallar la ecuación del lugar geométrico de un punto P = (x, y ) , tal que la distancia de P al punto A = (0,6 ) es igual a la mitad de la distancia de P al eje X. Solución:
De la condición : !
AP
= 21 y
!
x2
+ (y − 6 )2 =
Luego, efectuando operaciones : !
18
4x 2
+ 3 y 2 − 48 y + 144 = 0
1y 2
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
3
LA LÍNEA RECTA Hallar la ecuación de la recta que pasa por los dos puntos A B
= (4,2)
y
= (− 5,7 ) .
Solución:
Sea
‹
la recta buscada.
Dado que se conocen dos puntos de la recta, se puede conocer su pendiente.
‹
ˆ
:
‹
:
= (4,2) B = (− 5,7 ) A
y−2 =
!
m
5 − (x − 4 ) 9
‹
= m AB =
"!
‹
7−2 −5−4
:
= −5 9
5 x + 9 y − 38 = 0
19
Ca p í tu lo 3. L A L ÍNE A RE CTA
Calcular el área del triángulo que forma la recta 3 x − 4 y − 12 = 0 con los ejes coordenados. Solución:
!
‹
3 x − 4 y − 12 = 0
:
Luego : !
‹
3 x − 4 y = 12
:
Dividiendo × 2 : !
ˆ
‹
x 4
:
=
A∆
+
y −3
=1
4 × (− 3 ) 2
!
a=4
= 12
b = −3
A∆
"!
2
= 6u2
Los vértices de un triángulo son A = (0,0 ) , B = (4,2 ) y C = (− 2,6 ) . Obtener las ecuaciones de las rectas que contienen los lados del triángulo. Solución:
!
Ecuación de AB : AB :
ˆ
!
= (0,0) B = (4,2) A
y− 0 = −
1 (x − 0) 2
!
m
AB
=−1 2
x − 2y
"!
=0
Ecuación de BC : BC :
ˆ
20
y− 2 =
B = (4,2) C = (− 2,6 )
− 2 (x − 4 ) 3
!
"!
m
BC
=−2 3
2x + 3 y − 14 = 0
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Ecuación de AC :
!
AC :
= (0,0 ) B = (− 2,6 ) A
!
y − 0 = −3(x − 0 )
ˆ
m
= −3
AC
3x + y
"!
=0
Encontrar la ecuación de la recta que pasa por
A = (4, 8 3 ) y por la
intersección de las rectas 3 x − 4 y − 2 = 0 , 9 x − 11y − 6 = 0 Solución:
‹
:
A
= (4, 8 3)
Un punto de la recta
1:
3x − 4y − 2 = 0
2:
9 x − 11y − 6
‹
‹
=0
!
‹1
∩ ‹2 = B = (2 3 ,0 )
Luego : ‹
:
y − y1 = m(x − x1 )
Donde :
m
‹
= m AB = 0 − 8 3 = 2 3−4
4 5
Finalmente : ‹
:
y−
8 3
Si la recta
= 4 (x − 4 ) 5
ax + by + c
"!
=0
‹
: 12x − 15 y − 8
pasa por el punto
=0 P = (p, q) , escribir una
ecuación en forma de: a) pendiente y ordenada en el srcen. b) punto - pendiente. c) simétrica. Solución:
a)
‹
:
ax + by + c
=0
!
y
=−
a c x− b b
21
Ca p í tu lo 3. L A L ÍNE A RE CTA
b)
‹
ax + by + c
:
!
c)
‹
:
‹
= 0;
Donde d :
y−q=
− a (x − p )
ax + by + c
:
!
+
‹
= − a; b
P = (p, q)
b
=0
x c − a
:
‹
m
!
y c − b
‹
:
ax + by
= −c
=1
Encontrar la ecuación de una recta que tiene intercepciones iguales y que
= (8,−6 )
pasa por el punto A Solución:
Sea :
‹
8 a
Luego :
ˆ
‹
x a
:
x 2
:
+ y =1 a
+ −6 =1
!
a
+ y =1 2
Desde el punto M0
Pero :
"!
= (8,−6 ) ∈
‹
a=2
‹
= (− 2,3)
A
x+y−2 =0
:
se ha dirigido hacia el eje OX un rayo de luz
con una inclinación de un ángulo
α , se sabe que
tg α
= 3 . El rayo se ha
reflejado del eje OX. Hallar las ecuaciones de las rectas en las que están los rayos incidente y reflejado. Solución:
!
Ecuación del rayo incidente : pendiente : !
22
m = tgα
y − 3 = 3 (x + 2)
=3
"!
3x − y + 9 = 0
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
!
Ecuación del rayo reflejado : Si
y
=0
pendiente : !
y− 0
x
!
= −3 ;
P0
= (− 3,0)
m = tg ( 180 º −α ) = − tgα
= −3 (x + 3)
"!
= −3
3x + y + 9
=0
Dados los puntos M = (2,2 ) y N = (5,−2) . Hallar en el eje de abscisas un punto P de modo que en el ángulo MPˆN sea recto. Solución:
Dado que : MP !
⊥ NP
"!
m
MP
⋅ m NP = −1
− 2 ⋅ 2 = −1 x −2 x −5
Efectuando operaciones : x2
ˆ
− 7x + 6 = 0 P1
= ( 6,0 )
!
;
x1 = 6 x2
=1
P ( 2 )= 1,0
23
Ca p í tu lo 3. L A L ÍNE A RE CTA
Los puntos A
= (3,−2) ,
B = (4,1) y
C = (− 3,5 ) son los vértices de un
triángulo. Demostrar que la recta que pasa por los puntos medios de los lados AB y CD es paralelo a la base BC del triángulo. Solución:
!
Cálculo de M1
!
!
x1 = y1 =
xA
x2 y2
= =
+ xB 2
yA
+ yB 2
Cálculo de M2
!
24
= (x1, y1 )
xA
7 2
=−
1 2
!
M1
7 1 = ,− 2 2
= (x 2 , y 2 ) + xC 2
yA
=
+ yC 2
=0 =3
2
!
M2
= 0, 3 2
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
BC * M1 M2
Sabemos que :
"!
m
BC * M1 M2
Luego efectivame nte :
BC
= mM M
"!
1 2
− 4 =−4 7
7
LQQD
Calcular la distancia entre las rectas paralelas:
x + 2y + 4 =0
y
2x + 4 y − 5 = 0 Solución:
Dado que : ‹
1
:
x + 2y + 4 = 0
∧
‹
2
:
2x + 4 y − 5
=0
Hallamos un punto cualesquiera P , de la recta Para
x
=0
!
y
= −2
ˆ
P
‹
1
.
= (0, − 2)
Luego :
ˆ
d=
(2)( 0) +( )( 4 −)2 − 5 2
2
+4
2
=
−8−5 20
"!
d=
13 20
≈ 2.90
25
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
4
LA CIRCUNFERENCIA Encontrar la ecuación de la circunferencia sabiendo que sus extremos de un diámetro son los puntos A
= (− 2,3)
y B
= (4,−1) .
Solución:
C = (h,k ) es punto medio de AB !
h=1 k
=1
C = (1,1)
!
AB Luego :
ˆ
C:
r
=
2
=
52 2
!
r2
= 13
(x −)h 2( + )y − k 2 = r 2 (x)− 1 2( + )y − 1 2 = 13
C:
x2
+ y 2 + 12x − 12y + 36 = 0
27
Cap í tu lo 4. LA CIRCUN FERE NCIA
Obtener la ecuación de la circunferencia tangente a los dos ejes, radio 6, en el segundo cuadrante. Solución:
Del gráfico, se deduce que
C = (h,k ) (=
−)6,6
es el centro
de la circunferencia y su radio r ˆ
= 6.
(x −)h 2( + )y − k 2 = r 2
C:
(x + )6 (2 + )y − 6 2 = 36 x 2 + y 2 + 12x − 12y + 36 = 0
C:
Dada la ecuación de la circunferencia 3 x 2
+ 3y 2 + 4y − 7 = 0 , encontrar
el centro y el radio. Solución:
Completando cuadrados : !
3x 2
+ 3 y 2 + 4y − 7 = 0
3 x 2 + 3 y 2
3x 2
x2
28
ˆ
+
4 4 4 y+ = 7+ 3 9 3
+ 3 y + 2 2 = 25 3 3 2
+ y + 2 = 25 9 3
C = 0,−
2 ; 3
r
;
=5 3
d donde : h = 0 , k De
=−2 3
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Hallar la ecuación dela circunferencia cuyo centro es el punto C = (− 4,−1) y que es tangente a la recta: 3 x + 2y − 12 = 0 . Solución:
Sea :
r
= Distancia de
C a
‹
:
3x + 2y − 12 = 0
Luego : !
r
= = =
ˆ
C:
(3)( − 4) +( )(2 −) 1 − 12 32
+ 22
− 12 − 2 − 12 13
− 26 13
=
26
!
13
r2
= 52
(x −)h 2( + )y − k 2 = r 2
Reemplazando : C:
(x + )4 2( + )y + 1 2 = 52
Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos A
= (4,0 ) ,
B = (0,3 ) y C = (− 2, − 2) . Solución:
Sea !
!
!
C:x
2
+ y 2 + Dx + Ey + F = 0 → C
!
16 + 4 D + F = 0
C
!
9 + 3E + F = 0
(− 2, − 2) ∈
C
!
= (4,0 ) ∈ B = (0,3 ) ∈ A
C=
Luego, de # , " y ! :
⊗
→ # → "
− 2D − 2E + F = 8 → ! D=
− 19 ; 13
E=
5 ; 13
F=−
132 13
29
Cap í tu lo 4. LA CIRCUN FERE NCIA
En ˆ
⊗: C:
C
x2
+ y 2 − 19 x + 3
5 132 y− 13 13
=0
: 13 x 2 + 13y 2 − 19 x + 5y − 132 = 0
Hallar la ecuación de la circunferencia de radio 10, tangente en el eje X, cuyo centro está sobre la recta x = 2y . Solución:
!
Primer caso ‹
:x
C:
= 2y
pero
C = )(h1,10
∈
(x − h)1 (2 + )y − k1 2 = r 2 (x − 20 ) ( 2 + )y − 10 2 = 100 x2
30
+ y 2 − 40x − 20y + 400 = 0
‹
!
h1()= 20 ;
C = 20,10
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
!
Segundo caso :x
‹
= 2y
C = ()h2,−10
pero
(x − h)2 (2 + )y − k 2
C:
2
∈
!
‹
h2( =) −20 ;
C=
− 20,−10
= r2
(x + 20 ) (2 + )y + 10 2 = 100 x2
+ y 2 + 40x + 20y + 400 = 0
La ecuación de una circunferencia es x 2
+ y 2 = 50 . El punto medio de
una cuerda de esta circunferencia es el puntoP
= (− 2,4) . Hallar la ecuación
de la cuerda. Solución:
Sea y !
‹2
la recta que contiene a la cuerda referida
la recta que pasa por el punto P y el centro de la circunfere ncia.
‹1
Pendiente de
:
m
‹
⋅m
‹1
‹
1
=
4−0 −2−0
= −2
Luego : ‹
1
⊥
‹
"!
2
"!
(− 2)⋅ m
"!
m
‹
2
=
‹
2
m
1
‹
2
= −1
= −1
1 2
Luego : !
‹
‹
2
2
1 (x + 2) 2
:
y−4=
:
x − 2y + 10 = 0
31
Cap í tu lo 4. LA CIRCUN FERE NCIA
Encontrar la ecuación de la circunferencia con centro en C = (4, 4 3 ) y que pasa por Q =
(− 1,− 4 3 ) .
Solución:
De los datos, tenemos :
(x −)h 2( + )y − k 2 = r 2
C:
(x −)4(2 + y) − 4 3 2 = r 2 2
!
Q = (− 1,−) 4 3
∈ (C )
4 4 − 1 − 4 2 + − − = r 2 3 3
!
2
ˆ
4 (x − 4)2 + y − = 3
C:
!
r2
289 9
Hallar el área del círculo cuya ecuación es: 9x 2
+ 9 y 2 + 72x − 12y + 103 = 0
Solución:
Tenemos la ecuación de la circunferencia : C:
9x 2
+ 9y 2 + 72x − 12y + 103 = 0
Despejando el término independiente y completando cuadrados !
C:
9x 2
(
+ 9y 2 + 72x − 12y = −103
9 x2
+ 8x + 16)+ 9 y 2 − 4 y + 4 = −103 + 144 + 4 3 9 2
9 (x + 4 )
2
+ 9 y − 2 = 45 3 2
2 (x + 4)2 + y − = 5 3
32
ˆ
A
= πr2 = π × 5
"!
Donde :
A
= 5 πu 2
r2
=5
=
289 9
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
5
TRANSFORMACIÓN DE COORDENADAS Por una traslación de ejes, transformar la ecuación: 3x 2
− 2y 2 − 42x − 4 y + 133 = 0
en otra que carezca de términos de primer grado. Solución:
Completando cuadrados : 2
2
− 2y − 42x − 4y + 133 = 0 3 (x 2 − 14x + 49)− 2 (y 2 + 2y + 1) = −133 + 147 − 2 3x
3 (x −)7 Siendo :
2
(− 2) y + 1 2 = 12 x N= x − 7 yN= y + 1
!
3x N2 − 2yN2
= 12 33
Cap ítu lo 5. TRAN SFOR MA CIÓN DE COOR DENA DA S
Simplificar la ecuación: 72x 2
+ 36 y 2 − 48x + 36 y − 55 = 0
por una traslación de los ejes coordenados. Solución:
Completando cuadrados : 72x 2 + 36y 2
72 x 2 −
72 x −
2x −
Siendo :
2 1 x + + 36 y 2 3 9
(
1 3
1 3
− 48x + 36y − 55 = 0
2
2
+ y + 1) = 55 + 8 + 9
2
+ 36 y + 1 = 72 2 2
1 + y + = 2 2
x N= x − 1 3 yN= y +
!
2x N2 + yN2
=2
1 2
Por una traslación de ejes, simplificar la ecuación: x2
− 2y 2 + 8 x + 4 y − 3 = 0
Solución:
Completando cuadrados en la expresión, se tiene :
(x 2 − 8x + 16)− 2 (y2 − 2y + 1) = 3 + 16 − 2 (x −)4 2(− 2) y − 1 2 = 17 Siendo :
34
x N= x − 4 yN= y − 1
!
x N2
− 2yN2 = 17
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
Por medio de una traslación de ejes, eliminar los términos de primer grado de la ecuación: 2xy − x − y + 4
=0
Solución:
→ "
2x y − x − y + 4 = 0 !
N
→ #
x = x +h y = yN+ k
# en " : 2 (x N+ )( h yN)+(k
− )x(N+ h) −
yN+ k
2 x NyN+ 2 k x N+ 2 k yN+ 2 hk − x N− h − yN− k + 4 2 x Ny N+ (2 k −) 1 (x N+ ) 2 h − 1 yN+ 2 hk − h − k + 4 = 0
De donde :
2 k− 1 = 0
!
h=k
2 h− 1 = 0
=
→ !
1 2
Luego en ! :
1 1 − 1 − 1 + 4 = 0 2 2 2 2
2 x Ny N+ 2
!
4 x Ny N+ 7 = 0
Por una rotación de los ejes coordenados, transformar la ecuación: 16 x 2
+ 24xy + 9y 2 + 25 x = 0
en otra que carezca del término en xy. Solución:
16x 2 + 24xy + 9y 2
+ 25x = 0 → "
= xN cosθ − yN sen θ → # y = xN sen θ + yN cos θ x
Luego :
35
Cap ítu lo 5. TRAN SFOR MA CIÓN DE COOR DENA DA S
Ahora # en " :
( 16 cos2 θ + 24 senθ cos θ + 9 sen2 θ) x 2 + + ( 16 sen2 θ − 24 sen θ cos θ + 9 cos2 θ) y 2 + + ( 24 cos2 θ − 32 sen θ cos θ − 24 sen2 θ + 18 sen θ cos θ) x y + + 25 x cos θ − 25 y sen θ = 0 → ⊗ N
N
NN
N
N
Luego para eliminar el término x N e yN. !
24 cos 2 θ − 32 sen θ cos θ − 24 sen2 θ + 18 sen θ cos θ = 0 24 cos 2 θ − 24 sen2 θ − 14 sen θ cos θ = 0
(
24 cos 2 θ − sen2 θ
)− 14 sen θ cos θ = 0
24 cos 2θ − 7 × 2 sen θ cos θ = 0 24 cos 2θ − 7 sen 2θ = 0 Dividiendo × cos 2θ : !
24 − 7 tg 2θ = 0
!
tg 2θ =
24 7
Luego de la figura : !
cos 2θ =
7 25
Además :
!
!
36
senθ =
1 − cos 2θ 2
cosθ
1 + cos 2θ 2
=
=
=
1− 7 25 2
=
9 25
!
senθ =
3 5
7 25 2
=
16 25
!
cosθ =
4 5
1+
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
⊗:
En
(4 cos θ + 3)sen ( θ
!
2
xN2 )+ 4 sen θ + 3 cos θ yN2 + 25 xNcos θ − 25 yNsen θ = 0
4 ⋅ 4 + 3 ⋅ 3 2 xN2 + 4 ⋅ 3 + 3 ⋅ 4 yN2 + 25 ⋅ 4 xN− 25 ⋅ 3 yN= 0 5 5 5 5 5 5 25 xN2 + 20 xN− 15 yN= 0
5xN2 + 4xN− 3yN= 0
!
Simplificar la ecuación: x2
− 10 xy + y 2 − 10x + 2y + 13 = 0
por transformación de coordenadas. Solución:
2
x
2
− 10xy + y
Luego :
− 10x + 2y + 13 = 0 → " = x N+ h → # y = yN+ k
x
# en " : x N2
+ 2 hx N+ h2 − 10xNyN− 10 k x N− 10 h yN− 10 hk + yN2 + 2 ky N+ k 2 −
− 10x N− 10 h+ 2yN+ 2 k + 13 = 0 x N2
+ yN2 + (2h − 10k )−( 10
x N+) 2 + 2 k − 10 h yN+
+ k 2 − 10 hk − 10 h + 2 k + 13 = 0 →
⊗
Para eliminar los términos x N e yN; debe cumplirse que
2 h− 10 k − 10 = 0 2 + 2 k − 10 h = 0
!
h = 0;
k
= −1 37
Cap ítu lo 5. TRAN SFOR MA CIÓN DE COOR DENA DA S
En !
⊗: xN2 + yN2 − 10xNyN+ 1 − 2 + 13 = 0 xN2 + yN2 − 10xNyN+ 12 = 0 ......! xN= xNNcos θ − yNNsenθ
Pero :
yN= xNNsenθ + yNNcos θ
$
......
$ en ! : !
xNN2 cos2 θ − 2 xNNyNNsenθ cos θ + yNN2 sen2 θ + xNN2 sen2 θ +
+ 2 xNNyNNsenθ cos θ + yNN2 cos2 θ − 10 + xNN2 senθ cos θ − − 10 xNNyNNcos2 θ + 10 x NNyNNsenθ + 10 yNN2 senθ cos θ + 12 = 0 !
(cos2 θ + sen2 θ − 10 senθ cosθ) x
2
N N
+
(sen2 θ + cos2 θ + 10senθ cosθ) y 2 + + (2 senθ cos θ − 2 senθ cos θ − 10 cos2 θ + 10 sen2 θ) x N N
!
(1 − 10 senθ) cos ( θ
2 +) 1+ 10 senθ cos θ yNN2 + xNN
+ (− 10 cos2 θ + 10 sen2 θ) xNNyNN+ 12 = 0 Ahora el término xNN yNN: Ahorapara paraeliminar eliminar el término x´´y´´: 2
38
2
!
− 10 cos θ + 10 sen θ = 0 − 10(cos2 θ − sen2 θ) = 0
!
cos2 θ − sen2 θ = 0
!
cos 2θ = 0
......
⊕
y
+ 12 = 0
N N N N
PROB LE MA S DE GEOM ETRÍA AN A LÍTICA PL A NA
Además :
!
!
sen θ =
1 − cos 2θ 2
=
1 2
=
2 2
cos θ =
1 + cos 2θ 2
=
1 2
=
2 2
Reemplazando en
!
1 − 10 ⋅
2 2
⋅
⊕:
2 xNN2 + 1 + 10 ⋅ 2 2 2
⋅
2 yNN2 + 12 = 0 2
( 2 +) 1 + 5 yNN2 + 12 = 0 xNN
(1 −)5
− 4xNN2 + 6yNN2 + 12 = 0 Dividiendo !
×2:
2 − 3 yNN 2 −6 2xNN
=0
Un punto P se mueve de tal modo que la diferencia de sus distancias a los dos puntos
A
= (1,4 )
y B
= (− 2,1)
es siempre igual a 3. Hallar la
ecuación del lugar geométrico y simplificarla por transformación de coordenadas. Solución:
Sea P = (x, y ) el punto que se mueve. De la condición : !
AP
−
BP
=3
(x) − 1 (2 + )y − (4 2 )− ( )x + 2 2 +
y −1
2
=3 39
Cap ítu lo 5. TRAN SFOR MA CIÓN DE COOR DENA DA S
Efectuando operaciones se tiene : !
20 x − 4 y − 8 x y + 9 = 0
→ "
Pero :
= x N+ h y = yN+ k → #
x !
Luego : !
(20 − 8) k( x N−)
4 + 8 h yN− 8x NyN+ 20 h− 4 k − 8 h k + 19 = 0
Ahora para eliminar los términos x N e yN:
!
20 − 8 k
= 0 4 + 8h = 0
!
h=
5 ; 2
k
=−1 2
# en ! : !
− 8x NyN+ 10 − 1 − 4 5 − 8 − 1 5 + 19 = 0 2 2 2 2 − 8x NyN− 10 − 10 + 10 + 19 = 0
!
40
− 8x NyN− 9 = 0
→ !
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
6
LA PARÁBOLA Obtener la ecuación de la parábola con vértice en el srcen y cuya directriz es y = 2 . Solución:
Del gráfico, se tiene : : x 2 = −4py
→ !
p=2 En ! :
!
: x 2 = −8 y
41
Cap í tu lo 6. LA PA RÁB OL A
Hallar la ecuación de la parábola cuya directriz es la recta x = −6 y su foco es F = (0,0 ) . Solución:
Del gráfico :
(y −) k 2 =( 4 )p x − h
:
V = (− 3,0 )
Como :
y
→ ! p = FV = 3
En ! : !
: y 2 = 12 (x + 3 ) : y 2 = 12x + 36
Calcular el radio focal del punto M de la parábola y 2 = 20 x si la abscisa del punto M es igual a 7. Solución:
: y 2 = 20 x De ! :
→ !
4p = 20
!
p=5
F = ( 5,0 )
de donde :
M = ( 7, y1 ) ∈ En ! : 2
!
y1 = 20 (7 )
!
M = 7,± 140
(
!
y1 = ± 140
)
Por lo tanto : FM = FM =
42
(
140 − 0
)2 + (7 − 5)2
144 = 12
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Dada la ecuación de la parábola x 2 + 8 y − 2x = 7 . Hallar el vértice, eje, foco y directriz. Trazar la curva. Solución:
: x 2 + 8 y − 2x = 7 Completando cuadrados : x 2 + 8 y − 2x = 7 :
!
(x) − 1 2 = −8y + 8
: x 2 − 2 x + 1 = −8 y + 7 + 1
( ) (:)
!
x −1
2
= −8 y − 1
Luego, las coordenadas del vértice de la parábola : Seguidamente :
4p = −8
!
V = (h,k) (=) 1,1
p = −2
Ahora, las coordenadas del foco :
F = (h,k +)p( )= 1,−1
x =1
!
Ecuación del eje :
!
Ecuación de la directriz :
y=3
43
Cap í tu lo 6. LA PA RÁB OL A
Encontrar la ecuación de la parábola, cuyo vértice es el punto V = (3,2 ) y el foco es F = (4,2) . Solución:
(y −)k 2 =( 4p) x − h
:
→ !
Dado que se conoce el vértice y el foco : p = VF = 1 Reemplazando los valores en ! : !
:
(y − 2) 2 =()(4 1 )x − 3 (y −)2 2 (=) 4 x − 3
: y 2 = 4y + 4x − 16
Obtener la ecuación de la parábola con foco en F = (2,3 ) y cuya ecuación de la directriz es x = −6 . Solución:
Del gráfico : !
FP = Distancia de P a
!
‹
(definición)
(x − )2 2( + )y − 3 2 = x + 6
Efectuando operaciones : !
44
:
y 2 − 16x − 6y − 23 = 0
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Determinar la longitud del segmento determi nado por la ecuación y 2 = 4 x , con la recta de ecuación x = 2y − 3 . Solución:
Tenemos :
y 2 = 4x
→ ! ‹ : x = 2 y − 3 → " :
De ! y " obtenemos los puntos
P1 = (1,2)
P2 = (9,6)
P1 y P2 intersección de las dos gráficas : Luego : P1 P2 =
(9) − 1 (2 + )6 − 2
2
=
64 + 16
"!
P1 P2 = 4 5 ≈ 8,94
45
Cap í tu lo 6. LA PA RÁB OL A
Determinar la ecuación de una circunferencia que tiene por diámetro la 2 cuerda normal de la parábola, cuya ecuación es y = 16 x . Solución:
: y 2 = 16x
→ !
se deduce que el vértice V = (h,k) (= 0,0 ) é : Tambien
) ( =) 4,0 F = (h + p,k (lado recto )
Luego, la cuerda normal !
CN :
x=4
De ! y " :
!
!
→ "
r = FP1 = P2F = 8
P1 = (4,8 ) P2 = (4,−8 ) "!
r 2 = 64
Siendo C centro de la circunferencia !
C=F
"!
C = (4,0)
Por lo tanto : C:
(x − 4 )2 + y 2 = 64
C:
x 2 + y 2 − 8 x − 48 = 0
Una recta que pasa por el foco de una parábola con el vértice en el srcen y con el eje horizontal, corta a la directriz en el punto A = (− 3,8 ) . Calcular las coordenadas de los puntos de intersección de la parábola y la recta. Solución:
!
:
y 2 = 4px
→ !
y su vértice V = (h,k) (= )0,0
46
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Además :
" en ! :
!
‹
‹
:
→ "
p=3 :
y 2 = 12x
→ $
A = (− 3,8)
!
m =m ‹
F = (h + p,)k( =) 3,0
: y−0 =m
‹
4 3
(x − 3)
4 y = − (x − 3 ) 3 De $ y # :
=− AF
"!
P:
‹
:
4x + 3y − 12 = 0
: y 2 = 12x ‹
: 4x + 3y − 12 = 0
"!
→ # P1 = (3 4 ,3 ) P2 = (12,−12)
47
Cap í tu lo 6. LA PA RÁB OL A
Las dos torres de suspensión de un puente colgante distan entre sí 300 m. y se extienden 80 m por encima de la calzada. Si el cable (que tiene la forma de una parábola) es tangente a la calzada en el centro del puente, determinar la altura del cable por encima de la pista a 50 m y también a 100 m del centro del puente. (Asumir que la pista es horizontal). Solución:
Del gráfico, se observa que !
!
P = (150,80) ∈ 1502 = 4p (80 )
En ! :
:
:
x 2 = 4py
→ !
. 4p =
"!
75 × 15 4
x 2 = 75 × 15 y 4
Luego :
48
!
P1 = (50, y1) ∈
!
P2 = (100, y 2 ) ∈
!
!
50 2 =
75 × 15 y1 4
1002 =
!
75 × 15 y2 4
y1 =
!
80 ≈ 8,88 m. 9
y2 =
320 ≈ 35,55 m. 9
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
7
LA ELIPSE Hallar la ecuación de la elipse cuya longitud de la cuerda normal (lado recto) es 5 vértices
(± 10,0 ) .
Solución:
õ
Sabemos :
:
x2 a2
+
y2 b2
= 1 → !
Luego del enunciado : !
!
2 CN = 2 b = 5 a
a = 10
!
"!
b 2 = 25
a 2 = 100
Por lo tanto en ! :
õ
:
x2 y2 + =1 100 25
49
Cap í tu lo 7. LA EL IPSE
Hallar la ecuación de la elipse, cuyo eje es coincidente con x = 1, C = (1,5 ) , F = (1,8 ) ; suma de las distancias focales de un punto de la elipse es 12. Solución:
(x)−(h) 2 õ
Del enunciado deducimos : Pero : Luego :
2a = 12
a=6
c = CF = 3
Sabemos :
Por lo tanto :
50
"!
"!
b2 = a2 − c 2
õ
:
:
y− k
+
b2
a2
2
=1
a 2 = 36
"!
c2 = 9 "!
(x −)1( 2 27
b 2 = 36 − 9 = 27
+
)y − 5 2 36
=1
"!
b 2 = 27
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Reducir la ecuación x 2 + 4 y 2 − 6 x + 16 y + 21 = 0 a la forma ordinaria de la ecuación de una elipse y determinar las coordenadas del centro, vértices y focos, las longitudes de los ejes mayor y menor, y la cuerda normal; y la excentricidad. Solución:
x 2 + 4 y 2 − 6x + 16y + 21 = 0 Completando cuadrados para x e y :
(x 2 − 6x + 9)+ 4(y 2 + 4y + 4) = −21 + 9 + 16 (x) −( 3) 2 + 4 y + 2 2 = 4 õ
:
(x −)3 2( )y + 2 2 +
4
1
=1
De la ecuación tenemos :
C = (h,) k (= 3),−2
Luego los vértices de la elipse se obtienen de : !
V = (h ± a,)(k = 3) ± 2,−2
!
V1 = (5,−2) V2 = (1,−2 )
También : !
!
a2 = 4 2
2
a = ±2
!
a =b +c
2
!
!
4 = 1+ c
2a = 2 × 2 = 4
!
Eje mayor :
!
Cuerda Normal :
!
Excentricidad :
CN =
e=
b2 = 1 2
! !
!
b = ±1
2
c =3
!
Eje menor :
c2 = ± 3 2b = 2 × 1 = 2
2b2 2 ×1 = =1 a 2
c 3 = <1 a 1
51
Cap í tu lo 7. LA EL IPSE
Por el foco de la elipse x 2 25 + y 2 15 = 1 se ha trazado una perpendicular a su eje mayor. Determinar las distancias de los puntos de intersección de esta perpendicular con la elipse hasta los focos. Solución:
Tenemos la ecuación de la elipse : !
õ
:
x2 25
Sabemos :
+
y2 15
= 1 → !
b2 = a2 − c 2
c 2 = a2 − b2
!
!
c = ± 25 − 15 = ± 10
Luego, los focos de la elipse son : !
F = (± c,0 )
!
(
F = ± 10 ,0
)
La ecuación de la perpendicular trazada en el primer foco es :
52
x = 10
→ "
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
9 y2 + =1 25 15
De ! y " :
C = (x, y ) =
De aquí :
(
10,3
!
y2 = 9
!
y = ±3
)
Por lo tanto : FC =
!
( 10 −
10
)2 + (0 − 3)2
=3
1
F2C =
!
(−
10 − 10
)2 + (0 − 3)2
=7
Búsquese la ecuación de la elipse que tenga como centro C = (− 2,4 ) y sea tangente a los dos ejes de coordenadas. Solución:
2
Sea :
õ
:
(x −)2h b
(
2
+ ) y −2k a
=1
Para este caso : !
a : Distancia de C al eje X !
!
!
a 2 = 16
b : Distancia de C al eje Y !
!
a=4
õ
:
b=2
!
2
b =4
(x +)2 2( ) y − 4 2 4
+
16
=1
53
Cap í tu lo 7. LA EL IPSE
Hallar la ecuación canónica de la elipse, si uno de los vértices está en V1 = (5,0 ) y pasa por el punto P = (2,3 ) . Solución:
!
õ
x2
:
a2
+
b2
=1
V1 = (5,0 )
Dado que :
õ
Luego :
y2
:
a=5
!
a 2 = 25
x 2 y2 + =1 25 b 2
P = (2,3) ∈
Como :
!
õ
4 3 + 2 =1 25 b
!
!
b2 =
75 7
Por lo tanto : õ
:
x2 y2 + =1 25 75 7
õ
!
: 3x 2 + 7y 2 = 75
La base de un auditorio es de forma elíptica, tiene 20 m. de longitud y 16 m de ancho. Si cae una aguja sobre un foco el ruido que produce se escucha claramente cerca del otro foco. ¿A qué distancia está un foco del otro foco? Solución:
Según losdatos datosdel del enunciado: Segúnlos enunciado : !
!
a = 10
!
a2 = 100
b=8
!
b2 = 64
De donde : b2 = a2 − c 2
Porlo lotanto tanto: Por :
54
!
c 2 = 36
F1F2 = 2c = 12
!
c = ±6
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Usando la definición de elipse, obtener la ecuación de la elipse con focos en F = (− 3,4 ) y F2 = (5,4 ) eje mayor 12. Solución:
Sea P = (x, y ) el punto que se mueve. Por la definición de elipse, se tiene que : !
F1P − F2P = 2a = 12
De donde : !
(x +)3 (2 + )y − (4 2 )− (
x )− 5
2
+ y − 4 2 = 12
Efectuando operaciones : õ
: 5x 2 − 9y 2 + 10x + 72y + 31 = 0
55
Cap í tu lo 7. LA EL IPSE
Demostrar que para todo elipse que tenga su centro en el srcen, la distancia de cualquiera de los extremos del eje menor a cualquiera de los focos es la mitad de la longitud del eje mayor. Solución:
Sea
õ
:
x2 a2
+
y2 b2
= 1 la elipse con vértice en el srcen.
Probar que : !
B1 F1 =
V1 V2 2
=
2a =a 2 2
Luego, de la figura :
B1 F1 =
pero, sabemos por definición que :
Por lo tanto :
56
B1 F1 =
2
c +b
a2 = a
a2 = c 2 + b2
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Un punto se mueve de tal modo que la suma de las distancias de los puntos
A = (− 2,0 ) y B = (− 2,6 ) es 8. Hallar la ecuación del lugar
geométrico de P . Solución:
Sea P = (x, y ) el punto que se mueve. : Por la la condición condicióndel delproblema problema: AP + BP = 8 De donde :
(x +) 2 2 + y 2( + ) (x +) 2 2 +
y−6
2
=8
Efectuando operacione s, se tiene : 2
õ
2
: 16 x + 7 y + 64 x − 42y + 15 = 0
∴
õ
(x +)2 2( )y − 3 2
:
7
+
16
=1
La órbita que describe la Tierra alrededor del Sol es aproximadamente una elipse, con el Sol en uno de los focos. Si el eje mayor de la órbita elíptica es de 300 000 km. y la excentricidad es de
0,017 aproximadamente.
Hallar la distancia máxima y mínima de la Tierra al Sol. Solución:
De los datos y según el gráfico, tenemos que : !
2a = 300 000
!
a = 150 000
Del valor aproximado de la excentrici dad de la elipse : !
e=
c = 0,017 a
!
c = 0,017 × a = 0,017 × 150 000
!
c = 2 550
57
Cap í tu lo 7. LA EL IPSE
Luego :
58
!
Máximo : a + c = 150 000 + 2 550
!
a + c = 152 550
!
´ Minimo :
a − c = 150 000 − 2 550
!
a − c = 147 450
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
8
LA HIPÉRBOLA Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por el punto A = (2,3 ) , tiene su centro en el srcen, su eje transverso está sobre el eje Y, y una de sus asíntotas es la recta 2 y − 7 x = 0 . Solución:
Sean ‹ 1 y ‹ 2 asíntotas de la hipérbola H . Si
‹
: 2y − 7 x = 0
!
1
‹
2
: 2y + 7 x = 0
Luego : !
H
:
Pero : En ! :
(2y − 7)(x
)
2y + 7 x = k
A = (2,3 ) ∈ H H
!
: 4y 2 − 7 x 2 = 8
!
H
: 4y 2 − 7x 2 = k
36 − 28 = k
!
H
:
!
→ !
k =8
y2 x2 − =1 2 87
59
Cap í tu lo 8. L A HIPÉRB OL A
Hallar la ecuación de la hipérbola, con vértices en V = (0,±7 ) y e = 4 3 . Solución:
H
De los datos se deduce : V = (0, ±)7( = )0, ± a
Si :
Además :
e= c = 4 a 3
Por lo tanto :
y2
x2
−
a2
=1
b2
a = ±7
!
c = 4 ×a 3
!
b2 = c 2 − a2 =
Luego :
:
784 − 49 9
c 2 = 784 9
!
b2 =
!
343 9
y2 x2 − =1 49 343 9
H
:
H
: 9x 2 − 7 y 2 = 343
Dada la ecuación de la hipérbola x 2 − 4 y 2 = 4 , hallar las coordenadas de los vértices y focos, las longitudes de los ejes transverso y conjugado, la excentricidad y la longitud de la cuerda normal (lado recto). Solución:
H
Sabemos :
: x 2 − 4y 2 = 4
H
!
:
x2 y2 − =1 4 1
De donde : !
a2 = 4 2
!
2
=
c
a
2
+ b
Vértices : Focos :
a = ±2
!
+ = 4 1
5
!
(
F = (± c,0 ) = ± 5 ,0 e=
c a
!
!
=± c
5
) ( = )± 2,0 V = (± a,0
Excentricidad :
60
=
b2 = 1
!
) e=
5 2
b = ±1
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Cuerda Normal :
CN =
2b 2 2 ×1 = =1 a 2
Eje Transverso :
2a = 4
Eje Conjugado :
2b = 2
Encontrar la ecuación de la hipérbola de focos F1 = (− 1,1) y F2 = (5,1) y un vértice en V = (0,1) . Solución:
61
Cap í tu lo 8. L A HIPÉRB OL A
F1 F2 = 2c = 6
Sabemos :
!
!
h=2
a = CV = 2
!
a2 = 4
c 2 = a2 + b2
!
9 = 4 + b2
C =) (h,k
c=3
!
)(!
c2 = 9
!
C = 2,1
k =1
Ahora : !
!
Por lo tanto :
H
:
H
:
!
b2 = 5
(x −)h 2( )y − k 2 −
a2
(x −)2 2( )
y −1 5
−
4
=1
b2 2
=1
Determinar la ecuación de la hipérbola, sabiendo que sus focos son los puntos F1 = (3,4 ) y F2 = (3,−2 ) y su excentricidad es igual a 2. Solución:
!
C =) (h,k
Luego : Además :
!
) (!
C = 3,1
k =1
c = F1C = CF2 = 3 e=
Sabemos que :
Por lo tanto :
62
h=3
c =2 a
!
a=
3 2
!
b2 = c 2 − a2 = 9 −
H
:
H
:
9 4
a2 = !
b2 =
(y −)k 2( )x − h 2 a2
(y)− 1 2( 94
−
−
b2
)x − 3 2 27 4
9 4
=1
=1
27 4
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Hallar la ecuación de la hipérbola, cuyos focos están en los vértices de la 2
2
elipse: x 100 + y
64 = 1 . Y las directrices pasan por los focos de esta
elipse. Solución:
õ
En la elipse :
!
a 2 = 100
!
b 2 = a2 − c 2
x2 y2 + =1 100 64
:
a = ±10
!
!
En la hipérbola :
(
b 2 = 64
!
b = ±8
c 2 = a 2 − b 2 = 100 − 64 = 36
= ± De donde : F
!
!
c = ±6
= ± c,0 )(
H
:
) x2 a2
6,0
−
y2 b2
=1
Por condición del problema, obtenemos el valor de c en la hipérbola a partir del valor de a en la elipse. !
c = ±10
!
c 2 = 100
63
Cap í tu lo 8. L A HIPÉRB OL A
La ecuación de la directriz de la hipérbola : !
x=±
a a2 a2 = =± c a c 10
x=±
a e
→ !
Por condición del problema : x = c ; donde c es un valor obtenido en la elipse. Luego en ! : Seguido :
Por lo tanto :
64
a 2 = 60
2 2 2 b =a −c
H
:
H
:
!
x2 a2
−
2 b = 100 − 60
y2 b2
=1
x2 y2 − =1 60 100
!
2 b = 40
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Dada la ecuación de la hipérbola:
(x − 4 )2
16 − y 2 128 = 1 , encontrar las
coordenadas del centro, vértices y focos; la excentricidad; las ecuaciones de las directrices y asíntotas; y la longitud de la cuerda normal (lado recto). Solución:
Si
H
(x − 4)2
:
−
16
y2 128
= 1 → !
se deduce que C = (h,k) (= )4,0 Además : !
!
a 2 = 16 2
!
2
a = ±4
b 2 = 128
!
2
c = a + b = 16 + 128 = 144 V = (h ± a,k )( = 4) ± 4,0
Vértice :
!
!
!
b = ±8 2
c = ±12
V1 = (8,0 ) V2 = (0,0 )
s: F = (h ± c,k )( = 4) ± 12,0
Focos :
!
F1 = (16,0 ) F2 = (− 8,0 )
Ecuaciones de las directrices : x = h±
a 4 = 4± e 3
!
x = 16 3 x=8 3
Ecuaciones de las asíntotas ; en ! : 2
8(x − 4 ) − y − 128 = k !
[2
!
][
]
2 (x − 4 ) + y ⋅ 2 2 (x − 4 ) − y = 0 ‹
‹
:
2 2 (x − 4 ) + y = 0
:
2 2 (x − 4 ) − y = 0
1
2
65
Cap í tu lo 8. L A HIPÉRB OL A
Cuerda Normal :
66
CN =
2b 2 2 × 128 = = 64 = 64 a 4
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por los puntos A = (3,−2) y B = (7,6 ) , tiene su centro en el srcen y el eje transverso coincide con el eje X. Solución:
H
!
!
x2 :
y2
a 2 − b2 = 1
A = (3,−2) ∈ H :
B = (7,6 ) ∈ H :
H
∴
a !
49 a
2
2
−
a2 = 4 ;
De ! y " :
Luego :
9
!
H
x2 :
−
4 b2
36 b2
= 1 → !
= 1 → "
b 2 = 16 5 y2
4 − 16 5 = 1
: 4x 2 − 5y 2 = 16
Un observador estacionado en el punto P oye el estampido de un rifle y el golpe de la bala sobre el objetivo en el mismo instante. Demostrar que el lugar geométrico de P es una hipérbola. Solución:
Sean : Vb : !
!
Velocidad de la bala
Vs : Velocidad del sonido
Además :
e = v⋅t
!
t=
e v
67
Cap í tu lo 8. L A HIPÉRB OL A
Por condición del problema :
RP BR BP = + Vs Vb Vs
→ !
De ! :
68
!
RP BP BR − = Vs Vs Vb
!
RP − BP = Vs ×
!
RP − BP = k
BR =k Vb
(Definición LQQD
de hipérbola )
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
9
CURVAS PLANAS DE GRADO SUPERIOR Trazar la curva potencial, cuya ecuación es: y 2
= x3 .
Solución:
!
y2
= x3
!
y
=±
x3
!
y
= ±x
x
;
∀x≥0
Cuadro de valores : x
0
1
y
0
±1
2
3
± 2 .8 ± 5 . 1
... ...
69
Capítu lo 9. CURV A S PL A NA S DE GRA DO SUPERIOR
Trazar la curva logarítmica, cuya ecuación es: y
= log10
Solución: !
y
= log10
x
∀x>0
;
Cuadro de valores :
70
x
1
4
9
100
0.1
...
y
0
0.301
0.47
1
−1 2
...
x
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Trazar la curva exponencial, cuya ecuación es: y
= 4 e x−1
Solución: !
y
= 4 e x −1
;
∀ x∈ú
Cuadro de valores : x
0
1
2
−1
...
y
1. 4
4
10.8
0 .5
...
71
Capítu lo 9. CURV A S PL A NA S DE GRA DO SUPERIOR
Trazar la curva, cuya ecuación es: y
x = cos . 3
Solución:
Cuadro de valores : x
0
π2
π
3π 2
2π
5π 2
3π
y
1
0.86
12
0
− 0.86
−1 2
−1
La ley de Boyle - Mariotte establece que a una temperatura constante de presión p y el volumen v de un gas satisfacen la ecuación p ⋅ v
= c , para
algún número real fijo c. Un cierto gas por debajo de una presión de 20 libras por pulgada cuadrada tiene un volumen de 300 pulgadas cúbicas. Hallar c de la ecuación: p ⋅ v
=c
Solución:
!
p⋅v
=c
!
c
= 20 × 300
!
c
= 6000
Luego : !
72
p⋅v
= 6000
!
v
=
6000 p
;
∀p≠0
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
Cuadro de valores : x
1
6000
−1
− 6000
...
y
6000
1
− 6000
−1
...
73
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
C a p ít u l o
10
PROBLEMAS SUPLEMENTARIOS ¿Para qué valor de h estará el punto P por A
= (1,−1)
= (h,−3)
en la recta determinada
y B = (4,7 ) ?
1 4
Rpta. :
Demostrar que el triángulo cuyos vértices son A
= (10,5 ) ,
B = (3,2) y
C = (6, − 5 ) es rectángulo. Hallar el área. Rpta. :
Si
A
29 u2
= (5,12)
es el punto medio del segmento BC y
B
= (− 7,−3 ) .
¿Cuáles son las coordenadas de C ? Rpta. :
C = (17,27 )
Discutir y graficar las curvas, cuyas ecuaciones son: a)
x2y2
b)
y x2
(
+ 2x 2 − 4 = 0 + 4 ) = 10 x
75
Capítu lo 10. PROB LE MA S SUPL EMENTARIOS
Hallar la ecuación del lugar geométrico de un punto cuya distancia de A
= (− 6,0 )
Rpta. :
x2
es dos veces su distancia de B = (6,0 ) . Trazar la curva.
+ y 2 − 20 x + 36 = 0
Hallar la ecuación de la recta que pasa por P = (5,3 ) y su X-interceptor es 10. Rpta. :
3 x − 5 y − 30
=0
Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto P1 = (7,4 ) y forma un ángulo de 120º con la parte positiva del eje X. Rpta. :
3x + y − 4 − 7 3
=0
Hallar las ecuaciones de las rectas que pasan por el punto de intersección de las rectas
x + 2y − 4
=0
y
4 x − y − 2 = 0 , tal que forman con el
primer cuadrante un triángulo de área 25 u 2 . Rpta. :
2x + y − 10
=0,
9 x + 2 y − 30
=0
Los puntos X = (3,−2) , Y = (4,1) y Z
= (− 3,5 )
son los vértices de un
triángulo. Hallar laecuación de la recta perpendicular allado XZ que pasa por Y . Rpta. :
6 x − 7 y − 17
=0
Hallar la ecuación de la circunferencia tangente a ambos ejes, y su centro está en el cuarto cuadrante. Rpta. :
76
(x − )4 (2 + ) y + 1 2 =
1 34
PROB LE MA S DE GEOMETR ÍA AN A LÍTICA PL A NA
La ecuación de la circunferencia es x 2
+ y 2 − 10 x = 28 . Hallar la ecuación
de la recta tangente a la circunferencia en el punto A Rpta. :
2 x − 7 y + 43
= (3,7 ) .
=0
Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por las intersecciones de las circunferencias: x 2 y por el punto P = Rpta. :
3x 2
+ y 2 + 2x + y − 1 = 0
y x2
+ y 2 + 2x + 2 y − 4 = 0
(− 3,0 ) .
+ 3 y 2 + 10 x + y + 3 = 0
Por una traslación de ejes, simplificar la ecuación: 2x 2
+ y 2 + 3x − 7 y − 1 = 0
Rpta. :
16 xN2
+ 8 yN2 = 115
La parábola y 2 A
= 2p x
tiene un extremo de la cuerda focal en el punto
= (8,8 ) . Hallar las coordenadas del otro extremo.
Rpta. :
1 ,−2 2
Un cable suspendido se carga de tal manera que toma la forma de una parábola. Los extremos tienen una separación de 400 pies y tienen una altura de 100 pies del centro. Hallar la altura del cable a 50 pies desde el centro. Rpta. :
6.25 pies
77
Capítu lo 10. PROB LE MA S SUPL EMENTARIOS
Hallar la ecuación de la elipse con focos en F1 = (0,7 ) y F2
= (0,12) , un
vértice en V = (0,16 ) . Rpta. :
x2 36
+
(y − 19 2)2 169 4
=1
Hallar la ecuación de la elipse con centro en el origen, eje menor sobre el eje Y, e = 4 5 , cuerda normal (lado recto) 18 5 . Rpta. :
x2 6
+
y2 2
=1
Hallar la ecuación de la hipérbola con centro en el srcen, eje principal (real) sobre el eje X; pasa por los puntos S = (3,1) y T = (9,5 ) . Rpta. :
x2 6
2
− y =1 2
Hallar la ecuación de la hipérbola con centro en C = (− 1,8 ) , con vértice en V1 = (3,8 ) , e = 3 . Rpta. :
(x) + 1 2( 16
−
)y − 8 2 128
=1
Trazar la curva, cuya ecuación es: y
78
= x 2 ⋅ e2
