esta es una aplicación de powerpoint 2010 para utilizarla en resolución de problemas de la elipse usando hipervinculos y menues

1. 1
Hallar los elementos principales: Coordenadas
de los vértices del lado mayor y menor, las
coordenadas de los focos, los lados rectos, las
coordenadas de los extremos de los lados
rectos, las directrices, las asíntotas y las
gráficas de las siguientes ecuaciones:
𝟒𝒙 𝟐
+ 𝒚 𝟐
− 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟖 = 𝟏𝟎
2
3
4
SALIR
𝟏𝟔𝒙 𝟐
+ 𝟐𝟓𝒚 𝟐
− 𝟒𝟖𝒙 + 𝟏𝟎𝟎𝒚 − 𝟐𝟔𝟒 = 𝟎
𝟗𝒙 𝟐
+ 𝟏𝟔𝒚 𝟐
− 𝟏𝟒𝟒 = 0
𝟐𝟓𝒙 𝟐
+ 𝟏𝟔𝒚 𝟐
= 𝟒𝟎𝟎

2. SOLUCIÓN 1
Datos del problema: 𝟗𝒙 𝟐
+ 𝟏𝟔𝒚 𝟐
− 𝟏𝟒𝟒 =0
Dividimos ambos miembros entre el término
independiente, desarrollamos y operamos :
9𝑥2 + 16𝑦2 − 144 = 0 →
9𝑥2
144
+
16𝑦2
144
−
144
144
=
0
144
𝑥2
144
9
+
16𝑦2
144
16
− 1 = 0 →
𝑥2
16
+
𝑦2
9
= 1 (𝑎)
La ecuación (a) es de la forma:
𝑥2
𝑎2 +
𝑦2
𝑏2 = 1 ; que
representa la ecuación de una elipse horizontal
con centro C(0,0). Donde se tiene:
Semieje Mayor: 𝑎2 = 16 → 𝑎 = ±4
Semieje Menor: 𝑏2
= 9 → 𝑏 = ±3
A «c» que es la semidistancia focal lo obtenemos
con la aplicación del Teorema de Pitágoras para
elipses, es decir: 𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 → 𝑐 = 𝑎2 − 𝑏2 →
𝑐 = ± 7
Luego las coordenadas de los vértices son:
El mayor es:
𝑉2 −𝑎, 0 𝑦 𝑉1 𝑎, 0 → 𝑉2 −4,0 𝑦 𝑉1 4,0
El menor es:
𝐵2 0, −𝑏 𝑦 𝐵1 0, 𝑏 → 𝐵2 0, −3 𝑦 𝐵1 0,3
IR AL MENÚ SIGUIENTE

3. Las coordenadas de los focos son:
𝐹2 −𝑐, 0 𝑦 𝐹1 𝑐, 0 → 𝐹2 − 7, 0 𝑦 𝐹1 7, 0
La excentricidad es: 𝑒 =
𝑐
𝑎
→ 𝑒 =
7
4
→ 𝑒 = 0,7 < 1
El lado recto es: 𝐿𝑅 =
2𝑏2
𝑎
→ 𝐿𝑅 =
2(3)2
4
→ 𝐿𝑅 =
9
2
Longitud del Lado mayor: 𝑉2 𝑉1 = 2𝑎 → 𝑉2 𝑉1 = 2 4 → 𝑉2 𝑉1 = 8
Longitud del Lado mayor: 𝐵2 𝐵1 = 2𝑏 → 𝐵2 𝐵1 = 2 3 → 𝐵2 𝐵1 = 6
Longitud de la distancia Focal: 𝐹2 𝐹1 = 2𝑐 → 𝐹2 𝐹1 = 2 7 → 𝐹2 𝐹1 = 2 7
Las ecuaciones de las directrices son:
𝐷1: 𝑥1 = ℎ +
𝑎2
𝑐
→ 𝐷1: 𝑥1 = 0 +
16
7
→ 𝐷1: 𝑥1 =
16
7
𝐷2: 𝑥2 = ℎ −
𝑎2
𝑐
→ 𝐷2: 𝑥2 = 0 −
16
7
→ 𝐷2: 𝑥2 = −
16
7
Los extremos de los lados rectos son:
𝐿𝑅1: 𝐿𝑅1 𝐴 7,
9
4
𝐿𝑅1 𝐵 7, −
9
4
𝐿𝑅2: 𝐿𝑅2 𝐷 − 7,
9
4
𝐿𝑅2 𝐸 − 7, −
9
4
La gráfica es la siguiente:
IR AL MENUANTERIOR

4. SOLUCIÓN 2
Datos del
problema:
𝟐𝟓𝒙 𝟐
+ 𝟏𝟔𝒚 𝟐
= 𝟒𝟎𝟎
𝟐𝟓𝒙 𝟐
+ 𝟏𝟔𝒚 𝟐
= 𝟒𝟎𝟎 →
𝟐𝟓𝒙 𝟐
𝟒𝟎𝟎
+
𝟏𝟔𝒚 𝟐
𝟒𝟎𝟎
=
𝟒𝟎𝟎
𝟒𝟎𝟎
𝒙 𝟐
𝟏𝟔
+
𝒚 𝟐
𝟐𝟓
= 𝟏, tiene la forma
𝒙 𝟐
𝒃 𝟐 +
𝒚 𝟐
𝒂 𝟐 = 𝟏, que
representa la ecuación de una elipse vertical con
centro en C(0,0).
Donde:
𝑏2 = 16 → 𝑏 = ±4; 𝑎2 = 25 → 𝑎 = ±5
El término «c» se halla mediante la relación
pitagórica, es decir: 𝑎2
= 𝑏2
+ 𝑐2
→ 𝑐2
= 𝑎2
− 𝑏2
=
25 − 16
𝑐2
= 9 → 𝑐 = ±3
Las coordenadas de los vértices mayor y menor
son:
𝑉2 0, −𝑎 𝑦 𝑉1 0, 𝑎 → 𝑉2 0, −5 𝑦 𝑉1 0,5
𝐵2 −𝑏, 0 𝑦 𝐵1 𝑏, 0 → 𝐵2 0, −4 𝑦 𝐵1 0,4
Las coordenadas de los focos son:
𝐹2 0, −𝑐 𝑦 𝐹1 0, 𝑐 → 𝐹2 0, −3 𝑦 𝐹1 0,3
La excentricidad es 𝑒 =
𝑐
𝑎
→ 𝑒 =
3
5
< 1
Las Directrices es:
𝐷: 𝑘 ±
𝑎2
𝑐
→
𝐷1: 𝑦1 = 𝑘 +
𝑎2
𝑐
→ 𝐷1: 𝑦1 = 0 +
25
3
𝐷2: 𝑦2 = 𝑘 −
𝑎2
𝑐
→ 𝐷2: 𝑦2 = 0 −
25
3
25 25
SIGUIENTEIR AL MENU

5. La distancia del eje Mayor es:𝑉2 𝑉1 = 2𝑎; 𝑉2 𝑉1=10
La distancia del Eje Menor es: 𝐵2 𝐵1 = 2𝑏; 𝐵2 𝐵1 =8
La distancia Focal es: 𝐹2 𝐹1 = 2c; 𝐹2 𝐹1 =6
Los lados rectos son:
Las coordenadas de los extremos del lado recto de arrib
𝐿𝑅1𝐼𝑍𝑄(ℎ −
𝑏2
𝑎
, 𝑘 + 𝑐) y 𝐿𝑅1 𝐷𝐸𝑅(ℎ +
𝑏2
𝑎
, 𝑘 + 𝑐)
𝐿𝑅1𝐼𝑍𝑄 ℎ −
𝑏2
𝑎
, 𝑘 + 𝑐 → 𝐿𝑅1𝐼𝑍𝑄(0 −
4 2
5
, 0 + 3)
𝑳𝑹𝟏 𝑰𝒁𝑸(−
𝟏𝟔
𝟓
, 𝟑)
𝐿𝑅1 𝐷𝐸𝑅 ℎ +
𝑏2
𝑎
, 𝑘 + 𝑐 → 𝐿𝑅1 𝐷𝐸𝑅(0 +
4 2
5
, 0 + 3)
𝑳𝑹𝟏 𝑫𝑬𝑹
𝟏𝟔
𝟓
, 𝟑
Las coordenadas de los extremos del lado recto de abaj
𝐿𝑅2𝐼𝑍𝑄(ℎ −
𝑏2
𝑎
, 𝑘 − 𝑐) y 𝐿𝑅2 𝐷𝐸𝑅(ℎ +
𝑏2
𝑎
, 𝑘 − 𝑐)
𝐿𝑅2𝐼𝑍𝑄 ℎ −
𝑏2
𝑎
, 𝑘 − 𝑐 → 𝐿𝑅2𝐼𝑍𝑄(0 −
16
5
, 0 − 3)
𝑳𝑹𝟐 𝑰𝒁𝑸(−
𝟏𝟔
𝟓
, −
𝟏𝟔
𝟓
)
𝐿𝑅2 𝐷𝐸𝑅 ℎ +
𝑏2
𝑎
, 𝑘 − 𝑐 → 𝐿𝑅2 𝐷𝐸𝑅(0 +
(4)2
5
, 0 − 3)
𝐿𝑅2 𝐷𝐸𝑅
16
5
, −
16
5
SIGUIENTEANTERIOR

6. La gráfica es la siguiente:
ANTERIOR IR AL MENU

7. SOLUCIÓN 3
Datos del
problema:
𝟒𝒙 𝟐 + 𝒚 𝟐 − 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟖 = 𝟏𝟎
𝟒𝒙 𝟐
+ 𝒚 𝟐
− 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟖 = 𝟏𝟎
(𝟒𝒙 𝟐
− 𝟑𝒙) + (𝒚 𝟐
+𝟒𝒚) = 𝟏𝟎 + 𝟖
𝟒(𝒙 𝟐
−
𝟑
𝟒
𝒙) + (𝒚 𝟐
+𝟒𝒚) = 𝟏𝟖
𝟒 𝐱 𝟐
−
𝟑
𝟒
𝐱 +
𝟗
𝟔𝟒
−
𝟗
𝟔𝟒
+ 𝐲 𝟐
+ 𝟒𝐲 + 𝟒 − 𝟒 = 𝟏𝟖
𝟒 𝒙 −
𝟑
𝟖
𝟐
−
𝟗
𝟏𝟔
+ 𝒚 + 𝟐 𝟐 − 𝟒 = 𝟏𝟖
𝟒 𝒙 −
𝟑
𝟖
𝟐
+ 𝒚 + 𝟐 𝟐
= 𝟐𝟐 +
𝟗
𝟏𝟔
=
𝟑𝟓𝟐
𝟏𝟔
𝟒 𝒙 −
𝟑
𝟖
𝟐
+ 𝒚 + 𝟐 𝟐
=
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
𝟒 𝒙−
𝟑
𝟖
𝟐
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
+
𝒚+𝟐 𝟐
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
=
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
→
𝒙−
𝟑
𝟖
𝟐
𝟑𝟔𝟏
𝟔𝟒
+
𝒚+𝟐 𝟐
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
= 𝟏 donde se
tiene que:
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
>
𝟑𝟔𝟏
𝟔𝟒
por tanto, la ecuación es de
la forma
𝒙−𝒉 𝟐
𝒃 𝟐 +
𝒚−𝒌 𝟐
𝒂 𝟐 = 𝟏, que representa una
ecuación de la elipse vertical de centro C(h,k), es
decir C(3/8;-2), donde además tenemos que los
ejes mayor y menor son:
𝒂 𝟐 =
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
→ 𝒂 = ±
𝟏𝟗
𝟒
; 𝒃 𝟐 =
𝟑𝟔𝟏
𝟔𝟒
→ 𝒃 = ±
𝟏𝟗
𝟖
y «c» lo
obtenemos mediante el teorema de Pitágoras:
𝒂 𝟐
= 𝒃 𝟐
+ 𝒄 𝟐
→ 𝒄 𝟐
=
𝟑𝟔𝟏
𝟏𝟔
−
𝟑𝟔𝟏
𝟔𝟒
=
𝟏𝟎𝟖𝟑
𝟔𝟒
→ 𝒄 = ±
𝟏𝟗
𝟖
𝟑
Desarrollamos y operamos, agrupamos términos de
una misma variable, se completa cuadrado perfecto
y se agrupan las constante hacia el otro miembro:
IR AL MENU SIGUIENTE

8. Las coordenadas de los vértices mayores y menores son:
𝑉2 ℎ, 𝑘 − 𝑎 𝑦 𝑉1 ℎ, 𝑘 + 𝑎 → 𝑉2
3
8
; −2 −
19
4
𝑦 𝑉1
3
8
; −2 +
19
4
𝑉2
3
8
; −
27
4
𝑦 𝑉1
3
8
;
11
4
𝐵2(ℎ − 𝑏, 𝑘); 𝐵1 ℎ + 𝑏, 𝑘 → 𝐵2(−
16
8
, −2) y 𝐵1
3
8
+
19
8
, −2
𝐵2 −2, −2 y B1
11
4
; −2
Las coordenadas de los focos son:
𝐹2 ℎ, 𝑘 − 𝑐 ; 𝐹1 ℎ, 𝑘 + 𝑐 → 𝐹2
3
8
; −2 −
19
8
3 ; 𝐹1
3
8
; −2 +
19
8
3
𝐹2
3
8
; −
16+19 3
8
; 𝐹1
3
8
;
19 3−16
8
Las directrices son:
𝐷: 𝑘 ±
𝑎2
𝑐
→
𝐷1: 𝑦1 = 𝑘 +
𝑎2
𝑐
→ 𝐷1: 𝑦1 =
19 3 − 12
6
𝐷2: 𝑦2 = 𝑘 −
𝑎2
𝑐
→ 𝐷2: 𝑦2 = −
19 3 + 12
6
Los lados rectos son:
Lado recto superior: 𝐿𝑅 𝐴𝐵 = 2
𝑏2
𝑎
→ 𝐿𝑅 𝐴𝐵 =
2
19
8
2
19
4
=
2·192·4
64·19
=
19
8
Lado recto inferior: 𝐿𝑅 𝐷𝐸 = 2
𝑏2
𝑎
→ 𝐿𝑅 𝐷𝐸 =
2(
19
4
)
19
2
=
2·19
2·19
=
19
8
Las Coordenadas de los extremos de los lados rectos
𝐿𝑅1𝐼𝑍𝑄(ℎ −
𝑏2
𝑎
, 𝑘 + 𝑐) y 𝐿𝑅1 𝐷𝐸𝑅(ℎ +
𝑏2
𝑎
, 𝑘 + 𝑐)
𝐿𝑅1𝐼𝑍𝑄
3
8
−
19
4
2
19
2
, −2 +
19 3
8
→ 𝑳𝑹𝟏 𝑰𝒁𝑸(−
𝟏𝟑
𝟏𝟔
,
𝟏𝟗 𝟑−𝟏𝟔
𝟖
)
𝐿𝑅1 𝐷𝐸𝑅
3
8
+
19
4
2
19
2
, −2 +
19 3
8
→ 𝑳𝑹𝟏 𝑫𝑬𝑹
𝟐𝟓
𝟏𝟔
,
𝟏𝟗 𝟑−𝟏𝟔
𝟖
SIGUIENTEANTERIOR

9. La gráfica del problema planteado es:
𝐿𝑅2𝐼𝑍𝑄(ℎ −
𝑏2
𝑎
, 𝑘 − 𝑐) y 𝐿𝑅2 𝐷𝐸𝑅(ℎ +
𝑏2
𝑎
, 𝑘 − 𝑐)
𝐿𝑅2𝐼𝑍𝑄 −
13
16
, −
19 3+16
8
→ 𝑳𝑹𝟐 𝑰𝒁𝑸(−
𝟏𝟑
𝟏𝟔
, −
𝟏𝟗 𝟑+𝟏𝟔
𝟖
)
𝐿𝑅2 𝐷𝐸𝑅
25
16
, −
19 3+16
8
→ 𝑳𝑹𝟐 𝑫𝑬𝑹
𝟐𝟓
𝟏𝟔
, −
𝟏𝟗 𝟑+𝟏𝟔
𝟖
ANTERIOR IR AL MENU

10. SOLUCIÓN 4
Datos del
problema:
𝟏𝟔𝒙 𝟐
+ 𝟐𝟓𝒚 𝟐
− 𝟒𝟖𝒙 + 𝟏𝟎𝟎𝒚 − 𝟐𝟔𝟒 = 𝟎
Desarrollamos y operamos, agrupamos términos de
una misma variable, se completa cuadrado perfecto
y se agrupan las constante hacia el otro miembro:
(𝟏𝟔𝒙 𝟐
− 𝟒𝟖𝒙) + (𝟐𝟓𝒚 𝟐
+𝟏𝟎𝟎𝒚) = 𝟐𝟔𝟒
𝟏𝟔(𝒙 𝟐
− 𝟑𝒙) + 𝟐𝟓(𝒚 𝟐
+ 𝟒𝒚) = 𝟐𝟔𝟒
𝟏𝟔 𝒙 𝟐
− 𝟑𝒙 +
𝟗
𝟒
−
𝟗
𝟒
+ 𝟐𝟓 𝒚 𝟐
+ 𝟒𝒚 + 𝟒 − 𝟒 = 𝟐𝟔𝟒
𝟏𝟔 𝒙 𝟐
− 𝟑𝒙 +
𝟗
𝟒
− 𝟑𝟔 + 𝟐𝟓 𝒚 𝟐
+ 𝟒𝒚 + 𝟒 − 𝟏𝟎𝟎 = 𝟐𝟔𝟒
𝟏𝟔 𝒙 −
𝟑
𝟐
𝟐
+ 𝟐𝟓 𝒚 + 𝟐 𝟐
= 𝟐𝟔𝟒 + 𝟏𝟎𝟎 + 𝟑𝟔
𝟏𝟔 𝒙 −
𝟑
𝟐
𝟐
+ 𝟐𝟓 𝒚 + 𝟐 𝟐
= 𝟒𝟎𝟎
𝟏𝟔 𝒙−
𝟑
𝟐
𝟐
𝟒𝟎𝟎
+
𝟐𝟓 𝒚+𝟐 𝟐
𝟒𝟎𝟎
=
𝟒𝟎𝟎
𝟒𝟎𝟎
→
𝐱−
𝟑
𝟐
𝟐
𝟐𝟓
+
𝐲+𝟐 𝟐
𝟏𝟔
= 𝟏, que es de la
forma
𝐱−𝒉 𝟐
𝐚 𝟐 +
𝐲−𝐤 𝟐
𝐛 𝟐 = 𝟏, es decir, la ecuación de la elipse
horizontal con centro C(h,k) = 𝐶(
3
2
, −2). 𝑎2
= 25; 𝑎 = ±5, 𝑏2
=
16; 𝑏 = ±4
A «c» lo obtenemos mediante la relación Pitagórica para las
elipses, es decir: 𝒂 𝟐
= 𝒃 𝟐
+ 𝒄 𝟐
→ 𝒄 𝟐
= 𝒂 𝟐
− 𝒃 𝟐
; 𝒄 = ±𝟑
La excentricidad es: 𝑒 =
𝑐
𝑎
→ 𝑒 =
3
5
< 1
Las coordenadas de los vértices mayor y menor son:
𝑉2 ℎ − 𝑎, 𝑘 ; 𝑉1 ℎ + 𝑎, 𝑘 → 𝑉2 −
7
2
, −2 ; 𝑉1
13
2
, −2
𝐵2 ℎ, 𝑘 − 𝑏 ; 𝐵1 ℎ, 𝑘 + 𝑏 → 𝐵2
3
2
, −6 ; 𝐵1
3
2
, 2
Las coordenadas de los focos:
𝐹2 ℎ − 𝑐, 𝑘 ; 𝐹1 ℎ + 𝑐, 𝑘 → 𝐹2 −
3
2
, −2 ; 𝑉1
9
2
, −2
IR AL MENU SIGUIENTE

11. La gráfica del problema planteado es:
Las directrices de la elipse horizontal tienen las ecuaciones siguien
𝑥 = ℎ ±
𝑎2
𝑐
→
𝑥2 = ℎ −
𝑎2
𝑐
𝑥1 = ℎ +
𝑎2
𝑐
𝐷1: 𝑥 =
3
2
+
25
3
=
9+50
6
→ 𝐷1: 𝑥 =
59
6
𝐷2: 𝑥 =
3
2
−
25
3
=
9−50
6
→ 𝐷2: 𝑥 = −
41
6
El lado recto viene dado por: 𝐿𝑅 =
2𝑏2
𝑎
→ 𝐿𝑅 =
2(4)2
5
→ 𝐿𝑅 =
32
5
Las coordenadas de los extremos de los lados rectos son:
Lado Izquierdo Lado Derecho
𝐿𝑅𝐼𝐴𝑅(ℎ − 𝑐, 𝑘 +
𝑏2
𝑎
) 𝐿𝑅 𝐷𝐴𝑅(ℎ + 𝑐, 𝑘 +
𝑏2
𝑎
)
𝐿𝑅𝐼𝐴𝑅(−
3
2
,
16
5
) 𝐿𝑅 𝐷𝐴𝑅(
9
2
,
16
5
)
𝐿𝑅𝐼𝐴𝐵(ℎ − 𝑐, 𝑘 −
𝑏2
𝑎
) 𝐿𝑅 𝐷𝐴𝐵(ℎ + 𝑐, 𝑘 −
𝑏2
𝑎
)
𝐿𝑅𝐼𝐴𝐵(−
3
2
, −
16
5
) 𝐿𝑅 𝐷𝐴𝐵(
9
5
, −
16
5
)
ANTERIOR IR AL MENU