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Ejercicios 01 de geometría analítica 23112014

Resolución de 5 problemas de geometria analitica tomados de varios libros de geometrias...con un menu y hecho o elaborado con powerpoint 2010

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EJERCICIOS 01 DE
GEOMETRÍAANALÍTICA
ELABORADO POR
PASCUAL G. SARDELLA
INDICE
Halla la mediatriz del segmento que tiene los extremos en los puntos A(2, 1) y
B(– 4, 3).
1
2
3
4
5
FINAL
Calcula el circuncentro del triángulo cuyos vértices son los puntos:
A(2, 4), B(5, – 5) y C(– 3, – 1)
Aplicando la propiedad de que la bisectriz de un ángulo es el lugar geométrico
de los puntos del plano que equidistan de los lados, halla las bisectrices de los
ángulos que forman las rectas: r: 5x – 12y + 22 = 0 y s: 4x – 3y + 11 = 0.
Determine la ecuación del lugar geométrico de todos los puntos (x,y) del plano,
cuya suma de sus distancias a los puntos fijos (3,1) y (-5, 1) es 20.
Dada la ecuación general de una cónica, identificar el tipo de cónica, sus
elementos, ecuación ordinaria y su gráfica. 𝟏𝟔𝒙 𝟐
− 𝟗𝒚 𝟐
− 𝟔𝟒𝒙 − 𝟏𝟖𝒚 − 𝟖𝟗 = 𝟎
Halla la mediatriz del segmento que tiene los extremos en los puntos A(2, 1) y
B(– 4, 3).
1
Solución: El segmento 𝐴𝐵 tiene los puntos extremos A(2, 1) y B(– 4, 3), la recta mediatriz 𝑀 𝐷 pasa por el
punto medio 𝑃𝑀 𝐴𝐵 del segmento 𝐴𝐵 y además la recta mediatriz 𝑀 𝐷 es perpendicular a dicho segmento.
Sea 𝑚 𝐴𝐵 la pendiente del segmento 𝐴𝐵, luego se cumple que 𝑚 𝑀 𝐷
= −
1
𝑚 𝐴𝐵
, donde:
𝑚 𝐴𝐵 =
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
→ 𝑚 𝐴𝐵 =
3 − 1
−4 − 2
=
2
−6
= −
1
3
→ 𝑚 𝐴𝐵 = −
1
3
Luego
𝑚 𝑀 𝐷
= −
1
𝑚 𝐴𝐵
→ 𝑚 𝑀 𝐷
= −
1
−
1
3
= 3 → 𝑚 𝑀 𝐷
= 3
Luego el punto medio 𝑃𝑀 𝐴𝐵 del segmento 𝐴𝐵, está dado por:
𝑃𝑀 𝐴𝐵 =
𝑥1+𝑥2
2
,
𝑦1+𝑦2
2
→ 𝑃𝑀 𝐴𝐵 =
2+ −4
2
,
1+3
2
→ 𝑃𝑀 𝐴𝐵 −1,2
Como la mediatriz pasa por el punto medio 𝑃𝑀 𝐴𝐵 y además es perpendicular al segmento 𝐴𝐵, entonces,
aplicando la fórmula de la línea recta punto pendiente, la mediatriz tiene por ecuación:
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝑀 𝐷
𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − 1 = 3 𝑥 − 2 → 3𝑥 − 𝑦 − 5 = 0
Solución: la Mediatriz es 𝑀 𝐷: 3𝑥 − 𝑦 − 5 = 0
IR A ÍNDICE
2 Calcula el circuncentro del triángulo cuyos vértices son los puntos:
A(2, 4), B(5, – 5) y C(– 3, – 1)
Solución:
Nos pide calcular el circuncentro del triángulo con vértices en los puntos siguientes:
A(2,4), B(5,-5) y C(-3,-1). Por teoría tenemos que el circuncentro de un triángulo
es un punto donde concurren las mediatrices, es decir, la recta perpendicular en el
punto medio de cada lado. Entonces, con conocer dos de las mediatrices y hallar su
intersección obtenemos el punto pedido, es decir, el circuncentro. Grafiquemos
dichos puntos:
El método de solución consiste:
1.- Hallar el punto medio de los lados del triángulo
2.- Hallar la pendiente de la recta correspondiente a los lados
3.- Hallar dos pendientes de las mediatrices que tomamos o escogidas
4.- Formar un sistema de ecuaciones con las rectas mediatrices escogida y sus
respectivas pendientes y resolvemos el sistema, la solución de estas es el
circuncentro.
1.- Hallar el punto medio de los lados del triángulo: sea las rectas:
𝐿 𝐴𝐵: 𝑃 𝑀 𝐴𝐵
𝑥1 + 𝑥2
2
;
𝑦1 + 𝑦2
2
→ 𝑃 𝑀 𝐴𝐵
5 + 2
2
;
−5 + 4
2
→ 𝑃 𝑀 𝐴𝐵
7
2
; −
1
2
𝐿 𝐵𝐶: 𝑃 𝑀 𝐵𝐶
𝑥1+𝑥2
2
;
𝑦1+𝑦2
2
→ 𝑃 𝑀 𝐵𝐶
−3+5
2
;
−1+ −5
2
→ 𝑃 𝑀 𝐵𝐶
1; −3
siguiente
2.- Hallar la pendiente de la recta correspondiente a los lados:
𝑚 𝐴𝐵 =
𝑦2−𝑦1
𝑥2−𝑥1
→ 𝑚 𝐴𝐵 =
−5−4
5−2
→ 𝑚 𝐴𝐵 =
−9
3
→ 𝑚 𝐴𝐵 = −3
𝑚 𝐵𝐶 =
𝑦2−𝑦1
𝑥2−𝑥1
→ 𝑚 𝐵𝐶 =
−1− −5
−3−5
→ 𝑚 𝐵𝐶 =
4
−8
→ 𝑚 𝐵𝐶 = −
1
2
3.- Hallar dos pendientes de las mediatrices que tomamos o escogidas: Como la
mediatriz y el lado son perpendiculares, se cumple que:
𝑚 𝐿 𝐴𝐵
= −
1
𝑚 𝐴𝐵
y 𝑚 𝐿 𝐵𝐶
= −
1
𝑚 𝐵𝐶
es decir:
𝑚 𝐿 𝐴𝐵
= −
1
𝑚 𝐴𝐵
→ 𝑚 𝐿 𝐴𝐵
= −
1
−3
→ 𝑚 𝐿 𝐴𝐵
=
1
3
𝑚 𝐿 𝐵𝐶
= −
1
𝑚 𝐵𝐶
→ 𝑚 𝐿 𝐵𝐶
= −
1
−
1
2
→ 𝑚 𝐿 𝐵𝐶
= 2
4.- Formar un sistema de ecuaciones con las rectas mediatrices escogida y sus
respectivas pendientes: Aquí aplicamos la fórmula de la recta punto pendiente,
es decir:
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝑥 − 𝑥1
siguiente
Para 𝐿 𝐴𝐵: 𝑚 𝐿 𝐴𝐵
=
1
3
y 𝑃 𝑀 𝐴𝐵
7
2
; −
1
2
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝐿 𝐴𝐵
𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − −
1
2
=
1
3
𝑥 −
7
2
→ 𝑦 +
1
2
=
𝑥
3
−
7
6
𝑦 +
1
2
=
𝑥
3
−
7
6
→ 𝑦 −
𝑥
3
= −
7
6
−
1
2
→
3𝑦−𝑥
3
=
−7−3
6
→
3𝑦−𝑥
3
= −
10
6
donde resulta la recta: −𝑥 + 3𝑦 = −5 (1)
Para 𝐿 𝐵𝐶: 𝑚 𝐿 𝐵𝐶
= 2 y 𝑃 𝑀 𝐵𝐶
1; −3
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝐿 𝐵𝐶
𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − −3 = 2 𝑥 − 1 → 𝑦 + 3 = 2𝑥 − 2
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝐿 𝐵𝐶
𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − −3 = 2 𝑥 − 1 → 𝑦 + 3 = 2𝑥 − 2
donde resulta la recta: 2𝑥 − 𝑦 = 5 (2)
Luego nos queda el sistema siguiente:
−𝑥 + 3𝑦 = −5 (1)
2𝑥 − 𝑦 = 5 (2)
Para resolver el sistema hacemos lo siguiente: multiplicamos a la ecuación (1) por 2 y le
sumamos la ecuación (2) miembros a miembros, y obtenemos a el valor de y,
posteriormente sustituimos este valor en la ecuación (1) ó (2), obtenemos el valor de x,
es decir: −𝑥 + 3𝑦 = −5 → −2𝑥 + 6𝑦 = −10 → 2𝑥 − 𝑦 = 5 → 5𝑦 = −5 → 𝑦 = −1
Sustituyendo en (2) tenemos:
2𝑥 − 𝑦 = 5 → 2𝑥 − −1 = 5 → 2𝑥 + 1 = 5 → 2𝑥 = 4 → 𝑥 = 2
Entonces, el circuncentro es 𝐷 2. −1 .
Solución: 𝐷 2. −1
siguiente

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Ejercicios 01 de geometría analítica 23112014

  • 2. INDICE Halla la mediatriz del segmento que tiene los extremos en los puntos A(2, 1) y B(– 4, 3). 1 2 3 4 5 FINAL Calcula el circuncentro del triángulo cuyos vértices son los puntos: A(2, 4), B(5, – 5) y C(– 3, – 1) Aplicando la propiedad de que la bisectriz de un ángulo es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de los lados, halla las bisectrices de los ángulos que forman las rectas: r: 5x – 12y + 22 = 0 y s: 4x – 3y + 11 = 0. Determine la ecuación del lugar geométrico de todos los puntos (x,y) del plano, cuya suma de sus distancias a los puntos fijos (3,1) y (-5, 1) es 20. Dada la ecuación general de una cónica, identificar el tipo de cónica, sus elementos, ecuación ordinaria y su gráfica. 𝟏𝟔𝒙 𝟐 − 𝟗𝒚 𝟐 − 𝟔𝟒𝒙 − 𝟏𝟖𝒚 − 𝟖𝟗 = 𝟎
  • 3. Halla la mediatriz del segmento que tiene los extremos en los puntos A(2, 1) y B(– 4, 3). 1 Solución: El segmento 𝐴𝐵 tiene los puntos extremos A(2, 1) y B(– 4, 3), la recta mediatriz 𝑀 𝐷 pasa por el punto medio 𝑃𝑀 𝐴𝐵 del segmento 𝐴𝐵 y además la recta mediatriz 𝑀 𝐷 es perpendicular a dicho segmento. Sea 𝑚 𝐴𝐵 la pendiente del segmento 𝐴𝐵, luego se cumple que 𝑚 𝑀 𝐷 = − 1 𝑚 𝐴𝐵 , donde: 𝑚 𝐴𝐵 = 𝑦2 − 𝑦1 𝑥2 − 𝑥1 → 𝑚 𝐴𝐵 = 3 − 1 −4 − 2 = 2 −6 = − 1 3 → 𝑚 𝐴𝐵 = − 1 3 Luego 𝑚 𝑀 𝐷 = − 1 𝑚 𝐴𝐵 → 𝑚 𝑀 𝐷 = − 1 − 1 3 = 3 → 𝑚 𝑀 𝐷 = 3 Luego el punto medio 𝑃𝑀 𝐴𝐵 del segmento 𝐴𝐵, está dado por: 𝑃𝑀 𝐴𝐵 = 𝑥1+𝑥2 2 , 𝑦1+𝑦2 2 → 𝑃𝑀 𝐴𝐵 = 2+ −4 2 , 1+3 2 → 𝑃𝑀 𝐴𝐵 −1,2 Como la mediatriz pasa por el punto medio 𝑃𝑀 𝐴𝐵 y además es perpendicular al segmento 𝐴𝐵, entonces, aplicando la fórmula de la línea recta punto pendiente, la mediatriz tiene por ecuación: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝑀 𝐷 𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − 1 = 3 𝑥 − 2 → 3𝑥 − 𝑦 − 5 = 0 Solución: la Mediatriz es 𝑀 𝐷: 3𝑥 − 𝑦 − 5 = 0 IR A ÍNDICE
  • 4. 2 Calcula el circuncentro del triángulo cuyos vértices son los puntos: A(2, 4), B(5, – 5) y C(– 3, – 1) Solución: Nos pide calcular el circuncentro del triángulo con vértices en los puntos siguientes: A(2,4), B(5,-5) y C(-3,-1). Por teoría tenemos que el circuncentro de un triángulo es un punto donde concurren las mediatrices, es decir, la recta perpendicular en el punto medio de cada lado. Entonces, con conocer dos de las mediatrices y hallar su intersección obtenemos el punto pedido, es decir, el circuncentro. Grafiquemos dichos puntos: El método de solución consiste: 1.- Hallar el punto medio de los lados del triángulo 2.- Hallar la pendiente de la recta correspondiente a los lados 3.- Hallar dos pendientes de las mediatrices que tomamos o escogidas 4.- Formar un sistema de ecuaciones con las rectas mediatrices escogida y sus respectivas pendientes y resolvemos el sistema, la solución de estas es el circuncentro. 1.- Hallar el punto medio de los lados del triángulo: sea las rectas: 𝐿 𝐴𝐵: 𝑃 𝑀 𝐴𝐵 𝑥1 + 𝑥2 2 ; 𝑦1 + 𝑦2 2 → 𝑃 𝑀 𝐴𝐵 5 + 2 2 ; −5 + 4 2 → 𝑃 𝑀 𝐴𝐵 7 2 ; − 1 2 𝐿 𝐵𝐶: 𝑃 𝑀 𝐵𝐶 𝑥1+𝑥2 2 ; 𝑦1+𝑦2 2 → 𝑃 𝑀 𝐵𝐶 −3+5 2 ; −1+ −5 2 → 𝑃 𝑀 𝐵𝐶 1; −3 siguiente
  • 5. 2.- Hallar la pendiente de la recta correspondiente a los lados: 𝑚 𝐴𝐵 = 𝑦2−𝑦1 𝑥2−𝑥1 → 𝑚 𝐴𝐵 = −5−4 5−2 → 𝑚 𝐴𝐵 = −9 3 → 𝑚 𝐴𝐵 = −3 𝑚 𝐵𝐶 = 𝑦2−𝑦1 𝑥2−𝑥1 → 𝑚 𝐵𝐶 = −1− −5 −3−5 → 𝑚 𝐵𝐶 = 4 −8 → 𝑚 𝐵𝐶 = − 1 2 3.- Hallar dos pendientes de las mediatrices que tomamos o escogidas: Como la mediatriz y el lado son perpendiculares, se cumple que: 𝑚 𝐿 𝐴𝐵 = − 1 𝑚 𝐴𝐵 y 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 = − 1 𝑚 𝐵𝐶 es decir: 𝑚 𝐿 𝐴𝐵 = − 1 𝑚 𝐴𝐵 → 𝑚 𝐿 𝐴𝐵 = − 1 −3 → 𝑚 𝐿 𝐴𝐵 = 1 3 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 = − 1 𝑚 𝐵𝐶 → 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 = − 1 − 1 2 → 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 = 2 4.- Formar un sistema de ecuaciones con las rectas mediatrices escogida y sus respectivas pendientes: Aquí aplicamos la fórmula de la recta punto pendiente, es decir: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝑥 − 𝑥1 siguiente
  • 6. Para 𝐿 𝐴𝐵: 𝑚 𝐿 𝐴𝐵 = 1 3 y 𝑃 𝑀 𝐴𝐵 7 2 ; − 1 2 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝐿 𝐴𝐵 𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − − 1 2 = 1 3 𝑥 − 7 2 → 𝑦 + 1 2 = 𝑥 3 − 7 6 𝑦 + 1 2 = 𝑥 3 − 7 6 → 𝑦 − 𝑥 3 = − 7 6 − 1 2 → 3𝑦−𝑥 3 = −7−3 6 → 3𝑦−𝑥 3 = − 10 6 donde resulta la recta: −𝑥 + 3𝑦 = −5 (1) Para 𝐿 𝐵𝐶: 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 = 2 y 𝑃 𝑀 𝐵𝐶 1; −3 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − −3 = 2 𝑥 − 1 → 𝑦 + 3 = 2𝑥 − 2 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝐿 𝐵𝐶 𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − −3 = 2 𝑥 − 1 → 𝑦 + 3 = 2𝑥 − 2 donde resulta la recta: 2𝑥 − 𝑦 = 5 (2) Luego nos queda el sistema siguiente: −𝑥 + 3𝑦 = −5 (1) 2𝑥 − 𝑦 = 5 (2) Para resolver el sistema hacemos lo siguiente: multiplicamos a la ecuación (1) por 2 y le sumamos la ecuación (2) miembros a miembros, y obtenemos a el valor de y, posteriormente sustituimos este valor en la ecuación (1) ó (2), obtenemos el valor de x, es decir: −𝑥 + 3𝑦 = −5 → −2𝑥 + 6𝑦 = −10 → 2𝑥 − 𝑦 = 5 → 5𝑦 = −5 → 𝑦 = −1 Sustituyendo en (2) tenemos: 2𝑥 − 𝑦 = 5 → 2𝑥 − −1 = 5 → 2𝑥 + 1 = 5 → 2𝑥 = 4 → 𝑥 = 2 Entonces, el circuncentro es 𝐷 2. −1 . Solución: 𝐷 2. −1 siguiente
  • 8. 3 Aplicando la propiedad de que la bisectriz de un ángulo es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de los lados, halla las bisectrices de los ángulos que forman las rectas: r: 5x – 12y + 22 = 0 y s: 4x – 3y + 11 = 0. Solución: Conocemos dos caminos: Primer Método: Aplicando la propiedad que nos señala el ejercicio. Sabemos por teoría que: 𝑑 𝑃, 𝑟 = 𝑑 𝑃, 𝑠 𝑟: 𝐴1 𝑥 + 𝐵1 𝑦 + 𝐶1, 𝑠: 𝐴2 𝑥 + 𝐵2 𝑦 + 𝐶2, 𝐴1 𝑥+𝐵1 𝑦+𝐶2 𝐴1 2 +𝐵1 2 = 𝐴2 𝑥+𝐵2 𝑦+𝐶2 𝐴2 2 +𝐵2 2 (1) 𝐴1 𝑥+𝐵1 𝑦+𝐶2 𝐴1 2 +𝐵1 2 = − 𝐴2 𝑥+𝐵2 𝑦+𝐶2 𝐴2 2 +𝐵2 2 (2) De (1) tenemos: 𝐴1 𝑥 + 𝐵1 𝑦 + 𝐶2 𝐴1 2 + 𝐵1 2 = 𝐴2 𝑥 + 𝐵2 𝑦 + 𝐶2 𝐴2 2 + 𝐵2 2 → 5𝑥 − 12𝑦 + 22 52 + 122 = 4𝑥 − 3𝑦 + 11 42 + 32 5 5𝑥 − 12𝑦 + 22 = 13 4𝑥 − 3𝑦 + 11 25𝑥 − 60𝑦 + 110 = 52𝑥 − 39𝑦 + 143 52𝑥 − 39𝑦 + 143 − 25𝑥 + 60𝑦 − 110 = 0 → 27𝑥 + 21𝑦 + 33 = 0 27𝑥 + 21𝑦 + 33 = 0 → 9𝑥 + 7𝑦 + 11 = 0 ∴ 𝐿1: 9𝑥 + 7𝑦 + 11 = 0 𝐿1: 9𝑥 + 7𝑦 + 11 = 0 ó 𝐿1: 𝑦 = −1.285714𝑥 − 1,571428 De (2) tenemos: 𝐴1 𝑥 + 𝐵1 𝑦 + 𝐶2 𝐴1 2 + 𝐵1 2 = 𝐴2 𝑥 + 𝐵2 𝑦 + 𝐶2 𝐴2 2 + 𝐵2 2 → 5𝑥 − 12𝑦 + 22 52 + 122 = − 4𝑥 − 3𝑦 + 11 42 + 32 siguiente
  • 9. 5 5𝑥 − 12𝑦 + 22 = −13 4𝑥 − 3𝑦 + 11 25𝑥 − 60𝑦 + 110 = −52𝑥 + 39𝑦 − 143 25𝑥 − 60𝑦 + 110 + 52𝑥 − 39𝑦 + 143 = 0 77𝑥 − 99𝑦 + 253 = 0 → 7𝑥 − 9𝑦 + 23 = 0 ∴ 𝐿2: 7𝑥 − 9𝑦 + 23 = 0 𝐿2: 7𝑥 − 9𝑦 + 23 = 0 ó 𝐿2: −9𝑦 = −7𝑥 − 23 → 𝐿2: 𝑦 = 0,78𝑥 + 2,56 La representación gráfica es: Segundo método: 𝒓: 𝑨 𝟏 𝒙 + 𝑩 𝟏 𝒚 + 𝑪 𝟏, 𝒔: 𝑨 𝟐 𝒙 + 𝑩 𝟐 𝒚 + 𝑪 𝟐, 𝑷(𝒙, 𝒚) Este consiste en calcular una de las rectas, y ponerla en forma punto pendiente, como las dos bisectrices son perpendiculares la pendiente de la segunda bisectriz es el inverso negativo de la pendiente de la bisectriz calculada, es decir: 𝐴1 𝑥 + 𝐵1 𝑦 + 𝐶2 𝐴1 2 + 𝐵1 2 = 𝐴2 𝑥 + 𝐵2 𝑦 + 𝐶2 𝐴2 2 + 𝐵2 2 Luego tenemos: 𝐴1 𝑥 + 𝐵1 𝑦 + 𝐶2 𝐴1 2 + 𝐵1 2 = 𝐴2 𝑥 + 𝐵2 𝑦 + 𝐶2 𝐴2 2 + 𝐵2 2 → 5𝑥 − 12𝑦 + 22 52 + 122 = 4𝑥 − 3𝑦 + 11 42 + 32 5 5𝑥 − 12𝑦 + 22 = 13 4𝑥 − 3𝑦 + 11 25𝑥 − 60𝑦 + 110 = 52𝑥 − 39𝑦 + 143 52𝑥 − 39𝑦 + 143 − 25𝑥 + 60𝑦 − 110 = 0 → 27𝑥 + 21𝑦 + 33 = 0 27𝑥 + 21𝑦 + 33 = 0 → 9𝑥 + 7𝑦 + 11 = 0 ∴ 𝑏1: 9𝑥 + 7𝑦 + 11 = 0 𝑏1: 9𝑥 + 7𝑦 + 11 = 0 → 𝑦 = − 9 7 𝑥 − 11 7 → 𝑚 𝑏1 = − 9 7 siguiente
  • 10. como las bisectrices son perpendiculares, entonces: 𝑚 𝑏2 = − 1 𝑚 𝑏1 → 𝑚 𝑏2 = − 1 − 9 7 = 7 9 → 𝑚 𝑏2 = 7 9 Ahora calculamos el punto de intersección de las dos ecuaciones dadas, que será el punto de vértice de las bisectrices, el cual se obtiene así: 𝑟: 5𝑥 − 12𝑦 + 22 = 0 𝑠: 4𝑥 − 3𝑦 + 11 = 0 Paso 1: Multiplicamos a r por -4 y a s por 5, y posteriormente sumamos, es decir: −4 → 𝑟: −20𝑥 + 48𝑦 − 88 = 0 +5 → 𝑠: 20𝑥 − 15𝑦 + 55 = 0 0𝑥 + 33𝑦 − 33 = 0 Luego, y =1. Sustituyendo este valor en la primera ecuación, tenemos: 𝑟: 5𝑥 − 12𝑦 + 22 = 0 → 𝑟: 5𝑥 − 12 1 + 22 = 0 → 𝑥 = −2 entonces el punto de intersección de las dos rectas dadas es P(x,y)  P(-2,1) Donde tenemos: 𝑚 𝑏2 = 7 9 , 𝑏2: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝑏2 · 𝑥 − 𝑥1 y P(− 2,1) Así, tenemos: 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚 𝑏2 · 𝑥 − 𝑥1 → 𝑦 − 1 = 7 9 𝑥 + 2 → 9 𝑦 − 1 = 7 𝑥 + 2 9𝑦 − 9 = 7𝑥 + 14 → 𝑦 = 7 9 𝑥 + 23 9 → 𝑏2: 𝑦 = 7 9 𝑥 + 23 9 Luego las rectas de las bisectriz son: 𝑏1: 𝑦 = − 9 7 𝑥 − 11 7 𝑦 𝑏2: 𝑦 = 7 9 𝑥 + 23 9 siguiente
  • 12. 4 Determine la ecuación del lugar geométrico de todos los puntos (x,y) del plano, cuya suma de sus distancias a los puntos fijos (3,1) y (-5, 1) es 20. Solución: Hay dos métodos que conozco, uno es corto y el otro largo. Primer Método: Por lo que nos señala el problema: la suma de sus distancias a los puntos fijos, corresponde a una elipse: donde conocemos: Sea F2(-5,1) y F1(3,1) y el punto sobre la elipse es: P(x,y), luego tenemos: 𝐹2 𝑃 + 𝐹1 𝑃 = 2𝑎 → 2𝑎 = 20 → 𝑎 = 10, entonces 𝑎2 = 100. El centro de la elipse viene dado por el Punto Medio de F2F1 = PM, donde se tiene: 𝑃 𝑀 𝑥, 𝑦 = 𝑃 𝑀 𝑥1 + 𝑥2 2 , 𝑦1 + 𝑦2 2 = 𝑃 𝑀 3 + −5 2 , 1 + 1 2 = 𝐶 −1,1 Entonces, 𝐶 −1,1 , donde h= ̶ 1 y k=1. Para hallar a c, calculamos la longitud del centro a F1 ó del centro a F2, es decir: 𝑐 = 𝑑1 = 𝑃 𝑀 𝐹1 (1) ó 𝑐 = 𝑑2 = 𝑃 𝑀 𝐹2 (2) Tomemos, por ejemplo (1), es decir: 𝑐 = 𝑥2 − 𝑥1 2 + 𝑦2 − 𝑦1 2 = 3 − −1 2 + 1 − 1 2 = 16 + 0 = ±4 Pero como c es una longitud, siempre c es positivo, luego c=4, con este valor hallar mediante la relación de Pitágoras sabiendo que en una elipse tiene la propiedad de que a > c > b  𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 Luego tenemos: 𝑏2 = 𝑎2 − 𝑐2 → 𝑏2 = 100 − 16 → 𝑏2 = 84 siguiente
  • 13. Entonces, como es una elipse horizontal su ecuación ordinaria está dada por: 𝑥 − ℎ 2 𝑎2 + 𝑦 − 𝑘 2 𝑏2 = 1 donde C(-1,1)h = -1 y k = 1, a2=100 y b2=84, es decir: 𝑥 − ℎ 2 𝑎2 + 𝑦 − 𝑘 2 𝑏2 = 1 → 𝑥 + 1 2 100 + 𝑦 − 1 2 84 = 1 Solución: la ecuación es 𝑥+1 2 100 + 𝑦−1 2 84 = 1 Segundo método: Aplicamos lo indicado en el ejercicio, es decir: 𝐹2 𝑃 + 𝐹1 𝑃 = 20 (1) donde 𝐹1 3,1 , 𝐹2 −5,1 y P 𝑥, 𝑦 𝐹2 𝑃 = 𝑥2 − 𝑥1 2 + 𝑦2 − 𝑦1 2 → 𝐹2 𝑃 = 𝑥 + 5 2 + 𝑦 − 1 2 𝐹1 𝑃 = 𝑥2 − 𝑥1 2 + 𝑦2 − 𝑦1 2 → 𝐹1 𝑃 = 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 Sustituyendo estos valores en (1) obtenemos: 𝑥 + 5 2 + 𝑦 − 1 2 + 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 = 20 Pasamos una de las raíces al otro miembro y elevamos al cuadrado y desarrollamos, es decir: 𝑥 + 5 2 + 𝑦 − 1 2 = 20 − 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 𝑥 + 5 2 + 𝑦 − 1 2 2 = 20 − 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 2 siguiente
  • 14. 𝑥 + 5 2 + 𝑦 − 1 2 = 400 − 2 · 20 · 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 + 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 400 − 𝑥 + 5 2 − 𝑥 − 3 2 = 40 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 400 − 𝑥2 + 10𝑥 + 25 − 𝑥2 + 6𝑥 − 9 = 40 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 400 − 16𝑥 − 16 = 40 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 → 96 − 4𝑥 = 10 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 Elevamos al cuadrado nuevamente ambos miembros, desarrollamos obteniendo: 96 − 4𝑥 2 = 10 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 2 9216 − 768𝑥 + 16𝑥2 = 100 𝑥 − 3 2 + 𝑦 − 1 2 9216 − 768𝑥 + 16𝑥2 = 100 𝑥2 − 6𝑥 + 9 + 𝑦2 − 2𝑦 + 1 100𝑥2 − 600𝑥 + 100𝑦2 − 200𝑦 + 768𝑥 − 16𝑥2 = −1000 + 9216 84𝑥2 + 100𝑦2 + 168𝑥 − 200𝑦 = 8216 Reordenamos y completamos cuadrados así: 84𝑥2 + 168𝑥 + 100𝑦2 − 200𝑦 = 8216 84 𝑥2 + 2𝑥 + 100 𝑦2 − 2𝑦 = 8216 84 𝑥2 + 2𝑥 + 1 − 84 + 100 𝑦2 − 2𝑦 + 1 − 100 = 8216 84 𝑥 + 1 2 + 100 𝑦 − 1 2 = 8216 + 84 + 100 84 𝑥 + 1 2 + 100 𝑦 − 1 2 = 8400 Dividimos entre 8400, y obtenemos: 84 𝑥 + 1 2 8400 + 100 𝑦 − 1 2 8400 = 8400 8400 → 𝑥 + 1 2 100 + 𝑦 − 1 2 84 = 1 donde la solución buscada son los datos siguientes 𝑎 = 10; 𝑏 = 2 21; 𝑐 = 4 𝑦 𝐶(−1,1) y la ecuación y gráfica es la siguiente: siguiente
  • 15. la ecuación es x+12100+y-1284=1 y su gráfica es la siguiente: IR A ÍNDICE
  • 16. 5 Dada la ecuación general de una cónica, identificar el tipo de cónica, sus elementos, ecuación ordinaria y su gráfica. 𝟏𝟔𝒙 𝟐 − 𝟗𝒚 𝟐 − 𝟔𝟒𝒙 − 𝟏𝟖𝒚 − 𝟖𝟗 = 𝟎 Solución: La ecuación general de una cónica es la siguiente: 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥𝑦 + 𝐶𝑦2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0 (*) donde el discriminante es ∆= 𝐵2 − 4𝐴𝐶 (**) Se debe cumplir lo siguientes argumentos: 𝑆𝑖 𝐵2 − 4𝐴𝐶 < 0 es una Elipse 𝑆𝑖 𝐵2 − 4𝐴𝐶 = 0 es una Parábola 𝑆𝑖 𝐵2 − 4𝐴𝐶 > 0 es una Hipérbola 16𝑥2 − 9𝑦2 − 64𝑥 − 18𝑦 − 89 = 0 (***) Donde comparando (*) y (***) tenemos A = 16; B = 0 y C = − 9. Sustituyendo en el Discriminante (**) tenemos: 𝐵2 − 4 · 𝐴 · 𝐶 → 02 − 4 · 16 · −9 → +576 0 Luego como D = 576 > 0, luego es una ecuación de la hipérbola. Podemos observar que la ecuación presenta en los factores cuadráticos signos distintos, por lo que es una cónica de tipo hipérbola. Este tipo de hipérbola puede ser horizontal o vertical, vamos a completar cuadrado y llevarla a la forma canónica u ordinaria para luego hacer otras observaciones: 16𝑥2 − 9𝑦2 − 64𝑥 − 18𝑦 − 89 = 0 → 16𝑥2 − 64𝑥 − 9𝑦2 + 18𝑦 = 89 16 𝑥2 − 4𝑥 − 9 𝑦2 + 2𝑦 = 89 Lo que hacemos ahora es completar cuadrados dentro de los paréntesis, es decir: siguiente
  • 17. 16 𝑥2 − 4𝑥 + 4 − 4 − 9 𝑦2 + 2𝑦 + 1 − 1 = 89 16 𝑥2 − 4𝑥 + 4 − 16 · 4 − 9 𝑦2 + 2𝑦 + 1 + 9 · 1 = 89 16 𝑥 − 2 2 − 9 𝑦 + 1 2 = 89 + 64 − 9 → 16 𝑥 − 2 2 − 9 𝑦 + 1 2 = 144 luego dividimos entre 144, y obtenemos: 16 𝑥−2 2 144 − 9 𝑦+1 2 144 = 144 144 → 𝑥−2 2 9 − 𝑦+1 2 16 = 1 Entonces la ecuación de la hipérbola viene dada por la ecuación: 𝑥 − 2 2 9 − 𝑦 + 1 2 16 = 1 donde se observa que el signo positivo lo tiene la variable X, lo que nos indica que la hipérbola es horizontal y su centro es C(h,k)  C(2, -1). Tanto el eje focal y el eje transverso coinciden con la recta 𝑦 = −1 y el eje imaginario es perpendicular y pasa por el centro C(h,k) y coincide con la recta x= 2. Hallemos las componentes de los vértices y el foco De la ecuación se desprende que: 𝑎2 = 9 → 𝑎 = ±3 𝑏2 = 16 → 4 = ±4 y por la relación Pitagórica tenemos: 𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2 → 𝑐 = 𝑎2 + 𝑏2 = 9 + 16 → 𝑐 = ±5 Ahora representemos la gráfica de los elementos obtenidos: siguiente