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PROBLEMAS
1. Obtenga para los puntos A y B dirigidos las distancias AB y BA:
a) A(3, 4) y B(5, 4)
b) A(2, −8) y B(2, 12)
Soluci´on:
a) d(A, B) = + (5 − 3)2 + (4 − 4)2 = +
√
22 + 02 = +
√
4 = +2
d(B, A) = − (5 − 3)2 + (4 − 4)2 = −
√
22 + 02 = −
√
4 = −2
b) d(A, B) = + (2 − 2)2 + (−8 − 12)2 = + 02 + (−20)2 = +
√
400 = +20
d(B, A) = − (2 − 2)2 + (−8 − 12)2 = − 02 + (−20)2 = −
√
400 = −20
2. La abscisa de un punto Q es -2 y su distancia al punto P(−3, 6) es
√
5. Hallar
la ordenada del punto Q.
Soluci´on:
Sea el punto Q(−2, x), entonces:
d(P, Q) = (−2 − (−3))2 + (x − 6)2
√
5 = (−2 + 3)2 + (x − 6)2
(
√
5)2
= ( (1)2 + (x − 6)2)2
5 = 1 + (x − 6)2
5 = 1 + x2
− 12x + 36
x2
− 12x + 32 = 0
(x − 8)(x − 4) = 0
x − 8 = 0 , x − 4 = 0
x = 8 , x = 4
Por tanto, la ordenada es x = 8 ´o x = 4.
1
2
3. Uno de los extremos de un segmento rectil´ıneo es P(−4, 2) y el
punto medio del segmento e M(3, −1). Obtenga las coordenadas del otro
extremo del segmento.
Soluci´on:
Seal el otro extremo del segmento Q(x, y), entonces como M es punto medio se tiene:
3 =
−4 + x
2
, −1 =
2 + y
2
6 = −4 + x , −2 = 2 + y
6 + 4 = x , −2 − 2 = y
x = 10 , y = −4
Por tanto, el otro extremo es Q(10, −4).
4. Determine la distancia entre P(−2, 3) y el punto medio del segmento de recta
que une los puntos A(−2, −2) y B(4, 3)
Soluci´on:
Hallando el punto medio de AB:
x =
−2 + 4
2
, y =
−2 + 3
2
x = 1 , y =
1
2
se tiene entonces el punto medio M(1, 1
2). Luego la distancia de P a M es:
d(P, M) = (−2 − 1)2 + (3 −
1
2
)2
= (−3)2 + (
5
2
)2
= 9 +
25
4
=
61
4
=
√
61
2
5. Hallar la ecuaci´on de a recta que pasa por los puntos P y Q:
a) P(1, 1) y Q(4, 6)
b) P(2, 3) y Q(3, −2)
Soluci´on:
a) la pendiente es:
m =
6 − 1
4 − 1
=
5
3
3
y la ecuaci´on es:
L : y − y0 = m(x − x0)
y − 1 =
5
3
(x − 1)
3y − 3 = 5x − 5
−5x + 3y − 3 + 5 = 0
−5x + 3y + 2 = 0
L : 5x − 3y − 2 = 0
b) la pendiente es:
m =
−2 − 3
−3 − 2
=
−5
−5
= 1
y la ecuaci´on es:
L : y − y0 = m(x − x0)
y − 3 = (1)(x − 2)
y − 3 = x − 2
−x + y − 3 + 2 = 0
−x + y − 1 = 0
L : x − y + 1 = 0
6. Hallar la ecuaci´on de a recta que pasa por el punto P , y tiene pendiente m:
a) P(7, −3) y m = 4
b) P(−2, 2) y m = −5
Soluci´on:
a) La ecuaci´on es:
L : y − y0 = m(x − x0)
y − (−3) = 4(x − 7)
y + 3 = 4x − 28
−4x + y − 3 + 21 = 0
−4x + y + 19 = 0
L : 4x − y − 19 = 0
4
b) La ecuaci´on es:
L : y − y0 = m(x − x0)
y − 2 = (−5)(x − (−2))
y − 2 = −5x − 10
5x + y − 2 + 10 = 0
L : 5x + y + 8 = 0
7. Trace la gr´afica de las ecuaciones siguientes:
a) 4x + 3y + 4 = 0
b) 5x + 7y + 12 = 0
Soluci´on:
graficando las rectas:
8. Obtener el valor de k para que las rectas:
a) 3x + 6ky − 7 = 0 y 9kx + 8y − 15 = 0 sean paralelas
b) 3kx + 8y − 5 = 0 y 6y − 4ky + 1 = 0 sean perpendiculares
Soluci´on:
a) Dadas las rectas:
L1 : 3x + 6ky − 7 = 0
L1 : 9kx + 8y − 15 = 0
5
donde sus pendientes son: m1 = −3
6k y m2 = −9k
8 . Se sabe que las rectas son
paralelas si:
m1 = m2
−3
6k
=
−9k
8
−3(8) = 6k(−9k)
−24 = −54k2
k2
=
−24
−54
k2
=
4
9
k =
4
9
k = ±
2
3
b) Dadas las rectas:
L1 : 3kx + 8y − 5 = 0
L1 : 6y − 4ky + 1 = 0
donde sus pendientes son: m1 = −3k
8 y m2 = −(−4k)
6 . Se sabe que las rectas son
paralelas si:
m1.m2 = −1
−3k
8
.
−(−4k)
6
= −1
−12k2
48
= −1
k2
4
= 1
k2
= 4
k =
√
4
k = ±2
9. Obtenga las ecuaciones de las tres rectas que contienen a las
medianas del tri´angulo A(3, −2), B(3, 4) y C(−1, 1).
Soluci´on:
Las medianas son los segmentos que pasan un v´ertice y el punto medio del lado opuesto,
calculando los puntos medios:
MAB = (
3 + 3
2
,
−2 + 4
2
) = (3, 1)
MAC = (
3 + −1
2
,
−2 + 1
2
) = (1,
1
2
)
MBC = (
3 + −1
2
,
4 + 1
2
) = (1,
5
2
)
6
luego:
i) recta que contiene a la mediana que pasa por A y MBC:
y − (−2) =
−2 − 5
2
3 − 1
(x − 3)
y + 2 =
−9
5
2
(x − 3)
y + 2 =
−9
10
(x − 3)
10y + 20 = −9x + 27
L1 : 9x + 10y − 7 = 0
ii) recta que contiene a la mediana que pasa por B y MAC:
y − 4 =
4 − 1
2
3 − 1
(x − 3)
y − 4 =
7
2
2
(x − 3)
y − 4 =
7
4
(x − 3)
4y − 16 = 7x − 21
L2 : −7x + 4y + 5 = 0
iii) recta que contiene a la mediana que pasa por C y MAB:
y − 1 =
1 − 1
3 − (−1)
(x − (−1))
y − 1 =
0
4
(x + 1)
y − 1 = 0
L3 : y − 1 = 0
10. Hallar las ecuaciones de las rectas paralelas a la recta 2x − 3y + 6 = 0, que se
encuentra a una distancia de 4 del punto Q(3, 1).
Soluci´on:
Sea la recta paralela: L : 2x − 3y + c = 0, luego por condici´on del problema:
d(L, Q) = 4
|2(3) − 3(1) + c|
√
32 + 12
= 4
|6 − 3 + c|
√
9 + 1
= 4
|3 + c|
√
10
= 4
|3 + c| = 4
√
10
3 + c = 4
√
10 3 + c = −4
√
10
c = 4
√
10 − 3 c = −4
√
10 − 3
7
11. Los lados de un tri´angulo est´an sobre las rectas x − 5y − 7 = 0, 3x − 2y − 4 = 0,
7x + y + 19 = 0. Hallar sus ´angulos interiores.
Soluci´on:
Calculando las pendientes:
m1 =
−1
−5
=
1
5
m2 =
−3
−2
=
3
2
m3 =
−7
1
= −7
Luego los ´angulos son:
tan θ1 = |
m1 − m2
1 + m1.m2
|
tan θ1 = |
1
5 − 3
2
1 + 1
5.3
2
|
tan θ1 = |
−13
10
13
10
|
tan θ1 = | − 1|
tan θ1 = 1
θ1 = arctan (1)
θ1 = 45◦
tan θ2 = |
m1 − m3
1 + m1.m3
|
tan θ2 = |
1
5 − (−7)
1 + 1
5.(−7)
|
tan θ2 = |
36
5
−2
5
|
tan θ2 = | − 18|
tan θ2 = 18
θ2 = arctan (18)
θ2 = 93.18◦
8
tan θ3 = |
m2 − m3
1 + m2.m3
|
tan θ3 = |
3
2 − (−7)
1 + 3
2.(−7)
|
tan θ3 = |
17
2
−19
2
|
tan θ3 = |
17
−19
|
tan θ3 =
17
19
θ3 = arctan (
17
19
)
θ3 = 41.82◦
12. Hallar las ecuaciones de los lados de un tri´angulo, si uno de sus v´ertices es
P(4, −1) y las ecuaciones de dos bisectrices es x − 1 = 0 y x − y − 1 = 0.
Soluci´on:
Las ecuaciones de los lados son:
L1 : 12.5x − 2, 5y + 12.5 = 0
L2 : 11x + 3y − 41 = 0
L3 : −1.5x + 5.5y + 11.5 = 0
13. Una recta pasa por P(2, 3) y la suma de las medidas de los segmentos que
determina sobre los ejes coordeandos es 10. Hallar la ecuaci´on de la recta.
Soluci´on:
Sean los interceptos de la recta con los ejes coordenados: (a, 0) y (0, b), se sabe que
a + b = 10, de donde b = 10 − a. Por otro lado, la ecuaci´on de la recta es:
x
a
+
y
b
= 1
como el punto (2, 3) pertence a la recta entonces:
2
a
+
3
b
= 1
reemplazando b = 10 − a y reduciendo la ecuaci´on se obtiene:
a2
− 9a + 20 = 0
de donde a = 4 y a = 5. Si a = 4 entonces b = 6, y si a = 5 entonces b = 5. Por tanto
las ecuaciones de la recta pedida son:
L :
x
4
+
y
6
= 1
´o
L :
x
5
+
y
5
= 1
9
14. Hallar la ecuaci´on de la recta equidistante de las rectas paralelas: L1 : 2x −
y − 4 = 0 y L2 : 2x − y + 8 = 0.
Soluci´on:
Sea la recta pedida:
L : 2x − y + c = 0
entonces, por dato:
d(L1, L) = d(L2, L)
| − 4 − c|
2
=
|8 − c|
2
| − 4 − c| = |8 − c|
−4 − c = −(8 − c)
de donde se obtiene que c = 2. Por tanto la ecuaci´on de la recta pedida es:
2x − y + 2 = 0
15. Los lados de un tri´angulo est´an en las rectas: L1 : 4x−y−7 = 0, L2 : x+3y = 31,
L3 : x + 5y − 7 = 0. Dar el punto de intersecci´on de sus alturas.
Soluci´on:
Hallando primero los v´ertices del tri´angulo mediante la intersecci´on de las
rectas dos a dos:
i) Para L1 ∩ L2:
4x − y − 7 = 0
x + 3y − 31 = 0
multiplicando por 3 a la primera ecuaci´on:
12x − 3y − 21 = 0
x + 3y − 31 = 0
sumando ambas ecuaciones:
13x − 52 = 0
x = 4
reemplazando x = 4 en la ecuaci´on: x + 3y − 31 = 0
4 + 3y − 31 = 0
y = 9
as´ı se tiene el primer v´ertice V1(4, 9).
10
ii) Para L1 ∩ L3:
4x − y − 7 = 0
x + 5y − 7 = 0
multiplicando por 5 a la primera ecuaci´on:
20x − 5y − 35 = 0
x + 5y − 7 = 0
sumando ambas ecuaciones:
21x − 42 = 0
x = 2
reemplazando x = 2 en la ecuaci´on: x + 5y − 7 = 0
2 + 5y − 7 = 0
y = 1
luego, el segundo v´ertice es V2(2, 1).
iii) Para L2 ∩ L3:
x + 3y − 31 = 0 = 0
x + 5y − 7 = 0
multiplicando por -1 a la primera ecuaci´on:
−x − 3y + 31 = 0 = 0
x + 5y − 7 = 0
sumando ambas ecuaciones:
2y + 24 = 0
y = −12
reemplazando y = −12 en la ecuaci´on: x + 5y − 7 = 0
x + 5(−12) − 7 = 0
x = 67
y el ´ultimo v´ertice es: V3(67, −12).
Segundo, se hallan las ecuaciones de las alturas correspondientes a los lados:
i) Sea H1 la altura correspondiente al v´ertice V1. Notar que ´esta es ortogonal a L3,
por tanto su pendiente es mH1 = 5. La ecuaci´on de H1 es:
y − 9 = 5(x − 4)
y − 9 = 5x − 20
−5x + y + 11 = 0
11
ii) Sea H2 la altura correspondiente al v´ertice V2. Por la misma propiedad que la
anterior, H2 ⊥ L2, en consecuencia mH2 = 3. La ecuaci´on de H2 es:
y − 1 = 3(x − 2)
y − 1 = 3x − 6
−3x + y + 5 = 0
iii) Sea H3 la altura correspondiente al v´ertice V3. Puesto que H3 ⊥ L3, la pendiente
es mH3 = −1
4 . La ecuaci´on de H2 es:
y − (−12) =
−1
4
(x − 67)
4y + 48 = −x + 67
x + 4y − 19 = 0
Formando un sistema lineal con las ecuaciones de las alturas:



−5x + y + 11 = 0
−3x + y + 5 = 0
x + 4y − 19 = 0
multplicando por -5 a la segunda ecuaci´on:



−5x + y + 11 = 0
15x − 5y − 25 = 0
x + 4y − 19 = 0
sumando las tres ecuaciones:
11x − 33 = 0
x = 3
reemplazando x = 3 en la primera ecuaci´on:
−5(3) + y + 11 = 0
y = 4
Por tanto, la intersecci´on de las alturas del tri´angulo dado es el punto H(3, 4).
12
16. Hallar la ecuaci´on de la recta situada a 8 unidades del origen y pasa por el
punto A(20, 0) y corta la parte positiva del eje Y .
Soluci´on:
Hallando la tangente del ´angulo generado por la recta y el primer cuadrante en el punto
(20, 0), se obtiene:
tan α =
8
√
202 − 82
=
8
4
√
21
=
2
√
21
Luego, la tangente del ´angulo adyacente es tan θ = −2√
21
. Por tanto, la ecuaci´on de la
recta que pasa por (20, 0) y tiene pendiente m = −2√
21
es:
L : y − 0 = 0
−2
√
21
(x − 20)
reduciendo se obtiene:
L : 2x +
√
21y − 40 = 0
17. Dadas las rectas L1 : 2x + y + 2 = 0, L2 : x − 2y + 1 = 0. Hallar los puntos
situados en L1 cuya distancia a L2 sea
√
5.
Soluci´on:
Sean los puntos P(a, b) ∈ L1, entonces reemplazando:
2a + b + 2 = 0
b = −2a − 2
Por otro lado se sabe:
d(P, L2) =
√
5
|a − 2b + 1|
12 + (−2)2
=
√
5
|a − 2(−2a − 2) + 1|
√
5
=
√
5
|5a + 5| =
√
5.
√
5
|5a + 5| = 5
5a + 5 = 5 , 5a + 5 = −5
a = 0 , a = −2
Si a = 0 entonces b = −2(0) − 2 = −2. Y si a = −2 entonces b = −2(−2) − 2 = 2. Por
tanto los puntos son (0, −2) y (−2, 2).
18. Sean L1 y L2 dos rectas ortogonales tales que L1 pasa por (3, 2) y (2, 5) y L2
pasa por (2, 1). Hallar la intersecci´on de ambas rectas. Soluci´on:
Hallando la recta L1:
y − 2 =
5 − 2
2 − 3
(x − 3)
y − 2 = −3(x − 3)
L1 : 3x + y − 11 = 0
13
adem´as m1 = −3 entonces m2 = 1
3. Luego la ecuaci´on de L2 es:
y − 1 = m2(x − 2)
y − 1 =
1
3
(x − 2)
3y − 3 = x − 2
L2 : x − 3y + 1 = 0
La intersecci´on de L1 y L2 se obtiene resolviendo:
3x + y − 11 = 0
x − 3y + 1 = 0
cuya soluci´on es x = 16
5 , y = 7
5. Por tanto, el punto de intersecci´on es: (16
5 , 7
5).
19. Sean las rectas L1 : 3x − 4y + 6 = 0, L2 : P = (4, 1) + t(−2, 4), t ∈ R. Hallar:
a) La distancia del punto A(4, 1) a la recta L1.
b) La tangente del ´angulo formado por las rectas.
Soluci´on:
a) calculando:
d(A, L1) =
|3(4) − 4(1) + 6|
32 + (−4)2
=
|14|
√
25
=
14
5
b) Hallando la ecuaci´on vectorial de la recta L2:
y − 1 = =
4
−2
(x − 1)
y − 1 = −2(x − 1)
2x + y − 3 = 0
Luego las pendientes son: m1 = 3
4, m2 = −2. Sea θ el ´angulo generado por las
rectas, entonces:
tan θ = |
3
4 − (−2)
1 + 3
4.(−2)
|
=
11
2
14
20. Hallar el valor de k tal que el punto P(k, 4) sea equidistante de las
rectas: L1 : 13x − 9y − 10 = 0, L2 : x + 3y − 6 = 0.
Soluci´on:
Por la f´ormula de las distancias:
d(P, L1) = d(P, L2)
|13k − 9(4) − 10|
132 + (−9)2
=
|k + 3(4) − 6|
√
12 + 32
|13k − 46|
√
250
=
|k + 6|
√
10
|13k − 46|
5
√
10
=
|k + 6|
√
10
|13k − 46|
5
= |k + 6|
|13k − 46| = 5|k + 6|
13k − 46 = 5(k + 6) , 13k − 46 = −5(k + 6)
k =
19
2
,
8
9
21. Hallar la distancia comprendida entre las rectas paralelas
L1 : 3x − 4y + 8 = 0, L2 : 6x − 8y + 9 = 0.
Soluci´on:
dividiendo la recta L2 entre 2:
L2 : 3x − 4y +
9
2
= 0
Luego la distancia es:
d(L1, L2) =
|8 − 9
2|
2
)
=
7
4
22. Hallar la ecuaci´on de la recta paralela a la recta L1 : 5x + 12y − 12 y que diste
4 unidades de ella.
Soluci´on:
Sea la recta paralela a L1:
L2 : 5x + 12y + c = 0
Luego:
d(L1, L2) = 4
| − 12 − c|
2
= 4
| − 12 − c| = 8
−12 − c = 8 , −12 − c = −8
c = −20 , c = −4
15
Luego, la recta L2 tiene dos ecuaciones: 5x + 12y − 20 = 0 ´o 5x + 12y − 4 = 0.
23. La distancia de la recta L : 4x − 3y + 1 = 0 al punto P es 4. Si la ordenada de
P es 3. H´allese su abscisa.
Soluci´on:
Sea el punto P(a, 3). Luego:
d(P, L) = 4
|4a − 3(3) + 1|
42 + (−3)2
= 4
|4a − 8|
√
25
= 4
|4a − 8|
5
= 4
|4a − 8| = 20
4a − 8 = 20 , 4a − 8 = −20
a = 7 , a = −3
24. Hallar la ecuaci´on de la recta cuyos puntos equidistan de las dos rectas
paralelas L1 : 12x − 5y + 3 = 0, L2 : 12x − 5y − 6 = 0.
Soluci´on:
El conjunto de puntos que equidistan de las rectas paralelas dadas es otra recta paralela
a ellas. Sea la recta paralela: L3 : 12x − 5y + c = 0. Luego:
d(L1, L3) = d(L2, L3)
|3 − c|
2
=
| − 6 − c|
2
|3 − c| = | − 6 − c|
3 − c = −6 − c , 3 − c = −(−6 − c)
3 = −6 (absurdo) , c =
−3
2
Por tanto, la recta es L3 : 12x − 5y − 3
2 = 0.
25. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto P(3, 1) y tal que la
distancia de esta recta al punto A(−1, 1) sea igual a 2
√
2.
Soluci´on:
Sea la recta pedida L : y − 1 = m(x − 3), reduciendo se obtiene:
mx − y − 3m + 1 = 0
16
Adem´as se sabe:
d(L, P) = 2
√
2
|m(−1) − 1 − 3m + 1|
m2 + (−1)1
= 2
√
2
| − 4m|
√
m2 + 1
= 2
√
2
| − 4m| = 2
√
2 m2 + 1
elevando al cuadrado y resolviendo la ecuaci´on se obtiene:
16m2
= 8m2
+ 8
m = ±1
Por tanto la ecuaci´on de L es: x − y − 2 = 0 ´o −x − y + 4 = 0.
26. La distancia de una recta al origen es 3. La recta pasa por el punto A(3
√
5, −3).
Hallar su ecuaci´on.
Soluci´on:
La ecuaci´on de la recta es:
3x + 11
√
5y −
79
2
√
5
= 0
27. Hallar las ecuaciones de las rectas que pasan por los v´ertices del tri´angulo
A(5, −4), B(−1, 3), C(−3, −2) y son paralelas a los lados
opuestos.
Soluci´on:
Hallando las ecuaciones de los lados del tri´angulo:
L1 : 7x + 6y − 11 = 0
L2 : −x − 4y − 11 = 0
L3 : 5x − 2y + 11 = 0
La ecuaci´on que pasa por A(5, −4) y es paralela a L3 es 5x − 2y − 33 = 0.
La ecuaci´on que pasa por B(−1, 3) y es paralela a L2 es −x − 4y + 11 = 0.
La ecuaci´on que pasa por C(−3, −2) y es paralela a L1 es 7x + 6y + 33 = 0.
28. H´allese la tangente del ´angulo que forma la recta que pasa por (−5, 6) y (1, 2)
con la que pasa por (−4, 7) y (8, 7).
Soluci´on:
Sean:
m1 =
6 − 2
−5 − 1
=
2
−3
m2 =
7 − 7
8 − (−4)
= 0
17
Luego, sea θ el ´angulo generado:
tan θ = |
2
−3 − 0
1 + 2
−3.0
|
=
2
3
29. Hallar los valores de A y C para que las rectas: Ax − 2y − 1 = 0,
6x − 4y + C = 0
a) tengan un s´olo punto en com´un
b) sean paralelas
c) sean perpendiculares
d) sean iguales o coincidentes
Soluci´on:
a) para que tengan un s´olo punto en com´un:
−4A − 6(−2) = 0,
de donde A = 3 y C ∈ R.
b) son paralelas si:
A
6
=
−2
−4
,
de donde A = 3 y C ∈ R.
c) son perpendiculares si:
A
2
.
6
4
= −1,
de donde A = −4
3 y C ∈ R.
d) son coincidentes si:
A
6
=
−2
−4
=
−1
C
,
de donde A = 3 y C = −2.
30. Encontrar la recta que pasa por la intersecci´on de las rectas: 7x − 2y = 0,
4x − y − 1 = 0 y es perpendicular a la recta 3x + 8y = 19.
Soluci´on:
la intersecci´on de las rectas:
7x − 2y = 0
4x − y − 1 = 0
18
es x = 2 e y = 7. y aem´as la pendiente de la recta pedida es m = 8
3(perpendicular a a
recta 3x + 8y = 19). Por tanto la recta que pasa por (2, 7) y tiene pediente m = 8
3 es:
L : 8x − 3y + 5 = 0
.
31. Calcular la pendiente de los segmentos determinados por los siguientes pares
de puntos:
a) (3, 2) y (5, 4)
b) (4, 1) y (6, 3)
c) (−2, −5) y (−7, 5)
d) (5, −1) y (−5, 6)
Soluci´on:
hallando las pendientes:
a) m = 4−2
5−3 = 1
b) m = 3−1
6−4 = 1
c) m = 5−(−5)
−7−(−2) = −2
d) m = 6−(−1)
−5−5 = 1
−2
32. Calcular la distancia entre los siguientes puntos:
a) (6, 5) y (2, −3)
b) (4, 5) y (−1, 1)
c) (7, 3) y (−1, −2)
d) (0, 9) y (0, −3)
Soluci´on:
hallando las distancias:
a) d = (−3 − 5)2 + (2 − 6)2 =
√
80 = 4
√
5
b) d = (5 − 1)2 + (4 − (−1))2 =
√
41
c) d = (−2 − 3)2 + (−1 − 7)2 =
√
89
d) d = (−3 − 9)2 + (0 − 0)2 = 12
19
33. Hallar el punto medio del segmento de recta que une los siguientes puntos:
a) (−2, 4) y (4, 1)
b) (−8, 5) y (−1, 0)
c) (5, 2) y (−10, 0)
d) (0, 7) y (0, 11)
Soluci´on:
hallando los puntos medios:
a) M = (−2+4
2 , 4+1
2 ) = (2, 5
2)
b) M = (−8+−1
2 , 5+0
2 ) = (−9
2 , 5
2)
c) M = (5+−10
2 , 2+0
2 ) = (−5
2 , 1)
d) M = (0+0
2 , 7+11
2 ) = (0, 9)
34. Calcular la distancia de los puntos y las rectas dadas:
a) (5, 3) y 3x − 2y + 1 = 0
b) (1, 4) y 5x − 2y + 8 = 0
c) (−5, −3) y 2x − 6y + 9 = 0
Soluci´on:
hallando las distancias
a) d =
|3(5) − 2(3) + 1|
32 + (−2)2
=
10
√
13
b) d =
|5(1) − 2(4) + 8|
52 + (−2)2
=
5
√
29
c) d =
|2(−5) − 6(−3) + 9|
22 + (−6)2
=
17
√
40
35. Obtener la ecuaci´on general de la recta que pasa por los puntos:
a) (−2, 5) y (3, −4)
b) (3, 5) y (−1, 2)
c) (5, 7) y (3, 9)
Soluci´on:
hallando las ecuaciones de las rectas:
a) L : 9x + 5y − 7 = 0
b) L : −3x + 4y − 11 = 0
c) L : x + y − 12 = 0
20
36. Obtener la ecuaci´on principal de la recta que pasa por los puntos:
a) (0, 0) y (1, 6)
b) (1, 2) y (0, 5)
c) (−3, 1) y (−2, 3)
Soluci´on:
hallando las ecuaciones principales de las rectas:
a) L : y − 6 = 6x
b) L : y − 5 = −3(x − 1)
c) L : y − 3 = 2(x + 2)
37. Obtener en forma general la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto
(−1, 2) y cuya pendiente es −3.
Soluci´on:
La ecuaci´on viene dada por:
y − 2 = −3(x − (−1))
y − 2 = −3x − 3
L : 3x + y + 1 = 0
38. Una empresa de turismo ha observado que cuando el precio de un viaje es $
15000 se vender cuarenta asientos, pero si el precio sube a
$ 180000 las ventas bajan a 30 asientos.
a) Encuentre la ecuaci´on de la recta que representa la situaci´on y dibuje
su gr´afico.
b) Determine el precio del pasaje si la venta sube a 56 asientos.
Soluci´on:
a) la recta pasa por los puntos (15000, 40) y (18000, 30), y cuya ecuaci´on es:
L : y − 30 =
40 − 30
15000 − 18000
(x − 18000)
reduciendo:
L : x + 300y − 27000 = 0,
donde x es el precio e y son los asientos.
b) Si y = 56, entonces:
x = −300y + 27000 = −300(56) + 27000 = $10200
21
39. Se˜nale si las sigientes ecuaciones son paralelas o perpendiculares:
6x − 2y − 1 = 0, 3x − y + 2 = 0
Soluci´on:
hallando las pendientes: m1 = −6
−2 = 3 y m2 = −3
−1 = 3. Como m1 = m2 entonces las
rectas son paralelas.
40. Se˜nale si las sigientes ecuaciones son paralelas o perpendiculares:
3x − 2y + 10 = 0, 2x + 3y + 3 = 0
Soluci´on:
hallando las pendientes: m1 = −3
−2 = 3
2 y m2 = −2
3 . Como m1.m2 = −1 entonces las
rectas son perpendiculares.
41. Dada la recta kx − y = k + 3, determinar el valor de k para que el punto (3, 7)
pertenezca a dicha recta.
Soluci´on:
Reemplazando x = 3 e y = 7 en la ecuaci´on:
k(3) − 7 = k + 3
3k − 7 = k + 3
2k = 10
k = 5
42. Dada la recta 5kx + y = 9, determinar el valor de k para que el punto (8, 4)
pertenezca a dicha recta.
Soluci´on:
Reemplazando x = 8 e y = 4 en la ecuaci´on:
5k(8) + 4 = 9
40k + 4 = 9
40k = 5
k =
1
8
43. Dada la recta x + y = 2k, determinar el valor de k para que el punto (5, 9)
pertenezca a dicha recta.
Soluci´on:
Reemplazando x = 5 e y = 9 en la ecuaci´on:
5 + 9 = 2k
14 = 2k
k = 7
22
44. Dada la recta 2x−6y = k, determinar el valor de k para que el punto (−5, −9)
pertenezca a dicha recta.
Soluci´on:
Reemplazando x = −5 e y = −9 en la ecuaci´on:
2(−5) − 6(−9) = k
−10 + 54 = k
k = 34
45. Obtener en forma general la ecuaci´on de la recta que satisfaga la
condici´on dada:
a) Pasa por el punto (2, 1) y tiene pendiente 12.
b) Pasa por el punto (3, 5) y es paralela a la recta x + 3y + 1 = 0.
c) Pasa por el punto (−5, −2) y es perpendicular a la recta 5x − 3y = 4
Soluci´on:
a) La ecuac´on es:
y − 1 = 12(x − 2)
reduciendo: L : 12x − y − 23 = 0
b) Por ser paralela, la pendiente es −1
3 , luego la ecuaci´on es:
y − 5 =
−1
3
(x − 3)
reduciendo:
L : x + 3y − 18 = 0
c) Por ser perpendicular la pendiente es −3
5 entonces la ecuaci´on es:
y − (−2) =
−3
5
(x − (−5))
reduciendo:
3x + 5y + 25 = 0
46. Uno de los v´ertices de un paralelogramo ABCD es el punto A(1, 2) y dos de
los lados est´an sobre las rectas L1 : 3x−5y −2 = 0, L2 : 6x−7y −1 = 0. Calcular
los dem´as v´ertices.
23
47. Dado el tri´angulo de v´ertices A(1, 2), B(9, −4) y C(4, 6):
a) Prueba que es un tri´angulo rect´angulo
b) Calcula la ecuaci´on de la mediatriz de la hipotenusa
c) Halla el punto de corte de la mediatr´ız con el cateto mayor
Soluci´on:
a) En efecto: mAB = 2−(−4)
1−9 = 3
−4 y mAC = 6−2
4−1 = 4
3, Luego se tiene que
mAB.mAC = −1, con esto se demuestra que AB ⊥ AC, es decir, el tri´angulo
es rect´angulo.
b) la mediatr´ız de la hipotenusa tiene por ecuaci´on:
L : x − 2y + 3 = 0
c) el punto de corte es (5, 4).
48. Escribe la ecuaci´on de la recta L que pasa por A(2, 3) y B(5, 6) y halla la
ecuaci´on de una recta paralela a L, cuya distancia a L sea igual a la distancia
entre A y B.
Soluci´on:
La ecuaci´on que pasa por A y B es:
L : x − y + 1 = 0
adem´as d(A, B) = (2 − 5)2 + (3 − 6)2 =
√
18 = 3
√
2 Sea la recta L1 paralela a L,
entonces:
L1 : x − y + c = 0,
pero se sabe que d(L, L1) = 3
√
2, resolviendo se halla que: c = 1 − 6
√
2 ´o
c = 1 + 6
√
2. Por tanto:
L1 : x − y + 1 − 6
√
2 = 0
´o
L1 : x − y + 1 + 6
√
2 = 0
49. Calcula las rectas que pasan por el punto A(1, 1) y distan 2 unidades del
punto B(4, 3)
Soluci´on:
Sea la recta L : y = mx + b, como A(1, 1) ∈ L, entonces:
1 = m + b
es decir:
b = 1 − m
24
Pero pot otro lado:
d(B, L) = 2
|m(4) + 3 + b|
√
m2 + 1
= 2
|4m + 3 + 1 − m|
√
m2 + 1
= 2
|3m + 4| = 2 m2 + 1
elevando al cuadrado y reduciendo se obtiene:
5m2
+ 24m + 12 = 0
solucionando la ecuaci´on se tiene: m = −0.567 ´o m = −4.233.
Si m = −0.567, entonces c = 1.567 y si m = −4.233 entonces c = 5.233. Por tanto:
L : y = −0.567x + 1.567
´o
L : y = −4.233 + 5.233
50. Halla el valor del par´ametro k para que los puntos A(2, 1), B(−3, 5) y C(4, k)
formen un tri´angulo de ´area 6.
Soluci´on:
Por la f´ormula del ´area de un tri´angulo:
´Area =
1
2
|(2(5) + −3k + 4(1)) − (−3(1) + 4(5) + 2(k))|
6 =
1
2
|14 − 3k − (17 + 2k)|
12 = | − 5k − 31|
de donde se obtienen: k = 43
−5 ´o k = 19
−5.
51. Los puntos B(−1, 3), C(3, −3) forman el lado desigual de un tri´angulo is´osceles
ABC. Calcula el v´ertice A sabiendo que et´a situado en la recta
L : x + 2y − 15 = 0.
Soluci´on:
Sea el punto A(x, y), luego se sabe por ser tri´angulo is´osceles que
d(A, C) = d(B, C), es decir:
d(A, C) = d(A, B)
(x − (−1))2 + (y − 3)2 = (x − 3)2 + (y − (−3))2
(x + 1)2
+ (y − 3)2
= (x − 3)2
+ (y + 3)2
elevando los cuadrado y reduciendo se obtiene:
8x − 12y − 8 = 0
25
y adem´as se tiene la tcondici´on que A ∈ L, esto es, x + 2y − 15 = 0.
Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene que x = 7 e y = 4.
52. La recta L : 2x + y + 1 = 0 es la bisectr´ız del ´angulo recto cuyo v´ertice es el
punto A(−1, 1). Hallar las ecuaciones de los lados del ´angulo recto. Soluci´on:
Las ecuaciones del ´angulo recto son:
L1 : −2x +
2
3
y −
8
3
y
L2 : −x − 3y + 2 = 0
53. Dada la recta L : 2x + 3y = 0. Halla una recta paralela a L que forme con los
ejes de coordenadas un tri´angulo de ´area 3.
Soluci´on:
Sea la recta L : 2x + 3y + c = 0. Los interceptos son (0, −c
3 ) y (−c
2 , 0). Calculando el
´area del tri´angulo:
´Area =
1
2
.(
−c
3
)(
−c
2
)
3 =
c2
12
c2
= 36
c = ±6
Por tanto, la recta pedida tiene por ecuaci´on:
L : 2x + 3y + 6 = 0
´o
L : 2x + 3y − 6 = 0
54. Por el punto A(2, 4) trazamos las rectas L1 y L2 perpendiculares a la bisectr´ız
del primer y segundo cuadrante, respectivamente. Calcula:
a) Ecuaciones de L1 y L2.
b) V´ertices del tri´angulo formado por la recta L: x − 5y − 6 y as rectas L1
y L2.
c) ´Area del tri´angulo anterior.
Soluci´on:
a) Las bisectrices de los cuadrantes tienen por pendientes m1 = 1 y m2 = −1. Luego
las ecuaciones de las rectas L1 y L2 por la f´ormula punto - pendiente son:
L1 : x + y − 6 = 0
y
L2 : x − y + 2 = 0
26
b) Resolviendo los sistemas dos a dos se obtienen los v´erties: (2, 4), (6, 0) y (−4, −2).
c) El ´area del tri´angulo anterior es: 24u2.
55. Dada la recta L : x + 2y + 1 = 0 y el punto A(1, −1) situado en dicha recta,
calcula:
a) La recta L1 paralela a L y que pasa por el punto B(0, 3).
b) El punto C de la recta L1 que forma con A y B un tri´angulo rect´angulo
en A
Soluci´on:
a) La recta L1||L tiene por ecuaci´on:
L1 : x + 2y + c = 0
como B ∈ L1, entonces al hacer x = 0 e y = 3 se obtiene c = −6. Por tanto:
L1 : x + 2y − 6 = 0
b) El punto C es (11
2 , 1
4).
56. Si las funciones f(x) = (4 − k)x + 3 y g(x) = (2k + 1)x + 5 representan rectas
paralelas, entonces encuentre el valor de k.
Soluci´on:
Si f y g representan rectas paralelas entonces sus pendientes son iguales, esto es:
4 − k = 2k + 1
−k − 2k = 1 − 4
−3k = −3
k = 1
57. Si la funci´on f(x) = (k − 2
3)x + 2 es paralela con la funci´on
g(x) = (1
3 + 2k)x − 1. Encontrar el valor de k.
Soluci´on:
Siguiendo el mismo criterio que el problema anterior:
k −
2
3
=
1
3
+ 2k
k − 2k =
1
3
+
2
3
−k = 1
k = −1
27
58. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto (−1, 2) y es perpendicular
a la recta que pasa por (−3, −1) y (2, −3).
Soluci´on:
La ecuaci´on tiene por pendiente a m = −1
m1
, donde:
m1 =
−3 − (−1)
2 − (−3)
=
−2
5
por tanto, m = 5
2. Lueog la ecuaci´on punto pendiente es:
y − 2 =
5
2
(x − (−1))
reduciendo se tiene:
L : 5x − 2y + 9 = 0
59. Las ecuaciones de las rectas L1 y L2 son L1 : y = kx + x − 1, L2 : y = 3x − 5. Si
L1 ⊥ L2. Hallar el valor de k.
Soluci´on:
Como las rectas son perpendiculares, sus pendientes deben multiplicar -1, es decir:
(k + 1).(3) = −1
3k + 3 = −1
3k = −4
k =
−4
3
60. Determine la ecuaci´on de la recta que pasa por (−3, 2) y (4, 0) y es perpen-
dicular en el segundo punto.
Soluci´on:
La ecuaci´on de la recta es:
y − 0 =
0 − 2
4 − (−3)
(x − 4)
y =
−2
7
(x − 4)
7y = −2x + 8
L : 2x + 7y − 8 = 0
28
61. Suponga que el valor de compra de una m´aquina que se deprecia linealmente
fue de 5000. Al cabo de 10 a˜nos el valor de la m´aquina fue de 850 UM.
a) Encuentre una ecuaci´on que exprese el valor v de la m´aquina
despu´es de t a˜nos de la compra.
b) Calcule el valor de la m´aquina 5 a˜nos despu´e de la compra.
c) Cu´ando se depreciar´a por completo la m´aquina?
d) Bosqueje la ecuaci´on, seleccione t como el eje horizontal. Cu´al es la
pendiente de la recta resultante?
Soluci´on:
a) La recta pasa por por los puntos (0, 5000) y (10, 850) y tiene por ecuaci´on:
v − 850 =
5000 − 850
0 − 10
(t − 10)
reduciendo:
v = −415t + 5000
b) cuando t = 5, reemplazando:
v = −415(5) + 5000 = 2925
c) La m´aquina se depreciar´a cuando v = 0, reemplazando:
0 = −415t + 5000
resolviendo se obtiene t = 12.048, es decir, la m´aquina se depreciar´a dentro de
aproximadamente 12 a˜nos.
d) Graficando:
29
62. En an´alisis de producci´on, una l´ınea de isocosto es una l´ınea cuyos
puntos representan todas las combinaciones de dos factores de
producci´on que ser comprados por la misma cantidad. Suponga que un
granjero tiene asignados 20000 UM para la compra de x toneladas de fertil-
izantes (con un costo de 200 UM por kg) e y de
insecticida (con un costo de 2000 UM por gal´on). Determine una ecuaci´on de
isocosto que describa las distintas combinaciones que pueden ser compradas
con 20000 UM. Observe que ni x ni y pueden ser
negativas.
Soluci´on:
La ecuaci´on de isocosto es:
200x + 2000y = 20000,
donde x ≥ 0, y ≥ 0.
63. Para efectos tributarios, las computadoras personales se deprecian lineal-
mente hasta llegar a cero en un per´ıodo de 10 a˜nos; es decir el valor de
las computadoras decrece a una raz´on constante, de manera que es igual a
cero al cabo de 10 a˜nos. Si el valor de compra de una computadora fue de
1200 UM, exprese el valor de la computadora como una funci´on de tiempo
y dibuje su gr´afica.
Soluci´on:
La recta pasa por los puntos (10, 0) y (0, 1200) y tiene por ecuaci´on:
v − 0 =
1200 − 0
0 − 10
(t − 10)
reduciendo
L : v = −120t + 1200,
donde t es el tiempo y v es el valor de la computadora.
64. Desde el comienzo del a˜no el precio de la gasolina corriente ha
aumentado a una tasa constante de 0.02 UM por litro al mes. Si el primero
de junio el precio hab´ıa llegado a 1.2 UM por litro. Exprese el precio de la
gasolina corriente como una funci´on del tiempo y dibuje su gr´afica.
Soluci´on:
La recta pasa por los puntos (0, 0.02) y (31, 1.2) y tiene por ecuaci´on:
v − 1.2 =
1.2 − 0.02
31 − 0
(t − 31)
reduciendo:
L : 1.189x − 31y + 0.62 = 0
30
65. En una compa˜nia un empleado reci´en contratado cobra 150 UM y el em-
pleado con cinco a˜nos de antiguedad recibe un sueldo de 250 UM.
a) Hallar la ecuaci´on del sueldo en funci´on de tiempo que lleva en la
compa˜n´ıa, suponiendo que hay una relaci´on lineal entre el sueldo y
el n´umero de a˜nos que lleva trabajando en la compa˜n´ıa.
b) Cu´anto cobrar´a un empleado que lleva en la empresa 10 a˜nos de servi-
cio?
Soluci´on:
a) La recta pasa por los puntos (0, 150) y (5, 250), luego la ecuaci´on es:
L : c − 150 =
250 − 150
5 − 0
(t − 0)
reduciendo se tiene la relaci´on lineal:
L : 20t − c + 150 = 0
b) haciendo t = 10 se tiene:
c = 20t + 150 = 20(10) + 150 = 350
Por tanto, cobrar´a 350 UM.
66. Una f´abrica de zapatos elabora dos tipos de calzado x e y. Las horas de
trabajo por cada modelo est´andadas en la tabla anexa:
Horas
calzado x 1.25
calzado y 1.5
Si la f´abrica dispone de m´aximo de 300 horas de trabajo. Encuentre la
relaci´on entre el n´umero de pares de zapatos de cada tipo que pueden
fabricarse si se utilizan por completo las horas de trabajo disponible.
Soluci´on:
La relaci´on viene dada por la ecuaci´on:
1.25x + 1.5y = 300
31
67. Se colocan 400 UM al 8 % de inter´e simple
a) Cu´al es el valor de la inversi´on al cabo de t a˜nos?
b) Cu´al es el valor de la inversi´on a los 5 a˜nos.
Soluci´on:
a) viene dada por la f´ormula:
monto = capital(1 + tasa × tiempo)
b) calculando
monto = 400(1 + 5(0.08)) = 560
69. PieGrande, una compa˜n´ıa que fabrica pays de manzana, fija el
precio de cada pay en $60. Los costos fijos mensuales de la empresa son
iguales a $ 40000. El costo variable unitario es de $20. Determine la cantidad
de pays que se deben producir y vender para no tener
ganancias o p´erdidas. Cu´ales son los costos totales de producir esa canti-
dad de pays?.
Soluci´on:
Sea la cantidad de pays a vender: x. Luego el problema se formula como costos totales:
CT = 20x + 40000
y el precio de venta
PT = 60x
si no se pierde ni se gana entonces:
CT = PT
20x + 40000 = 60x
40x = 40000
x = 1000
Por tanto, se deben vender 1000 pays y los costos totales ser´an de
CT = 20(1000) + 40000 = $60000.
70. Una empresa que fabrica l´apices labiales para una prestigiosa marca de
cosm´eticos en Europa tiene costos fijos mensuales $ 200000. El costo variable
unitario es de $75 y el precio de cada l´apiz labial es de $150. Encuentre el
punto de equilibrio en unidades y tambi´en en $ para esta situaci´on. Eval´ue el
cambio que tendr´ıan en el punto de equilibrio un aumento y una disminuci´on
de 20 % en el precio.
Soluci´on:
Sea x la cantidad de l´apices labiales. Luego:
CT = 75x + 200000
32
y el precio de venta
PT = 150x
el punto de equilibrio se da cuando:
CT = PT
75x + 200000 = 150x
75x = 200000
x = 2666.67
Por tanto, el punto de equilibrio es (26667.67, 400000).
71. Encuentre los puntos de intersecci´on de las gr´aficas de las ecuaciones dadas:
a) 2x − y = 7, y = 8 − 3x
b) 6x − y = 2, y = 4x + 7
c) y = 3x − 7, y = 7x + 4
Soluci´on:
los puntos de intersecci´on son:
a) (3, −1)
b) (9
2, 25)
c) (−11
4 , −61
4 )
72. Un fabricante vende un producto a $8.35 por unidad, vendiendo todo lo
producido. El costo fijo es de $2116 y el costo variable es de $7.20 por
unidad.
a) A qu´e nivel de producci´on existir´an utilidades de $4600?
b) A qu´e nivel de producci´on ocurre el punto de equilibrio?
Soluci´on:
a) sea x la cantidad de productos, entonces se tiene:
CT = 7.20x + 2116
y
PT = 8.35x
Luego:
U = PT − CT
4600 = 8.35x − (7.20x + 2116)
4600 = 1.15x − 2116
x = 5840
33
b) el punto de equilibrio ocurre cuando:
CT = PT
7.20x + 2116 = 8.35x
x = 1840
73. La empresa Dulces deliciosos tiene costos fijos semales de $306. Cada libra de
dulces producidos cuesta $1.20 y se vende a $2.10.
a) Especificar las funciones de ingresos y costos semanales.
b) Determinar el punto de equilibrio.
Soluci´on:
a) Sea x la cantidad de dulces por libra, entonces al funci´on de ingresos es:
I(x) = 2.10x
y la funci´on de costos es
C(x) = 1.20x + 306
b) el punto de equilibrio ocurre cuando:
C(x) = I(x)
2.10x = 1.20x + 306
x = 340
entonces si x = 340 se tiene que: I = 2.10(340) = 714, es decir, el punto de equi-
librio es (340, 714).
74. Una f´abrica que produce ropa deportiva para damas vende al detallista a
36 d´olares el conjunto. El detallista coloca un precio p a cada conjunto para
venta al p´ublico. No obstante, durante una liquidaci´on, reduce el precio de
venta al p´ublico en 20 %, m´as sin embargo obtiene una ganancia del 15 %
sobre el precio de compra al fabricante. Qu´e precio p coloc´o a cada conjunto?
Soluci´on:
Sea x la cantidad comprada, la ecuaci´on que plantea el problema entonces es:
80 %px − 36x = 15 %(36x)
0.8p − 36 = 0.15(36)
0.8p − 36 = 5.4
p = 51.75
34
75. Para la instalaci´on de una empresa se ha hecho una inversi´on de $28000.
Se sabe que para producir 1000 art´ıculos se gastan $6000 en materia prima
y, adem´as, que por cada unidad producida se pagan $8 de mano de obra
directa y $2 en otros gastos indirectos de la producci´on. Si cada unidad se
vende a raz´on de $30.
a) Determine la funci´on lineal de ingresos totales
b) Determine la funci´on lineal de costos totales
c) Cu´antas unidades se deben producir y vender para recuperar la
inversi´on?
d) Cu´antas unidades se deben producir y vender para ganar $21000.
Soluci´on:
a) Sea el n´umero de unidades a producir: x. Luego la funci´on de ingresos es:
I(x) = 30x
b) La funci´on de costos totales es:
C(x) = 6000 + 8x + 2x
c) Para recuperar la inversi´on:
I(x) − C(x) = 28000
30x − (6000 + 8x + 2x) = 28000
x = 17000
Por tanto, debe producir 1700 unidades.
d) Para ganar 21000
I(x) − C(x) = 21000
30x − (6000 + 8x + 2x) = 21000
x = 1350
Por tanto, debe producir 1350 unidades.
35
76. Los propietarios de un estacionamiento han determinado que su ingreso
semanal y costo en d´olares est´an dados por I(x) = 80x y C(x) = 50x + 2400,
donde x es el n´umero de autos estacionados durante per´ıodos largos.
a) Encuentre el punto de equilibrio.
b) Trace las gr´aficas en un mismo par de ejes.
c) Utilice el gr´afico para estimar el ingreso y el costo se tienen 60 autos
estacionados.
Soluci´on:
a) el punto de equilibrio es:
I(x) = C(x)
80x = 50x + 2400
x = 80
b) Las gr´aficas son:
c) Para x = 60 se tiene que I(60) = 4800 y C(60) = 5400.
36
77. El costo variable de producir un art´ıculo es de $2.20 por unidad y los costos
fijos son de $240 al d´ıa. El art´ıculo se vende a $3.40. Cu´antos art´ıculos se
deben producir y vender para garantizar que no haya ganancias ni p´erdidas?
Soluci´on:
El problema se plantea como:
3.40x = 2.20x + 240
3.40x − 2.20x = 240
1.20x = 240
x = 200
Por tanto, se deben producir 200 art´ıculos.
78. El costo total diario (en d´olares) de producir x sandalias est´a dado por
y = 2.5x+300. Si cada sandalia se vende a $4, cu´al es el punto de equilibrio?. Si
el precio de venta se incrementa en $5, cu´al es el nuevo punto de equilibrio?
Si se sabe que se pueden vender al menos 150 sandalias al d´ıa, qu´e precio
deber´a fijarse de manera que se garantice que no habr´a p´erdidas?
Soluci´on:
El punto de equilibrio se encuentra haciendo:
4x = 2.5x + 300
4x − 2.5x = 300
1.5x = 300
x = 200
Si el precio incrementa en $5, el nuevo precio es $9. El nuevo punto de equilibrio ser´a:
9x = 2.5x + 300
9x − 2.5x = 300
6.5 = 300
x = 46.15
37
79. El costo fijo de producci´on de un art´ıculo es de $4500. El costo variabe es
60 % del precio de venta que es de $15 la unidad. Cu´al es la cantidad que
corresponde al punto muerto?
Soluci´on:
Sea x la cantidad de art´ıculos. Planteando el problema:
15x = 4500 + 60 %(15x)
15x = 4500 + 0.60(15x)
15x = 4500 + 9x
15x − 9x = 4500
6x = 4500
x = 750
Por tanto, la cantidad del punto muerto es 750.
80. Un centro de comunicaciones tiene actualmente una tarifa de 3.5 UM el
minuto celulares. A ese precio tiene una demanda semanal de 2200
minutos. Estima que se aumenta el precio en 2 UM el minuto
entonces la demanda bajar´a 1600 minutos. Si el precio est´a relacionado
linealmente con la demanda. Consiga una relaci´on lineal entre el precio y
los minutos consumidos semanalmente. Soluci´on:
La relaci´on es una recta que pasa por los puntos (3.5, 2200) y (5.5, 1600) y tiene por
ecuaci´on:
y − 2200 =
1600 − 2200
5.5 − 3.5
(x − 3.5)
reduciendo se obtiene:
y = −300x + 1250
81. Los extremos de un segmento son los puntos P1(7, 4), P2(−1, −4). Hallar la
raz´on P1P : PP2 en que el punto P(1, −2) divide al segmento.
Soluci´on:
Sea r la raz´on, luego se tiene:
1 =
7 + r(−1)
1 + r
, −2 =
4 + r(−4)
1 + r
1 =
7 − r
1 + r
, −2 =
4 − 4r
1 + r
1 + r = 7 − r , −2 − 2r = 4 − 4r
r = 3 , r = 3
Por tanto, la raz´on es r = 3.
38
82. Uno de los extremos de un segmento es el punto (7, 8), y su punto medio es
(4, 3). Hallar el otro extremo.
Soluci´on:
Sea el otro extremo (x, y). Luego:
4 =
7 + x
2
, 3 =
8 + y
2
8 = 7 + x , 6 = 8 + y
x = 1 , y = −2
Por tanto, el otro extremo es (1, −2).
83. Uno de los extremos de un segmento rectil´ıneo de longitud 5 es el punto
(3, −2). Si la abscisa del otro extremo es 6. Hallar su ordenada.
Soluci´on:
Sea el otro extremo: (6, b). Como la longitud del segmento es 5, entonces:
(3 − 6)2 + (−2 − b)2 = 5
(−3)2
+ (−2 − b)2
= 25
9 + (−2 − b)2
= 25
(−2 − b)2
= 16
−2 − b =
√
16
−2 − b = ±4
−2 − b = 4 , −2 − b = −4
b = −6 , b = 2
Por tanto, la ordenada es −6 ´o 2.
84. Pruebe que las rectas L1 : 5x−y −6 = 0, L2 : x+5y −22 = 0, L3 : 5x−y −32 = 0,
L4 : x + 5y + 4 = 0 forman un cuadrado.
Soluci´on:
Hallando las respectivas pendientes: m1 = 5, m2 = −1
5 , m3 = 5, m4 = −1
5 . Como
m1 = m3 y m2 = m4 entonces L1||L3 y L2||L4. Esto demuestra que se trata de un
paralelogramo. Por otro lado, se observa que m1.m2 = −1 y m3.m4 = −1, es decir,
L1 ⊥ L2 y L3 ⊥ L4, entonces con esto se tiene que las rectas forman un rect´angulo.
Calculando ahora la distancia entre ellas:
d(L1, L3) =
| − 6 − (−32)|
2
= 13
d(L2, L4) =
| − 22 − 4
2
= 13
como las distancia son iguales, entonces las medidas de los lados son iguales. Por tanto,
las rectas forman un cuadrado.
39
85. En las ecuaciones ax + (2 − b)y − 23 = 0, (a − 1)x + by + 15 = 0. Hallar los valores
de a y b para que representen rectas que pasan por el punto (2, −3).
Soluci´on:
reemplazando x = 2, y = −3 en las rectas:
a(2) + (2 − b)(−3) − 23 = 0
(a − 1)(2) + b(−3) + 15 = 0 = 0
simplificando se tiene el sistema:
2a + 3b − 29 = 0
2a − 3b + 13 = 0
resolviendo se obtienen: a = 4 y b = 7.
86. Hallar la ecuaci´on de la recta situada a 8 unidades del origen y pasa por el
punto A(20, 0) y corta la parte positiva del eje Y .
Soluci´on:
Hallando la tangente del ´angulo generado por la recta y el primer cuadrante en el punto
(20, 0), se obtiene:
tan α =
8
√
202 − 82
=
8
4
√
21
=
2
√
21
Luego, la tangente del ´angulo adyacente es tan θ = −2√
21
. Por tanto, la ecuaci´on de la
recta que pasa por (20, 0) y tiene pendiente m = −2√
21
es:
L : y − 0 = 0
−2
√
21
(x − 20)
reduciendo se obtiene:
L : 2x +
√
21y − 40 = 0
87. Dadas las rectas L1 : 2x + y + 2 = 0, L2 : x − 2y + 1 = 0. Hallar los puntos
situados en L1 cuya distancia a L2 sea
√
5.
Soluci´on:
Sean los puntos P(a, b) ∈ L1, entonces reemplazando:
2a + b + 2 = 0
b = −2a − 2
40
Por otro lado se sabe:
d(P, L2) =
√
5
|a − 2b + 1|
12 + (−2)2
=
√
5
|a − 2(−2a − 2) + 1|
√
5
=
√
5
|5a + 5| =
√
5.
√
5
|5a + 5| = 5
5a + 5 = 5 , 5a + 5 = −5
a = 0 , a = −2
Si a = 0 entonces b = −2(0) − 2 = −2. Y si a = −2 entonces b = −2(−2) − 2 = 2. Por
tanto los puntos son (0, −2) y (−2, 2).
88. Sean L1 y L2 dos rectas ortogonales tales que L1 pasa por (3, 2) y (2, 5) y L2
pasa por (2, 1). Hallar la intersecci´on de ambas rectas. Soluci´on:
Hallando la recta L1:
y − 2 =
5 − 2
2 − 3
(x − 3)
y − 2 = −3(x − 3)
L1 : 3x + y − 11 = 0
adem´as m1 = −3 entonces m2 = 1
3. Luego la ecuaci´on de L2 es:
y − 1 = m2(x − 2)
y − 1 =
1
3
(x − 2)
3y − 3 = x − 2
L2 : x − 3y + 1 = 0
La intersecci´on de L1 y L2 se obtiene resolviendo:
3x + y − 11 = 0
x − 3y + 1 = 0
cuya soluci´on es x = 16
5 , y = 7
5. Por tanto, el punto de intersecci´on es: (16
5 , 7
5).
41
89. Sean las rectas L1 : 3x − 4y + 6 = 0, L2 : P = (4, 1) + t(−2, 4), t ∈ R. Hallar:
a) La distancia del punto A(4, 1) a la recta L1.
b) La tangente del ´angulo formado por las rectas.
Soluci´on:
a) calculando:
d(A, L1) =
|3(4) − 4(1) + 6|
32 + (−4)2
=
|14|
√
25
=
14
5
b) Hallando la ecuaci´on vectorial de la recta L2:
y − 1 = =
4
−2
(x − 1)
y − 1 = −2(x − 1)
2x + y − 3 = 0
Luego las pendientes son: m1 = 3
4, m2 = −2. Sea θ el ´angulo generado por las
rectas, entonces:
tan θ = |
3
4 − (−2)
1 + 3
4.(−2)
|
=
11
2
90. Hallar el valor de k tal que el punto P(k, 4) sea equidistante de las
rectas: L1 : 13x − 9y − 10 = 0, L2 : x + 3y − 6 = 0.
Soluci´on:
Por la f´ormula de las distancias:
d(P, L1) = d(P, L2)
|13k − 9(4) − 10|
132 + (−9)2
=
|k + 3(4) − 6|
√
12 + 32
|13k − 46|
√
250
=
|k + 6|
√
10
|13k − 46|
5
√
10
=
|k + 6|
√
10
|13k − 46|
5
= |k + 6|
|13k − 46| = 5|k + 6|
13k − 46 = 5(k + 6) , 13k − 46 = −5(k + 6)
k =
19
2
,
8
9

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100 Problemas Resueltos de Geometría Analítica

  • 1. PROBLEMAS 1. Obtenga para los puntos A y B dirigidos las distancias AB y BA: a) A(3, 4) y B(5, 4) b) A(2, −8) y B(2, 12) Soluci´on: a) d(A, B) = + (5 − 3)2 + (4 − 4)2 = + √ 22 + 02 = + √ 4 = +2 d(B, A) = − (5 − 3)2 + (4 − 4)2 = − √ 22 + 02 = − √ 4 = −2 b) d(A, B) = + (2 − 2)2 + (−8 − 12)2 = + 02 + (−20)2 = + √ 400 = +20 d(B, A) = − (2 − 2)2 + (−8 − 12)2 = − 02 + (−20)2 = − √ 400 = −20 2. La abscisa de un punto Q es -2 y su distancia al punto P(−3, 6) es √ 5. Hallar la ordenada del punto Q. Soluci´on: Sea el punto Q(−2, x), entonces: d(P, Q) = (−2 − (−3))2 + (x − 6)2 √ 5 = (−2 + 3)2 + (x − 6)2 ( √ 5)2 = ( (1)2 + (x − 6)2)2 5 = 1 + (x − 6)2 5 = 1 + x2 − 12x + 36 x2 − 12x + 32 = 0 (x − 8)(x − 4) = 0 x − 8 = 0 , x − 4 = 0 x = 8 , x = 4 Por tanto, la ordenada es x = 8 ´o x = 4. 1
  • 2. 2 3. Uno de los extremos de un segmento rectil´ıneo es P(−4, 2) y el punto medio del segmento e M(3, −1). Obtenga las coordenadas del otro extremo del segmento. Soluci´on: Seal el otro extremo del segmento Q(x, y), entonces como M es punto medio se tiene: 3 = −4 + x 2 , −1 = 2 + y 2 6 = −4 + x , −2 = 2 + y 6 + 4 = x , −2 − 2 = y x = 10 , y = −4 Por tanto, el otro extremo es Q(10, −4). 4. Determine la distancia entre P(−2, 3) y el punto medio del segmento de recta que une los puntos A(−2, −2) y B(4, 3) Soluci´on: Hallando el punto medio de AB: x = −2 + 4 2 , y = −2 + 3 2 x = 1 , y = 1 2 se tiene entonces el punto medio M(1, 1 2). Luego la distancia de P a M es: d(P, M) = (−2 − 1)2 + (3 − 1 2 )2 = (−3)2 + ( 5 2 )2 = 9 + 25 4 = 61 4 = √ 61 2 5. Hallar la ecuaci´on de a recta que pasa por los puntos P y Q: a) P(1, 1) y Q(4, 6) b) P(2, 3) y Q(3, −2) Soluci´on: a) la pendiente es: m = 6 − 1 4 − 1 = 5 3
  • 3. 3 y la ecuaci´on es: L : y − y0 = m(x − x0) y − 1 = 5 3 (x − 1) 3y − 3 = 5x − 5 −5x + 3y − 3 + 5 = 0 −5x + 3y + 2 = 0 L : 5x − 3y − 2 = 0 b) la pendiente es: m = −2 − 3 −3 − 2 = −5 −5 = 1 y la ecuaci´on es: L : y − y0 = m(x − x0) y − 3 = (1)(x − 2) y − 3 = x − 2 −x + y − 3 + 2 = 0 −x + y − 1 = 0 L : x − y + 1 = 0 6. Hallar la ecuaci´on de a recta que pasa por el punto P , y tiene pendiente m: a) P(7, −3) y m = 4 b) P(−2, 2) y m = −5 Soluci´on: a) La ecuaci´on es: L : y − y0 = m(x − x0) y − (−3) = 4(x − 7) y + 3 = 4x − 28 −4x + y − 3 + 21 = 0 −4x + y + 19 = 0 L : 4x − y − 19 = 0
  • 4. 4 b) La ecuaci´on es: L : y − y0 = m(x − x0) y − 2 = (−5)(x − (−2)) y − 2 = −5x − 10 5x + y − 2 + 10 = 0 L : 5x + y + 8 = 0 7. Trace la gr´afica de las ecuaciones siguientes: a) 4x + 3y + 4 = 0 b) 5x + 7y + 12 = 0 Soluci´on: graficando las rectas: 8. Obtener el valor de k para que las rectas: a) 3x + 6ky − 7 = 0 y 9kx + 8y − 15 = 0 sean paralelas b) 3kx + 8y − 5 = 0 y 6y − 4ky + 1 = 0 sean perpendiculares Soluci´on: a) Dadas las rectas: L1 : 3x + 6ky − 7 = 0 L1 : 9kx + 8y − 15 = 0
  • 5. 5 donde sus pendientes son: m1 = −3 6k y m2 = −9k 8 . Se sabe que las rectas son paralelas si: m1 = m2 −3 6k = −9k 8 −3(8) = 6k(−9k) −24 = −54k2 k2 = −24 −54 k2 = 4 9 k = 4 9 k = ± 2 3 b) Dadas las rectas: L1 : 3kx + 8y − 5 = 0 L1 : 6y − 4ky + 1 = 0 donde sus pendientes son: m1 = −3k 8 y m2 = −(−4k) 6 . Se sabe que las rectas son paralelas si: m1.m2 = −1 −3k 8 . −(−4k) 6 = −1 −12k2 48 = −1 k2 4 = 1 k2 = 4 k = √ 4 k = ±2 9. Obtenga las ecuaciones de las tres rectas que contienen a las medianas del tri´angulo A(3, −2), B(3, 4) y C(−1, 1). Soluci´on: Las medianas son los segmentos que pasan un v´ertice y el punto medio del lado opuesto, calculando los puntos medios: MAB = ( 3 + 3 2 , −2 + 4 2 ) = (3, 1) MAC = ( 3 + −1 2 , −2 + 1 2 ) = (1, 1 2 ) MBC = ( 3 + −1 2 , 4 + 1 2 ) = (1, 5 2 )
  • 6. 6 luego: i) recta que contiene a la mediana que pasa por A y MBC: y − (−2) = −2 − 5 2 3 − 1 (x − 3) y + 2 = −9 5 2 (x − 3) y + 2 = −9 10 (x − 3) 10y + 20 = −9x + 27 L1 : 9x + 10y − 7 = 0 ii) recta que contiene a la mediana que pasa por B y MAC: y − 4 = 4 − 1 2 3 − 1 (x − 3) y − 4 = 7 2 2 (x − 3) y − 4 = 7 4 (x − 3) 4y − 16 = 7x − 21 L2 : −7x + 4y + 5 = 0 iii) recta que contiene a la mediana que pasa por C y MAB: y − 1 = 1 − 1 3 − (−1) (x − (−1)) y − 1 = 0 4 (x + 1) y − 1 = 0 L3 : y − 1 = 0 10. Hallar las ecuaciones de las rectas paralelas a la recta 2x − 3y + 6 = 0, que se encuentra a una distancia de 4 del punto Q(3, 1). Soluci´on: Sea la recta paralela: L : 2x − 3y + c = 0, luego por condici´on del problema: d(L, Q) = 4 |2(3) − 3(1) + c| √ 32 + 12 = 4 |6 − 3 + c| √ 9 + 1 = 4 |3 + c| √ 10 = 4 |3 + c| = 4 √ 10 3 + c = 4 √ 10 3 + c = −4 √ 10 c = 4 √ 10 − 3 c = −4 √ 10 − 3
  • 7. 7 11. Los lados de un tri´angulo est´an sobre las rectas x − 5y − 7 = 0, 3x − 2y − 4 = 0, 7x + y + 19 = 0. Hallar sus ´angulos interiores. Soluci´on: Calculando las pendientes: m1 = −1 −5 = 1 5 m2 = −3 −2 = 3 2 m3 = −7 1 = −7 Luego los ´angulos son: tan θ1 = | m1 − m2 1 + m1.m2 | tan θ1 = | 1 5 − 3 2 1 + 1 5.3 2 | tan θ1 = | −13 10 13 10 | tan θ1 = | − 1| tan θ1 = 1 θ1 = arctan (1) θ1 = 45◦ tan θ2 = | m1 − m3 1 + m1.m3 | tan θ2 = | 1 5 − (−7) 1 + 1 5.(−7) | tan θ2 = | 36 5 −2 5 | tan θ2 = | − 18| tan θ2 = 18 θ2 = arctan (18) θ2 = 93.18◦
  • 8. 8 tan θ3 = | m2 − m3 1 + m2.m3 | tan θ3 = | 3 2 − (−7) 1 + 3 2.(−7) | tan θ3 = | 17 2 −19 2 | tan θ3 = | 17 −19 | tan θ3 = 17 19 θ3 = arctan ( 17 19 ) θ3 = 41.82◦ 12. Hallar las ecuaciones de los lados de un tri´angulo, si uno de sus v´ertices es P(4, −1) y las ecuaciones de dos bisectrices es x − 1 = 0 y x − y − 1 = 0. Soluci´on: Las ecuaciones de los lados son: L1 : 12.5x − 2, 5y + 12.5 = 0 L2 : 11x + 3y − 41 = 0 L3 : −1.5x + 5.5y + 11.5 = 0 13. Una recta pasa por P(2, 3) y la suma de las medidas de los segmentos que determina sobre los ejes coordeandos es 10. Hallar la ecuaci´on de la recta. Soluci´on: Sean los interceptos de la recta con los ejes coordenados: (a, 0) y (0, b), se sabe que a + b = 10, de donde b = 10 − a. Por otro lado, la ecuaci´on de la recta es: x a + y b = 1 como el punto (2, 3) pertence a la recta entonces: 2 a + 3 b = 1 reemplazando b = 10 − a y reduciendo la ecuaci´on se obtiene: a2 − 9a + 20 = 0 de donde a = 4 y a = 5. Si a = 4 entonces b = 6, y si a = 5 entonces b = 5. Por tanto las ecuaciones de la recta pedida son: L : x 4 + y 6 = 1 ´o L : x 5 + y 5 = 1
  • 9. 9 14. Hallar la ecuaci´on de la recta equidistante de las rectas paralelas: L1 : 2x − y − 4 = 0 y L2 : 2x − y + 8 = 0. Soluci´on: Sea la recta pedida: L : 2x − y + c = 0 entonces, por dato: d(L1, L) = d(L2, L) | − 4 − c| 2 = |8 − c| 2 | − 4 − c| = |8 − c| −4 − c = −(8 − c) de donde se obtiene que c = 2. Por tanto la ecuaci´on de la recta pedida es: 2x − y + 2 = 0 15. Los lados de un tri´angulo est´an en las rectas: L1 : 4x−y−7 = 0, L2 : x+3y = 31, L3 : x + 5y − 7 = 0. Dar el punto de intersecci´on de sus alturas. Soluci´on: Hallando primero los v´ertices del tri´angulo mediante la intersecci´on de las rectas dos a dos: i) Para L1 ∩ L2: 4x − y − 7 = 0 x + 3y − 31 = 0 multiplicando por 3 a la primera ecuaci´on: 12x − 3y − 21 = 0 x + 3y − 31 = 0 sumando ambas ecuaciones: 13x − 52 = 0 x = 4 reemplazando x = 4 en la ecuaci´on: x + 3y − 31 = 0 4 + 3y − 31 = 0 y = 9 as´ı se tiene el primer v´ertice V1(4, 9).
  • 10. 10 ii) Para L1 ∩ L3: 4x − y − 7 = 0 x + 5y − 7 = 0 multiplicando por 5 a la primera ecuaci´on: 20x − 5y − 35 = 0 x + 5y − 7 = 0 sumando ambas ecuaciones: 21x − 42 = 0 x = 2 reemplazando x = 2 en la ecuaci´on: x + 5y − 7 = 0 2 + 5y − 7 = 0 y = 1 luego, el segundo v´ertice es V2(2, 1). iii) Para L2 ∩ L3: x + 3y − 31 = 0 = 0 x + 5y − 7 = 0 multiplicando por -1 a la primera ecuaci´on: −x − 3y + 31 = 0 = 0 x + 5y − 7 = 0 sumando ambas ecuaciones: 2y + 24 = 0 y = −12 reemplazando y = −12 en la ecuaci´on: x + 5y − 7 = 0 x + 5(−12) − 7 = 0 x = 67 y el ´ultimo v´ertice es: V3(67, −12). Segundo, se hallan las ecuaciones de las alturas correspondientes a los lados: i) Sea H1 la altura correspondiente al v´ertice V1. Notar que ´esta es ortogonal a L3, por tanto su pendiente es mH1 = 5. La ecuaci´on de H1 es: y − 9 = 5(x − 4) y − 9 = 5x − 20 −5x + y + 11 = 0
  • 11. 11 ii) Sea H2 la altura correspondiente al v´ertice V2. Por la misma propiedad que la anterior, H2 ⊥ L2, en consecuencia mH2 = 3. La ecuaci´on de H2 es: y − 1 = 3(x − 2) y − 1 = 3x − 6 −3x + y + 5 = 0 iii) Sea H3 la altura correspondiente al v´ertice V3. Puesto que H3 ⊥ L3, la pendiente es mH3 = −1 4 . La ecuaci´on de H2 es: y − (−12) = −1 4 (x − 67) 4y + 48 = −x + 67 x + 4y − 19 = 0 Formando un sistema lineal con las ecuaciones de las alturas:    −5x + y + 11 = 0 −3x + y + 5 = 0 x + 4y − 19 = 0 multplicando por -5 a la segunda ecuaci´on:    −5x + y + 11 = 0 15x − 5y − 25 = 0 x + 4y − 19 = 0 sumando las tres ecuaciones: 11x − 33 = 0 x = 3 reemplazando x = 3 en la primera ecuaci´on: −5(3) + y + 11 = 0 y = 4 Por tanto, la intersecci´on de las alturas del tri´angulo dado es el punto H(3, 4).
  • 12. 12 16. Hallar la ecuaci´on de la recta situada a 8 unidades del origen y pasa por el punto A(20, 0) y corta la parte positiva del eje Y . Soluci´on: Hallando la tangente del ´angulo generado por la recta y el primer cuadrante en el punto (20, 0), se obtiene: tan α = 8 √ 202 − 82 = 8 4 √ 21 = 2 √ 21 Luego, la tangente del ´angulo adyacente es tan θ = −2√ 21 . Por tanto, la ecuaci´on de la recta que pasa por (20, 0) y tiene pendiente m = −2√ 21 es: L : y − 0 = 0 −2 √ 21 (x − 20) reduciendo se obtiene: L : 2x + √ 21y − 40 = 0 17. Dadas las rectas L1 : 2x + y + 2 = 0, L2 : x − 2y + 1 = 0. Hallar los puntos situados en L1 cuya distancia a L2 sea √ 5. Soluci´on: Sean los puntos P(a, b) ∈ L1, entonces reemplazando: 2a + b + 2 = 0 b = −2a − 2 Por otro lado se sabe: d(P, L2) = √ 5 |a − 2b + 1| 12 + (−2)2 = √ 5 |a − 2(−2a − 2) + 1| √ 5 = √ 5 |5a + 5| = √ 5. √ 5 |5a + 5| = 5 5a + 5 = 5 , 5a + 5 = −5 a = 0 , a = −2 Si a = 0 entonces b = −2(0) − 2 = −2. Y si a = −2 entonces b = −2(−2) − 2 = 2. Por tanto los puntos son (0, −2) y (−2, 2). 18. Sean L1 y L2 dos rectas ortogonales tales que L1 pasa por (3, 2) y (2, 5) y L2 pasa por (2, 1). Hallar la intersecci´on de ambas rectas. Soluci´on: Hallando la recta L1: y − 2 = 5 − 2 2 − 3 (x − 3) y − 2 = −3(x − 3) L1 : 3x + y − 11 = 0
  • 13. 13 adem´as m1 = −3 entonces m2 = 1 3. Luego la ecuaci´on de L2 es: y − 1 = m2(x − 2) y − 1 = 1 3 (x − 2) 3y − 3 = x − 2 L2 : x − 3y + 1 = 0 La intersecci´on de L1 y L2 se obtiene resolviendo: 3x + y − 11 = 0 x − 3y + 1 = 0 cuya soluci´on es x = 16 5 , y = 7 5. Por tanto, el punto de intersecci´on es: (16 5 , 7 5). 19. Sean las rectas L1 : 3x − 4y + 6 = 0, L2 : P = (4, 1) + t(−2, 4), t ∈ R. Hallar: a) La distancia del punto A(4, 1) a la recta L1. b) La tangente del ´angulo formado por las rectas. Soluci´on: a) calculando: d(A, L1) = |3(4) − 4(1) + 6| 32 + (−4)2 = |14| √ 25 = 14 5 b) Hallando la ecuaci´on vectorial de la recta L2: y − 1 = = 4 −2 (x − 1) y − 1 = −2(x − 1) 2x + y − 3 = 0 Luego las pendientes son: m1 = 3 4, m2 = −2. Sea θ el ´angulo generado por las rectas, entonces: tan θ = | 3 4 − (−2) 1 + 3 4.(−2) | = 11 2
  • 14. 14 20. Hallar el valor de k tal que el punto P(k, 4) sea equidistante de las rectas: L1 : 13x − 9y − 10 = 0, L2 : x + 3y − 6 = 0. Soluci´on: Por la f´ormula de las distancias: d(P, L1) = d(P, L2) |13k − 9(4) − 10| 132 + (−9)2 = |k + 3(4) − 6| √ 12 + 32 |13k − 46| √ 250 = |k + 6| √ 10 |13k − 46| 5 √ 10 = |k + 6| √ 10 |13k − 46| 5 = |k + 6| |13k − 46| = 5|k + 6| 13k − 46 = 5(k + 6) , 13k − 46 = −5(k + 6) k = 19 2 , 8 9 21. Hallar la distancia comprendida entre las rectas paralelas L1 : 3x − 4y + 8 = 0, L2 : 6x − 8y + 9 = 0. Soluci´on: dividiendo la recta L2 entre 2: L2 : 3x − 4y + 9 2 = 0 Luego la distancia es: d(L1, L2) = |8 − 9 2| 2 ) = 7 4 22. Hallar la ecuaci´on de la recta paralela a la recta L1 : 5x + 12y − 12 y que diste 4 unidades de ella. Soluci´on: Sea la recta paralela a L1: L2 : 5x + 12y + c = 0 Luego: d(L1, L2) = 4 | − 12 − c| 2 = 4 | − 12 − c| = 8 −12 − c = 8 , −12 − c = −8 c = −20 , c = −4
  • 15. 15 Luego, la recta L2 tiene dos ecuaciones: 5x + 12y − 20 = 0 ´o 5x + 12y − 4 = 0. 23. La distancia de la recta L : 4x − 3y + 1 = 0 al punto P es 4. Si la ordenada de P es 3. H´allese su abscisa. Soluci´on: Sea el punto P(a, 3). Luego: d(P, L) = 4 |4a − 3(3) + 1| 42 + (−3)2 = 4 |4a − 8| √ 25 = 4 |4a − 8| 5 = 4 |4a − 8| = 20 4a − 8 = 20 , 4a − 8 = −20 a = 7 , a = −3 24. Hallar la ecuaci´on de la recta cuyos puntos equidistan de las dos rectas paralelas L1 : 12x − 5y + 3 = 0, L2 : 12x − 5y − 6 = 0. Soluci´on: El conjunto de puntos que equidistan de las rectas paralelas dadas es otra recta paralela a ellas. Sea la recta paralela: L3 : 12x − 5y + c = 0. Luego: d(L1, L3) = d(L2, L3) |3 − c| 2 = | − 6 − c| 2 |3 − c| = | − 6 − c| 3 − c = −6 − c , 3 − c = −(−6 − c) 3 = −6 (absurdo) , c = −3 2 Por tanto, la recta es L3 : 12x − 5y − 3 2 = 0. 25. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto P(3, 1) y tal que la distancia de esta recta al punto A(−1, 1) sea igual a 2 √ 2. Soluci´on: Sea la recta pedida L : y − 1 = m(x − 3), reduciendo se obtiene: mx − y − 3m + 1 = 0
  • 16. 16 Adem´as se sabe: d(L, P) = 2 √ 2 |m(−1) − 1 − 3m + 1| m2 + (−1)1 = 2 √ 2 | − 4m| √ m2 + 1 = 2 √ 2 | − 4m| = 2 √ 2 m2 + 1 elevando al cuadrado y resolviendo la ecuaci´on se obtiene: 16m2 = 8m2 + 8 m = ±1 Por tanto la ecuaci´on de L es: x − y − 2 = 0 ´o −x − y + 4 = 0. 26. La distancia de una recta al origen es 3. La recta pasa por el punto A(3 √ 5, −3). Hallar su ecuaci´on. Soluci´on: La ecuaci´on de la recta es: 3x + 11 √ 5y − 79 2 √ 5 = 0 27. Hallar las ecuaciones de las rectas que pasan por los v´ertices del tri´angulo A(5, −4), B(−1, 3), C(−3, −2) y son paralelas a los lados opuestos. Soluci´on: Hallando las ecuaciones de los lados del tri´angulo: L1 : 7x + 6y − 11 = 0 L2 : −x − 4y − 11 = 0 L3 : 5x − 2y + 11 = 0 La ecuaci´on que pasa por A(5, −4) y es paralela a L3 es 5x − 2y − 33 = 0. La ecuaci´on que pasa por B(−1, 3) y es paralela a L2 es −x − 4y + 11 = 0. La ecuaci´on que pasa por C(−3, −2) y es paralela a L1 es 7x + 6y + 33 = 0. 28. H´allese la tangente del ´angulo que forma la recta que pasa por (−5, 6) y (1, 2) con la que pasa por (−4, 7) y (8, 7). Soluci´on: Sean: m1 = 6 − 2 −5 − 1 = 2 −3 m2 = 7 − 7 8 − (−4) = 0
  • 17. 17 Luego, sea θ el ´angulo generado: tan θ = | 2 −3 − 0 1 + 2 −3.0 | = 2 3 29. Hallar los valores de A y C para que las rectas: Ax − 2y − 1 = 0, 6x − 4y + C = 0 a) tengan un s´olo punto en com´un b) sean paralelas c) sean perpendiculares d) sean iguales o coincidentes Soluci´on: a) para que tengan un s´olo punto en com´un: −4A − 6(−2) = 0, de donde A = 3 y C ∈ R. b) son paralelas si: A 6 = −2 −4 , de donde A = 3 y C ∈ R. c) son perpendiculares si: A 2 . 6 4 = −1, de donde A = −4 3 y C ∈ R. d) son coincidentes si: A 6 = −2 −4 = −1 C , de donde A = 3 y C = −2. 30. Encontrar la recta que pasa por la intersecci´on de las rectas: 7x − 2y = 0, 4x − y − 1 = 0 y es perpendicular a la recta 3x + 8y = 19. Soluci´on: la intersecci´on de las rectas: 7x − 2y = 0 4x − y − 1 = 0
  • 18. 18 es x = 2 e y = 7. y aem´as la pendiente de la recta pedida es m = 8 3(perpendicular a a recta 3x + 8y = 19). Por tanto la recta que pasa por (2, 7) y tiene pediente m = 8 3 es: L : 8x − 3y + 5 = 0 . 31. Calcular la pendiente de los segmentos determinados por los siguientes pares de puntos: a) (3, 2) y (5, 4) b) (4, 1) y (6, 3) c) (−2, −5) y (−7, 5) d) (5, −1) y (−5, 6) Soluci´on: hallando las pendientes: a) m = 4−2 5−3 = 1 b) m = 3−1 6−4 = 1 c) m = 5−(−5) −7−(−2) = −2 d) m = 6−(−1) −5−5 = 1 −2 32. Calcular la distancia entre los siguientes puntos: a) (6, 5) y (2, −3) b) (4, 5) y (−1, 1) c) (7, 3) y (−1, −2) d) (0, 9) y (0, −3) Soluci´on: hallando las distancias: a) d = (−3 − 5)2 + (2 − 6)2 = √ 80 = 4 √ 5 b) d = (5 − 1)2 + (4 − (−1))2 = √ 41 c) d = (−2 − 3)2 + (−1 − 7)2 = √ 89 d) d = (−3 − 9)2 + (0 − 0)2 = 12
  • 19. 19 33. Hallar el punto medio del segmento de recta que une los siguientes puntos: a) (−2, 4) y (4, 1) b) (−8, 5) y (−1, 0) c) (5, 2) y (−10, 0) d) (0, 7) y (0, 11) Soluci´on: hallando los puntos medios: a) M = (−2+4 2 , 4+1 2 ) = (2, 5 2) b) M = (−8+−1 2 , 5+0 2 ) = (−9 2 , 5 2) c) M = (5+−10 2 , 2+0 2 ) = (−5 2 , 1) d) M = (0+0 2 , 7+11 2 ) = (0, 9) 34. Calcular la distancia de los puntos y las rectas dadas: a) (5, 3) y 3x − 2y + 1 = 0 b) (1, 4) y 5x − 2y + 8 = 0 c) (−5, −3) y 2x − 6y + 9 = 0 Soluci´on: hallando las distancias a) d = |3(5) − 2(3) + 1| 32 + (−2)2 = 10 √ 13 b) d = |5(1) − 2(4) + 8| 52 + (−2)2 = 5 √ 29 c) d = |2(−5) − 6(−3) + 9| 22 + (−6)2 = 17 √ 40 35. Obtener la ecuaci´on general de la recta que pasa por los puntos: a) (−2, 5) y (3, −4) b) (3, 5) y (−1, 2) c) (5, 7) y (3, 9) Soluci´on: hallando las ecuaciones de las rectas: a) L : 9x + 5y − 7 = 0 b) L : −3x + 4y − 11 = 0 c) L : x + y − 12 = 0
  • 20. 20 36. Obtener la ecuaci´on principal de la recta que pasa por los puntos: a) (0, 0) y (1, 6) b) (1, 2) y (0, 5) c) (−3, 1) y (−2, 3) Soluci´on: hallando las ecuaciones principales de las rectas: a) L : y − 6 = 6x b) L : y − 5 = −3(x − 1) c) L : y − 3 = 2(x + 2) 37. Obtener en forma general la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto (−1, 2) y cuya pendiente es −3. Soluci´on: La ecuaci´on viene dada por: y − 2 = −3(x − (−1)) y − 2 = −3x − 3 L : 3x + y + 1 = 0 38. Una empresa de turismo ha observado que cuando el precio de un viaje es $ 15000 se vender cuarenta asientos, pero si el precio sube a $ 180000 las ventas bajan a 30 asientos. a) Encuentre la ecuaci´on de la recta que representa la situaci´on y dibuje su gr´afico. b) Determine el precio del pasaje si la venta sube a 56 asientos. Soluci´on: a) la recta pasa por los puntos (15000, 40) y (18000, 30), y cuya ecuaci´on es: L : y − 30 = 40 − 30 15000 − 18000 (x − 18000) reduciendo: L : x + 300y − 27000 = 0, donde x es el precio e y son los asientos. b) Si y = 56, entonces: x = −300y + 27000 = −300(56) + 27000 = $10200
  • 21. 21 39. Se˜nale si las sigientes ecuaciones son paralelas o perpendiculares: 6x − 2y − 1 = 0, 3x − y + 2 = 0 Soluci´on: hallando las pendientes: m1 = −6 −2 = 3 y m2 = −3 −1 = 3. Como m1 = m2 entonces las rectas son paralelas. 40. Se˜nale si las sigientes ecuaciones son paralelas o perpendiculares: 3x − 2y + 10 = 0, 2x + 3y + 3 = 0 Soluci´on: hallando las pendientes: m1 = −3 −2 = 3 2 y m2 = −2 3 . Como m1.m2 = −1 entonces las rectas son perpendiculares. 41. Dada la recta kx − y = k + 3, determinar el valor de k para que el punto (3, 7) pertenezca a dicha recta. Soluci´on: Reemplazando x = 3 e y = 7 en la ecuaci´on: k(3) − 7 = k + 3 3k − 7 = k + 3 2k = 10 k = 5 42. Dada la recta 5kx + y = 9, determinar el valor de k para que el punto (8, 4) pertenezca a dicha recta. Soluci´on: Reemplazando x = 8 e y = 4 en la ecuaci´on: 5k(8) + 4 = 9 40k + 4 = 9 40k = 5 k = 1 8 43. Dada la recta x + y = 2k, determinar el valor de k para que el punto (5, 9) pertenezca a dicha recta. Soluci´on: Reemplazando x = 5 e y = 9 en la ecuaci´on: 5 + 9 = 2k 14 = 2k k = 7
  • 22. 22 44. Dada la recta 2x−6y = k, determinar el valor de k para que el punto (−5, −9) pertenezca a dicha recta. Soluci´on: Reemplazando x = −5 e y = −9 en la ecuaci´on: 2(−5) − 6(−9) = k −10 + 54 = k k = 34 45. Obtener en forma general la ecuaci´on de la recta que satisfaga la condici´on dada: a) Pasa por el punto (2, 1) y tiene pendiente 12. b) Pasa por el punto (3, 5) y es paralela a la recta x + 3y + 1 = 0. c) Pasa por el punto (−5, −2) y es perpendicular a la recta 5x − 3y = 4 Soluci´on: a) La ecuac´on es: y − 1 = 12(x − 2) reduciendo: L : 12x − y − 23 = 0 b) Por ser paralela, la pendiente es −1 3 , luego la ecuaci´on es: y − 5 = −1 3 (x − 3) reduciendo: L : x + 3y − 18 = 0 c) Por ser perpendicular la pendiente es −3 5 entonces la ecuaci´on es: y − (−2) = −3 5 (x − (−5)) reduciendo: 3x + 5y + 25 = 0 46. Uno de los v´ertices de un paralelogramo ABCD es el punto A(1, 2) y dos de los lados est´an sobre las rectas L1 : 3x−5y −2 = 0, L2 : 6x−7y −1 = 0. Calcular los dem´as v´ertices.
  • 23. 23 47. Dado el tri´angulo de v´ertices A(1, 2), B(9, −4) y C(4, 6): a) Prueba que es un tri´angulo rect´angulo b) Calcula la ecuaci´on de la mediatriz de la hipotenusa c) Halla el punto de corte de la mediatr´ız con el cateto mayor Soluci´on: a) En efecto: mAB = 2−(−4) 1−9 = 3 −4 y mAC = 6−2 4−1 = 4 3, Luego se tiene que mAB.mAC = −1, con esto se demuestra que AB ⊥ AC, es decir, el tri´angulo es rect´angulo. b) la mediatr´ız de la hipotenusa tiene por ecuaci´on: L : x − 2y + 3 = 0 c) el punto de corte es (5, 4). 48. Escribe la ecuaci´on de la recta L que pasa por A(2, 3) y B(5, 6) y halla la ecuaci´on de una recta paralela a L, cuya distancia a L sea igual a la distancia entre A y B. Soluci´on: La ecuaci´on que pasa por A y B es: L : x − y + 1 = 0 adem´as d(A, B) = (2 − 5)2 + (3 − 6)2 = √ 18 = 3 √ 2 Sea la recta L1 paralela a L, entonces: L1 : x − y + c = 0, pero se sabe que d(L, L1) = 3 √ 2, resolviendo se halla que: c = 1 − 6 √ 2 ´o c = 1 + 6 √ 2. Por tanto: L1 : x − y + 1 − 6 √ 2 = 0 ´o L1 : x − y + 1 + 6 √ 2 = 0 49. Calcula las rectas que pasan por el punto A(1, 1) y distan 2 unidades del punto B(4, 3) Soluci´on: Sea la recta L : y = mx + b, como A(1, 1) ∈ L, entonces: 1 = m + b es decir: b = 1 − m
  • 24. 24 Pero pot otro lado: d(B, L) = 2 |m(4) + 3 + b| √ m2 + 1 = 2 |4m + 3 + 1 − m| √ m2 + 1 = 2 |3m + 4| = 2 m2 + 1 elevando al cuadrado y reduciendo se obtiene: 5m2 + 24m + 12 = 0 solucionando la ecuaci´on se tiene: m = −0.567 ´o m = −4.233. Si m = −0.567, entonces c = 1.567 y si m = −4.233 entonces c = 5.233. Por tanto: L : y = −0.567x + 1.567 ´o L : y = −4.233 + 5.233 50. Halla el valor del par´ametro k para que los puntos A(2, 1), B(−3, 5) y C(4, k) formen un tri´angulo de ´area 6. Soluci´on: Por la f´ormula del ´area de un tri´angulo: ´Area = 1 2 |(2(5) + −3k + 4(1)) − (−3(1) + 4(5) + 2(k))| 6 = 1 2 |14 − 3k − (17 + 2k)| 12 = | − 5k − 31| de donde se obtienen: k = 43 −5 ´o k = 19 −5. 51. Los puntos B(−1, 3), C(3, −3) forman el lado desigual de un tri´angulo is´osceles ABC. Calcula el v´ertice A sabiendo que et´a situado en la recta L : x + 2y − 15 = 0. Soluci´on: Sea el punto A(x, y), luego se sabe por ser tri´angulo is´osceles que d(A, C) = d(B, C), es decir: d(A, C) = d(A, B) (x − (−1))2 + (y − 3)2 = (x − 3)2 + (y − (−3))2 (x + 1)2 + (y − 3)2 = (x − 3)2 + (y + 3)2 elevando los cuadrado y reduciendo se obtiene: 8x − 12y − 8 = 0
  • 25. 25 y adem´as se tiene la tcondici´on que A ∈ L, esto es, x + 2y − 15 = 0. Resolviendo ambas ecuaciones se obtiene que x = 7 e y = 4. 52. La recta L : 2x + y + 1 = 0 es la bisectr´ız del ´angulo recto cuyo v´ertice es el punto A(−1, 1). Hallar las ecuaciones de los lados del ´angulo recto. Soluci´on: Las ecuaciones del ´angulo recto son: L1 : −2x + 2 3 y − 8 3 y L2 : −x − 3y + 2 = 0 53. Dada la recta L : 2x + 3y = 0. Halla una recta paralela a L que forme con los ejes de coordenadas un tri´angulo de ´area 3. Soluci´on: Sea la recta L : 2x + 3y + c = 0. Los interceptos son (0, −c 3 ) y (−c 2 , 0). Calculando el ´area del tri´angulo: ´Area = 1 2 .( −c 3 )( −c 2 ) 3 = c2 12 c2 = 36 c = ±6 Por tanto, la recta pedida tiene por ecuaci´on: L : 2x + 3y + 6 = 0 ´o L : 2x + 3y − 6 = 0 54. Por el punto A(2, 4) trazamos las rectas L1 y L2 perpendiculares a la bisectr´ız del primer y segundo cuadrante, respectivamente. Calcula: a) Ecuaciones de L1 y L2. b) V´ertices del tri´angulo formado por la recta L: x − 5y − 6 y as rectas L1 y L2. c) ´Area del tri´angulo anterior. Soluci´on: a) Las bisectrices de los cuadrantes tienen por pendientes m1 = 1 y m2 = −1. Luego las ecuaciones de las rectas L1 y L2 por la f´ormula punto - pendiente son: L1 : x + y − 6 = 0 y L2 : x − y + 2 = 0
  • 26. 26 b) Resolviendo los sistemas dos a dos se obtienen los v´erties: (2, 4), (6, 0) y (−4, −2). c) El ´area del tri´angulo anterior es: 24u2. 55. Dada la recta L : x + 2y + 1 = 0 y el punto A(1, −1) situado en dicha recta, calcula: a) La recta L1 paralela a L y que pasa por el punto B(0, 3). b) El punto C de la recta L1 que forma con A y B un tri´angulo rect´angulo en A Soluci´on: a) La recta L1||L tiene por ecuaci´on: L1 : x + 2y + c = 0 como B ∈ L1, entonces al hacer x = 0 e y = 3 se obtiene c = −6. Por tanto: L1 : x + 2y − 6 = 0 b) El punto C es (11 2 , 1 4). 56. Si las funciones f(x) = (4 − k)x + 3 y g(x) = (2k + 1)x + 5 representan rectas paralelas, entonces encuentre el valor de k. Soluci´on: Si f y g representan rectas paralelas entonces sus pendientes son iguales, esto es: 4 − k = 2k + 1 −k − 2k = 1 − 4 −3k = −3 k = 1 57. Si la funci´on f(x) = (k − 2 3)x + 2 es paralela con la funci´on g(x) = (1 3 + 2k)x − 1. Encontrar el valor de k. Soluci´on: Siguiendo el mismo criterio que el problema anterior: k − 2 3 = 1 3 + 2k k − 2k = 1 3 + 2 3 −k = 1 k = −1
  • 27. 27 58. Hallar la ecuaci´on de la recta que pasa por el punto (−1, 2) y es perpendicular a la recta que pasa por (−3, −1) y (2, −3). Soluci´on: La ecuaci´on tiene por pendiente a m = −1 m1 , donde: m1 = −3 − (−1) 2 − (−3) = −2 5 por tanto, m = 5 2. Lueog la ecuaci´on punto pendiente es: y − 2 = 5 2 (x − (−1)) reduciendo se tiene: L : 5x − 2y + 9 = 0 59. Las ecuaciones de las rectas L1 y L2 son L1 : y = kx + x − 1, L2 : y = 3x − 5. Si L1 ⊥ L2. Hallar el valor de k. Soluci´on: Como las rectas son perpendiculares, sus pendientes deben multiplicar -1, es decir: (k + 1).(3) = −1 3k + 3 = −1 3k = −4 k = −4 3 60. Determine la ecuaci´on de la recta que pasa por (−3, 2) y (4, 0) y es perpen- dicular en el segundo punto. Soluci´on: La ecuaci´on de la recta es: y − 0 = 0 − 2 4 − (−3) (x − 4) y = −2 7 (x − 4) 7y = −2x + 8 L : 2x + 7y − 8 = 0
  • 28. 28 61. Suponga que el valor de compra de una m´aquina que se deprecia linealmente fue de 5000. Al cabo de 10 a˜nos el valor de la m´aquina fue de 850 UM. a) Encuentre una ecuaci´on que exprese el valor v de la m´aquina despu´es de t a˜nos de la compra. b) Calcule el valor de la m´aquina 5 a˜nos despu´e de la compra. c) Cu´ando se depreciar´a por completo la m´aquina? d) Bosqueje la ecuaci´on, seleccione t como el eje horizontal. Cu´al es la pendiente de la recta resultante? Soluci´on: a) La recta pasa por por los puntos (0, 5000) y (10, 850) y tiene por ecuaci´on: v − 850 = 5000 − 850 0 − 10 (t − 10) reduciendo: v = −415t + 5000 b) cuando t = 5, reemplazando: v = −415(5) + 5000 = 2925 c) La m´aquina se depreciar´a cuando v = 0, reemplazando: 0 = −415t + 5000 resolviendo se obtiene t = 12.048, es decir, la m´aquina se depreciar´a dentro de aproximadamente 12 a˜nos. d) Graficando:
  • 29. 29 62. En an´alisis de producci´on, una l´ınea de isocosto es una l´ınea cuyos puntos representan todas las combinaciones de dos factores de producci´on que ser comprados por la misma cantidad. Suponga que un granjero tiene asignados 20000 UM para la compra de x toneladas de fertil- izantes (con un costo de 200 UM por kg) e y de insecticida (con un costo de 2000 UM por gal´on). Determine una ecuaci´on de isocosto que describa las distintas combinaciones que pueden ser compradas con 20000 UM. Observe que ni x ni y pueden ser negativas. Soluci´on: La ecuaci´on de isocosto es: 200x + 2000y = 20000, donde x ≥ 0, y ≥ 0. 63. Para efectos tributarios, las computadoras personales se deprecian lineal- mente hasta llegar a cero en un per´ıodo de 10 a˜nos; es decir el valor de las computadoras decrece a una raz´on constante, de manera que es igual a cero al cabo de 10 a˜nos. Si el valor de compra de una computadora fue de 1200 UM, exprese el valor de la computadora como una funci´on de tiempo y dibuje su gr´afica. Soluci´on: La recta pasa por los puntos (10, 0) y (0, 1200) y tiene por ecuaci´on: v − 0 = 1200 − 0 0 − 10 (t − 10) reduciendo L : v = −120t + 1200, donde t es el tiempo y v es el valor de la computadora. 64. Desde el comienzo del a˜no el precio de la gasolina corriente ha aumentado a una tasa constante de 0.02 UM por litro al mes. Si el primero de junio el precio hab´ıa llegado a 1.2 UM por litro. Exprese el precio de la gasolina corriente como una funci´on del tiempo y dibuje su gr´afica. Soluci´on: La recta pasa por los puntos (0, 0.02) y (31, 1.2) y tiene por ecuaci´on: v − 1.2 = 1.2 − 0.02 31 − 0 (t − 31) reduciendo: L : 1.189x − 31y + 0.62 = 0
  • 30. 30 65. En una compa˜nia un empleado reci´en contratado cobra 150 UM y el em- pleado con cinco a˜nos de antiguedad recibe un sueldo de 250 UM. a) Hallar la ecuaci´on del sueldo en funci´on de tiempo que lleva en la compa˜n´ıa, suponiendo que hay una relaci´on lineal entre el sueldo y el n´umero de a˜nos que lleva trabajando en la compa˜n´ıa. b) Cu´anto cobrar´a un empleado que lleva en la empresa 10 a˜nos de servi- cio? Soluci´on: a) La recta pasa por los puntos (0, 150) y (5, 250), luego la ecuaci´on es: L : c − 150 = 250 − 150 5 − 0 (t − 0) reduciendo se tiene la relaci´on lineal: L : 20t − c + 150 = 0 b) haciendo t = 10 se tiene: c = 20t + 150 = 20(10) + 150 = 350 Por tanto, cobrar´a 350 UM. 66. Una f´abrica de zapatos elabora dos tipos de calzado x e y. Las horas de trabajo por cada modelo est´andadas en la tabla anexa: Horas calzado x 1.25 calzado y 1.5 Si la f´abrica dispone de m´aximo de 300 horas de trabajo. Encuentre la relaci´on entre el n´umero de pares de zapatos de cada tipo que pueden fabricarse si se utilizan por completo las horas de trabajo disponible. Soluci´on: La relaci´on viene dada por la ecuaci´on: 1.25x + 1.5y = 300
  • 31. 31 67. Se colocan 400 UM al 8 % de inter´e simple a) Cu´al es el valor de la inversi´on al cabo de t a˜nos? b) Cu´al es el valor de la inversi´on a los 5 a˜nos. Soluci´on: a) viene dada por la f´ormula: monto = capital(1 + tasa × tiempo) b) calculando monto = 400(1 + 5(0.08)) = 560 69. PieGrande, una compa˜n´ıa que fabrica pays de manzana, fija el precio de cada pay en $60. Los costos fijos mensuales de la empresa son iguales a $ 40000. El costo variable unitario es de $20. Determine la cantidad de pays que se deben producir y vender para no tener ganancias o p´erdidas. Cu´ales son los costos totales de producir esa canti- dad de pays?. Soluci´on: Sea la cantidad de pays a vender: x. Luego el problema se formula como costos totales: CT = 20x + 40000 y el precio de venta PT = 60x si no se pierde ni se gana entonces: CT = PT 20x + 40000 = 60x 40x = 40000 x = 1000 Por tanto, se deben vender 1000 pays y los costos totales ser´an de CT = 20(1000) + 40000 = $60000. 70. Una empresa que fabrica l´apices labiales para una prestigiosa marca de cosm´eticos en Europa tiene costos fijos mensuales $ 200000. El costo variable unitario es de $75 y el precio de cada l´apiz labial es de $150. Encuentre el punto de equilibrio en unidades y tambi´en en $ para esta situaci´on. Eval´ue el cambio que tendr´ıan en el punto de equilibrio un aumento y una disminuci´on de 20 % en el precio. Soluci´on: Sea x la cantidad de l´apices labiales. Luego: CT = 75x + 200000
  • 32. 32 y el precio de venta PT = 150x el punto de equilibrio se da cuando: CT = PT 75x + 200000 = 150x 75x = 200000 x = 2666.67 Por tanto, el punto de equilibrio es (26667.67, 400000). 71. Encuentre los puntos de intersecci´on de las gr´aficas de las ecuaciones dadas: a) 2x − y = 7, y = 8 − 3x b) 6x − y = 2, y = 4x + 7 c) y = 3x − 7, y = 7x + 4 Soluci´on: los puntos de intersecci´on son: a) (3, −1) b) (9 2, 25) c) (−11 4 , −61 4 ) 72. Un fabricante vende un producto a $8.35 por unidad, vendiendo todo lo producido. El costo fijo es de $2116 y el costo variable es de $7.20 por unidad. a) A qu´e nivel de producci´on existir´an utilidades de $4600? b) A qu´e nivel de producci´on ocurre el punto de equilibrio? Soluci´on: a) sea x la cantidad de productos, entonces se tiene: CT = 7.20x + 2116 y PT = 8.35x Luego: U = PT − CT 4600 = 8.35x − (7.20x + 2116) 4600 = 1.15x − 2116 x = 5840
  • 33. 33 b) el punto de equilibrio ocurre cuando: CT = PT 7.20x + 2116 = 8.35x x = 1840 73. La empresa Dulces deliciosos tiene costos fijos semales de $306. Cada libra de dulces producidos cuesta $1.20 y se vende a $2.10. a) Especificar las funciones de ingresos y costos semanales. b) Determinar el punto de equilibrio. Soluci´on: a) Sea x la cantidad de dulces por libra, entonces al funci´on de ingresos es: I(x) = 2.10x y la funci´on de costos es C(x) = 1.20x + 306 b) el punto de equilibrio ocurre cuando: C(x) = I(x) 2.10x = 1.20x + 306 x = 340 entonces si x = 340 se tiene que: I = 2.10(340) = 714, es decir, el punto de equi- librio es (340, 714). 74. Una f´abrica que produce ropa deportiva para damas vende al detallista a 36 d´olares el conjunto. El detallista coloca un precio p a cada conjunto para venta al p´ublico. No obstante, durante una liquidaci´on, reduce el precio de venta al p´ublico en 20 %, m´as sin embargo obtiene una ganancia del 15 % sobre el precio de compra al fabricante. Qu´e precio p coloc´o a cada conjunto? Soluci´on: Sea x la cantidad comprada, la ecuaci´on que plantea el problema entonces es: 80 %px − 36x = 15 %(36x) 0.8p − 36 = 0.15(36) 0.8p − 36 = 5.4 p = 51.75
  • 34. 34 75. Para la instalaci´on de una empresa se ha hecho una inversi´on de $28000. Se sabe que para producir 1000 art´ıculos se gastan $6000 en materia prima y, adem´as, que por cada unidad producida se pagan $8 de mano de obra directa y $2 en otros gastos indirectos de la producci´on. Si cada unidad se vende a raz´on de $30. a) Determine la funci´on lineal de ingresos totales b) Determine la funci´on lineal de costos totales c) Cu´antas unidades se deben producir y vender para recuperar la inversi´on? d) Cu´antas unidades se deben producir y vender para ganar $21000. Soluci´on: a) Sea el n´umero de unidades a producir: x. Luego la funci´on de ingresos es: I(x) = 30x b) La funci´on de costos totales es: C(x) = 6000 + 8x + 2x c) Para recuperar la inversi´on: I(x) − C(x) = 28000 30x − (6000 + 8x + 2x) = 28000 x = 17000 Por tanto, debe producir 1700 unidades. d) Para ganar 21000 I(x) − C(x) = 21000 30x − (6000 + 8x + 2x) = 21000 x = 1350 Por tanto, debe producir 1350 unidades.
  • 35. 35 76. Los propietarios de un estacionamiento han determinado que su ingreso semanal y costo en d´olares est´an dados por I(x) = 80x y C(x) = 50x + 2400, donde x es el n´umero de autos estacionados durante per´ıodos largos. a) Encuentre el punto de equilibrio. b) Trace las gr´aficas en un mismo par de ejes. c) Utilice el gr´afico para estimar el ingreso y el costo se tienen 60 autos estacionados. Soluci´on: a) el punto de equilibrio es: I(x) = C(x) 80x = 50x + 2400 x = 80 b) Las gr´aficas son: c) Para x = 60 se tiene que I(60) = 4800 y C(60) = 5400.
  • 36. 36 77. El costo variable de producir un art´ıculo es de $2.20 por unidad y los costos fijos son de $240 al d´ıa. El art´ıculo se vende a $3.40. Cu´antos art´ıculos se deben producir y vender para garantizar que no haya ganancias ni p´erdidas? Soluci´on: El problema se plantea como: 3.40x = 2.20x + 240 3.40x − 2.20x = 240 1.20x = 240 x = 200 Por tanto, se deben producir 200 art´ıculos. 78. El costo total diario (en d´olares) de producir x sandalias est´a dado por y = 2.5x+300. Si cada sandalia se vende a $4, cu´al es el punto de equilibrio?. Si el precio de venta se incrementa en $5, cu´al es el nuevo punto de equilibrio? Si se sabe que se pueden vender al menos 150 sandalias al d´ıa, qu´e precio deber´a fijarse de manera que se garantice que no habr´a p´erdidas? Soluci´on: El punto de equilibrio se encuentra haciendo: 4x = 2.5x + 300 4x − 2.5x = 300 1.5x = 300 x = 200 Si el precio incrementa en $5, el nuevo precio es $9. El nuevo punto de equilibrio ser´a: 9x = 2.5x + 300 9x − 2.5x = 300 6.5 = 300 x = 46.15
  • 37. 37 79. El costo fijo de producci´on de un art´ıculo es de $4500. El costo variabe es 60 % del precio de venta que es de $15 la unidad. Cu´al es la cantidad que corresponde al punto muerto? Soluci´on: Sea x la cantidad de art´ıculos. Planteando el problema: 15x = 4500 + 60 %(15x) 15x = 4500 + 0.60(15x) 15x = 4500 + 9x 15x − 9x = 4500 6x = 4500 x = 750 Por tanto, la cantidad del punto muerto es 750. 80. Un centro de comunicaciones tiene actualmente una tarifa de 3.5 UM el minuto celulares. A ese precio tiene una demanda semanal de 2200 minutos. Estima que se aumenta el precio en 2 UM el minuto entonces la demanda bajar´a 1600 minutos. Si el precio est´a relacionado linealmente con la demanda. Consiga una relaci´on lineal entre el precio y los minutos consumidos semanalmente. Soluci´on: La relaci´on es una recta que pasa por los puntos (3.5, 2200) y (5.5, 1600) y tiene por ecuaci´on: y − 2200 = 1600 − 2200 5.5 − 3.5 (x − 3.5) reduciendo se obtiene: y = −300x + 1250 81. Los extremos de un segmento son los puntos P1(7, 4), P2(−1, −4). Hallar la raz´on P1P : PP2 en que el punto P(1, −2) divide al segmento. Soluci´on: Sea r la raz´on, luego se tiene: 1 = 7 + r(−1) 1 + r , −2 = 4 + r(−4) 1 + r 1 = 7 − r 1 + r , −2 = 4 − 4r 1 + r 1 + r = 7 − r , −2 − 2r = 4 − 4r r = 3 , r = 3 Por tanto, la raz´on es r = 3.
  • 38. 38 82. Uno de los extremos de un segmento es el punto (7, 8), y su punto medio es (4, 3). Hallar el otro extremo. Soluci´on: Sea el otro extremo (x, y). Luego: 4 = 7 + x 2 , 3 = 8 + y 2 8 = 7 + x , 6 = 8 + y x = 1 , y = −2 Por tanto, el otro extremo es (1, −2). 83. Uno de los extremos de un segmento rectil´ıneo de longitud 5 es el punto (3, −2). Si la abscisa del otro extremo es 6. Hallar su ordenada. Soluci´on: Sea el otro extremo: (6, b). Como la longitud del segmento es 5, entonces: (3 − 6)2 + (−2 − b)2 = 5 (−3)2 + (−2 − b)2 = 25 9 + (−2 − b)2 = 25 (−2 − b)2 = 16 −2 − b = √ 16 −2 − b = ±4 −2 − b = 4 , −2 − b = −4 b = −6 , b = 2 Por tanto, la ordenada es −6 ´o 2. 84. Pruebe que las rectas L1 : 5x−y −6 = 0, L2 : x+5y −22 = 0, L3 : 5x−y −32 = 0, L4 : x + 5y + 4 = 0 forman un cuadrado. Soluci´on: Hallando las respectivas pendientes: m1 = 5, m2 = −1 5 , m3 = 5, m4 = −1 5 . Como m1 = m3 y m2 = m4 entonces L1||L3 y L2||L4. Esto demuestra que se trata de un paralelogramo. Por otro lado, se observa que m1.m2 = −1 y m3.m4 = −1, es decir, L1 ⊥ L2 y L3 ⊥ L4, entonces con esto se tiene que las rectas forman un rect´angulo. Calculando ahora la distancia entre ellas: d(L1, L3) = | − 6 − (−32)| 2 = 13 d(L2, L4) = | − 22 − 4 2 = 13 como las distancia son iguales, entonces las medidas de los lados son iguales. Por tanto, las rectas forman un cuadrado.
  • 39. 39 85. En las ecuaciones ax + (2 − b)y − 23 = 0, (a − 1)x + by + 15 = 0. Hallar los valores de a y b para que representen rectas que pasan por el punto (2, −3). Soluci´on: reemplazando x = 2, y = −3 en las rectas: a(2) + (2 − b)(−3) − 23 = 0 (a − 1)(2) + b(−3) + 15 = 0 = 0 simplificando se tiene el sistema: 2a + 3b − 29 = 0 2a − 3b + 13 = 0 resolviendo se obtienen: a = 4 y b = 7. 86. Hallar la ecuaci´on de la recta situada a 8 unidades del origen y pasa por el punto A(20, 0) y corta la parte positiva del eje Y . Soluci´on: Hallando la tangente del ´angulo generado por la recta y el primer cuadrante en el punto (20, 0), se obtiene: tan α = 8 √ 202 − 82 = 8 4 √ 21 = 2 √ 21 Luego, la tangente del ´angulo adyacente es tan θ = −2√ 21 . Por tanto, la ecuaci´on de la recta que pasa por (20, 0) y tiene pendiente m = −2√ 21 es: L : y − 0 = 0 −2 √ 21 (x − 20) reduciendo se obtiene: L : 2x + √ 21y − 40 = 0 87. Dadas las rectas L1 : 2x + y + 2 = 0, L2 : x − 2y + 1 = 0. Hallar los puntos situados en L1 cuya distancia a L2 sea √ 5. Soluci´on: Sean los puntos P(a, b) ∈ L1, entonces reemplazando: 2a + b + 2 = 0 b = −2a − 2
  • 40. 40 Por otro lado se sabe: d(P, L2) = √ 5 |a − 2b + 1| 12 + (−2)2 = √ 5 |a − 2(−2a − 2) + 1| √ 5 = √ 5 |5a + 5| = √ 5. √ 5 |5a + 5| = 5 5a + 5 = 5 , 5a + 5 = −5 a = 0 , a = −2 Si a = 0 entonces b = −2(0) − 2 = −2. Y si a = −2 entonces b = −2(−2) − 2 = 2. Por tanto los puntos son (0, −2) y (−2, 2). 88. Sean L1 y L2 dos rectas ortogonales tales que L1 pasa por (3, 2) y (2, 5) y L2 pasa por (2, 1). Hallar la intersecci´on de ambas rectas. Soluci´on: Hallando la recta L1: y − 2 = 5 − 2 2 − 3 (x − 3) y − 2 = −3(x − 3) L1 : 3x + y − 11 = 0 adem´as m1 = −3 entonces m2 = 1 3. Luego la ecuaci´on de L2 es: y − 1 = m2(x − 2) y − 1 = 1 3 (x − 2) 3y − 3 = x − 2 L2 : x − 3y + 1 = 0 La intersecci´on de L1 y L2 se obtiene resolviendo: 3x + y − 11 = 0 x − 3y + 1 = 0 cuya soluci´on es x = 16 5 , y = 7 5. Por tanto, el punto de intersecci´on es: (16 5 , 7 5).
  • 41. 41 89. Sean las rectas L1 : 3x − 4y + 6 = 0, L2 : P = (4, 1) + t(−2, 4), t ∈ R. Hallar: a) La distancia del punto A(4, 1) a la recta L1. b) La tangente del ´angulo formado por las rectas. Soluci´on: a) calculando: d(A, L1) = |3(4) − 4(1) + 6| 32 + (−4)2 = |14| √ 25 = 14 5 b) Hallando la ecuaci´on vectorial de la recta L2: y − 1 = = 4 −2 (x − 1) y − 1 = −2(x − 1) 2x + y − 3 = 0 Luego las pendientes son: m1 = 3 4, m2 = −2. Sea θ el ´angulo generado por las rectas, entonces: tan θ = | 3 4 − (−2) 1 + 3 4.(−2) | = 11 2 90. Hallar el valor de k tal que el punto P(k, 4) sea equidistante de las rectas: L1 : 13x − 9y − 10 = 0, L2 : x + 3y − 6 = 0. Soluci´on: Por la f´ormula de las distancias: d(P, L1) = d(P, L2) |13k − 9(4) − 10| 132 + (−9)2 = |k + 3(4) − 6| √ 12 + 32 |13k − 46| √ 250 = |k + 6| √ 10 |13k − 46| 5 √ 10 = |k + 6| √ 10 |13k − 46| 5 = |k + 6| |13k − 46| = 5|k + 6| 13k − 46 = 5(k + 6) , 13k − 46 = −5(k + 6) k = 19 2 , 8 9