Algunos problemas resueltos de geometría analítica

1. PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE EL PLANO CARTESIANO Y LA RECTA
1. Dados los puntos distintos P(1, 3x), Q(x, 3) y R(3, 1). Determine el valor de x para que P,
Q y R sean colineales.
Solución 1
Ubicando los puntos:
Como los puntos P, Q y R son colineales entonces se debe cumplir que:
mP Q = mQR
Usando la fórmula de la pendiente:
3 − 3x
x − 1
=
1 − 3
3 − x
resolviendo la ecuación:
3 − 3x
x − 1
=
−2
3 − x
(3 − 3x)(3 − x) = −2(x − 1)
9 − 3x − 9x + 3x2
= −2x + 2
3x2
− 10x + 7 = 0
(3x − 7)(x − 1) = 0
3x − 7 = 0 , x − 1 = 0
x =
7
3
, x = 1
Luego, x puede tomar dos valores:
7
3
ó 1. Verificando ambos valores en los puntos:
→ x = 1, entonces: P(1, 3), Q(1, 3) y R(3, 1). En este caso P y Q son puntos
coincidentes.
→ x =
7
3
, entonces: P(1, 7), Q(7
3 , 3) y R(3, 1).
Por tanto, el valor de x =
7
3
.
2. Si la distancia entre los puntos P(3x, 2) y Q(x + 1, 4) es
√
53. Determinar el valor de x.
Solución 2
Se sabe que:
d(P, Q) =
√
53
Usando la fórmula de la distancia entre 2 puntos:
(x + 1 − 3x)2 + (4 − 2)2 =
√
53
elevando al cuadrado ambos miembros de la ecuación se eliminan las raíces:
(−2x + 1)2
+ 22
= 53
4x2
− 4x + 1 + 4 = 53
4x2
− 4x − 48 = 0

2. dividiendo por 4:
x2
− x − 12 = 0
(x − 4)(x + 3) = 0
x − 4 = 0 , x = −3
donde:
x = 4 ó x = −3
3. Hallar un punto sobre el eje de las abscisas que tenga una distancia de 10u del punto
P(−3, 5).
Solución 3
Sea el punto pedido A(a, 0), como está sobre el eje X se tiene que la ordenada es cero:
Luego se tiene:
d(A, P) = 10
(−3 − a)2 + (5 − 0)2 = 10
elevando al cuadrado ambos lados de la ecuación y desarrollando:
(−3)2
+ 2(−3)(−a) + (−a)2
+ (5)2
= (10)2
9 + 6a + a2
+ 25 = 100
a2
+ 6a − 66 = 0
usando fórmula general:
a =
−6 ± 62 − 4(1)(−66)
2(1)
reduciendo se obtienen:
a = −3 + 10
√
3 ≈ 5.660 ó
a = −3 − 10
√
3 ≈ −11.660
Por tanto el punto pedido es A(−3+10
√
3, 0) ó A(−3−10
√
3, 0). Ambas respuestas son válidas.

3. 4. Demostrar que el triángulo formado por los vértices A(3, 3), B(−3, −3) y
C(−3
√
3, 3
√
3) es equilátero. Además hallar el perímetro.
Solución 4
Ubicando los puntos en el plano cartesiano:
Calculando las longitudes de los lados usando la fórmula entre dos puntos:
|AB| = d(A, B) = (−3 − 3)2 + (−3 − 3)2 =
√
72 = 6
√
2
|AC| = d(A, C) = (−3
√
3 − 3)2 + (3
√
3 − 3)2 =
√
72 = 6
√
2
|BC| = d(B, C) = (−3
√
3 − (−3))2 + (3
√
3 − (−3))2 =
√
72 = 6
√
2,
puesto que d(A, B) = d(A, C) = d(B, C), entonces el triángulo ABC es equilátero y además
su perímetro es: 6
√
2 + 6
√
2 + 6
√
2 = 18
√
2u.
5. Hallar la ecuación general de la recta que pasa por el punto P(5, −1) y tiene la misma
pendiente que la recta determinada por los puntos A(0, 3) y B(2, 0).
Solución 5
Sea L la recta pedida:
Se sabe que mL = mAB, entonces:
mAB =
0 − 3
2 − 0
=
−3
2
luego, la ecuación de la recta L conociendo un punto y la pendiente, siendo x0 = 5, y0 = −1 y
mL = −3
2 es:
y − (−1) =
−3
2
(x − 5)
y + 1 =
−3x + 15
2
2y + 2 = −3x + 15
3x + 2y + 2 − 15 = 0
Por tanto, la ecuación general de L: 3x + 2y − 13 = 0.

4. 6. El punto P de ordenada 10 está sobre la recta cuya pendiente es 3 y que pasa por el punto
A(7, −2). Calcular la abscisa de P.
Solución 6
Ubicando en el plano:
La ecuación de la recta L que pasa por A(7, −2) y tiene pendiente m = 3 está dada por:
L : y − (−2) = 3(x − 7)
y + 2 = 3x − 21
así:
L : −3x + y + 23 = 0
Sea ahora el punto P(x, 10), se sabe que P ∈ L, entonces, reemplazandoel valor de y = 10 en
la ecuación de la recta:
−3x + 10 + 23 = 0
−3x + 33 = 0
x = 11
Por tanto, la abscisa del punto P es 11.
7. Determinar el valor de k para que la recta:
L : k2
x + (k + 1)y + 3 = 0
sea perpendicular a la recta:
M : 3x − 2y − 11 = 0
Solución 7
Puesto L ⊥ M entonces por propiedad:
mM.mL = −1.
de las ecuaciones se tienen las pendientes:
mL =
−k2
k + 1
, k = −1
mM =
−3
−2
=
3
2
Así:
−k2
k + 1
.
3
2
= −1
−3k2
2k + 2
= −1
−3k2
= −2k − 2
3k2
− 2k − 2 = 0

5. resolviendo por fórmula general:
k =
−(−2) ± (−2)2 − 4(3)(−2)
2(3)
se obtienen:
k =
1 +
√
7
3
≈ 1.215 ó
k =
1 −
√
7
3
≈ −0.549
8. Hallar el área de un triángulo formado por los ejes coordenados y la recta cuya ecuación
es:
L : 5x + 4y + 20 = 0.
Solución 8
Hallando los interceptos de la recta con los ejes coordenados:
para x = 0 se tiene: 5(0) + 4y + 20 = 0 ⇒ y = −5
para y = 0 se tiene: 5y + 4(0) + 20 = 0 ⇒ x = −4
y ubicando los puntos (0, −5) y (−4, 0) en el plano coordenado:
Figura 1:
se observa que el triángulo obtenido tiene por base 4 y altura 5, en consecuencia el área del
triángulo es:
Área =
4(5)
2
= 10u2
.

6. 9. Determinar la ecuación de la recta que pasa por el punto P(5, 7) y es
perpendicular a la recta que pasa por los puntos R(1, −1) y Q(−5
4 , 3
4 ).
Solución 9
Ubicando en el plano:
Sea L la recta pedida. Primero se hallará la pendiente del segmento RQ y luego se determinará
la pendiente de L, pues, por el problema se sabe que L ⊥ RQ.
Calculando la pendiente de RQ:
mRQ =
−1 − 3
4
1 − −5
4
=
−7
4
9
4
= −
7
9
entonces la pendiente de L es: mL = 9
7 . [explique porqué]
Luego, la ecuación de L que pasa por P y tiene pendiente mL = 9
7 es:
y − 7 =
9
7
(x − 5)
7y − 49 = 9x − 45
L : −9x + 7y − 4 = 0
10. Los lados de un triángulo están sobre las rectas:
L1 : x + 5y − 7 = 0,
L2 : 3x − 2y − 4 = 0,
L3 : 7x + y + 19 = 0.
Hallar los vértices.
Solución 10
Ubicando en el plano:
Los vértices se obtendrán de intersectar las rectas dos a dos, esto es, hay que resolver 3 sistemas
de ecuaciones lineales:
i. Para L1 ∩ L2:
x + 5y − 7 = 0
3x − 2y − 4 = 0

7. multiplicando por -3 a la primera ecuación:
−3x − 15y + 21 = 0
3x − 2y − 4 = 0
sumando ambas ecuaciones:
−17y + 17 = 0
y = 1
reemplazando el valor de y = 1 en la ecuación: x + 5y − 7 = 0
x + 5(1) − 7 = 0
x + 5 − 7 = 0
x = 2
así el primer vértice es (2, 1).
ii. Para L1 ∩ L3:
x + 5y − 7 = 0
7x + y + 19 = 0
multiplicando por -7 a la primera ecuación:
−7x − 35y + 49 = 0
7x + y + 19 = 0
y sumando se tiene:
−34y + 68 = 0
y = 2
reemplazando y = 2 en la ecuación: x + 5y − 7 = 0
x + 5(2) − 7 = 0
x + 10 − 7 = 0
x = −3
así el segundo vértice es (−3, 2).
iii. Para L2 ∩ L3:
3x − 2y − 4 = 0
7x + y + 19 = 0
multiplicando por 2 la segunda ecuación:
3x − 2y − 4 = 0
14x + 2y + 38 = 0
sumando las ecuaciones se tiene:
17x + 34 = 0
x = −2
reemplazando x = −2 en la ecuación: 3x − 2y − 4 = 0
3(−2) − 2y − 4 = 0
−6 − 2y − 4 = 0
y = −5
y el tercer vértice es (−2, 5).
Por tanto, los vértices del triángulo son (2, 1), (−3, 2) y (−2, −5).