Geometría Analítica - Luis Zegarra a.

8/17/2019 Geometría Analítica - Luis Zegarra a.

1/169

GEOMETRIA ANALITICA


2/169

Luis Zegarra. Sistema Unidimensional 153

Introducción

La geometŕıa analı́tica es el estudio de la geometŕıa mediante un sistema decoordenadas que lleva asociada un álgebra.

Dos problemas fundamentales:

1. Dada una ecuación dependiente de las variables x e y, dibujar sugráfica es decir representarla geométricamente como un conjunto de

puntos en el plano.

2. Dado un conjunto de puntos en el plano, relacionados por ciertascondiciones geométricas, determinar una ecuación cuya representacióngráfica corresponda enteramente aquellos puntos. Este problema esconocido con el nombre de Lugar Geométrico.


3/169

Caṕıtulo 6

Sistema Unidimensional

6.1. Sistema coordenado lineal

Sobre una recta fijamos un punto O, al cual se acostumbra a llamar origen,un sentido (de los dos que tiene esta recta) lo designaremos como positivoy el otro como negativo y sobre el definimos un segmento unidad, asi dire-mos que dicha recta esta metrizada (o que en ella podemos medir distancias)

Definición.

Se llama abscisa, de un punto P de una recta metrizada a la medida delsegmento OP , tomando OA como unidad. Dicha medida, la consideraremospositiva cuando el sentido es acorde con el positivo y negativa en caso con-

trario.

Notación

A la abscisa de un punto P lo denotaremos por ” p” o bien ”x p”.

154


4/169


Nota Admitiremos que se cumple la siguiente propiedad fundamentalllamado postulado de Dedekind. Existe una correspondencia biunı́voca entrelos puntos de una recta metrizada y el conjunto de los números reales.

6.2. Relación Fundamental - Distancia

Definición.

Un segmento AB, se considera positivo cuando el sentido de A hacia Bes acorde con el sentido positivo de la recta dirigida y negativo en casocontrario, aśı:

AB = −BA

Definición.

La suma de varios segmentos orientados consecutivos (es decir, tales queel origen de cada uno coincide con el extremo del anterior, excepto parael primero, que no tiene anterior), es el segmento orientado que tiene pororigen el del primero y por extremo el del último, aśı:

AB + BC + CD = AD

Una consecuencia inmediata de esta definicíon es que: La suma de variossegmentos orientados y consecutivos, tales como el origen del primero seconfunda con el extremo del último, es nula,

AB + BC + CA = 0

pues un segmento que tenga su origen y extremos coincidentes AA, tienelongitud nula.

A esta última relación se conoce como la relación fundamental de MÖBIOS- CHASLES. Una consecuencia directa de la relaicón de CHASLES, es:Sea el punto A coincidente con el origen O(0) de las abscisas, se tiene en-tonces


5/169


OB + BC + CO = 0 =⇒ BC = −CO −OB pero − CO = OC

asi B C = OC −OB, ahora si representamos las abscisas de B y C sobre larecta orientada por b y c respect́ıvamente tenemos, se tiene que

BC = c − bRelación importante en la geometrı́a anaĺıtica unidimensional, ya que expre-sa: La longitud de un segmento orientado, contenido en una recta metrizada

es igual a la abscisa de su extremo (C ) menos la abscisa de su origen (B).

Note que hemos dejado impĺıcito en la notación: ”B(b)” la abscisa del puntoB es b.

6.3. Distancia

Dados los puntos A(a) y B(b), entonces

dAB = |AB| = |b − a|Notemos que

dAB ≥ 0, dAB = 0 ⇐⇒ A = B

dAB = dBA

pues: dAB = |b− a| = | − (a− b)| = |a − b| = dBA.


6/169


6.4. División de un segmento en una razóndada

Dados los puntos: A(a) y B(b) tales que AP

P B =

m

n = λ entonces p =

n a + m b

n + m o bien p =

a + λb

1 + λ

Demostración.

AP

P B =

m

n ⇐⇒ p − a

b − p = m

n ⇐⇒ np − na = mb −mp

⇐⇒ (m + n) p = na + mb ⇐⇒ p = na + mbn + m

Note que si: λ = 1 =⇒ p = a + b2

abscisa del punto medio del segmento AB

λ > 0 =⇒ puntos interiores del segmento ABλ


7/169


7 = 1 · X p + 4(−2)

1 + 4 =⇒ 35 = X p − 8

de donde X p = 43

2. Dados los puntos A(−5) y B (32

), determine las abscisas de los puntos

X e Y , que dividen al segmento AB en tres partes iguales.

Solución.

De inmediato de AX XB

= 12

=⇒ X = 2·(−5)+1· 322+1

= −176

y de AY Y B

= 21

se

tiene Y = 2· 3

2+1·(−5)

2+1 = −2

3 luego los puntos son X

−176

e Y

−23

3. Se dice que 4 puntos forman un juego armónico, si los puntos C y D

dividen al segmento AB; interior y exteriormente en la misma razón

es decir CA

CB = −DA

DB entonces demuestre que AB =

2 · AC · ADAC + AD

Demostración.

Sea A el origen, ası́

CA

CB = −DA

DB ⇐⇒ o− c

b − c = −o − db− d ⇐⇒ cd − bc = bd − cd

de donde b = 2cd

c + d ⇐⇒ AB = 2(c− o)(d− o)

(c− o) + (d − 0) = 2AC AD

AC + BD.


8/169


4. Dos focos luminosos de intensidades α y α′

estan situados en los puntosF (f ) y F ′(f ′) respectı́vamente. Determine el punto X (x) de la rectaF F ′, que recibe la misma iluminación de ambos focos. (Observe que, laluz recibida por un punto es directamente proporcional a la intensidaddel foco emisor e inversamente proporcional al cuadrado de la distanciaentre el punto y el foco).

Solución.

De acuerdo a la ley fı́sica, enunciada entre paréntesis tenemos

α

F x2 =

α′

F ′x2 ⇐⇒ α

(x− f )2 = α′

(x− f ′)2

⇐⇒

(x− f )2

α

= (x− f ′)2

α′

⇐⇒

x − f

√ α =

±

x− f ′

√ α′

de donde resolviendo estas ecuaciones, una con el signo (+) y otra conel (-) se obtienen

x =

√ α′ f ±√ αf ′√

α′ ±√ α5. Si A, B,C,P y Q son puntos en un eje ordenado donde M es el punto

medio entre A y B y si AP

P B = −AQ

AB, demuéstrese que

a ) M A2 = M P M Q

b) 1

AP +

1

AQ =

2

AB

Demostración.


9/169


a ) M punto medio de AB ⇐⇒ m = a + b2

y de AP P B

= −AQAB

⇐⇒ p(a + b) + q (a + b) = 2ab + 2 pq

⇐⇒ 2 pm + 2qm = 2ab + 2 pq

⇐⇒ pm + qm = a(2m − a) + pq

⇐⇒ a2 − 2am + m2 = pq − pm − qm + m2

⇐⇒(a

−m)2 = ( p

−m)(q

−m)

⇐⇒MA2 = MP MQ

b) Análogamente de p(a + b) + q (a + b) = 2ab + 2 pq

qb − qa + pb− pa− 2ab + 2a2 = 2 pq − 2 pa − 2aq + 2a2

(q − a) + ( p − a)(b − a) = 2( p− a)(q − a) ⇐⇒

(q − a) + ( p − a)( p − a)(q − a) =

2

b − a ⇐⇒ 1

q − a + 1

p− a = 2

b − a

⇐⇒ 1

AQ + 1

AP = 2

AB

6. Si A, B,C y D son 4 puntos colineales y P es un punto en la mismarecta tal que P A P B = P C P D demuestre

P A · BC · BD = P B · AC · AD

Demostración.


10/169


Sea P (o) el origen

P A · P B = P C · P D ⇐⇒ (a − p)(b − p) = (c− p)(d− p)

⇐⇒ ab = cd (1)P A · BC · BD = (a − o)(c− b)(d− b) = a(cd− cb − bd + b2)

por (1) se tiene:

= a(ab

−cb

−bd + b2) = b(a2

−ac

−ad

−ab)

= b(c − a)(d− a) = (b − o)(c− a)(d − a) = P B · AC · AD

7. Si A, B,C son tres puntos colineales y P es un punto sobre la misma

recta tal que AP

P B =

m

n , demuestre que

n(AC )2 + m(BC )2 = n(AP )2 + m(BP )2 + (n + m)(CP )2

Demostración.

Eligiendo P como origen, se tiene

AP

P B =

m

n ⇐⇒ p = na + mb

n + m ⇐⇒ na + mb = 0 (1)

luego de

n(AP )2 + m(BP )2 + (n + m)(CP )2 = na2 + mb2 + (n + m)c2

= na2 + mb2 + (n + m)c2

−2c(na + mb) por (1) esto es válido

= n(a2 − 2ac + c2) + m(b2 − 2bc + c2) = n(AC )2 + m(BC )2


11/169


6.6. Ejercicios Propuestos1. Dados los puntos A(−3) y B(5), determinar las abscisas de los puntos

que dividen a AB en 4 partes iguales.

Respuesta.

P 1(−1), P 2(1) y P 3(3)

2. La ecuación x2

− 8x + 15 = 0 (1), tiene dos soluciones P 1(x1) y

P 2(x2) sobre una recta. Hallar la abscisa del punto medio del segmentoP 1P 2. Si se toma como nuevo origen a este punto cual será la ecuacióntransformada de (1), referida a este nuevo origen.

Respuesta.

4, x′2 − 1 = 0

3. Dados los puntos A(−2), B(4) y P (1) ¿cuál es la razón P AP B

?

Respuesta.

P es el punto medio de AB .

4. Si los puntos A, B,C y D forman un juego armónico, demostrar quese cumple

2(ab + bc) − (a + b)(b + c) = 0

5. Dos móviles parten al mismo tiempo, de los puntos A(a) y B(b)moviéndose con movimiento uniforme sobre la recta AB y al encuentroel uno del otro. El primero con velocidad v y el segundo con velocidadv′.

Encontrar la abscisa del punto en que se cruzan.


12/169


Respuesta.

v′a− vbv′ − v

6. Dados los segmentos AB y CD. M y N son sus puntos medios re-spectı́vamente, demuestre

2MN = AC + BD = AD + BC

7. Demostrar que si M es el punto medio de AB y P es un puntocualquiera de la recta que contiene a A y a B , se tiene

P A · P B = (P M )2 − (MA)2

8. Si P y Q dividen a AB armónicamente, determine la abscisa de Q en

términos de a, b y t dado que A(a) y B(b) y se verifica AP

AB = t.

Respuesta.

q = t(a + b) − a2t − 1

9. Que condición deben cumplir los coeficientes de las ecuaciones

ax2 + bx + c = 0 ∧ a′x2 + b′x2 + c′ = 0

para que las raı́ces de la primera y las de la segunda correspondan apuntos de un juego armónico.

Respuesta.

2(ac′ − a′c) = bb′

10. Un movil P parte del origen en el sentido positivo de una recta ori-entada, con una velocidad de 30 Km/h. Una hora después parte otro


13/169


móvil del punto Q(500) en el sentido opuesto de la recta con una ve-locidad de 40 Km/h. Determinar la abscisa del punto del encuentroy el instante de dicho encuentro a partir del momento de partida delprimer movil . Unidades de la recta en Km.

Respuesta.

371.42 Km 7.71 hr.

11. Un movil parte del punto A(−5), en el sentido positivo y con unavelocidad de 50 Km/h. Otro movil parte de B (5) en el mismo sentido

y con una velocidad de 48 Km/h. Hallar la abscisa del punto de en-cuentro y el instante del encuentro a partir del momento de partidade los dos móviles. Unidades de la recta en Km.

Respuesta.

245Km; 5 hr.

12. Si A y B son puntos fijos sobre una recta y K una constante dada,demostrar que existen dos, uno o ningún puntos P que satisfagan la

relación

(P A)2 + (P B)2 = K (AB)2

según si K es mayor, igual o menor que 1

2.

13. Dados los puntos A(a) y B(b) sobre una recta, encontrar las abscisasde P y Q tales que

1

2

P A = AB = 1

3

BQ

Respuesta.

p = 3a− 3b; q = 4b − 3a


14/169

Caṕıtulo 7

Sistema Bidimensional

7.1. Sistema Cartesiano

La correspondencia entre pares ordenados de números reales y puntos en elplano, idea inicial que se debe a Renato Descartes (1596 - 1650), es lo queplanteamos en forma breve a continuación.

Definición

Sea un punto P (x, y) en el plano, (x, y) se llama par ordenado en que ”x”es el primer elemento del par e ”y” el segundo, por tanto; (x, y) = (y, x).

Sean dos rectas perpendiculares en el plano, su punto de intersección seacostumbra a llamar origen O, dichas rectas las llamaremos eje X y eje Y .

Sobre el eje X , considérese números reales y diremos que hay corresponden-cia biuńıvoca con los puntos de dicho eje, análogamente sobre el eje Y .

Sea el O(0, 0) el origen O, en el eje X a la derecha de O colocamos los

números reales positivos y su izquierda los negativos, con respecto al eje Y los reales positivos por encima del origen O(0, 0) y los reales negativos pordebajo.

165


15/169

Luis Zegarra. Sistema Bidimensional 166

La intersección del eje X y eje Y definen 4 cuadrantes que se acostumbran

a denotar como: I, II, III y IV. (ver fig).

Utilizando este esquema podemos asociar un par ordenado de números reales(x, y) a cada punto P del plano y viceversa (correspondencia biuńıvoca en-tre los puntos del plano y los pares ordenados (x, y)).

Por tanto para todo P (x, y) del plano cartesiano

”x” se acostumbra a llamar abscisa del punto P

”y” se acostumbra a llamar ordenada del punto P

(x, y) se acostumbran a llamar coordenadas de P

Del punto P (x, y) se trazan perpendiculares a ambos ejes, que definen: laabscisa OA y de P igual a x y la ordenada OB de P igual a y. (ver fig.)


16/169


Note que la abscisa y ordenada del origen son 0.

7.2. Distancia entre dos puntos

Dados los puntos P 1(x1, y1) y P 2(x2, y2) la distancia entre P 1 y P 2 está dadapor

d =

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2

Demostración.

Notemos que las coordenadas del punto Q, son Q(x2, y1). Por Pitágoras enel

△P 1 Q P 2, se tiene que:

d2 = |x2 − x1|2 + |y2 − y1|2

d =

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2


17/169


7.3. División de un Segmento en una razóndada

Dados los puntos P 1(x1, y1) y P 2(x2, y2) que definen el segmento P 1P 2 y seadada la razón

P 1P

P P 2=

m

n = λ, λ ∈ R, λ = −1

entonces P (x, y)

x = nx1 + mx2n + m

= x1 + λx21 + λ

y = ny1 + my2

n + m =

y1 + λy21 + λ

(2)

Demostración.

De la geometŕıa elemental las rectas P 1A , PR y P 2B intersecan segmentosproporcionales sobre las dos transversales P 1P 2 y AB luego


18/169


P 1P

P P 2=

AR

RB =

m

n ⇐⇒ x− x1

x2 − x = m

n

⇐⇒ n(x− x1) = m(x2 − x) ⇐⇒ (n + m)x = nx1 + mx2

⇐⇒ x = nx1 + mx2n + m

de aquı́ también se tiene

x = x1 +

mn

x2

1 + mn

= x1 + λx2

1 + λ

análogamente para el caso de las ordenadas, se tiene

P 1P

P P 2=

CQ

QD =

m

n ⇐⇒ y = ny1 + my2

n + m =

y1 + λy21 + λ

Note que si el punto de división es interno a P 1P 2 entonces λ > 0, si encambio el punto es externo λ


19/169


Solución.

1.

Aplicando x = nx1 + mx2

n + m =⇒ x = 3(−2) + 2 · 7

3 + 2 =

8

5 e

y = 3(−3) + 2 · 1

3 + 2 =

−75

por tanto: P

8

5,−75

2. AQ

QB = −1

3 ⇐⇒ QA

AB =

1

3 (ver figura)

De la figura, se tiene:

−2 = 1 · 7 + 3x1 + 3

=⇒ x = −5

−3 = 1 · 1 + 3y1 + 3

=⇒ y = −133


20/169


7.5. PendienteDado un segmento P 1P 2 mediante los puntos P 1(x1, y1) y P 2(x2, y2) la pen-diente del segmento P 1P 2 esta dada por

m = tg α = y2 − y1x2 − x1 , x1 = x2 (3)

si x2 = x1 se dice que el segmento no tiene pendiente.

Nótese que la pendiente mide el grado de inclinación que tiene el segmento

con relación a la horizontal paralela al eje X . Si α = 0◦

o α = 180◦

noteque la pendiente del segmento es cero

Del concepto de segmento o trazo, podemos pasar en forma simple al con-cepto de una recta en el plano, basta con dejar libres en forma indefinidalos extremos del segmento, notemos que el concepto de pendiente no vaŕıa,el ángulo α ahora se mide con respecto al eje X . (ver fig.)


21/169


Es decir la pendiente común a todos los puntos que forman la recta, esta

dada por

m = tg α

donde α es el ángulo medido desde el eje X , hasta su encuentro con dicharecta, el ángulo α (positivo) puede ser medido en contra de los punteros deun reloj o bien a favor (negativo).

Por tanto para determinar la pendiente de una recta, basta tomar dos pun-tos P 1(x1, y1) y P 2(x2, y2) con x1 = x2 que pertenezcan a la recta y aplicarla fórmula de pendiente de un segmento.

m = tg α = y2 − y1x2 − x1 , x2 = x1

En efecto:

tg(180◦ − α) = y2 − y1x2 − x1

−tg α = y2 − y1x1

−x2

tg α =

y2 − y1x2 − x1 , Notemos que x1 − x2 > 0 ∧ y2 − y1 > 0

por tanto, al igual que para los segmentos, se tienen:


22/169


7.6. Paralelismo y Perpendicularidad

Sean dos segmentos dados P 1P 2 y P 3P 4 cuyas pendientes son conocidas m1y m2.

Consideremos que los segmentos se cortan o bien sus prolongaciones asi seanα y β los ángulos que forman dichos segmentos al cortarse. Note que unarelación entre estos ángulos es que:

α + β = 180◦ (4)

y como se conocen m1 y m2 esto implica que tg α1 = m1 y tg α2 = m2, dela figura α = α2 − α1 ⇐⇒ tg α = tg(α2 − α1)

tg α = tg α2 − tg α11 + tgα2 tg α1

⇐⇒ tg α = m2 − m11 + m2m1

(5)

de aqúı si los segmentos son paralelos o coincidentes α = 0◦ o α = 180◦ enambos casos


23/169


m2 − m1 = 0 ⇐⇒ m2 = m1 (condición de paralelismo)

si los segmentos son perpendiculares α = 90◦ o α = 270◦ en ambos casostg α no existe y por tanto de (5)

1 + m2m1 = 0 ⇐⇒ m2m1 = −1 (condicíon de perpendicularidad).

7.7. Lugares Geométricos - Ecuación

Definición

El lugar geométrico de un punto se puede definir como aquel conjunto depuntos del plano cartesiano que satisfacen ciertas condiciones geométricasdadas para dicho punto.

El lugar geométrico de un punto cosntituye por lo general una curva en elplano cartesiano, asi entonces también podemos agregar que una curva es ellugar geométrico de todos los puntos que satisfacen una o más condicionesgeométricas dadas.

Dicha curva en general se representa en el plano cartesiano por medio deuna ecuación que involucra a las variables x e y, es decir por

F (x, y) = 0


24/169


Aśı, los valores reales x e y son todas las coordenadas de los puntos ysolamente de aquellos puntos, que cumplen la condición o condiciones ge-ométricas dadas y que definen el lugar geométrico.

Ejemplo.

1. Sea P un punto cualquiera del plano cartesiano, tal que P está a unadistancia constante de un punto fijo C , del mismo plano.

El lugar geométrico definido es una circunferencia de centro C . A ladistancia constante se suele llamar radio.

2. Sea P un punto del plano cartesiano que equidista (está a igual dis-tancia) de dos puntos fijos A y B del mismo plano.

El lugar geométrico es la mediatriz ( o simetral) del segmento AB.

3. Sea P un punto fijo de una circunferencia que rueda a lo largo de unarecta.

Este lugar se llama cicloide. Note que el punto aunque esta fijo en lacircunferencia es movil con respecto a la recta.

Observación.

El problema que se nos plantea cuando nos definen un lugar geométrico,es el de encontrar una ecuación que lo represente. A esta ecuación como sedijo se llama ecuación del lugar geométrico.

Una vez encontrada dicha ecuación estudiaremos sus propiedades algebraica-mente y deduciremos de ellas las propiedades del lugar.

7.8. Ejercicios Resueltos1. Determine un punto P (x, y) tal que equidiste de tres puntos fijos dados

por: A(−3, 2), B(1, 3) y C (0,−3)


25/169


Solución.

Notemos que P (x, y) , es el centro de la circunferencia circunscrita altriángulo ABC .

Se debe tener:

P A = P C = P 13 (1)

P A =

(x + 3)2 + (y − 2)2

P C = x2 + (y + 3)2P B =

(x − 1)2 + (y − 3)2

aśı de (1) se obtienen

3x − 5y = −2

2x + 12y = 1

cuyas soluciones son: x = −1946

e y = 746

2. Dos vértices consecutivos de un cuadrado son los puntos O(0, 0) yA(−2,−3). Determine las coordenadas de los otros vértices.Solución.

Notemos que hay dos soluciones posibles, y también que el cuadradoes de lado l =

√ 13. Sea el vértice B(x, y), se debe tener:

AB =√

13

OB =√

26

AB =

(x + 2)2 + (y + 3)2

OB =

x2 + y2


26/169


de donde resulta el sistema:

x2 + y2 = 26

2x + 3y = −13cuyas soluciones son: B(1,−5) y E (−5,−1)

análogamente el vértice C (x, y), debe cumplir

OC =√

13 ⇐⇒ x2 + y2 = 13

AC = √ 26 ⇐⇒ (x + 2)2 + (y + 3)2 = 26 de donde resolviendo se obtienen C (3,−2) y D(−3, 2)

3. Determine la ecuación del lugar geométrico de un punto P (x, y) cuyadistancia al punto A(2, 0) es el doble de su distancia al punto B(−3,−1).

Solución.

Condición del L.G. de P (x, y) es

P A = 2 P B

(P A)2 = 4(P B)2

(x − 2)2 + y2 = 4[(x + 3)2 + (y + 1)2]de donde simplificando resulta:

3x2

+ 3y2

+ 28x + 8y + 36 = 0

4. Probar que el punto cuyas coordenadas son x = x1 + t(x2 − x1) ey = y1 + t(y2 − y1) divide el segmento que une P 1(x1, y1) y P 2(x2, y2)en la razón

t

1− t , x1 = x2, y1 = y2 ∧ t = 1.


27/169


Solución.

Sabemos que

x = x1 + λ x2

1 + λ

y = y1 + λ y2

1 + λ

de aquı́

x1 + t(x2 − x1) = x1 + λ x21 + λ

⇐⇒

λ [(x1 − x2) + t(x2 − x1)] = −t(x2 − x1) como x1 = x2

λ(−1 + t) = −t =⇒ λ = t1− t , t = 1

resulta lo mismo si se toma y.

5. Dado el segmento AB, donde A(0, 2) y B(3, 6). Determine la razón enque P 1

2,

14

3

divide a AB. Como también P 2

−3

2, 0

.

Solución.

AP 1P 1B

= 1

t

x = t · 0 + 1 · 3

t + 1

= 2

t = 1/2


28/169


y también

y = t · 2 + 1 · 6

t + 1 =

14

3

t = 1/2

asi AP 1P 1B

= 112

= 2

1, análogamente para P 2

P 2A

AB =

1

t ⇐⇒ 0 = 1 · 3 + t ·

−32

1 + t =⇒ t = 2

y 2 = 1 · 6 + t · 0

1 + t ⇐⇒ 2 + 2t = 6 =⇒ t = 2

luego

P 2A

AB =

1

2 ⇐⇒ P 2B − P 2A

P 2A = 2 ⇐⇒ P 2B

P 2A = 3

⇐⇒ P 2AP 2B

= 1

3 ⇐⇒ AP 2

P 2B = −1

3

6. Determine la ecuacíon del L.G. del vértice C (x, y) de un triánguloABC donde A(0, 0), B(a, 3a), a = 0 y tal que el producto de laspendientes de los lados AC y BC sea el doble de la pendiente del ladoAB.


29/169


Solución.

Condición del L.G. del vértice C (x, y)

mAC ·mBC = 2 mABy

x · y − 3a

x − a = 2 3a

a , a = 0

y(y − 3a) = 6x(x− a)

6x

2

− y2

− 6ax + 3ay = 07. Un segmento de longitud l, desliza apoyado siempre sobre los ejes

coordenados, determine la ecuación del L.G. de un punto P (x, y) que

divide al segmento dado en la razón 2

1 medido desde su extremo sobre

el eje X . ¿En que se transforma dicha ecuación si el punto P es elpunto medio del segmento?

Solución.

Sea A(λ, 0) las coordenadas del extremo inferior del segmento, λ= 0

parámetro variable se debe tener que B (0, √ l2 − λ2) y que:x =

1 · λ + 2 · 03

=⇒ λ = 3x

y = 1 · 0 + 2√ l2 − λ2

3 ⇐⇒

3y = 2√

l2 − λ2 pero λ = 3x, entonces

3y = 2√ l2

− 9x2

⇐⇒ x2

+

1

4y2

= l

3

Si es el caso de que P es el punto medio se obtiene

x2 + y2 =

l

2

2


30/169


8. Determine la ecuacioón del L.G. del vértice C (x, y) de un triánguloABC si A(0, 0) y B(0, a) tal que el ángulo C AB es doble que el ánguloCBA (a > 0).

Solución.

Condición del L.G. de C (x, y)

∢CAB = 2 ∢CBApor otra parte

tg α = x

a− y ∧ tg 2α = x

y

pero tg 2α = 2 tg α

1− tg2α ⇐⇒

x

y =

2 xa−y

1 − x2(a−y)2

⇐⇒ x2 − 3y2 + 4ay − a2 = 0

9. Determine las coordenadas del ortocentro del triángulo ABC si A(−1, 1), B(4,y C (3,−2).Solución.

Recuerde que el ortocentro es el punto de intersecci ón de las alturasdel triángulo.

Sean las coordenadas del ortocentro del △, H (x, y)mHC · mAB = −1

y + 2

x − 3 · 2

5 =−

1,

5x + 2y − 11 = 0 (1)

análogamente mHB · mAC = −1 ⇐⇒ y − 3x− 4 ·

3

−4 = −1


31/169


⇐⇒ 4x−3y−7 = 0 (2), resolviendo (1) y (2) se obtiene H 4723

, 823

10. Demuestre anaĺıticamente que las diagonales de un rombo son per-pendiculares entre si.

Solución.

Sea el rombo de vértices A(0, 0), B(a, 0), C (c, h) y D(a + c, h).

Por demostrar

mBC mAD = −1

mBC = h

c − a , mAD = h

a + c

mBC mAD = h2

c2 − a2

pero c2 − a2 = −h2

luego mBC mAD = h2

−h2 = −1.


32/169


33/169


Solución.

Sea el △ABC que se muestraen la figura de inmediato D

c2

, 0

AB2 = a2 + b2

AC 2 = (a − c)2 + b2 = a2 + c2 + b2 − 2ac

AB2 + AC 2 = 2a2 + 2b2 + c2 − 2ac (1)

por otra parte

AD2 =

a − c2

2+ b2 = a2 − ac + c

2

4 + b2

DC 2 = c2

4

2(AD2 + DC 2) = 2 a2 − ac + b2 +

c2

2 = 2a2 + 2b2 + c2 − 2ac (2)

como (1) = (2) se tiene lo pedido.

13. Determinar la ecuación del L.G. del vértice C de un triángulo de baseAB fija, en cual se verifica que AD · BC = DB · AC siendo D el piede la altura bajada desde el vértice C .

Solución.

Sea el △ABC que se muestra en la figura


34/169


AD = |x|BC =

(x− b)2 + y2

DB = |b − x|

AC =

x2 + y2

aśı |x| (b − x)2 + y2 = |b − x| x2 + y2 de donde simplificando seobtiene x =

b

2

7.9. Ejercicios Propuestos

1. Sean los puntos P 1(2, 4) y P 2(8,−4) los extremos de un segmento.Hallar el punto P (x, y) que divide a este segmento en dos partes tales

que P 2P

P P 1= −2

1

Respuesta.

(−4, 12)

2. Si M, N y P son los puntos medios de los lados de un triánguloABC , determine las coordenadas de los vértices del triángulo, dondeM (−2, 1), N (3, 2) y P (0,−2).

Respuesta.

A(−5,−3), B(5,−1) y C (1, 5)

3. Uno de los extremos de un segmento de longitud 5 es el punto (3,−2).Si la abscisa del extremo es 6. Hallar su ordenada.

Respuesta.


35/169


2 y -6

4. Dos extremos de un segmento son los puntos A(7, 4) y B(−1,−4).Hallar la razón

P 1P

P P 2en que el punto P (1,−2) divide al segmento.

Respuesta.

3

5. Hallar los puntos de trisección del segmento cuyos extremos son lospuntos A(−6, 3) y B(12,−6).

Respuesta.

(0, 0) y (6,−3)

6. Uno de los extremos de un segmento es el punto (2,3) y su puntomedio es (6,-8). Determine las coordenadas del otro extremo.

Respuesta.

(10, -19)

7. Dos vértices de un triángulo equilátero son A(2, 0) y B(5, 4). Hallarlas coordenadas del tercer vértice. (Dos soluciones)

Respuesta.

7 + 5√ 2

2 ,

16 − 15√ 28

y

7− 5√ 2

2 ,

16 + 15√ 28

8. Demostrar que los puntos A(0, 0), B(2, 3), C (4, 3), D(1,−32

) son losvértices de un trapecio. Calcular su peŕımetro y su área.


36/169


37/169


14. Determine la ecuación del L.G. de un punto P (x, y) cuya diferencia delos cuadrados de las distancias a dos puntos fijos P 1(x1, y1) yP 2(x2, y2),es cero.

Respuesta.

2(x2 − x1)x + 2(y2 − y1)y = x22 − x21 + y22 − y21

15. Determine la ecuación del L.G. del vértice C (x, y) de un △ABC ,rectángulo en C , donde A(2,

−1) y B(4, 5).

Respuesta.

x2 + y2 − 6x − 4y + 3 = 0

16. Demostrar que los puntos A(−1, 6), B(5,−4) y C (−3,−2) son losvértices de un triángulo rectángulo. Calcule su área.

Respuesta.

34

17. Calcular los ángulos interiores del triángulo cuyas vértices son lospuntos A(−2, 1), B(2, 5) y C (−3, 4)

Respuesta.

33.7◦, 63.43◦ y 82.87◦

18. Un segmento de pendiente 4 pasa por el punto (−1, 5) y por los puntosP 1(x1, 3) y P 2(6, y2). Determine x1 e y2.

Respuesta.


38/169


x1 = −32

e y2 = 33

19. Tres vértices de un paralelogramo son (3, 3), (−3, 6) y (−6, 5). Deter-mine las coordenadas del cuarto vértice.

Respuesta.

(0,2)

20. Hallar la ecuación del L.G. de un punto P (x, y) que debe estar sobreel segmento determinado por los puntos P 1(−2, 8) y P 2(4, 1).

Respuesta.

7x + 6y − 34 = 0

21. Dos segmentos se cortan en el punto (3, 4) formando un ángulo de 45◦

o bien de 135◦, si uno de ellos pasa por el punto (−1, 6) determine

la ordenada de un punto A de abscisa -5 y que pertenece al otrosegmento.

Respuesta.

4

3

22. Dos vértices extremos de lado diferente de un triángulo isósceles sonlos puntos A(1, 1) y B(5, 3). Determine las coordenadas del tercervértice C si este satisface la ecuación x

−6 = 0.

Respuesta.

(6,-4)


39/169


23. Demuestre anaĺıticamente que el segmento que une los puntos mediosde los lados no paralelos de un trapecio es paralelo a las bases e iguala su semisuma.

24. Demuestre que el segmento que une los puntos medios de las diago-nales de un trapecio es igual a la mitad de la diferencia de las longi-tudes de sus lados no paralelos.

25. Demuestre que los segmentos que unen los puntos medios de cada dos

lados opuestos de un cuadrilátero cualquiera se dimidian entre si.

26. Determinar la ecuación del L.G. del vértice C (x, y) de un triángulo debase fija AB = c, de modo que la transversal de gravedad que pasapor el vértice B, sea igual a la mitad del lado AC .

Respuesta.

Considerando A(0, 0) y B(c, 0), c > 0 la ecuación del L.G. pedido es:x = c.

27. Dados los puntos A(2, 5) y B(3, 1). Determine:

a ) Las coordenadas de un punto C , que equidiste de A y de B talque satisfaga a la ecuación x − 2y + 3 = 0.

b) Las coordenadas de un punto D tal que el área del triángulo

ABD sea igual a 15

2 .

c ) Las coordenadas de un punto E tal que la perpendicular de AB

por E pase por el origen y el área del triángulo ABE sea 5

2.

Respuesta.

a)

7

2, 13

4

b) D pertenece a: 4x + y = 28 c)

32

17,

8

17

.


40/169


28. Demostrar que el segmento de recta que une los puntos medios de doslados cualquiera de un triángulo es paralelo al tercer lado e igual a sumitad.

29. Demostrar que los dos segmentos que se obtienen uniendo dos vérticesopuestos de un paralelogramo, con los puntos medios de sus lados op-uestos son iguales y paralelos.

30. Demostrar que la suma de los cuadrados de los lados de un paralelo-

gramo cualquiera es igual a la suma de los cuadrados de sus diagonales.

31. Un punto se mueve de tal manera que su distancia al punto A(−1, 2)es igual al doble de su distancia al eje X . Hallar la ecuación de sulugar geométrico.

Respuesta.

x2 − 3y2 + 2x− 4y + 5 = 0

32. Demostrar que los puntos medios de dos lados opuestos de cualquiercuadrilatero y los puntos medios de sus diagonales son los vértices deun paralelogramo.

33. Encontrar la ecuación del L.G. de un punto P (x, y) cuya distanciaal punto (−2, 1) es igual a su distancia al origen de coordenadas ydemuestre que dicho L.G. es una recta perpendicular al segmento queune (−2, 1) con el origen.

Respuesta.

4x− 2y + 5 = 0


41/169


34. Determine la ecuación del L.G. de un punto P (x, y) para el cual lasuma de los cuadrados de sus distancias a los puntos fijos A(a, 0), B(a, a)y C (0, a) es igual al triple del cuadrado de su distancia al origen.

Respuesta.

x + y = a

35. Un segmento de longitud 4 se mueve de tal manera que uno de susextremos permanece siempre sobre el eje X y el otro sobre el eje Y .

Hallar la ecuación del L.G. del punto medio del segmento.

Respuesta.

x2 + y2 = 4

36. Demostrar que el punto de intersección de los segmentos que unen lospuntos medios de los lados de un cuadrilátero coincide con el puntomedio del segmento que une los puntos medios de las diagonales.

37. Hallar la ecuacíon del L.G. de un punto para el cual la diferencia de loscuadrados de sus distancias a A y B vértices de un triángulo isóscelesABC , de lados AC = BC = a, es igual a, a2.

Respuesta.

x − y = a2

38. Un triángulo equilátero tiene sus lados de longitud 2. Se toma el lado

AB sobre el eje X tal que la simetral del lado AB coincide con eleje Y , sobre los lados AC y BC se construyen cuadrados hacia elexterior. Determinar las coordenadas de los vértices del triángulo ydel cuadrado.

Respuesta.


42/169


(−1, 0), (1, 0), (0,√ 3), (±√ 2, 2√ 2), (±2√ 2,√ 2)

39. Dados los puntos A(0, 3) yB(3, 2). Determine sobre el eje X un puntoC tal que el ángulo agudo que forme AC con el eje X sea igual alángulo formado con dicho eje por el trazo CB.

Respuesta.

9

5, 0


43/169

Caṕıtulo 8

La Recta

8.1. Definición

Se llama recta al lugar geométrico de los puntos P (x, y) de un plano, tales quepara todo par de puntos P 1 y P 2 de ella, las pendientes de P P 1, P P 2 y P 1P 2 soniguales.

Ecuación

La igualdad de pendientes implica

y − y1x − x1 =

y − y2x − x2 =

y2 − y1x2 − x1 = m, x1 = x2 (1)

8.2. Ecuación punto pendiente

De (1) se obtiene:

y − y1 = m(x − x1), (2)conocida como la ecuación de una recta que pasa por un punto dado P 1(x1, y1)y pendiente m conocida.

8.3. Ecuación que pasa por dos puntos

En tanto (1) o bien de aquı́ se obtiene:

y − y1 = y2 − y1x2 − x1 (x − x1) (3)

205


44/169

Luis Zegarra. Secciones 6-7-8-9 206

que representan a la ecuación de una recta que pasa por dos puntos P 1(x1, y1) yP 2(x2, y2) dados.

Note que si x1 = x2 la recta es paralela o coincidente con el eje Y , en este casocon ninguna de las tres ecuaciones anteriores podemos representar a dicha recta,esto quedaŕa para más adelante.

8.4. Diversas formas de la ecuación de una recta

Si en (3) x1 = y1 = 0 la ecuación se convierte en

y = mx (4)

esta es la forma de las rectas que pasan por el origen exceptuando la ecuacióndel eje Y .

Ahora, también de (3), obtenemos

y = mx1 + y1 − mx2pero y1 − mx2 es un parámetro real que vamos a denotar por n, aśı

y = mx + n (5)

se llama ecuación principal de una recta, con la cual podemos representar to-dos las rectas en el plano cartesiano a excepción de las paralelas con el eje Y yel eje Y mismo. Esta ecuación nos indica que el coeficiente de la variable x, esigual a la pendiente de la recta, en tanto note que ”n” es el corte que tiene dicharecta con el eje Y .

Sean a y b los cortes de una recta con los ejes X e Y respectı́vamente con a y bno nulosla recta pasa por A(a, 0) y B(0, b) entonces por (3)

y − 0 = −b

a (x − a) ⇐⇒ x

a + y

b = 1 (6)

ecuación conocida como la ecuación de segmentos de una recta.

Forma General de una recta

Se llama forma general de la ecuación de una recta a:


45/169


Ax + By + C = 0 (7)

en que A, B y C son parámetros reales A yB no nulos a la vez.

Se llama forma principal de una recta pues con ella podemos representar a todaslas rectas en el plano cartesiano, aśı:

I) A, B y C = 0, de (7) se obtiene y = − AB

x − C B

; m = − AB

y n = −C B

familia de rectas que cortan en dos puntos, a los ejes coordenados.

II) A y B = 0 ∧ C = 0 de (7) =⇒ y = − AB x, ; m = − ABfamilia de rectas que pasan por el origen.

III) B y C = 0 ∧ A = 0 de (7) =⇒ B y + C = 0 ⇐⇒ y = −C B

m = 0, n = −C B

familia de rectas paralelas al eje X .

IV) B = 0 ∧ C = A = 0, de (7) =⇒ B y = 0 ⇐⇒ y = 0m = 0 y n = 0

y = 0 es la ecuación del eje X .

V) A y C = 0 ∧ B = 0 de (7) =⇒ Ax + C = 0 ⇐⇒ x = −C A

= p

m indefinida, p = −C A

familia de rectas paralelas al eje Y .

VI) A = 0 ∧ B = C = 0 de (7) =⇒ Ax = 0 ⇐⇒ x = 0m indefinida p = 0

x = 0 es la ecuación del eje Y .


46/169


47/169


8.6. Angulo entre dos rectas. Paralelismo y Perpen-dicularidad

Análogamente, el párrafo 7.6, se tiene que si las rectas estan dadas por y = m1+n1e y = m2 + n2

m1 = tg α1 y m2 = tg α2, α + β = 180◦

se obtiene

tg α = tg(α2 − α1) = tg α2 − tg α11 + tg α2 tg α1

= m2 − m11 + m2m1

(9)

Notemos que α

∨ β son agudos (no ambos), si son iguales entonces las rectas son

perpendiculares entre si.

Recordemos que la condición de paralelismo exije

m1 = m2

y la de perpendicularidad,

m1m2 = −1.Si las rectas estan dadas en su forma general

l1 : A1x + B1y + C 1 = 0 ∧

l2 : A2x + B2y + C 2 = 0

La fórmula (8) se transforma en

tg α = A1B2 − A2B1A1A2 + B1B2

(10)

paralelismo ⇐⇒ A1B2 − A2B1 = 0 ⇐⇒

A1 B1

A2 B2

= 0

Perpendicularidad ⇐⇒ A1A2 + B1B2 = 0

Coincidencia ⇐⇒ A1A2

= B1

B2=

C 1

C 2⇐⇒

A1 B1

A2 B2

= 0 ∧

B1 C 1

B2 C 2

= 0

Intersección ⇐⇒ A1B2 − A2B1 = 0 ⇐⇒

A1 B1

A2 B2

= 0


48/169


8.7. Distancia de un punto a una recta

Dado P 1(x1, y1) y una recta en su forma general Ax + By + C = 0, la distanciadesde P 1 a la recta esta dada por

d = |Ax1 + By1 + C 1|√

A2 + B2(11)

Demostración.

Primero calculamos la distancia OQ, desde el origen a la recta para lo cual

cosα = OQ−C A

senα = OQ

−C B

eliminando α, se obtiene

OQ = |C |√

A2 + B2(∗)

Trasladando los ejes en forma paralela al nuevo origen P 1(x1, y1), se tienen lasecuaciones de traslación

x = x′ + x1

y = y ′ + y1

ası́ la ecuación de la recta dada referida a este nuevo sistema toma la forma

Ax′ + By ′ + C ′ = 0, C ′ = Ax1 + By1 + C

luego por (*) la distancia desde el nuevo origen P 1(x1, y1) a la recta Ax′ + By ′ +

C ′ = 0 esta dada por

d = |C ′

|√ A2 + B2

= |Ax1 + By1 + C |√ A2 + B2


49/169


8.8. Distancia Dirigida

La distancia dirigida d de la recta dada por

Ax + By + C = 0

al punto P 1(x1, y1), esta dada por la fórmula

d = Ax1 + By1 + C

±√ A2 + B2 (12)

en donde el signo del radical se elige de acuerdo a lo expuesto en 8.5, adem ás sedebe considerar lo que sigue:

Si la recta dada no pasa por el origen, d es positiva o negativa según al puntoP 1(x1, y1) y el origen esten en lados opuestos o del mismo lado de la recta.

Si la recta pasa por el origen, d es positiva o negativa según que el punto P 1,esté arriba o abajo de la recta.

8.9. Familias

Ya sabemos que para determinar una recta se necesitan dos condiciones geométri-

cas independientes.

Todas las rectas que satisfacen una y sólo una condición geométrica forman unafamilia o haz de recta, por ejemplo

1. La familia de rectas que tienen pendiente variable y que pasan por un puntofijo

y − y1 = m(x − x1), m parámetro

P 1(x1, y1) punto fijo.

2. Todas las rectas que tienen pendiente a, a > 0 (fijo) y el corte con el eje Y sea n,

y = ax + n, n parámetro


50/169


y aśı podemos seguir dando diversos ejemplos de familias de rectas que tienenuna propiedad en común, es de particular importancia el siguiente caso.

Familia de rectas por la intersección de dos rectas dadas

Sean las rectas

l1 : A1x + B1y + C 1 = 0

l2 : A2x + B2y + C 2 = 0

tales que A1B2

= A2B1 ( condición de intersección).

La familia de rectas que pasan por el punto de intersección de l1 y l2, esta dadapor la ecuación

A1x + B1y + C 1 + λ(A2x + B2y + C 2) = 0, λ ∈ Rcon la sólo excepción de la recta l2 (λ2 = 0).

Familia de perpendiculares a una recta dada

Dada la recta Ax + By + C = 0 la familia de rectas perpendiculares a esta recta,estan dadas por

Bx − Ay + λ = 0, λ es un parámetro real.Para el caso particular que una recta de esta familia pase por el punto P 1(x1, y1)se tiene

Bx1 − Ay1 + λ = 0 =⇒ B x − Ay = B x1 − Ay1es una recta pependicular a la recta dada y que pasa por P 1(x1, y1).

Familia de paralelas a una recta dada

Dada la recta Ax + By + C = 0 la familia de rectas paralelas a esta recta, estan

dadas por

λ Ax + λ By + D = 0, λ es un parámetro real.

análogamente un elemento de esta familia que pasa por P 1(x1, y1) esta dada por

Ax + By = Ax1 + By1, λ = 0


51/169


8.10. Tópicos Varios

Area

Area de un triángulo que pasa por los puntos P 1(x1, y1), P 2(x2, y2) y P 3(x3, y3)

Area = 1

2|

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

| la demostración se deja propuesta.Si los tres puntos estan sobre la misma recta

x1 y1 1x2 y2 1x3 y3 1

= 0Si en lugar de x3 e y3 se dejan x e y en la fórmula anterior, es decir

x1 y1 1

x2 y2 1

x y 1

= 0

representa a una recta que pasa por los puntos P 1(x1, y1) y P 2(x2, y2)

Recordemos que:

a b c

d e f

g h i

= a

e f

h i

− b

d f

g i

+ c

d e

g h

Intersección de dos rectas dadas

Dadas A1x + B1y + C 1 = 0

A2x + B2y + C 2 = 0

Eliminando y, se obtiene:


52/169


x = B1C 2 − B2C 1A1B2 − A2B1 =

−C 1 B1−C 2 B2 A1 B1A2 B2

; y =

A1 −C 1A2 −C 2 A1 B1A2 B2

Casos

1. Si

A1 B1A2 B2

= 0, las rectas no son paralelas la solución da un único punto

de intersección.

2. Si

A1 B1A2 B2 = 0 ∧

−C 1 B1−C 2 B2 = 0 ∨

A1 −C 1A2 −C 2 = 0 las rectas son

paralelas y no existe un punto de intersección, el sistema es incompatible.

3. Si

A1 B1A2 B2 = 0 ∧

−C 1 B1−C 2 B2 =

A1 −C 1A2 −C 2 = 0 ⇐⇒ A1A2 =

B1

B2=

C 1

C 1las rectas son coincidentes por tanto existen infinitas soluciones para elsistema.

Ejemplo.

Resolver:2x − 3y = 10

x + 7y = 1

Solución.

Caso 1

x =

10 −31 7 2 −31 7

= 67

17 e y =

−3 107 1 17

= −73

17


53/169


8.11. Ejercicios Resueltos

1. Dada la recta(a − 2)x + (1 − 3a)y + a + 1 = 0.

Determine a de modo que la recta:

a ) Pase por el punto (−2, 1)b) Tenga pendiente −2

3c ) Sea perpendicular a la recta ax − 2y + 10 = 0d ) Forme un triángulo de área 3

2 con los ejes coordenados.

Solución.

a ) El punto (−2, 1) debe satisfacer la ecuación de la recta dada, es decir

(a − 2)(−2) + (1 − 3a)1 + a + 1 = 0

de donde a = 3

2

b) De inmediato m = a − 23a − 1 = −

2

3 =⇒ a = 8

9

c ) Se debe tener que:

a − 23a − 1

a

2 = −1 =⇒ a = −2 ±

√ 6

d ) Coordenadas de A, y = 0

(a − 2)x + a + 1 = 0 =⇒

x = a + 1

2 − a, a

= 2

aśı A

a + 1

2 − a , 0

Coordenadas de B, x = 0 =⇒ (1 − 3a)y + a + 1 = 0


54/169


=⇒ y = a + 13a − 1 luego B

0,

a + 1

3a − 1

por tanto se debe

tener que 1

2

a + 12 − a a + 13a − 1

= 32Considerando (2 − a)(3a − 1) > 0(∗) conduce a 10a2 − 19a + 7 = 0 dedonde a =

19

10 o a =

1

2 (ambos valores son válidos).

Si (2 − a)(3a − 1) < 0 =⇒ 8a2 − 23a + 5 = 0 de donde a = 2.638 o a =0.237 (también válidos)

2. Una recta pasa por el punto de intersección de las rectas 2x − 3y − 5 =0; x + 2y − 13 = 0 y el segmento que determina sobre el eje x, es igual aldoble de su pendiente. Hallar la ecuación de dicha recta.

Solución.

La ecuación de la familia de rectas por la intersección de las rectas dadasesta dada por:

2x−

3y−

5 + λ(x + 2y−

13) = 0 (1)

Intersecando con el eje X , es decir haciendo y = 0 se obtiene x = 13λ + 5

λ + 2

por otra parte la pendiente de (1) está dada por m = λ + 2

3 − 2λ , y se pide que

13λ + 5

λ + 2 = 2

λ + 2

3 − 2λ =⇒ λ = 1 o λ = −1

4

Para λ = 1 =⇒ y = 3x − 18

Para λ = −1

4 =⇒ y = 1

2 x − 1

2

3. Determine los valores de a y b para que las ecuaciones ax − 7y + 18 = 0 y8x − by + 9a = 0

a ) Concurran en un punto

b) Sean paralelas


55/169


c ) Sean perpendicularesd ) Sean coincidentes.

Solución.

a ) Por 8.6 se tiene de inmediato

a −78 −b

= 56 − ab = 0 ⇐⇒ ab = 56

que es la condición de concurrencia.b) Sean paralelas ⇐⇒ ab = 56.c ) Sean perpendiculares ⇐⇒ 8a + 7b = 0.

d ) ab = 56 ∧ −7 18−b 9a

= 0 ⇐⇒ −63a + 18b = 0 de aqúı resultana = 4 ∧ b = 14 o a = −4 ∧ b = −14

4. Hallar la ecuación de una recta que pasa por el punto (1, 2) y que forme unángulo de 45◦ con la recta 2x + y − 3 = 0.

Solución.

Según la figura se vislumbran dos soluciones posibles.

La recta buscada es de la forma

y − 2 = m(x − 1) (1)

y la pendiente de la recta dada es m′ = −2, por tanto se deben cumplirtg 45◦ = 1 =

m − (−2)1 − 2m o bien 1 =

−2 − m1 − 2m de donde se obtiene m = −

1

3 o

m = 3 ası́ las ecuaciones de las rectas pedidas son

y − 2 = −13

(x − 1) o y − 2 = 3(x − 2)

5. Demuestre que las rectas cuyas pendientes son a y 1 + a

1 − a se cortan en45◦ (a = 0 ∧ a = 1).


56/169


Demostración.

Sean α1 y α2 las inclinaciones de las rectas mencionadas, aśı

m1 = tg α1 = a

m2 = tg α2 = 1 + a

1 − a de aquı́

tg α2 = 1 + tg α11 − tg α1 =

tg 45◦ + tg α11 − tg 45◦ tg α1 = tg(45

◦ + α1)

aśı α2 = α1 + 45◦ lo que demuestra que l1 y l2 se cortan en 45

◦.

6. Se trazan perpendiculares desde el origen a las rectas cuyas ecuaciones sonx + 2y = 10 y 2x + y = 10. Determine la ecuación de la recta que une lospies de estos perpendiculares y su longitud.

Solución.

Sean

l1 : x + 2y = 10; m1 = −12

l2 : 2x + y = 10; m2 = −2Ecuaciones de OA y OB

y = 2x e y = 1

2x respectı́vamente.

Coordenadas de Ax + 2y = 10

y = 2x

=⇒ A(2, 4)

Coordenadas de B2x + y = 10

y = 1

2x

=⇒ B (4, 2)


57/169


Ası́ la ecuación pedida es: y −4 = −(x−4) y la longitud entre A y B resulta√ 22 + 22 = 2

√ 2.

7. Sobre los catetos AC = a y CB = b de un triángulo rectángulo ABC seconstruyen cuadrados ACF G y BCED. Demostrar anaĺıticamente que lasrectas AD y BG se cortan sobre la altura hc.

Solución.

Eligiendo el △ABC como se indica en la figura

Ecuación de ADy = − b

a + b(x − a) (1)

Ecuación de BG

y − b = a + b−a x (2)

Ecuación de hc, mAB = − ba

y = a

bx (3)

Resolviendo (1) y (2) se obtiene

ab

2

a2 + ab + b2 , a

2

ba2 + ab + b2

punto que

satisface la ecuación (3), aśı queda demostrado lo pedido.

8. Determine el punto de intersección de las simetrales del triángulo de vérticesA(−2a, b), B(0, b) y C (2a, −b).

Solución.

Sean M punto medio de AC luego M (0, 0).

N punto medio de

AB, N (−

a, b)

mAB = 0, mAC = − b2a

Ecuación de S 1, es

y = 2a

b x (1)


58/169


Ecuación de S 2, esx = −a (2)

resolviendo el sistema formado por (1) y (2) obtenemos A

−a, −2a

2

b

que

es el circuncentro o punto de intersección de las simetrales del triángulo.

9. Determine las ecuaciones de las bisectrices del ángulo formado por las rectas2x + 3y − 12 = 0 ∧ x − 2y + 6 = 0.

Solución.

Ecuaciones de las bisectrices dadas por

|2x + 3y − 12|√ 13

= |x − 2y + 6√

5

de donde resultan dos casos posibles

I) 2x + 3y − 12√

13=

x − 2y + 6√ 5

=⇒

(2√

5 − √ 13)x + (3√ 5 + 2√ 13)y − 6(2√ 5 + √ 13) = 0

II) 2x + 3y − 12√ 13

= −x − 2y + 6√ 5

=⇒

(2√

5 +√

13)x + (3√

5 − 2√ 13)y − 6(2√ 5 − √ 13) = 0

10. Demostrar anaĺıticamente que en el triángulo de vértices A(0, 0), B(−1, 5)y C (5, 1) la bisectriz del ángulo interior del vértice C y los bisectrices delos ángulos exteriores de los otros dos vértices son concurrentes.

Solución.

Primero determinamos las ecuaciones de los lados del triángulo:

lAC : x − 5y = 0

lBC : 2x + 3y − 13 = 0

lAB : 5x + y = 0


59/169


Bisectrices del vértice C dadas por |x − 5y|√ 26

= |2x + 3y − 13|√ 13

(*)

La ecuación de la bisectriz interior b1, tiene la pendiente negativa, asi de(*) se obtiene que su ecuación es

x − 5y =√

2(2x + 3y − 13) (1)

Bisectriz del vértice B, |2x + 3y − 13|√

13=

|5x + y|√ 26

de aquı́ la ecuación de b2 es:√

2(2x + 3y − 13) = 5x + y (2)

Bisectriz del vértice A, |x − 5y|√

26=

|5x + y|√ 26

de aqúı se obtiene la ecuación de b3 (tiene pendiente negativa)

2x + 3y = 0 (3)

ahora resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1) y (3), se ob-tienen x = −3√ 2 e y = 2√ 2 y nótemos que estos valores satisfacen laecuación (2) por tanto el punto R(−3√ 2, 2√ 2) es el punto donde concurrenlas bisectrices mencionadas.

11. Determine la ecuación de la recta que pasa por el punto de intersección delas rectas x − y + 5 = 0 y x + y + 1 = 0 y liste del origen 3 unidades.

Solución.

Gráficamente se notan dos soluciones posibles, aśı la familia de rectas porel punto de intersección de las rectas dadas l1 y l2, esta dada por:

x − y + 5 + λ(x + y + 1) = 0

se debe cumplir que

3 = |(1 + λ)0 + (λ − 1)0 + λ + 5|

(1 + λ)2 + (λ − 1)2

17λ2 − 10λ − 7 = 0 =⇒ λ = 1 o λ = − 717


60/169


aśı las ecuaciones de las 2 rectas que verifican esta condición son

x = −3 y 5x − 12y + 39 = 0

12. Sean l1 y l2 dos rectas perpendiculares entre si por el origen, demuestreque la recta que pasa por los puntos de intersección de l1 y l2 con la curvay = x2 también pasa por el punto (0, 1).

Solución.

Sea y = mx, m = 0 la ecuación de l1 entonces y = − 1m

x es la ecuación de

l2

Coordenadas de P 1,

y = mx

y = x2

=⇒ P 1(m, m2)

Coordenadas de P 2

y = − 1m

x

y = x2

=⇒

P 2− 1

m,

1

m2

Ecuación de la recta P 1P 2, y − m2 = m2 − 1m

(x − m).Note que el punto (0, 1) satisface a esta ecuación.

13. Demostrar que la recta y − x + 2 = 0 corta el segmento que une los puntos(3, −1) y (8, 9) en la razón 2 : 3.

Demostración.

Ecuación del segmento que une (3, −1) y (8, 9) es, y + 1 = 2(x − 3) interse-cando con la recta y − x + 2 = 0 se obtiene P (5, 3)Note que, para el caso de las abscisas

AP

P B =

xP − xAxB − xP =

5 − 38 − 5 =

2

3


61/169


análogamente para las coordenadas

AP

P B =

yP − yAyB − yP =

3 + 1

9 − 3 = 4

6 =

2

3

14. En un triángulo cualquiera demostrar que el baricentro, el cincuncentro yel ortocentro son puntos que estan sobre una misma recta.

Solución.

Sea el triángulo de vértices A(−a, 0), B(b, 0) y C (0, c) a , b , c > 0, ası́ se

tienen A′b − a2 , 0 , B′

b

2 , c

2

P, Q y R coordenadas del ortocentro,

baricentro y circuncentro respect́ıvamente.

Coordenadas de P . (punto de intersección de las alturas)

hC : x = 0

hB : y = −ac

(x − b)

=⇒ P

0,

ab

c

Coordenadas de Q. (punto de intersección de las transversales de gravedad)

tA : y = c

b + 2a (x + a)

tC : y − c = 2ca − b x

=⇒ Q

b − a3

, c

3

Coordenadas de R. (punto de intersección de las simetrales)

S A′ : x = b − a

2

S B′ : y

−

c

2

= b

cx −

b

2

=⇒ R

b − a

2 ,

c2 − ab2c

Si los otros puntos P, Q y R son colineales, por 8.9- el siguiente determi-nante, debe ser nulo


62/169


0 ab

c 1

b − a3

c

3 1

b − a2

c2 − ab2c

1

=

0 ab

c 1

b − a3

c2 − 3ab3c

0

b − a2

c2 − 3ab2c

0

= (b − a)

6 (c2−3ab)

1 1

1 1

= 0

15. Dado un triángulo isósceles de lados AB = AC sobre AB se toma un puntoD y sobre BC un punto E , tal que la proyección de DE sobre el lado BC

sea igual a BC

2 . Demuestre que la perpendicular a DE en E pasa por un

punto fijo.

Solución.

Tomemos el triángulo isósceles como se indica en la figura, aśı A(0, c), B(−b, 0)y C (b, 0), b > 0 y c > 0. Sea el punto E sobre BC de coordenadas (λ, 0),aśı las coordenadas de F son y = 0 ∧ x = −(F E − DE ) pero F E esla proyección de DE sobre BC y es igual a

BC

2 =

b − (−b)2

= b, luego

x = −(b − λ) = λ − b aśı F (λ − b, 0)Coordenadas de D, intersección de las rectas:

x = λ − bx

−b + y

c = 1

=⇒ D

λ − b, cλ

b

mDE = −cλb2

de aqúı que la ecuación de l, es

y = b2

cλ

(x

−λ) =

⇒ y =

b2x

cλ − b2

c ⇐⇒ y +

b2

c

= b2

cλ

(x

−0)

ecuación que nos indica que la recta pasa por el punto fijo

0, −b

2

c

16. Sea el rectángulo ABCD y su diagonal BD, por el vértice C se traza unaperpendicular CM a BD. Demuestre que la recta CM pasa por un punto


63/169


fijo si el peŕımetro de dicho rectángulo es constante igual a 2K, K > 0 enque DA y AB son rectas fijas.

Demostración.

Por hipótesis2b + 2d = 2k ⇐⇒ b + d = k (1)

mBC = −db

=⇒ mCM = bd

; b, d > 0

Ecuación de CM .

y − d = bd

(x − b) ⇐⇒ dy − bx = d2 − b2 = (d − b)(d + b) pero por (1)

dy − bx = (d − b)k ⇐⇒ d(y − k) = b(y − k) ⇐⇒ y − k = bd

(y − k)

ecuación que nos indica que la recta pasa por el punto fijo (k, k).

17. Sean los puntos A(a, 0) y B(0, b) tales que AB = c =√

a2 + b2. Determine

la ecuación de la recta que pasa por los centros de las circunferencias inscritay circunscrita al triángulo dado (a, b > 0.

Solución.

Es claro que el punto medio de la hipotenusa del triángulo rectángulo es el

circuncentro M

a

2, b

2

El incentro punto de intersección de las bisectrices, se obtiene resolviendoel sistema:

y = x

∧ |y

| =

|bx + ay − ab|

√ a2

+ b2

note que en ésta última ecuación debemos tomar y = −bx + ay − abc

pues

es la bisectriz del vértice A, que tiene pendiente negativa.


64/169


m = − b

c − a , note que c > a

, ası́ resolviendo el sistema indicado resulta

x = y = ab

a + b + c por tanto la ecuación pedida es:

y − b2

= b(a − b − c)a(b − a − c) (x −

a

2)

18. Dado un punto en el interior de un triángulo equilátero, demostrar que lasuma de las distancias de dicho punto a los lados del triángulo es igual a sualtura.

Solución.

Sea el triángulo equilátero que se indica, ası́ A(−a, 0), B(a, 0) y C (0, √ 3a), a >0 y sea P (x, y) un punto interior del triángulo

−a < x < a ∧ 0 < y <√

3a

Ocupando el concepto de distancia dirigida (8.7-) se tienen:

d1 = y > 0; d2 =

√ 3x + y − √ 3a

2 , d2


65/169


20. El ángulo de inclinación de cada una de dos rectas paralelas es α. Si una deellas pasa por el punto (a, b) y la otra por el punto (c, d). Demostrar que ladistancia que hay entre ellas es:

|(c − a)senα − (d − b)cosα|

Solución.

Las ecuaciones de l y l′ son

y − b = tg α(x − a)

y − d = tg α(x − c)

respectı́vamente.

Es suficiente tomar la distancia entre el punto (c, d) a la recta l′

d = |tg α · c − d + b − a t g α|

tg2α + 1=

(c − a)tg α + (b − d)secα

d = |(c − a)senα + (b − d)cosα|

21. Determine el valor del parámetro λ de modo que las rectas

l1 : λ x + (λ − 1)y − 2(λ + 2) = 0

l2 : 3λ x − (3λ + 1)y − (5λ + 4) = 0

formen un ángulo de 45◦ entre ellas. Hallar también el lugar geométrico delos puntos de intersección de las dos familias.

Solución.

De inmediato

tg 45◦ =3λ3λ+1 + λλ−1

1 + 3λ3λ+1

− λλ−1

(1)

o bien

tg 45◦ =− λλ−1

− 3λ3λ+1

1 +− λλ−1

3λ3λ+1

(2)


66/169


la ecuación (1) no da solución real, y de (2) se obtiene λ ≃ 0.623 o bienλ ≃ −178.Lugar geométrico pedido, l1 =⇒ λ = y + 4

x + y − 2 y de l2, λ = 4 + y

3x − 3y − 5de donde igualando se obtiene: 2x − 4y − 3 = 0.

22. Ocupando el concepto de familia, hallar la ecuaci ón de la transversal degravedad (mediana) relativa al vértice A del triángulo definido por las rectas

lAB : 2x − y + 1 = 0

lBC : x + y − 1 = 0

lCA : x − 3y − 1 = 0

Solución.

Familia de rectas por el vértice A

2x − y + 1 + λ(x − 3y − 1) = 0 (1)

el punto medio de BC debe satisfacer a (1), aśı:

Coordenadas de B

2x − y + 1 = 0

x + y − 1 = 0

=⇒ B (0, 1)

Coordenadas de C

x + y − 1 = 0

x − 3y − 1 = 0

=⇒

C (1, 0) aśı M 1

2

, 1

2

en (1) resulta λ = 3

4, por tanto la ecuación de la mediana del vértice A, es:

11x − 13y + 1 = 0


67/169


23. Las rectas; l1 : x + y = 0, l2 : x − 5y + 12 = 0 y l3 : 5x − y − 12 = 0determinan un triángulo. Determine

a ) El área y su perı́metro.

b) Las coordenadas del centro de la circunferencia circunscrita al triángu-lo.

Solución.

a ) Coordenadas de los vértices del triángulo

x + y = 0

x − 5y + 12 = 0

=⇒ A(−2, 2)

x + y = 0

5x − y − 12 = 0

=⇒ C (2, −2)

x − 5y + 12 = 0

5x − y − 12 = 0

=⇒

B (3, 3)

Area = 1

2

−2 2 1

2 −2 1

3 3 1

=

1

2

0 0 2

2 −2 1

3 3 1

=

1

2·2(6+6) = 12

Peŕımetro = AB + AC + CA = 4√

2 +√

26 +√

26 = 4√

2 + 2√

26

b) El centro de la circunferencia circunscrita al triángulo equidista de los

tres vértices, ası́:

(x + 2)2 + (y − 2)2 = (x − 2)2 + (y + 2)2 = (x − 3)2 + (y − 3)2

de donde Q

5

6, 5

6


68/169


24. Demostrar que el triángulo formado por el eje Y y las rectas y = m1x +n1; y = m2x + n2, m1 = m2 esta dado por

1

2

(n2 − n1)2|m2 − m1|

Demostración.

Las coordenadas de A y B son inmediatas, A(0, n2) y B(n1, 0), para C

y = m1x + n1

y = m2x + n2

=⇒ C − n2 − n1m2 − m1 , n1m2 − m1n2m2 − m1

Area = 1

2AB · hc = 1

2 |n2 − n1|

− n2 − n1m2 − m1

= 1

2

(n2 − n1)2|m2 − m1|

25. Hallar la ecuación de la recta que pasa por la intersecci ón de las rectas

3x − 4y = 0; 2x − 5y + 7 = 0 y que forma con los ejes coordenados untriángulo de área 8.

Solución.

Familia de rectas por la intersección de las rectas dadas, es

3x − 4y + λ(2x − 5y + 7) = 0

Coordenadas de A,

y = 0 ∧ 3x + λ(2x + 7) = 0 =⇒ x = − 7λ

3 + 2λ

Coordenadas de B

x = 0 ∧ −4y + λ(−5y + 7) = 0 =⇒ y = 7λ5λ + 4


69/169


luego se debe tener

1

2

− 7λ3 + 2λ 7λ5λ + 4

= 8 ⇐⇒ 49λ2 = 16|(3 + 2λ)(5λ + 4)|

si (3 + 2λ)(5λ + 4) > 0(∗) =⇒ 111λ2 + 368λ + 192 = 0 =⇒ λ1 = −2437

o λ2 = −83

ambos valores satisfacen (*), por tanto

si λ = −2437

=⇒ 9x − 4y − 24 = 0

si λ = −83

=⇒ x − 4y + 8 = 0

si (3 + 2λ)(5λ + 4) < 0 no existen valores reales para λ.

26. La base de un triángulo tiene longitud constante, b, b > 0. Si la diferenciade los cuadrados de las longitudes de los otros dos lados es igual a a2.Demuestre que el L.G. del vértice opuesto a la base es una recta.

Demostración.

Sea el triángulo que se muestra en la figura, aśı A(0, 0), B(b, 0) y C (x, y)

Se dice que AC 2 − BC 2 = a2

x2 + y2− ((x−b)2 + y2) = a2 =⇒ x = a2 − b2

2b se trata de una recta paralela

al eje Y .

27. Sea P un punto variable sobre el eje Y , y dos puntos fijos A(a, 0) yB(b, 0)sobre el eje X con b > a, a y b no nulos. Hallar el L.G. de los puntos de

intersección de las perpendiculares a las rectas P A y P B trazadas por A yB cuando P se mueve sobre el eje Y .

Solución.


70/169


Sea el parámetro λ, λ = 0 P (0, λ) móvil sobre el eje Y .mPA = −λ

a =⇒ mAQ = a

λ

mPB = −λb

=⇒ mPB = bλ

ası́ ecuación de AQ es

y = a

λ(x − a) (1)

ecuación de BQ

y = bλ

(x − b) (2)

para obtener la ecuacío del L.G. de Q debemos eliminar el parámetro

común, entre (1) y (2) aśı resulta 1 = b(x − b)a(x − a) de donde x = a + b con-

siderando b > a.

28. Dada una recta, l : x

a +

y

b = 1, a ∧ b = 0 que corta al eje X en el punto

P y al eje Y en el punto Q, sea l′ una recta perpendicular a l que corta aleje X en P ′ y al eje Y en Q′. Determine el L.G. del punto de intersección

de las rectas P Q′

y P ′

Q.

Solución.

De la figura, se tiene P (a, 0) y Q(0, b).

ml = − ba ⇐⇒ ml′ = a

b

Ecuación de l′ : y = a

bx + n con ”n” parámetro.

Coordenadas de Q′

x = 0 ⇐⇒ y = n =⇒ Q′(0, n)

Coordenadas de P ′

y = 0 ⇐⇒ x = −nba

=⇒ P ′

−nba

, 0


71/169


luego

lQ′P : y = −na

(x − a)

lP ′Q : y − b = an

x

entre estas dos últimas ecuaciones eliminando el parámetro n, se obtiene

y(y − b) = −x(x − a) ⇐⇒ x2 + y2 = ax + by

29. Sea l una recta variable por un punto fijo A(a, b), l corta al eje a en unpunto B y sea l′ perpendicular a l que pasa por A, l′ corta al eje Y en C .Determine el L.G. del punto medio P del trazo BC .

Solución.

Ecuación de l, esy − b = m(x − a) (1)

Ecuación de l′, es

y − b = − 1m

(x − a) (2)

Coordenadas de B

y = 0 en (1) =⇒ x = ma − bm

aśı B

a − b

m, 0

Coordenadas de C

x = 0 en (2) =⇒ y = mb + am

aśı C

0, b + a

m

Sea P (x, y) el punto medio de BC , luego

x = 1

2

a − b

m

∧ y = 1

2

b +

a

m

eliminando m entre estas dos últimas ecuaciones se obtiene: 2ax + 2by =a2 + b2.


72/169


30. Determine la ecuacíon del L.G. del punto de intersección de las diagonalesde un rectángulo inscrito en un triángulo dado ABC , que tiene uno de suslados coincidiendo con el lado AB del triángulo.

Solución.

Dado el triángulo que se indica en la figura.

Sean sus vértices: A(−a, 0), B(b, 0) y C (0, c), a,b,c > 0.Ecuación de RQ : y = λ; λ parámetro.

Ecuación de AC : x

−a

+ y

c = 1

=⇒ x =

λ

c − 1

a =⇒ R

(

λ

c − 1)a, λ

Ecuación de BC : x

b +

y

c = 1 =⇒ x = b

1 − λ

c

=⇒ Q

b

1 − λ

c

, λ

Sea P (x, y) punto de intersección de las diagonales del rectángulo asi

x =

b

1 − λ

c

+

λ

c − 1

a

2 ∧ y = λ

2

=⇒ 2x = b

1 − 2yc

+

2y

c − 1

a ⇐⇒ y = c

a − b x + c

2

ecuación del L.G. pedido si a = b. Si a = b ⇐⇒ x = 0 es el L.G.

31. Dado un punto fijo A(a, 0), a = 0 y dos puntos variables en el eje Y , B(0, α)y C (0, β ) tales que αβ = 1. Determine la ecuación del L.G. de los puntosde intersección de las perpendiculares a AB en B y a AC en C .

Solución.


73/169


Supongamos α < β, α,β = 0 con αβ = 1mAB = −α

a =⇒ mBP = a

α, a = 0

mAC = −β a

=⇒ mCP = aβ

Ecuación de BP : y − α = aα

x

Ecuación de C P : y − β = aβ

x

Eliminando el parámetro αβ , considerando que αβ = 1 resulta x = ± 1a

ecuación del L.G. pedido.

32. Por un punto P (a, b) se traza una recta variable que corta en A al eje X en B al eje Y . Se une A con el punto medio C del trazo O P ( O el origen),hasta cortar al eje Y en D. Por D se traza DM paralela con OP hastacortar en M a la recta AB. Determine la ecuación del L.G. del punto M .

Solución.

Sea y − b = m(x − a) (1), la recta variable por P , m parámetro .

Coordenadas de A

y = 0 =⇒ x = a − bm

=⇒ A

a − bm

, 0

Coordenadas de C

C

a

2, b

2

Ecuación de AD es y − b2 = bm2b − ma

x − a2

haciendo x = 0 en ésta últi-

ma ecuación obtenemos las coordenadas de D,

0,

b(b − ma2b − ma

.

Ecuación de DM

y − b(b − ma)2b − ma =

b

ax (2)


74/169


Eliminando el parámetro m, entre (1) y (2) finalmente obtenemos: a2

y2

−3abxy + 2b2x2 = 0 que es la ecuación del L.G. pedido.

33. Sobre los lados de un ángulo α, resbalan los extremos de un segmento ABde longitud ”a”, determine la ecuación del L.G. del punto de intersecciónP de las perpendiculares en A y B a los lados del ángulo.

Solución.

De inmediatomOA =

tg α, mAP = −

cotg α

Ecuación de recta ly = tg αx

Sea C (k, 0) entoncesA(k , k t g α)

Ecuación de recta BP es x = λ (1), λ parámetro.

Ecuación de recta AP es y − k t g α = −cotg α(x − k) (2)Además debe verificarse que (k−λ)2+k2tg2α = a2 (3)finalmente reemplazando los valores de λ y k de (1) y (2) en (3), se tiene:

y + x cotgα

tg α + cotg α − x

2+

y + x cotg α

tg α + cotg α

2tg2α = a2

de donde simplificando se llega a: x2 + y2 = a2cosec2α.

34. Desde un punto P se bajan las perpendiculares P S y P T a los lados de unángulo α, determinar la ecuación del L.G. del punto P de modo que la sumade sus distancias del vértice A del ángulo α, a los pies de las perpendiculares

sea ”a”.

Solución.

Por condición del L.G. de P (x, y),

AS + AT = a (1)


75/169


AS = x

En △ AQT senα =

y + RT

AT =⇒ AT = y + RT

sen α (2)

En △ P RT , se tiene tg α = x − AQRT

, pero AQ = AT cos α aśı

RT = x

tg α − AT cosα

tg α ⇐⇒ RT = cosα

senαx − cos

2α

senαAT en (2)

AT sen α = y + cosα

senαx − cos

2α

senαAT ⇐⇒ AT = y sen α + xcosα

finalmente en (1), x + ysenα + x cosα = a

es decir (1 + cosα)x + sen αy = a, que es la ecuación L.G. pedido.

8.12. Ejercicios Propuestos

1. Determine el parámetro λ para que las rectas

l1 : λ x + (λ − 1)y − 2(λ + 2) = 0

l2 : 3λx − (3λ + 1)y − (5λ + 4) = 0sean:

Paralelas, perpendiculares entre si, concurrentes en un punto y coincidentes.

Respuesta.

λ = 13

; λ = −12 ; λ = 0 ∧ λ = 13 ; λ = 0

2. Una recta pasa por el punto de intersección de las rectas 5x + 2y − 11 = 0y −2x + 3y − 6 = 0 y el segmento que determina sobre el eje Y es igual ala mitad de su pendiente. Hallar la ecuación de la recta.


76/169


Respuesta.

104x − 61y + 52 = 0

3. Determine una recta que pasa por el punto de intersección de las rectas2x − y + 2 = 0; x − y + 1 = 0 y forme con los ejes coordenados un tríangulode área igual a

3

2.

Respuesta.

3x + y + 3 = 0

4. Determine el parámetro k de manera que la recta 2y + kx − 11 = 0 pasepor el punto de intersección de las rectas x − 2y + 5 = 0 y 2x + 3y + 3 = 0.

Respuesta.

k = −3

5. Determine el valor del parámetro k de modo que las rectas de la familia

5x − 12y + k = 0 disten del origen 5 unidades.

Respuesta.

k = ±65.

6. Determine el valor del parámetro k de modo que las rectas de la familiakx − y + 3√ 5 = 0, disten del origen 3 unidades.

Respuesta.

k = ±2

7. Hallar el área del triángulo cuyos vértices son A(−1, 1), B(3, 4) y C (5, −1),también hallar el punto de intersección de las bisectrices de los ángulosinteriores del triángulo.


77/169


Respuesta.

13; (2.309, 1.537)

8. Las ecuaciones de los lados de un triángulo son l1 : y = ax − 12

bc; l2 : y =

bx − 12

ac; l3 : y = cx − 12

ab. Demostrar que el área del triángulo es

A = 1

8(a − b)(b − c)(c − a), c > a > b

9. Un punto móvil en el plano cartesiano tiene las coordenadas (3t − 1, t + 2)en cada instante t, ¿cuál es la ecuación de la trayectoria de dicho punto?

Respuesta.

x − 3y + 7 = 0

10. Dado el triángulo ABC , donde A(0, 0), B(b, 0) y C (0, c). Un trazo DE se de-splaza paralelamente al lado AB apoyado en los lados AC y B C respectı́va-mente. Determine la ecuación del L.G. del punto P (x, y) de intersección delas rectas AE y BD.

Respuesta.

2cx + by − bc = 0

11. Demostrar que el L.G. de un punto que se mueve de modo que la suma delas perpendiculares ba jadas desde él a dos rectas dadas es constante, es unarecta.

12. Hallar la ecuación de la recta cuyos puntos equidistan todos de las rectasparalelas 12x − 5y + 3 = 0 y 12x − 5y − 6 = 0.

Respuesta.

24x − 10y − 3 = 0


78/169


13. Hallar la ecuación del L.G. de un punto P (x, y) que se mueve de tal maneraque su distancia de la recta x = 2 es siempre 3 unidades mayor que sudistancia del punto (−1, −3).

Respuesta.

y + 3 = 0 si x


79/169


18. Hallar la ecuación del L.G. de un punto que se mueve de tal manera quesu distancia de la recta 4x − 3y + 12 = 0 es siempre igual al doble de sudistancia al eje X .

Respuesta.

4x + 7y + 12 = 0; 4x − 13y + 12 = 0

19. La perpendicular desde el origen a una recta mide 6 unidades y forma con

el eje X un ángulo cuya tangente es igual a 3

4. Determine la ecuación de la

recta.

Respuesta.

4x + 3y ± 30 = 0

20. Hallar la bisectriz del ángulo agudo formado por las rectas x − 2y − 4 = 0y 4x − y − 4 = 0.

Geometría Analítica - Luis Zegarra a.

Documents

Transcript of Geometría Analítica - Luis Zegarra a.