Jose Orlando Namuche Paiva
Edinson Enrique Reyes Alva
Carlos Daniel Velasquez Correa
2012
Geometrıa Analıtica
Geometrıa Analıtica
Jose Orlando Namuche Paiva
Edinson Enrique Reyes Alva
Carlos Daniel Velasquez Correa
Geometrıa analıtica
Autores:
Jose Orlando Namuche Paiva
Edinson Enrique Reyes Alva
Carlos Daniel Velasquez Correa
La presentacion y disposicion en conjunto de GEOMETRIA ANALITICA son propiedad del edi-
tor. Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida o transmitida, mediante ningun sistema
o metodo, electronico o mecanico (incluyendo el fotocopiado, la grabacion o cualquier sistema
de recuperacion y almacenamiento de informacion), sin consentimiento por escrito del editor o
de los autores
Derechos reservados c©Primera edicion: Setiembre 2012
Obra editada por:
Jose Orlando Namuche Paiva
Impreso en el Peru - Printed in Peru
Prefacio
Este texto se ha disenado pensando en cubrir las necesidades basicas que afronta un estudiante
en el nivel universitario, ya sea en Ciencias como Ingenierıa lo referente a Matrices, Determi-
nantes y Sistemas de Ecuaciones Lineales.
Los temas estan desarrollados en forma secuencial, dando enfasis al capitulo 1, que se ha con-
siderado como fundamental para entender los demas capıtulos.
Una caracterıstica del libro es los numerosos ejemplos, ejercicios desarrollados o demostraciones
de los Teoremas, ası como las aplicaciones vistas en diferentes materias.
Los autores agradecemos de antemano a los colegas, estudiantes y publico en general, que nos
hagan llegar sus crıticas y sugerencias, que lo recibiremos con mucho gusto, pues entenderemos
que servira para enriquecer este material.
I
Indice general
Prefacio I
1. Vectores en el plano 1
1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2. Segmento de Recta Dirigidos y Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.3. Definicion de vector en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.4. Definicion de modulo y de direccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.5. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.6. Definicion de la suma de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.7. Definicion del negativo de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.8. Definicion: Diferencia de dos vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.9. Definicion del producto de un vector y un escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.10. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.11. Definicion de espacio vectorial real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.12. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.13. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2. Ecuaciones vectoriales de la recta 36
2.1. Rectas y segmentos de recta en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
2.2. Puntos que estan sobre una recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.3. Pendiente de una Recta: Rectas Paralelas y Perpendiculares . . . . . . . . . . . 44
2.4. Ecuaciones Cartesianas en la recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.4.1. Forma cartesiana ordinario de la ecuacion de una recta . . . . . . . . . . 47
2.5. Ecuacion Punto y Pendiente, y Ecuacion de la Recta que pasa por dos Puntos
Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.6. Ecuacion de la recta punto y pendiente en terminos de las intersecciones con los
ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
2.7. Forma Simetrica de la Ecuacion de la Recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.8. Resumen del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
2.9. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
2.10. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
II
3. Circunferencia 70
3.1. Definicion de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.2. Teorema. Ecuacion de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.2.1. Trazo de una Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
3.3. Propiedades de la circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
3.4. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.4.1. Propiedad del cuadrilatero inscrito en una circunferencia . . . . . . . . . 78
3.4.2. Propiedad del cuadrilatero circunscrito en una circunferencia . . . . . . . 80
3.5. Forma General de la Ecuacion de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
3.5.2. Determinacion de una Circunferencia Sujetas a tres Condiciones Dadas . 83
3.6. Potencia de un punto con relacion a una circunferencia . . . . . . . . . . . . . . 85
3.7. Familia de Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.7.1. Familia de circunferencias que pasan por la interseccion de dos circunfer-
encias dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.7.2. Eje Radical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.9. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.9.1. Grupo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
3.9.2. Grupo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3.9.3. Grupo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
3.9.4. Grupo IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
4. Parabola 117
4.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
4.2. Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
4.3. Elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
4.3.1. Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje X . . . . . . . . . 119
4.3.2. Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje Y . . . . . . . . . 121
4.3.3. El Vertice en el Origen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
4.4. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
4.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
4.6. Problemas Resueltos y Aplicativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
5. Elipse 169
5.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
5.2. Definicion de Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170
5.3. Rectas Directrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171
5.4. Distancias Conocidas en una Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172
III
5.5. Ecuacion de una elipse de centro (h, k) y ejes paralelos a los ejes coordenados . . 174
5.6. Propiedades de la Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
5.8. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
5.8.1. Grupo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
5.8.2. Grupo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
5.8.3. Grupo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
5.8.4. Grupo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
5.8.5. Soluciones Grupo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212
5.8.6. Soluciones Grupo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
6. Hiperbola 215
6.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215
6.2. Problemas y ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219
6.3. Ejercicios y problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244
6.4. Respuestas Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245
7. Rotacion y traslacion de los ejes coordenados 254
7.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254
7.2. Rotacion de los Ejes Coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255
7.3. Traslacion y Rotacion de Ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
7.3.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258
7.4. Transformaciones de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260
7.4.1. Traslaciones de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261
7.4.2. Rotacion de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
7.5. Problemas Desarrollados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280
7.6. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321
8. Coordenadas Polares, cilındricas y esfericas 326
8.1. Coordenadas polares y graficas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326
8.1.1. Criterios de Simetrıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336
8.1.2. Tipos de caracoles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340
8.2. Coordenadas Cilındricas y Esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345
8.3. Transformaciones Cilındricas (r, θ, z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350
8.4. Caracterıstica de las coordenadas cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351
8.5. Transformaciones Esfericas (ρ, θ, φ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356
8.5.1. Caracterısticas de las coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . 357
8.5.2. Jacobiano de la transformacion esferica (ρ, θ, φ) . . . . . . . . . . . . . . 358
8.5.3. Interpretacion geometrica de la transformacion esferica . . . . . . . . . . 358
8.5.4. Generacion de una esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363
8.5.5. Generacion de una bola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363
IV
Geometrıa Analıtica
V
8.6. Rectas Tangentes en el Polo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
8.7. Interceptos con los Ejes Principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365
8.7.1. Rectas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365
8.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366
8.9. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380
9. Superficies Cuadraticas 386
9.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386
9.2. Superficies Cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387
9.2.1. Discusion de la Grafica de la Ecuacion de una Superficie . . . . . . . . . 388
9.3. Estudio de las Superficies Cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389
9.3.1. Elipsoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389
9.3.2. La Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390
9.3.3. Simetrıas con respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados . . . . . . . 391
9.3.4. Paraboloide Elıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392
9.4. Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394
9.4.1. Grafica del Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394
9.5. Hiperboloide de dos Hojas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396
9.5.1. Discusion de la Grafica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396
9.6. Paraboloide Hiperbolico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398
9.6.1. Discusion de la Grafica: El Paraboloide Hiperbolico para su Caso c > 0 . 398
9.7. Cono Elıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399
9.7.1. Discusion de la Grafica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400
9.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401
Bibliografıa 417
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Capıtulo 1
Vectores en el plano
1.1 Introduccion
Las aplicaciones matematicas con frecuencia se relacionan con magnitudes que poseen tanto
cantidad (o intensidad) tomo direccion. Un ejemplo de tales magnitudes es la relatividad. Ası, la
velocidad de un avion tiene cantidad (la rapidez con que vuela) y direccion. la cual determina su
curso. Otros ejemplos de dichas magnitudes son la fuerza, el desplazamiento y aceleracion. Los
fısicos e ingenieros entienden por vector un segmento rectilıneo dirigido, y las magnitudes que
poseen cantidad y direccion se denominan magnitudes vectoriales. En contraste, una magni-
tud que tiene cantidad pero no direccion se llama magnitud escalar. Ejemplos de magnitudes
escalares son la longitud, el area, el volumen, el costo, la utilidad, y la rapidez. El estudio de los
vectores recibe el nombre de analisis vectorial. El analisis vectorial puede estudiarse en forma
geometrica o analıtica. Si el estudio es geometrico, primero se define un segmento rectilıneo di-
rigido (o brevemente segmento dirigido) como un segmento de recia que parte desde un punto
P y llega a un punto Q y se denota por−→PQ. El punto P se llama punto inicial, y el punto Q se
denomina punto terminal. Despues. se dice que dos segmentos dirigidos son iguales si tienen la
misma longitud y la misma direccion) y se escribe−→PQ =
−→RS (consulte la figura 1.1). El segmento
dirigido−→PQ se llama vector de P a Q. Un vector se denota por una sola letra en tipo negro A.
P R
Q S
−→PQ =
−→RS
Figura 1.1:
Al continuar con el aspecto geometrico del analisis vectorial, observe que si el segmento dirigido
1
Geometrıa Analıtica
2
−→PQ es el vector A, y
−→PQ =
−→US, entonces el segmento dirigido
−→RS tambien es el vector A. Por
esto se considera que un vector permanece sin cambio si se mueve paralelamente a sı mismo.
Con esta interpretacion de vector, se puede suponer, por conveniencia, que cada vector tiene su
punto inicial en algun punto de referencia fijo. Si se, considera este punto como el origen del
sistema coordenado cartesiano rectangular, entonces un vector puede definirse analıticamente
en terminos de numeros reales. Tal definicion permite el estudio del analisis vectorial desde un
punto de vista puramente algebraico.
En este trabajo se emplea el estudio analıtico, mientras que la interpretacion geometrica se utiliza
con fines ilustrativos. Un vector en el plano se denota por un par ordenado de numeros reales y
la notacion 〈x, y〉 se emplea en lugar de (x, y) para evitar la confusion entre vector y punto, V2
es el conjunto de todos los pares ordenados 〈x, y〉.
1.2 Segmento de Recta Dirigidos y Vectores
Puesto que cantidades como fuerza, velocidad y aceleracion tiene direccion y magnitud, conviene
representarlas en forma geometrica. Para hacerlo emplearemos el concepto de vectores, que tienen
tanto magnitud, como direccion. Los vectores no solo son importantes en fısica e ingenierıa;
muchos problemas geometricos pueden simplificarse con su uso, en especial los de geometrıa
analıtica de solidos. Una de las razones por las que los vectores son tan utiles es la diversidad
de interpretaciones que se les puede dar. Como nos interesan principalmente las aplicaciones
geometricas, representaremos en forma geometrica a los vectores mediante segmentos de recta
dirigidos.
Supongamos que A y B son puntos (no necesariamente distintos) en el espacio. El segmento de
recta dirigido de A a B se representa mediante−→AB; a B se le llama punta y a a A la cola del
segmento. Dos segmentos de recta dirigidos−→AB y
−−→CD son equivalentes,
−→AB =
−−→CD
1. Si ambos tienen longitud cero, o
2. si ambos tiene la misma longitud positiva, quedan e la misma recta o rectas paralelas, y
si tienen tambien la misma direccion (ver figura 2.1, en la cual−→AB =
−−→CD y
−→EF =
−−→GH).
Con esta informacion podremos demostrar facilmente el siguiente teorema
Teorema 1.1. a)−→AB =
−→AB para todo segmento de recta dirigido
−→AB
b) Si−→AB =
−−→CD, entonces
−−→CD =
−→AB
c) Si−→AB =
−−→CD y
−−→CD =
−→EF , entonces
−→AB =
−→EF
Elijamos ahora un segmento se recta dirigido−→AB. Sea M1 el conjunto de los segmentos de recta
dirigido equivalentes a−→AB. Ahora seleccionemos otro segmento,
−−→CD, que no este en M1, y sea
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
3
M2 el conjunto de todos los segmentos de recta dirigidos en una serie de subconjuntos, y ninguno
de ellos tiene elemento alguno en comun. A estos subconjuntos los llamaremos vectores. Ası,
un vector es determinado conjunto de segmentos de recta dirigidos, mutuamente equivalentes
1.3 Definicion de vector en el plano
Un vector en el plano es un par ordenado de numeros reales 〈x, y〉. Los numeros x y y son las
componentes del vector 〈x, y〉.De esta definicion, dos vectores 〈a1, a2〉 y 〈b1, b2〉 son iguales si y solo si a1 = b1 y a2 = b2.
Existe una correspondencia entre los vectores 〈x, y〉 del plano y los puntos (x, y) del plano.
Sea el vector A el par ordenado de numeros reales 〈a1, a2〉. Si A es el punto (a1, a2), entonces
el vector A puede representarse geometricamente por el segmento dirigido−→OA. Este segmento
dirigido es una representacion del vector A. Cualquier segmento dirigido a−→OA tambien es una
representacion del vector A. La representacion particular de un vector con su punto inicial en el
origen se denomina representacion de posicion del vector.
Ejemplo 1.1. El vector 〈2, 3〉 tiene como su representacion de posicion el segmento dirigido
desde el origen hasta el punto (2, 3). La representacion del vector 〈2, 3〉 cuyo punto inicial es
(h, k) tiene como punto terminal (h + 2, k + 3) consulte la figura 1.2.
b
b
0
(h, k)
(2,3)
(h + 2, k + 3)
y
x
Figura 1.2:
El vector (0,0) se denomina vector cero y se denota por 0, esto es 0 = 〈0, 0〉.Cualquier punto es una representacion del vector cero.
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
4
1.4 Definicion de modulo y de direccion
El modulo de un vector A, denotado por ‖A‖, es la longitud de cualquiera de sus representa-
ciones, y la direccion de un vector diferente del vector cero es la direccion de cualquiera de sus
representaciones.
1.5 Teorema
Si ‖A‖ es el vector 〈a1, a2〉, entonces ‖A‖ =√
a21 + a2
2
Demostracion. De la definicion ‖A‖ es la longitud de cualquiera de las representaciones de A.
entonces ‖A‖ sera la longitud de la representacion de posicion de A, la cual es la distancia del
origen al punto (a1, a2). De la formula de la distancia entre dos puntos, se obtiene
‖A‖ =√
(a1 − 0)2 + (a2 − 0)2
=√
a21 + a2
2
‖A‖
(a1, a2)
Observe que ‖A‖ es un numero no negativo y no un vector. Del teorema, se tiene ‖0‖ = 0
Ejemplo 1.2. Si A = 〈−3, 5〉, entonces
‖A‖ =√
(−3)2 + 52
=√
32
El angulo director de cualquier vector diferente del vector cero es el angulo θ medido desde
la parte positiva del eje x en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj hacia la
representacion de posicion del vector.
Si θ se mide en radianes, entonces 0 ≤ θ < 2π. Si A = 〈a1, a2〉, entonces
tan θ =a2
a1
si a1 6= 0 (1.1)
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
5
θ
(a1, a2)
Figura 1.3:
θ
(a1, a2)
Figura 1.4:
θ
(a1, a2)
Figura 1.5:
Si a1 = 0 y a2 > 0, entonces θ = 12π; si a1 = 0 y a2 < 0, entonces θ = 3
2π. Las figuras 1.3 a 1.5
muestran el angulo director θ para vectores especıficos cuyas representaciones de posicion estan
dibujadas en ellas.
Observe que si A = 〈a1, a2〉 y θ es el angulo director de A entonces
a1 = ‖A‖ cos θ y a2 = ‖A‖ sen θ (1.2)
refierase a la figura 1.6, donde el punto (a1, a2) esta en el primer cuadrante.
‖A‖
θ
a1
a2
(a1, a2)
Figura 1.6:
Si el vector A = 〈a1, a2〉, entonces la representacion de A cuyo punto inicial es (x, y) tiene
como punto terminal al punto (x+ a1, y + a2) de tal manera, un vector puede considerarse como
una traslacion del punto es sı mismo. La figura 1.7 muestra cinco representaciones del vector
A = 〈a1, a2〉. En cada caso A traslada el punto (xi, yi) en el punto (xi + a1, yi + a2)
La definicion siguiente proporciona el metodo para sumar dos vectores
1.6 Definicion de la suma de vectores
La suma de los vectores A = 〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉 es el vector A + B definido por
A + B = 〈a1 + b1, a2 + b2〉
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6
b
b
b
b
b
(x1 + a1, y1 + a2)
(x2 + a1, y2 + a2)
(a1, a2)
(x3 + a1, y3 + a2)
(x4 + a1, y4 + a2)
(x1, y1)
(x2, y2)
(x3, y3)
(x4, y4)
Figura 1.7:
Ejemplo 1.3. Si A = 〈3, 1〉 y B = 〈4, 5〉, entonces
A + B = 〈3 + (−4),−1 + 5〉= 〈1, 4〉
R
(x + (a1 + b1), y + (a2 + b2))
P (x, y)
Q(x + a1, y + a2)
A
B
Figura 1.8:
La interpretacion geometrica de la suma de dos vectores, se muestra en la figura 1.8. Sean
A = 〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉, y sea P el punto (x, y). Entonces A traslada el punto P al punto
(x + a1, y + a2) = Q. El vector B traslada el punto Q al punto ((x + a1) + b1, (y + a2) + b2) o
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7
equivalentemente, (x + (a1 + b1), y + (a2 + b2)) = R. Ademas.
A + B = 〈a1 + b1, a2 + b2〉
En consecuencia, el vector A+B traslada el punto P al punto (x+(a1 + b1), y +(a2 + b2)) = R.
Ası en la figura 1.8.−→PQ es una representacion de A.
−→QR es una representacion del vector B, y
−→PR es una representacion A+B. Las representaciones de los vectores A y B son lados adyacentes
de un paralelogramo, y la representacion del vector A+B es es una diagonal del paralelogramo.
Esta diagonal se denomina resultante de los vectores A y B. La regla para la adicion de vectores
tambien se conoce como ley del paralelogramo.
La fuerza es una magnitud vectorial donde la cantidad se expresa en unidades de fuerza y el
angulo director se determina mediante la direccion de la fuerza. En fısica se demuestra que
dos fuerzas aplicadas aun objeto en un punto particular pueden reemplazarse por una fuerza
equivalente, la cual es su resultante.
1.7 Definicion del negativo de un vector
Si A = 〈a1, a2〉, entonces el negativo de A, denotado por −A, es el vector 〈−a1,−a2〉.
Si el segmento dirigido−→PQ es una representacion del vector A, entonces el segmento dirigido
−→QP
es una representacion de −A. Cualquier segmento dirigido paralelo a−→PQ, que tenga la misma
longitud de−→PQ y sentido contrario de
−→PQ, es tambien una representacion de −A. Refierase a
la figura 1.9
P
Q
A −A
Figura 1.9:
1.8 Definicion: Diferencia de dos vectores
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8
La diferencia de los vectores A y B definida por A−B, es el vector que se obtiene al sumar A
al negativo de B; es decir,
A −B = A + (−B)
Ası, si A = 〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉, entonces −B = 〈−b1,−b2〉
A −B = 〈a1 − b1, a2 − b2〉
Ejemplo 1.4. Si A = 〈4,−2〉 y B = 〈6,−3〉. entonces
A −B = 〈4,−2〉 − 〈6,−3〉= 〈4,−2〉 + 〈−6, 3〉= 〈−2, 1〉
A fin de interpretar geometricamente la diferencia de dos vectores, considere que las representa-
ciones de los vectores A y B tienen el mismo punto inicial. Entonces el segmento dirigido desde
el punto terminal de B al punto terminal del segmento dirigido de la representacion de A es una
representacion del vector A − B. Esto obedece a la ley del paralelogramo B + (A − B) = A.
Consulte la figura 1.10.
A
B
A − B
Figura 1.10:
Ejemplo 1.5. Si P es el punto (−6, 7) y Q es el punto (2, 9), entonces
V (−→PQ) = 〈2 − (−6), 9 − 7〉
= 〈8, 2〉
Suponga que P es el punto (a1, a2) y Q es el punto (b1, b2). Se empleara la notacion V (−→PQ) para
denotar el vector que tiene el segmento dirigido−→PQ como una representacion. Consulte la figura
1.11, la cual muestra la representacion de los vectores V (−→PQ), V (
−→OP ) y V (
−→OQ). Observe que:
V (−→PQ) = V (
−→OQ) − V (
−→OP )
V (−→PQ) = 〈b1, b2〉 − 〈a1, a2〉
V (−→PQ) = 〈b1 − a1, b2 − a2〉
Otra operacion con vectores es la multiplicacion escalar (o multiplicacion por un escalar) que
implica el producto de un vector y un escalar (un numero real).
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Q(b1, b2)
P (a1, a2)
O
Figura 1.11:
1.9 Definicion del producto de un vector y un escalar
Si c es un escalar y A es el vector 〈a1, a2〉. entonces el producto de c y A, denotado por cA, es
el vector definido por
cA = c 〈a1, a2〉= 〈ca1, ca2〉
Ejemplo 1.6. Si A = 〈4,−5〉, entonces
3A = c 〈4,−5〉= 〈12,−15〉
El modulo del vector cA se calcula como sigue:
‖cA‖ =√
(ca1)2 + (ca2)2
=√
c2(a21 + a2
2)
=√
c√
a21 + a2
2
= c‖A‖
Por tanto el modulo de cA es el valor absoluto de c por el modulo de A. La interpretacion
geometrica del vector cA se presenta en las figuras 1.12 y 1.13. Si c > 0, entonces cA es un vector
cuya representacion tiene una longitud de c veces el modulo de A y tiene la misma direccion de
A; un ejemplo de esto se muestra en la figura 1.12, donde c = 3. Si c < 0, entonces cA es un
vector cuya representacion tiene una longitud que es |c| veces el modulo de A y posee direccion
opuesta a la de A. Esta situacion se ilustra en la figura 1.13 donde c = 12. El teorema siguiente
proporciona las leyes que satisfacen las operaciones de adicion vectorial y multiplicacion por un
escalar de vectores de V2.
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3A
A
Figura 1.12:
A
12A
Figura 1.13:
1.10 Teorema
Si A, B y C son tres vectores cualesquiera de R2, y c y d son dos escalares cualesquiera, entonces
la adicion vectorial y la multiplicacion por escalar satisfacen las siguientes propiedades:
(i) A + B = B + A (ley conmutativa)
(ii) A + (B + C) = (A + B) + C (ley asociativa)
(iii) Existe un vector 0 en V2 para el cual A + 0 = A
(existencia del identico aditivo)
(iv) Existe un vector −A en V2 tal que A + (−A) = 0
(existencia del inverso aditivo o negativo)
(v) (cd)A = c(dA) (ley asociativa)
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(vi) c(A + B) = cA + cB (ley distributiva)
(vii) (c + d)A = cA + dA (ley distributiva)
(viii) 1(A) = A (existencia del identico multiplicativo escalar)
Demostracion. Se presentaran las demostraciones de (i) y (vi), las demas se dejan como ejercicios.
En la demostracion de (i) se utiliza la propiedad conmutativa para los numeros reales, y en la
demostracion de (vi) se emplea la propiedad distributiva para los numeros reales. Sean A =
〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉.Demostracion de (i)
A + B = 〈a1, a2〉 + 〈b1, b2〉= 〈a1 + b1, a2 + b2〉= 〈b1 + a1, b2 + a2〉= 〈b1 + b2〉 + 〈a1, a2〉= B + A
Demostracion de (vi)
c(A + B) = c(〈a1, a2〉 + 〈b1, b2〉)= c(〈a1 + b1, a2 + b2〉)= 〈c(a1 + b1), c(a2 + b2)〉= 〈ca1 + cb1), ca2 + cb2)〉= 〈ca1, ca2〉 + 〈cb1, cb2〉= c 〈a1, a2〉 + c 〈b1, b2〉)= cA + cB
El teorema es muy importante debido a que cualquier Ley algebraica para las operaciones de
adicion vectorial y multiplicacion por un escalar en V2. se puede deducir a partir de las ocho
propiedades establecidas en el teorema. Estas leyes son semejantes a las leyes de la aritmetica de
numeros reales. Ademas, en algebra lineal, un espacio vectorial real se define como un conjunto
de vectores junto con el conjunto do numeros reales (escalares) y las dos operaciones de adicion
vectorial y multiplicacion por un escalar que satisfacen las ocho propiedades presentadas en el
teorema
1.11 Definicion de espacio vectorial real
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12
Un espacio vectorial real V es un conjunto de elementos, llamados vectores, junto con el con-
junto de numeros reales denominados escalares, con dos operaciones llamadas adicion vectorial
y multiplicacion vectorial por un escalar, tal que para cada par de vectores A y B en V y para
cualquier escalar c, se definen los vectores A + B y cA de modo que las propiedades (i)-(viii)
del teorema se cumplan.
De esta definicion, V2 es un espacio vectorial.
Ahora se considerara un vector arbitrario de 2 y se expresara en una forma especial:
〈a1, a2〉 = 〈a1, 0〉 + 〈0, a2〉= a1 〈1, 0〉 + a2 〈0, 1〉 (1.3)
Debido a que el modulo de cada uno de los dos vectores 〈1, 0〉 y 〈0, 1〉 es una unidad, se les
conoce como vectores unitarios. A continuacion se presenta la notacion para estos dos vectores
unitarios:
i = 〈1, 0〉 j = 〈0, 1〉
Con estas notaciones se tiene (1.3)
〈a1, a2〉 = a1i + a2j (1.4)
i
j
1
1
Figura 1.14:
la representacion de posicion de los vectores i y j se muestra en la figura 1.14. La ecuacion
(1.4) establece que cualquier vector de V2 puede escribirse como una combinacion lineal de i y j.
De esta proposicion y del hecho de que i y j son independientes (es decir, sus representaciones
de posicion no son colineales), se dice que los vectores i y j forman una base para el espacio
vectorial V2). El numero de elementos de una base del espacio vectorial se denomina dimension
del espacio vectorial. Por tanto V2 es un espacio vectorial bidimensional o de dos dimensiones.
Ejemplo 1.7. De (1.4)
〈3,−4〉 = 3i − 4j
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13
‖A‖θa2
a1
(a1, a2)
Figura 1.15:
Sean A el vector 〈a1, a2〉 y θ el Angulo director de A. Observe la figura 1.15, donde el punto
(a1, a2) esta en el segundo cuadrante y se muestra la presentacion de posicion de A. Como
A = a1i + a2j, a1 = ‖A‖ cos θ y a2 = ‖A‖ sen θ, entonces se puede escribir
A = ‖A‖ cos θi + ‖A‖ sen θj
= ‖A‖(cos θi + sen θj) (1.5)
Esta ecuacion expresa el vector A en terminos de su modulo del coseno y seno de su angulo
director, y de los vectores unitarios i y j.
Teorema 1.2. Si el vector A = a1i+a2j es diferente del vector cero, entonces el vector unitario
U tiene la misma direccion y el mismo sentido de A definido por
U =a1
‖A‖ i +a2
‖A‖j
Demostracion. Se demostrara que U es un vector unitario que tiene la misma direccion de A.
‖U‖ =
(a1
‖A‖
)2
+
(a2
‖A‖
)2
U =1
‖A‖(a1i + a2j)
=
√
a21 + a2
2
‖A‖
=‖A‖‖A‖
= 1
Como ‖U‖ = 1, U es un vector unitario, y debido a que U es igual al producto de un escalar
positivo y el vector A, la direccion y el sentido de U son los mismos que los de A.
Teorema 1.3. Si A y B son dos vectores cualesquiera de V2 o V3, y c es cualquier escalar,
entonces
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14
i) c(A > ·B) = (cA) · B
ii) 0 · A = 0
iii) A · A = ‖A‖2
Las demostraciones se dejan como ejercicio.
Ahora se considerara el significado de angulo entre dos vectores, el cual conduce a otra expresion
para el producto punto de vectores.
Definicion del Angulo entre Vectores
Sean A y B dos vectores diferentes del vector cero.
i) Si A no es un multiplo escalar de B y si−→OP es la representacion de posicion de A y
−→OQ
es la representacion de la posicion de B, entonces el angulo entre los vectores A y B es el
angulo de medida positiva entre−→OP y
−→OQ e interior al triangulo determinado por O, P y
Q
ii) Si A = cB, donde C es un escalar, entonces si c > 0, el angulo entre los vectores mide 0
radianes; y si c < 0, entonces el angulo entre los vectores mide π radianes
El sımbolo empleado para denotar al angulo entre dos vectores tambien se utiliza para representar
la medida del angulo. De la definicion, si θ es la medida en radianes del angulo entre dos vectores,
entonces 0 ≤ θ ≤ π. La figura 1 muestra el angulo θ entre los vectores A y B (donde A no es un
multiplo escalar de B) de V2, y la figura 2 muestra el angulo cuando los vectores pertenecen a
V3
Teorema 1.4. Si θ es el angulo entre los vectores A y B, diferentes del vector cero, entonces
A · B = ‖A‖‖B‖ cos θ (1.6)
Demostracion. La figura 3 muestra la representacion de posicion−→OP de A, la representacion
de posicion−→OQ de B, la representacion
−→PQ de B − A, y el angulo θ en el origen, dentro del
triangulo POQ. De la ley de los cosenos se tiene
cos θ =‖A‖2 + ‖B‖2 − ‖B − A‖2
2‖A‖‖B‖
Al aplicar las propiedades del producto punto, de los teoremas, resulta
‖B − A‖2 = (B − A) · (B − A)
= (B − A) · B − (B − A) · A= B · B − A · B − B · A + A · A= ‖B‖2 − 2A · B + ‖A‖2
(1.7)
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15
Si se sustituye de 1.7 en 1.6, se obtiene
cos θ =‖A‖2 + ‖B‖2 − (‖B‖2 − 2A · B + ‖A‖2)
2‖A‖‖B‖
cos θ =2A · B
2‖A‖‖B‖A · B = ‖A‖‖B‖ cos θ
El teorema afirma que el producto punto de dos vectores es el producto de los modulos de los
vectores y el coseno del angulo entre ellos
Definicion de Vectores Ortogonales
Se dice que dos vectores A y B son ortogonales(o perpendiculares) si y solo si A · B = 0
Definicion de la Proyeccion Escalar de un Vector sobre otro
Si A y B son dos vectores diferentes del vector cero, entonces la proyeccion escalas de B sobre
A se define como ‖B‖ cos θ, donde θ es el angulo entre A y B.
Observe que la proyeccion escalar puede ser positiva o negativa, dependiendo del signo de cos θ
A · B = ‖A‖(‖B‖ cos θ)
De modo que el producto punto de A y B es el modulo de A multiplicado por la proyeccion
escalar de B sobre A. Consulte las figuras 6(a) y (b). Como el producto punto es conmutativo,
A · Btambien es igual al modulo de B multiplicado por la proyeccion escalar de A sobre B.
Si B = b1i + b2j + b − 3k, entonces
i · B = b1, j · B = B2, k · B = b3
En consecuencia, del producto punto de B y uno de los vectores unitarios i, j o k, se obtiene la
componente de B en direccion de ese vector unitario. Con el fin de generalizar este resultado,
sea U cualquier vector unitario, entonces de (3), si θes el angulo entre U y B
U · B = ‖U‖‖B‖ cos θ
= ‖B‖ cos θ
Por lo tanto U · B es la proyeccion escalar de B sobre U , a la cual se le llama componente del
vector B en la direccion de U . De manera mas general, la descomposicion de un vector B sobre
un vector unitario en la direccion de A.
El teorema siguiente puede emplearse para calcular la proyeccion escalar de un vector sobre el
otro.
La proyeccion escalar del vector B sobre el vector A es
A · B‖A‖
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Demostracion. De la definicion , la proyeccion escalar de B sobre A es ‖B‖ cos θ, donde θ es el
angulo entre A y B
‖A‖‖B‖ cos θ = A · B
‖B‖ =A · B‖A‖
Consulte otra vez la figura 5. Si C es el vector que tiene a−→OR como su representacion de posicion,
entonces C se denomina vector proyeccion de B sobre A. Para determinar C, se multiplica
‖B‖ cos θ por el vector unitario la misma direccion de A. Ası:
C = (‖B‖ cos θ)A
‖A‖
=‖A‖(‖B‖ cos θ)
‖A‖ A
=
(A · B‖A‖2
)
A
Este resultado se establece en el siguiente teorema
Teorema 1.5. El vector proyeccion del vector B sobre el vector A es
(A · B‖A‖2
)
A
1.12 Ejercicios resueltos
Ejercicio 1.1. Sean A el vector 〈−4, 5〉 y P el punto (6,−2) (a) Dibuje la representacion de
posicion de A y tambien la representacion particular de A que tiene a P como su punto inicial.
(b) Determine el modulo de A.
Solucion.
(a) Sea A el punto (−4,5). La figura 1.16 muestra el segmento dirigido−→OA es la representacion
de posicion del vector A. Sea−→PQ la representacion particular del vector A que tiene a P
como su punto inicial. Si Q = (x, y) entonces
x − 6 = −4 y + 2 = 5
x = 2 y = 3
Por tanto, Q = (2, 3) y−→PQ se muestra en la figura 8.3.
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b
b
b
A(−4, 5)
Q(2, 3)
P (6,−2)
Figura 1.16:
(b) Del teorema 1.3.
‖A‖ =√
(−4)2 + (5)2
=√
41
Ejercicio 1.2. Determine la medida en radianes del angulo director de cada uno de los siguientes
vectores (a) 〈−1, 1〉; (b) 〈0,−5〉; (c) 〈1,−2〉.
Solucion. Las representaciones de posicion de los vectores de (a) a (c) se muestran en las figuras
1.17, 1.18 y 1.19 respectivamente.
θ
(a1, a2)
Figura 1.17:
θ
(1, 1)
Figura 1.18:
θ
(a1, a2)
Figura 1.19:
(a) tan θ = −1, y 12π < θ < π; de modo que θ = 3
4π
(b) tan θ no existe, y a2 < 0; por lo que θ = 32π
(c) tan θ = −2, y 32π < θ < 2π; por tanto θ = tan−1(−2) + 2π se tiene θ =5.176
Ejercicio 1.3. Suponga que P es el punto (−1, 8) y Q es el punto (3, 2). Determine el vector A
que tiene a−→PQ como una representacion.
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18
Solucion. La figura 1.20 muestra el segmento dirigido PQ Sea el vector A = 〈a1, a2〉. Como−→PQ es una representacion del vector A, el vector A traslada el punto P (−1, 8) al punto Q(3, 2).
Pero el vector 〈a1, a2〉 traslada el punto (−1, 8) al punto (−1 + a1, 8 + a2). Ası,
−1 + a1 = 3 8 + a2 = 2
a1 = 4 a2 = −6
Por tanto, A = 〈4,−6〉.
b
b
b
(4,−6)
Q(3, 2)
P (−1, 8)
Figura 1.20:
Ejercicio 1.4. Dos fuerzas de 200 lb y 250 lb forman un angulo de 13π entre sı y estan aplicadas
a un objeto en el mismo punto. Determine (a) la intensidad o modulo de la fuerza resultante, y
(b) el angulo que forma la resultante con la fuerza de 200 lb.
B
A
θα
A + B
(200,0)
(250 cos 13π, 250 sen 1
3π)
Figura 1.21:
Solucion. Consulte la figura 1.21, donde los ejes se han elegido de modo que la representacion
de posicion de la fuerza de 200 lb coincida con la parte positiva del eje x. El vector A denota
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19
esta fuerza, por lo que A = 〈200, 0〉. El vector B representa la fuerza de 250 lb. De las formulas
(1.2), si B = 〈b1, b2〉, entonces
b1 = 250 cos 13π b2 = 250 sen 1
3π
b1 = 125 a2 = 216. 5
Ası, B = 〈125, 216. 5〉. La fuerza resultante es A + B, por lo que
A + B = 〈200, 0〉 + 〈125, 216. 5〉= 〈325, 216. 5〉
(a) ‖A + B‖ =√
(325)2 + (216. 5)2 = 390,5
(b) Si θ es el angulo que el vector A + B forma con el vector A, entonces
tan θ =216. 5
325tan θ = 0. 6662
θ = 0. 5877
El ejemplo siguiente, que involucra la diferencia de dos vectores trata acerca de la navegacion
aerea. La velocidad del aire (o con respecto al aire) de un avion es su velocidad con relacion
a la velocidad del aire en que navega y la velocidad a tierra (o con respecto a la tierra) es su
velocidad considerada desde el suelo. Cuando hay viento, la velocidad del avion relativa al suelo
es la resultante del vector que representa la velocidad del aire y el vector que representa la
velocidad del avion relativa al aire. En navegacion, el curso de un barco o un avion es el angulo
medido en grados en el sentido en que giran las manecillas del reloj desde el norte a la direccion
en la que se encamina la nave. El angulo se considera positivo aunque se recorre en el sentido
del giro de las manecillas del reloj.
Ejercicio 1.5. Un avion puede volar a 300 mi/h. Si el viento sopla hacia hacia el este a 50 mi/h.
¿Cual debe ser el enfilamiento del avion para que el curso sea de 30o? ¿Cual sera la velocidad a
tierra del avion si vuela en este curso?
Solucion. Refierase a la figura 1.22, la cual muestra las representaciones de posicion de los
vectores A y B ası como una representacion de A −B. El vector A representa la velocidad del
avion sobre un curso de 30o. El angulo director de A es 60o. El vector B representa la velocidad
del viento. Como B tiene una intensidad de 50 y un angulo director de 0o, entonces B = 〈50, 0〉.El vector A − B representa la velocidad del avion al aire, ası ‖A − B‖ = 300. Sea θ el angulo
director de ‖A −B‖. De la figura 1.22 se obtiene el triangulo mostrado en la figura 1.23.
Al aplicar la ley de los senos a este triangulo se tiene
sen φ
50=
sen 60o
300
sen φ =50 sen 60o
300sen φ = 0,1433
φ = 8,3o
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20
O
y
x
60º
30º A−B
A
B
θ
90−θ
Figura 1.22:
60ºθ
φ||Α||
50
300
Figura 1.23:
Por tanto
θ = 60o + 8,3o
= 68,3o
Si se aplica otra vez la ley de senos al triangulo de la figura ??, se tiene
‖A‖sen(180 − θ)
=300
sen 60o
‖A‖ =300 sen 117,7o
sen 60o
‖A‖ = 322
Conclusion: El enfriamiento del avion debe ser 90o − θ, el cual es 21.7o, y si el avion vuela en
este curso, su velocidad a tierra sera de 322 mi/h.
Ejercicio 1.6. Exprese el vector 〈−5,−2〉 en la forma (??)
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21
Solucion. Al calcular el modulo y el coseno y el seno del angulo director se tiene
‖ 〈−5,−2〉 ‖ =√
(−5)2 + (−2)2
=√
29
cos θ = − 5√29
y sen θ = − 2√29
Por tanto de (??)
〈−5,−2〉 =√
29
(
− 5√29
i − 2√29
j
)
Ejercicio 1.7. Dados A = 3i+ j y B = −2i+4j, obtenga el vector unitario que tiene la misma
direccion de A −B
Solucion.
A − B = (3i + j) − (−2i + 4j)
= 5i − 3j
ası
A− B =√
52 + (−3)2
=√
34
Por teorema 1.10 el vector unitario requerido es
U =5√34
i +3√34
j
Ejercicio 1.8. Sean −→a y−→b vectores en R2. Utilizando las propiedades del punto escalar,
demostrar:
a) ‖−→a +−→b ‖2 − ‖−→a −−→
b ‖2 = 4−→a · −→b
b) ‖−→a +−→b ‖2 + ‖−→a −−→
b ‖2 = 2(‖−→a ‖2 + ‖−→b 2‖)
Solucion.
a)
‖−→a +−→b ‖2 − ‖−→a −−→
b ‖2 = (−→a +−→b )(−→a +
−→b ) − (−→a −−→
b )(−→a −−→b )
= −→a 2 + −→a −→b +
−→b −→a +
−→b 2 − (−→a 2 −−→a −→
b −−→b −→a +
−→b 2)
= ‖−→a ‖2 + −→a −→b +
−→b −→a + ‖−→b ‖2 − ‖−→a ‖2 + 2−→a −→
b − ‖−→b 2‖≤ 4−→a −→
b
b)
‖−→a +−→b ‖2 + ‖−→a −−→
b ‖2 = (−→a +−→b )(−→a +
−→b ) + (−→a −−→
b )(−→a − b)
= −→a 2 + −→a −→b +
−→b −→a +
−→b 2 + (−→a 2 −−→a −→
b −−→b −→a +
−→b 2)
= ‖−→a ‖2 + −→a −→b +
−→b −→a + ‖−→b ‖2 + ‖−→a ‖2 − 2−→a −→
b + ‖−→b 2‖≤ 2(‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2)
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22
Ejercicio 1.9. Demostraremos que los vectores −→a y−→b en R2 son ortogonales, si y solo si:
‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a ‖2
Solucion. (⇒) ‖−→a +−→b ‖2 = ‖a‖2 + ‖b‖2 ⇒ a ⊥ b.
Si −→a ⊥ −→b demostraremos que −→a · −→b = 0.
En efecto
‖−→a +−→b ‖2 = (−→a +
−→b )(−→a +
−→b )
= −→a 2 + −→a · −→b +−→b · −→a +
−→b 2
= ‖−→a ‖2 + 2−→a · −→b + ‖−→b ‖2
= ‖−→a +−→b ‖2 + 2−→a · −→b
⇒ 0 = −→a · −→b
(⇐) −→a ⊥ −→b ⇒ ‖−→a +
−→b ‖2 = ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2.
Se sabe que −→a ⊥ −→b ⇔ −→a · −→b = 0. Luego
‖−→a +−→b ‖2 = (−→a +
−→b )(−→a +
−→b )
= −→a 2 + −→a · −→b +−→b · −→a +
−→b 2
= ‖−→a ‖2 + 2−→a · −→b + ‖−→b ‖2
= ‖−→a ‖2 + 2 · 0 + ‖−→b ‖2
⇒ ‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2
Ejercicio 1.10. Deducir la desigualdad triangular que si −→a y−→b estan en R2, entonces:
|‖−→a ‖ − ‖−→b ‖| ≤ ‖−→a +−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ + ‖−→b ‖
Solucion.
‖−→a ‖ = ‖−→a +−→b −−→
b ‖≤ ‖−→a +
−→b ‖ + ‖−→b ‖
⇒ ‖−→a ‖ − ‖−→b ‖ ≤ ‖−→a +−→b ‖ (1.8)
‖−→b ‖ = ‖−→b −−→a + −→a ‖= ‖−→a +
−→b −−→a ‖
= ‖(−→a +−→b ) −−→a ‖
≤ ‖−→a +−→b ‖ + ‖−→a ‖
⇒ −‖−→a +−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ − ‖−→b ‖ (1.9)
De (3.19) y (3.20)
−‖−→a −−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ − ‖−→b ‖ ≤ ‖−→a +
−→b ‖
= |‖−→a ‖ − ‖−→b ‖| ≤ ‖−→a +−→b ‖
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23
Por desigualdad triangular
⇒ |‖−→a ‖ − ‖−→b ‖| ≤ ‖−→a +−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ + ‖−→b ‖
Ejercicio 1.11. Hallar la medida del angulo entre los vectores −→a y−→b , si −→a va de A(2, 5) a
B(4, 4) y−→b de C(3,−2) a D(2, 1)
Solucion. −→a =−→AB = B − A = (4, 4) − (2, 5) = (2,−1)
−→b =
−−→CD = D − C = (2, 1) − (3,−2) = (−1, 3)
⇒ cos θ =−→a · −→b
|−→a | · |−→b |=
(2,−1) · (−1, 3)
(√
5) · (√
10)=
−2 − 3
5√
2= −1
2= −
√2
2
∴ θ =π
2+
π
4=
3π
4= 135o
Ejercicio 1.12. Si ABC es un triangulo es un triangulo y−→AC = (4, 1),
−→AB = (−4,−3), hallar
el coseno del angulo que forma el vector−−→BC con el vector unitario
−→j = (0, 1).
A
B
C
a
b c
Solucion. −→AB = B − A−→AC = C − A
B − A = (−4,−3)
A − C = (−4,−1)
B − C = (−8,−4)−−→CB = (−8,−4)−−→BC = (8, 4)
⇒ cos θ =(0, 1) · (8, 4)
(1)(√
80)=
4
4√
5=
√5
5
Ejercicio 1.13. En un triangulo ABC se tiene:−→AB = (2
√6, 2
√2) y
−→AC = (
√6,−
√2). Deter-
minar la medida del angulo formado por−−→BC y el semieje positivo de las abscisas
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24
A
B
C
a
b c
Solucion. −→AB = B − A−→AC = C − A
B − A = (2√
6, 2√
2)
A − C = (−√
6,√
2)
B − C = (√
6, 3√
2)−−→CB = (
√6, 3
√2)
−−→BC = (−
√6,−3
√2)
⇒ cos θ =(1, 0) · (−
√6,−3
√2)
(1)(√
24)=
−√
6
2√
6= −1
2∴ cos θ = cos 120o → θ = 120o
Ejercicio 1.14. Si −→a = (a1, a2), |−→a | = 2, a1/a2 = 4, hallar −→a
Solucion. −→a = (a1, a2) =?, |−→a | = 2,a1
a2= 4 → a1 = 4a2
|−→a | = 2 → a21 + a2
2 = 4
→ 16a22 + a2
2 = 4
a22 =
4
17
a2 = ± 2√17
a1 = ± 8√17
⇒ −→a =(8, 2)√
17
Ejercicio 1.15. Un vector −→a tiene longitud 5 y el punto de apoyo en (1,−1). Encontrar el
vector −→a si la abscisa del punto terminal es cuatro.
|−→a | = 5, −→a =?
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25
(4,x)
(1,−1)
Solucion.
|−→a | = 5 ⇒√
(4 − 1)2 + (x + 1)2 = 5
9 + (x + 1)2 = 25
(x + 1)2 = 16
x + 1 = ±4
⇒ −→a = (4, x) − (1,−1) = (4 − 1, x + 1)
∴−→a = (3,±4)
Ejercicio 1.16. Probar que si P0 6= P1 entonces los puntos que trisecan al segmento que va de
P0 a P1 tienen la forma
(P0 + 2P1)/3 y (2P0 + P1)/3
P
P
P
P1
2
3
0
Solucion.P2 = P3+P0
2∧ P3 = P0
2
2P2 = P2+P1
2+ P0 ∧ P3 =
P1+2P03
+P1
2
4P2 = P2 + P1 + 2P0 ∧ P3 = 4P1+2P0
6
3P2 = P1 + 2P0 ∧ P3 = 2(2P1+P0)6
P2 = P1+2P0
3∧ P3 = 2P1+P0
3
Ejercicio 1.17. Si L, M , N son puntos medios de los segmentos−−→BC,
−→CA y
−→AB respectivamente
y Q es un punto cualquiera demuestre que
a)−→QA +
−−→QB +
−→QC =
−→QL +
−−→QM +
−−→QN
b)−→AL +
−−→BM +
−−→CN = 0
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26
AB
C
L M
N
Q
Solucion.
a)
−→QA +
−−→QB +
−→QC = A − Q + B − Q + C − Q
=A
2+
A
2− Q +
B
2+
B
2− Q +
C
2+
C
2− Q
=A + B
2− Q +
A + C
2− Q +
B + C
2− Q
= N − Q + M − Q + L − Q
=−−→QN +
−−→QM +
−→QL
b)
−→AL +
−−→BM +
−−→CN = L − A + M − B + N − C
=B + C
2− A +
A + C
2− B +
A + B
2− C
= A − A + B − B + C − C
= 0
Ejercicio 1.18. Conociendo los vertices adyacentes de un paralelogramo A = (2, 0), B = (−3, 3)
y el punto de interseccion de sus diagonales Q = (−1, 0), hallar los otros dos vertices
Solucion.
Q = C+A2
Q = D+B2
2(−1, 0) = C + (2, 0) 2(−1, 0) = D + (−3, 3)
(−2, 0) = C + (2, 0) (−2, 0) = D + (−3, 3)
(−2, 0) − (2, 0) = C (−2, 0) − (−3, 3) = D
(−4, 0) = C (1,−3) = D
Ejercicio 1.19. Hallar los vertices de un triangulo, sabiendo que los puntos medios de sus lados
son M = (−1, 7)/2, N = (−3,−4)/2 y P = (4, 3)/2
Solucion. A = (a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2)
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27
A
B
C
M N
P
M = A+B2
N = B+C2
P = A+C2
(−1, 7) = A + B (−3,−4) = B + C (4, 3) = A + C
−1 = a1 + b1 −3 = b1 + c1 4 = a1 + c1
7 = a2 + b2 −4 = b2 + c2 3 = a2 + c2
⇒ −1 = a1 + b1 7 = a2 + b2
−3 = b1 + c1 7 = b2 + c2
4 = a1 + c1 −4 = a2 + c2
0 = a1 + b1 + c1 3 = a2 + b2 + c2
a1 = 3 a2 = 7
b1 = −4 b2 = 0
c1 = 1 c2 = −4
∴ los vertices son: A = (3, 7), B = (−4, 0), C = (1,−4)
Ejercicio 1.20. Hallar la longitud de la mediana del lado−→PQ en el triangulo cuyos vertices son
P = (3, 7), Q = (−4, 0) y R = (1,−4)
P
Q
R
M
Solucion. M =P + Q
2=
(3 − 4
2,7 + 0
2
)
=
(−1
2,7
2
)
|−−→MQ| =
√(
1 +1
2
)
+
(
−4 − 7
2
)
=
√
9
4+
225
4
=
√
234
4=
3
2
√26
Ejercicio 1.21. Demuestre que el vector−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b ) es perpendicular a −→a
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28
Solucion.−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b ) es perpendicular a −→a
[−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b )] ⊥ −→a ⇔ [
−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b )] · −→a = 0
[−→b (−→a · −→c ) · −→c (−→a · −→b )] · −→a = [(−→a · −→c )
−→b − (−→a · −→b )−→c ] · −→a prop. conmutativa
= [(−→a · −→c )−→b ] · −→a − [(−→a · −→b ) · −→c ]−→a
= (−→a · −→c )(−→b · −→a ) − (−→a · −→b )(−→c · −→a )
= (−→a ·−→c)(−→a · −→b ) − (−→a · −→b )(−→a · −→c )
= 0
Ejercicio 1.22. Demuestre que el vector−→b(−→a ·−→b
|−→a |2
)−→a es ortogonal al vector −→a
Solucion.[
b − (a · b)|a|2 · a
]
· a = b · a −[(a · b)|a|2 · a
]
= ba −[a · b|a|2
]
· a2
= ba −[a · b|a|2
]
· a2
= ba − a · b= ab − ba
= 0
Ejercicio 1.23. Demuestre la desigualdad triangular para todo par de vectores −→a y−→b : |−→a +
−→b | ≤ |−→a | + |−→b |
Solucion.
|a + b|2 = (a + b)(a + b)
= a2 + ab + ba + b2
= |a|2 + ab + ba + |b|2
≤ |a|2 + |ab| + |ba| + |b|2
= |a|2 + 2|ab| + |b|2
= (|a| + |b|)2
⇒ |a + b| ≤ |a| + |b|
Ejercicio 1.24. Demuestre que:
a) (−→a +−→b )⊥ = −→a ⊥ +
−→b ⊥
b) −→a · −→b ⊥ = −−→a ⊥ · −→b
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29
c) (−→a ⊥)⊥ = −−→a
d) −→a ⊥ · −→b ⊥ = −→a · −→b
e) (r−→a )⊥ = r−→a ⊥
f) ‖−→a | − |−→b ‖ ≤ |−→a −−→b |
Solucion. a)
(a + b)⊥ = ((a1, a2) + (b1, b2))⊥
= (a1 + b1, a2 + b2)⊥
= (−(a2 + b2), (a1 + b1))
= (−a2 − b2, a1 + b1)
= (−a2, a1) + (−b2, b1)
= a⊥ + b⊥
b)
a · b⊥ = (a1, a2) · (b1, b2)⊥
= (a1, a2) · (−b2, b1)
= −a1b2 + a2b1 (1.10)
−a⊥ · b = −(a1, a2)⊥ · (b1, b2)
= −(−a2, a1) · (b1, b2)
= (a2,−a1) · (b1, b2)
= a2b1 − a1b2
= −a1b2 + a2b1 (1.11)
De (1.10) y (1.11)
a · b⊥ = −a⊥ · b
c)
(A⊥)⊥ = ((a1, a2)⊥)⊥
= ((−a2, a1))⊥
= (−a1,−a2)
= (a1, a2)
= a
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30
d)−→a ⊥ · −→b ⊥ = −→a · −→b
a⊥ · b⊥ = (a1, a2)⊥ · (b1, b2)
⊥
= (−a2, a1) · (−b2, b1)
= (−a2)(b2) + (a1)(b1)
= (a2b2) + a1b1
= a1b1 + a2b2
= (a1, a2) · (b1, b2)
= a · b
e)
(ra)⊥ = ra⊥
ra⊥ = r(a1, a2)⊥
= r(−a2, a1)
= (r(−a2), rd1)
= (−ra2, ra1)
= (ra)⊥
f)
|a| = |a + b − b|≤ |a − b| + |b|
⇒ |a| − |b| ≤ |a − b| (1.12)
b = b − a + a
= |a + b − a|= | − (a − b) + a|≤ | − (a − b)| + |a|= | − 1||a − b| + |a|= |a − b| + |a|
−|a − b| ≤ |a| − |b| (1.13)
De (1.12) y (1.13)
−|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b|⇒ ||a| − |b|| ≤ |a − b|
Ejercicio 1.25. Pruebe que en cualquier paralelogramo la suma de los cuadrados de las longi-
tudes de las diagonales es igual al doble de la suma de los cuadrados de los lados adyacentes
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31
b
d
d 1
2
a
Solucion.
|d1|2 + |d2|2 = 2(|a|2 + |b|2)|d1|2 + |d2|2 = |a + b|2 + |a − b|2
= |a|2 + 2ab + |b2||a|2 − 2ab + |b|2
= 2(|a|2 + |b|2)
Ejercicio 1.26. Dados los puntos P = (1, 2), Q = (2, 5), R = (5, 8), S = (9, 10) que forman un
trapecio , encontrar los puntos M y N sobre las diagonales, si se sabe−−→MN = (
−→PS −−→
QR)/3.
P
Q R
S
M N
Solucion.−→PS = S − P
= (9, 10) − (1, 2)
= (8, 8)
−→QR = R − Q
= (5, 8) − (2, 5)
= (3, 3)
M = P + r−→PR
N = S + t−→SQ
−−→MN = N − M
= S + t−→SQ − P − r
−→PR
= (9, 10) + t((2, 5) − (9, 10)) − (1, 2) − r((5, 8) − (1, 2))
(8, 8) − (3, 3)
3= (8, 8) + t(−7,−5) − r(4, 6)
(5, 5)
3= (8 − 7t − 4r − 8 − 5t − 6r)
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32
53
= 8 − 7t − 4r 53
= 8 − 5t − 6r
5 = 24 − 21t − 12r 5 = 24 − 15t − 18r
21t + 12r = 19 15t + 18r = 19
21t + 12r = 15t + 18r
6t = 6r
t = r =19
33
M = (1, 2) + 1933
(4, 6) N = (9, 10) − 1933
(7, 5)
=(
33+7633
, 66+11433
)=(
297−13333
, 330−9533
)
=(
10933
, 18033
)=(
16433
, 23533
)
Ejercicio 1.27. En el triangulo ABC se tiene 3−−→EC =
−→AE, hallar s y t si
−−→EB = s
−→BA + t
−−→BC
A
B
CE
Solucion.
3−−→EC =
−→AE
−−→EB = s
−→BA + t
−−→BC
−−→EB =
−→EA +
−→AB
= −−→BA −−→
AE
= −−→BA − 3
4
−→AC
= −−→BA − 3
4(−→AB +
−−→BC)
= −−→BA − 3
4(−−→
BA +−−→BC)
=−−→
BA
4− 3
4
−−→BC
S = −1
4
t =−3
4
Ejercicio 1.28. En el triangulo ABC se tiene−−→AM = 3
4
−−→MC . Si
−−→BM = r
−→BA + t
−−→BC
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33
A
B
C3x 4xM
Solucion. −−→AM = 3
4
−−→MC
−→AC−−→MC
= 7x4x
−−→BM = r
−→BA + t
−−→BC
−−→MC = 4
7
−→AC
−−→BM =
−→BA +
−−→AM
=−→BA +
3
4
−−→MC
=−→BA +
3
7
−→AC
=−→BA +
3
7(−−→BC +
−→AB)
=−→BA +
3−−→BC − 3
−→BA
7
=4
7
−→BA +
3
7
−−→BC
= r − t
=4
7− 3
7=
1
7
Ejercicio 1.29. En el triangulo ABC, las longitudes de los segmentos−−→BD y
−−→DA son como 3 y
5 respectivamente; si−−→CD = m
−→AB + n
−→AC . Determinar: 8m+12n
A
B
C
3x
5x D
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34
Solucion.
−→AB−−→AD
=8x
5x−−→AD =
5
8
−→AB
−−→BD−−→DA
=3
5
−−→BD = 3x
−−→DA = 5x
−→AB−−→BD
=8x
3x−→AB =
8
3
−−→BD
−−→CD =
−−→AD +
−→CA
−−→CD =
5
8
−→AB −−→
AC
8
(5
8
)
− 2(1) = −7
1.13 Ejercicios propuestos
En los ejercicios del (1) al (4), (a) dibuje la representacion de posicion del vector A y tambien
la representacion particular que pasa por el punto A y tambien la representacion particular que
pasa por el punto P . (b) calcule el modulo de A
1. A = 〈3, 4〉, P = (2, 1).
2. A = 〈−2, 5〉, P = (−3, 4).
3. A = 〈e,−1/2〉, P = (−2,−e).
4. A = 〈4, 0〉, P = (2, 6).
En los ejercicios 5 y 6 obtenga la medida exacta en radianes del angulo director del vector. En
el inciso (c) aproxime la medida a centesimos de radian.
5. (a) 〈1,−1〉 (b) 〈−3, 0〉 (c) 〈5, 2〉
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35
6. (a)⟨√
3, 1⟩
(b) 〈0, 4〉 (c) 〈−3, 2〉
En los ejercicios 7 a 10, obtenga el vector A que tiene al segmento dirigido−→PQ como una
representacion. Dibuje−→PQ y la representacion de posicion de A.
7. P = (3, 7), Q = (5, 4)
8. P = (5, 4), Q = (3, 7)
9. P = (−5,−3), Q = (0, 3)
10. P = (−√
2, 0), Q = (0, 0)
En los ejercicios 11 a 14, determine el punto S de modo que−→PQ y
−→RS sean representaciones del
mismo vector
11. P = (2, 5), Q = (1, 6); R = (−3, 2)
12. P = (−2, 0), Q = (−3,−4); R = (4, 2)
13. P = (0, 3), Q = (5,−2); R = (7, 0)
14. P = (−1, 4), Q = (2,−3); R = (−5,−2)
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Capıtulo 2
Ecuaciones vectoriales de la recta
2.1 Rectas y segmentos de recta en el plano
En estudios anteriores de geometrıa plana se menciona que una recta es un conjunto de puntos
del plano.
La ecuacion lineal cuya forma cartesiana ordinaria es:
Ax + By + C = 0
donde A o B es diferente de 0. (la condicion de que A o B es diferente de 0 se expresa equiva-
lentemente en la forma “A2 +B2 6= 0”). Mas adelante se discutiran en detalle ecuaciones de esta
forma, pero ahora se empleara la rotacion, que existe entre los puntos del plano los vectores,
para demostrar que una recta queda definida tambien mediante una ecuacion vectorial.
Al estudiar a los puntos del plano y su relacion con los vectores resulta util denotar al vector
que va del origen a su punto S del plano mediante la letra minuscula s.
T(5,4)
S(4,2)
x
y
Figura 2.1:
T(5,4)
S(4,2)
x
y
s
tv=(1,2)
Figura 2.2:
Es bien conocido que dos puntos definen una recta. Se vera ahora como se puede emplear este
36
Geometrıa Analıtica
37
hecho para obtener la ecuacion vectorial de una recta. Considerese la Fig. 2.1, en la cual se
muestran los puntos S(4,2) y T (5,4), ası como a la recta L que contiene s estos puntos. Si las
representaciones geometricas ordinarias de los vectores s = (4,2) y t = (5,4) se agregan a esta
figura.
Se obtiene la Fig. 2.2. Observese que en la Fig. 2.2 el vector V = t − s = (5,4) − (4,2) = (1,2)
tiene una representacion geometrica que esta sobre L.
En la Fig 2.3 se muestra la misma configuracion, excepto que se ha ubicado el punto U(x, y)
sobre la recta L y se ha trazado el vector correspondiente u. (habiendose omitido el vector t para
simplificar la figura).
En esta figura se aprecia que el vector w = u − s tiene una representacion geometrica que
esta tambien sobre L y que por lo tanto w es paralela a v.
T(5,4)
S(4,2)
x
y
s
u
U(x,y)
w=r(1,2)
v=(1,2)
Figura 2.3:
T(5,4)
S(4,2)
x
y
s
u
U(x,y)
v=(1,2)
w
Figura 2.4:
En la fig. 2.4 se muestra la misma situacion que en la fig. 2.3 excepto que ahora el punto U(x, y)
no esta sobre L. En este caso se ve que la representacion geometrica de w = u− s no esta sobre
L y por lo tanto w no es paralelo a v.
Es decir, U(x, y) esta sobre L si y solo si w es paralelo a v o bien si y solo si u − s es paralelo a
t − s. w es paralela a v si y solo si w = rv, donde r es un escalar. Entonces Y esta sobre L si y
solo si
w = rv
o bien
u − s = r(t − s)
Ejemplo 2.1. Obtenga la ecuacion parametrica vectorial de la recta L que pasa por S(3. − 2)
y T (4,4)
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Solucion. Tracese un diagrama. Se tiene. Se tiene s = (3. − 2) y t = (4,4). Entonces
t − s = (4,4) − (3. − 2)
= (1,6)
Ahora, usando la Ecuacion (1) se tiene que la ecuacion parametrica vectorial de L es
u = (3. − 2) + r(1,6)
x
y
T(4,4)
U(x,y)
S(3,−2)
t
u
s
Figura 2.5:
Si v un vector de direccion de la recta L que contiene al punto S, entonces un punto U esta sobre
L si y solo si
(u − s) · vp = 0 (2.1)
En particular, si se sabe que L contiene a dos puntos S y T , entonces un punto U esta sobre Lsi y solo si
(u − s) · (t − s)p = 0 (2.2)
Observese que aunque las ecuaciones (2.1) y (2.2) contienen vectores, dichas ecuaciones son
ecuaciones escalares de L puesto que contienen solo productos escalares.
Ejemplo 2.2. Demuestre que si L es una recta cuya ecuacion parametrica vectorial es
u = (3,2) + r(−1,2)
entonces (a) el punto cuyas coordenadas son (6.1) no esta sobre L y (b) el punto de coordenadas
(5.-2) esta sobre L
Solucion. Por inspeccion de la ecuacion dada de L, se ve que L pasa por el punto S(3,2) y que
v = (−1,2) es un vector de direccion de L. Se tiene pues que vp = (−2. − 1).
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(a) Para u = (6,1) se tiene
u − s = (6,1) − (3,2) = (3. − 1)
y
(u − s) · vp = (3. − 1) · (−2. − 1)
= −6 + 1 = −5 6= 0
Por lo tanto, u− s es no paralela a v, y entonces el punto coordenadas (6.1) no esta sobre
L.
(b) Para u − s = (5. − 2) se tiene
u − s = (5. − 2) − (3,2) = (2. − 4)
y
(u − s) · vp = (2. − 4) · (−2. − 1) = −4 + 4 = 0
Entonces, u − s es paralelo a v y el punto de coordenadas (5,-2) sobre L.
Si d vector de direccion v en —a ecuacion
u = s + rv
es un vector unidad, entonces para cualquier punto U sobre la grafica de la ecuacion, |r|es la distancia que separa a S de U (Figura 2.6). Esto se sigue del hecho que
d(S · U) = ‖u − s‖ = ‖rv‖= |r|‖v‖ = |r|(1) = |r|
U
u−s=rv
x
y
u
s
v (||v||=1)
0
Figura 2.6:
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Ejemplo 2.3. Obtenga el sistema de ecuaciones para metricas cartesianas de la recta que pasa
por los puntos S(2. − 1) y T (5,3)
Solucion. Si se sustituye a x1, y1, x2y2, por 2. − 1,5 obteniendose
x = 2 + r(5 − 2) y y = −1 + r[3 − (−1)]
o bien
x = 2 + 3r y y = −1 + 4r
2.2 Puntos que estan sobre una recta
En la Seccion 2-1 se emplearon los siguientes hechos, que intuitivamente parecen obvios, para
obtener la ecuacion parametrica vectorial de una recta: Si un vector v tiene una representacion
geometrica cuyos extremos estan sobre una recta dada L, entonces v es paralelo a cualquier
otro vector que tenga una representacion geometrica similar; pero al menos que v = 0, v es no
paralelo a cualquier vector que tenga una representacion geometrica con un extremo sobre L y
el otro fuera de L.
Se dice que la recta L es paralela a cualquier vector v cuya representacion geometrica tenga sus
extremos sobre L, y que todo vector tal, es paralelo a L. Cualquier vector no nulo v que sea
paralelo a L se llamara vector de direccion de L.
En la Seccion 2.1 se vio que la ecuacion parametrica vectorial, o que el sistema de ecuaciones
parametricas cartesianas, de una recta L queda determinada si se conocen las coordenadas de dos
puntos de L. Estas ecuaciones tambien se pueden determinar si se conocen las coordenadas de un
punto de L y un vector de direccion de L. Consideremos la recta L que pasa por el punto S(x1, y1)
U(x,y)
u
sv
rv=r(h,k)
0
y
x
Figura 2.7:
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y que es paralela al vector no nulo v = (h, k). (Vease la Figura 2.7). De los comentarios hechos
anteriormente se puede afirmar que un punto U(x, y) esta sobre L si y solo si
u − s = rv
o bien
u = s − rv (2.3)
donde r es un escalar. La Ecuacion (2.3) recibe el nombre de ecuacion parametrica vectorial
ordinaria de la recta que pasa por S y es paralela a v. Puesto que la Ecuacion (2.3) se puede
escribir en forma
(x, y) = (x1, y1) + r(h, k)
el sistema de ecuaciones parametricas cartesianas correspondiente para L es
x = x1 + rh, y = y1 + rk, r ∈ R (2.4)
Ejemplo 2.4. Obtenga la ecuacion parametrica vectorial y el sistema de ecuaciones parametricas
cartesianas de la recta que pasa por el punto S(7. − 1) y que es paralela al vector v = (−2,3).
Solucion. Tracese un diagrama. Directamente de la Ecuacion (2.3) se tiene
u = (7. − 1) + r(−2,3)
Analogamente, de la ecuacion 2.4 se tiene
x = 7 − 2r, y = −1 + 3r
x
y
U(x,y)
S(7,−1)
u
s
v=(−2,3)
Figura 2.8:
Claro esta que una recta tiene un numero infinito de vectores de direccion, puesto que existe un
numero infinito de vectores no nulos paralelos a la recta dada, y cada uno de ellos es un vector
de direccion de la recta. En particular L P y Q son dos puntos cualesquiera sobre la recia L,
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entonces, tanto p − q como q − p son vectores de direccion de la recta.
Para determinar si un punto S(x1, y1) esta sobre la recta L cuya ecuacion cartesiana es Ax +
By + C = 0 · A2 + B2 6= 0, hay que sustituir las coordenadas x1 y y1 en la ecuacion y notar que
se obtiene una igualdad. Para el caso de una ecuacion parametrica vectorial, o para un sistema
de ecuaciones parametricas cartesianas, el problema es diferente. Por ejemplo, para determinar
si T (3, 6) esta o no sobre la recta cuya ecuacion parametrica vectorial es
(x, y) = (1,3) + r(1,1)
se pueden sustituir las coordenadas de T en lugar de x y y en la ecuacion dada y entonces
determinar si existe un escalar r para el cual
(3,6) = (1,3) + r(1,1) (2.5)
es decir
(3,6) = (1 + r, 3 + r)
o bien
3 = 1 + y 6 = 3 + r
de donde,
r = 2 y r = 3
Puesto que 2 6= 3, no existe un numero real r para el cual se cumpla la Ecuacion (2.5), y se
puede concluir que T (3, 6) no esta sobre L.
Hay una manera mas sencilla de llegar a esta conclusion. Observese primero que el resultado
expresado por la Ecuacion (2.3) se puede expresar como sigue:
Si v es un vector de direccion de una recta L que contiene al punto S. entonces un punto U
esta sobre L si y solo si u − s es paralelo a v.
Ejemplo 2.5. Calcule las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento de recta cuyos
extremos son S(3,−4) y T (6, 2).
Solucion. Se tiene s = (3,−4) y t = (6, 2). Por lo tanto, el vector que va de S a T es
t − s = (6,2) − (3. − 4) = (3,6)
Entonces, los puntos del segmento ST estan dados por
u = (3. − 4) + r(3,6), 0 ≤ r ≤ 1
Las coordenadas del punto que esta a una tercera parte de la distancia que separa a S de T son
(3. − 4) +1
3(3,6) = (3. − 4) + (1,2) = (4. − 2)
y aquellas del punto que esta a dos terceras partes de la distancia que separa a S de T son
(3. − 4) +2
3(3,6) = (3. − 4) + (2,4) = (5,0)
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Es decir, las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento son (4,-2) y (5,0).
Si se escribe la Ecuacion (2.3) en terminos del parametro r y de las coordenadas de S, T y U se
tiene
(x, y) = (x1, y1) + r[(x2, y2) − (x1, y1)]
= (x1, y1) + r(x2 − x1, y2 − y1)
o bien
(x, y) = (x1 + r(x2 − x1), y1 + r(y2 − y1))
Esta ecuacion vectorial es equivalente a las ecuaciones
x = x1 + r(x2 − x1) y y = y1 + r(y2 − y1), r ∈ R
Estas ecuaciones reciben el nombre de sistema de ecuaciones parametricas cartesianas de la recta
que pasa por S y T . En la Seccion 2-5 se vera que este sistema esta relacionado con la forma
cartesiana ordinaria de la ecuacion de una recta.
Ejemplo 2.6. Si L es la recta cuya ecuacion es u = (1, 6) + r(3, 4). obtenga las coordenadas de
los puntos de L que estan a 10 unidades de distancia del punto S(1,6).
Solucion. Primero calculese cual es el vector unidad en la direccion de (3.4). Este vector es
(3√
9 + 16,
4√9 + 16
)
=
(3
5,4
5
)
Otra ecuacion de L es
u = (1,6) + r
(3
5.4
5
)
Se desea calcular las coordenadas de los puntos U(x, y) tales que |r| = 10, es decir, para los
cuales r = 10 o r = −10. Se tiene pues
r = 10 r = −10
(x1, y1) = (1,6) + 10(
35, 4
5
)(x2, y2) = (1,6) − 10
(35.45
)
= (1,6) + (6,8) = (1,6) − (6,8)
= (7,14) = (−5. − 2)
Por lo tanto, U1(7, 14) y U2(−5,−2) son los puntos requeridos.
2.3 Pendiente de una Recta: Rectas Paralelas y
Perpendiculares
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Recuerdese de estudios anteriores de matematicas que el cociente de la altura de un segmento
y la base del segmento recibe el nombre de pendiente del segmento y que a la pendiente de un
segmento se le designa mediante la letra m. Se tiene pues altura
m =altura
base
Si v = (h, k) es el vector de direccion de una recta L que contiene al punto S, entonces L tiene
una ecuacion parametrica vectorial de la forma
u = s + r(h, k), r ∈ R (2.6)
Si se asigna el valor l a r se ve que las coordenadas de otro punto Q que este sobre L, se puede
calcular sumando h a la primera coordenada y k a la segunda coordenada del punto dado S. Por
lo tanto, h y k son la altura y la respectivamente del segmento SQ, y si h 6= 0, entonces kh
es la
pendiente de SQ.
x
y
s
altura=k
base=h
v=(h,k)
S
Q
x
y
s
altura=k/h
base=1
v=(h,k)
S
T
(a) (b)
Figura 2.9:
Nuevamente, para h 6= 0, si se asigna el valor 1h
a r, se ve de la Ecuacion 2.6 que las coordenadas
de un segundo punto T que este sobre L se puede calcular sumando 1h(h, k) =
(1 − k
h
)a s, es
decir, sumando 1 a la primera coordenada de S y kh
a la segunda coordenada de S. Puesto que
1 se suma a la primera coordenada de S y kk
se suma a la segunda coordenada, se puede pensar
que kh
es el cambio, a lo largo de L, en la direccion vertical por unidad de cambio en la direccion
horizontal.
Observese que el numero kh
no depende de la eleccion del punto S sobre L; depende solo del
vector de direccion (h, k). Tampoco hk
depende del vector de direccion (h, k) especıfico de L que
se haya escogido, puesto que cualquier vector de direccion de L es de la forma c(h, k), o bien de
la forma (ch, ck), donde c 6= 0, y que ckch
= kh. Por lo tanto, se define la pendiente de una recta
como sigue:
Si L es una recta tal que uno de sus vectores de direccion es (h, k) con h 6= 0, entonces la
pendiente m de L esta dada por
m =k
h
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De esta definicion se sigue que m es la pendiente de una recta L si y solo si (l, m), o bien(l, k
h
),
es un vector de direccion de L. Esto indica que la Ecuacion (2.6) de la anterior se puede escribir
en la forma
u = s + r(1.m), r ∈ R
Ejemplo 2.7. Calcule la pendiente de la recta que pasa por los puntos S(5,1) y T (3,−2), y
obtenga la ecuacion parametrica vectorial de la forma u = s + r(l, m) que describa esta recta.
Solucion. Un vector de direccion de esta recta es
t − s = (3. − 2) − (5,1) = (−2. − 3)
Entonces, por definicion, m = −3−2
= 32. Puesto que S(5, 1) esta sobre la recta, una ecuacion
parametrica vectorial de esta recta es u = (5, 1) + r(l, f).
El metodo empleado para desarrollar el Ejemplo 2.7 sugiere que resultarıa util conocer una
expresion de la pendiente de la recta que pasa por dos puntos en terminos de las coordenadas de
dichos puntos. Puesto que un vector de direccion de la recta que pasa por los puntos S(x1, y1) y
T (x2, y2) es
v = t − s = (x2, y2) − (x1, y1) = (x2 − x1, y2 − y1)
se sigue de la definicion de pendiente que si x2 6= x1, entonces la pendiente de L esta dada por
m =y2 − y1
x2 − x1
una recta con un vector de direccion (h, k) es o bien vertical (si h = 0) o tienen una pendientekh
(si h 6= 0). Entonces las rectas L1 y L2 son paralelas si y solo si (i) ambas verticales o (ii) si
tienen la misma pendiente kh
Ejemplo 2.8. Si L1 contiene a S(3,−1), L2 contiene a T (2,5) y L1 y L2 tiene ambas al vector
v = (1,2) como vector de direccion. ¿Coinciden ambas rectas?
Solucion. Por definicion las rectas L1 y L2 son paralelas. Coincidiran si y solo si S y T estan
sobre ambas. Por consiguiente, coinciden si y solo si t− s es paralelo a ambas, es decir, si y solo
si (t−s) · vp = 0. Se tiene que (t−s)−vp = [(2, 5);−(3,−1)] · (−2, 1) = (−1, 6) · (−2, 1) = 8 6= 0.
Por lo tanto L1 y L2 no coinciden
Ejemplo 2.9. Demuestre que la recta L1 con ecuacion parametrica vectorial u = (3,−1)+r(2, 3),
es perpendicular a la recta L cuya ecuacion parametrica vectorial es u = (2,−1) + r(6,−4).
Solucion. De las ecuaciones dadas se ve que (2,3) es un vector de direccion de L1, y que (6,-
4) es un vector de direccion de L2. Puesto que (2, 3) · (6,−4) = 12 − 12 = 0. L1 y L2 son
perpendiculares. En forma analoga podemos definir perpendicularidad de dos rectas en terminos
de sus vectores de direccion.
Se vio que cada recta no vertical tiene un vector de de la forma (1, m), donde m es la pendiente
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de la recta. Por consiguiente, si L1 es una recta no vertical cuya pendiente es m1 y L2 es una
recta no vertical cuya pendiente es m2, entonces (1, m1) y (1, m2) son vectores de direccion de
L1 y L2, respectivamente. Como L1 y L2 son perpendiculares si y solo si (1, m1) y (1, m2) son
Perpendiculares, es decir, si y solo si
(1, m1) · (1, m2) = 0
1 + m1m2 = 0
m1m2 = −1
o bien
m = − 1
m2y m2 = − 1
m1
Se tiene:
Dos rectas no verticales son perpendiculares si y solo si la pendiente de una es el negativo
del recıproco de la pendiente de la otra.
Las rectas verticales son perpendiculares a las rectas horizontales. Como se vio anteriormente
no se puede definir la pendiente de las rectas verticales mientras que la pendiente de las rectas
horizontales es cero. Para estos tipos de rectas el criterio anterior no es aplicable.
Una recta cuya pendiente es positiva se “eleva”de izquierda a derecha, mientras que una recta
cuya pendiente es negativa “cae”de izquierda a derecha. En la Figura 2.10 se muestra que la
recta L1 tiene una pendiente, mientras que L2 tiene una pendiente negativa.
m>0 m<0
L L1 2
x
y0
Figura 2.10:
Se dice que una recta con un vector de direccion de la forma (h, 0), h 6= 0, es una recta horizontal,
y su pendiente es 0h
= 0. Puesto que el vector (h, 0) tiene una representacion geometrica que
esta sobre el eje x (vease la siguiente de definicion). Si una recta tiene un vector de direccion
de la forma (0, k), k 6= 0 dice que la recta es vertical. La pendiente de una recta vertical no
esta definida (pues k0
no esta definido) y dichas rectas son paralelas al eje y.
Al estudiar geometrıa euclidiana se adquiere la costumbre de pensar que dos rectas son paralelas
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si son coplanares y no tienen ningun punto comun. Recuerdese sin embargo que dos vectores son
paralelos si y solo si ambos tienen la misma direccion o direcciones opuestas. Tambien una recta
L y un vector no nulo v4 son paralelos si y solo si v tiene una representacion geometrica que
este sobre L, es decir, si y solo si v es un vector de direccion de L. Conviene ahora dar una nueva
definicion de rectas paralelas en terminos de sus vectores de direccion. Esta nueva definicion es
equivalente a la definicion geometrica conocida, dos rectas son paralelas si no se intersecan en el
mismo plano, excepto que, como se vera, se considerara que cada recta en el plano es paralela a
sı misma.
Se dice que las rectas L, y L2 en el plano son paralelas si y solo si un vector de direccion
de L1 es paralelo a un vector de direccion de L2.
Claro esta, que como todos los vectores de direccion de una recta dada son paralelos, si cualquier
vector de direccion de L1, es paralelo a cualquier vector de direccion de L2, entonces todos los
vectores de direccion de L1 son paralelos a todos los vectores de direccion de L2. Ası mismo,
puesto que cualquier vector no nulo paralelo al vector de direccion de una recta es un vector de
direccion de la recta, cualquier vector de direccion de L es tambien un vector de direccion de L2.
Por lo tanto, L1 y L2; son paralelas si y solo si tienen un vector de direccion (h, k) en comun.
Recuerdese ahora que
2.4 Ecuaciones Cartesianas en la recta
2.4.1 Forma cartesiana ordinario de la ecuacion de una recta
La forma cartesiana ordinaria de la ecuacion de una recta en el plano
Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0
se puede obtener de varias maneras. En esta seccion se vera como se obtiene la forma cartesiana
ordinaria a partir de una ecuacion vectorial de L.
Cualquier vector no nulo que sea perpendicular al vector de direccion de una recta L es un
vector normal a L. En la Figura 2.11 se muestra a una recta L, que contiene al punto S(x1, y1),
ası como al vector n = (A, B) normal
a L, donde A y B representan numeros reales, uno de los cuales es diferente de cero. Si U(x, y)
es cualquier punto del plano, entonces U esta sobre L si y solo u − s es paralelo a L, es decir,
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U(x,y)
u−s
x
y
0
n=(A,B)
S(x ,y )1 1
Figura 2.11:
sı y solo si u − s es perpendicular a n. Entonces una ecuacion de L es
(u − s) · n = 0
u · n − s · n = 0
o bien
u · n = s · nPuesto que u = (x, y), s = (x1, y1), y n = (A, B), esta ultima ecuacion se puede escribir en la
forma
(x, y) · (A, B) = (x1, y1) · (A, B)
o bien
Ax + By = Ax1 + By1
Ahora, debido a que x1, y1, A, y B son constantes, el numero Ax1 + By1 es tambien constante,
y se denotara mediante el sımbolo −C. Se tiene finalmente que
Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0 (2.7)
es una ecuacion de L. La ecuacion cartesiana (2.7) es una ecuacion escalar de L pues no contiene
vectores.
Ejemplo 2.10. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene al punto
S(1, 4) y que tiene a v = (3,−2) como vector de direccion.
Solucion. Puesto que un vector de direccion de L es (3,−2), el vector normal a L es n = (2, 3).
Ahora, como S(1, 4) esta sobre L, si U(x, y) es cualquier punto de L se tiene
(u − s) · n = 0
Puesto que u = (x, y), s = (1, 4), y n = (2, 3), esta ecuacion es equivalente a
[(x, y) − (1,4)] · (2,3) = 0
(x.y) · (2,3) − (1,4) · (2,3) = 0
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o bien
2x + 3y − 14 = 0
que es la ecuacion cartesiana requerida.
Ejemplo 2.11. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene a S(5,−1) y
que es perpendicular a la recta cuya ecuacion cartesiana es
3x − 4y + 6 = 0 (2.8)
Solucion. De las Ecuaciones (2.8) la ecuacion requerida tiene la forma
4x + 3y + C = 0
Puesto que S(5,−1) esta sobre la recta se sustituye a x por 5 y a y por −1 para obtener
4(5) + 3(−l) + C ′ = 0
, o bien
C ′ = −17
Por lo tanto, la ecuacion cartesiana ordinaria de esta recta es
4x + 3y − 17 = 0
Si (A, B) es un vector normal a una recta L, entonces es tambien normal a cualquier recta
paralela a L. Esto indica que las ecuaciones
Ax + By + C = 0 (2.9)
Ax + By + C ′ = 0 (2.10)
donde A2 + B2 = 0, son las ecuaciones cartesianas dos rectas paralelas
Solucion. Puesto que (3,−2) es un vector de direccion de L. un vector normal a L, es n =
(A, B) = (2, 3). Entonces, por la Ecuacion (2.7) anterior se tiene que A = 2 y B = 3, es decir,
2x + 3y + C = 0
Como S(1, 4) esta sobre L, se puede sustituir a x por 1 y a y por 4 en esta ecuacion obteniendo
2(1) + 3(4) + C = 0
o
C = −14
Por lo tanto, una ecuacion cartesiana ordinaria de L es
2x + 3y − 14 = 0
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2.5 Ecuacion Punto y Pendiente, y Ecuacion de la Recta
que pasa por dos Puntos Dados
La forma cartesiana ordinaria de la ecuacion de una recta
Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0
se puede escribir de muchas maneras equivalentes. Algunas de estas formas son especialmente
interesantes, pues permiten obtener la ecuacion de una recta directamente a partir de algunas
propiedades geometricas de la recta, o bien permiten identificar ciertas propiedades geometricas
de una recta, por inspeccion de su ecuacion. En esta seccion se discutiran dos de estas formas
utiles.
U
u−s
x
y
u
s
0
S(x ,y )1 1
Figura 2.12:
En la figura 2.12 se muestra a la recta L que pasa por un punto dado S(x1, y1). Si U(x, y) es
cualquier otro punto de L entonces un vector de direccion de L es
u − s = (x − y) − (x1, y1)
= (x − x1, y − y1)
Ejemplo 2.12. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene al punto
S(3,−2) y que es paralela a la recta cuya ecuacion cartesiana es 2x − 5y − 4 = 0.
Solucion. De las ecuaciones (2.9), la ecuacion requerida es de la forma
2x − 5y + C ′ = 0
Puesto que S(3. − 2) esta sobre la recta se puede sustituir a x por 3 y a y por -2 obteniendo
2(3) − 5(−2) + C ′ = 0
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51
o
C ′ = −16
Por lo tanto, la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta es
2x − 5y − 16 = 0
Notese que cuando la ecuacion de una recta L esta dada en su forma cartesiana ordinaria
Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0
entonces un vector normal a L es n = (A, B) y un vector de direccion de L es v = (−B.A). Por
consiguiente la pendiente de L esta dada por
m = −A
B, si B 6= 0
Se vio que si x 6= x1, entonces la pendiente m de L esta dada por
y − y1
x − x1= m1 (2.11)
de donde se tiene
y − y1 = m(x − x1) (2.12)
Se dice que esta ecuacion cartesiana de L es la ecuacion punto y pendiente de la recta. Aunque
la Ecuacion (2.11) carece de significado cuando x = x1, la Ecuacion (2.12) queda satisfecha por
las coordenadas de todos los puntos (x, y) de L, puesto que cuando (x, y) = (x1, y1) se tiene
y1 − y1 = m(x1 − x1)
o bien
0 = 0
Si se especifica la pendiente de una recta y un punto sobre ia recta se puede escribir una ecuacion
de la forma (2.12) directamente, y despues transformarla en una ecuacion cartesiana ordinaria
que sea equivalente, como se muestra en el siguiente ejemplo.
Ejemplo 2.13. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que pasa por el punto
S(7,−1) y cuya pendiente es 3.
Solucion. Si se hace x1 = 7, y1 = −1 y m = 3 en la Ecuacion (2.12) se obtiene
y − (−1) = 3(x − 7)
Entonces
y + 1 = 3x − 21
o bien
3x − y − 22 = 0
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52
Si una recta L contiene a los puntos S(x1, y1) y T (x2, y2), con x2 6= x1, entonces se ha visto que
la pendiente m de L esta dada por
m =y2 − y1
x2 − x1
Si se sustituye esta expresion de m en la Ecuacion (2.12) se obtiene la ecuacion equivalente
y − y1 =y2 − y1
x2 − x1(x − x1) (2.13)
Esta es la ecuacion cartesiana de L que pasa por dos puntos dados.
Ejemplo 2.14. Obtenga la ecuacion cartesiana en forma ordinaria de la recta que pasa por los
puntos S(2, 3) y T (4,−7).
Solucion. Si en la Ecuacion (2.13) se sustituye a x1 y y1 por las coordenadas del punto S(2,3),
y a x2 y y2 por las coordenadas del punto T (4. − 7), se obtiene
y − 3 =−7 − 3
4 − 2(x − 2)
y − 3 = −5(x − 2)
y − 3 = −5x + 10
o bien
5x + y − 13 = 0
Si las coordenadas x de dos puntos dados son iguales, entonces la recta que pasa por ellos
es vertical (Figura 2.13.a)), y su pendiente no esta definida. Sin embargo, puesto que todos
los puntos de una recta tal deben tener la misma coordenada x, digamos x1, la recta queda
completamente determinada si se especifica esta coordenada, y por consiguiente la ecuacion de
la recta es
x = x1
S(x ,y )
S(x ,y )
T(x , y )
T(x , y )
xx
y y
1
1 1 1
11
2
2
(a) (b)
Figura 2.13:
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53
Por otra parte, si la coordenada y de dos puntos dados es la misma, la recta que pasa por esos
puntos es horizontal (Figura 2.13.b), y esa recta tiene pendiente cero. De la Ecuacion (2.12) se
sigue inmediatamente que,
y − y1 = 0
y por lo tanto que
y = y1
es la ecuacion cartesiana de esta recta.
En las Secciones 2−1 y 2−2 se han obtenido dos formas de un sistema de ecuaciones parametricas
de una recia:
x = x1 + r(x2 − x1) y x = x1 + rh
y = y1 + r(y2 − y1) y y = y1 + rk
Ahora se vera como se relacionan dichos sistemas con las ecuaciones que se han discutido en esta
seccion. En cada caso despejese a r en la primera ecuacion:
r =x − x1
x2 − x1r =
x − x1
h
Sustituyendo este valor en la segunda ecuacion de cada caso se tiene
y = y1 +x − x1
x2 − x1(y2 − y1) y = y1 +
x − x1
h(k)
o bien
y − y1 =y2 − y1
x2 − x1(x − x1) y − y1 =
k
h(x − x1) (2.14)
Puesto que kh
es la pendiente de la recta si h 6= 0, se ve que las Ecuaciones (2.14) corresponden
a las ecuaciones desarrolladas en esta seccion.
2.6 Ecuacion de la recta punto y pendiente en terminos
de las intersecciones con los ejes
Ax + By + C = 0
y − y1 = m(x − x1)
o bien
y − y1 =y2 − y1
x2 − x1(x − x1)
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54
T(0,b)
S(a,0)
x
y
Figura 2.14:
(donde A2 + B2 6= 0 y x2 6= x1) de la ecuacion cartesiana de una recta. En esta seccion se
estudiaran otras dos formas que tambien resultan utiles.
Como se muestra en la Figura 2.14 si una recta L no es paralela al eje y, entonces debe intersecar
al eje y en algun punto T . Puesto que la coordenada x de cualquier punto del eje y es 0, las
coordenadas de T deben ser de la forma (0, b), b ∈ R. El numero b se llama la ordenada al origen
de L. Si se sustituye a x1 por 0 a y1, por b en la Ecuacion (2.12) se obtiene
y − B = m(x − 0)
o bien
y = mx + b
Esta ecuacion de L se llama la ecuacion punto y pendiente con ordenada al origen, puesto que
m es la pendiente de L y b es la ordenada al origen de L.
Si en la ecuacion cartesiana ordinaria de una recta no vertical se despeja a y en funcion x se
tiene
Ax + By + C = 0(B 6= 0)
By = −Ax − C
y = −A
Bx − C
B
Comparando esta ecuacion con la Ecuacion (2.11) anterior se ve que
m = −A
By b = −C
B
Ejemplo 2.15. Calcule la pendiente y la ordenada al origen de la recta cuya ecuacion cartesiana
es 3x − 4y = 12.
Solucion. Escrıbase esta ecuacion en la forma (2.11), obteniendose que
3x − 4y = 12
−4y = −3x + 12
y =3
4x − 3
Por inspeccion, la pendiente es 34
y la ordenada al origen es −3.
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Ejemplo 2.16. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta L cuya ordenada al origen
es x y y cuya abscisa al origen es −5.
Solucion. Empleando la Ecuacion (2.11) inmediatamente anterior y tomando a = 3 y b = −5,
se tienex
3+
y
−5= 1
de donde
−5x + 3x = −15
o bien
5x − 3y − 15 = 0
2.7 Forma Simetrica de la Ecuacion de la Recta
Las componentes h, k de un vector de direccion (h, k) de una recta reciben el nombre de numeros
directores de L. Estos numeros son importantes en la determinacion de otra forma util de la
ecuacion de una recta que no sea paralela a ninguno de los ejes coordenados.
Considerese una recta L que pasa por el punto S(x1, y1) y que tiene al vector v = (h, k) como
un vector de direccion. Una ecuacion parametrica de esta recta L es
(x, y) = (x1, y1) + r(h, k), r ∈ R
de la cual se obtienen las ecuaciones parametricas cartesianas
x = x1 + rh y y = y1 + rk (2.15)
(si h 6= 0 y k 6= 0, podemos despejar a r en cada una de las ecuaciones anteriores,
x − x1
h= r =
y − y1
k
de donde,x − x1
h=
y − y1
k(2.16)
La Ecuacion (2.16) recibe el nombre de forma simetrica de la ecuacion de la recta. Si h o k son
0, entonces L es paralela a un eje de coordenadas, es decir, L es o bien vertical u horizontal. En
estos casos la Forma simetrica no es aplicable. Sin embargo, de la Ecuacion (2.15) se obtiene que
x = x1 o bien y = y1, respectivamente, es la ecuacion de una recta.
Se puede determinar un par de numeros directores de L, al identificar a dos puntos S(x1, y1) y
T (x2, y2) que esten sobre L, de la Ecuacion (2.15) se tiene
x2 = x1 + ch, y2 = y1 + xk
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56
donde c es una constante. De donde
(x2 − x1, y2 − y1) = c(h, k)
y por lo tanto, x2 − x1 y y2 − y1 son un par de numeros directores de L.
Ejemplo 2.17. Obtenga la ecuacion de la recta L en su forma simetrica que pasa por los puntos
S(3,−3) y T (6, 1).
Solucion. Un par de numeros directores resultan ser
h = x2x1 = 6 − 3 = 3
y
k = y2 − y1 = 1 − (−3) = 4
Sustituyendo a x1 y y1 en la Ecuacion (2.12), por las respectivas coordenadas de S(3,−3), o de
T (6, 1), se obtienex − 3
3=
y + 3
4o
x − 6
3=
y − 1
4
Se puede verificar que cada una de estas ecuaciones representa a la misma recta, reduciendolas
a la forma cartesiana ordinaria.
Ejemplo 2.18. Obtenga la forma simetrica de la ecuacion cartesiana para la grafica de
3x − 4y + 7 = 0
Solucion. Calculese primero una solucion de 3x − 4y + 7 = 0 asignando un valor, por ejemplo
2.10, a x y despejando a y. Se obtiene ası
3(1) − 4y + 7 = 0
−4y = −10
y =5
2
2.8 Resumen del capıtulo
1. Las rectas en el plano se pueden representar mediante las ecuaciones tanto vectoriales como
cartesianas. La ecuacion parametrica vectorial
u = s + r(t − s), r ∈ R
define la recta en el plano que pasa por los puntos S y T , supuestos distintos. La variable r
que aparece en esta ecuacion es un parametro. Si el conjunto de valores de r es un intervalo
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57
cerrado, entonces la grafica de la ecuacion es un segmento. Un sistema de ecuaciones
parametricas cartesianas de la recta que pasa por S(x1, y1) y T (x2, y2) es
x = x1 + r(x2 − x1) y y = y1 + r(y2 − y1)
.
2. Un punto U esta sobre la recta L, y pasa por S(x1, y1), con vector de direccion v = (h, k)
si y solo si u−s es paralelo a v. Una ecuacion parametrica de L es u = s+rv, y un sistema
de ecuaciones parametricas cartesianas de L son x = x1 +rh, y = y1 +rk. El punto U(x, y)
esta sobre L si y solo si (u − s) · vp = 0.
3. Si el vector (h, k), con h 6= 0, es un vector de direccion de la recta L, entonces la pendiente
m de L es kh. Este numero es el cociente de la altura y la base de cualquier segmento que
este sobre L. Para la recta L que pasa por los puntos S(x1, y1) y T (x2, y2), con x2 6= x1, se
tiene
m =y2 − y1
x2 − x1
4. Las rectas paralelas no verticales tienen la misma pendiente. El producto de las pendientes
de dos rectas perpendiculares, ninguna de las cuales es vertical, es -1.
5. Un vector no nulo perpendicular al vector de direccion v de una recta L es un vector
normal a L. Si (A, B), donde A2 + B2 6= 0 es un vector normal a L, entonces la ecuacion
cartesiana ordinaria de L es
Ax + By + C = 0
donde C es una constante adecuada. Una recta cuya ecuacion sea Ax + By + C ′ = 0 es
paralela a L, y una recta cuya ecuacion sea −Bx + Ay + C ′ = 0 es perpendicular a L. La
pendiente de L es −AB
si B 6= 0.
6. La ecuacion de punto y pendiente de la ecuacion de una recta L que pasa por el punto
S(x1, y1) y cuya pendiente es m esta dada por
y − y1 = m(x − x1)
La ecuacion de la recta que pasa por dos puntos dados S(x1, y1) y T (x2, y2) es
y − y1 =y2 − y1
x2 − x1
(x − x1)
7. La ecuacion punto y pendiente con con ordenadas al origen de la ecuacion de la recta Lque tiene pendiente m y cuya ordenada al origen es b esta dada por
y = mx + b
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58
La ecuacion punto y pendiente con ordenada al origen y abscisa al origen de la recta Lcuya abscisa al origen es a y cuya ordenada al origen es b donde a 6= 0 y b 6= 0 esta dada
porx
a+
y
b= 1
8. Si v = (h, k) es un vector de direccion de una recta L, entonces h y k se llaman numeros
directores de L. El angulo de direccion θ de L satisface las condiciones 0 ≤ m(θ) ≤ 180;
si h 6= 0, entonces m(θ) se determina mediante la ecuacion
tan θ =k
h= m, 0 ≤ mo(θ) < 180
donde m es la pendiente de L. Sı h 6= 0 y k 6= 0, y L pasa por el punto S(x1, y1), entonces
la forma simetrica de la ecuacion de L esta dada por
x − x1
h=
y − y1
k
2.9 Problemas Resueltos
Ejercicio 2.1. a) Obtenga la ecuacion parametrica vectorial y el
b) sistema de ecuaciones parametricas cartesianas de la recta que contiene a los puntos dados
S(−7,2), T (−3. − 1)
Solucion. a) Ecuacion Parametrica Vectorial S(−7,2) y T (−3. − 1)
Tracese un diagrama.
x
y
s
t
u
Figura 2.15:
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59
Se tiene S = (−7,2) y T = (−3. − 1). Entonces:
t − s = (−3. − 1) − (−7,2)
= (4. − 3)
Ahora usando la ecuacion u = s + r(t − s) se tiene que la ecuacion parametrica vectorial
de L es:
u = (−7,2) + r(4. − 3)
b) sistema de ecuaciones parametricas cartesianas
Si se sustituye a : x1, y1, x2 y y2 por −7,2, 2.− 3 y -1; en la ecuacion x = x1 + r(x2 − x1) y
y = y1 + r(y2 − y1) obteniendose
x = −7 + r(−3 − (−7)) y = 2 + r(−1 − 2)
x = −7 + 4r y = 2 − 3r
Ejercicio 2.2. Calcule las coordenadas de los puntos de triseccion del segmento cuyos extremos
son los puntos dados S(5. − 1) y (−4,2)
Solucion. Se tiene S = (5. − 1) y T = (−4,2). Por lo tanto el vector que va de S a T es:
t − s = (−4,2) − (5. − 1)
= (−9,3)
Entonces del punto que esta a una tercera parte de la distancia que separa a S de T son:
(5. − 1) +1
3(−9,3) = (5. − 1) + (−3,1)
= (2,0)
Y aquellas del punto que esta a dos terceras partes de la distancia que separa s S de T son:
(5. − 1) +2
3(−9,3) = (5. − 1) + (−6,2)
= (−1,1)
es decir las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento son: (2.0) y (-1.1)
Ejercicio 2.3. Calcule las coordenadas de los puntos u1 y u2 que estan sobre la recta cuya
ecuacion parametrica vectorial se da u = (0,4 + r(5,12)) y que estan a la distancia dada 26 del
punto (5.16) dado
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60
Solucion. Primero calculese cual es el vector en la direccion de (5.12). Este vector es:
(5√
25 + 144;
12√25 + 144
)
=
(5
13;12
13
)
Otra ecuacion de L es:
u(5,16) + r
(5
13;12
13
)
Se desea calcular las coordenadas de los puntos u(x, y) tales que |r| = 26 es decir, para los cuales
r = 26 o r = −26. Se tiene pues:
r = 26 r = −26
(x1, y1) = (5,16) + 26
(5
13,12
13
)
(x2, y2) = (5,16) + (−26)
(5
13,12
13
)
(x1, x1) = (5,16) + (10,24) (x2, y2) = (5,16) + (−10. − 24)
= (15,40) = (−5. − 8)
Por lo tanto u1(15,40) y u2 = (−5. − 8) son los puntos requeridos.
Ejercicio 2.4. Encuentre las rectas que pasando por (6,2) formen el eje x un triangulo.
Solucion.
L1 : y − y1 = m(x, x1)
y − 2 = −√
3(x − 6)√
3x + y − 6√
3 − 2 = 0
L1 :√
3x + y − 2(3√
3 + 1) = 0
L2 : y − y1 = m2(x − x1)
y − 2 =√
3(x − 6)√
3x − 6√
3
L2 : y −√
3x + 2(3√
3 − 1) = 0
m1 = tan 120o
m1 = − tan 60o
m1 = −√
3
m2 = tan 60o
=√
3
Ejercicio 2.5. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto A(−6. − 3) y tiene angulo
de inclinacion 135o
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Solucion. La ecuacion de una recta es L:
y − y1 = m(x − x1) (2.17)
donde (x1.y1) es un punto conocido de la recta y m es su pendiente.
Por los datos del problema tenemos:
(x1, y1) = (−6. − 3)
m = tan 135o = − tan 45o
= −1
(2.18)
Reemplazar (??) en (??):
L : y − (−3) = −1(x − (−6))
y + 3 = −(x + 6)
x + y + 9 = 0
Ejercicio 2.6. Hallar la ecuacion de la recta, que pasa por el punto(−2.3
2
)y forma con los ejes
coordenadas un triangulo de area 6µ2
Solucion. 1. En primer lugar graficar los datos.
2. En este problema, para hallar la recta L, conviene aplicar la forma simetrica
L :x
a+
x
b= 1
3. a) Si(−2.3
2
)∈ L ⇒ −2
a+ 3/2
b= 1
−4b + 3a = 2ab (2.19)
b) Si L forma con los ejes coordenados un triangulo de area 6, entonces
|a||b|2
= 6 ⇐⇒ |ab| = 12
⇐⇒ ab = 12 ∨ ab = −12
b = 12a
b = −12a
(2) (3)
4. Reemplazar (3) en (2.19)
−4
(−12
a
)
+ 3a = 2(−12)
a2 + 8a + 16 = 0
(a + 4)2 = 0 = 0 ⇒ a = −4 , b = 3
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62
5. Reemplazar (2) en (2.19):
a2 − 8a − 16 = 0
a = 4 + 4√
2 , b = 3(√
2 − 1)
a = 4 − 4√
2 , b = −3(1 +√
2)
Ası se obtienen dos ecuaciones mas
Ejercicio 2.7. Una recta L pasa por la interseccion de las rectas: L1 : 4x + 3y − 12 = 0,
L2 : 2x− y +4 = 0 y forma con los ejes coordenados un triangulo de area igual a 10µ2. Hallar L.
Solucion. 1. Hallar la interseccion de L1 y L2, resolviendo el sistema:
4x + 3y − 12 = 0
2x − y + 4 = 0
4x + 3y − 12 = 0
6x − 3y + 12 = 0
10x + 0 + 0 = 0
2. Ası, obtenemos el punto de paso (4,0) de L.
3. Como la recta L forma con los ejes coordenados un triangulo de area 10u2, conviene aplicar
la forma simetrica de la recta L:
L :x
a+
y
b= 1
4. Si (0,4) ∈ L ⇒ 0a
+ 4b
= 1
b = 4
5. El area del triangulo OAB es:
4|a|2
= 10
|a| = 5
⇔ a = 5 ∨ a = −5
6. Conclusion:
L :x
5+
y
4= 1
: 4x + 5y − 20 = 0
L :x
−5+
y
4= 1
: 4x − 5y + 20 = 0
Ejercicio 2.8. Hallar las ecuaciones de los lados de un triangulo si uno de sus vertices es el punto
B(−4.− 5) y las ecuaciones de dos alturas del triangulo son 5x + 3y − 4 = 0 y 3x + 8y + 13 = 0
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Solucion. 1. Graficar los datos:
H1 : 5x + 3y − 4 H2 : 3x + 8y + 13 = 0
x 0 4/5 x 0 −13/3
y 43 0 y −13/8 0
H1 es altura relativa al lado BC
H2 es altura relativa al lado AB
A
B(−4,−5)
C
x
yH
H
1
2
Figura 2.16:
2. Un punto de paso de LBC es B y su pendiente es m, tal que, m(−5
3
)= −1
m =3
5
Luego: LBC : y + 5 = 35(x + 4)
3x − 5y − 13 = 0
3. Un punto de paso de LBA es B y su pendiente es m, tal que,
m =
(
−3
8
)
= −1
m =8
3
Luego, LBA : y + 5 = 83(x + 4)
8x − 3y + 17 = 0
4. Para hallar la ecuacion del lado LAC , tenemos dos puntos A y C, donde:
A = LBA ∩ H1 y C = LBC ∩ H2
8x − 3y + 17 = 0
5x + 3y − 4 = 0
3x − 5y − 13 = 0
3x + 8y + 13 = 0
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64
Se obtiene A = (−1,3) Se obtiene C = (1. − 2)
Luego:
LAC : y − 3 =3 + 2
−1 − 1(x + 1) ⇔ y − 3 = −5
2(x + 1) ⇔ 5x + 2y − 1 = 0
Ejercicio 2.9. Dos vertices consecutivos de un paralelogramo son A(−1,3) y B(0,4). Determinar
las coordenadas de los otros vertices, si las diagonables se cortan en el eje Y su area es 6u2
Solucion. 1. Graficar los datos
A
P
C
D(0,y )0
4
y
x−1
Figura 2.17:
2. El area del triangulo ABD es 3y2 (mitad de un paralelogramo de area 6u2).
Como los vertices del triangulo ABD son A(−1,3), B(0,4), D(0, y0) con y0 =? entonces
area triangulo:
ABD =1
2|AH||DB|
3 =1
2|| − 1|4 − y0|
6 = |4 − y0|
⇔ 4 − y0 = 6 ∨ 4 − y0 = −6
y0 = −2 ∨ y0 = 10
Luego, el vertice D = (0. − 2)
3. El vertice C = LBC ∩ LDC
donde:
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65
a) un punto de paso de LBC es B = (0,4) y su pendiente es igual a la pendiente mAD =−2−4061
= −6 ( por se paralela).
Luego, LBC : y − 4 = −6(x − 0) ⇔ 6x + y − 4 = 0
b) Un punto de paso de LDC es D = (0. − 2) y su pendiente es mAB = 3−4−1−0
= 1
Luego, LDC : y + 2 = 1(x − 0) ⇔ x − y − 2 = 0
4. Resolver el sistema
6x + y − 4 = 0
x − y − 2 = 0, se obtiene C =
(67,−8
7
)
Ejercicio 2.10. El area de un triangulo es 150u2, B(−5,9) y C(−10.−6) son dos de sus vertices.
Hallar el lugar geometrico descrito por el tercer vertice A.
Solucion. i) Sea A(x, y) un punto de L.G.
A
C
A’
B
Figura 2.18:
ii) 12
∣∣∣∣∣∣∣
x y 1
−5 9 1
−10 −6 1
∣∣∣∣∣∣∣
iii)
|x(9 + 6) − y(−5 + 10) + 1(30 + 90)| = 300
|15x − 5y + 120| = 300
15x − 5y + 120 = 300 o 15x − 5y + 120 = −300
3x − y − 360 = 0 o 3x − y + 84 = 0
El L.G. del vertice A son trayectoria paralelas al lado BC
Ejercicio 2.11. Tres vertices de un paralelogramo son: A(1,1), B(5. − 2) y C(3,4). Calcular el
cuarto vertice
Solucion.
El problema admite tres soluciones:
ABCD, ACBD y CABD
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66
A
B
C
D
D’
0 x
y
Figura 2.19:
Pendientes de los lados del triangulo ABC : mAC = 4−13−1
= 32
mAB =1 + 2
1 − 5= −3
4, mBC =
4 + 2
3 − 5= −3
DD′||BC → y − 1 = −3(x − 1) ↔ DD
′: 3x + y − 4 = 0
D′D′|AC| → y + 2 =
3
2(x − 5) ↔ D′D′′ : 3x − 2y − 19 = 0
DD′′||AB → y − 4 = −3
4(x − 3) ↔ DD′′ : 3x + 4y − 25 = 0
Luego, (DD′) ∧ (DD′′) = D(−1,7); (DD
′) ∧ (D′D′′) = D′(3. − 5)
(DD′′) ∧ (D′D′′) = D′′(7,1)
Ejercicio 2.12. Dados el punto A(2,3) y la recta L : x − y + 9 = 0; buscar sobre la recta L los
puntos B y C que con A determinen un triangulo equilatero.
Solucion.
Altura del ABC : h = d(A, L)
h =|2 − 3 + 9|√
2= 4
√2
Pero h = |AB| =(√
32
)
→ |AB| = 8√
63
|AB| =√
(x − 2)2 + (y − 3)2 =8√
6
3(2.20)
De L : x − y + 9 = 0, despejamos:
y = x + 9 (2.21)
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67
H
C
B
AL
Figura 2.20:
Sustituyendo (2.21) en (2.20), se tiene:
√
(x − 2)2 + (x + 6)2 =8√
6
3
de donde:
3x2 + 12x − 4 = 0 ↔ x =−6 ±
√
36 − 3(−4)
3= −2 ± 4
3
√3
Sustituyendo en (2.21): y = 7 ± 43
√3
Luego, los vertices buscados son:
B
(
−2 +4
3
√3, 7 +
4
3
√3
)
y C
(
−2 − 4
3
√3, 7 − 4
3
√3
)
Ejercicio 2.13. Calcular las coordenadas de un punto P (x, y) simetrico de Q(−4,2) respecto
de la recta L : 3x + 4y = 21
Solucion.
L
M
P
Q
Figura 2.21:
La ecuacion de la recta L1 que pasa por Q y perpendicular a L es:
y = 2 =4
3(x + 4) ↔ L1 : 4x − 3y + 22 = 0
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68
Entonces: (3x + 4y − 21 = 0) ∧ (4x − 3y + 22 = 0) = M(−1,6)
Como M es punto medio de PQ, entonces:
−1 =1
2(x − 4) → x = 2 , 6 =
1
2(y + 2) → y = 10
∴ P (2,10)
2.10 Problemas Propuestos
Ejercicio 2.14. El punto medio del segmento cuyos extremos son Q(−5,2) y R(1,6) con el punto
que esta a una tercera parte de distancia que separa a 5(−2,6) de T (1,9)
Respuesta: V = (−2,4) + r(1,3), 0 ≤ r ≤ 1
Ejercicio 2.15. Calcule las coordenadas de los puntos U1 y U2 que estan sobre la recta cuya
ecuacion parametrica vectorial se da que estan a la distancia dada del punto S dado.
Si sobre U = (4. − 2) + r(1,1); 3√
2 unidades S(4. − 2)
Respuesta: U1 = (7,1); U2 = (1. − 5)
Ejercicio 2.16. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto P (−5,4), sabiendo que la
longitud del segmento comprendido entre las rectas x + 2y + 1 = 0; x + 2y + 1 = 0 es igual a 5
Respuesta: 3x + 8y − 17 = 0
Ejercicio 2.17. Hallar la ecuacion de la recta que es mediatriz del segmento que une a los
puntos A(7,4) y B(−2. − 2)
Respuesta: 6x + 4y − 19 = 0
Ejercicio 2.18. Obtenga la ecuacion parametrica vectorial y el sistema de ecuaciones parametri-
cos cartesianas de la recta que contiene a los puntos dados S(2,1), T (0,0)
Respuesta: U = (2,1) + r(−2. − 1), x = 2 − 2r; y = 1 − r
Ejercicio 2.19. Si L es la grafica de la ecuacion parametrica vectorial u = (a, b) + r(c, d);
obtenga una ecuacion parametrica vectorial de la recta m que es paralela a L y contiene al
punto medio del segmento cuyos extremos son: S(x1, y1) y T (x2, y2)
Respuesta: U =(
x1+x2
2+ y1+y2
2
)+ r(c, d)
Ejercicio 2.20. Obtenga una ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene al punto
dado S y que
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69
a) es perpendicular o
b) es paralela a la recta cuya ecuacion cartesiana se menciona
Si S(3. − 2); 5x − 7y + 10 = 0
Respuesta:
a) 7x + 5y − 11 = 0
b) 5x − 7y − 29 = 0
Ejercicio 2.21. Dadas las rectas L1 : x − y + 4 = 0 y L2 : x + 2y − 12 = 0. Determinar la
ecuacion de la recta que pasa por el punto (3.2). Determinar la ecuacion de la recta que pasa
por el punto (3.2) de tal manera que la parte de esta recta comprendida entre las rectas dadas
L10 y L2 queda dividida por el punto P en dos segmentos iguales.
Respuesta: x + 9y − 21 = 0
Ejercicio 2.22. Encuentre la ecuacion de la recta que pasa por el punto (1,2) y es paralela a la
recta 3x − 2y + 6 = 0
Ejercicio 2.23. Encuentre la ecuacion de la recta que pasa por el punto de interseccion de las
rectas x − 3y + 2 = 0 y 5x + 6y − 4 = 0 y que es paralela a 4x + y + 7 = 0
Ejercicio 2.24. Halle la ecuacion de la recta que pasa por los puntos (-3.-5) y (4.7): diga si el
punto (1/2,1) pertenece a dicha recta y porque
Ejercicio 2.25. Las ecuaciones de los lados de un triangulo son 5x−6y+16 = 0, x+7y+36 = 0
y 6x + y− 30 = 0. Encuentre las coordenadas de sus vertices y las ecuaciones de sus mediatrices
de cada uno de sus lados.
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Capıtulo 3
Circunferencia
3.1 Definicion de la Circunferencia
Una circunferencia es el conjunto de todos los puntos de un plano que equidistan de un punto
fijo. El punto fijo se denomina centro de la circunferencia, y a la distancia constante se le llama
radio de la circunferencia.
P(x,y)r
O C(h,k)
Figura 3.1:
Con el fin de obtener una ecuacion de a circunferencia que tiene centro en C(h, k) y radio r, se
utiliza la formula de distancia. Refierase a la figura 3.1. El punto P (x, y) esta en la circunferencia
si y solo si |PC| = r; esto es, si y solo si
√
(x − h)2 + (y − k)2 = r
Esto es cierto si y solo si
(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (r > 0)
Esta ecuacion es satisfecha por las coordenadas de aquellos puntos y solo aquellos se encuentran
en la circunferencia. Este resultado se establece en el teorema siguiente
70
Geometrıa Analıtica
71
3.2 Teorema. Ecuacion de la Circunferencia
Una ecuacion de la circunferencia con centro en el punto C(h, k) y radio r es
(x − h)2 + (y − k)2 = r2
Si el punto de una circunferencia esta en el origen, entonces h = 0 y k = 0; por tanto, su ecuacion
es
x2 + y2 = r2
Tal circunferencia se muestra en la figura 3.2. Si el radio de una circunferencia es 1, se le llama
circunferencia unitaria.
O
r
−r
r−r x
y
Figura 3.2:
Si se conocen el centro y el radio de una circunferencia puede dibujarse con ayuda del compas.
3.2.1 Trazo de una Circunferencia
Para trazar la circunferencia que tiene la ecuacion
x2 + y2 = r2
1. Se resuelve esta ecuacion para y y se obtiene
y =√
r2 − x2 y y = −√
r2 − x2
La grafica de cada una de estas ecuaciones es una circunferencia.
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72
2. Se trazan estas dos semicircunferencias en el mismo rectangulo de inspeccion, obteniendose
ası la circunferencia deseada.
Ejemplo 3.1. La grafica de la ecuacion
x2 + y2 = 16
es la circunferencia con centro e el origen y radio 4. Al resolver esta ecuacion para y se obtiene
y =√
16 − x2 y y = −√
16 − x2
Al trazar estas circunferencias en el mismo rectangulo de inspeccion ([−5, 5] por [−5, 5]) se
obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.3
x
y
4
4
2
02
-2
-4
0-2-4
Figura 3.3:
Ejemplo 3.2. Obtenga la ecuacion de la circunferencia que tiene un diametro con extremos en
A(−2, 3) y B(4, 5). Trace la circunferencia
Solucion. El punto medio del segmento A a B es el centro de la circunferencia. Vea la figura
3.4. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia, entonces
h = −2+42
k = 3+52
h = 1 k = 4
Por tanto, el centro esta en C(1, 4). El radio de la circunferencia puede calcularse como |CA| o
|CB|. Si r = |CA|, entonces
r =√
(1 + 2)2 + (4 − 3)2
=√
10
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Geometrıa Analıtica
73
A(−2,3)
B(4,5)
C(h,k)
O x
y
Figura 3.4:
Por tanto, una ecuacion de la circunferencia es
(x − 1)2 + (y − 4)2 = 10
x2 + y2 − 2x − 8y + 7 = 0
A fin de trazar la circunferencia, primero se resuelve la ecuacion para y considerandola como
una ecuacion cuadratica en y:
y2 − 8y + (x2 − 2x + 7) = 0
De la formula cuadratica, donde a = 1, b = −8 y c = x2 − 2x + 7, resulta
y =−b ±
√b2 − 4ac
2a
=−(−8) ±
√
(−8)2 − 4(1)(x2 − 2x + 7)
2(1)
=8 ±
√64 − 4x2 + 8x − 28
2
=8 ±
√36 + 8x − 4x2
2
=8 ± 2
√9 + 2x − x2
2
= 4 ±√
9 + 2x − x2
Si se trazan en el mismo rectangulo de inspeccion de graficas de
y = 4 +√
9 + 2x − x2 y y = 4 −√
9 + 2x − x2
se obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.5
La ecuacion (x − h)2 + (y − k)2 = r2 se denomina forma centro-radio de la ecuacion de una
circunferencia. Si se eliminan los parentesis y se reducen a los terminos semejantes se tiene
x2 + y2 − 2hx − 2ky + (h2 + k2 − r2) = 0
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74
x
4
6
1
y
5
3
1
4
2
2-1
7
3
0-2
Figura 3.5:
Al considerar D = −2h, E = −2k y F = h2 + k2 + r2, esta ecuacion se transforma en
x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0
La cual se denomina forma general de la ecuacion de la circunferencia tiene centro y radio,
su ecuacion puede expresarse en la forma centro-radio, y en consecuencia, en la forma general,
como sew hizo en el ejemplo 3.2. Si se inicia con una ecuacion de una circunferencia en la forma
general, esta puede expresarse en la forma centro-radio completando los cuadrados. El ejemplo
siguiente muestra el procedimiento a seguir
Ejemplo 3.3. Obtenga el centro y el radio de la circunferencia que tiene la ecuacion
x2 + y2 + 6x − 4y − 23 = 0
Solucion. La ecuacion dada puede escribirse como
(x2 + 6x) + (y2 − 4y) = 23
si se completan cuadrados de los terminos entre parentesis al sumar 9 y 4 en ambos miembros
de la ecuacion se tiene
(x2 + 6x + 9) + (y2 − 4y + 4) = 23 + 9 + 4
(x + 3)2 + (y − 2)2 = 36
La ecuacion anterior esta en la forma centro-radio; de modo que es una ecuacion de la circun-
ferencia con centro en (−3, 2) y radio 6.
Algunas ecuaciones de la forma
x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0
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75
tienen graficas que no son circunferencias. Suponga que cuando se completan los cuadrados se
obtiene
(x − h)2 + (y − h)2 = d donde d < 0
No hay valores reales de x y y que satisfagan esta ecuacion; ası, la ecuacion no tiene grafica. En
este caso se establece que la grafica es el conjunto vacıo.
Si se completan los cuadrados se obtiene
(x − h)2 + (y − k)2 = 0
los unicos valores de x y y que satisfacen esta ecuacion son x = h y y = k. De este modo, la
grafica consta del simple punto (h, k).
La definicion de la recta tangente a una curva general es un punto de la curva requiere del
concepto de lımite. Sin embargo, para una circunferencia la definicion de geometrıa plana es-
tablece que una recta tangente en un punto P de una circunferencia es la recta que intersecta la
circunferencia en solo un punto
Ejemplo 3.4. Obtenga una ecuacion de la recta tangente a la circunferencia
x2 + y2 − 6x − 2y − 15 = 0
en el punto (6, 5). Trace la circunferencia y la recta tangente en el mismo rectangulo de inspeccion.
O
P=(6,5)
r=5
C(3,1)
3x+4y−38=0
x
y
Figura 3.6:
Solucion. Se escribe la ecuacion de la circunferencia en la forma centro-radio al completar los
cuadrados:
(x2 − 6x) + (y2 − 2y) = 15
(x2 − 6x + 9) + (y2 − 2y + 1) = 15 + 9 + 1
(x − 3)2 + (y − 1)2 = 25
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76
De esta ecuacion, el centro es C(3, 1) y el radio es 5. La figura 3.6 muestra la circunferencia y
una porcion de la recta tangente en P (6, 5). Si m1 es la pendiente de la recta que pasa por C y
P , entonces
m1 =5 − 1
6 − 3
=4
3
De geometrıa plana, se sabe que la recta tangente es perpendicular a la recta que pasa por C y
P . Por tanto, si m2 es la pendiente a la recta tangente, entonces
m2m1 = −1
m2(4
3) = −1
m2 = −3
4
En consecuencia de la forma punto-pendiente de la ecuacion de la recta que pasa por (6, 5) con
pendiente −34, se tiene como la ecuacion requerida
y − 5 = −3
4(x − 6)
4y − 20 = −3x + 18
3x + 4y − 38 = 0
La figura 3.7 muestra la circunferencia y la recta tangente trazadas en el mismo rectangulo de
inspeccion.
y
x
12
8
15
4
010
-4
50-5
Figura 3.7:
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77
3.3 Propiedades de la circunferencia
Al estudiar la geometrıa plana se ve que una circunferencia es el lugar geometrico (conjunto) de
todos los puntos del plano que estan a una distancia dada (radio) de un punto dado (centro).
Al segmento cuyos extremos son el centro del cırculo y a un punto de la circunferencia se llama
segmento radial de la circunferencia. Por lo tanto, el radio de una circunferencia es la longitud
de un segmento radial de la misma.
O x
y
uu−s
S(2,−1)
s
Figura 3.8:
Como se muestra en la figura 3.8, un punto U(x, y) del plano esta sobre la circunferencia C de
radio 4 con centro en S(4,−1) si y solo si
‖u − s‖ = 4 (3.1)
Observese que, sin embargo
‖u − s‖ = ‖(x, y) − (2,−1)‖= ‖(x − 2, y + 1)‖=
√
(x − 2)2 + (y + 1)2
Por lo tanto de la ecuacion (7.1) se tiene√
(x − 2)2 + (y + 1)2 = 4
Puesto que ambos miembros de esta ecuacion son numeros positivos al tomar el cuadrado de
ambos se obtiene una ecuacion equivalente:
(x − 2)2 + (y + 1)2 = 16 (3.2)
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78
Puesto que los pasos algebraicos son reversibles la ecuacion (3.2) es una ecuacion de C y C es la
grafica o lugar geometrico de la ecuacion (3.2).
Empleando el mismo procedimiento se puede demostrar que, en general, si una circunferencia Ctiene radio r y centro S(h, k) entonces una ecuacion cartesiana de C es
(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (3.3)
u−t
s−tTv
vp
S
Figura 3.9:
Dada una recta L tangente a una circunferencia es perpendicular al segmento que radial que
contiene al punto de contacto T (figura 3.9) se sabe que si v es un vector de direccion de la
recta que contiene al eje radial TS entonces vp es un vector de direccion de L. Se emplea esta
informacion para encontrar una ecuacion L si se conocen las coordenadas de T y la ecuacion C.
Como se sugiere en la figura 3.9, el radio r de una circunferencia C es igual a la distancia
(perpendicular) que separa al centro S de C de cualquier recta L que sea tangente a C. Se puede
emplear este hecho para obtener una ecuacion de una circunferencia dadas las coordenadas
(x1, y1) de su centro y una ecuacion Ax + By + C = 0 de una recta tangente.
3.4 Propiedades
3.4.1 Propiedad del cuadrilatero inscrito en una circunferencia
Determinar si el cuadrilatero de vertices P (5, 3), Q(2, 6), R(−6, 6) y S(−1, 9) puede ser inscrito
una circunferencia. En caso que lo sea, determinar la ecuacion de la circunferencia
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79
Solucion. Por el teorema de Tolomeo: En todo cuadrilatero inscrito a un circunferencia, el
producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. Probaremos
que:
|QS| × |PR| = |PQ| × |RS| + |QR| × |PS|
R Q
P
XC
O
Y
S
En efecto, con los valores
|QS| =√
(2 + 1)2 + (6 + 9)2 = 3√
26
|PR| =√
(5 + 6)2 + (3 − 6)2 =√
130
|PQ| =√
(2 − 5)2 + (6 − 3)2 = 3√
2
|RS| =√
(−1 + 6)2 + (−9 − 6)2 = 5√
10
|PQ| = |2 − (−6)| = 8
|PS| =√
(5 + 1)2 + (3 + 9)2 = 6√
5
Se tiene:
|QS| × |PR| = (3√
26)(√
130) = 78√
5
|PQ| × |RS| = (3√
2)(5√
10) = 30√
5
|QR| × |PS| = 8(6√
5) = 48√
5
con los cuales resulta la identidad: 78√
5 = 30√
5 + 48√
5
Luego, si el cuadrilatero PQRS es inscriptible.
Si C(h, k) es el centro de la circunferencia se tendra:
|PC| = |QC| ⇒√
(h − 5)2 + (k − 3)2 =√
(h − 2)2 + (k − 6)2 ⇒ h − k + 1 = 0 · · · (1)
|RC| = |SC| ⇒√
(h + 6)2 + (k − 6)2 =√
(h + 1)2 + (k + 9)2 ⇒ h − 3k − 1 = 0 · · · (2)
De (1) y (2) por simultaneas, obtenemos: h = −2, k = −1 ⇒ C(−2, 1)
Radio de la circunferencia, r = |PC| =√
(5 + 2)2 + (3 + 1)2 =√
65
Por la tanto la ecuacion buscada es, C : (x + 2)2 + (y + 1)2 = 65
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80
3.4.2 Propiedad del cuadrilatero circunscrito en una circunferencia
Determinar si el cuadrilatero de vertices A(9,−4), B(9, 11), C(3/2, 11) y S(−3, 5) es circun-
scribible en una circunferencia. Si lo es halle la ecuacion de la circunferencia.
Solucion. Segun el teorema de Pitot: En todo cuadrilatero circunscrito en una circunferencia
la suma de los lados opuestos es igual a la suma de los otros dos. Entonces, debemos probar que
|AB| + |CD| = |AD| + |BC|
A
BC
D
X
Y
0
d
d
d
En efecto:
|AB| + |CD| = 15 + 15/2 = 45/2
|AD| + |BC| = 15 + 15/2 = 45/2
|AB| + |CD| = |AD| + |BC|
Luego, el cuadrilatero dado es circunscribible . Ecuaciones de los lados
−→AB : x − 9 = 0 ,
−−→CD : 4x − 3y + 27 = 0
−−→BC : y − 11 = 0 ,
−−→AD : 3x + 4y − 11 = 0
El centro I(h, k) de la circunferencia se encuentra en la interseccion de las bisectrices de los
angulos A, B, C y D. Bastara hallar las ecuaciones de dos bisectrices.
Bisectriz de B : −d1 = −d2 ⇒ −(h − 9) = −(k − 11) ⇔ h − k + 2 · · · (1)
Bisectriz de A : −d1 = −d3 ⇒ −(h − 9) = 3h+4k−115
⇔ 2h + k − 14 = 0 · · · (2)
De (1) y (2), por simultaneas, se tiene: h = 4, k = 6 ⇒ I(4, 6)
Radio de la circunferencia: r = |d1| = |h − 9| = |4 − 9| = 5
Por tanto, la ecuacion de la circunferencia es C : (x − 4)2 + (y − 6)2 = 25
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81
3.5 Forma General de la Ecuacion de la Circunferencia
Teorema 3.1. La grafica de la ecuacion x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0︸ ︷︷ ︸
Ecuacion General
representa una circunfer-
encia de radio diferente de cero sı, y solo sı D2 + E2 − 4F > 0.
Las coordenadas del centro son(−D
2− E
2
)y el radio es r = 1
2
√D2 + E2 − 4F
Demostracion. 1. La ecuacion de una circunferencia de centro (h, k), y de radio r, r > 0 es:
(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (Forma ordinaria) (3.4)
2. Debemos expresar la ecuacion x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0 en forma ordinaria.
Para ello, completamos cuadrados respecto a x y respecto a y, ası:
x2 + Dx + · · ·+ y2 + Ey + · · · = −F
x2 + Dx +D2
4︸ ︷︷ ︸
+ y2 + Ey +E2
4︸ ︷︷ ︸
= D2
4E2
4− F
(x + D
2
)2+
(y + E
2
)2= D2+E2+4F
4
(3.5)
3. Al comparar la ecuacion 3.5 con la ecuacion ordinaria 3.4, debe ser:
h = −D
2, k = −E
2, r =
1
2
√D2 + E2 − 4F con D2 + E2 − 4F > 0
3.5.1 Aplicaciones
1. Dado tres puntos: A(2,−2), B(−1, 4) y C(4, 6) hallar la ecuacion de la circunferencia que
pasa por los tres puntos:
Solucion. Hay por lo menos tres maneras de resolver.
Forma 1: Utilizando la ecuacion general de la circunferencia
C : x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0
Si A ∈ C ⇒ 4 + 4 + 2D − 2E + F = 0 (3.6)
Si B ∈ C ⇒ 1 + 16 − D + 4E + F = 0 (3.7)
Si C ∈ C ⇒ 16 + 36 + 4D + 6E + F = 0 (3.8)
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82
Restar:
(1) − (2) − 9 + 3D − 6E = 0 ⇒ −3 + D − 2E = 0 (3.9)
(1) − (3) − 44 − 2D − 8E = 0 ⇒ −22 − D − 4E = 0 (3.10)
Al resolver el sistema formado por (3.9) y (3.10) se obtiene: E = −256, D = −32
6.
Al reemplazar en (3.6) se obtiene F = −346
Conclusion: Al reemplazar en la ecuacion general obtenemos:
C : x2 + y2 − 32
6x − 25
6y − 34
6= 0 ⇔ 6x2 + 6y2 − 32x − 25y − 34 = 0
2. Dado la circunferencia C : 25x2 + 25y2 + 30x − 20y − 62 = 0
a) Hallar el centro y el radio de Cb) Graficar la circunferencia
c) Hallar la longitud de la circunferencia
d) Hallar el area del cırculo
Solucion. Lo primero que debera hacerse es completar cuadrados en la ecuacion:
25x2 + 25y2 + 30x − 20y − 62 = 0
Dividir entre 25: x2 + y2 + 3025
− 2025
− 6225
= 0
Ordenar: x2 − 3025
x + · · ·+ y2 − 2025
y + · · · = 6225
x2 − 65x + · · ·+ y2 − 4
5y + · · · = 62
25
x2 − 65x + 9
25+ y2 − 4
5y + 4
25= 62
25+ 9
25+ 4
25
Forma ordinaria: C :(x − 3
5
)2+
(y − 2
5
)2= 3
Respuestas:
a) Mirando la forma ordinaria tenemos:
- El centro es C =(
35, 2
5
)
- El radio es r =√
3
b) El grafico es
c) ℓ(C) = 2πr = 2π√
3o
d) A(C) = πr2 = 3π
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83
r
C(3/5,2/5)
P
x
y
3/5
2/5
3.5.2 Determinacion de una Circunferencia Sujetas a tres
Condiciones Dadas
Proposicion 3.1. Una circunferencia que da bien determinada si se conocen tres puntos o si
se conocen el centro y el radio.
Esto es:
a) Si queremos hallar la ecuacion de la circunferencia (x−h)2+(y−k)2 = r2, hay tres constantes
(parametros) arbitrarias: h, k y r que deberan conocerse.
b) Si queremos hallar la ecuacion general de la circunferencia x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0, hay,
tambien, tres contantes arbitrarias independientes: D, D y F , que deberan conocerse
Teorema 3.2. La ecuacion d la circunferencia que pasa por tres puntos dados no colineales
P1(x1, y1), P2(x2, y2) y P3(x3, y3), esta dada por la determinante:∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 x y 1
x21 + y2
1 x1 y1 1
x22 + y2
2 x2 y2 1
x23 + y2
3 x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
Ejemplo 3.5. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los tres puntos: P1(4,−1),
P2(0,−7), P3(−2,−3)
Solucion. Hay por lo menos tres formas de hallar la ecuacion de la circunferencia Cque pasa
por P1, P2 y P3
Forma 1: Aplicamos el Teorema 7.2, la ecuacion de C, es:∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 x y 1
16 + 1 4 −1 1
0 + 49 0 −7 1
4 + 9 −2 −3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
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84
Es un determinante de 4 filas por 4 columnas∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 x y 1
17 4 −1 1
43 0 −7 1
13 −2 −3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
Restando la 1ra fila con la segunda, 3ra y 4ta fila obtenemos∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 x y 1
x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1 0
x2 + y2 − 49 x y + 7 0
x2 + y2 − 13 x + 2 y + 3 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 0
Desarrollando el determinante por la 4ta columna, obtenemos:
−
∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1
x2 + y2 − 49 x y + 7
x2 + y2 − 13 x + 2 y + 3
∣∣∣∣∣∣∣
= 0
Restando la 1ra fila con la segunda y 3ra filas:
−
∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1
32 −4 −6
−4 −6 −2
∣∣∣∣∣∣∣
Factorizar 2 de la 2da fila y -2 de la 3ra fila:
−(2)(−2)
∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1
16 −2 −3
2 3 1
∣∣∣∣∣∣∣
= 0
Multiplicar la 3ra fila por 3 y sumar a la 2da fila, luego, multiplicar −(y +1) a la 3ra fila y sumar
a la 1ra fila ∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 − 2y − 19 x − 3y − 7 0
22 7 0
2 3 1
∣∣∣∣∣∣∣
Desarrollando por la 3ra columna:∣∣∣∣∣
x2 + y2 − 2y − 19 x − 3y − 7
22 7
∣∣∣∣∣= 0 ⇒ 7x2 + 7y2 − 22x + 52y + 21 = 0
Forma 2: Utilizando la ecuacion general C : x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0
Si P1 ∈ C : 17 + 4D − E + F = 0
Si P2 ∈ C : 49 − 7E + F = 0
Si P3 ∈ C : 13 − 2D − 3E + F = 0
Al resolver el sistema de ecuaciones, obtenemos: D = −227, E = 52
7, F = 3
Forma 3: Hallando las mediatrices, luego hallando la interseccion de las mediatrices (cento de
la circunferencia) y luego hallando la distancia del centro de la circunferencia a uno d los tres
puntos (radio).
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85
3.6 Potencia de un punto con relacion a una
circunferencia
Potencia de un punto P , con relacion a una circunferencia, es el producto constante de las
distancias de ese punto a las intersecciones de una secante cualquiera trazada por P1 con la
circuenferencia.
Sea la circunferencia
C : x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0 (3.11)
y el punto P1(x, y)
Si representamos la potencia por p = pot(P1) entonces por definicion
p = |P1A| · |P1B|
Sea α el angulo que forma el eje X, una secante cualquiera s trazada de P1 a la circunferencia.
Las ecuaciones parametricas de s son:
x = x1 + 1 cos α
y = y1 + 1 cos α
(3.12)
en donde el parametro t es el valor algebraico del segmento que tiene por origan a P1(x1, y1) y
por extremo el punto (x, y) generador de s.
Sustituyendo las ecuaciones (3.12) en (3.11) se tiene
(x1 + t cos α)2 + (y1 + t sen α)2 + D(x1 + t cos α) + E(y1 + t sen α) + F = 0
⇒ (sen2 α + cos2 α)t2 + (2x1 cos α + 2y1 sen α + D cos α + E sen α)t+
x21 + y2
1 + Dx1 + Ey1 + F = 0
⇔ t2(2x1 cos α + 2y1 sen α + D cos α + E sen α)t + x21 + y2
1 + Dx1 + Ey1 + F = 0 (3.13)
La raıces de 3.13 dan las distancias d1 = |P1A| y d2 = |P1B| de P1 a las intersecciones de s con
la circunferencia C . Luego, p sera igual al producto de las raıces de la ecuacion (3.13), esto es:
p = d1 · d2 = x21 + y2
1 + Dx1 + Ey1 + F (3.14)
Se verifica que la potencia de p con relacion a una circunferencia dada es igual al valor numerico
del primer miembro de la ecuacion de la circunferencia cuando se sustituyen las variables x e y,
respectivamente por las coordenadas correspondientes del punto P1(x1, y1)
Observacion 1. Si la ecuacion de la circunferencia esta dada de la forma ordinaria C : (x −h)2 + (y − k)2 = r2, el valor de la potencia sera:
p = (x1 − h)2 + (y − k)2 − r2 (3.15)
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Si designamos por d la distancia del punto P1(x1, y1) al centro C(h, k) se tiene:
d =√
(x1 − h)2 + (y1 − k)2
luego, la ecuacion 3.15 se puede escribir
p = d2 − r2 (3.16)
y ocurre que:
a) Si d > r, el punto P1 es exterior a la circunferencia y la potencia es positiva
b) Si d = r, el punto P1 esta en la circunferencia y la potencia es nula
c) Si d < r, el punto P1 es interior a la circunferencia y la potencia es negativa
3.7 Familia de Circunferencia
Teorema 3.3. Si las ecuaciones de dos circunferencias dadas cualquiera C1 y C2 son:
C1 : x2 + y2 + D1x + E1y + F1 = 0,
C2 : x2 + y2 + D2x + E2y + F2 = 0,
la ecuacion: x2 + y2 + D1x + E1y + F1 + λ(x2 + y2 + D2x + E2y + F2) = 0, λ ∈ R representa a
la familia de circunferencias que tienen sus centros en la recta que une C1 y C2
3.7.1 Familia de circunferencias que pasan por la interseccion de dos
circunferencias dadas
Sean las circunferencias
C1 : x2 + y2 + D1x + E1y + F1 = 0 (1)
C2 : x2 + y2 + D2x + E2y + F2 = 0 (2)
Multiplicando la ecuacion (2) por k y sumando (1) formamos la ecuacion
x2 + y2 + D1x + E1y + F1 + k(x2 + y2 + D2x + E2y + F2) = 0 (3)
en donde el parametro k ∈ R.
Supongamos que C1 y C2 se interceptan en dos puntos diferentes P1(x1, y1) y P2(x2, y2). Toda vez
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87
que las coordenadas de P1 y P2 satisfacen las ecuaciones (1) y (2), ellas tambien deben satisfacer
la (3), que se reduce a la forma 0+ k(0) = 0, para cualquier valor de k. Entonces la ecuacion (3)
representa la familia de las curvas que pasan por las intersecciones de C1 y C2.
Para determinar la naturaleza de las curvas de esa familia, escribimos la ecuacion (3) de la
siguiente forma:
(k + 1)x2 + (k + 1)y2 + (D1 + kD2)x + (E1 + kE2)y + (F1 + kF2) = 0 (4)
Si k = −1, la ecuacion (4) se reduce a una ecuacion de una linea recta, llamada eje radical. Para
k 6= −1, la ecuacion (4) representa una circunferencia. En particular, si k = 0, la ecuacion (4)
se reduce a la ecuacion de C1.
3.7.2 Eje Radical
Es el lugar geometrico de los puntos de igual potencia con relacion a dos circunferencias C1 y C2;
o bien, es el lugar geometrico de los puntos desde los cuales se pueden trazar tangentes iguales
a dos circunferencias del sistema
C1 + kC2 = 0
Si en la ecuacion (4) hacemos k = −1 obtenemos
L : (D1 − D2)x + (E1 − E2)y + (F1 − F2) = 0 (5)
Segun que el eje radical L corta a las circunferencias C1 y C2 en dos, uno o ningun punto,
tenemos las siguientes posiciones relativas a ellas
1. CIRCUNFERENCIA SECANTES: El eje radical para por los puntos de interseccion de
C1 y C2, y ocurre que la distancia entre los centros es menor que la suma de los radios
d < r1 + r2
2. CIRCUNFERENCIA EXTERIORES: El eje radical pasa por el punto medio de la linea
que une los centros C1 y C2, y ocurre que la distancia de los centros es mayor que la suma de
los radios.
d > r1 + r2
3. CIRCUNFERENCIA TANGENTES EXTERIORES: El eje radical es la tangente
comun en ambas circunferencias y ocurre que la distancia entre los centros es igual a la suma
de los radios
d = r1 + r2
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4. CIRCUNFERENCIA TANGENTES INTERIORES: El eje radical es la tangente
comun en ambas circunferencias y ocurre que la distancia entre los centros es igual a la
diferencia de los radios
d = r1 − r2
Observacion 2.
a) El eje radical es siempre perpendicular a la linea que une los centros de las circunferencias
b) Cuando las circunferencias son concentricas no existe eje radical.
3.8 Problemas Resueltos
Ejercicio 3.1. Obtenga una ecuacion cartesiana de la circunferencia de radio 6 con centro en
S(4,−7).
Solucion. Haciendo h = 4, k = −7 y r = 6, de la ecuacion (3.3) se obtiene (x−4)2+[y−(−7)2]2 =
62, o sea
(x − 4)2 + (y + 7)2 = 36
Ejercicio 3.2. Determine el lugar geometrico en R2 de la ecuacion
x2 + y2 − 6x + 4y + 4 = 0.
Solucion. SE puede escribir esta ecuacion y completar los cuadrados de x y y como sigue
x2 − 6x + (−3)2 + y2 + 4y + (2)2 = −4 + (−3)2 + (2)2
(x − 3)2 + (y + 2)2 = 9,
(x − 3)2 + [y − (−2)]2 = 32.
Por lo tanto el lugar geometrico es una circunferencia de radio 3 con centro en el punto S(3,−2).
Ejercicio 3.3. Obtenga ua ecuacion cartesiana de la circunferencia que pasa por los puntos
Q(3,−2), S(−1,−4) y T (2,−5).
Solucion. Las constantes D, E y F deben ser tales que las coordenadas de cada punto satisfagan
x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0
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89
Por lo tanto
32 + (−2)2 + 3D − 2E + F = 0
(−1)2 + (−4)2 − D − 4E + F = 0
(2)2 + (−5)2 + 2D − 5E + F = 0
o bien
3D − 2E + F = −13
−D − 4E + F = −17
2D − 5E + F = −29
Resolviendo este sistema , es decir, despejando a D, E y F se ve que
D = −2, E = 6, y F = 5
Por lo tanto, una ecuacion cartesiana de la circunferencia es
x2 + y2 − 2x + 6y + 5 = 0
Ejercicio 3.4. Obtenga una ecuacion cartesiana de la recta L que es tangente en el punto
T (6,−4) a la circunferencia C cuya ecuacion es
x2 + y2 − 4x + 2y − 20 = 0
Solucion. Observese primero que T esta sobre C puesto que
62 + (−4)2 − 4(6) + 2(−4) − 20 = 36 + 16 − 28 − 8 − 20 = 0
Completando cuadrados en x y y en la ecuacion C, se obtiene
(x2 − 4x + 4) + (y2 + 2y + 1) = 20 + 4 + 1
(x − 2)2 + (y + 1)2 = 25.
Por lo tanto C tiene su centro en S(2,−1) y un vector de direccion de la recta que contiene al
segmento radial TS es
s − t = (2,−1) − (6,−4) = (−4, 3).
Ejercicio 3.5. Obtenga una ecuacion cartesiana de la circunferencia cuyo centro es S(5, 4) si la
recta cuya ecuacion es x + y = 3.
Solucion. Tracese un diagrama. En la ecuacion Ax+By +C = 0 para L, se tiene A = 1, B = 1
y C = −3. Tambien se tiene (x1, y1) = (5, 4).
Por lo tanto el radio r de C esta dado por
r = d(S,L)
=
∣∣∣∣
Ax1 + By1 + C√A2 + B2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
5 + 4 − 3√12 + 12
∣∣∣∣
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90
Sustituyendo a (5,4) por (h, k) y a 6√2
por r en la ecuacion (3.3) se obtiene
(x − 5)2 + (y − 4)2 = 18
que es una ecuacion de C.
Ejercicio 3.6. Hallar la ecuacion de la circunferencia cuyo centro es el punto A(−4,−1) y que
es tangente a la recta L : 3x + 2y − 12 = 0.
L
A
Solucion. Se pide hallar la ecuacion:
(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (1)
Debemos buscar: el centro (h, k) y el radio r.
(a) Como dato se da el centro (h, k) = (−4,−1)
(b) El radio r, sa halla por distancia:
r = d(A, L)
=|3(−4) + 2(−1) − 12|√
9 + 4=
26√13
Reemplazar en (1):
(x + 4)2 + (y + 1)2 =262
13(x + 4)2 + (y + 1)2 = 52
Ejercicio 3.7. Una circunferencia pasa por los puntos A(−3, 3) y B(1, 4) y su centro esta sobre
la recta: L : 3x − 2y − 23 = 0, Hallese su ecuacion.
Solucion. 1. Hagamos un grafico simulado.
2. Debemos hallar el centro y el radio
a) Como CA y CB son radios, entonces
|CA| = |CB| (1)
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91
L:3x−2y−23=0
A(−3,3)
B(1,4)
C
b) Como el centro esta sobre la recta entonces tiene la forma:
C =
(
x,3x − 23
2
)
c) Entonces (1) es:
√
(x + 3)2 +
(3x − 23
2− 3
)2
=
√
(x + 1)2 +
(3x − 23
2− 4
)2
Elevar al cuadrado y reducir: 44x − 88 = 0 entonces x = 2.
Por tanto, el centro es C =(2,−17
2
)y el radio es:
r = |CA| =
√
(2 + 3)2 +
(
−17
2− 3
)2
=
√
629
4
3. La circunferencia es: (x − 2)2 +(y + 17
2
)2= 629
4
Ejercicio 3.8. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto A(7,−5) y es
tangente a la recta x − y − 4 = 0 en el punto B(3,−1)
Solucion. 1. Hacer un grafico que simule con los datos que se dan
L: x−y−4=0
A(7,−5)
B(3,−1)
C
2. Necesitamos el centro y el radio.
a) Si C(h, k) es el centro, entonces |CA| = |CB|, porque CA y CB son radios.
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92
b) Hallemos la ecuacion de la recta que pasa por BC
Se tiene:
punto de paso B(3,−1)
m = −1, porque BC es perpendicular a la recta L.
Luego, LBC : y + 1 = −1(x − 3) si y solo si x + y − 2 = 0, luego y = 2 − x
c) Entonces, el centro C tiene la forma C = (x, 2 − x) porque C ∈ LBC .
Ahora, podemos hacer
|CA| = |CB|√
(x − 7)2 + (2 − x + 5)2 =√
(x − 3)2 + (2 − x + 1)2
Elevar al cuadrado
(x − 7)2 + (7 − x)2 = (x − 3)2 + (3 − x)2
2(x − 7)2 = 2(x − 3)2
x = 5
d) Con x = 5 obtenemos:
i) El centro C = (5;−3), y
ii) El radio r = |CA| =√
(7 − 5)2 + (−2 + 5)2 = 2√
2
3. Conclusion: La circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 3)2 = 8
Ejercicio 3.9. Hallar la ecuacion de la circunferencia cuyo centro esta sobre la recta 6x + 7y −16 = 0 y es tangente a cada una de las rectas 8x + 15y + 7 = 0 y 3x − 4y − 18 = 0.
Solucion. 1. Hagamos un grafico simulado
L : 3x−4y−18=0C
L :8x+15y+7=0
P
Q
L : 6x+7y−16=01
2
3
2. Debemos hallar el centro y el radio
a) Por los datos y mirando el grafico se tiene:
|CP | = |CQ| (1)
porque CP y CQ son radios.
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93
b) Sean (h, k) las coordenadas del centro C.
(i) Como C ∈ L1 entonces
6h + 7k − 16 = 0 (2)
(ii) Ahora, hallemos las distancias: d(C, L2) y d(C, L3) para luego igualarlos
d(C, L2) = d(C, L3)
|8h + 15k + 7|√64 + 225
=|3h − 4k − 18|√
9 + 16
|8h + 15k + 7|17
=|3h − 4k − 18|
5
⇔ 5|8h + 15k + 7| = 17|3h − 4k − 18|. Aplicar |a| = |b| ⇔ a = b ∨ a = −b
⇔ 5(8h + 15k + 7) = 17(3h − 4k − 18) ∨ 5(8h + 15k + 7) = −17(3h − 4k − 18)
⇔ h − 13k − 31 = 0 . . . . . . . . . (3) ∨ 91h + 7k − 271 = 0 . . . . . . . . . (4)
3. Resolver los dos sistemas formados por (2) y (3), ademas (2) con (4):
6h + 7k − 16 = 0
h − 13k − 31 = 0
Al resolver, obtenemos:
h = 5 , k = −2
6h + 7k − 16 = 0
91h + 7k − 271 = 0
Al resolver, obtenemos:
h = 3 , k = −27
4. a) Si elegimos el centro C = (5,−2) y L2, obtenemos:
r = d(C, L2) =|8(5) + 15(−2) + 7|
17= 1
Ası, la circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 2)2 = 1
b) Si elegimos el centro C = (3,−27) y L3, obtenemos:
r = d(C, L3) =|3(3) − 4(−2
7) − 18|
5=
11
7
Ası, obtenemos la circunferencia: (x − 3)2 + (y + 27)2 = 121
49
Ejercicio 3.10. Dado el triangulo ABC cuyos vertices son: A(−1, 0), B(2, 9/4) y C(5, 0).
Se pide:
1. Hallar la ecuacion de la circunferencia circunscrita al triangulo.
2. Hallar la ecuacion de la circunferencia inscrita al triangulo.
3. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados del
triangulo.
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94
M N
B
AC
L L
P
12
y
x
Solucion (Solucion de (a)). 1. Hacer el grafico de los puntos A, B, C
2. Unir mediante un segmento de recta al punto A con el punto B con el punto C.
3. Hallar el punto medio de AB y el punto medio de BC. Ası obtenemos:
(i) M = A+B2
= (12, 9
8), es el punto medio de AB.
(ii) M = B+C2
= (72, 9
8), es el punto medio de BC.
4. Por M trazar la recta L1, perpendicular al segmento AB.
5. Por N trazar la recta L2, perpendicular el segmento BC. Ası obtenemos el punto P , que es
la interseccion de las mediatrices L1 y L2, llamado circuncentro (centro de la circunferencia
circunscrita al triangulo).
6. Ahora hallemos la ecuacion de la circunferencia de centro P = L1 ⊂ L2 y radio r = |PB|
(i) La ecuacion de L1 que pasa por M = (12, 9
8) y de pendiente m = − 1
mAB
= −43, donde
mAB =0− 9
4
−1−2= 3
4
es L1: y − 98
= −43(x − 1
2) ⇔ 32x + 24y − 43 = 0
(ii) La ecuacion de L2 que pasa por N = (72, 9
8) y de pendiente m = − 1
mBC
= 43, donde
mBC =94−0
2−5= −3
4
es L2: y − 98
= 43(x − 7
2) ⇔ 32x − 24y − 85 = 0
(iii) P = L1 ∩ L2 ⇔
32x + 24y − 43 = 0
32x − 24y − 85 = 0⇒ x = 2, y = −7
8. Luego P = (2,−7
8).
(iv) El radio es r = |PB| =√
(2 − 2)2 + (−78− 9
4)2 =
√
(258)2.
7. Conclusion: la circunferencia es (x − 2)2 + (y + 78)2 = 625
64
Solucion (Solucion de (b)). 1. Graficar: A, B y C
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95
1 2 3 4 5A
B
C
R Q
P
L L12
x
y
2. Una circunferencia inscrita al triangulo ABC tiene centro P en la interseccion de las
bisectrices interiores (incentro).
3. Al trazar las bisectrices L1 y L2 se interceptan en P (centro de la circunferencia que se
pide hallar).
4. De P trazar perpendiculares a los lados AB y BC, respectivamente.
Ası obtenemos la circunferencia inscrita de centro P y radio r = d(P, LAB).
Donde
(i) P = L1 ∩ L2
(ii) r = d(P, LAB)
5. Para obtener P , tenemos que hallar las ecuaciones de las bisectrices L1 y L2
(i) Para hallar la bisectriz L1, necesitamos conocer las ecuaciones de los lados LAB y
LAC .
Veamos
LAB : y − 0 =94− 0
2 + 1(x + 1) ⇔ 3x − 4y + 3 = 0
LAC : y − 0 =0 − 0
5 + 1(x + 1) ⇔ y = 0
Luego, la ecuacion de la bisectriz L1 entre 3x − 4y + 3 = 0 ∧ y = 0, se obtiene en:3x−4y+3
5= ±y
1.
se obtienen:
3x − 4y + 3
5= y ∨ 3x − 4y + 3
5= −y
L1 : x − 3y + 1 = 0︸ ︷︷ ︸
es la bisectriz interior
3x + y + 3 = 0
(ii) Para hallar la bisectriz L2, necesitamos conocer las ecuaciones de los lados LCB y
LCA.
Veamos:
LCB : y − 0 =94
2 − 5(x − 5) ⇔ 3x + 4y − 15 = 0
LCA : y = 0
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96
Luego, la bisectriz L2 entre 3x + 4y − 15 = 0 ∧ y = 0 se obtienen en:
3x+4y−155
= ±y ⇔ 3x+4y−155
= y ∨ 3x+4y−155
= −y
3x − y − 15 = 0 ∨ x + 3y − 5 = 0︸ ︷︷ ︸
es la bisectriz interior
L2
(iii) La interseccion de
L1 : x − 3y + 1 = 0
L2 : x + 3y − 5 = 0es P = (2, 1)
6. Conclusion: Conocidos el centro P = (2, 1) y el radio r, donde r es la distancia de P a la
recta LCB : 3x + 4y − 15 = 0.
r = |3(2)+4(1)−15|√9+16
= 1 la ecuacion de la circunferencia es:
(x − 2)2 + (y − 1)2 = 1
Solucion (Solucion de (c)). Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los puntos
medios del triangulo ABC.
1. Ya tenemos los puntos medios: M = (12, 9
8), N = (7
2, 9
8). El punto medio del lado AC es
R(2, 0).
M NC
S R
LL
1/2 2
12
x
y
T
2. Debemos hallar el centro C y el radio r:
(i) C es la interseccion de las mediatrices L1 y L2 trazados de los lados MR y MN ,
respectivamente
Para hallar L1, necesitamos:
S =M + R
2=
(5
4,
9
16
)
y su pendiente m = − 1m
MR
= 43
donde mMR =98
12−2
= −34.
Luego, L1: y − 916
= 43(x − 5
4), por tanto L1: 64x − 48y − 53 = 0.
Para hallar L2, necesitamos: T = M+N2
= (2, 98) y su pendiente
m = − 1m
MN
= −10
= ∓∞ (no existe). En este caso la ecuacion de L2 es x = 2.
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97
Luego, C = L1 ∩ L2, resolver el sistema
64x − 48y − 53 = 0
x = 2
se obtiene C = (2, 2516
)
(ii) El radio r, es r = |CR| = 2516
3. Conclusion: La circunferencia es (x − 2)2 + (y − 2516
)2 = 625256
.
Ejercicio 3.11. Dos circunferencias C1 y C2 son concentricas; el radio de C1 es 2√
5 y la recta
tangente a C1 corta a C2 en los puntos B(8,−10) y C(12,−2). Hallar las ecuaciones de C1 y C2,
sabiendo ademas que la abscisa del centro de las circunferencias es menor que 10.
Solucion. 1. En primer lugar un grafico simulado co el fin de tener mejor idea para resolver
el problema.
D
M
B(8,−10)
C(12,2)
r
C
C
1
2
2. Para hallar la ecuacion de la circunferencia C1 necesitamos su centro D = (h, k) y su radio
r.
a) Segun datos: r = 2√
5
b) Para hallar el centro necesitamos:
(i) Hallar M , punto medio de BC:
M =B + C
2= (10,−6)
(ii) La ecuacion de LDM es
y + 6 = m(x − 10)
Donde m es la inversa, con signo cambiado, de mBC = −10+28−12
= 2, porque DM
es perpendicular a BC.
Luego, LDM : y + 6 = −12(x − 10) ⇔ LDM : x + 2y + 2 = 0
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98
(iii) Como (h, k) ∈ LDM entonces
h + 2k + 2 = 0 (1)
luego h = −2k − 2
(iv) Ahora el centro podemos expresar ası D = (−2k − 2, k). Como el radio de C1
es:
|DM | = 2√
5√
(−2k − 2 − 10)2 + (k + 6)2 = 2√
5
Elevar al cuadrado:
4(k + 6)2 + (k + 6)2 = 20
(k + 6)2 = 4 ⇔ k = −4 ∨ k = −8
⇓ ⇓C = (6,−4)︸ ︷︷ ︸este punto se eligeporque su abscisaes menor que 10
∨ C = (14,−8)
3. Conclusion:
a) La ecuacion de la circunferencia C1 conocidos: D = (6,−4), r = 2√
5 es:
(x − 6)2 + (y + 4)2 = 20
b) La ecuacion de la circunferencia C2 conocidos: D = (6,−4),
r = |DB| =√
(8 − 6)2 + (−10 + 4)2 =√
40 es:
(x − 6)2 + (y + 4)2 = 40
Ejercicio 3.12. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto A(−8, 5) y por la
intersecciones de las circunferencias:
C1 : x2 + y2 − 8x − 6y + 17 = 0,
C2 : x2 + y2 − 18x − 4y + 67 = 0
Solucion. 1. La familia de circunferencias que pasan por las intersecciones de C1 y C2, es:
Cλ : x2 + y2 − 8x − 6y + 17 + λ(x2 + y2 − 18x − 4y + 67) = 0
2. Si A ∈ Cλ ⇒ 64 + 25 + 64 − 30 + 17 + λ(64 + 25 + 144 − 4y + 67) = 0
140 + 280λ = 0 ⇒ λ = −1
2
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99
3. Al reemplazar en 1, obtenemos:
x2 + y2 − 8x − 6y + 17 − 12(x2 + y2 − 18x − 4y + 67) = 0
⇔ x2 + y2 + 2x − 8x − 33 = 0
Ejercicio 3.13. Hallar la ecuacion de la circunferencia que tiene su centro sobre la recta 2x +
y − 14 = 0 y que pasa por las intersecciones de las circunferencias
C1 : x2 + y2 − 8x − 4y + 11 = 0 y
C2 : x2 + y2 − 4x + 4y − 8 = 0
Solucion. 1. La familia de circunferencias que pasan por las intersecciones de las circunferencias
C1 y C2 es:
Cλ : x2 + y2 − 8x − 4y + 11 + λ(x2 + y2 − 4x + 4y − 8y) = 0
(1 + λ)x2 + (1 + λ)y2 + +(−8 − 4λ)x + (−4 + 4λ)y + 11 − 8λ = 0
2. El centro de Cλ es C = (h, k), donde h = −D2, k = −E
2
Siendo D = −8−4λ1+λ
, E = −4+4λ1+λ
Luego, h=4+2λ1+λ
, k = 2−2λ1+λ
3. Como el centro pertenece a la recta 2x + y − 14 = 0, entonces:
2
(4 + 2λ
1 + λ
)
+2 − λ
1 + λ− 14 = 0 , λ 6= 1
8 + 4λ + 2 − 2λ − 14 − 14λ = 0 ⇔ λ = −1
3
4. Al reemplazar en
Cλ : x2 + y2 − 8x − 4y + 11 − 13(x2 + y2 − 4x + 4y − 8) = 0
2x2 + 2y2 − 20x − 16y + 41 = 0
Ejercicio 3.14. Hallar la ecuacion de la circunferencia de radio 52
√2 y que pasa por las inter-
secciones de las circunferencias:
C1 : x2 + y2 + 2x − 6y − 16 = 0 y C2 : x2 + y2 − 6x + 2y = 0
Solucion. 1. La familia de circunferencias que pasa por las intersecciones de C1 y (C2) es:
Cλ : x2 + y2 + 2x − 6y − 16 − λ(x2 + y2 − 6x + 2y) = 0
(1 + λ)x2 + (1 + λ)y2 + (2 − 6λ)x + (−6 + 2λ)y − 16 = 0
2. El radio de C1 es r = 12
√D2 + E2 − 4F , donde D = 2−6λ
1+λ, E = −6+2λ
1+λ, F = − 16
1+λ, λ 6= 1.
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100
3. Como dato se tiene el radio r = 52
√2, entonces igualamos:
5
2
√2 =
1
2
√(
2 − 6λ
1 + λ
)2
+
(−6 + 2λ
1 + λ
)−4(
− 16
1 + λ
)
5√
2 =1
1 + λ
√
(2 − 6λ)2 + (−6 + 2λ)2 + 64(1 + λ)
5√
2(1 + λ) =√
40λ2 + 16λ + 104
elevar al cuadrado y simplificar
5λ2 + 42λ − 27 = 0 ⇔ λ = −9 , λ =3
5
4. Conclusion
a) con λ = −9 obtenemos: x2 + y2 − 7x + 3y + 2 = 0
b) con λ = 35
obtenemos: x2 + y2 − x − 3y − 10 = 0
Ejercicio 3.15. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por las intersecciones de las
circunferencias x2 +y2−6x+4 = 0, x2 +y2−2 = 0, y que es tangente a la recta x+3y−14 = 0.
Solucion. 1. En primer lugar, graficar los datos para tener una idea del problema.
La circunferencia
C1 : x2 + y2 − 6x + 4 = 0
x2 − 6x + · · · + y2 = −4
x2 − 6x + 9 + y2 = −4 + 9
(x − 3)2 + y2 = 5
centro c = (3, 0)
radio r =√
5 = 2,23
La circunferencia C2: x2 + y2 = 2
centro c = (0, 0)
radio r =√
2 = 1,41
Recta tangente L : x + 3y − 14 = 0
x 0 14
y 14/3 0
2. Hallemos la interseccion de C1 con C2:
Al restar C1 menos C2, obtenemos:
−6x + 6 = 0
x = 1
Reemplazar x = 1 en C1: 1 + y2 − 6 + 4 = 0 ⇒ y2 = 1 ⇒ y = ±1.
Los puntos de intersecciones son A = (1, 1) , B = (1,−1)
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101
C
1
A(1,1)
B(1,−1)
PL: x+3y14=0
Se cumple: d(C, L) = |CA| y |CA| = |CB|
|h + 3k − 14|√1 + 9
=√
(h − 1)2 + (k − 1)2 (1)
y√
(h − 1)2 + (k − 1)2 =√
(h − 1)2 + (k + 1)2
(k − 1)2 = (k + 1)2
k = 0 (2)
Reemplazar (2) en (1): |h−14|√1+9
=√
(h − 1)2 + 1
Elevar al cuadrado:
(h − 14)2
10= (h − 1)2 + 1 ⇒ (h − 14)2 = 10[(h − 1)2 + 1]
⇒ 9h2 + 8h − 176 = 0 ⇒ h = 4 , h = −44
9
3. Conclusion:
a) Para C = (h, k) = (4, 0); el radio es r = |CA| =√
10 y la ecuacion de la circunferencia
es: (x − 4)2 + y2 = 10
b) Para C = (h, k) = (−449, 0), el radio es r = |CA| =
√289081
y la ecuacion de la circunferencia es: (x + 449)2 + y2 = 2890
81
⇔ 9x2 + 9y2 + 88x − 106 = 0
Ejercicio 3.16. Los vertices de un cuadrado pertenecen a las rectas
L1 : x − 7y + 35 = 0 L2 : x − 7y − 15 = 0
L3 : 7x + y − 5 = 0 L4 : 7x + y − 55 = 0
Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los vertices del cuadrado.
Solucion. 1. Para intuir el problema, podemos hacer un simulacro del grafico.
2. Se pide hallar la ecuacion de la circunferencia C: (x − h)2 + (y − k)2 = r2.
h =? , k =? , r =?
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102
A
B
P
C
D
L
L
L
L1
2
3
4
3. Si la circunferencia C pasa por los vertices A, B, C y D, bastara hallar:
a) El centro P , que es punto medio del segmento AC
b) El radio r = |PA|
4. Hallar A = L1 ∩ L4
x − 7y + 35 = 0
7x + y − 55 = 0se obtiene A = (7, 6).
Hallar C = L2 ∩ L3
x − 7y − 15 = 0
7x + y − 5 = 0se obtiene C = (1,−2)
5. Conocidos A y C, hallamos:
a) El centro P = 12(A + C) = (4, 2)
b) El radio r = |PA| = 5
c) Conclusion: C: (x − 4)2 + (y − 2)2 = 25
Ejercicio 3.17. Hallar la ecuacion de la circunferencia inscrita al triangulo cuyos lados son
L1 : 24x − 7y = 60, L2 : 5x − 12y = 70 y L3 : 3x + 4y = 14
Solucion. El centro C(h, k) de la circunferencia se encuentra en el incentro del triangulo (punto
de interseccion de las bisectrices de los angulos interiores).
Entonces, tomando las distancias dirigidas del centro C a los lados del triangulo tendremos:
d1 = −d2 ⇒ 24h−7k−60√576+49
= 5h−12k−70√25+144
⇔ 19h − 17k − 110 = 0(3.17)
−d2 = −d3 ⇒ −5h−12k−70√25+144
= −3h+4k−14√9+16
⇔ 17k h + 8k + 12 0(3.18)
De 3.17 y 3.18, por simultaneas: h = 4, k = −2 ⇒ C(4,−2).
Luego la ecuacion de la circunferencia es:
C : (x − 4)2 + (y + 2)2 = 4
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103
Ejercicio 3.18. Hallar la ecuacion de la circunferencia tangente a la recta L1 : 4x− 3y + 5 = 0,
de radio 5 unidades y centro sobre L2 : 2x + y = 0
Solucion. Si C(h, k) ∈ L2 ⇒ 2h + k = 0
r = d(C,L1) ⇒ 5 =|14h − 3k + 5|√
16 + 9
⇒ |14h − 3k + 5| = 25 ⇔ 4h − 3k − 20 = 0 o 4h − 3k + 30 = 0
⇒
(2h + k = 0) ∩ (4h − 3k − 20 = 0) = C(2,−4)
(2h + k = 0) ∩ (4h − 3k + 30 = 0) = C1(−3, 6)
Luego, las ecuaciones de las circunferencias son:
C : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 25 o C1 = (x + 3)2 + (x − 6)2 = 25
Ejercicio 3.19. Hallar la maxima y mınima distancia del punto P (−7, 2) a la circunferencia
C : x2 + y2 − 10x − 14y − 151 = 0
Solucion. la ecuacion de la circunferencia ordinaria es:
C : (x − 5)2 + (y − 7)2 = 225
Entonces, C = (5, 7) y r = 15.
La potencia del punto P respecto a la circunferencia C es
p = (−7 − 5)2 + (2 − 7)2 − 225 = −56 ⇒ p < 0
Luego, P es interior a la circunferencia, y si
p = d2 − r2 ⇒ −56 = d2 − 225 ⇒ d = |PC| = 13
Maxima Distancia: d(P, B) = r + d = 15 + 13 = 28.
Mınima Distancia: d(P, A) = r − d = 15 − 13 = 2
Ejercicio 3.20. Si D y d son la mayor y menor distancia de la circunferencia C : x2 + y2 − 4x−4y + 4 = 0 a la recta L : 3x + 4y + 6 = 0, hallar el valor de D + d
Solucion. Pasando la ecuacion de la circunferencia a su forma ordinaria obtenemos C : (x −2)2 + (y − 2)2 = 4 ⇒ C(2, 2) y r = 2
Mayor distancia: D = d(B,L) = d(C,L) + r
Menor distancia: d = d(A,L) = d(C,L) − r.
Sumando ambas igualdades se tiene:
D + d = 2d(C,L)
D + d = 2|3(2) + 4(2) + 6|√
9 + 16∴ D + d = 8
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104
Ejercicio 3.21. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los puntos A(−3,−1) y
B(5, 3) y es tangente a la recta L : x + 2y − 13 = 0
Solucion. Sea C(h, k) el centro de la circunferencia
Si |AC| = |BC| = r, entonces
√
(h + 3)2 + (k − 1)2 =√
(h − 5)2 + (k − 3)2 ⇔ k = 3 − 2h (3.19)
Tambien, si |AC| = d(C,L) = r ⇒√
(h + 3)2 + (k + 1)2 = ||h+2k−13√1+4
.
de donde:
4h2 + k2 − 4hk + 56h + 62k − 119 = 0 (3.20)
Sustituyendo 3.19 en 3.20 y simplificando obtenemos:
4h2 − 23h + 19 = 0 ⇔ h1 = 1 o h − 2 = 19/4
⇔ k1 = 1 o k2 = −13/4
r1 = d(C1,L) = |(1)+2(1)−13|√1+4
= 2√
5 r1 = d(C1,L) = |(19/4)+2(−13/4)−13|√1+4
= 174
√5 Por tanto, las
ecuaciones de las circunferencias son
C1 : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 20, C2 : (x − 19/4)2 + (y + 13/4) = 1445/16
Ejercicio 3.22. Hallar la ecuacion de la circunferencia tangente al X, con centro en la recta
L : x + y − 7 = 0 y que pasa por el punto A(5, 4)
Solucion. La ecuacion de la circunferencia tiene la forma,
(x − h)2 + (y − k)2 = k2 (3.21)
Si |AC| = r, entonces
√
(h − 5)2 + (k − 4)2 = k ⇔ h2 − 10h − 8k + 41 = 0 (3.22)
Si C(h, k) ∈ L, entonces
h + k − 7 = 0 ⇒ k = 7 − h (3.23)
Sustituyendo 3.23 en 3.21 obtenemos:
h2 − 2h − 15 = 0 ⇔ h1 = 5 o h2 = −3 ⇔ k1 = 2 o k2 = 10
Por tanto, en 3.20, las ecuaciones de las circunferencias son:
C1 : (x − 5)2 + (y − 2)2 = 4 o C2 : (x + 3)2 + (y − 10)2 = 100
Ejercicio 3.23. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto P (6, 1) y es
tangente a las rectas L1 : 4x − 3y + 6 = 0 y L : 12x + 5y − 2 = 0
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105
Solucion. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia, entonces
d(C1,L2) = −d(C1,L1)
12h + 5k − 2√144 + 25
= −4h − 3k + 6
−√
16 + 9
de donde:
h = 11 − 8k (3.24)
|CP | = |d(C,L1)| ⇒√
(h − 6)2 + (k − 1)2 = |4h−3k+6|√16+9
⇔ 9h2 + 16k2 + 24hk − 348h − 14k + 889 = 0(3.25)
Sustituyendo 3.24 en 3.25 obtenemos la ecuacion
8k2 + 25k − 37 = 0 ⇔ k1 = 1 o k2 = −37/8
⇔ h1 = 3 o h2 = 48
⇒ C1(3, 1) oC2(48,−37/8)
r1 = d(C1,L1) =|4(3) − 3(1) + 6|√
16 + 9= 3 y r2 = d(C2,L1) =
339
8
Por tanto, las ecuaciones de las circunferencias buscadas son:
C1 : (x − 3)2 + (y − 1)2 = 9 o C2 : (x − 48)2 + (y + 37/8)2 = 114921/64
Ejercicio 3.24. Hallar la ecuacion de la circunferencia cuyo centro esta en la recta L : 6x −7y − 16 = 0 y es tangente a cada una de las rectas L1 : 8x + 15y + 7 = 0 y L2 : 3x− 4y − 18 = 0
Solucion. Por definicion:
d(C,L1) = d(C,L2)
|8h + 15k + 7|√64 + 225
=|3h − 4k − 18|√
9 + 16
5|8h + 15k + 7| = 17|3h − 4k − 18|h − 13k − 31 o 91h + 7k − 271 = 0
Como C(h, k) ∈ L ⇒ 6h + 7k − 16 = 0, entonces
(6h + 7k − 16 = 0) ∩ (h − 13k − 13 = 0) = C(5,−2)
(6h + 7k − 16 = 0) ∩ (91h + 7k − 271 = 0) = C1(3,−2√
7)
r = d(C,L2) =|3(5) − 4(−2) − 18|√
9 + 16= 1 , r1 = d(C1,L2) =
|3(3) − 4(−2/7) − 18|5
=11
7
Por lo tanto las ecuaciones de las circunferencias son
C : (x − 5)2 + (y + 2)2 = 1 o C : (x − 3)2 + (y + 2/7)2 = 121/49
Ejercicio 3.25. Hallar el angulo agudo formado por la interseccion de la recta L : 3x−y−1 = 0
y la circunferencia C : x2 + y2 − 4x − 1 = 0
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106
Solucion. El angulo formado por una recta y una circunferencia es aquel comprendido, entre la
recta y la tangente a esta trazada en el punto de interseccion. Luego, si
L ∩ C = P1(0,−1) y P2(1, 2), y si C : (x − 2)2 + (y − 0)2 = 5
entonces, la ecuacion de la tangente en el punto P1(0,−1) es:
(0, 2)(x − 2) + (−1 − 0)(y − 0) = 5 ⇔ t1 : 2x + y + 1 = 0
Los coeficientes angulares de L y t1 son: m = 3 y m1 = −2.
Si
tan θ1 =
∣∣∣∣
m − m1
1 + m.m1
∣∣∣∣⇒ tan θ1 =
∣∣∣∣
3 − (−2)
1 + (3)(−2)
∣∣∣∣= 1 ⇒ θ1 = 45o
Por simetrıa de la Graf(C), el angulo θ1 = 45o (Verificar)
t
t
P
PC
L
θ
θ
1
1
1 2
2
2
3.9 Problemas Propuestos
3.9.1 Grupo I
Ejercicio 3.26. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que pasan por el punto de A(1; 0)
y son tangentes a las dos rectas paralelas: 2xy + y + 2 = 0, 2x + y − 18 = 0.
Respuesta : (x − 5)2 + (y + 2)2 = 20 y(x − 9
5
)2+(y − 22
5
)2= 20
Ejercicio 3.27. Hallar la ecuacion de la circunferencia que, teniendo el centro en la recta
2x + y = 0, es tangente a las rectas 4x − 3y + 10 = 0, 4x − 3y − 30 = 0.
Respuesta : (x − 1)2(y + 2)2 = 16
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107
Ejercicio 3.28. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que son tangentes a dos rectas
concurrentes: 7x − y − 5 = 0, x + y + 13 = 0 y, a una de ellas, en el punto M1(1; 2).
Respuesta : (x + 6)2 + (y − 3)2 = 50 y (x − 29)2(y + 2)2 = 800
Ejercicio 3.29. Hallar las ecuaciones que pasan por el origen de coordenadas y son tangentes
a las dos rectas concurrentes: x + 2y − 9 = 0, 2x + y + 2 = 0.
Respuesta : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 5 y(x − 22
5
)2+(y + 31
5
)2= 289
5
Ejercicio 3.30. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que teniendo sus centros en la recta
4x − 5y − 3 = 0 son tangentes a las rectas 2x − 3y − 10 = 0, 3x − 2y + 5 = 0.
Respuesta : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 8113
, (x + 8)2 + (y + 7)2 = 2513
Ejercicio 3.31. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que pasan por el punto A(−1; 5) y
son tangentes a las dos rectas concurrentes: 3x + 4y − 35 = 0, 4x + 3y + 14 = 0.
Respuesta : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 25 y(x + 202
49
)2+(y + 349
49
)2=(
18549
)2
Ejercicio 3.32. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que son tangentes a la tres rectas:
4x − 3y − 10 = 0, 3x − 4y − 5 = 0 y x −(x − 30
7
)2+(y − 5
7
)2= 1.
Respuesta :(x + 10
7
)2+(y + 25
7
)2= 1 y
(x − 30
7
)2+(y − 5
7
)2= 1
Ejercicio 3.33. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que son tangentes a las rectas:
3x + 4y − 35 = 0, 3x − 4y − 35 = 0 y x − 1 = 0.
Respuesta : (x − 5)2 + y2 = 16, (x + 15)2 + y2 = 256,(x − 35
3
)2+(y − 40
3
)2=(
323
)2y
(x − 35
3
)2+(y + 40
3
)2=(
323
)2
Ejercicio 3.34. ¿Que ecuaciones de las respuestas a continuacion determinan circunferencias?.
Hallar el centro C y el radio R de cada una de ellas:
1. (x − 5)2 + (y + 2)2 = 25
2. (x + 2)2 + y2 = 64
3. (x − 5)2 + (y + 2)2 = 0
4. x2 + (y − 5)2 = 5
5. x2 + y2 − 2x + 4y − 20 = 0
6. x2 + y2 − 2x + 4y + 14 = 0
7. x2 + y2 + 4x − 2y + 5 = 0
8. x2 + y2 + x = 0
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108
9. x2 + y2 + 6x − 4y + 14 = 0
10. x2 + y2 + y = 0
Respuesta : Las ecuaciones i), 2), 4), 5), 8) y 10) determinan circunferencias; 1)C(5;−2),
R = 5; 2)C(−2; 0), R = 8; 3)la ecuacion determina un punto unico (5;−2); 4)C(0; 5), R =√
5;
5)C(1;−2), R = 5; 6) la ecuacion determina un punto unico (−2; 1); 8)C(−1
2; 0), R = 1
2; 9) la
ecuacion no determina en el plano ninguna figura geometrica; 10)C(0;−1
2
); R = 1
2.
Ejercicio 3.35. Hallar la ecuacion del diametro de la circunferencia x2 + y2 +4x− 6y − 17 = 0,
que es perpendicular a la recta 5x + 2y − 13 = 0.
Respuesta : 2x − 5y + 19 = 0
Ejercicio 3.36. Determinar las coordenadas de los puntos de interseccion de la recta 7x−y+12 =
0 y la circunferencia (x − 2)2 + (y − 1)2 = 25.
Respuesta : M1(1; 5) y M2(−2;−2)
Ejercicio 3.37. Determinar para que valores del coeficiente angular k la recta y y = kx
1. corta es la circunferencia x2 + y2 − 10x + 16 = 0
2. es tangente a esta circunferencia;
3. pasa fuera de esta circunferencia.
Respuesta :
1. |k| < 34
2. k = ±34
3. |k| > 34
Ejercicio 3.38. Dada la ecuacion de un haz de rectas α(s − 8y + 30) + β(x + 5y − 22) = 0,
hallar las rectas de este haz, en las que la circunferencia x2 + y2 − 2x + 2y − 14 = 0 intercepta
cuerdas de longitud 2√
3.
Respuesta : 2x + 3y + 8 = 0, 3x + 2y − 14 = 0
Ejercicio 3.39. Dadas dos circunferencias (x−m1)2 +(y−n1)
2 = R21, x−m2
2 +(y−n2)2 = R2
2,
que se cortan en los puntos M1(x1; y1) y M2(x2; y2), demostrar que cualquier circunferencia que
pasa por los puntos M1, M2 y tambien la recta M1M2, se pueden determinar por una ecuacion de
la forma α[(x−m1)2+(y−n1)
2−R21]+β[(x−m2)
2+(y−n2)2−R2
2] = 0 eligiendo adecuadamente
los numeros α y β.
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Ejercicio 3.40. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto de A(1;−1) y por el
punto de interseccion de las dos circunferencias x2+y2+2x−2y−23 = 0, x2+y2−6x+12y−35 = 0.
Respuesta : x2 + y2 + 6x − 9y − 17 = 0
Ejercicio 3.41. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el origen de coordenadas y
por el punto de interseccion de las dos circunferencia: (x+3)2+(y+1)2 = 25, (x−2)2+(y+4)2 = 9.
Respuesta : 13x2 + 13y2 + 3x + 71y = 0
Ejercicio 3.42. Calcular la distancia del centro de la circunferencia x2 + y2 = 2x a la recta
que pasa por el punto de interseccion de las dos circunferencias: x2 + y2 + 5x − 8y + 1 = 0,
x2 + y2 − 3x + 7y − 25 = 0.
Respuesta : 2
Ejercicio 3.43. Determinar la longitud de la cuerda comun a las dos circunferencias: x2 + y2 −10x − 10y = 0 y x2 + y2 + 6x + 2y − 40 = 0.
Respuesta : 10
Ejercicio 3.44. El centro de una circunferencia esta en la recta x + y = 0. Hallar la ecuacion
de esta circunferencia, si sabe que pasa por el punto de interseccion de las dos circunferencias:
(x − 1)2 + (y + 5)2 = 50, (x + 1)2 + (y + 1)2 = 10.
Respuesta : (x + 3)2 + (y − 3)2 = 10
Ejercicio 3.45. Hallar la ecuacion de la tangente a la circunferencia x2 + y2 = 5 en el punto
A(−1, 2).
Respuesta : x − 2y + 5 = 0
Ejercicio 3.46. Hallar la ecuacion de la tangente a la circunferencia (x + 2)2 + (y − 3)2 = 25
en el punto A(−5; 7).
Respuesta : 3x − 4y + 43 = 0
Ejercicio 3.47. Hallar en la circunferencia 16x2 + 16y2 + 48x − 8y − 43 = 0 el punto M1 mas
proximo a la recta 8x − 4y + 43 = 0 y calcular la distancia d del punto M1 a esta recta.
Respuesta : M1(−72; 5
4); d = 2
√5
Ejercicio 3.48. El punto M1(x1, y1) esta en la circunferencia x2 + y2 = R2. Hallar la ecuacion
de la tangente a esta circunferencia en el punto M1.
Respuesta : x1x + y1y = R2
Ejercicio 3.49. El punto M1(x1; y1) esta en la circunferencia (x − α)2 + (y − β)2 = R2. Hallar
la ecuacion de la tangente a esta circunferencia en el punto M1
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Respuesta : (x1 − α)(x − α) + (y1 − β)(y − β) = R2
Ejercicio 3.50. Determinar el angulo agudo formado por la interseccion de la recta 3x−y−1 = 0
y la circunferencia (x− 2)2 + y2 = 5 (se llama angulo formado por un recta y una circunferencia
al angulo comprendido entre la recta y la tangente a la circunferencia trazada en el punto de
interseccion).
Respuesta : 45o
Ejercicio 3.51. Determinar el angulo formado por la interseccion de las dos circunferencias:
(x− 3)2 + (y − 1)2 − 8, (x− 2)2(y + 2)2 = 2 (se llama angulo formado por dos circunferencias al
angulo comprendido entre sus tangentes en el punto de interseccion).
Respuesta : 90o
Ejercicio 3.52. Deducir la condicion segun la cual dos circunferencias (x−α1)2+(y−β1)
2 = R21,
(x − α2)2 + (y − β2)
2 = R22 se cortan, formando un angulo recto.
Respuesta : (α1 − α2)2 + (β1 − β2)
2 = R21 + R2
2
Ejercicio 3.53. Demostrar que las dos circunferencias
x2 + y2 − 2mx + 2ny − m2 + n2 = 0
x2 + y2 − 2nx + 2my + m2 − n2 = 0
se cortan formando un angulo recto
Respuesta :
Ejercicio 3.54. Desde el punto A(
53,−5
3
)se han trazado tangentes a la circunferencia x2 +y2 =
5. Hallar sus ecuaciones.
Respuesta : x − 2y − 5 = 0 y 2x − y − 5 = 0
Ejercicio 3.55. Desde el punto A(1; 6) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 +
2x − 19 = 0. Hallar sus ecuaciones.
Respuesta : 2x + y − 8 = 0 y x − 2y + 11 = 0
Ejercicio 3.56. Se da la ecuacion de un haz de rectas α(3x + 4y − 10) + β(3x − y − 5) = 0.
Hallar las rectas de este haz que son tangentes a la circunferencia x2 + y2 + 2x − 4y = 0.
Respuesta : 2x + y − 5 = 0, x − 2y = 0
Ejercicio 3.57. Desde el punto A(4; 2) se han trazado tangentes a la circunferencia x2+y2 = 10.
Determinar el angulo formado por estas tangentes.
Respuesta : 90o
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111
Ejercicio 3.58. Desde el punto P (2;−3) se han trazado tangentes a la circunferencia (x−1)2 +
(y + 5)2 = 4. Hallar la ecuacion de la cuerda que une los puntos contacto.
Respuesta : x + 2y + 5 = 0
Ejercicio 3.59. Desde el punto C(6;−8) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 =
25. Calcular la distancia d del punto C a la cuerda que une los puntos de contacto.
Respuesta : d = 7, 5
Ejercicio 3.60. Desde el punto P (−9; 3) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 −6x + 4y − 78 = 0. Calcular la distancia d del centro de la circunferencia a la cuerda que une los
puntos de contacto.
Respuesta : d = 6
Ejercicio 3.61. Desde el punto M(4;−4)se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 −6x + 2y + 5 = 0. Calcular la longitud d de la cuerda que une los puntos de contacto.
Respuesta : d =√
10
Ejercicio 3.62. Calcular la longitud de la tangente trazada desde el punto A(1;−2) a la cir-
cunferencia x2 + y2 + x − 3y − 3 = 0.
Respuesta : 3
Ejercicio 3.63. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la circunferencia x2+y2+10x−2y+6 = 0,
que son paralelas a la recta 2x + y − 7 = 0.
Respuesta : 2x + y − 1 = 0 y 2x + y + 19 = 0
Ejercicio 3.64. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la circunferencia x2 + y2 − 2x + 4y = 0
que son perpendiculares a la recta x − 2y + 9 = 0.
Respuesta : 2x + y − 5 = 0
3.9.2 Grupo II
Hallese la ecuacion y tracese la grafica de una circunferencia que pasa por los puntos:
1. (6, 0), (0, 4), (0, 0)
Respuesta : x2 + y2 − 6x − 4y = 0
2. (4, 0), (0,−2), (4,−2)
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3. (2, 5), (9, 6), (3,−2)
Respuesta : x2 + y2 − 12x − 4y + 15 = 0
4. (5, 12), (13, 0), (−12, 5)
5. (6, 0), (−1, 7), (−11,−7)
Respuesta : 6x2 + 6y2 + 37x + 25y − 438 = 0
6. (1,−2), (3, 0), (−6, 0)
7. (3, 4), (−11, 6), (1,−10)
Respuesta : 51x2 + 51y2 + 500x + 134y − 3311 = 0
8. (3, 2), (−1, 2), (1, 1)
9. (10, 2), (5, 4), (−5, 8)
Respuesta : Imposible
10. (17, 19), (17, 2), (−10, 10)
11. (1, 3), (2,−2), (5, 1)
Respuesta : 3x2 + 3y2 − 14x − 4y − 4 = 0
12. (1, 7), (−2, 8), (2, 6)
Hallese la ecuacion de la circunferencia circunscrita en el triangulo cuyos vertices son:
1. (10, 9), (−4, 11), (−6,−3)
Respuesta : x2 + y2 − 4x − 6y − 87 = 0.
2. (1,−5), (26, 0), (18, 12)
Hallese la ecuacion de la circunferencia circunscrita en el triangulo cuyos lados estan dados por
las ecuaciones:
x + 7y − 30 = 0 , 7x − y − 10 = 0 , 4x + 3y + 5 = 0
Respuesta : x2 + y2 + 4x − 2y − 20 = 0.
Hallese la ecuacion de la circunferencia determinada por las siguientes condiciones:
1. Pasa por los (−1, 3) y (7,−1), su centro esta en la recta 2x + y − 11 = 0.
2. Es tangente a 3x−4y+10 = 0 en el punto (2, 4) su centro esta en la recta 2x−5y−10 = 0.
Respuesta : x2 + y2 − 10x = 0.
3. Es tangente a los dos ejes y pasa por el punto (2,−1).
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113
4. Es concentrica con la circunferencia x2 + y2 − 10x + 4y − 20 = 0, y tangente a la reccta
x + 2y + 9 = 0.
Respuesta : x2 + y2 − 10x + 4y + 9 = 0.
5. Es tangente a 3x − 4y − 24 = 0 en el punto (4,−3) y su radio es 5.
6. Es tangente a los dos ejes y su centro esta en la recta x − 3y + 8 = 0.
Respuesta : x2 + y2 + 4x − 4y + 4 = 0, x2 + y2 − 8x − 8y + 16 = 0
7. Es tangente a la circunferencia x2 + y2 + 4x + 2y − 20 = 0, su centro esta en (6, 5).
8. Esta inscrita en el triangulo cuyos lados estan dados por las ecuaciones 3x + 4y − 17 =
0 , 4x − 3y + 19 = 0 , y + 7 = 0
Respuesta : x2 + y2 + 4y − 21 = 0
9. Esta inscrita en el triangulo cuyos vertices son (−16,−12), (5,−5), (20, 40).
10. Es tangente a las rectas 3x − 4y + 5 = 0 y 4x + 3y − 10 = 0 y pasa por el punto (2, 4).
Respuesta : x2 + y2 − 4x − 18y + 60 = 0, 5x2 + 5y2 − 12x − 34y + 60 = 0
11. Los vertices de un triangulo son A(5, 19), B(7, 4), C(9, 4). Las medianas AD, BE, CF
concurren en G. Las alturas AK, BL y CM concurren en H . Los puntos medios AH , BH ,
CH son R, S, T respectivamente. Demuestrese que los nueve puntos D, E, F, K, L, M, R, S
y T estan en una circunferencia cuyo centro esta en la recta que une G con H en la razon
1;3. (Esta circunferencia recibe el nombre de cırculo de los nueve puntos del triangulo
ABC)
3.9.3 Grupo III
1. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias:
a) Cuyo radio es 3 y sus centros estan en el eje−x.
Respuesta : (x − h)2 + y2 = 9
b) Cuyo radio es 4 y sus centros estan en el eje−y.
Respuesta : x2 + (y − k)2 = 16
c) Tangentes al eje−y en el origen.
Respuesta : (x − h)2 + y2 = h2
d) Tangentes al eje−x en el origen.
x2 + (y − k)2 = k2
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114
2. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias cuyos centos estan en la recta x−y−5 =
0 y
a) pasan por el origen;
b) son tangentes al eje−y.
3. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias que pasan por el origen y el punto (8,0).
Respuesta : x2 + y2 − 8x − 2ky = 0
4. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias que pasan por los puntos (2,3) y (-4,5).
5. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias cuyos centros estan en la parabola
y = x2 y:
a) Pasan por el origen.
Respuesta : x2 + y2 − 2hx − 2h2y = 0
b) Son tangentes al eje−x.
Respuesta : x2 + y2 − 2hx − 2h2y + h2 = 0
6. Hallese la ecuacion de la circunferencia que pasa por la interseccion de las circunferencias
x2 + y2 + 10x + 12y + 45 = 0 , x2 + y2 + 6x − 2y − 15 = 0
y por el origen.
7. Hallese la ecuacion de la circunferencia que pasa por la interseccion de las circunferencias
x2 + y2 − 6x + 4y − 12 = 0 , x2 + y2 − 2x − 12y + 12 = 0
y por el centro de la primera.
Respuesta : 2x2 + 2y2 + 7x − 2y − 9 = 0
8. Hallese la ecuacion de la circunferencia que pasa por la interseccion de las circunferencias
x2 + y2 − 6x + 2y = 0 , x2 + y2 + 6x − 4y − 12 = 0
y por el punto (5,3).
9. Hallese la ecuacion de la circunferencia que pasa por la interseccion de las circunferencias
x2 + y2 − x + 7y − 3 = 0 , x2 + y2 − 5x − y + 1 = 0
y cuyo centro esta en
a) El eje−x.
Respuesta : 2x2 + 2y2 − 9x − 1 = 0
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b) El eje−y.
Respuesta : x2 + y2 + 9y − 4 = 0
c) La recta x − y = 0
Respuesta : x2 + y2 − 9x − 9x + 5 = 0
d) La recta x + y = 0
Respuesta : x2 + y2 − 3x + 3y − 1 = 0
10. Hallense las ecuaciones de los ejes radicales de los pares de circunferencias de los ejercicios
6-9.
Respuesta ejer. 06 : x + 2y − 3 = 0
Respuesta ejer. 09 : x + 2y − 1 = 0
3.9.4 Grupo IV
1. Demuestrese que el eje radical de dos circunferencias es el lugar geometrico de los puntos
desde los cuales las tangentes trazadas hacia las dos circunferencias son iguales.
Respuesta : 6, 5, 5√
3
2. Demuestrese que los ejes radicales de tres circunferencias, consideradas por pares, se cortan
en un punto. Este punto se denomina el centro radical de las tres circunferencias.
Hallese la longitud de una tangentes a una circunferencia dad, desde los puntos:
x2 + y2 = 25; (5, 6), (7,−1), (0,−10)
(x − 1)2 + (y − 3)2 = 4; (−1, 0), (0, 0), (4, 1)
x2 + y2 − 6x + 4y − 12 = 0; (−4,−1), (−8, 0), (7, 3)
Respuesta : 5,10,4
x2 + y2 − 6x − 2y − 15 = 0; (1,−10), (10,−1), (6,−4)
2x2 + 2y2 − 2x + 3y − 5 = 0; (−1, 1), (−2, 1), (0, 3)
Respuesta :√
2,√
6,√
11
2x2 + 2y2 − 3x + 5y − 35 = 0; (5, 2), (−5, 0), (0, 5)
x2 + y2 − 10x − 6y − 135 = 0; (12,−10), (22,−4), (7, 32)
Respuesta : 7,13,26
3. a) Hallese las longitudes de las tangentes trazadas a la circunferencia x2 +y2−4x+6y−12 = 0 desde el punto (−3, 7).
b) Hallense los dos puntos de tangencia.
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116
4. Dada la circunferencia x2 + y2 + 4x − 8y − 30 = 0. Dıgase si los siguientes puntos estan
dentro, fuera o sobre la circunferencia:
a) (4,7)
b) (-8,8)
c) (-9,3)
d) (-2,-3)
e) (-6,-2)
f) (5,5)
g) (-6,0)
h) (3,9)
i) (-8,1)
j) (-5,-2)
k) (-7,-1)
l) (5,2)
Respuesta :
a), b), g), i), j) interior.
b), e), l) exterior.
c), f), h), k) sobre.
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Capıtulo 4
Parabola
4.1 Introduccion
En matematicas, la parabola es una seccion conica generada al cortar un cono recto con un plano
paralelo a la directriz.
Se define tambien como el lugar geometrico de los puntos que equidistan de una recta (eje o
directriz) y un punto fijo llamado foco.
La parabola aparece en muchas ramas de las ciencias aplicadas, debido a que las graficas de
ecuaciones cuadraticas son parabolas. Por ejemplo, la trayectoria ideal del movimiento de los
cuerpos bajo la influencia de la gravedad.
En este capitulo estudiaremos un lugar geometrico que es muy importante en la Geometrıa
analıtica y que se origina de considerar cortes en diferentes angulos de un cono doble circular
recto, mediante un plano, originando las llamadas CONICAS.
En este caso estudiaremos a la Parabola: su ecuacion general, teoremas, rectas tangentes a la
parabola, ecuacion de la parabola paralela al eje X, Y , traslacion de coordenadas, y sus aplica-
ciones.
La tradicion reza que las secciones conicas fueron descubiertas por Menecmo en su estudio del
problema de la duplicacion del cubo, donde demuestra la existencia de una solucion mediante
el corte de una parabola con una hiperbola, lo cual es confirmado posteriormente por Proclo y
Eratostenes.
Sin embargo, el primero en usar el termino parabola fue Apolonio de Perge en su tratado Conicas,
considerada obra cumbre sobre el tema de las matematicas griegas, y donde se desarrolla el es-
tudio de las tangentes a secciones conicas.
Si un cono es cortado por un plano a traves de su eje, y tambien es cortado por otro plano que
corte la base del cono en una lınea recta perpendicular a la base del triangulo axial, y si adi-
cionalmente el diametro de la seccion es paralelo a un lado del triangulo axial, entonces cualquier
lınea recta que se dibuje desde la seccion de un cono a su diametro paralelo a la seccion comun
117
Geometrıa Analıtica
118
del plano cortante y una de las bases del cono, sera igual en cuadrado al rectangulo contenido
por la lınea recta cortada por ella en el diametro que inicia del vertice de la seccion y por otra
lınea recta que esta en razon a la lınea recta entre el angulo del cono y el vertice de la seccion
que el cuadrado en la base del triangulo axial tiene al rectangulo contenido por los dos lados
restantes del triangulo. Y tal seccion sera llamada una parabola.
Apolonio de Perge. Es quien menciona que un espejo parabolico refleja de forma paralela los
rayos emitidos desde su foco, propiedad usada hoy en dıa en las antenas satelitales. La parabola
tambien fue estudiada por Arquımedes, nuevamente en la busqueda de una solucion para un
problema famoso: la cuadratura del cırculo, dando como resultado el libro Sobre la cuadratura
de la parabola.
4.2 Parabola
La parabola es el lugar geometrico de las posiciones de un punto que se mueve de modo que su
distancia a una recta fija, denominada directriz, permanece siempre igual a su distancia a un
punto fijo (Foco).
Definicion 4.1. Una parabola P es el lugar geometrico de un punto P (x, y) del plano R2 que
se nueve de tal manera que equidista de una recta fija L (llamada directriz) y de un punto fijo
F del plano R2 (llamado foco) que no pertenece a la recta L.
P = P (x, y) ∈ R2/d(P, L) = d(P, F )
P(x,y)
F
V
Deje focal
(foco)
(vértice)
p
p p
2p
2p
D
H
R
F
directriz
Refiriendonos a la figura de la izquierda, se tiene que PD = PF , siendo F el foco y P un punto
cualquiera de la curva.
La recta directriz LHD
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Geometrıa Analıtica
119
4.3 Elementos
1. Foco “F” es el punto fijo de la parabola
2. L la directriz perpendicular al eje focal
3. vertice “V ” es el punto medio del segmento que une la directriz y el foco.
4. Eje focal “L1” es la recta perpendicular a la directriz “L”.
5. Cuerda focal “EM” es el segmento que une los puntos de la parabola y que pasa por el
foco
6. Radio vector “NF” es el segmento que une un punto de la parabola N y el foco F .
7. Lado recto “LR” es la cuerda focal perpendicular al eje focal.
8. Excentricidad “e” es la razon constante entre las distancias de un punto al foco y la
distancia de dicho punto a la directriz.
(eje focal)
R
FV
foco
L M
E
N
L (directriz)
L1
4.3.1 Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje X
Corresponde al caso −→= i (NO HAY ROTACION DE EJES)
i = (x, y) y si v = (x, y) es el vertice que corresponde a la traslacion, entonces reemplazando
P = (x, y) = (h, k) = x′−→+y′u⊥ = (h, k) + x′i + y′i⊥
(x, y) = (h, k) = x′(1, 0) + y′(0, 1) = (h, x′), (k, y′)
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Geometrıa Analıtica
120
De lo cual:
x′ = x − h , y′ = y − k
Reemplazando
y′2 = 4px′ ⇒ (y − k)2 = 4p(x − h)
Que es la ecuacion de una parabola con EJE FOCAL PARALELO AL EJE X.
En tal caso, F = V + p−→=(h + p, k), L : x = h − p, p−→=pi = (op)
P(x,y)
P’
h
k
Directriz
Y
EJE FOCAL
V
F
foco
p
h−p
h+p
L
p>0
X
Vemos para la misma ecuacion: (y − k)2 = 4p(x − h), si p > 0 la parabola se abre hacia la
derecha, y si p < 0 entonces la parabola se abre hacia la izquierda.
P(x,y)
P’
h
k
Directriz
Y
EJE FOCAL
V
F
foco
p
h−p
h+p
L
p<0
X
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Geometrıa Analıtica
121
4.3.2 Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje Y
Corresponde al caso −→=j = (0, 1) . . .ROTACION DE 90, y si V = (h, k) es el vertice que
corresponde a la traslacion de EJES, entonces:
X ′ = [(x, y) − V ]u = (x − h, y − k) · (0, 1) = y − k
Y ′ = [(x, y) − V ]u⊥ = (x − h, y − k) · (−1, 0) = −(x − h)
Reemplazamos estos valores en la ecuacion : y′2 = 4px′, y obtenemos la ecuacion:
(x − h)2 = 4p(y − k)
Que es la ecuacion de una parabola con EJE FOCAL PARALELO AL EJE Y.
En tal caso, F = V + p−→=V + pj = (h, k) + (0, p) = (h, k + p)
La directriz L : y = k − p
L
F
Vk
h
DIRECTRIZ
X
Y
0
L
F
Vk
h
DIRECTRIZ
X
Y
0p<0
p>0
4.3.3 El Vertice en el Origen
Cuando el vertice V (h, k) de una parabola se encuentra en el origen de coordenadas (0, 0)v =
(h, k) = (0, 0) → h = 0, k = 0 las ecuaciones
a) (y − k)2 = 4p(x − h)
b) (x − h)2 = 4p(y − k)
Toman la forma siguiente:
(a) Parabola con el eje X como eje focal y2 = 4px
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122
Y
EJE FOCAL
V
F
foco
p
L
p>0
X
Directriz
Y
EJE FOCAL
V
F
foco
p
L
p<0
X
(b) Parabola con el eje Y como eje focal x2 = 4py
L
F
V
DIRECTRIZ
X
Y
0
L
F
V
DIRECTRIZ
X
Y
0p<0
p>0
Si a > 0 la parabola se abre hacia arriba
Si a < 0 la parabola se abre hacia abajo
4.4 Teoremas
Teorema 4.1. Para cualquier punto P (x, y) 6= 0, el conjunto solucion de la ecuacion: y2 = 4ax
es la parabola con foco P (a, 0) y directriz: x = −a
Si a > 0 la parabola se abre hacia la derecha.
Si a < 0 la parabola se abre hacia la izquierda.
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123
Teorema 4.2. Para cualquier punto P (x, y) 6= 0, el conjunto solucion de la ecuacion: x2 = 4ay
es la parabola con foco P (0, a) y directriz: y = −a
Si a > 0 la parabola se abre hacia arriba.
Si a < 0 la parabola se abre hacia abajo.
Teorema 4.3. La ecuacion de una parabola de vertice V (h, k) y eje focal paralelo al eje x es de
la forma (y − k)2 = 4a(x − k) de foco: F (h + a, k).
Si a > 0 la parabola se abre hacia la derecha.
Si a < 0 la parabola se abre hacia la izquierda.
Teorema 4.4. La ecuacion de una parabola de vertice V (h, k) y eje focal paralelo al eje x es de
la forma (x − k)2 = 4a(y − k) de foco: F (h, k + a)
Si a > 0 la parabola se abre hacia arriba.
Si a < 0 la parabola se abre hacia abajo.
4.5 Aplicaciones
Las aplicaciones de las parabolas son basicamente aquellos fenomenos en donde nos interesa hacer
converger o divergen un haz de luz y sonido principalmente. Por ejemplo las antenas parabolicas,
las lamparas sordas, los faros de los autos. Se pueden construir, por la misma propiedad de las
parabolas, hornos solares. Los microfonos de ambiente en algunos deportes tambien tienen forma
paraboloidal.
Las parabolas tienen una propiedad Si se coloca una bombilla encendida en el foco de la parabola.
Algunos haces de luz seran reflejados por la parabola y todos estos rayos seran perpendiculares a
la directriz. Esta propiedad es usada en las lamparas sordas o en los faros de los automoviles estos
estan formados por un paraboloide (parabola en 3 dimensiones) de espejos y una bombilla en el
foco de este paraboloide. En algunas lamparas se puede mover la bombilla del foco y los haces
de luz divergiran o convergeran. Este principio funciona tambien en las antenas parabolicas. Un
satelite envıa informacion a la Tierra, estos rayos seran perpendiculares a la directriz por la
distancia a la que se encuentra el satelite. Al reflejarse en el plato de la antena (blanca, casi
siempre) los rayos convergen en el foco en donde se encuentra un receptor que decodifica la
informacion. Tambien en los telescopios se usa esta propiedad.
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124
4.6 Problemas Resueltos y Aplicativos
Ejercicio 4.1. Hallar la ecuacion de la directriz y la longitud del lado recto de la parabola
3y2 = 8x
Solucion. Esa parabola se puede representar por
y2 =8x
3
para calcular el foco
4a =8
3
Ası:
a =2
3
Y el foco F = (2/3, 0) porque la parabola tiene su vertice en el origen y se abre hacia el eje x,
la ecuacion de la directriz:
x = −2
3
Para calcular el lado recto L.R = 4a = 83
Ejercicio 4.2. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo vertice esta en el origen de coordenadas,
sabiendo que:
a) La parabola esta situada en el semiplano derecho, es simetrica con respecto al eje x y su
parametro es p = 3 o a = 3.
b) La parabola esta situada en el semiplano inferior, simetrica al eje y y su parametro es p = 3.
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125
Solucion.
a) La parabola esta abierta hacia el eje x es de la forma: y2 = 4px y con signo positivo porque
se abre hacia la derecha; sustituyendo el parametro p = 3 nos queda la ecuacion: y2 = 12x
-8
2
y
1
4
00
-4
x
543
8
b) Como se abre hacia abajo y sobre el eje de las y, la ecuacion tiene la forma:
x2 = −4y
Sustituyendo el parametro: x2 = −12y
x
y
06
-0,5
-1
4
-1,5
-2
2
-2,5
-3
0-2-4-6
Ejercicio 4.3. Determinar el valor del parametro y la situacion de las parabolas siguientes con
respecto a los ejes coordenados:
a) y2 = −6/2x
b) x2 = −4/8y
Solucion.
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126
1. La parabola se abre hacia la izquierda y es simetrica con respecto al eje x, el parametro
es: p = 3/4
2. La parabola se habre hacia abajo, por el signo negativo, y es simetrica con respecto al eje
y, pasa por el origen y su parametro p = −4/8
x
42
y
0-4-6
-20
-40
-60
6-20
-80
-100
Ejercicio 4.4. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo foco es el punto (0,−4/3) y por directriz
la recta y − 4/3 = 0. Hallar la longitud del lado recto.
Solucion. Sabemos por la misma definicion de parabola que la distancia de un punto (x, y) al
foco, debe ser igual a la distancia del punto a la directriz, analıticamente:
√
(x − 0)2 + (y + 4/3)2 = y − 4/3
Elevando al cuadrado ambos lados: (x − 0)2 + (y + 4/3)2 = (y − 4/3)2.
Resolviendo: x2 + y2 + 8/3y + 16/9 = y2 − 8/3y + 16/9.
Agrupando terminos: x2 = −16/3y
Y la longitud del lado recto es: L.R. = 16/3
y
0
-4
-8
-12
10
-16
5
x
0-5-10
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127
Ejercicio 4.5. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo vertice esta en el origen, sabiendo que:
a) La parabola esta situada simetricamente con respecto al eje x y pasa por el punto A = (9, 6);
la parabola es de la forma:
y2 = 4ax
b) La parabola esta situada con respecto al eje y y pasa por el punto B = (4,−8).
Solucion.
1. Para conocer el parametro solo sustituimos el punto
A = (9, 6) ; 36 = 4a9
Despejando a:
36/9 = 4a, ⇒ a = 1
Ası la ecuacion de la parabola queda: y2 = 4x
20
x
84
y
6
4
2
0
-2
-4
-6
106
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128
2. La parabola tiene la forma: x2 = −4ay.
Para conocer a sustituimos B: 16 = −4a(−8); a = 1/2.
Ası la ecuacion nos queda: x2 = −2y
x
42
y
0-4-6
-20
-40
-60
6-20
-80
-100
Ejercicio 4.6. Hallar la ecuacion de la parabola de vertice en el punto (3, 2) y foco (5, 2).
Solucion. Calculamos a, restando las abscisas |3 − 5| = 2 = a; sustituyendo en la formula, el
vertice:
(y − k)2 = 4a(x − h) ; (y − 2)2 = 8(x − 3)
Resolviendo y2 − 4y + 4 = 8x − 24 donde:
y2 − 4y − 8x + 28 = 0
Ejercicio 4.7. Hallar la ecuacion de la parabola de foco en el punto (6,−2) y directriz la recta
x − 2 = 0.
Solucion. De la definicion de parabola tenemos:√
(x − 6)2 + (y + 2)2 = x − 2.
Elevando al cuadrado: x2 − 12x + 36 + y2 + 4y + 4 = x2 − 4x + 4.
Agrupando: y2 + 4y − 8x + 36 = 0
Ejercicio 4.8. Hallar la ecuacion de una parabola de vertice en el origen y foco en el punto
(0,−3).
Solucion. La directriz esta dada por y = 3 ası la ecuacion se da por:
√
(x − 0)2 + (y + 3)2 = y − 3
x2 + y2 + 6y + 9 = y2 − 6y + 9
x2 + 12y = 0
Ejercicio 4.9. Hallar la ecuacion de una parabola de vertice en el punto (2,3) de eje paralelo
al de las coordenada y y que pase por el punto (4,5).
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129
-1
-2
-1,5
-2
0
-0,5
-4
x
42
y
0
Solucion. la ecuacion de la parabola es de la forma: (x − h)2 = 4a(y − k)
sustituyendo: (x − 2)2 = 4a(y − 3)
por otra parte como (4,5) esta en la parabola, tenemos:
(4 − 2)2 = 4a(5 − 3)
22 = 4a(2)
=1
2
de donde la ecuacion buscada es: (x − 2)2 = 2(y − 3)
-1
-2
-1,5
-2
0
-0,5
-4
x
42
y
0
Ejercicio 4.10. dada la parabola de ecuacion y2 + 8y − 6x + 4 = 0, hallar las coordenadas del
vertice y del foco, y la ecuacion de su directriz.
Solucion.
y2 + 8y = 6x − 4
sumando y restando para completar cuadrados:
y2 + 8y + 16 = 6x − 4 + 16
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130
(y + 4)2 = 6x + 12
(y + 4)2 = 6(x + 2)
Con esta forma de la ecuacion de la parabola, se puede reconocer mejor sus caracterısticas.el
vertice es el punto (−2,−4), como: 4a = 6; a = 6/4; a = 3/2 el foco es x = −7/2
2
-4
1
-8
-10
00
-2
x
54
y
2
3
-2
-6
-1
Ejercicio 4.11. Hallar la ecuacion de la parabola de vertice en el punto (4, -1), cuyo eje esta
dado por la recta y + 1 = 0 y que pasa por el punto (3,−3).
Solucion. El eje de la parabola es paralelo al eje x, y la ecuacion es de la forma: (y + 1)2 =
−4a(x − 4) (sustituyendo el vertice), para encontrar a sustituimos el punto (3,−3).
En la ecuacion:
[(−3) + 1]2 = −4a(3 − 4)
4a = 4
a = 1
ası la ecuacion queda:
(y + 1)2 = −4(x − 4)
Ejercicio 4.12. La trayectoria recorrida por un proyectil lanzado horizontalmente desde un
punto situado a y metros sobre el suelo, con una velocidad de v metros por segundo es una
parabola de ecuacion:
x2 = −2v2y
g
Siendo x la distancia horizontal desde el lugar de lanzamiento y el valor de la Gravedad g =9.81
m/seg2, aproximadamente.
El origen se toma en el punto de salida del proyectil. En estas condiciones se lanza horizontal-
mente una piedra desde un punto situado a tres metros de altura sobre el suelo. Sabiendo que la
velocidad inicial es de 50 metros por segundo, calcular la distancia horizontal al punto de caıda.
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131
2
-4
1
-8
-10
00
-2
x
54
y
2
3
-2
-6
-1
Solucion.
x2 = −2v2y
g
x2 = −2(50)2(−3)
9,81
ası x = 50√
0,61; donde x = 39,1m.
Ejercicio 4.13. Encontrar la ecuacion de la tangente a la parabola y2 = 9x en el punto P =
(1, 3), que se encuentra sobre la curva.
Solucion. Dada la ecuacion: y2 = 9x entonces: 4p = 9 y, por lo tanto: 2P = 92
sustituyendo (1) en la ecuacion de la tangente (yy1 = 2p(x+x1)) : y(3) = 92(x+1); 6y = 9x+9;
3x − 2y + 3 = 0.
Ejercicio 4.14. Hallar la ecuacion del lugar geometrico del punto P (x, y) tal que la distancia
de P al vertice de la parabola y2 = 8x, es el doble de la distancia de P al foco de dicha parabola.
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132
Solucion.
y2 = 8x
4p = 8
p = 2
Hallando la ecuacion de la ecuacion de la Parabola
d(P, v) = 2d(P, F )
|Pv|2 = [2|PF |]2
[x2 + y2] = 4[(2 − x)2 + y2]
x2 + y2 = 16 − 16x + 4x2 + 4y2
3x2 + 3y2 − 16 − 16x = 0
x2 + y2 +16
3− 16
3x = 0
(
x2 − 16
3x +
64
9
)
+ y2 =−16
3+
64
9
(x − 8
3) + y2 =
16
9
Ejercicio 4.15. Sean (x1, y1) y (x2, y2) los extremos de una cuerda focal de la parabola y2 = 4px,
demostrar que
1. la longitud de una cuerda focal es |x1 + x2 + 2p|
2. la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de
esta longitud dada en (a)
3. Una circunferencia con esta cuerda focal como diametro es tangente a la recta directriz
Solucion.P
F(p,0)
1
2
P
P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2)
La ecuacion de la Parabola P
y2 = 4px
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Geometrıa Analıtica
133
1. Demostraremos que: d(P1,P2) = |P1P2| = |P1F | + |P2F | = |x1 + x2 + 2p|
P1 ∈ P, entonces y21 = 4px1 . . . (1) P1 ∈ P, entonces y2
1 = 4px1 . . . (3)
d(F, P1) = |P1F | =√
(x1 − p)2 + (y1)2 . . . (2) d(F, P1) = |P1F | =√
(x1 − p)2 + (y1)2 . . . (4)
Reemplazando (1) en (2) Reemplazando (3) en (4)
|P1F | =√
(x1 − p)2 + (y1)2 |P2F | =√
(x2 − p)2 + (y2)2
|P1F | =√
x21 − 2px1 + p2 + 4px1 |P2F | =
√
x22 − 2px2 + p2 + 4px2
|P1F | =√
(x21 + 2px1 + p2) |P2F | =
√
(x22 + 2px2 + p2)
|P1F | =√
x1 + p2 |P2F | =
√x2 + p
2
|P1F | = |x1 + p| . . . (i) |P2F | = |x2 + p| . . . (ii)
luego por propiedad de valor absoluto:
(i) + (ii) = |P1F | + |P2F | = |x1 + x2 + 2p|
2. Demostraremos que la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta
directriz es la mitad de esta longitud dada en (a)
M
Op
P
PN
L
(x +x /2 , y −y /2)
1
1 1
2
2 2R
F
∗ Si observamos detalladamente el grafico vemos el segmento OR, entonces podemos
decir que
d(OR) =x1 + x2
2+ p =
|x1 + x2 + 2p|2
∗∗ Tambien en el grafico observamos el trapecio MP1P2N formado por los segmentos
MP1, NP2, MN , P1P2
Haciendo una propiedad del trapecio que nos dice:
La longitud del segmento OR formado por los puntos medios de MN y P1P2 es igual
a la semisuma de las longitudes de los segmentos MP1 y NP2
d(P1M) = d(P1F ) d(P2N) = d(P2F )
|P1M | = |P1F | |P2N | = |P2F ||P1M | = x1 + p |P2N | = x2 + p
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Geometrıa Analıtica
134
Luego:
|OR| =|P1M | + |P2N |
2
|OR| =|x1 + p + x2 + p|
2
|OR| =|x1 + x2 + 2p|
2
3. Demostraremos que una circunferencia con esta cuerda focal como diametro es tangente a
la recta directriz
H c
p
x=−p
F
P
P
1
2
Para demostrar que la circunferencia “C” es tangente a la recta directriz , sera necesario
demostrar que |cH| = |P1P2|2
.
Nosotros sabemos que c es el centro de la circunferencia y es el punto medio de |P1P2|.Entonces c =
(x1+x2
2y1+y2
2
)
Hallando |P1P2|2
i) |P1P2| = |x1 + x2 + 2p| . . . (α)
Dividiendo a (α) entre 2|P1P2|
2=
|x1 + x2 + 2p|2
ii) Hallando |cH| = |x1+x2+2p|2
Luego:|P1P2|
2= |cH| = |x1+x2+2p|
2
Ejercicio 4.16. Una piedra arrojada hacia arriba formando un angulo agudo con la horizontal,
describe el arco de una parabola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parametro p de esta
parabola, si la altura maxima alcanzada es de 12m.
Solucion.
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135
12 m
(0,0)
(0,12)
16 m
(−8,0) (8,0)
La ecuacion de la parabola es x2 = 4py.
Para el punto (8,0)
x2 = 4py
82 = 4py
64 = 4py
16 = py
Pare el punto (0,12)
x2 = 4py
82 = 4p(12)
64 = 48p
4/3 = p
Ejercicio 4.17. Hallar la ecuacion de la cuerda comun a la parabola y2 = 18x, y a la circunfer-
encia (x + 6)2 + y2 = 100
Solucion.
F
P
P
1
2
(4.5,0)(−6,0)
Ecuacion de la parabola y2 = 18x . . . (1)
Ecuacion de la circunferencia (x + 6)2 + y2 = 100 . . . (2)
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136
Reemplazando (1) en (2)
(x + 6)2 + 18x = 100
x2 + 12x + 36 + 18x = 100
x2 + 30x + 36 = 100
x2 + 30x − 64 = 0
(x + 32)(x − 2) = 0
x + 32 = 0 x − 2 = 0
x = −32 x = 2
La ecuacion de la cuerda comun es x = 2 ya que x = −32 no puede ser porque la cuerda pasa
por el eje x+
Ejercicio 4.18. Hallar la longitud del vector focal del punto de la parabola de ecuacion x2 +
4y + 2x − 19 = 0 cuya abscisa es 3.
Solucion. Ecuacion de la Parabola
x2 + 4y + 2x − 19 = 0
(x + 1)2 = −4y + 19 + 1
(x + 1)2 = −4y + 20
(x + 1)2 = −4(y − 5)
4p = −4
p = −1
El punto P (3, y) ∈ P entonces:
(x + 1)2 = −4(y − 5)
(3 + 1)2 = −4(y − 5)
16 = 4y − 20
y = 1
Entonces:
|−→r | = d(F, p) =√
(2 + 1)2 + (1 − 4)2
=√
42 + 32
d(F, p) = 5
Ejercicio 4.19. Hallar la ecuacion de la recta tangente a la parabola de la ecuacion x2 + 4x +
12y − 8 = 0, que sea perpendicular a la recta de ecuacion 3x − y + 1 = 0.
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137
Solucion. Ecuacion de la parabola P:
x2 + 4x + 12y − 8 = 0
(x + 2)2 = −12y + 12
(x + 2)2 = −12(y − 1) . . . (1)
Ecuacion de la recta L: 3x − y + 1 = 0 . . . (2)
La pendiente de L es m = 3, entonces la pendiente de LT sera
3mT = −1 → mT = −1/3
Su ecuacion de LT sera y = −x3
+ b . . . (3)
Reemplazando (3) en (1):
(x + 2)2 = −12(y − 1)
(x + 2)2 = −12(−x
3+ b − 1)
x2 + 4x + 4 = −12(−x + 3b − 3
3)
x2 + 4x + 4 = 4x − 12b + 12
x2 + 12b − 8 = 0
Por la condicion de tangencia
∆ = 0
−4(1)(12b − 8) = 0
−48b + 32 = 0
48b = 32
b = 2/3
Reemplazando (i) en (3)
y = −x
3+
2
33y = −x + 2
x + 3y − 2 = 0
Ejercicio 4.20. Encontrar las coordenadas del punto P (x, y) donde se cruzan la tangente en-
contrada en el problema anterior y la que pasa por el punto (1,−3) de esa misma parabola.
Solucion. La ecuacion de la tangente en el punto (1,−3) es:
y(−3) =9
2, o sea , 3x + 2y + 3 = 0
encontramos la interseccion entre estas rectas; resolviendo el sistema
3x − 2y + 3 = 0 ; 3x + 2y + 3 = 0
sumandolas se obtiene: 6x+0+6 = 0; de ahı que x = −1, y = 0 el punto buscado es P = (−1, 0)
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138
P(−1,0)x
y
Ejercicio 4.21. Encontrar la ecuacion de la tangente a la parabola y2 + 3x + 2y + 4 = 0 en el
punto P (3, 1).
Solucion. Agrupando la ecuacion tenemos (y2 + 2y + 4) = 3x o sea: (y + 2)2 = 3x.
Por lo tanto 4p = 3; es decir 2p = 32.
Sustituyendo en la ecuacion de la tangente y1y = 2p(x + x1)
y =3
2(x + 3) 2y = 3(x + 3) 2y = 3x + 9 3x − 2y + 9 = 0
x
y
Ejercicio 4.22. ¿En que punto de la parabola y2 = 3x tocarıa la recta tangente cuya pendiente
es 34?
Solucion. Sabemos que m = y2x
. Ası y2x
= 34, reduciendo y = 3x
2que forma un sistema junto
con: y2 = 3x, sustituyendo y2 = 3(
2y3
)obteniendose: y2 = 2y, y esto solo se satisface para y = 2,
entonces: x = 23(2) = 4
3el punto buscado es:
P =
(4
3; 2
)
Ejercicio 4.23. Encontrar las pendientes de las tangentes a la parabola y2 + 2y + 6x + 4 = 0
en los puntos de esta, en los que x = −1.
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139
P(4/3,2)
x
y
F
Solucion.
y2 + 2y + 4 = −6x (y + 2)2 = −6x
de ahı 4p = −6; es decir 2p = −62
= −3 Ahora sustituyo x = −1
y2 + 2y + 4 = 6; y2 + 2y − 2 = 0
por lo tanto:
y =−2 ±
√
4 − (4)(−2)
2
=−2 ±
√12
2
= −1 ±√
3
finalmente
m1 = −1 −√
3
m2 = −1 +√
3
x
y
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140
Ejercicio 4.24. Lo mismo que el problema anterior, pero para el punto P = (−1, 1) y la
parabola:
y2 = 8x (1)
Solucion.
4p = 8 ⇒ 2p = 4
m =y + 1
x + 1; m =
4
y
de ahıy + 1
x + 1=
4
y
o sea
y2 + y − 4x − 4 = 0 (2)
de la ecuacion (1): x =y2
8sustituimos en (2):
y2 + y − 4
(y2
8
)
− 4 = 0
1
2y2 + y − 4 = 0 ⇒ y = −1 ± 1 + 8
o sea y0 = 2; y1 = −4 sustituyendo se obtiene:
x0 =y2
8=
4
8=
1
2, x1 =
y21
8=
16
8= 2
los punto buscados son
P0 =
(1
2, 2
)
y P1 = (2,−4)
y las ecuaciones de las tangentes seran
y(2) = 4
(
x +1
2
)
y(−4) = 4(x + 2)
x
y
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141
Ejercicio 4.25. Encontrar una ecuacion de la parabola que tenga su foco en (0,−3) y como su
directriz a la recta y = 3. Trazar la grafica.
Solucion. Como el foco esta en el eje y y esta abajo de la directriz, la parabola se abre hacia
abajo y p = −3. Por tanto, una ecuacion de la parabola es
x2 = −12y
la longitud del lado recto es
|4(−3)| = 12
Ejercicio 4.26. Dada la parabola que tiene la ecuacion y2 = 7x, hallar las coordenadas del foco,
una ecuacion de la directriz y la longitud del lado recto. Trazar la grafica.
Solucion. La ecuacion dada es de la forma de la ecuacion (1); ası
4p = 7
p =7
4
Como p > 0 la parabola se habre hacia la derecha. El foco esta en el punto F (74). Una ecuacion
de la directriz es x = −74. La longitud del arco del lado recto es 7. Un dibuja de la grafica se
muestra en la figura.
F
y
x
x=−7/4
Ejercicio 4.27. Un espejo parabolico tiene una profundidad de 12cm en el centro y la distancia
a lo largo de us parte superior es de 32cm. Calcular la distancia del vertice al foco
Solucion. Veamos la figura 4.1. Los ejes coordenados se escogen de tal manera que la parabola
tenga como vertice el origen y su eje a lo largo del eje y, y se abra hacia arriba. Por lo tanto,
una ecuacion de la parabola es de la forma
x2 = 4py
donde pcm es la distancia del vertice al foco. Como el punto (16, 12) esta en la parabola, sus
coordenadas cumplen la ecuacion y tenemos
162 = 4p(12)
p =16
3
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142
Por tanto, la distancia del vertice al foco es de 513cm
Existen tambien otras aplicaciones practicas de las parabolas. La trayectoria de un proyectil es
una parabola si se considera que el movimiento esta en un plano y se desprecia la resistencia del
aire. Los arcos a veces tiene forma parabolica y el cable de un puente colgante pende en forma
de parabola.
F
(16,12)
x
y
Figura 4.1:
Ejercicio 4.28. Hallar el vertice, el foco y la ecuacion de la directriz, de las parabolas
a) x2 − 4x − 4 + 3 = 0
b) 3y2 − 4x + 12y + 16 = 0
c) 4x2 − 8x − 3y − 2 = 0
d) y2 − 6x + 6y + 15 = 0
Solucion. a)
x2 − 4x − 4 + 3 = 0
x2 − 4x = y − 3
x2 − 4x + 4 = y − 3 + 4
x2 − 4x + 4 = y + 1
(x − 2)2 = y + 1
(x − 2)2 = 4
(1
4
)
(y + 1)
Vertice: (2,-1), p =1
4> 0
Foco: (2,-1+1/4)=(2,-3/4)
Directriz: y = −1 − 14
= −5/4 → y = −5
4
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143
b)
3y2 − 4x + 12y + 16 = 0
3y2 + 12y = 4x − 16
3(y2 + 4y) = 4(x − 4)
3(y2 + 4y + 4) = 4(x − 4) + 12
3(y + 2)2 = 4(x − 1)
(y + 2)2 = 4
(1
3
)
(x − 1)
Vertice: (1,-2), p = 1/3 > 0
Foco: (1+1/3,-2)=(4/3,-2)
Directriz: x = 1 − 1/3 = 2/3 → x = 2/3
c)
4x2 − 8x − 3y − 2 = 0
4(x2 − 8x) = 3y + 2
4(x2 − 8x + 16) = 3y + 2 + 64
4(x − 4)2 = 3y + 66
4(x − 4)2 = 3(y + 22)
(x − 4)2 =3
4(y + 22)
(x − 4)2 = 4
(3
16
)
(y + 22)
Luego:
Vertice: (4,-22), p =3
16> 0 Foco: (4,−22 +
3
16) = (4,−349
16)
Directriz: y = −22 − 3
16= −355
16→ y = −355
16
d)
y2 − 6x + 6y + 15 = 0
y2 + 6y = 6x − 15
y2 + 6y + 9 = 6x − 15 + 9
(y + 3)2 = 6x − 6
(y + 3)2 = 6(x − 1)
(y + 3)2 = 4
(6
4
)
(x − 1)
(y + 3)2 = 4
(3
2
)
(x − 1)
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144
Vertice: (1,-3), p = 3/2 > 0
Foco: (1+3/2,-3)=(5/2,-3)
Directriz: x = 1 − 3/2 = −1/2 → x = −1/2
Ejercicio 4.29. Hallar la ecuacion de la parabola
a) Con el vertice (2,5) y foco (2,-3)
d(V, F ) = |p| → d(V, F ) = |5 − (−3)| = 8 = |p|
Luego la ecuacion de la parabola es:
(x − 2)2 = 4(−8)(y − 5)
(x − 2)2 = −32(y − 5)
b) Con vertice (5,2) y foco en (7,2)
d(V, F ) = |p| → d(V, F ) = |7 − 5| = |2| = |p|
Luego la ecuacion de la parabola es:
(y − 2)2 = 4(2)(x − 5)
(y − 2)2 = 8(x − 5)
c) Con recta directriz L: y = 5 y foco en (7,−2)
d(F, L) = 2|p|d(F, L) = |5 − (−2)| = |7| = 2|p|
|p| =7
2
vertice: (
7,−2 +7
2
)
=
(
7,3
2
)
Luego la ecuacion de la parabola es
(x − 7)2 = 4
(
−7
2
)(
y − 3
2
)
(x − 7)2 = −14
(
y − 3
2
)
d) Con recta directriz L : x = −2 y vertice en (5,−1)
d(V, L) = |p|d(V, L) = |5 − (−2)| = |7| = 7
|p| = 7
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145
Luego la ecuacion de la parabola es
(y + 1)2 = 4(7) (x − 5)
(y + 1)2 = 28 (x − 5)
e) Con vertice (2,6) y extremos del lado recto (6,8) y (−2, 8)
p1 = (6, 8) ; p2 = (−2, 8) ; V = (2, 6)
d(p11, p2) = 4|p|d(p1, p2) = |6 − (−2)| = |8| = 8
4|p| = 8 ⇒ |p| = 2
Luego la ecuacion de la parabola es
(x − 2)2 = 4(2) (y − 6)
(x − 2)2 = 8 (y − 6)
f) Cuyos puntos equidistan de la recta x = −1 y del punto (7, 1)
d(F, L) = 2|p|d(F, L) = |7 − (−1)| = |8| = 8
2|p| = 8 ⇒ |p| = 4
vertice: V = (7 − 4, 1) = (3, 1).
cuya ecuacion de la parabola es:
(y − 1)2 = 4(4) (x − 3)
(y − 1)2 = 16 (x − 3)
Ejercicio 4.30. Demostrar que la longitud del lado recto de cualquier parabola mide 4|p|unidades.
Solucion. El efecto consideraremos la parabola de ecuacion y2 = 4px; p > 0, cuya grafica
correspondiente es como sigue
Los extremos del lado recto son los puntos R1 y R2 cuyas primeras coordenadas son iguales a la
del foco F = (p, 0).
Esto es: R1 = (p, y1) y R2 = (p, y2); como R1 y R2 son puntos de la parabola en la ecuacion de
la misma reemplazamos “x” por “p”, tendremos:
y2 = 4p(p) = 4p2
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146
entonces y = ±2p.
Esto quiere decir que R1 = (p, 2p) y R2 = (p,−2p).
Luego la longitud del lado recto sera
|R1, R2| = |2p − (−2p)| = |4p| = 4|p||R1, R2| = 4|p|
Ejercicio 4.31. El ancho de un reflector parabolico es 12m, y su profundidad es de 4m localizar
el foco.
Solucion. Sea la ecuacion de la parabola: y2 = 4px; p > 0 observemos que p = (6, 4) es un
punto de la parabola, entonces debe satisfacer la ecuacion de la misma
16 = 4p(6)
p =16
4(6)=
2
3
F =
(
0,2
3
)
se encuentra a “23
del vertice.
Ejercicio 4.32. Hallar la ecuacion y la longitud del lado recto de la parabola con vertice en
(2,2) y foco en (5,6). Encontrar ademas los extremos de cada lado recto.
Solucion.
d(V, F ) = |p|d(V, F ) =
√
(5 − 2)2 + (6 − 2)2 =√
9 + 16 = 5
|p| = 5
−−→V F = F − V = (5, 6) − (2, 2) = (3, 4)
−→u −−→V F
=(3, 4)
‖(3, 4)‖ =
(3
5,4
5
)
−→u = (3/5, 4/5) vector unitario de rotacion
R1 = F + 2|p|−→u = (5, 6) + 2(5)
(−4
5,3
5
)
R1 = (5, 6) + (−8, 6)
R1 = (−3, 12)
R2 = F + 2|p|(−−→u ) = (5, 6) + 2(5)
(4
5,−3
5
)
R2 = (5, 6) + (8,−6)
R2 = (13, 0)
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147
la ecuacion de la recta que contiene al lado recto pasa por R1 y R2
m =12
−16= −3
4pendiente
Luego, la ecuacion de la recta que pasa por R1 y R2 es:
L : y − 0 = −3
4(x − 13)
L : 4y = −3x + 39
L : 3x + 4y = 39
Ejercicio 4.33. Dados los puntos (−1, 2), (1,−1) y (2, 1), hallar la ecuacion de la parabola que
pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al eje x.
Solucion. Una parabola con las caracterısticas mencionadas tendra por ecuacion
(y − k)2 = 4p(x − h) ⇔ y2 − 2ky + k2 − 4px + 4ph = 0
⇔ y2 + ay + bx + c = 0 (4.1)
reemplaza las coordenadas de cada uno de los puntos dados en la ecuacion (4.1).
(−1, 2) → 4 + 2a + −b + c = 0
(1,−1) ⇒ 1 − a + b + c = 0
(2, 1) ⇒ 1 + a + 2b + c = 0
resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene la ecuacion siguiente
7y2 − 3y + 6x − 16 = 0
Ejercicio 4.34. Hallar la ecuacion del lugar geometrico del punto p = (x, y) tal que la distancia
de p al vertice de la parabola y2 = 8x, es el doble de la distancia de p al foco de dicha parabola.
Solucion. y2 = 8x, tiene su vertice en V = (0, 0) y su foco en F = (2, 0)
d(p, V ) = 2d(p, F )
d(p, V ) =√
x2 + y2
d(p, F ) =√
(x − 2)2 + y2
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148
Luego:
√
x2 + y2 ⇔ 2√
(x − 2)2 + y2
⇔ x2 + y2 = 4[(x − 2)2 + y2]
⇔ x2 + y2 = 4[x2 + y2 − 4x + 4]
⇔ 3x2 + 3y2 − 16x + 16 = 0
⇔ 3
(
x2 − 16
3x +
64
9
)
+ 3y2 = −16 +64
3
⇔ 3
(
x − 8
3
)2
+ 3y2 =16
3
⇔(
x − 8
3
)2
+ y2 =16
9
es una circunferencia.
Ejercicio 4.35. Si una parabola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de
longitud 12 hallar su ecuacion. (Dos soluciones)
Solucion. Las parabolas podrıan estar dispuestas como se indica en la figura
Sabemos que la longitud del lado recto es
4|p| = 12 ⇒ |p| = 3
si p = 3 > 0, entonces el vertice es:
V = (0, 4 − 3) ⇒ V = (0, 1)
luego la ecuacion es:
(x − 0)2 = 4(3)(y − 1)
x2 = 12(y − 1)
si p = −3 < 0, entonces el vertice es
V = (0, 4 + 3) = (0, 7)
la ecuacion de la parabola sera
(x − 0)2 = 4(−3)(y − 7)
x2 = −12(y − 7)
Ejercicio 4.36. Un cometa se mueve en una orbita parabolica, con el sol en el foco. Cuando el
cometa esta a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un angulo de 60o con el eje de la
orbita. Hallar la distancia mınima del cometa al sol, es decir, al foco.
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149
Solucion. La ecuacion de la parabola tiene la forma
y2 = 4px; p > 0
P = (p + 2 × 107, 2√
3 × 107) es un punto de la parabola
(2√
3 × 107)2 = 4p(p + 2 × 107)
4p2 + 8p × 107 − 12 × 1014 = 0
p2 + 2p × 107 − 3 × 1014 = 0
(p + 3 × 107)(p − 107) =
luego p = 107 millas.
Ejercicio 4.37. Una piedra arrojada hacia arriba formando un angulo agudo con la horizontal,
describe el arco de una parabola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parametro p de esta
parabola, si la altura maxima alcanzada es de 12m
Solucion. P : parabola
P : x2 = 4py; p < 0; P = (8,−12) ∈ P
En P : 64 = 4p(−12) entonces
p = −64
48= −4
3
Ejercicio 4.38. En la parabola y2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide
10 unidades
Solucion. y2 = 8x ⇔ y2 = 4(2)x; V = (0, 0); F = 2, 0
d(Q, F ) = d(Q′, F ) = 10
Q y Q′ tendran como primera coordenada x0 y la segunda y = ±2√
2x0
d(Q, F ) =
√
(x0 − 2)2 + (±2√
2x0 − 0)
=√
(x0 − 2)2 + 8x0
=√
x20 − 4x0 + 4 + 8x0 =
√
(x0 + 2)2
√
|x0 + 2|2 = 10 ⇒ |x0 + 2| = 10
⇒ x0 + 2 = 10 o x0 + 2 = −10
⇒ x0 = 8 o x0 = −12
luego x0 = 8; y0 = ±2√
2(8) = ±8
Luego entonces
Q = (8, 8) y Q′ = (8,−8)
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150
Ejercicio 4.39. Hallar la ecuacion de la circunferencia comun a la parabola y2 = 18x y a la
circunferencia (x + 16)2 + y2 = 100.
Solucion. y2 = 18x ⇔ y2 = 4(
92
)x; V = (0, 0); F = (9/2, 0)
(x + 6)2 + y2 = 100
centro en (−6, 0); r = 10 (radio)
Reescribiendo el sistema de ecuaciones
y2 = 18x (4.2)
(x + 6)2 + y2 = 100 (4.3)
(7.2) en (4.3)
(x + 6)2 + 18x = 100
x2 + 60x + 36 − 100 = 0
x2 + 30x − 64 = 0
Ejercicio 4.40. Hallar los angulos en que se intersectan las parabolas y2 = 4x + 4, con y2 =
64 − 16x.
Solucion. Resolviendo el sistema de ecuaciones
y2 = 4x + 4
y2 = 64 − 16x
4x + 4 = 64 − 16x
20x = 60
x = 3
y = ±4
luego los puntos de interseccion de las parabolas son los puntos
(3, 4) 3,-4
En la ecuacion P1 : y2 = 4x + 4, hallemos dydx
2yy′ = 4 ⇒ y′ =dy
dx=
2
y
Evaluemos esta derivada en (3, 4)
y′∣∣∣(3,4)
=2
4=
1
2
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151
es la pendiente de la recta tangente a la parabola de ecuacion y2 = 4x + 4 en el punto (3, 4).
En la ecuacion P2 : y2 = 64 − 16x, hallemos y′ = dydx
2yy′ = −16 ⇒ y′ =dy
dx= −8
y
y′∣∣∣(3,4)
= −8
4= −2
es la pendiente de la tangente a P2 en el punto (3, 4).
Como el producto de las pendientes es “1” entonces las tangentes en el punto (3,4) son perpen-
diculares.
Por tanto el angulo en que se intersectan las parabolas es 90o.
Ejercicio 4.41. Hallar en la parabola x2 = 4y un punto para el cual un vector focal mide 17
unidades.
Solucion. x2 = 4y ⇒ x2 = 4(1)y; F = (0, 1)
‖−−→FP1‖ = ‖−−→FP2‖ = 17
P1 o P2 tienen la forma (x, x2
4), luego la norma de ambos√
(x − 0)2 +
(x2
4− 1
)2
= 17
√
x2 +
(x2 − 4
4
)2
= 17
16x2 + x4 − 8x2 + 16 = 4624
x4 + 8x2 − 4608 = 0
x2 =−8 ±
√
64 − (4)(1)(−4608)
2=
−8 ± 136
2x2 = 64 ⇒ x = ±8; y = 16
Ejercicio 4.42. El espejo del faro de un auto tiene la forma de una parabola en su seccion
transversal. Hallar el parametro de esta parabola, si el diametro del paso mide 20cm y la pro-
fundidad 15cm. El eje 0x es el eje del faro y el origen se ubica en la parte profunda del espejo.
Solucion. La ecuacion de la parabola tiene la forma:
y2 = 4px; “p” es el parametro
como el punto p = (15, 10) pertenece a la parabola, debe satisfacer la ecuacion de la misma.
Esto es
102 = 4p(15) ⇒ p =102
4(15)=
100
60=
5
3
p =5
3
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Geometrıa Analıtica
152
Ejercicio 4.43. Hallar la longitud de la cuerda focal de la parabola y2+8x = 0, que sea paralela
a la recta 4x + 3y = 7
Solucion.
y2 + 8x = 0 ⇔ y2 = −8x
⇔ y2 = 4(−2)x
p = −2 < 0; F (−2, 0); V = (0, 0)
la recta que contiene a la cuerda focal en referencia pasa por el punto (−2, 0) y tiene pendiente
−43.
Luego la ecuacion de dicha recta sera
y = −4
3(x + 2)
Ahora resolvemos el sistema:
y2 = −8x
y = −43(x + 2)
tenemos
16
9(x + 2)2 = −8x ⇔ 16
9(x2 + 4x + 4) = −8x
⇔ 2(x2 + 4x + 4) = −9x
⇔ 2x2 + 8x + 8 + 9x = 0
⇔ 2x2 + 17x + 8 = 0
⇔ (2x + 1)(x + 8) = 0
⇔ x = −1
2o x = −8
y = −2 o y = 8
tenemos los puntos extremos de la cuerda focal(
−1
2,−2
)
y (−8, 8)
la longitud de la cuerda es:√(
−1
2+ 8
)2
+ (−2 − 8)2 =
√(
15
2
)2
+ (−10)2 =
√
225
4+ 100
=
√
625
4=
25
2
Respuesta: 252.
Ejercicio 4.44. Hallar la ecuacion del diametro de la parabola x2 = 16y, para un sistema de
cuerdas paralelas de pendiente 12.
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Geometrıa Analıtica
153
Solucion. El diametro es paralelo al eje focal (eje y).
La ecuacion de la parabola:
x2 = 16y ⇔ x2 = 4(4)y; p = 4
Luego la ecuacion del diametro es
x = 2(4)
(1
2
)
x = 4
Ejercicio 4.45. Hallar la ecuacion de la directriz y el foco de la parabola cuyo eje es la recta
4x − 3y = 0, con vertice en el punto (3, 4) y sabiendo que pasa por (2, 11)
Solucion. La ecuacion de la parabola tiene la forma
y′2 = 4px′
en el sistema x′y′
−→n = (4,−3) vector normal al eje
−→n = (4, 3) vector direccional al eje
−→u =(3, 4)
‖(3, 4)‖ =
(3
5,4
5
)
vector unitario de rotacion
V = (3, 4) es el nuevo origen del sistema x′y′
P = (x, y) = (3, 4) + x′(
3
5,4
5
)
+ y′(
−4
5,3
5
)
si (x, y) = (2, 11) pasemos estas coordenadas al sistema x′y′
(2, 11) = (3, 4) + x′(
3
5,4
5
)
+ y′(
−4
5,3
5
)
(−1, 7) = x′(
3
5,4
5
)
+ y′(
−4
5,3
5
)
x′ =(−1, 7)
(−3
5,−4
5
)
(35, 4
5
) (−3
5,−4
5
) =35− 28
5
− 925
+ −1625
=−25
5
−1= 5
x′ = 5
y′ =(−1, 7)
(−4
5, 3
5
)
(−4
5, 3
5
) (−4
5, 3
5
) =45
+ 215
1625
+ 925
=255
1= 5
y′ = 5
luego (5, 5) son las nuevas coordenadas del punto (2, 11).
Como (5,5) pertenece a la parabola, entonces
52 = 4p(5) p =25
4(5)=
5
4
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Geometrıa Analıtica
154
podemos determinar ahora las coordenadas del foco:
F = V + p(−→u )
F = (3, 4) +5
4
(3
5,4
5
)
= (3, 4) +
(3
4, 1
)
F =
(15
4, 5
)
Calculemo9s las coordenadas de Q (puesto por donde la recta pasa por la directriz)
Q = V + p(−−→u ) = (3, 4) +5
4
(
−3
5,−4
5
)
Q = (3, 4) +
(
−3
4,−1
)
Q =
(9
4, 3
)
∈ Lp (recta directriz)
−→u =
(3
5,4
5
)
vector normal a LD
−→a = (3, 4) tambien es vector normal a “LD”
luego la ecuacion normal de LD es
LD :
(
(x, y) −(
9
4, 3
))
(3, 4) = 0
de donde:(
x − 9
4, y − 3
)
(3, 4) = 0
3x + 4y − 27
4− 12 = 0
LD : 3x + 4y =75
4
es la ecuacion de la recta directriz con el sistema de coordenadas “xy”.
Ejercicio 4.46. Sea x2 − 4x − 8y + 28 = 0 la ecuacion de una parabola. Hallar la suma de las
areas de los triangulos determinados por la recta tangente a la parabola en el punto (6,5) y los
ejes coordenados y la perpendicular trazada al eje x desde el punto de tangencia.
Solucion.
x2 − 4x − 8y + 28 = 0 ⇔ x2 − 4x = 8y − 28
⇔ (x − 2)2 = 8y − 28 + 4
⇔ (x − 2)2 = 8y − 24
⇔ (x − 2)2 = 4(2)(y − 3)
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Geometrıa Analıtica
155
V = (2, 3); p = 2 > 0
En la ecuacion: x2 − 4x − 8y + 28 = 0, hallemos y′
2x − 4 − 8y′ = 0
y′ =2x − 4
8
y′ =x
4− 1
2
Evaluamos y′ en (6,5)
y′∣∣∣(6,5)
=6
4− 1
2= 1
Luego la ecuacion de la tangente es:
y − 5 = 1(x − 6) ⇔ y − x = −1
la interseccion de esta recta tangente con el eje x es:
x = 1; P = (1, 0)
La ecuacion de la recta perpendicular trazada desde el punto de tangencia (6,5) al eje x es:
x = 6
Luego el area del triangulo ABC es:
Area=(5)(5)
2=
25
2
Ademas el area del triangulo A0D es
Area =(1)(1)
2=
1
2
finalmente la suma de las areas es:
25
2+
1
2=
26
2= 13 u2
Ejercicio 4.47. Un triangulo equilatero inscrito en la parabola y2 − 2y = 4x + 7, tiene uno de
sus vertices coincidente con el vertice de la parabola. Hallar los otros dos vertices del triangulo.
Solucion.
y2 − 2y = 4x + 7
y2 − 2y + 1 = 4x + 8
(y − 1)2 = 4(1)(x + 2)
luego V = (−2, 1); p = 1 > 0.
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Geometrıa Analıtica
156
Los otros vertices estan en la recta vertical
x = k
resolvamos el sistema
x = k
y2 − 2y = 4x + 7
tenemos
y2 − 2y − 4k − 7 = 0
y =2 ±
√
4 + 4(4k + 7)
2
=2 ± 2
√4k + 8
2
= 1 ±√
4k + 8
los otros vertices tendran coordenadas
(k, 1 +√
4k + 8) y (k, 1 −√
4k + 8)
la distancia entre estos vertices es:
2√
4k + 8 (4.4)
ademas podemos determinar la longitud de otro lado del triangulo equilatero en funcion de “k”
d(V, (k, 1 +√
4k + 8)) =
√
(k + 2)2 + (√
4k + 8)2
=√
k2 + 4k + 4 + 4k + 8
=√
k2 + 8k + 12 (4.5)
igualando (4.4) y (4.5), tendremos
4(4k + 8) = k2 + 8k + 12 ⇔ k2 − 8k − 20 = 0
⇔ (k − 10)(k + 2) = 0
⇔ k = 10 o k = −2
solo es posible k = 10.
Por lo tanto los otros vertices son:
V2 = (10, 1 + 4√
3) y V3 = (10, 1 − 4√
3)
Ejercicio 4.48. En la parabola y2 = 64x, hallar el punto Q mas proximo a la recta 4x+3y+86 =
0, y calcular la distancia del punto Q a esta recta
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157
Solucion.
y2 = 64x
y2 = 4(16)x
V = (0, 0), F = (16, 0), p = 16
El punto Q de la parabola es de la forma
Q = (x,±8√
x)
en la figura debemos considerar Q = (x,−8√
x).
Hallamos la distancia de “Q” a “L”
d(Q, L) =|4x + 3(−8
√x) + 86|
5= f(x)
si se considera:
f(x) =4x − 24
√x + 86
5
y hallamos f ′(x) odf(x)
dx1
5
(
4 − 24
2√
x
)
e igualmente “0”
tendremos x = 9.
Si evaluamos f ′′(x) od2f(x)
dx2en x = 9, tendremos:
f ′(x) =4
5− 24
10√
x=
4
5− 24
10x−1/2
f ′′(x) = −24
10
(
−1
2
)
x−3/2 → f ′′(x) = 1,2x−3/2
f ′′(9) = 1,2(9)−3/2 = 1,2
(1
27
)
> 0
luego en x = 9, “f” alcance un mınimo punto
El punto sera: Q = (9,−24).
Luego la distancia de “Q” a “L”
d((9,−24), L) =|4(9) + 3(−8)
√4 + 86|
5
=|36 − 72 + 86|
5= 10
d(Q, L) = 10
Ejercicio 4.49. Desde el punto (-1,1) se trazan las rectas tangentes a la parabola x2 = −8y,
hallar los puntos de tangencia
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Geometrıa Analıtica
158
Solucion.
x2 = −8y
x2 = 4(−2)y
p = −2 < 0 V = (0, 0) F = (0,−2)
Los puntos de tangencia son T1 y T2.
Las rectas tangentes pasan ambas por el punto (-1,1), tienen por ecuacion
y − 1 = m(x + 1)
y = mx + m + 1
en la ecuacion x2 = −8y, tendremos:
x2 = −8(mx + m + 1)
x2 + 8mx + (8m + 8) = 0
formaremos el discriminante de esta ultima ecuacion 2
∆ = (8m)2 = 0
(8m)2 − 4(8)(m + 1) = 0
2m2 − m − 1 = 0
Factorizando: (2m + 1)(m − 1).
tenemos: m = 1 o m = −1/2.
Luego las tangentes son
T1 : y = x + 2, T2 = −1
2x +
1
2
Para hallar los puntos de tangencia respectivos, resolvemos los sistemas
I =
y = x + 2
x2 = −8y, II =
y = −x+12
x2 = −8y
Resolviendo I
x2 = −8(x + 2)
x2 + 8x + 16 = 0
x = −4, y = −2
Ti = (−4,−2)
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159
Resolviendo II
x2 = −8
(1 − x
2
)
= −4(1 − x)
= −4 + 4x
x2 − 4x + 4 = 0
(x − 2)2 = 0
x = 2; y = −1
2
luego T2 =(2,−1
2
)
Ejercicio 4.50. Si P = (3, 9) y Q = (−5, 1) son los extremos del lado recto de una parabola,
hallar la ecuacion de la directriz, ası como las coordenadas del foco.
Solucion. Las coordenadas del foco se pueden hallar muy facilmente
F =1
2(P + Q)
=1
2[(3, 9) + (−5, 1)]
= (−1, 5)
hallemos un vector unitario de rotacion para el nuevo sistema de coordenadas
−→QP = P − Q = (3, 9) − (−5, 1) = (8, 8)
−→QP⊥ = (−8, 8)
podemos definir ~u = ~u−−→QP⊥
−→u =(−8, 8)
‖(−8, 8)‖ =
(
− 1√2,
1√2
)
es el vector unitario de rotacion.
Encontremos un punto Q1 por donde pasa L1
Q1 = F + 2|p|(−~u)
= (−1, 5) + 2|p|(
− 1√2,− 1√
2
)
‖−→QP‖ = 4‖p‖4|p| = 8
√2
|p| = 2√
2
luego
Q1 = (−1, 5) + 2(2√
2)
(
− 1√2,− 1√
2
)
Q1 = (−1, 5) + (4,−4) = (3, 1)
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160
Entonces L1 pasa por Q1 y tiene vector normal (−1, 1), su ecuacion normal de L1 es:
[(x, y) − (3, 1)] · (−1, 1) = 0 ⇔ (x − 3, y − 1) · (−1, 1) = 0
⇔ −x + y + 2 = 0
⇔ x − 2 = y
para hallar la otra ecuacion se procede de forma analoga
Ejercicio 4.51. La ecuacion de la parabola es y2+x = 0. Hallar la ecuacion de la recta tangente
a esta tangente a esta parabola que sea perpendicular a la recta L : 2x + y = 0.
Solucion. La pendiente de la tangente sera 12, su ecuacion tendra la forma y = 1
2x + k, esto en
y2 + x = 0, tendremos
(1
2x + k
)
+ x = 0 ⇔(
x + 2k
2
)2
+ x = 0
⇔ x2 + 4k2 + 4kx + 4x = 0
⇔ x2 + (4k + 4)x + 4k2 = 0
∆ = (4k + 4)2 − 4(1)(4k2) = 0
42(k + 1)2 −4
2k2 = 0
k2 + 2k + 1 −k
2 = 0
k = −1
2
luego la ecuacion de la tangente es: y = 12x − 1
2.
Ejercicio 4.52. El lado recto de una parabola mide 8 unidades; su vertice es (2,5) y la directriz
es paralela al eje x y esta debajo del vertice. Hallar la ecuacion de la parabola.
Solucion.
d(V, LD) = |p|
la longitud del lado recto es: 4|p| = 8 entonces |p| = 2
d(V, LD) = 2
La ecuacion de la parabola es:
(x − 2)2 = 4(2)(y − 5)
(x − 2)2 = 8(y − 5)
Ejercicio 4.53. El cable de un puente colgante esta soportado por dos torres de 15m de alto
y situados a 120m una de la otra. Si el punto mas bajo del cable esta a 3m sobre el piso del
puente, hallar la longitud de una barra que esta a 30m a la derecha del punto mas bajo del cable
y que va, en forma vertical, del cable al piso del puente.
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161
Solucion. Sea la ecuacion de la parabola
P : x2 = 4py; P = (60, 12) ∈ P
luego:
602 = 4p(12) ⇒ p =602
4(12)= (15)(5) = 75
luego entonces P : x2 = 300y.
Si x = 30 ⇒ (30)2 = 300y ⇒ y = 3
Luego la longitud de la barra en mencion sera
y + 3 = 6m
Ejercicio 4.54. Hallar un punto de la parabola y = 2 + 5x − x2 en el que la interseccion de la
recta tangente es de 45.
Solucion. Hallemos y′ en y = 2 + 5x − x2
y′ = 5 − 2x
esta derivada evaluada en un punto de la parabola equivale a la pendiente de la tangente.
La recta de la tangente es de pendiente “1”, luego
5 − 2x = 1 ⇒ x = 2
entonces
y = 2 + 5(2) − (2)2
y = 8
Finalmente el punto de tangencia es (2,8).
Ejercicio 4.55. Hallar los puntos de la parabola y = x2 +2x+25 en los que las rectas tangentes
pasan por el origen.
Solucion. Las tangentes son de la forma y = ax esto en
y = x2 + 2x + 25 ⇒ ax = x2 + 2x + 25
x2 + (2 − a)x + 25 = 0
∆ = (2 − a)2 − 4(1)(25) = 0
(a − 2)2 = 100
a − 2 = 10 o a − 2 = −10
a = 12 o a = −8
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162
las tangentes son y = 12x o y = −8x
resolviendo el sistema
y = 12x
y = x2 + 2x + 25
se tiene
12x = x2 + 2x + 25
x2 − 10x + 25 = 0
(x − 5)2 = 0
x = 5
y = 60
un punto de tangencia es (5,60).
Ahora resolvemos el sistema
y = −8x
y = x2 + 2x + 25
se tiene
−8x = x2 + 2x + 25
x2 + 10x + 25 = 0
(x + 5)2 = 0
x = −5
y = 40
Luego el punto de tangencia es (−5, 40)
4.7 Ejercicios Propuestos
Ejercicio 4.56. Hallar la longitud de la cuerda focal de la parabola: x2 = −8y(A) que es paralelo
a la recta: L1 : 3x + 4y − 7 = 0
Ejercicio 4.57. Hallar la longitud del radio vector del punto de la parabola: y2
Ejercicio 4.58. Deducir la ecuacion ordinaria de la parabola : x2 = 4py
Rpta: x2 = 4py
Ejercicio 4.59. Hallar la ecuacion de una parabola tomando como ejes X e Y .el eje y directriz
respectivamente.
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Geometrıa Analıtica
163
Rpta: y2 = 4py(x − p)
Ejercicio 4.60. La directrız de una parabola es la recta: y − 1 = 0, y su foco F es el punto
F (4,−3). hallar la ecuacion de la parabola.
Rpta : (x − 4)2 = −8(y + 1)
Ejercicio 4.61. Determinar la ecuacion de la familia de parabolas que tienen un foco comun
(3,4) y un eje paralelo al eje Y .
Rpta : (x − 3) = 4(4 − k)(y − k)
Ejercicio 4.62. Demostrar que las tangentes a una parabola en los puntos extremos de un lado
recto son perpendiculares entre sı.
Ejercicio 4.63. Hallar la ecuacion de la parabola que tiene su foco en F (2, 0) y su direccion
DD es la recta de ecuacion x = −2.
Ejercicio 4.64. Dada la parabola que tiene por ecuacion x2 = −6y, encontrar las coordenadas
del foco, la ecuacion de la directriz, analizar la simetrıa de la curva y trazar la grafica.
Ejercicio 4.65. Dado el punto del plano B(a, b) con a, b > 0. Demostrar que por el punto B
pasa la parabola ax2 = ax2
by
Determine el foco y la ecuacion de la directriz.
Ejercicio 4.66. Determine el vertice V y la ecuacion de la parabola que tiene como directriz la
recta de ecuacion x = 2 y cuyo foco esta localizado en el punto F (4, 2).
Ejercicio 4.67. Determine el vertice V , el foco F , la ecuacion de la directriz, el eje focal y
dibujar la grafica de la parabola cuya ecuacion es: 3x2 − 3x − 24y − 1 = 0
Ejercicio 4.68. Hallar la ecuacion de la parabola de vertice V = (3, 4) y foco F = (6, 4).
Rpta: y2 − 8x − 8y + 52 = 0
Ejercicio 4.69. Encuentre el foco y la ecuacion de la directriz de la parabola 2y2−8x−24y+56 =
0.
Rpta F = (−1, 6) y X = 3
Ejercicio 4.70. Escribir la ecuacion de la parabola con vertice en el origen que satisface las
condiciones siguientes: a) Foco en (3,0). b) Foco en (0,-3). c) La directriz es x + 4 = 0.
Ejercicio 4.71. Hallar las ecuaciones de las parabolas que verifican: a) su directriz es y = −6
y su foco (0,6).
Rpta: x2 = 24y b)su vertice(2,0) y su foco (6,0).
Rpta y2 = 16x − 32
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164
Ejercicio 4.72. Trazar la grafica y hallar la ecuacion canonica, el vertice, el foco y la directriz
de la parabola cuya ecuacion es: y2 − 6y − 4x + 17 = 0.
Rpta: (y − 3)2 = 4(x − 2)
Ejercicio 4.73. Trazar la grafica y hallar la ecuacion canonica de la parabola con vertice en
(−2, 4) y foco en (−2, 3).
Rpta: y − 4 = −4(x + 2)2
Ejercicio 4.74. Hallar la ecuacion de la parabola con vertice en el punto (1,1) y recta directriz
x + y = 1.
Rpta: x2 − 2xy + y2 − 4 = 0
Ejercicio 4.75. Determine la ecuacion canonica de la parabola que abre en la direccion del eje
x y pasa por los puntos (1,3),(3,4),(7,12).
Rpta: (x − 1)2 = 4(y − 3)
Ejercicio 4.76. Hallar el vertice, el foco y la ecuacion de la directriz, de las parabolas: a)
x2 −4x−y +3 = 0; b) 3y2−4x+12y +16 = 0; c) 4x2−8x−3y−2 = 0; d) y2−6x+6y +15 = 0
Ejercicio 4.77. Hallar la ecuacion de la parabola: a) Con vertice (2,5) y foco (2,−3) b)Con
vertice (5,2) y foco en (7,2) c) Con recta directriz L : y = 5, y foco en (7,−2) d) Con recta
directriz L : x = −2, y vertice en (5,−1) e) Con vertice (2,6) y extremos del lado recto (6,8) y
(-2,8) f) cuyos puntos equidistan de la recta x = −1 y del punto (7,1)
Ejercicio 4.78. Demostrar que la longitud del lado recto de cualquier parabola mide 4p unidades.
Ejercicio 4.79. El ancho de un reflector parabolico es 12m. Y su profundidad es de 4m. Localizar
el foco
Rpta 9/4m.del vertice
Ejercicio 4.80. Hallar la ecuacion y la longitud del lado recto de la parabola con vertice en
(2,2)y foco en (5,6).Encontrar ademas los extremos del lado recto.
Rpta: 3x − 4y = 31; 20; (−3, 12) y (13,0).
Ejercicio 4.81. Dados los tres puntos (−1, 2), (1,−1) y (2,1), a) Hallar la ecuacion de la
parabola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje x. b) Hallar la
ecuacion de la parabola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje
y.
Rpta: a) 6x = −7y2 + 3y + 16, b) 6y = 7x2 − 9x − 4.
Ejercicio 4.82. Graficar la ecuacion (2x + y − 3)(x2 + y2 − 4)(x2 − 8y) = 0
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165
Ejercicio 4.83. Demostrar que los centros de todas las cuerdas de la parabola de ecuacion
x2 = 4py, con pendiente m = 3, se encuentran en una recta, y hallar la ecuacion de esta recta.
Rpta: x = 2pm, x = 6p.
Ejercicio 4.84. Hallar el centro de la circunferencia que pasa por (0,1) y que es tangente a la
curva y = x2 en (2,4).
Rpta: (−16/5, 53/10)
Ejercicio 4.85. Hallar la ecuacion del lugar geometrico del punto P = (x, y) tal que la distancia
de P al foco d dicha parabola y = 8x, es el doble de distancia de P al foco de dicha parabola.
Rpta: la circunferencia (x − 83)2 + y2 = 16
3
Ejercicio 4.86. Si una parabola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de
longitud 12, hallar su ecuacion. (Dos soluciones).
Rpta: a) x2 = 12(y − 1), b) x2 = −12(y − 7)
Ejercicio 4.87. sean (X1, Y1) y (X2, Y2) los extremos de una cuerda focal de la parabola y2 =
4px, demostrar que: a) la longitud de esta cuerda focal es X1 + X2 + 2p, b) la distancia desde el
punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de esta longitud dada en (a).
c) una circunferencia con esta cuerda focal como diametro es tangente a la recta directriz.
Ejercicio 4.88. Sea P = (r, s) un punto de la parabola y2 = 4px. En P se traza una perpendic-
ular a OP de tal manera que esta recta corte al eje X en el punto Q. Probar que PQ = (4p,−s).
Ejercicio 4.89. Un cometa se mueve en una orbita parabolica, con el sol en el foco. Cuando el
cometa esta a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un angulo de 600 con el eje de
la orbita (dibujada en la direccion en la cual la orbita se abre).Hallar la distancia mınima del
cometa al sol, es decir al foco. Sug: Cuando se encuentre en el vertice.
Rpta: 107 millas
Ejercicio 4.90. Hallar los angulos en que intersectan las parabolas y2 = 4x+4, con y2 = 64−16x.
Rpta: 90o
Ejercicio 4.91. Se traza una recta tangente a la parabola y2 = 4px en un punto p = (x, y) de
la curva. Sea A el punto donde esta recta tangente corta al eje de la parabola, F el foco y PD
la recta que intersecta a la directriz en D. Demostrar que AFPD es un rombo.
Ejercicio 4.92. Hallar el angulo formado por las rectas que pasan por el origen y por los puntos
que trisecan la cuerda 2x + 3y − 12 = 0 de la parabola 2x2 − 9y = 0.
Rpta: x = 0, y = −2x, α = π2− arctan 2.
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166
Ejercicio 4.93. Una piedra arrojada hacia arriba formando un angulo agudo con la horizontal,
describe el arco de una parabola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parametro p de esta
parabola, si la altura maxima alcanzada es de 12m.
Rpta: p=4/3
Ejercicio 4.94. En la parabola y2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide
10 unidades.
Rpta: (8,±8)
Ejercicio 4.95. Hallar la ecuacion de la cuerda comun a la parabola y2 = 18x,y a la circunfer-
encia (x + 6)2 + y2 = 100
Rpta: x = 2
Ejercicio 4.96. Suponga que el agua, al salir del extremo de un tubo horizontal que se encuentra
a 7 ·5m arriba del suelo, describe una curva parabolica, estando el vertice en el extremo del tubo.
Si en un punto a 2,4m por debajo del nivel del tubo el flujo del agua se ha curvado hacia afuera
3m mas alla de una recta vertical que pasa por el extremo del tubo. ¿a que distancia de esta
vertical llegara el agua al suelo?
Ejercicio 4.97. El cable de un puente colgante pende en forma de parabola cuando el peso
se distribuye uniformemente en forma horizontal. La distancia entre dos torres es de 150m, los
puntos de soporte del cable, en las torres, se hallan a 22m sobre la calzada, y el punto mas bajo
del cable se encuentra a 7m sobre dicha calzada. Halle la distancia al cable, de un punto de la
via de paso a 15m desde la base de una torre.
Ejercicio 4.98. Un arco parabolico tiene una altura de 20m y una anchura de 36m de la base.
Si el vertice de la parabola esta en la parte superior del arco. ¿a que altura, sobre la base, tiene
un ancho 18m?
Ejercicio 4.99. Demuestre que, en una parabola, el punto mas cercano al foco es el vertice.
Ejercicio 4.100. La orbita de un cometa es una parabola que tiene como foco al sol. Cuando
se halla a 100 millones de km del sol, el angulo entre el eje de la parabola y la recta desde el sol
al cometa es de 45o. Emplee el resultado del ejercicio anterior para determinar la distancia mas
corta del cometa al sol.
Ejercicio 4.101. Un telescopio reflejante tiene un espejo parabolico en el cual la distancia del
vertice al foco es de 30 pies. Si la distancia a lo largo de la parte superior del espejo tiene 64pulg.
¿Cual es loa profundidad del espejo en el centro?
Ejercicio 4.102. Encuentre una ecuacion de la parabola que tiene como directriz la recta y = 4,
y por foco, el punto (−3, 8).
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167
Ejercicio 4.103. Encuentre una ecuacion de la parabola que tiene como directriz la recta
x = −3, y por foco, el punto (2, 5).
Ejercicio 4.104. Encuentre todos los puntos en la parabola y2 = 8x tales que la base de la
perpendicular dibujada del punto a la directriz, el foco y el punto mismo, sean los vertices de
un triangulo equilatero.
Ejercicio 4.105. Encuentre una ecuacion de la circunferencia que pasa por el vertice y los
extremos del lado recto de la parabola x2 = 8y
Ejercicio 4.106. En la figura, demuestre que α = β (SUGERENCIA: Escoja los ejes coordena-
dos de modo que la parabola tenga su vertice en el origen, su eje a lo largo del eje y, y se abra
hacia arriba. Sea Q el punto de interseccion de la recta tangente PT con el eje y. Demuestre que
α = β mostrando que QPF es isosceles).
Ejercicio 4.107. Una ecuacion de la directriz de una parabola es x + y = 0 y su foco se halla
en el punto (1, 1). Encuentre (a) una ecuacion del eje de la parabola, (b) las coordenadas del
vertice y (c) la longitud del lado recto
Ejercicio 4.108. Demuestre analıticamente que la circunferencia que tiene como diametro el
lado recto de una parabola es tangente a la directriz de la parabola.
Ejercicio 4.109. Una cuerda focal de una parabola es un segmento rectilıneo que pasa por el
foco y tiene puntos extremos en la parabola. Si A y B son los puntos extremos de una cuerda
focal de una parabola, y si C es el punto de interseccion de la directriz con una recta que pasa
por el vertice y el punto A, demuestre que la recta que pasa por C y B es paralela al eje de la
parabola.
Ejercicio 4.110. Demuestre que la distancia del punto medio de una cuerda focal de un parabola
la directriz es la mitad de la longitud de cuerda focal
Ejercicio 4.111. Halle una ecuacion de toda parabola que contenga los puntos A(−3,−4) y
B(5,−4), tal que los puntos A y B se encuentren cada uno, a 5 unidades del foco
Ejercicio 4.112. Dada la ecuacion 4x3 − 12x2 + 12x − 3y − 10 = 0, traslade los ejes de tal
manera que la ecuacion de la grafica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga ni terminos ni
segundo grado ni termino constante. Trace la grafica, ası como los dos sistemas de coordenadas
(SUGERENCIA: Sea x = x′ + h y y = y′ + k en la ecuacion dada.)
Ejercicio 4.113. Dada la ecuacion x3+3x2−y2+3x+4y−3 = 0, traslade los ejes, de tal manera
que la ecuacion de la grafica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga terminos de primer grado
ni termino constante. Trace la grafica y los dos sistemas de coordenadas (SUGERENCIA: Sea
x = x′ + h y y = y′ + k en la ecuacion dada.)
Ejercicio 4.114. Si una parabola tiene su foco en el origen y el eje x es su eje, demuestre que
debe tener una ecuacion de la forma y2 = 4kx + 4k2, k 6= 0
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168
Ejercicio 4.115. Si los ejes son trasladados a un nuevo origen que tiene las coordenadas (h, k)
demuestre que, despues de la traslacion, la ecuacion y = sen x se transforma en y′ = A sen x′ +
B cos x′+C, donde A, B y C son constantes. Encuentre A, B y C en terminos de h y k. Demuestre
que A2 + B2 = 1
Ejercicio 4.116. Demuestre que, despues de una traslacion de ejes al nuevo origen (−14π, 1) la
ecuacion y = 1√2(sen x + cos x) + 1 se transforma en y′ = sen x′
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Capıtulo 5
Elipse
5.1 Introduccion
La elipse es una curva cerrada, similar a las siguientes:
F F
F
FF
F F
Fx’
x’
x’
x’
1
1
1
1
2
2 2
2
Para definir la elipse necesitamos conocer algunos elementos propios de ella.
F
F
x’
1
2
P
a
a
b
bc
c
B
B
V
V
L
L
1
1
1
2
2
2
169
Geometrıa Analıtica
170
x′ : Eje Focal
y′ : Eje Normal
C = (h, k) : Centro de la Elipse
V1, V2 : Vertices
F1, F2 : Focos
[V1, V2] : Eje Mayor (de longitud 2a)
[B1, B2] : Eje menor (de longitud 2b)
L1, L2 : Directrices
Los segmentos que se definen en la elipse son:
F F x’1
11
2
2 2N
N
N
NE
E’PD’
D
EE ′ : Cuerpo Focal (segmento que pasa por los focos)
N1N2 : Lado recto (cuerda que pasa por los focos y es perpendicular al eje focal)
DD′ : Diametro (cuerda que pasa por el centro)
F1P y F2P : se llaman Radios Vectores (son vectores que sew trazan de cada foco al punto P de la
elipse).
5.2 Definicion de Elipse
Dados los puntos fijos F1 y F2 llamados focos, separados una distancia 2c, y dada una constante
“a” tal que a > c > 0, se define la elipse como el conjunto de todos los puntos P tales que la
suma de las distancias de P a los focos F1 y F2 es igual a 2a, esto es,
d(P, F1) + d(P, F2) = 2a
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171
F F x’1 2
P
2c
Usando notacion conjuntista, la elipse se define como:
E = P (x, y) ∈ R2/d(p, F1) + d(P, F2) = 2a
5.3 Rectas Directrices
Dos rectas L1 y L2 se llaman RECTAS DIRECTRICES de la elipse E , correspondiente a los
focos F1 y F2 respectivamente, si es que son perpendiculares al Eje Focal de E y no cortan al
segmento F1, F2,y si es que existe una constante e (llamada EXCENTRICIDAD de la elipse) tal
que para todo punto P ∈ E se tiene que:
d[P ; F1]
d[P ; L1]= e =
d[P ; F2]
d[P ; L2]
Ejemplo 5.1. Demostrar que en toda elipse se cumple que
(a) d[B1; F1] = d[B1; F2] = a
d[B2; F1] = d[B2; F2] = a
(b) d[V1; C] = d[B2; C] = a
(c) d[C; L1] = d[C; L2] = a/e
(d) Denotando c = d[C; F1] = d[C; F2] ⇒ c = ae
(e) a > b y a2 = b2 + c2
(f) La excentricidad e satisface que 0 < e < 1, empleando las definiciones previas y la grafica
anterior.
Solucion.
(a) Como d[B1; F1] =√
b2 + c2 = d[B1; F2], y B1 ∈ E , entonces
d[B1; F1] + d[B1; F2] = 2a ⇒ 2d[B1; F1] = 2a ⇒ d[B1; F1] = a = d[B1; F2]
y analogamente para B2.
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172
(b) Como V1 ∈ E , entonces
d[V1; F2] + d[V1; F1] = 2a
d[V1; F2] − d[V1; F1] = 2c
entonces d[V1; F1] = a − c y de d[V1; C] = d[V1; F1] + d[F1; C] = (a − c) + c, ⇒ d[V1; C] = a.
Analogamente para el vertice V2
(c) Como d[C; L1] = d[B; L1] y B ∈ E , entonces
d[B; F1]
d[B; L1]= e ⇒ a
d[B; L1]= e,
de donde resulta que d[B; L1] = (a/e) ⇒ d[C; L1] = (a/e).
Analogamente, para L2 se prueba que: d[C; L2] = (a/e).
Por tanto d[C; L1] = d[C; L2] = a/e
(d) Puesto que d[V1;F1]d[V1;L1]
= e, pues V1 ∈ E , y como d[V1; F1] = (a − c), d[V1; L1] = (d[C; L1]) − a,
entoncesa − c
(a/e) − a= e ⇒ c = ae
Ademas siendo c = d[C, F1] = d[C, F2]:
d[C; F1] = d[C; F2] = c = ae
(e) Como d[B1; F2] = d[(0, b)′; (c, 0)′] =√
b2 + c2, y d[B1; F2] = a, entonces se tiene que a2 =
b2 + c2, por lo tanto a > b > 0.
(f) De (d): 0 < e(= c/a) < 1, pues a > c > 0 por definicion de elipse.
De este problema se puede considerar la siguiente grafica para efecto de calculos y de resolucion
de problemas de referencia a longitudes y distancias en elipses, y que resulta muy util y facil de
memorizar.
5.4 Distancias Conocidas en una Elipse
Las distancias conocidas en la elipse son: a, b y c, las cuales se definen los siguiente
a) d(V1, C) = d(C, V2) = a (distancia de cada vertice al centro)
b) d(C, L1) = d(C, L2) = ae
(distancia del centro a cualquier directriz)
c) c = d(C, F1) = d(C, F2) (distancia del centro a cada foco)
d) c = ae ⇔ e = ca
e) a2 = b2 + c2 y a > b (relacion pitagorica)
f) d(B1, F1) = d(B1, F2) = a B1: extremo inferior (izquierdo) del Eje Menor
g) d(B2, F1) = d(B2, F2) = a B2 : extremo superior (derecho) del Eje Menor
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173
F
F
x’
1
2
a
a
b
b
c
B
BV
VL
L
1
1
1
2
2
2
C
x’=a/e
x’=−a/e
(a/e)
P
Teorema 5.1. La ecuacion de una elipse de centro en el origen, eje focal en el Eje X, distancia
focal igual a 2c y cantidad constante igual a 2a, es:
x2
a2+
y2
b2= 1 , a > b (5.1)
Donde:
“a” es la longitud del semieje mayor
“b” es la longitud del semieje menor
a2 = b2 + c2 es la relacion pitagorica entre a, b y c
e = ca
es la excentricidad de la elipse, con 0 < e < 12b2
aes la longitud del lado recto
L1 : x = −ae
, L2 : x = ae
son las ecuaciones de las directrices
Demostracion. Sean F1 y F2 los focos de la elipse y P (x, y) un punto de la elipse.
Por definicion de Elipse, se tiene:
d(F1, P ) + (F2, P ) = 2a√
(x + c)2 + y2 +√
(x − c)2 + y2 = 2a√
(x + c)2 + y2 = 2a −√
(x − c)2 + y2
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174
Elevar al cuadrado
(x + c)2 + y2 = 4a2 − 4a√
(x − c)2 + y2 + (x − c)2 + y2
x2 + 2cx + c2 + y2 = 4a2 − 4a√
(x − c)2 + y2 + x2 − 2cx + c2 + y2
4cx = 4a2 − 4a√
(x − c)2 + y2
a√
(x − c)2 + y2 = a2 − cx , elevar al cuadrado
a2[(x − c)2 + y2] = a4 − 2a2cx + c2x2
a2x2 − 2a2cx + a2c2 + a2y2 = a4 − 2a2cx + c2x2
(a2 − c2)x2 + a2y2 = a4 − a2c2
(a2 − c2)x2 + a2y2 = a2(a2 − c2) Hacer: a2 − c2 = b2
b2x2 + a2y2 = a2b2 Dividir entre: a2b2
x2
a2+
y2
b2= 1 Ecuacion Ordinaria
Corolario 5.1. La ecuacion de una elipse de centro en el origen y eje focal el eje Y , es:
y2
a2+
x2
b2= 1, a > b (5.2)
Nota. Bastara ver la posicion de “a” para identificar si el eje focal coincide con el eje X o con
el eje Y .
x2
4+ y2
9= 1; a = 3 esta debajo de y2, entonces el eje focal coincide con el eje Y .
x2
16+ y2
9= 1; a = 4 esta debajo de x2, entonces el eje focal coincide con el eje X.
x2
5+ y2
8= 1; a =
√8 esta debajo de y2, entonces el eje focal coincide con el eje Y .
Para graficar una elipse bastara conocer el centro y los valores de a y b.
5.5 Ecuacion de una elipse de centro (h, k) y ejes
paralelos a los ejes coordenados
Supongamos que X ′ y Y ′ son los nuevos ejes coordenados cuyo origen de coordenadas es O′.
La ecuacion ordinaria de la elipse de centro en O′ respecto al sistema X ′Y ′ y con eje focal el eje
X ′, es:
E :x′2
a2+
y′2
b2= 1
donde (x′, y′) son las coordenadas del punto P ∈ E respecto al sistema X ′Y ′.
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175
x’ y’
P(x’,y’)
0’(h,k)
k
h0
X
X
X’
X’
Pero las coordenadas del punto P ′ respecto al sistema original XY son:
x = h + x′
y = k + y′
Al despejar x′ e y′, respectivamente, se obtiene:
x′ = x − h
y′ = y − k
Al reemplazar en la elipse, se obtiene:
E :(x − h)2
a2+
(y − k)2
b2= 1 a > b (5.3)
La ecuacion (5.3), es la ecuacion de la elipse de eje focal paralelo al eje X y centro en el punto
(h, k)
Teorema 5.2. La ecuacion de la elipse de centro en el punto (h, k) y eje focal paralelo al eje X
esta dado por:(x − h)2
a2+
(y − k)2
b2= 1 (5.4)
si eje focal es paralelo al eje Y , su ecuacion esta dada por:
(y − k)2
a2+
(x − h)2
b2= 1 (5.5)
Para cada elipse se tiene
a es la longitud del semieje mayor
b es la longitud del semieje menor
c es la distancia del centro a cada foco
a2 = b2 + c2 es la relacion Pitagorica entre a, b y c2b2
aes la longitud de cada lado recto
e = ca
es la excentricidad
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176
Las directrices de 3.20 son L : x = h ± ae; de 3.21 son L : y = k ± a
e
Teorema 5.3. Si los coeficientes A y C son del mismo signo, la ecuacion Ax2 + Cy2 + Dx +
Ey + F = 0 representa una elipse de ejes paralelos a los ejes coordenados, o bien un punto o no
representa ningun lugar geometrico real
Ejemplo 5.2. Dado las siguientes ecuaciones:
a) 9x2 + 4y2 − 8y − 32 = 0
b) 4x2 + 9y2 + 32x − 18y + 37 = 0
c) x2 + 4y2 − 4x + 24y + 40 = 0
d) x2 + 4y2 + 2x + 17 = 0
Diga si son las elipses o no. Si son elipses, hallar su centro, los vertices, los focos, las longitudes
de los ejes mayor y menor, la longitud de lado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las
directrices.
Solucion (solucion de (a)). Lo primero que haremos es completar cuadrados para llegar a la
forma ordinaria de la elipse.
Veamos:
9x2 + 4y2 − 8y + · · · = 32
9x2 + 4(y2 − 2y + · · · ) = 32
9x2 + 4(y2 − 2y + 1) = 32 + 4
9x2 + 4(y − 1)2 = 36
Dividir entre 36:
x2
4+
(y − 1)2
9= 1 Forma ordinaria de la elipse
Porque a2 = 9 esta debajo de “y” afirmamos que el eje focal es paralelo al EJE Y
El centro es C = (0, 1)
a2 = 9 ⇒ a = 3
b2 = 4 ⇒ b = 2
El valor de c se obtiene con la relacion
a2 = b2 + c2
9 = 4 + c2
⇒ c2 = 5
⇒ c =√
5
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177
Para hallar las coordenadas de los vertices, de los focos y de los extremos del eje menor se
toma como referencia el centro C = (h, k) = (0, 1) y las longitudes: a = 3 c =√
5, b = 2.
Ası, obtenemos:
V1 = (h, k − a) = (0, 1 − 3) = (0,−2)
V2 = (h, k + a) = (0, 1 + 3) = (0, 4)
F1 = (h, k − c) = (0, 1 −√
5)
F2 = (h, k + c) = (0, 1 +√
5)
B2 = (h + b, k) = (0 + 2, 1) = (2, 1)
B1 = (h − b, k) = (0 − 2, 1) = (−2, 1)
La longitud del eje mayor es 2a = 2(3) = 6
La longitud del eje menor es 2b = 2(2) = 4
La longitud de cada lado recto es 2b2
a= 2(4)
3= 8
3
La excentricidad es e = ca
=√
53
Las ecuaciones de las directrices son L:
y = k ± a
e
y = 1 ± 9/√
5
Solucion (solucion de (b)). Completar cuadrados para llegar a la forma ordinaria
4x2 + 9y2 + 32x − 18y + 37 = 0
4x2 + 32x + · · · + 9y2 − 18y + · · · = −37
4(x2 + 8x + · · · ) + 9(y2 − 2y + · · · ) = −37
4(x2 + 8x + 16) + 9(y2 − 2y + 1) = −37 + 64 + 9
4(x + 4)2 + 9(y − 1)2 = 36
(x + 4)2
9+
(y − 1)2
4= 1 Forma ordinaria
Porque a2 = 9 esta debajo de x, afirmamos que el eje focal es paralelo al eje x
El centro es C = (h, k) = (−4, 1)
a2 = 9 ⇒ a = 3
b2 = 4 ⇒ b = 2
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178
El valor c se obtiene con relacion
a2 = b2 + c2
9 = 4 + c2
⇒ c2 = 5
⇒ c =√
5
Los vertices sonV1 = (h, k − a) = (0, 1 − 3) = (0,−2)
V2 = (h, k + a) = (0, 1 + 3) = (0, 4)
Los focos sonF1 = (h, k − c) = (0, 1 −
√5)
F2 = (h, k + c) = (0, 1 +√
5)
Los extremos del eje menor
B2 = (h + b, k) = (0 + 2, 1) = (2, 1)
B1 = (h − b, k) = (0 − 2, 1) = (−2, 1)
La longitud del eje mayor es 2a = 2(3) = 6
La longitud del eje menor es 2b = 2(2) = 4
La longitud de cada lado recto es 2b2
a= 2(4)
3= 8
3
La excentricidad es e = ca
=√
53
Las ecuaciones de las directrices son L:
y = k ± a
e
y = −4 ± 9/√
5
Solucion (solucion de (c)).
x2 + 4y2 − 4x + 24y + 40 = 0
x2 − 4x + · · · + 4y2 + 24y + · · · = −40
x2 − 4x + · · ·+ 4(y2 + 6y + · · · ) = −40
x2 − 4x + 4 + 4(y2 + 6y + 9) = −40 + 4 + 36
(x − 2)2 + 4(y + 3)2 = 0
La grafica de esta ecuacion es el punto (2,−3)
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Geometrıa Analıtica
179
Solucion (solucion de (d)). Completar cuadrados:
x2 + 4y2 + 2x + 17 = 0
x2 + 2x + · · ·+ 4y2 = −17
x2 + 2x + 1 + 4y2 = −17 + 1
(x + 1)2 + 4y2
︸ ︷︷ ︸
esta suma es un numero real positivo
= −16︸︷︷︸
negativo
Esta proposicion es FALSA para todo par ordenado (x, y) ∈ R2.
En consecuencia, no existe ningun lugar geometrico
5.6 Propiedades de la Elipse
Teorema 5.4. La tangente a la elipse b2x2 + a2y2 = a2b2 en cualquier punto P0(x0, y0) de la
curva tiene por ecuacion: x0xa
+ y0yb2
= 1
Demostracion. Si L la recta tangente a la elipse E : b2x2+a2y2 = a2b2 en el punto P0(x0, y0) ∈ E ,
entonces su ecuacion es L
y − y0 = m(x − x0)
y = y0 + m(x − x0)
Por hallarse m =?
Si L es tangente a la elipse, entonces el discriminante de la ecuacion: b2x2 +a2[y0 +m(x−x0)]2 =
a2b2 es cero.
Veamos:
b2x2 + a2[y20 + 2my0(x − x0) + m2(x − x0)
2] = a2b2
b2x2 + a2y20 + 2ma2y0(x − x0) + a2m2x2 − 2a2mx0x + a2m2x2
0] − a2b2 = 0
(b2 + a2m2)x2 + (2ma2y0 − 2a2m2x0)x + a2y20 − 2ma2y0x0 + a2m2x2
0 = 0
(b2 + a2m2)x2 + 2ma2(y0 − mx0)x + (ay0 − amx−0)2 − a2b2 = 0
(b2 + a2m2)x2 + 2ma2(y0 − mx0)x + a2(y0 − mx0)2 − a2b2 = 0
(b2 + a2m2)x2 + a2[2m(y0 − mx0)x + a2(y0 − mx0)2 − b2] · · · = 0 (*)
El discriminante (*): 4m2a4(y0 − mx0)2a2[(y0 − mx0) − b2] = 0
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Geometrıa Analıtica
180
Simplificar 4a2:
m2a2(y0 − mx0)2 − (b2 + a2m2)[(y0 − mx0)
2 − b2] = 0
m2a2(y0 − mx0)2 − b2[(y0 − mx0)
2 − b2] − a2m2[(y0 − mx0)2 − b2] = 0
(((((((((m2a2(y0 − mx0)
2 − b2[(y0 − mx0)2 − b2] −(((((((((
a2m2(y0 − mx0)2 + a2b2m2 = 0
−b2[(y0 − mx0)2 − b2] + a2b2m = 0
Simplificar b2:
−[(y0 − mx0) − b2] + a2m2 = 0
−[y20 − 2x0y0m + x2
0m2 − b2] + a2m2 = 0
(a2 − x20)m
2 + 2x0y0m + b2 − y20 = 0
m =−2x0y0 ±
√
4x20y
20 − 4(a2 − x2
0)(b2 − y2
0)
2(a2x20)
m =−x0y0 ±
√
x20y
20 − a2b2 + a2y2
0 + x20b
2 − x20y
20
a2 − x2
Como el punto P0(x0, y0) pertenece a la elipse, entonces se reduce a:
m =−x0y0
a2 − x20
=x0y0
x20 − x2
Al dividir numerador y denominador por a2
Obtenemos:
m =x0y0
a2
x20
a2 − 1
Pero:
x20
a2+
y20
b2= 1
x20
a2− 1 = −y2
0
b2
⇒ m =x0y0
a2
−y20
b2
= − b2
a2· x0
y0
Conclusion: La ecuacion de la recta tangente es:
y = y0 −b2
a2· x0
y0
a2y0y = a2y20 − b2x0x + b2x2
0
a2y0y + b2x0x = a2y20 + b2x2
0
a2y0y + b2x − 0x = a2b2 ⇔ x0x
a2+
y0y
b2= 1
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Geometrıa Analıtica
181
Teorema 5.5. Las ecuaciones de las tangentes de pendiente m a la elipse
b2x2 + a2y2 = a2b2
son: y = mx ±√
a2m2 + b2
Demostracion. Si m es la pendiente de las rectas tangentes a la elipse entonces sus ecuaciones
son: y = mx + k.
Por hallarse k
Si y = mx + k es recta tangente a la elipse E : b2x2 + a2y2 = a2b2; entonces el discriminante de
la ecuacion cuadratica b2x2 + a2[mx + k]2 = a2b2 es cero.
Esto es:
b2x2 + a2[m2x2 + 2kmx + k2] = a2b2
(b2 + a2m2)x2 + 2a2kmx + a2k2 − a2b2
Su discriminante igual a cero es
4a4k2m2 − 4(b2 + a2m2)(a2k2 − a2b2) = 0
4a4m2 − 4a2(b2 + a2m2)(k2 − b2) = 0
simplificar 4a2:
a2k2m2 − (b2 + a2m2)(k2 − b2) = 0
a2k2m2 − b2k2 + b4 − a2m2k2 + a2m2b2 = 0
−b2k2 + b4 + a2m2b2 = 0
b2[−k2 + b2 + a2m2] = 0
Conclusiones: las ecuaciones de las rectas tangentes de pendiente m, son y = mx±√
a2m2 + b2.
Teorema 5.6. La normal a una elipse en uno cualquiera de sus puntos es bisectriz del angulo
formado por los radios vectores de ese punto.
Demostracion. Queda como ejercicio para el lector.
Ejemplo 5.3. Demostrar que el PRODUCTO de las dos distancias perpendiculares trazadas
desde los focos hacia cualquiera recta tangente a una elipse, es una constante, independiente del
punto de contacto.
Solucion. Se probar que (d1 × d2) es independiente de las coordenadas del punto de contacto,
digamos P0 = (r, s) de la elipse. La ecuacion de la recta tangente LT a la elipse de la figura, de
ecuacion E : (x2/a2) + (y2/b2) = 1, segun el teorema [??(I’)], en el punto P0 = (r, s) es
LT :rx
a2+
sy
b2= 1
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182
F F
L
L
P(r,s)
(−c,0)(c,0)
T
T
1 2
0
De la figura, tenemos que
d1 =
∣∣ rca2 − 1
∣∣
√r2
a4 + s2
b4
d2 =
∣∣− rc
a2 − 1∣∣
√r2
a4 + s2
b4
⇒ d1 × d2 =
∣∣∣1 − r2c2
a4
∣∣∣
(r2
a4 + s2
b4
)
y como (r, s) ∈ E , entonces (r2/a2) + (s2/b2) = 1,
r2
a4+
s2
b4=
r2
a4+
[1
b2
(
1 − r2
a2
)]
= [[]
(b2 − a2
a2b2
)
· r2
a2] +
1
b2
=1
b2
(
1 − c2r2
a4
)
Por lo tanto
d1 × d2 =
(
1 − c2r2
a4
)
/
[1
b2
(
1 − c2r2
a4
)]
= b2
y obtenemos ası, un valor que resulta independiente de r y s.
5.7 Ejercicios resueltos
Ejercicio 5.1. En cada una de las ecuaciones (a) y (b); hallar:
(i) las coordenadas de los vertices
(ii) las coordenadas de los focos
(iii) la longitud del eje mayor
(iv) la longitud del eje menor
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183
(v) la excentricidad
(vi) la longitud del lado recto
(a) 9x2 + 4y2 = 36 , (b) x2 + 4y2 = 16
Solucion (solucion de (a)).
En primer lugar, escribir la ecuacion 9x2 + 4y2 = 36 en su forma ordinaria
Para ello dividir entre 36: x2
4+ y2
9= 1 ⇐ forma ordinaria.
En segundo lugar, hallar el valor de a y b de la ecuacion ordinaria.
El valor de a2 es a2 = 9 , entonces a = 3
El valor de b2 es b2 = 4 , entonces b = 2
En tercer lugar, debemos identificar el eje focal: como a = 3 se encuentra debajo de la variable
y, afirmamos que el eje focal coincide con el eje Y .
En cuarto lugar, hallar el valor de “c” con la relacion
a2 = b2 + c2
9 = 4 + c2
c = ±√
5
En quinto lugar, hacer el grafico: Necesitamos conocer el centro y los valores de a = 3 y b = 2;
para poder ubicar los puntos: V1, V2, B1, B2.
N N
N N
V(0,3)
V (0,−3)
B (−2,0) B (2,0) x
y
1
1
1
1
2
2
2
Los vertices son: V1(0, 3), V2(0, 3)
Extremos del eje menor: B1(−2, 0), B2(0, 2)
Los focos son F1(0,−√
5), F2(0,√
5)
La longitud del eje mayor es: 2a = 2(3) = 6
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Geometrıa Analıtica
184
La longitud del eje mayor es: 2b = 2(2) = 4
La excentricidad es: e = ca
=√
53
La longitud del lado recto es:
|N1N2| =2b2
a
=2(4)
3=
8
3
Solucion (solucion de (b)).
1o Escribir la ecuacion x2 + 4y2 = 16 en su forma ordinaria
Para ello dividir entre 16: x2
16+ y2
4= 1 ⇐ forma ordinaria.
2o Hallar el valor de a y b de la ecuacion ordinaria, obtenemos el mayor es a2 y el menor es b2:
a2 = 16 ⇒ a = 4 , b2 = 4 ⇒ b = 2
3o Porque a2 = 42 esta debajo de x2, afirmamos que el eje focal coincide con el eje X.
4o El valor de “c” se halla con la relacion
a2 = b2 + c2
16 = 4 + c2
c = 2√
3 ≈ 3,46
5o El grafico es
F F
x’
1
1
1
11
2
2
2
2 2N
N
N
N
V(4,0)V(−4,0)
B(0,2)
B(0,−2)
Los vertices son: V1(−4, 0), V2(4, 0)
Los focos son F1(−2√
3, 0), F2(2√
3, 0)
La longitud del eje mayor es: 2a = 2(4) = 8
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185
La longitud del eje mayor es: 2b = 2(2) = 4
La excentricidad es: e = ca
= 2√
34
=√
32
La longitud del lado recto es:
|N1N2| =2b2
a
=2(4)
4= 2
Ejercicio 5.2. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos vertices son los puntos (4,0) y (−4, 0), y
cuyos focos son los puntos (3,0) y (-3,0).
Solucion. 1. Graficar los datos, con el fin de percibir, ¿que forma tiene la ecuacion de la
elipse?
2. Como los dos vertices y los focos estan en el eje X, entonces la elipse tiene la forma
x2
a2+
y2
b2= 1
3. Debemos hallar a y b:
(i) Como
|V1V2| = 2a
|4 − (−4)| = 2a
8 = 2a
a = 4
(ii)
|F1F2| = 2c ⇒ |3 − (−3)| = 2a
6 = 2c
c = 3
(iii) Por la relacion a2 = b2 + c2
16 = b2 + 9 ⇒ b2 = 16 − 9
b2 = 7
4. Conclusion: la ecuacion de la elipse
Ejercicio 5.3. Una elipse tiene su centro en el origen, y su eje mayor coincide con el eje Y . si
uno de los focos es el punto (0,3) y la excentricidad es igual a 1/2, hallar las coordenadas de otro
foco, las longitudes de los ejes mayor y menor, la ecuacion de la elipse y la longitud de cada uno
de los lados rectos
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Geometrıa Analıtica
186
(0,6)
(0,3)
(0,−3)
(0,−6)
Figura 5.1:
Solucion. Como uno de los focos es el punto (0,3), tenemos c = 3, y las coordenadas del otro
foco son (0,−3). Como su excentricidad es 1/2, tenemos
e =1
2=
c
a=
3
a.
de donde a = 6. Tenemos, tambien,
b =√
a2 − c2 =√
62 − 32 = 3√
3
Por tanto, las longitudes de los ejes mayor y menor son 2a = 12 y 2b = 6√
3 respectivamente.
Luego la ecuacion de la elipse esx2
27+
y2
36= 1
la longitud de cada lado recto es2b2
a=
2 · 27
6= 9
Ejercicio 5.4. Los vertices de una elipse tienen por coordenadas (−3, 7) y (−3,−1) y la longitud
de cada lado recto es 2. Hallar la ecuacion de la elipse, las longitudes de sus ejes mayor y menor,
las coordenadas de sus focos y su excentricidad.
Solucion. Como los vertices V y V ′ estan sobre el eje focal y sus abscisas son ambas −3, se
sigue (de la figura) que el eje focal es paralelo al eje Y . Por tanto, la ecuacion de la elipse es de
la forma(x − h)2
b2+
(y − k)2
a2= 1
El centro C es el punto medio del eje mayor V V ′ y sus coordenadas son, por lo tanto, (3,−3).
La longitud del eje mayor V V ′ es 8, como se puede er facilmente.
Por tanto, 2a = 8 y a = 4. La longitud del lado recto es 2b2
a= 2. Como a = 4, se sigue que
2b2 = 8, de donde b = 2, y la longitud del eje menor es 4. Luego la ecuacion de la elipse es
(x + 3)2
4+
(y − 3)2
16= 1
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Geometrıa Analıtica
187
V(−3,7)
C(−3,3)
V’(−3,−1)
F
F’
Y
X
Figura 5.2:
Tambien tenemos,
c2 = a2 − b2 = 16 − 4 = 12
, de donde c = 2√
3.
Por tanto las coordenadas de los focos son F (−3, 3+2√
3) y F ′(−3, 3−2√
3), y la excentricidad
e =c
a=
2√
3
4=
√3
2
Ejercicio 5.5. El techo en el pasillo de 20 pies de ancho tiene forma de una semielipse y tiene
18 pies de altura en el centro y 12 pies de altura en las paredes laterales. Encontrar la altura del
techo a 4 pies de cualquier pared
12u
X
Y
b=6(4,y )
0
4
(10,12)
10 20
Solucion. Luego la ecuacion de la elipse sera
(x − 10)2
102+
(y − 12)2
62= 1 (α)
Sea y0 la altura la altura del pasillo ubicado a 4m de la pared de la izquierda (hacia dentro).
Entonces sobre la elipse se forma el punto (4, y0) el cual debe satisfacer la ecuacion dada en (α).
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Geometrıa Analıtica
188
Es decir(4 − 10)2
102+
(y0 − 12)2
62= 1
36
100+
(y0 − 12)2
36= 1
(y0 − 12)2
36= 1 − 36
100
(y0 − 12)2 =(36)(64)
100
y0 =48 + 120
10=
168
10= 16,8
Ejercicio 5.6. La orbita de la tierra alrededor del sol es una elipse con el sol como uno de los
focos.
Si las distancia mınima y maxima (centro a centro) del sol a la tierra son 93 millones y 96
millones respectivamente. ¿Cual es la excentricidad de la orbita de la tierra?
12v v
c a
Solucion. distancia maxima = a + c = 96
distancia mınima = a − c = 93
a =96 + 93
2=
189
2c =
96 − 93
2=
3
2
luego:
e =c
a=
32
1892
=3
189=
1
63
Ejercicio 5.7. Se da la excentricidad e de una elipse E hallar la razon de los semiejes
Solucion. b : semieje menor
a : semieje mayor
La excentricidad e = c/a entonces a = c/e, ademas se tiene
a2 = b2 + c2 ⇒ c2
e2= b2 + c2 ⇒ b2 =
c2(1 − e2)
e2
b = ±c
e
√1 − e2
luego:b
a=
ce
√1 − e2
ce
=√
1 − e2
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189
(−5,0) (5,0)
(0,−5)
(0,5)
Ejercicio 5.8. Los focos de las elipses (x2/25)+(y2/9) = 1, (x2/16)+(y2/25) = 1, estan unidos
entre sı por unas rectas, y en el rombo formado de este modo hay inscrita una circunferencia.
hallar su ecuacion.
Solucion. Sea P punto medio de F1 y F ′1
P =
(4
2,3
2
)
r = d(C, P ) =
√
(6 − 2)2 + (0 − 3
2)2 =
√
4 +9
4=
√
25
4=
5
2
La ecuacion de la circunferencia sera
x2 + y2 =
(5
2
)2
Ejercicio 5.9. Encuentre la ecuacion de la elipse cuyos ejes coinciden con los ejes de coordenadas
y que satisfacen las siguientes condiciones: V (4, 0), extremo menor y B(0, 3). Trazar la curva.
Solucion. Si V (4, 0) entonces a = 4.
Si B(0, 3) entonces b = 3
c =√
a2 − b2 =√
16 − 9 =√
7; F (±√
7, 0);b2
a=
9
4
C1
(√7,
9
4
)
; C2
(√7,−9
4
)
; C3
(
−√
7,9
4
)
C4
(
−√
7,−9
4
)
La ecuacion serax2
a2+
y2
b2= 1
sustituyendox2
16+
y2
9= 1
o bien: 9x2 + 16y2 = 144
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190
CC
CC
V(0,4)
B(0,3)
1
2
3
4
Figura 5.3:
Ejercicio 5.10. Encontrar la ecuacion de la elipse con foco (2,0) y vertice (5,0)
Solucion. Si F (2, 0) entonces c = 2.
Si V (5, 0) entonces a = 5.
b =√
a2 − c2 =√
25 − 4 =√
21
La ecuacion serax2
25+
y2
21= 1
o bien
21x2 + 25y2 = 525
Ejercicio 5.11. Encontrar la ecuacion de la elipse cuyos ejes coinciden con los coordenados y
que pasa por los puntos (3,5) y (7,5/3)
Solucion. Sea la ecuacion x2
a2 + y2
b2= 1, aun no sabemos si a → b o al reves; al encontrar sus
valores, sabremos cual es a y cual b.
x2
a2+
y2
b2= 1
49
a2+
25
9b2= 1
resolviendo el sistema de ecuaciones, entonces
a =√
54 b =√
30
a2 = 54; b2 = 30
la ecuacion buscada es:x2
54+
y2
30= 1
Ejercicio 5.12. Encontrar la ecuacion de la elipse que tiene centro en (−3, 0), foco (−3,−2) y
la longitud de su semieje mayor es a = 4. Encontrar la excentricidad.
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191
Solucion.
c = 2, b2 = a2 − c2 = 16 − 4 = 12
entonces:(x + 3)2
12+
y2
16= 1
o bien
16(x2 + 6x + 9) + 12y2 = 192
16x2 + 96x + 144 + 12y2 = 192
16x2 + 96x + 12y2 = 48
y la excentricidad es2
4=
1
2
Ejercicio 5.13. Encontrar el lugar geometrico de los puntos medios de las ordenadas de la
circunferencia cuya ecuacion es:
x2 + y2 = 96
P(x ,y )1 1
Figura 5.4:
Solucion. La figura 5.4 ilustra el problema.
Sea x1 = x, y1 = y2.
Sustituyendo, tenemos
x21 + 4y2
1 = 96
dividiendo entre 96x2
1
96+
y21
24= 1
El lugar buscado es una elipse
Ejercicio 5.14. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos focos son los puntos (2,0), (−2, 0), y su
excentricidad es igual a 23.
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192
2c
F F1 2
Solucion. 1. Graficar los focos:
2. La ecuacion elipse tiene la forma
E :x2
a2+
y2
b2= 1
a =?, b =?
3. Del grafico obtenemos
2c = 4
c = 2
4. La excentricidad es e = ca.
Por dato, se tiene
e =2
3⇒ 2
3=
c
a⇒ 2a = 3c (4)
5. En 3. obtuvimos, c = 2; al sustituir en (4): 2a = 6 ⇒ a = 3
6. Por la relacion pitagorica a2 = b2 + c2.
Obtenemos: 9 = b2 + 4, por tanto b2 = 5
7. Por tanto, la ecuacion de la elipse es
E :x2
9+
y2
5= 1
Ejercicio 5.15. Obtenga una ecuacion cartesiana de la elipse cuyos focos son F1(3, 0) y F2(−3, 0)
y cuyos vertices son V1(5, 0) y V2 = (−5, 0).
Solucion. De los datos se tiene que a = 5 y c = 3. Por lo tanto
b2 = a2 − c2 = 25 − 9 = 16
y
b = 4
Por consiguiente una ecuacion de la elipse es
x2
25+
y2
16= 1
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Geometrıa Analıtica
193
Ejercicio 5.16. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la elipse: E : 9x2 + 16y2 = 144,
trazadas desde (4, 9).
Solucion. 1. Si una recta pasa por (4,9), entonces su ecuacion es L: y − 9 = m(x − 4)
2. Si L es tangente a E entonces el discriminante de la ecuacion
9x2 + 16[9 + mx − 4m]2 = 144
es cero.
Veamos
9x2 + 16[81 + m2x2 + 16m2 + 18mx − 72m − 8m2x] − 144 = 0
9x2 + 16[m2x2 + (18m − 8m2)x + 16m2 − 72m + 81] − 144 = 0
(9 + 16m2)x2 + (16)(2m)(9 − 4m)x + 16(16m2 − 72m) + 1152 = 0
(9 + 16m2)x2 + (16)(2m)(9 − 4m)x + 16(8)(2m2 − 9m + 9) = 0
El discriminante
[(16)(2m)(9 − 4m)]2 − (4)(16)(8)(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0
(16)(16)(2)(2m2)(9 − 4m2) − (4)(16)(8)(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0
2m2(9 − 4m2) − (9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0
2m2(81 − 72m + 16m2) − [18m2 − 81m + 81 + 32m4 − 144m3 + 144m2] = 0
162m2 − 144m3 + 32m4 − 162m2 + 81m − 81 − 32m4 + 144m3 = 0
81m − 81 = 0 ⇒ m = 1
3. Entonces, la recta tangente es L: y = 9 + 1(x − 4) por tanto L: y = x + 5.
Ejercicio 5.17. El techo de un pasillo de 16 pies de ancho tiene una forma de una semielipse, y
tiene 17 pies de altura en el centro y 11 pies de altura en las paredes laterales. Hallar la altura
del techo a tres pies de cualquier pared.
Solucion. Ecuacion de la elipse:
(x − 0)2
64+
(y − 11)2
36= 1
A(5; H) ∈ elipse: 2564
+ (H−11)2
36= 1
⇒ (H − 11)2
36= 1 − 25
64⇒ (H − 11)2 =
39
64× 36
⇒ H − 11 = 4,7 ⇒ H = 15,7 pies
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194
A
17
16
11
3
Ejercicio 5.18. Un arco en forma de media elipse tiene 40 pies de ancho y 16 pies de altura en
el centro. Encuentre la altura del arco de 10 pies del extremo derecho.
Solucion. Ecuacion de la elipsex2
400+
y2
256= 1
De la figura M(10 : H) ∈ elipse:
100
400+
H2
256= 1
1
4+
H2
256= 1
H2
256=
3
4
H = 8√
3
Ejercicio 5.19. Arco semielıptico de un puente: Un puente esta disenado de tal manera que
su base tiene forma de semielipse con una luz de 150m, siendo su maxima altura 45m. Hallar
la longitud de dos soportes verticales cuya distancia entre sı y a sus respectivos extremos es la
misma.
h=45 yy
xx
Solucion. Ante esta situacion nueva, creemos conveniente elaborar un grafico en el que la
altura “h” es la longitud del eje mayor. Supongamos que el eje “x.es la base del arco y que
el origen es su punto medio.
La ecuacion del arco sera
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195
x2
a2+
y2
b2= 1
siendo:
a = 75, b = 45
Para hallar la altura de los soportes, hacemos: x = 25 en la ecuacion y despejamos el valor
de y:625
5625+
y2
2025= 1 → y = 30
√2
Ejercicio 5.20. Orbita de Mercurio. Desde los tiempos de Kepler, se sabe que las orbitas de
los planetas forman una elipse alrededor del sol, con el sol en uno de los focos. Si la orbita de
Mercurio tiene una excentricidad de 0.206 y la longitud de su eje mayor es de 0,774UA (unidades
astronomicas), calcular las distancias maxima (afelio) y mınima (perihelio) de Mercurio al sol.
12v v
a c
afelio
perihelio
Solucion. Por dato:
2a = 0,774UA
a = 0,387UA
Tambien se sabe que:
c = a × e
c = (0,387)(0,206)
c = 0,080UA
Entonces:
afelio = a + c
= 0,387 + 0,080
= 0,467UA
perihelio = a − c
= 0,387 − 0,080
= 0,307UA
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196
Considerando que 1UA = 150 millones de kilometros, tenemos:
• Afelio = 70 millones de kilometros.
• Perihelio = 46 millones de kilometros.
Ejercicio 5.21. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la elipse: ξ : 9x2 + 16y2 = 144,
trazadas desde (4,9).
Solucion. 1. Si una recta pasa por (4.9), entonces su ecuacion es:
L : y − 9 = m(x − 4)
y = 9 + m(x − 4)
2. Si L es tangente de ξ, entonces el discriminante de la ecuacion:
9x2 + 16[9 + mx − 4m]2 = 144 es cero.
veamos:
9x2 + 16[81 + m2x2 + 16m2 + 18mx − 72m − 8m2x] − 144 = 0
9x2 + 16[m2x2 + (18m − 8m2)x + 16m2 − 72m + 81] − 144 = 0
(9 + 16m2)x2 + 16,2m(9 − 4m)x + 16(16m2 − 72m) + 1152 = 0
(9 + 16m2)x2 + 16,2m(9 − 4m)x + 16,8(2m2 − 9m + 9) = 0
El discriminante:
[16,2m(9 − 4m)]2 − 4 · 16 · 8(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0
16 · 16 · 2 · 2m2(9 − 4m)2 − 4 · 16 · 8(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0
2m2(9 − 4m)2 − (9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0
2m2(81 − 72m + 16m2) − [18m2 − 81m + 81 + 32m4 − 144m3 + 144m2] = 0
162m2 − 144m3 + 32m4 − 162m2 + 81m − 81 − 32m4 + 144m3 = 0
81m − 81 = 0 ⇒ m = 1
3. Entonces, la recta tangente es
L : y = 9 + 1(x − 4)
y = x + 5
Ejercicio 5.22. Los focos de una elipse son F1(0,−6), F2(0, 6) y la ecuacion de una recta tan-
gente es:
L : 5x + 3y − 50 = 0
Hallar la ecuacion de la elipse y la ecuacion de sus directrices
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197
Solucion. 1. Por la posicion de los focos, se trata de una elipse cuya ecuacion tiene la forma
ξ =y2
a2+
a2
b2= 1
ξb2y2 + a52x2 = a2b2
(EJE FOCAL coincide con el eje Y
2. Como los focos se conocen, entonces:
2c = 12
c = 6 (5.6)
3. Por la relacion
a2 = b2 + c2
se obtiene:
a2 = b2 + 36 (5.7)
4. Como L = γ = −53x+ 50
3es tangente a la elipse ξ, entonces el discriminante de la siguiente
ecuacion es cero:
b2
(
−5
3x +
50
3
)2
+ a2x2 = a2b2
25
9b2(10 − x)2 + a2x2 = a2b2
25
9b2(100 − 20x + x2) + a2x2 = a2b2
Se reduce a:
b4 − 28b2 − 2304 = 0
(b2 − 64)(b2 + 36) = 0
b2 = 64 (5.8)
5. Reemplazar (5.8) en (5.7):
a2 = 100
La elipse es:
ξ :y2
100+
x2
64= 1
6. Las ecuaciones de las direcciones son:
L2 : y =a
e⇐⇒ y =
10
6/10=
50
3, e =
c
a=
6
10
L1 : y = −a
e⇐⇒ y = −50
3
Ejercicio 5.23. Hallar el centro, los focos, vertices, extremos del eje menor, la excentricidad y
las rectas directrices de la ecuacion
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198
(a)x2
9+
y2
16= 1
(b) 4x2 + y2 = 4y
(c) 4x2 + y2 = 4x
(d) 25x2 + 16y2 + 100x − 96y = 156
Solucion.
(a)x2
9+
y2
16= 1 ⇔ x2
32+
y2
42= 1
Aquı a = 4; b = 3
c2 = a2 − b2
c2 = 16 − 9 = 7
c =√
7
Luego c = (0, 0) es el centro de la elipse, su eje focal esta sobre el eje “y”.
V1 = (0, 4) y V2 = (0,−4) son las coordenadas de los vertices.
B1 = (3, 0) y B2 = (−3, 0) son las coordenadas de los extremos del eje menor.
e =c
a=
√7
4es la excentricidad.
L1 : y =a
e=
4√
74
=16√
7=
16
7
√7
L2 : y = −a
e= − 16√
7=
16
7
√7
son las ecuaciones de las rectas directrices.
F1(0,√
7) y F2 = (0,−√
7) son las coordenadas de los focos.
(b)
4x2 + y2 = 4y ⇔ 4x2 + y2 − 4y = 0
⇔ 4x2 + (y2 − 4y + 4) = 4
⇔ 4x2 + (y − 2)2 = 4
⇔ x2
1+
(y − 2)2
4= 1
⇔ x2
12+
(y − 2)2
22= 1
de esta ultima se deduce que a = 2; b = 1; c2 = a2 − b2 = 4 − 1 = 3; c2 = 3; c =√
3
La elipse tiene su eje focal paralelo al eje “y” su centro es C = (0, 2).
Las coordenadas de sus vertices son
V1 = (0, 2 + 2) = (0, 4)
V2 = (0, 2 − 2) = (0, 0)
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199
la coordenada de los extremos del eje menor son
B1 = (0 + 1, 2) = (1, 2)
B2 = (0 − 1, 2) = (−1, 2)
La excentricidad es
e =c
a=
√3
2< 1
las ecuaciones de las rectas directrices son
L1 : y = 2 +a
e= 2 +
2√
32
= 2 +4√3
= 2 +4√
3
3
L1 : y = 2 +4√
3
3
L2 : y = 2 − a
e= 2 − 2
√3
2
= 2 − 4√3
= 2 − 4√
3
3
L2 : y = 2 − 4√
3
3
las coordenadas de los focos
F1 = (0, 2 +√
3)
F2 = (0, 2 −√
3)
(c)
4x2 + y2 = 4x ⇔ 4x2 − 4x + y2 = 0
⇔ 4(x2 − x) + y2 = 4
⇔ 4
(
x2 − x +1
4
)
+ (y − 2)2 = 1
⇔ 4
(
x − 1
2
)2
+ y2 = 1
⇔(x − 1
2
)2
14
+ y2 = 1
⇔(x − 1
2
)2
(12
)2 + y2 = 1
La elipse tiene su eje focal paralelo al eje y de la ultima ecuacion deducimos que a = 1;
b = 12, luego c2 = a2 − b2 = 1 − 1
4= 3
4entonces c =
√3
2
tenemos que: C = (12, 0) es el centro de la elipse.
Las coordenadas de sus vertices son
V1 =
(1
2, 0 + 1
)
=
(1
2, 1
)
V2 =
(1
2, 0 − 1
)
=
(1
2,−1
)
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Geometrıa Analıtica
200
las coordenadas de los extremos del eje menor son
B1 =
(1
2+
1
2, 0
)
= (1, 0)
B2 =
(1
2− 1
2, 0
)
= (0, 0)
La excentricidad es
e =c
a=
√3
2
1=
√3
2< 1
las ecuaciones de las rectas directrices son
L1 : y =1
2+
a
e=
1
2+
1√
32
=1
2+
2√3
=1
2+
2√
3
3
L1 : y =1
2+
2√
3
3
L2 : y =1
2− a
e=
1
2− 1
√3
2
=1
2− 2√
3=
1
2− 2
√3
3
L2 : y =1
2− 2
√3
3
(d)
25x2 + 16y2 + 100x − 96y = 156 ⇔ 25(x2 + 4x) + 16(y2 − 6y) = 156
⇔ 25(x2 + 4x + 4) + 16(y2 − 6y + 9) = 156 + 100 + 144
⇔ 25(x + 2)2 + 16(y − 3)2 = 400
⇔ 25(x + 2)2
400+
16(y − 3)2
400= 1
⇔ (x + 2)2
42+
(y − 3)2
52= 1
puede notarse que el eje focal de esta elipse es paralelo al eje y.
a = 5; b = 4, luego c2 = a2 − b2 = 25 − 16 = 9 entonces c = 3
Las coordenadas del centro son C = (−2, 3).
Las coordenadas de sus vertices son
V1 = (−2, 3 + 5) = (−2, 8)
V2 = (−2, 3 − 5) = (−2,−2)
las coordenadas de los extremos del eje menor son
B1 = (−2 + 4, 3) = (2, 3)
B2 = (−2 − 4, 3) = (−6, 3)
La excentricidad es
e =c
a=
3
5< 1
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201
las ecuaciones de las rectas directrices son
L1 : y = 3 +a
e= 3 +
535
= 3 +25
3=
34
3
L1 : y =34
3
L2 : y = 3 − a
e= 3 − 5
35
= 3 − 25
3= −16
3
L1 : y = −16
3
las coordenadas de los focos
F1 = (−2 + 3, 3) = (1, 3)
F2 = (−2 − 3, 3) = (−5, 3)
Ejercicio 5.24. Hallar el centro, los vertices, la excentricidad, las directrices, los extremos del
eje menor y de los lados rectos y la ecuacion de la elipse con
(a) Focos en (1,4) y (9,4) y semieje menor de longitud 2 unidades
(b) centro (−1, 4), vertice (1,1) y pasa por (2,−1)
(c) centro en (2,0), foco en (5,0) y vertice en (−3, 0)
(d) focos (5,0) y (−5, 0) y recta directriz L : x = −20
(e) centro en (1,−1) semieje menor horizontal de longitud 6 y excentricidad 23.
(f) La suma de las distancias de cualquier punto de la elipse a (4,−1) y (4,7) es igual a 12.
(g) con focos en (2,3) y (2,-5) y excentricidad 35
Solucion.
1. Focos en (1,4) y (9,4) y semieje menor de longitud 2 unidades
F1 = (1, 4); F2 = (9, 4)
Notamos que los focos estan a una misma altura respecto al eje “x”, por tanto su eje focal
es horizontal
C =1
2(F1 + F2) =
1
2[(1, 4) + (9, 4)]
C = (5, 4)
es el centro de la elipse
d(F1, F2) = 2C
d(f1, F2) = |1 − 9| = 8 = 2c ⇒ c = 4
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202
ademas b = 2, luego a2 = b2 + c2
a2 = 4 + 16 = 20 ⇒ a =√
20 = 2√
5
la ecuacion de la elipse es:(x − 5)2
20+
(y − 4)2
4= 1
las coordenadas de los vertices son
V1 = (5 + 2√
5, 4) y V2 = (5 − 2√
5, 4)
la excentricidad es
e =c
a=
4
2√
5=
2√
5
5
e =2√
5
5
Las directrices tienen ecuaciones
L1 : x = 5 +a
e= 5 +
2√
52√
55
= 10
L1 : x = 10
L2 : x = 5 − a
e= 5 − 5 = 0
L1 : x = 0
Los extremos del eje menor
B1 = (5, 4 + 2) = (5, 6) y B2 = (5, 4 − 2) = (5, 2)
los extremos del lado recto son
R1 =
(
1, 4 +b2
a
)
=
(
1, 4 +4
2√
5
)
=
(
1, 4 +2√
5
5
)
R2 =
(
1, 4 − b2
a
)
=
(
1, 4 − 4
2√
5
)
=
(
1, 4 − 2√
5
5
)
2. centro (−1, 4), vertice (1,1) y pasa por (2,−1)
C = (1,−4); V1 = (1, 1) su eje focal es vertical puesto que “C” y “V ” coinciden en su
primera coordenada.
d(C, V1) = a
d(C, V1) = | − 4 − 1| = 5
a = 5
V2 = (1,−4 − 5) = (1,−9) ⇒ V2 = (1,−9)
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203
La ecuacion tiene la forma(x − 1)2
b2+
(y + 4)2
25= 1
y como pasa por (2,−1) tenemos que
(2 − 1)2
b2+
(−1 + 4)2
25= 1 ⇔ 1
b2+
9
25= 1
⇔ 1
b2=
16
25
⇔ b2 =25
16
⇔ b =5
4
Luego la ecuacion de la elipse es
(x − 1)2
2516
+(y + 4)2
25= 1
Los extremos del eje menor son
B1 =
(
1 +5
4,−4
)
=
(9
4,−4
)
B2 =
(
1 − 5
4,−4
)
=
(
−1
4,−4
)
ademas
c2 = a2 − b2 = 25 − 25
16=
375
16⇒ c =
5
4
√15
La excentricidad es
e =c
a=
54
√15
5=
√15
4⇒ e =
√15
4Las ecuaciones de las directrices son
L1 : y = −4 +a
e= −4 +
5√
154
= −4 +4√
15
3
L2 : y = −4 − a
e= −4 − 5
√154
= −4 − 4√
15
3
Las coordenadas de los focos son
F1 = (1,−4 + c) =
(
1,−4 +5
4
√15
)
F2 = (1,−4 − c) =
(
1,−4 − 5
4
√15
)
las coordenadas de los extremos del lado recto son
R1 =
(
1 +b2
a,−4 +
5
4
√15
)
=
(
1 +2516
5,−4 +
5
4
√15
)
=
(21
16,−4 +
5
4
√15
)
R2 =
(
1 − b2
a,−4 +
5
4
√15
)
=
(
1 −2516
5,−4 +
5
4
√15
)
=
(11
16,−4 +
5
4
√15
)
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Geometrıa Analıtica
204
3. centro en (2,0), foco en (5,0) y vertice en (−3, 0)
C = (2, 0); F1 = (5, 0); V1 = (−3, 0).
Segun esto la elipse tiene eje focal horizontal
d(C, F1) = c ⇒ d(C, F1) = |5 − 2| = 3
luego c = 3
d(C, V1) = a ⇒ d(C, F1) = | − 3 − 2| = 5
Luego a = 5, sabemos que
a2 = b2 + c2 ⇔ 52 = b2 + 32
⇔ b2 = 16
⇔ b = 4
V2 = (2 + 5, 0) = (7, 0)
F2 = (2 − 3, 0) = (−1, 0)
los extremos del eje menor son
B1 = (2, 0 + b) = (2, 0 + 4) = (2, 4)
B2 = (2, 0 − b) = (2, 0 − 4) = (2,−4)
los extremos del lado recto son
R1 =
(
5, 0 +b2
a
)
=
(
5, 0 +16
5
)
=
(
5,16
5
)
R2 =
(
5, 0 − b2
a
)
=
(
5, 0 − 16
5
)
=
(
5,−16
5
)
la excentricidad es
e =c
a=
3
5⇒ e =
3
5las ecuaciones de las directrices son
L1 : x = 2 +a
e= 2 +
535
= 2 +25
3=
31
3
L1 : x =31
3
L2 : x = 2 +a
e= 2 − 5
35
= 2 − 25
3= −19
3
L1 : x = −19
3
La ecuacion de la elipse es:(x − 2)2
25+
y2
16= 1
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Geometrıa Analıtica
205
4. focos (5,0) y (−5, 0) y recta directriz L : x = −20
F1 = (5, 0), F2 = (−5, 0), L1 : x = −20
Segun estos datos la elipse tiene eje focal horizontal
d(F1, F2) = 2c ⇔ d(F1, F2) = | − 5 − 5| = 10
luego 2c = 10 ⇔ c = 5
las coordenadas del centro son:
C =1
2(F1 + F2) =
1
2[(5, 0) + (−5, 0)] = (0, 0)
C = (0, 0)
d(C, L1) =a
e= 20 ⇔ a
ca
= 20 ⇔ a2
c= 20
luego:
a2
5= 20
a2 = 100
a = 10
luego
b2 = a2 − c2 = 100 − 25 = 75
b2 = 75
b = 5√
3
las coordenadas de los vertices son:
V1 = (0 + a, 0) = (10, 0)
V2 = (−10, 0)
las coordenadas de los extremos del eje menor son
B1 = (0, 0 + b) =(
2, 0 + 5√
3)
= (0, 5√
3)
B2 =(
2,−5√
3)
las coordenadas de los extremos del lado recto
R1 =
(
5, 0 +b2
a
)
=
(
5, 0 +75
10
)
= (5, 7.5)
R2 =
(
5, 0 − b2
a
)
=
(
5, 0 − 75
10
)
= (5,−7.5)
la excentricidad es
e =c
a=
5
10⇒ e =
1
2< 1
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Geometrıa Analıtica
206
la ecuacion de la otra directriz es
x = 20
Luego la ecuacion de la elipse esx2
100+
y2
75= 1
5. centro en (1,−1) semieje menor horizontal de longitud 6 y excentricidad 23.
C = (1,−1), b = 6, la elipse tiene su eje focal vertical
e =2
3; e =
c
a⇒ c
a=
2
3⇒ a =
3
2c
a2 = b2 + c2 ⇒(
3
2c
)2
= b2 + c2
⇒ 9
4c2 − c2 = b2
⇒ 5
4c2 = b2
⇒ c2 =36(4)
5
⇒ c =12√
5
luego
a =3
2
(12√
5
)
⇒ a =18√
5
la ecuacion de la elipse es:(x − 1)2
36+
(y + 1)2
64.8= 1
6. La suma de las distancias de cualquier punto de la elipse a (4,−1) y (4,7) es igual a 12.
Los puntos dados de los focos de la elipse F1 = (4,−1) y F2 = (4, 7)
d(F1, F2) = | − 1 − 7| = 8 = 2c ⇒ c = 4
ademas d(P, F1) + d(P, F2) = 2a; donde “P” es un punto de la elipse, luego
2a = 12 ⇔ a = 6
ademas sabemos que
a2 = b2 + c2
b2 = a2 − c2
b2 = 36 − 16 = 20
b2 = 20 ⇒ b = 2√
5
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Geometrıa Analıtica
207
las coordenadas del centro son
C =1
2(F1 + F2) =
1
2[(4,−1) + (4, 7)] = (4, 3)
C = (4, 3)
La ecuacion de la elipse es(x − 4)2
20+
(y − 3)2
36= 1
7. con focos en (2,3) y (2,-5) y excentricidad 35.
Segun los datos la elipse tiene su eje focal vertical.
F1 = (2, 3) ; F2 = (2,−5)
d(F1, F2) = 2c ⇔ d(F1, F2) = |3 − (−5)| = 8
⇔ c = 4
ademas
e =c
a=
3
54
a=
3
5
a =20
3
luego
b2 = a2 − c2 =400
9− 16 =
256
9
b2 =256
9
b =16
3
Las coordenadas del centro de la elipse son:
C =1
2(F1 + F2) =
1
2[(2, 3) + (2,−5)] = (2,−1)
C = (2,−1)
luego la ecuacion de la elipse es
(x − 2)2
2569
+(y + 1)2
4009
= 1
Ejercicio 5.25. Una elipse tiene los focos en (-7,-8) y (17, 2) y el semieje menor de longitud 5
unidades. Hallar el centro, los vertices, la excentricidad, las ecuaciones de las directrices y de la
elipse en el sistema xy
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Geometrıa Analıtica
208
Solucion. Las coordenadas del centro son
C =1
2(F1 + F2)
C =1
2[(−7,−8) + (17, 2)]
C = (5,−3)
−−→F1F2 = (24, 10), ‖−−→F1F2‖ = 26
−→u −−−→F1F2
=
(24
26,10
26
)
−→u −−−→F1F2
=
(12
13,
5
13
)
‖−−→F1F2‖ = 2c ⇒ c = 13, b = 5
a2 = b2 + c2
a2 = 25 + 169
a2 = 194
a =√
194
los vertices
V2 = C + a~u−−−→F1,F2
= (5,−3) +√
194
(12
13,
5
13
)
V1 = C + a(−~u−−−→F1,F2
) = (5,−3) −√
194
(
−12
13,− 5
13
)
Los extremos del eje menor
B1 = c + b~u⊥−−−→F1,F2
= (5,−3) + 5
(
− 5
13,12
13
)
B2 = c + b(−~u⊥−−−→F1,F2
) = (5,−3) + 5
(5
13,−12
13
)
el valor de la excentricidad es
e =c
a=
13√194
; e =13√194
para hallar las ecuaciones de las directrices primero hallamos sus puntos de paso correspondientes
Q ∈ L2
Q2 = C +a
e~u−−−→
F1,F2
= (5,−3) +
√19413√194
(12
13,
5
13
)
= (5,−3) +194
13
(12
13,
5
13
)
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Geometrıa Analıtica
209
luego
L2 : P = Q2 + t~u⊥
es la ecuacion de “L2” en el sistema “xy” de manera analoga para hallar la ecuacion de L1.
La ecuacion de la elipse en el sistema de coordenadas x′y′ es
E :x′2
194+
y′2
25(α)
tendremos que usar la ecuacion de transformacion de coordenadas
P = C + x′~u−−−→F1,F2
+ y′~u⊥−−−→F1,F2
y aplicarla en (α), despues efectuar operaciones algebraicas resultara la ecuacion de la elipse en
el sistema xy.
5.8 Ejercicios propuestos
5.8.1 Grupo 1
Para cada una de las siguientes elipses, hallense las coordenadas de los vertices y de los focos, la
longitud del semilado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las directrices. Tracese la curva,
mostrando todas estas caracterısticas.
Ejercicio 5.26. x2
9+ y2
4= 1
Ejercicio 5.27. 4x2 + 25y2 = 100
Ejercicio 5.28. 144x2 + 169y2 = 24336
Ejercicio 5.29. y2 = 50 − 2x2
Ejercicio 5.30. 16x2 + 25y2 = 1
Ejercicio 5.31. x2 = 49(1 − y2)
Ejercicio 5.32. Vertices (±6, 0), eje menor 10.
Ejercicio 5.33. Vertices (±5, 0), un foco (3,0)
Ejercicio 5.34. Vertices (±20, 0) excentricidad igual a 0.6
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Geometrıa Analıtica
210
Ejercicio 5.35. Vertices (±4, 0), lado recto igual a 2.
Ejercicio 5.36. Extremos del eje menor en (0,±√
5), excentricidad igual a 23.
Ejercicio 5.37. Focos (±6, 0), excentricidad igual a 35.
Ejercicio 5.38. Focos (±4, 0), lado recto igual a 12.
Ejercicio 5.39. Vertices (±4, 0), directrices x = ±12.
Ejercicio 5.40. Focos (0,±2), directrices y = ±8
Ejercicio 5.41. Lado recto igual a 6.4, excentricidad igual a 0.6, eje mayor sobre eje x, eje
menor sobre el eje y.
Ejercicio 5.42. El arco de un puente de piedra tiene la forma de una semielipse; la luz es de 12
metros y la altura maxima es de 13 metros. Hallese la altura del arco a intervalos de 1.5 metros
de un extremo hasta el centro.
5.8.2 Grupo 2
A parir de los siguientes datos, hallese la ecuacion de la elipse:
Ejercicio 5.43. Eje mayor igual a 12 y paralelo al eje x, eje menor igual a 10, centro en (2,−1).
Ejercicio 5.44. Extremos del eje menor en (0,5) y (0,−7), extremos de un lado recto en (6√
3, 2)
y (6√
3,−4).
Ejercicio 5.45. Focos (5,3) y (5,−1), excentricidad igual a 14.
Ejercicio 5.46. Vertices (8,−1) y (−4,−1), lado recto igual a 3.
Ejercicio 5.47. Directrices 4x + 9 = 0 y 4x − 41 = 0, eje mayor sobre la recta y − 2 = 0,
excentricidad igual a 45.
Ejercicio 5.48. Extremos del eje menor en (−3,−2) y (13,−2), excentricidad igual a 1517
.
Ejercicio 5.49. 16x2 + 25y2 + 64x + 50y − 311 = 0
Ejercicio 5.50. 25x2 + 9y2 − 200x + 90y + 400 = 0
Ejercicio 5.51. 144x2 + 169y2 − 676y − 23660 = 0
Ejercicio 5.52. 2x2 + 3y2 − 8x − 18y + 29 = 0
Ejercicio 5.53. 16x2 + 25y2 + 96x − 50y + 169 = 0
Ejercicio 5.54. 2x2 + 5y2 + 8x − 20y + 48 = 0
Ejercicio 5.55. x2 + 4y2 − 6x + 16y = 0
Ejercicio 5.56. ¿Cual es la excentricidad de la elipse en la cual sus focos son (6,0) y (10,0)
respectivamente. La suma de las distancias de las distancias del foco a cualquier punto (x, y) de
la elipse, es 8? ¿Cuales son las ecuaciones de sus directrices?
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Geometrıa Analıtica
211
5.8.3 Grupo 3
Ejercicio 5.57. Determinar la ecuacion de una elipse E sabiendo que su eje normal es el eje
focal de una parabola P con ecuacion P : y2 + 4y − 4x + 8 = 0, sus focos coinciden con los
extremos del lado recto de P y que (5, 0) ∈ E
Ejercicio 5.58. Sea E una elipse cuyo lado recto es el mismo que el de la parabola: P : (x−4)2 =
−12(y − 2). Determinar la ecuacion de E , si se sabe que E es tangente a la recta vertical h en el
punto (16,−5) de tangencia.
Ejercicio 5.59. Los extremos del lado recto de una elipse E , en los puntos (−1, 1) y (−5, 1). Si el
vertice correspondiente al foco inferior tiene coordenada negativa y esta sobre la curva xy = 18,
determinar la ecuacion de la elipse.
Ejercicio 5.60. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos focos estan situados en el eje de abscisas
y son simetricos con respecto al origen de coordenadas si P (8, 12) es un punto de la elipse y la
distancia de P al foco de abscisa negativa es 20.
Ejercicio 5.61. Encontrar la ecuacion de la elipse cuyo eje focal es paralelo al eje Y , tiene como
centro al punto (2,3), uno de sus focos sobre la recta L : 2x− y − 9 = 0 y uno de sus vertices se
encuentra en la grafica de la ecuacion x2y = −24
Ejercicio 5.62. Los focos de una elipse E son los puntos (−2, 0) y (2,0). Si el vertice de la
parabola P : x2 +2y−2 = 0 es uno de los extremos del eje menor de la elipse, hallar su ecuacion.
Ejercicio 5.63. Sea la elipse E1 : 16x2 + 9y2 − 32x − 54y − 47 = 0.
Sea la elipse E2 cuyo centro es el extremo derecho del eje menor de E1, uno de los focos es el
vertice inferior de E1, y ademas pasa por el vertice superior de E1
(a) Hallar el otro foco de E2
(b) Hallar la longitud del eje menor de E2
(c) Hallar la ecuacion de E2
Ejercicio 5.64. Entonces la ecuacion de la elipse que pasa por (2,0), tiene a (0, 2√
33
) como
uno de sus focos, su eje mayor es paralelo al eje Y , es tangente a la recta 2x + 3y = 8 y tiene
excentricidad 1/2.
Ejercicio 5.65. El centro de una elipse es (1,0). El eje normal es la recta x − y − 1 = 0, el eje
mayor mide 12 y el lado recto mide 8. Determinar la ecuacion de la elipse.
Ejercicio 5.66. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos focos estan situados en el eje de abscisas
y son simetricos con respecto al origen de coordenadas, si la recta 3x + 4y −√
8 = 0 es tangente
a la elipse y la longitud de su semieje menor es 2.
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Geometrıa Analıtica
212
Ejercicio 5.67. Determinar la ecuacion de la elipse de centro C(2, 4), eje mayor paralelo al
eje X y cuyos focos se hallan en los lados PQ y PR del triangulo PQR. Se sabe, ademas que
P (−2,−4), el angulo P tiene tangente -1, y que el lado QR mide 60, es paralelo al eje X y pasa
por el extremo superior del semieje menor.
Ejercicio 5.68. El eje menor de una elipse es el segmento ST , paralelo al eje X (S a la izquierda
de T ). El lado recto MN (M a la izquierda de N) que pasa por el foco superior se prolonga hacia
la derecha, obteniendose el segmento MA cuya longitud es el triple de la longitud del lado recto
de la elipse. Se sabe ademas que el foco inferior es el punto (4,1), el area acerca del triangulo
SNA es 3845
µ2 y que la recta L : 5x + 5y − 53 = 0 pasa por el punto M . Hallar la ecuacion de la
elipse.
5.8.4 Grupo 4
Ejercicio 5.69. El techo de un vestıbulo de 10 metros de ancho tiene la forma de una semielipse
de 9 metros de altura en el centro y 6 metros de altura de las paredes laterales. Determine la
altura del techo a dos metros de cualquier pared.
Ejercicio 5.70. La orbita de de la Tierra alrededor del Sol en forma elıptica, con el sol en uno
de los focos y un semieje mayor de longitud de 92.96 millones de millas. Si la excentricidad de
la elipse es 0.0167, determine
a) La distancia mınima de la Tierra al sol
b) La mayor distancia posible entre la Tierra y el Sol
Ejercicio 5.71. Suponga que la orbita de un planeta tiene la forma de una elipse con un eje
mayor cuya longitud es de 500 millones de kilometros. Si la distancia entre los focos es de 400
millones de kilometros, obtenga una ecuacion en la orbita.
Ejercicio 5.72. El arco de un puente es de forma semielıptica y tiene una amplitud horizontal
de 40m y una altura de 16m en su centro. ¿Que altura tiene el arco a 9m a la derecha o izquierda
del centro?
5.8.5 Soluciones Grupo 1
Solucion 5.1. V (±3, 0) , F = (±√
5, 0) , l = 43
, e =√
53
, x = ±9√
55
Solucion 5.2. V (±5, 0) , F = (±√
21, 0) , l = 45
, e =√
215
, x = ±25√
2121
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Geometrıa Analıtica
213
Solucion 5.3. V (±13, 0) , F = (±5, 0) , l = 14413
, e = 53
, x = ±1695
Solucion 5.4. V (0,±5√
2) , F = (0,±5) , l = 5√
22
, e = 12
√2 , y = ±10
Solucion 5.5. V (±14, 0) , F = (± 3
20, 0) , l = 4
25, e = 3
5, x = ± 5
12
Solucion 5.6. V (±7, 0) , F = (±4√
3, 0) , l = 17
, e = 4√
37
, x = ±49√
312
Solucion 5.7. x2
36+ y2
25= 1
Solucion 5.8. x2
25+ y2
16= 1
Solucion 5.9. x2
400+ y2
256= 1
Solucion 5.10. x2
16+ y2
4= 1
Solucion 5.11. x2
9+ y2
5= 1
Solucion 5.12. x2
100+ y2
64= 1
Solucion 5.13. x2
64+ y2
48= 1
Solucion 5.14. x2
16+ y2
128/9= 1
Solucion 5.15. x2
16+ y2
12= 1
Solucion 5.16. x2
25+ y2
16= 1
Solucion 5.17. 0 m , 1.98 m , 2.61 m , 2.91 m , 3 m.
5.8.6 Soluciones Grupo 2
Solucion 5.18. (x−2)2
36+ (y−1)2
25= 1
Solucion 5.19. x2
144+ (y+1)2
36= 1
Solucion 5.20. (y−1)2
64+ (x−5)2
60= 1
Solucion 5.21. (x−2)2
36+ (y+1)2
9= 1
Solucion 5.22. (x−4)2
25+ (y−2)2
9= 1
Solucion 5.23. (y+2)2
289+ (x−5)2
64= 1
Solucion 5.24. (x+2)2
25+ (y+1)2
16= 1 ; V (3,−1) , V ′(−7,−1) ; F (1,−1) , F ′(−5, 1) ; l = 16
5; e = 3
5
; 3x − 19 = 0 , 3x + 31 = 0
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Geometrıa Analıtica
214
Solucion 5.25. (y+5)2
25+ (x−4)2
9= 1 ; V (4, 0) , V ′(4,−10) ; F (4,−1) , F ′(4,−9) ; l = 9
5; e = 4
5;
4y − 5 = 0 , 4y + 45 = 0
Solucion 5.26. x2
169+ (y−2)2
144= 1 ; V (±12, 2) ; F (±5, 2) ; l = 144
13; e = 5
13; x = ±169
5
Solucion 5.27. (x−2)2
3+ (y−3)2
2= 1 ; V (2±
√3, 3) ; F (3, 3) , F ′(1, 3) ; l = 2
√3
3; e =
√3
3; x = 5 ,
x = −1
Solucion 5.28. (x+3)2
25+ (y−1)2
16= 1, elipse puntual.
Solucion 5.29. (x+2)2
10+ (y−2)2
4= 1, elipse imaginaria.
Solucion 5.30. (x−3)2
25+ (y+2)2
25/4= 1 ; V (8,−2) , V ′(−2,−2) , F (3 ± 5
√3
2,−2) ; l = 5
4; e =
√3
2;
x = 3 ± 10√
33
Solucion 5.31. 12
; x = 0 , x = 16.
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Capıtulo 6
Hiperbola
6.1 Introduccion
En particular, si (en la ecuacion y2 = a + bx + cx2) el termino cx2 es cero, la conica es una
parabola; si es positiva; es una hiperbola; finalmente, si es negativo, es una elipse.
La ultima conica que consideremos es la hiperbola. Su definicion es similar a la de la elipse. En
la elipse la suma de distancias entre dos focos y un punto de la elipse se mantiene constante,
mientras que en la hiperbola es la diferencia entre esas distancias la que se mantiene fija.
Definicion 6.1. Una hiperbola es un conjunto de puntos del plano tales que el valor absoluto de
la diferencia de sus distancias a dos puntos fijos es constante. Los dos puntos fijos de denominan
focos.
A fin de obtener una ecuacion de una hiperbola se comienza como se hizo con la elipse, con-
siderando la distancia entre dos focos como 2C con c > 0. Despues se elige el eje x como la recta
que pasa por los focos F y F ′
Los puntos (c, 0) y (−c, 0) son los focos F y F ′ respectivamente. Sea 2a la constante referida
en la definicion. Se puede demostrar que c > a. El punto (x, y) de la figura es un punto de la
hiperbola si y solo si:
||FP | − |F ′P || = 2a
como
|FP | =√
(x − c)2 + y2 y |F ′P | =√
(x + c)2 + y2
P esta en la hiperbola si y solo si
|√
(x − c)2 + y2 −√
(x + c)2 + y2| = 2a
o, equivalente, sin las barras d valor absoluto√
(x − c)2 + y2 −√
(x + c)2 + y2 = ±2a
215
Geometrıa Analıtica
216
Esta ecuacion puede simplificarse al eliminar los radicales y efectuar algunas manipulaciones
algebraicas. La ecuacion que resulta es:
x2
a2− y2
b2= 1
donde b2 = c2 − a2
Foco Foco
es constante
dd
d −d
(x,y)
2
21
1
d1
(h,k)
Eje transversal
vértice
aa
c
Figura 6.1:
Las graficas de hiperbola se caracterizan por la existencia de dos ramas distintas. Como se
indica en la 6.1, la recta que une los focos corta a la hiperbola en dos puntos que se denominan
vertices. El segmento que une los vertices recibe el nombre de eje transversal y su punto medio
se denomina centro de la hiperbola. La obtencion de la ecuacion canonica de la hiperbola se
realiza en forma similar al caso de elipse. Por ello estableceremos, son demostrarlo, el siguiente
teorema:
Teorema 6.1. [ecuacion canonica de una hiperbola] La ecuacion canonica de una hiperbola de
centro (h, k) es: (x−h)2
a2 − (y−k)2
b2= 1 (eje transversal horizontal), (x−k)2
a2 − (y−h)2
b2= 1 (eje transversal
vertical) donde las distancias del centro a los vertices y a los focos son a y c, respectivamente,
siendo b2 = c2 − a2.
Observese que en la 6.1 que la diferencia de distancias constante es d1 − d2 = 2a
Ejemplo 6.1. Hallar la ecuacion canonica de la hiperbola con focos (−1, 2) y (5, 2) y con vertices
(0, 2) y (4, 2)
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
217
Solucion. Mediate la formula para el punto medio se deduce que el centro de la hiperbola es
(2, 2). Ademas c = 3 y a = 2, y por tanto.
b2 = 32 − 22 = 9 − 4 = 5
Ası la ecuacion de la hiperbola es: (Ver Figura 6.2)
(x − 2)2
4− (y − 2)2
5+ 1
-15 -10 -5 5 10 15
-15
-10
-5
5
10
15
20
Figura 6.2:
Una ayuda importante para representar la grafica de una hiperbola es la determinacion de sus
asıntotas. Cada hiperbola posee dos asıntotas que son dos rectas que se cruzan en el centro
de la hiperbola. Ademas,las asıntotas que pasan por los vertices de un rectangulo de lados con
longitudes 2a y 2b y centro en (h, k). El intervalo de longitud 2b que une (h, k + b) y (h, k − b)
se denomina eje conjugado de la hiperbola. El teorema siguiente proporciona las ecuaciones de
las asıntotas de una hiperbola
Teorema 6.2. [Asıntotas de una hiperbola] Dada una hiperbola de eje transversal horizontal,
sus asıntotas son rectas:
y = k +b
a(x − h) y y = k − b
a(x − h)
Si el eje transversal es vertical, sus asıntotas son rectas
y = k +a
b(x − h) y y = k − a
b(x − h)
Demostracion. Despejando la ecuacion
(x − h)2
a2− (y − k)2
b2= 1
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Geometrıa Analıtica
218
tenemos
y = k ± b
a
√
(x − h)2 − a2
Si la recta y = k+ ba(x−h) es una asıntota a la hiperbola, entonces la diferencia entre los valores
de y para un punto de la hiperbola y un punto de la asıntota debe tender a cero cuando x se
hace infinito. Para probar esto, observese que
[
k +b
a
√
(x − h)2 − a2
]
−[
k +b
a(x − h)
]
=b
a[√
(x − h)2 − a2 − (x − h)]
=b
a
[(x − h)2 − a2] − (x − h)2
√
(x − h)2 − a2 + (x − h)
=−ab
√
(x − h)2 − a2 + (x − h)
Tomando ahora el limite x → ∞ obtenemos
lımx→∞
−ab√
(x − h)2 − a2 + (x − h)= 0
Luego a parte de la hiperbola descrita por
y = k +b
a
√
(x − h)2 − a2
posee la recta
y = k +b
a(x − h)
como asıntota. El comportamiento asintotico de las partes restantes de la hiperbola puede
tratarse de forma similar, con lo cual se demuestra el teorema.
Asíntota
Asíntota
Focoa
cb
(h,k)
(h,k+b)
(h,k−b)
Figura 6.3:
A partir de la Figura 6.3 se comprueba geometricamente que las asıntotas coinciden con las
diagonales del rectangulo centrado en (h, k) con dimensiones 2a y 2b. Ello proporciona un metodo
rapido para esbozar las asıntotas, lo cual de paso es tambien util para dibujar la hiperbola.
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219
Teorema 6.3 (Teorema de las formas estandar de las ecuaciones hiperbolicas). Si el
centro de un hiperbola se encuentra en (h, k) y la distancia entre los vertices es 2a, entonces una
ecuacion de la hiperbola es de la forma:
(x − h)2
a2− (y − k)2
b2= 1
si el eje principal es horizontal, y
(y − k)2
a2− (x − h)2
b2= 1
si el eje principal es vertical.
Al desarrollar (x − h)2 y (y − k)2 y simplificar, se puede escribir cada una de estas ecuaciones
en la forma:
Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (1)
donde A y C tienen signos opuestos. El ejemplo siguiente presenta una ecuacion de esta forma
6.2 Problemas y ejercicios resueltos
Ejercicio 6.1. Representar la grafica de la ecuacion 4x2 + 8x − 3y2 + 16 = 0
Solucion. Expresando la ecuacion en forma canonica, se encuentra
4x2 + 8x − 3y2 + 16 = 0
4(x2 + 2x) − 3y2 = −16
−4(x2 + 2x + 1) + 3y2 = 16 − 4
−4(x + 1)2 + 3y2 = 12
y2
4− (x + 1)2
3= 1
De esta ecuacion se deduce que la hiperbola esta centrada en (−1, 0), tiene vertices (−1, 2) y
(−1,−2), y sus asıntotas son las rectas
y =2√3(x + 1) y y = − 2√
3(x + 1)
Tras representar asıntotas y vertices, como en la figura 6.4, es relativamente facil completar el
dibujo de la hiperbola.
Ejercicio 6.2. Hallar la ecuacion canonica de la hiperbola con vertices (3,−5) y (3, 1) cuyas
asıntotas son y = 2x − 8 e y = −2x + 4
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Geometrıa Analıtica
220
-10 -7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-10
-5
5
10
Figura 6.4:
Solucion. Por la formula para el punto medio, el centro de la hiperbola es (3,−2). Ademas el
eje transversal es vertical y a = 3. Debido al Teorema 6.2 las pendientes de las asıntotas son
m1 =a
by m2 = −a
b
A partir de las ecuaciones de las asıntotas se encuentra que
a
b= 2 y − a
b= −2
Y como a = 3, deducimos que b = 32. Ası pues, la ecuacion pedida es
(y + 2)2
9− (x − 3)2
94
= 1
o bien(y + 2)2
9− 4(x − 3)2
9= 1
Ejercicio 6.3. Una explosion es registrada por dos microfonos separados entre sı una milla de
distancia. El sonido es recibido en el microfono A 2 segundos antes que el microfono B ¿Donde
se produjo la explosion?
Solucion. Como la velocidad del sonido es 1100 pies/s, sabemos que la explosion sucedio 2200
pies mas lejos de B que de A. (vease la Figura 6.5)
El lugar geometrico de los puntos que estan 2200 pies mas cerca de A que de B es, por definicion,
una rama de hiperbolax2
a2− y2
b2= 1
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221
1000
1000
−1000
−1000 2000−2000 3000−3000
2200 pies
2200 c−a c−a
Figura 6.5:
siendo
c =5280
2= 2640
a =2200
2= 1100
b = c−a2 = 5759600
De esta forma, la explosion se produjo en algun punto de la rama derecha de la hiperbola
x2
1210000− y2
5759600= 1
En el ejercicio 6.3 pudimos determinar la hiperbola sobre la que ocurrio la explosion, pero no
el punto exacto de la explosion. Sin embargo, si recibieramos el sonido en un tercer microfono
c, determinarıamos otras dos hiperbolas donde yace el punto d la explosion; lo cual nos permite
caracterizar ese punto como el punto de interseccion de las tres hiperbolas. Otra aplicacion
interesante de las conicas hace referencia a las orbitas de los cometas en nuestro sistema solar.
De los 566 cometas registrados antes de 1960, 211 tienen orbitas elıpticas, 290 parabolicas y 65
hiperbolicas. El centro del sol es siempre un foco de tales orbitas y las posicion mas cercana al
Sol en cada orbita es un vertice. (vease Figura 6.6).
Si p es la distancia del vertice al foco y v es la velocidad del cometa en el vertice, la orbita sera:
1. Una elipse si v <√
2GMp
2. Una parabola si v =√
2GMp
3. Una hiperbola si v >√
2GMp
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222
Orbitas
Elípticas
Orbitas
ParabólicasOrbitas
Hiperbólicas
Sol
Figura 6.6:
siendo M la masa del Sol y G ∼ 6, 67(10−8)cm3 por gr y s2
Ejercicio 6.4. Usando la Figura 6.6 probar que la curvatura (en el vertice) de cada orbita
elıptica es mayor que la curvatura de la orbita parabolica, que a su vez es mayor que la de la
hiperbolica
Solucion. Dada una orbita cualquiera, situemos el origen en el vertice y el eje (mayor o transver-
sal) sobre el eje y. Como y′ = 0 en el vertice, la curvatura de cada orbita en el vertice es
K =|y′′|
[1 + (y′)2]32
= |y′′|
En el caso d orbitas parabolicas
y =x2
4p, y′ =
x
2p, y′′ =
1
2p
En consecuencia, para tales orbitas
k =1
2p
Para orbitas elıpticas o hiperbolicas, se verifica que
(y ∓ a)2
a± x2
b2= 1
y′ = ∓a2
b2
(x
y ∓ a
)
y′′ = ∓a2
b2
[(y ∓ a) − xy′
(y ∓ a)2
]
=a
b2at(0, 0)
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223
En orbitas elıpticas hay dos posibilidades p = a− c o p = a + c dependiendo del foco que ocupa
el centro del Sol, y en cualquier caso b2 = a2 − c2 = (a − c)(a + c) = p(2a − p).
Por tanto, la curvatura en (0, 0) de las orbitas elıpticas es
K =a
p(2a − p)
Para las orbitas hiperbolicas se tiene que p = c− a = c2 − a2 = (c− a)(c+ a) = p(2a− p). Luego
su curvatura en (0, 0) es
K =a
p(2a + p)
Finalmente, como a > p2
para orbitas elıpticas y a 0 para las hiperbolicas, podemos resumir los
resultados para las curvaturas (k > 0) en tabla siguiente
Ejercicio 6.5. Determine los valores y focos de la hiperbola cuya ecuacion es:
x2
9− b
16= 1
Dibuje la hiperbola y muestre los focos
Solucion. Como la ecuacion es de la forma
x2
9− b
16= 1
el centro de la hiperbola esta en el origen y el eje principal es el eje x debido a que a2 = 9 y
b2=16, entonces a = 3 y b = 4. Por tanto los vertices se encuentran en V (3, 0) y V ′(−3, 0). El
numero de unidades de la longitud de la longitud del eje transverso es 2a = 6, y el numero de
unidades del eje conjugado es 2b = 8, como c2 − a2, con c > 0, se tiene:
16 = c2 − 9
c2 = 16 + 9
c2 = 25
c = 5
En consecuencia los focos estan en F (5, 0) y F (5, 0). La hiperbola es como sigue en la Figura 6.7
Ejercicio 6.6. Obtenga una ecuacion de la hiperbola que tiene un foco en (5, 0) y los extremos
de su eje conjugado se encuentra en (0, 2) y (0,−2)
Solucion. Como los extremos del eje conjugado se encuentra en (0, 2) y (0,−2), b = 2, el eje
principal coincide con el eje x, y el centro esta en el origen. En consecuencia, una ecuacion de
esta hiperbola es de la forma:x2
a2− y2
b2= 1
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-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-10
-5
5
10
Figura 6.7:
Debido a que un foco se encuentra en (5, 0), c = 5, y como b2 = c2 − a2 entonces a2 = 25 − 4.
Ası, a =√
21 y una ecuacion de la hiperbola es:
x2
21− y2
4= 1
Si en la ecuacionx2
a2− y2
b2= 1
se intercambia x y y se obtiene:y2
a2− x2
b2= 1
la cual es la ecuacion de una hiperbola que tiene su centro en el origen y su eje principal coincide
con el eje y.
Ejercicio 6.7. La ecuacion:x2
9− y2
16= 1
puede obtenerse a partir del Ejercicio 6.5 al intercambiar x y y. La grafica de esta ecuacion es
una hiperbola que tiene su centro en origen, el eje y como su eje principal, su vertices en V (0, 3)
y V ′(0,−3) y sus focos en F (0, 5)y F ′(0,−5). La figura 6.8 muestra a la hiperbola y sus focos:
Como se hizo con las circunferencias y con las elipses, respectivamente, se puede trazar una
hiperbola en la graficadora primero se define y como dos funciones de x. las cuales se obtienen
al resolver la ecuacion de la hiperbola para y. Sin embargo, como con la elipse, es facil trazar la
grafica de la hiperbola a partir de sus ecuaciones parametricas. En la ecuacion estandar de una
elipse, se asume que a > b. Sin embargo, para una hiperbola no existe una desigualdad general
que relacione a a y b.
Por ejemplo, en el ejercicio 6.5 donde a = 3 y b = 4, a < b; pero en el ejercicio 6.6, donde
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225
-10 -5 5 10
-10
-5
5
10
Figura 6.8:
a =√
21 y b = 2, a > b. Ademas, a puede ser igual a b; en este caso la hiperbola se denomina
equilatera. La hiperbola equilatera cuya ecuacion es,
x2 − y2 = 1
se conoce como hiperbola unitaria. Refierase a la figura 6.9, la cual muestra la hiperbola que
tiene la ecuacion:x2
a2− y2
b2= 1
-4 -2 2 4
-4
-2
2
4
Figura 6.9:
Las rectas diagonales punteadas son las asıntotas de la hiperbola, se estudiaron asıntotas verti-
cales, horizontales y oblicuas de una grafica, y se presentaron las definiciones formales, las cuales
implican el concepto de limite. Sin embargo, intuitivamente puede establecerse que si la distancia
no dirigida entre la grafica y una recta se hace mas pequena (sin llegar a cero) conforme |x| y
|y| se hacen cada vez mas grandes, entonces la recta es una asıntota de la grafica.
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226
Observese en la figura 6.9 que las digonales del rectangulo cuyos vertices se encuentran en (a, b),
(a,−b), -(a, b) y (−a,−b) pertenecen a las asıntotas de la hiperbola.
Este rectangulo se denomina rectangulo auxiliar; sus lados tiene longitudes de 2a y 2b. Los
vertices de la hiperbola son los puntos de interseccion del eje principal y el rectangulo auxiliar.
Una grafica bastante buena de una hiperbola puede obtenerse dibujando primero el rectangulo
auxiliar. Las asıntotas se tienen al prolongar las diagonales del rectangulo. Despues, por cada
vertice se dibuja una rama de la hiperbola empleando las asıntotas como guıas. Observe que
como a2 + b2 = c2, la circunferencia que tiene su centro en el origen y pasa por lo vertices del
rectangulo auxiliar tambien pasa por los focos de la hiperbola.
Ejercicio 6.8. Determine los vertices de la hiperbola cuya ecuacion es:
x2 − 4y2 = 16
Dibuje la hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas
Solucion.x2
16− y2
4= 1
por tanto la hiperbola, tiene su centro el origen, y su eje principal es el eje x. Como a a2 = 16 y
b2 = 4, entonces a = 4 y b = 2. Los vertices se encuentran en V (4, 0) y V ′(−4, 0), y los lados del
rectangulo auxiliar tienen longitudes de 2a = 8 y 2b = 4. La figura 6.10 muestra el rectangulo
auxiliar y las asıntotas. Estas asıntotas se utilizan como guıa para dibujar la hiperbola, la cual
se muestra en la figura.
-10 -5 5 10
-4
-2
2
4
Figura 6.10:
Se puede utilizar un truco nemotecnico para obtener las ecuaciones de las asıntotas de una
hiperbola. Por ejemplo para la hiperbola que tiene la ecuacion x2
a2 − y2
b2= 1, se sustituye el
miembro derecho de cero obteniendose
x2
a2− y2
b2= 0
Al factorizar, esta ecuacion se transforma en:
(x
a− y
b
)
−(x
a+
y
b
)
= 0
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227
que es equivalente a las dos ecuaciones:
xa− y
b= 0 y x
a+ y
b= 0
⇔ y = bax y y = − b
ax
las cuales son las ecuaciones de las asıntotas de la hiperbola dada
Ejercicio 6.9. Una ecuacion de la hiperbola del Ejercicio 6.8 es:
x2
16− y2
4= 1
Al fin de obtener las ecuaciones de las asıntotas se sustituye el miembro derecho por cero, por
lo que se obtiene:
x2
16− y2
4= 0
(x
4− y
2
)
−(x
4+
y
2
)
= 0
x4− y
2= 0 y x
4+ y
2= 0
⇔ y = b2x y y = − b
2x
Suponga que el centro de una hiperbola esta en (h, k). Y que su eje principal es paralelo a uno
de los ejes coordenados. Entonces, por medio de una traslacion de ejes, de modo que el punto
(h, k) sea el nuevo origen, una ecuacion de la hiperbola es:
y′2
a2− x′2
b2= 1
si el eje principal es vertical. Si se sustituye x′ por x−h y y′ por y−k; se obtienen las siguientes
formas estandar de las ecuaciones hiperbolas.
Ejercicio 6.10. Muestre que la grafica de la ecuacion:
9x2 − 4y2 − 18x − 16y + 29 = 0
es una hiperbola. Obtenga el centro, una ecuacion del eje principal y los vertices. Dibuje la
hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas
Solucion. Se comienza completando los cuadrados en x y y. Ası:
9(x2 − 2x) − 4(y2 + 4y) = −29
9(x2 − 2x + 1) − 4(y2 + 4y + 4) = −29 + 9 − 16
9(x − 1)2 − 4(y + 2)2 = −36
(y − 2)2
9− (x − 1)2
4= 1
Esta ecuacion es la de una hiperbola cuyo centro esta en (1,−2) y cuyo eje principal es la recta
vertical que tiene ecuacion x = 1. Como a2 = 9 y b2 = 4, entonces a = 3 y b = 2. Los vertices se
encuentran en el eje principal a 3 unidades arriba y debajo del centro; ellos estan en V (1, 1) y
V ′(1,−5). El rectangulo auxiliar tiene lados de longitudes: 2a = y 2b = 4; este se muestra en la
siguiente figura 6.11 junto con las asıntotas y las hiperbolas.
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228
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5 10
-15
-10
-5
5
10
Figura 6.11:
En el ejemplo ilustrativo siguiente se tiene otra ecuacion de la forma (1)
Ejercicio 6.11. La ecuacion:
4x2 − 12y2 + 24x + 96y − 156 = 0
puede escribirse como
4(x2 + 6x) − 12(y2 − 8y) = 156
y al completar los cuadrados en x y y se tiene:
4(x2 + 6x + 9) = 12(y2 − 8y + 16) = 156 + 36 − 192
4(x + 3)2 − 12(y − 4)2 = 0
(x + 3)2 − 3(y − 4) = 0
[(x + 3) − (y − 4)][(x + 3) + (y − 4)] = 0
x + 3 −√
3(y − 4) = 0 y x + 3 + (y − 4) = 0
las cuales son ecuaciones de dos rectas que pasan por el punto (−3, 4).
Se puede demostrar en general que la grafica de cualquier ecuacion de la forma (1) es una
hiperbola o dos rectas que se intersectan. Los resultados del ejercicio 6.10 y del ejercicio 6.11 son
casos particulares de este hecho. La ecuacion anterior es el caso especial de la ecuacion general
de segundo grado en dos variables.
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (2)
Donde B = 0 y AC < 0( es decir A y C tienen signo opuesto).
El teorema siguiente resume las conclusiones de la discusion anterior
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Geometrıa Analıtica
229
Teorema 6.4. Si en la ecuacion general de segundo grado (2), B = 0 y ; AC < 0 entonces la
grafica es una hiperbola o dos rectas que se intersectan.
El caso degenerado de la hiperbola, dos rectas que se intersectan obtiene como una seccion conica
si el plano cortante al vertice y dos generatrices del cono.
Ejercicio 6.12. Los vertices de na hiperbola se encuentra en (−5,−3) y (−5,−1), y los extremos
de sus eje conjugado estan en (−7,−2) y (−3,−2). Obtenga una ecuacion de la hiperbola y las
ecuaciones de las asıntotas. Dibuje la hiperbola y las asıntotas.
Solucion. La distancia entre los vertices es 2a; por tanto, 2a = 2 y a = 1. La longitud del eje
conjugado es 2b; de modo que 2b = 4 y b = 2. Debido a que el eje principal es vertical, una
ecuacion de la hiperbola es de la forma:
(y − k)2
a2− (x − h)2
b2= 1
El centro (h, k) esta la mitad de la distancia entre los vertices, y por lo tanto, se encuentra en el
punto (−5,−2). En consecuencias, una ecuacion de la hiperbola es:
(y + 2)2
1− (x + 5)2
4= 1
Al sustituir el miembro derecho de cero, a fin de obtener las ecuaciones de las asıntotas se tiene:(
y + 2
1− x + 5
2
)(y + 2
1+
x + 5
2
)
= 0
y + 2 =1
2(x + 5) y y + 2 = −1
2(x + 5)
La hiperbola y las asıntotas se muestran en la figura 6.12.
-12 -10 -8 -6 -4 -2 2
-5
-4
-3
-2
-1
1
Figura 6.12:
Como con la elipse, la forma de un hiperbola esta determinada por su excentricidad, definida de
igual manera que para la elipse, esto es, si e es la excentricidad de una hiperbola, entonces
e =c
a
Sin embargo, para una hiperbola e > 1. Esto es una consecuencia de que c > a debido a que
para una hiperbola
c2 = a2 + b2 (3)
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Geometrıa Analıtica
230
A partir de esta ecuacion, cuando a = b, se obtiene c =√
2a. Por lo que la excentricidad de una
hiperbola equilatera es√
2. Consulte la figura 6.15.
Si e se aproxima a 1, mientras que a permanece fija, entonces c se aproxima a a y, de la ecuacion
(3), b se aproxima a 0, por lo que la forma de la hiperbola se hace flaca en torno a su eje principal.
La figura 6.13 muestra una hiperbola con e = 1,05 y el mismo valor de a como en la figura 6.14.
Si e incrementa conforme a permanece fija, entonces c y b se incrementan, y la forma de hiperbola
se hace gorda en torno a su principal.Refierese a la figura 6.15 la cual representa una hiperbola
con e = 2 y el mismo valor de a como en las figuras 6.13 y 6.14.
v’F’
vF
0
e=1.05
Figura 6.13:
v’F’
vF
0
e=−2
Figura 6.14:
La propiedad de la hiperbola dada en su definicion constituye la base de varios sistemas de
navegacion. Estos sistemas estan constituidos por una red de pares de radiotransmisores en
posiciones fijas y a una distancia conocidas entre sı. Los radiotransmisores envıan senales de
radio que son recibidas por un navegante. La diferencia de tiempo de llegada de las dos senales
determinan la diferencia 2a de las distancias con relacion al navegante. Ası, se sabe que la posicion
del navegante se encuentra a algun punto largo de un arco de una hiperbola cuyos focos estan en
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Geometrıa Analıtica
231
v’F’
vF
0
e=2
Figura 6.15:
las posiciones de los radiotransmisores. Se determina un arco, y no ambos, debido al retraso de
la senal de los radiotransmisores que integran el sistema. El procedimiento se repite para un par
diferente de radiotransmisores y se determina otro arco de hiperbola que proporciona la posicion
del navegante. El punto de interseccion de los dos arcos hiperbolicos es la posicion real del
navegante. Por ejemplo, suponga que un par de radiotransmisores se localizan los puntos T1 y S1
y las senales desde este par determinan el arco hiperbolico A1. Otro para de radiotransmisores
ubicados en los puntos T2 y S2 determinan, a partir de sus senales, el arco hiperbolico A2.
Entonces, la interseccion de A1 y A2 es la posicion del navegante.
La hiperbola posee una propiedad de reflexion que se emplea en el diseno de ciertos telescopios,
La hiperbolas tambien se utilizan en la guerra para localizar la artillerıa enemiga mediante el
ruido de disparos, este metodo se denomina localizacion acustica. Algunos cometas se desplazan
en orbitas hiperbolicas.
Ejercicio 6.13. Con respecto a las ecuaciones de las hiperbolas siguientes, encontrar el centro,
los focos las asıntotas y las directrices
a) (x−1)2
25− (y+1)2
5= 1
Solucion. Su centro es el punto (2,-1) a = 5; b =√
5
c =√
a2 + b2 =√
25 + 5 =√
30
los vertices:
V1 = (2 + a,−1) = (2 + 5, 1) = (7,−1)
V2 = (2 − a, 1) = (2 − 5,−1) = (−3,−1)
los focos:
F1 = (2 + c,−1) = (2 +√
30,−1)
F2 = (2 − c,−1) = (2 −√
30,−1)
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232
la directrices:
X1 = 2 +a
e= 2 +
5√30/5
= 2 +25√30
X2 = 2 − a
e= 2 − 5√
30/5= 2 − 25√
30
para hallar las ecuaciones de las asıntotas, tenemos
(x − 2)2
25=
(y + 1)2
5→ (y + 1)2 =
(x − 2)2
5
→ y + 1 = ±(x − 2)√5
y =(x − 2)√
5− 1 es la ecuacion de una asıntota
y =−(x − 2)√
5− 1 es la ecuacion de otra asıntota
b) (x−1)2
16− (y+1)2
16= 1
Solucion. Su centro es el punto (1,−1)
a = 4, b = 4, c =√
a2 + b2 =√
16 + 16 = 4√
2; c = 4√
2
luego, sus vertices son
V1 = (1 + 4,−1) = (5,−1)
V2 = (1 − 4,−1) = (−3,−1)
sus focos son:
F1 = (1 + 4√
2,−1)
F2 = (1 − 4√
2,−1)
sus directrices son:
x1 = 1 +a
e= 1 +
4
4√
2/4= 1 +
16
4√
2= 1 +
4√2
= 1 +4√
2
2= 1 + 2
√2
X1 = 1 + 2√
2
X2 = 1 − 2√
2
Las asıntotas
(y+1)2
16= (x−1)2
16→ y+1
4= ± (x−1)
4
→ y = (x − 1) − 1 → y = x − 2 o
y = −x + 1 − 1 → y = −x
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Geometrıa Analıtica
233
c) 9x2 − 4y2 − 18x − 4y − 44 = 0
9(x2 − 2x) − 4(y2 + y) = −44
9(x2 − 2x + 1) − 4(y2 + y) = −44
9(x2 − 2x + 1) − 4(y2 + y +1
4) = −44 + 9 − 1
9(x − 1)2 − 4(y + 1/2)2 − 9(x − 1)2 = 36
4(y + 1/2)2 − 9(x − 1)2 = 36
(y + 1/2)2
9− (x − 1)2
4= 1
Su centro es el punto: (1,−1/2)
a = 3, b = 2, c =√
a2 + b2 =√
9 + 4 =√
13; c =√
13
Sus vertices son:
V1 = (1,−1/2 + 3) = (1, 5/2)
V2 = (1,−1/2 − 3) = (1,−7/2)
Sus focos son:
F1 = (1,−1/2 +√
13) y
F2 = (1,−1/2 −√
13)
la ecuacion de las directrices son:
y = −1
2+
a
e= −1
2+
3√13/3
= −1
2+
9√13
o
y = −1
2− 9√
13
Las ecuaciones de las asıntotas son
(y + 1/2) = ±3
2(x − 1)
Ejercicio 6.14. Hallar la ecuacion de cada una de las hiperbolas siguientes, ası como el centro,
los vertices, ecuaciones de las asıntotas y de las directrices. Estas hiperbolas tienen:
Solucion. a) a = 4, b = 3, eje conjugado al eje y, centro (2, 4)
Solucion.
c =√
a2 + b2 =√
16 + 9 = 5; c = 5
La ecuacion de la hiperbola es:
(x − 2)2
16− (y − 4)2
9= 1
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Geometrıa Analıtica
234
Los vertices
V1 = (2 + 4, 4) = (6, 4) y
V2 = (2 − 4, 4) = (−2, 4)
Los focos son
F1 = (2 + 5, 4) = (7, 4)
F2 = (2 − 5, 4) = (−3, 4)
Las ecuaciones de las directrices:
X1 = 2 + a/e = 2 +4
5/4= 2 +
16
5= 26/5; X1 = 26/5
X2 = 2 − a/e = 2 − 16/5 = −6/5; X = 2 = −6/5
Las ecuaciones de las asıntotas son
y − 4 = ±3
4(x − 2)
b) a = 3, b = 4, eje transverso paralelo al eje X, centro (4,-1)
Solucion.
c =√
a2 + b2 =√
a + 16 =√
25 = 5; c = 5
La ecuacion de la hiperbola es:
(x − 4)2
9− (y + 1)2
16= 1
Sus vertices son:
V1 = (4 + 3,−1) = (7,−1) y
V2 = (4 − 3,−1) = (1,−1)
Sus focos son:
F1 = (4 + 5,−1) = (9,−1)
F2 = (4 − 5,−1) = (−1,−1)
Las ecuaciones de las directrices:
X1 = 4 +a
e= 4 +
3
5/3= 4 +
9
5=
29
5; X1 =
29
5
X2 = 4 − a
e= 4 +
9
5=
11
5; X2 =
11
5
c) a = 5, b = 12, eje conjugando perpendicular al eje “y”, centro (1,−3)
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235
Solucion. c2 = 25 + 144 = 169 → c = 13 La ecuacion de la hiperbola es:
(x − 1)2
25− (y + 3)2
144= 1
Los vertices son:
V1 = (1 + 5,−3) = (8,−3)
V2 = (1 − 5,−3) = (−4,−3)
Los focos son:
F1 = (1 + 13,−3) = (14,−3)
F2 = (1 − 13,−3) = (−12,−3)
Las directrices son:
X1 = 1 +a
e= 1 +
5
13/5= 1 +
25
13=
38
13; X1 =
38
13
X2 = 1 − 25
13=
−12
13; X2 = −12/13
Las ecuaciones de las asıntotas:
y + 3 = ±12
5(x − 1)
d) Centro (−3,−1), vertice (1,−1) y foco (2,−1)
Solucion. Notemos que el vertice y el foco, tienen la misma segunda coordenada, luego el
eje focal es paralelo al eje x o lo que es lo mismo decir que su eje transversa es paralelo al
eje x
C = (−3,−1) centro
V1 = (1,−1) vertice
F1 = (2,−1) foco
d(C, v1) = a ⇔ a = | − 3 − 1| = 4 → a = 4
d(C, F1) = C ⇔ c = | − 3 − 2| = 5 → c = 5
Luego b2 = c2 − a2 = 25 − 16 = 9 → b = 3 La ecuacion de la hiperbola es
H :(x + 3)2
16− (y + 1)2
9= 1
El otro vertice es:
V2 = (−3 − 4,−1) = (−7,−1)
El otro foco es:
F2 = (−3 − 5,−1) = (−8,−1)
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236
La ecuaciones de la directrices son:
X1 = −3 +a
e= −3 +
4
5/4= −3 +
16
5=
1
5; X1 =
1
5
X2 = −3 − a
e= −3 − 16
5= −31
5; X2 = −31
5
La ecuaciones de las asıntotas son:
y + 1 = ±3
4(x + 3)
e) Un extremo dele eje conjugado en (4, 6) un vertice en (8, 3) y un foco en el punto (−1, 3)
Solucion. Notemos que el vertice V1 = (8, 3) y el foco F1 = (−1, 3), tienen la misma
segunda coordenada, esto significa que el eje focal es horizontal.
la primera coordenada del centro debe ser “4 2la segunda debe de ser “3”. Es decir el centro
es (4, 3).
C = (4, 3)
d(C, V1) = a → a = 4
d(c, F1) → c = 5
Luego b2 = c2 − a2 = 25 − 16 = 9 → b = 3
La ecuacion de la hiperbola es:
(x − 4)2
16− (y − 3)2
9= 1
El otro vertice es:
V2 = (4 − 4, 3) = (0, 3)
El otro foco es:
F2 = (4 + 5, 3) = (9, 3)
Las rectas directrices son:
X1 = 4 +a
e= 4 +
4
5/4= 4 +
16
5=
36
5; X1 =
36
5
X2 = 4 − a
e= 4 − 16
5=
4
5; X2 =
4
5
Las rectas asıntotas son:
y − 3 = ±3
4(x − 4)
Ejercicio 6.15. Hallar la ecuacion del lugar geometrico de los puntos P = (x, y) tales que
a) La diferencia, en valor absoluto de las distancias del punto “p.a (4, 1) y (−2, 1) es igual a 5
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Geometrıa Analıtica
237
Solucion. |d(p, (4, 1))− d(p, (−2, 1))| = 5, aquı 5 = 2a ⇒ a = 5/2
d((4, 1), (−2, 1)) = 2c ⇒ 2c = 6 ⇒ c = 3
ademas b2 = c2 − a2 = 9 − 254
= 114⇒ b =
√112
El lugar geometrico es un hiperbola, cuyo centro es una hiperbola, cuyo centro es (1, 1)y
su ecuacion es
H :(x − 1)2
25/4− (y − 1)2
11/4= 1
b) La distancia al punto (2, 3) es el doble de su distancia a la recta y = 1
Solucion. d(p, (2, 3)) = 2(p, L); L : y = 1
d(p, (2, 3)) =√
(x − 2)2 + (y − 3)2
d(p, L) = |y − 1|
Luego:√
(x − 2)2 + (y − 3)2 = 2(y − 1)
(x − 2)2 + (y − 3)2 = 4(y − 1)2
(x − 2)2 + y2 − 6y + 9 = 4y2 − 8y + 4
(x − 2)2 − 3y2 + 2y + 5 = 0
(x − 2)2 − 3(y2 − 2/3y + 1/9) = −5 − 1
3
(x − 2)2 − 3(y − 1/3)2 = −16
3
3(y − 1/3)2 − (x − 2)2 =16
3
(y − 1/3)2
169
− (x − 2)2
163
= 1 es la ecuacion del lugar geometrico
c) La distancia al punto (4, 5) es tres veces la distancia a la recta de ecuacion x = −2
Solucion. d(p, (4, 5)) = 3d(p, L); L : x = −2
d(P, (4, 5)) =√
(x − 4)2 + (y − 5)2; d(P, L) = |x + 2|Luego:
√
(x − 4)2 + (y − 5)2 = 3|x + 2| ⇒ (x − 4)2(y − 5)2 = 9(x + 2)2
⇒ x2 + 16 − 8x − 9x2 − 36x − 36 + (y − 5)2 = 0
⇒ (y − 5)2 − 8x2 − 44x − 20 = 0
⇒ (y − 5)2 − 8(x2 +11
2x +
121
16) = 20 − 121
2
⇒ (y − 5)2 − 8(x +11
4)2 =
−81
2
⇒ 8(x +11
4)2 − (y − 5)2 =
81
2
⇒ (x + 11/4)2
818
− (y − 5)2
812
= 1 es la ecuacion del lugar geometrico
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Geometrıa Analıtica
238
Ejercicio 6.16. Hallar la ecuacion de la hiperbola equilatera centrada en el origen y que pasa
por el punto (4,−2)
Solucion. Puede ser: x2
a2 − y2
a2 = 1 y como P = (4,−2) es un punto de la hiperbola, debe satisfacer
su ecuacion.
Esto es:42
a2− (−2)2
a2= 1 ⇒ 16 − 4
a2⇒ a2 = 12
Luego la ecuacion es:
x2 − y2 = 12
Ejercicio 6.17. Hallar la ecuacion de la hiperbola equilatera centrada en el origen, y que pasa
por el punto (−3,√
2)
Solucion. Puede ser: x2 − y2 = a2; p = (−3√
2) debe satisfacer su ecuacion
(−3)2 − (√
2)2 = a2 ⇒ 9 − 2 = a2 ⇒ a2 = 7
Luego la ecuacion es
x2 − y2 = 7
Ejercicio 6.18. Hallar la ecuacion de la hiperbola con focos en (0, 0) y (6, 0) y excentricidad
e = 3/2
Solucion.
F1 = (0, 0); F2 = (6, 0)
observemos que tienen la misma segunda coordenada, por lo tanto el eje focal es horizontal.
Las coordenadas del centro:
1
2(F1 + F2) =
1
2[(0, 0) + (6, 0)] = (3, 0)
C = (3, 0) es el centro de la hiperbola
d(F1, F2) = 2c ⇒ |0, 6| = |6| = 6 = 2c → C = 3
e =c
a=
3
2⇔ 3
a=
3
2⇔ a = 2
b2 = c2 − a2 = 9 − 4 = 5 → b2 = 5
Luego la ecuacion de la hiperbola es:
(x − 3)2
4− y2
5= 1
Ejercicio 6.19. Hallar la ecuacion de la hiperbola con vertices en los puntos (1, 2) y (1, 12), y
excentricidad e = 2
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Geometrıa Analıtica
239
Solucion.
d(V1, V2) = 2a; V1 = (1, 2); V2 = (1, 12)
d(V1, V2) = 10 = 2a ⇒ a = 5
e =c
a= 2 ⇔ c
5= 2 ⇔ c = 10
ademas: b2 = c2 − a2 = 100 − 25 = 75
b2 = 75
Las coordenadas del centro son: (1, 7)
(y − 7)2
25− (x − 1)2
75= 1 es la ecuacion de la hiperbola
Ejercicio 6.20. Hallar la ecuacion de la hiperbola cuyos vertices se encuentran en los focos de
la elipse [ (x−2)2
16] + [ (y+1)2
9] = 1 , y los vertices de esta elipse se encuentran en los focos de la
hiperbola
Solucion. El eje focal de la elipse es horizontal, y su centro en el punto (2,−1).
En la elipse:(x − 2)2
(4)2+
(y + 1)2
(3)2= 1
a = 4; b = 3; c =√
a2 − b2 =√
16 − 9 =√
7; c =√
7
Los focos de la elipse son:
F1 = (2 +√
7,−1)
F2 = (2 −√
7,−1)
Los vertices de la elipse son:
V1 = (2 + 4,−1) = (6,−1)
V2 = (2 − 4,−1) = (−2,−1)
Luego las vertices de la hiperbola son
V1H = (2 +√
7,−1) y V2H = (2 −√
7,−1)
y los focos de la hiperbola son
F1H = (6,−1)
F2H = (−2,−1)
Luego se tiene en la hiperbola
d(F1H , F2H) = 2c = 8 → c = 4
d(V1H , V2H) = 2a = 2√
7 → a =√
7
Luego b2 − c2 − a2 → b =√
16 − 7 =√
9 = 3 → b = 3 Luego la ecuacion de la hiperbola es :
H :(x − 2)2
7− (y + 1)2
9= 1
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Geometrıa Analıtica
240
Ejercicio 6.21. Hallar la ecuacion de dos rectas perpendiculares, trazadas desde el foco derecho
de la hiperbola x2
16− y2
9= 1 a sus asıntotas
Solucion. Su ecuacion de la hiperbola: x2
(4)2− y2
(3)2= 1; a = 4, b = 3
el centro es (0, 0); c =√
a2 + b2 =√
16 + 9 =√
25 = 5; c = 5
luego los focos son F1 = (5, 0) y F2 = (−5, 0).
El foco derecho es “F1”.
Las ecuaciones de las asıntotas son: y = ±34x
L1 : y =3
4x; L2 : y = −3
4x
Luego una de las rectas trazadas desde el foco “F”, perpendicular a la recta “L1” es:
y − 0 = −4
3(x + 5) ⇔ y = −4
3(x + 5)
y la ecuacion de la recta trazada desde el foco “F1
2perpendicular a la recta “L1.es:
y − 0 =4
3(x + 5) ⇔ y =
4
3(x + 5)
Ejercicio 6.22. Hallar el angulo formado por las rectas asıntotas de toda hiperbola H cuya
excentricidad seas e = 2.
Solucion.
e =c
a= 2 → c = 2a
ademas c2 = a2 + b2 → (2a)2 = a2 + b2
⇒ 4a2 = a2 + b2 ⇒ b2 = 3a2
H :x2
a2− y2
3a2= 1
Luego las asıntotas son:
y = ±√
3a
ax
y =√
3x
Luego las pendientes de estas rectas son:
m1 =√
3 y m2 = −√
3
tan θ =m1 − m2
1 + m1m2=
√3 +
√3
1 − 3=
2√
3
−2
tan θ = −√
3
luego
θ = 120o
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Geometrıa Analıtica
241
Ejercicio 6.23. Hallar la ecuacion de la hiperbola centrada en (0, 0) y con eje focal paralelo al
eje x.
a) Cuyo semieje transverso mide 6 unidades y excentricidad 32
Solucion.
a = 6; e =c
a=
3
2⇔ c
6=
3
2⇔ c = 9
b2 = c2 − a2 = 81 − 36 = 45
b2 = 45
Luego la ecuacion de la hiperbola es:
H :x2
36− y2
45= 1
b) Cuya distancia focal es 26 y la excentricidad es 135
Solucion.
d(F1, F2) = 26 ⇔ 2c = 26
⇔ c = 13
e =c
a=
13
5⇔ 13
a=
13
5⇔ c = 13
ademas:
b2 = c2 − a2
b2 = 169 − 25 = 144
b2 = 144
Luego la ecuacion de la hiperbola es:
H :X2
25− y2
144= 1
Ejercicio 6.24. En las siguientes hiperbolas, hallar la ecuacion de la recta tangente en el punto
de contacto dado:
a) 25x2 − y2 = 100; (−3, 5√
5)
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Geometrıa Analıtica
242
Solucion. Hacemos y′ = dydx
en la ecuacion de la hiperbola
25(2)x − 2yy′ = 0
25(2)x = 2yy′
y′ =25x
y
y′∣∣(−3,5
√5)
=25(−3)
5√
5=
−15√5
=−15
√5
5
y′∣∣(−3,5
√5)
= −3√
5 es la pendiente de la ruta
Luego la ecuacion de la recta tangente es:
LT : y − 5√
5 = −3√
5(x + 3)
b) 4y − x2 = 1; (−1,−√
2/2)
Solucion. Hallemos y′ = dydx
en la ecuacion de la hiperbola
4(2)yy′ − 2x = D
4(2)yy′ = 2x ⇒ y′ = x4y
Luego:
y′∣∣−1,−
√2
2
=−1
4(−√
22
)=
1
2√
2
y′∣∣−1,−
√2
2
=
√2
4es la pendiente de la recta tangente
Luego la ecuacion de la tangente es:
LT : y +
√2
2=
√2
4(x + 1)
c) 4x2 − 3y2 = 24; (3, 2)
Solucion. Hallemos y′ = dydx
en: 4x2 − 3y2 = 2y
4(2)x − 3(2)yy′ = 04(2)x3(2)y
⇒ y′ = 4x3y
Luego:
y′∣∣(3,2)
=4(3)
3(2)= 2
y′∣∣(3,2)
= 2 es la pendiente de la recta tangente
LT = y − 2 = 2(x − 3)
LT = 2x − y − 4 = 0
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Geometrıa Analıtica
243
Ejercicio 6.25. Hallar las longitudes de los vectores focales del punto (6, 5) de la hiperbola
5x2 − 4y2 = 80
Solucion.H : 5x2 − 4y2 = 80
x2
16− y2
20= 1 ⇔ a = 4; b = 2
√5
c =√
16 + 20 =√
36
c = 6
e =c
a=
6
4=
3
2→ c =
3
2
las longitudes de los vectores focales son:
|e(6) + a| y |e(6) − a| esto es:
|3/2(6) + 4| = |13| = 13 y
|3/2(6) − 4| = |9 − 4| = 5
Rpta: 13 y 5
Ejercicio 6.26. Hallar la ecuacion de la hiperbola que pasa por (6, 4), tiene su eje focal paralelo
al eje y y sus asıntotas son las rectas con ecuaciones:
L1 : x + 2y − 3 = 0, L2 = x − 2y + 1 = 0
Solucion.L1 : x + 2y − 3 = 0; L2 : x − 2y + 1 = 0
L1 : 2y − 2 = −x + 1; L2 : 2y − 2 = x − 1
L1 : 2(y − 1) = −(x − 1); L2 : 2(y − 1) = (x − 1)
L1 : (y − 1) = −12(x − 1); L2 : (y − 1) = 1
2(x − 1)
Luego las ecuaciones de las asıntotas son:
(y − 1) = ±1
2(x − 1)
comparando con la forma:
(y − k) = ±a
b(x − h)
H :(y − k)2
a2− (x − h)2
b2= 1
a
b=
1
2→ b = 2a
(y − 1) = ± a
2a(x − 1)
4a2(y − 1)2 = a2(x − 1)2
4a2(y − 1)2 − a2(x − 1)2 = 1
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Geometrıa Analıtica
244
reemplazando las coordenadas del punto: (6, 4)
4a2(9) − a2(25) = 1 → 36a2 − 25a2 = 1 → 11a2 = 1 → a2 =1
11
Luego:
H :(y − 1)2
11/4− (x − 1)2
11= 1 es la ecuacion de la hiperbola
6.3 Ejercicios y problemas propuestos
1. En los ejercicios siguientes, los vertices y los focos de las correspondientes hiperbolas. Con
la ayuda de las asıntotas, representar las graficas las hiperbolas propuestas. (Larson Pag.
541-542)
a) 2x2 − 3y2 = 6
b) 5y2 = 4x2 + 20
c) (x−1)2
4− (y+2)2
1= 1
d) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1
e) 9y2 − x2 + 2x + 54y + 62 = 0
2. En los ejercicios siguientes hallar una ecuacion para cada hiperbola
a) Centro (0, 0); un vertice (0, 2) un foco (0, 4)
b) Vertices (0, 2); y (6, 2); asıntotas y = 23
e y = 4 − 23x
c) Vertices (2, 3); y (2,−3); pasa por el punto (0, 5).
d) Hallar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a la hiperbola (y2
4) − (x2
2) = 1 en
x = 4.
3. Clasificar la conica correspondiente a cada ecuacion en uno de los tipos: circunferencia,
parabola, elipse, hiperbola.
4y2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0
4. En los ejercicios siguientes, para la hiperbola que tiene la ecuacion indicada determine (a)
el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hiperbola y muestra los focos.
(Leithold pag. 1200)
a) y = x2
64− y2
36= 0
b) y2
25− x2
144= 1
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Geometrıa Analıtica
245
c) 9x2 − 4y2 = 36
5. Para la hiperbola cuya ecuacion se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c)
los vertices, (d) Dibuje la hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas.
a) y = y2
4− x2
16= 1
b) x2 − y2 + 6x − 4y − 4 = 0
c) 9x2 − 16y2 + 54x − 32y − 79 = 0
d) 4y2 − 9x2 + 16y + 18x = 29
6. Obtenga una ecuacion de la hiperbola que satisface las condiciones senaladas y dibujelas.
a) Vertices en (−2, 0); y (2, 0) y eje conjugado de longitud 6.
b) Centro en el origen, sus focos sobre el eje y, y pasa por los puntos (−2, 4); y (−6, 7)
c) Centro en (−2,−1); un vertice en (−2, 11); y un foco en (−2, 13).
d) Focos en (−1, 4) y (7, 4), y la longitud del eje transverso es 23.
e) Los vertices de una hiperbola se encuentra en (−3,−1) y (−1,−1) las distancia entre
los focos es 2√
5. Obtenga (a) una ecuacion de la hiperbola, y (b) las ecuaciones de
las asıntotas.
f) Obtenga una ecuacion de la hiperbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 +
11y2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hiperbola.
6.4 Respuestas Ejercicios Propuestos
1. En los ejercicios siguientes, hallar el centro, los vertices y los focos de las correspondientes
hiperbolas. Con la ayuda de las asıntotas, representar las graficas las hiperbolas propuestas.
a) 2x2 − 3y2 = 6
Solucion
Centro: (0, 0)
Vertices: (±√
3, 0)
Focos: (±√
5, 0)
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246
-10 -5 5 10
-7.5
-5
-2.5
2.5
5
7.5
b) 5y2 = 4x2 + 20
Solucion
Centro: (0, 0)
Vertices: (0,±√
3)
Focos: (0,±√
5)
-10 -5 5 10
-7.5
-5
-2.5
2.5
5
7.5
c) (x−1)2
4− (y+2)2
1= 1
Solucion
Centro: (1,−2)
Vertices: (−1,−2), (3,−2)
Focos: (1 ±√
5,−2)
-10 -5 5 10
-6
-4
-2
2
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247
d) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1
Solucion
Centro: (2,−6)
Vertices: (2,−5), (2,−7)
Focos: (2,−6 ±√
2)
-5 -2.5 2.5 5 7.5 10
-15
-12.5
-10
-7.5
-5
-2.5
2.5
e) 9y2 − x2 + 2x + 54y + 62 = 0
Solucion
Centro: (1,−3)
Vertices: (1,−3 ±√
2)
Focos: (1,−3 ± 2√
5)
-30 -20 -10 10 20 30
-10
-5
5
2. En los ejercicios siguientes hallar una ecuacion para cada hiperbola.
a) Centro (0, 0); un vertice (0, 2) un foco (0, 4)
Solucion
y2
4− x2
12= 1
b) Vertices (0, 2); y (6, 2); asıntotas y = 23
e y = 4 − 23x
Solucion
(x − 3)2
9− (y − 2)2
4= 1
c) Vertices (2, 3); y (2,−3); pasa por el punto (0, 5).
Solucion
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248
y2
9− (x − 2)2
94
= 1
d) Hallar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a la hiperbola (y2
4) − (x2
2) = 1 en
x = 4.
Solucion
En: (4, 6)3x + 4y − 36 = 0 En: (4,−6)3x − 4y − 36 = 0
3. Clasificar la conica correspondiente a cada ecuacion en uno de los tipos: circunferencia,
parabola, elipse, hiperbola.
4y2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0
Solucion
Hiperbola
4. En los ejercicios siguientes, para la hiperbola que tiene la ecuacion indicada determine (a)
el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hiperbola y muestra los focos.
a) x2
64− y2
36= 1
Solucion
(a) (0, 0)
(b) eje x
(c) (−8, 0), (8, 0)
(d) (−10, 0), (10, 0)
(e)
-15 -10 -5 5 10 15
-10
-5
5
10
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249
b) y2
25− x2
144= 1
Solucion
(a) (0, 0)
(b) eje y
(c) (0,−5), (0, 5)
(d) (0,−13), (0, 13)
(e)
-20 -10 10 20
-15
-10
-5
5
10
15
c) 9x2 − 4y2 = 36 Solucion
(a) (0, 0)
(b) eje x
(c) (−2, 0), (2, 0)
(d) (−√
13, 0), (√
13, 0)
(e)
-6 -4 -2 2 4 6
-10
-5
5
10
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Geometrıa Analıtica
250
5. Para la hiperbola cuya ecuacion se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c)
los vertices, (d) Dibuje la hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas.
a) y = y2
4− x2
16= 1
Solucion
(a) (0, 0)
(b) eje y
(c) (0,−2), (0, 2)
(d)
-20 -10 10 20
-15
-10
-5
5
10
15
b) x2 − y2 + 6x − 4y − 4 = 0
Solucion
(a) (−3,−2)
(b) y = −2
(c) (−6,−2), (0,−2)
(d)
-10 -7.5 -5 -2.5 2.5 5
-10
-8
-6
-4
-2
2
4
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251
c) 9x2 − 16y2 + 54x − 32y − 79 = 0
Solucion
(a) (−3,−1)
(b) y = −1
(c) (−7,−1), (1,−1)
(d)
-15 -10 -5 5 10
-10
-5
5
10
d) 4y2 − 9x2 + 16y + 18x = 29
Solucion
(a) (1,−2)
(b) x = 1
(c) (1,−5), (1, 1)
(d)
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-15
-10
-5
5
10
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252
6. Obtenga una ecuacion de la hiperbola que satisface las condiciones senaladas y dibujelas.
a) Vertices en (−2, 0); y (2, 0) y eje conjugado de longitud 6.
Solucionx2
4− y2
9= 1
-10 -5 5 10
-15
-10
-5
5
10
15
b) Centro en el origen, sus focos sobre el eje y, y pasa por los puntos (−2, 4); y (−6, 7)
Solucion
32y2 − 332 = 380
-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5
-10
-5
5
10
c) Centro en (−2,−1); un vertice en (−2, 11); y un foco en (−2, 13).
Solucion(y + 1)2
144− (x + 2)2
81= 1
d) Focos en (−1, 4) y (7, 4), y la longitud del eje transverso es 23.
Solucion
72(x − 3)2 − 9(y − 4)2 = 128
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253
-5 51015
-30
-20
-10
10
20
30
e) Los vertices de una hiperbola se encuentra en (−3,−1) y (−1,−1) las distancia entre
los focos es 2√
5. Obtenga (a) una ecuacion de la hiperbola, y (b) las ecuaciones de
las asıntotas.
Solucion
a) (x+2)2
1− (y+1)2
4= 5
b) y = 2x + 3, y = −2x − 5
f) Obtenga una ecuacion de la hiperbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 +
11y2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hiperbola. Solucion
x2
4− y2
7= 1
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Capıtulo 7
Rotacion y traslacion de los ejes coordenados
7.1 Introduccion
Eligiendo dos ejes perpendiculares entre si, el eje X y el eje Y , formamos el sistema coordenado
rectangular XY o plano cartesiano XY .
Cada punto P = (x, y) en el sistema rectangular XY es un elemento del espacio bidimensional
R2.
A, continuacion, veamos la posicion relativa de un punto P de R2, respecto a dos sistemas
rectangulares : el sistema XY y el sistema X ′Y ′, en el cual los ejes XY han sufrido una rotacion
con angulo θ para convertirse en el sistema X ′Y ′.
P
X
Y
y’
x’X’
Y’
θ
x
y
Figura 7.1:
En el grafico apreciamos dos sistemas: el sistema rectangular XY y el nuevo sistema rectangular
X ′Y ′.
Los ejes XY han girado, en torno al origen como centro de rotacion, un angulo formandose el
nuevo sistema rectangular X ′Y ′.
254
Geometrıa Analıtica
255
Las coordenadas rectangulares del punto P ∈ IR2, respecto al sistema XY , son (x, y).
Las coordenadas rectangulares del punto P ∈ IR2, respecto al sistema X ′Y ′, son (y′y′).
Nuestro interes es encontrar una relacion vectorial y algebraica entre las coordenadas (x, y)
y (x′y′) del punto P ∈ IR2. Esta relacion lo tratamos en el siguiente teorema
7.2 Rotacion de los Ejes Coordenados
Teorema 7.1. Si los ejes coordenados XY giran un angulo θ en torno de su origen como centro
de rotacion y si las coordenadas de un punto cualquiera P ∈ IR2 antes y despues de la rotacion
son (x.y) y (x′, y′), respectivamente, las ecuaciones de transformacion del sistema original al
nuevo sistema de coordenadas estan dadas por:
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
Demostracion. Hagamos el siguiente grafico
X
Y
y’
x’X’
Y’
θ
x
y
Figura 7.2:
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Geometrıa Analıtica
256
En el grafico se observa:
θ: es el angulo de rotacion (Los ejes XY han girado un angulo θ).
XY : son los ejes coordenados del sistema original.
X ′Y ′: son los ejes coordenados del nuevo sistema.
(x, y): son las coordenadas originales del punto P , respecto a los ejes XY .
(x′y′): son las nuevas coordenadas del punto P respecto a los ejes rotados X ′Y ′.
P
X
Y
y’
x’X’
Y’
θα
x
y A’
A
Figura 7.3:
Ahora, veamos como se relacionan las coordenadas originales (x, y) del punto P con las
nuevas coordenadas (x′, y′) del mismo punto.
a) En el triangulo rectangulo OAP , recto en A, se tiene: |OP | = r y ademas:
(1)
x = OA = r cos(θ + α)
y = AP = r sen(θ + α)
Pero:
(2)
cos(θ + α) = cos θ cos α − sen θ sen α
sen(θ + α) = sen θ cos θ + cos θ sen α
Reemplazar (2) en (1):
(3)
x = r cos θ cos α − r sen θ sen α
y = r sen θ cos α + r cos θ sen α
b) En el triangulo rectangulo OA′P , recto en A′, se tiene:
(4)
x′ = OA′ = r cos α
y′ = A′P = r sen α)
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257
Reemplazar (4) en (3):
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
Resumen:
Sea P un punto cualquiera del plano coordenado. Si (x, y) son las coordenadas de P
referidas a los ejes coordenados originales XY y (x′, y′) sus coordenadas referidas a los ejes
girados X ′Y ′ en un angulo θ, entonces las coordenadas (x, y) de P se expresan en funcion
de las coordenadas (x′, y′) mediante las relaciones:
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θLa Relacion Inversa es
x′ = x cos θ + y sen θ
y′ = −x sen θ + y cos θ
x′ =
∣∣∣∣∣
x − sen θ
y cos θ
∣∣∣∣∣
∆
donde ∆ =
∣∣∣∣∣
cos θ − sen θ
sen θ cos θ
∣∣∣∣∣
y′ =
∣∣∣∣∣
cos θ x
sen θ y
∣∣∣∣∣
∆
Una ecuacion de la forma Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 se transforma en una
ecuacion simple mediante una rotacion de ejes coordenados aplicando las relaciones:
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
Ejemplo 7.1. Transformar la ecuacion x2 − 2xy + y2 − x = 0 girando los ejes coordenados un
angulo de 45o. Trazar el lugar geometrico y ambos sistemas de ejes coordenados.
Solucion. 1. Si θ = 45o, entonces
x = x′ cos 45o − y′ sen 45o
y = x′ sen 45o + y′ cos 45o
x = x′√
22− y′
√2
2
y = x′√
22
+ y′√
22
(7.1)
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258
2. Reemplazar las relaciones de (7.1) en la ecuacion: x2 − 2xy + y2 − x = 0
[
x′√
2
2− y′
√2
2
]2
−2
[
x′√
2
2− y′
√2
2
][√2
2+ y′
√2
2
]
+
[
x′√
2
2+ y′
√2
2
]2
−[
x′√
2
2− y′
√2
2
]
= 0
2
4[x′2 − 2x′y′ + y′2] − 2 · 2
4[x′2 − y′2] +
2
4[x′2 + 2x′y′ + y′2] −
√2
2x′ +
√2
2y′ = 0
1
2[x′2 − 2x′y′ + y′2] − x′2 + y′2 +
1
2[x′2 + 2x′y′ + y′2] −
√2
2x′ +
√2
2y′ = 0
2x′2 −√
2
2x′ +
√2
2y′ = 0
4y′2 −√
2x′ +√
2y′ = 0
4
(
y′2 +
√2
4y′ + · · ·
)
=√
2x′
4
(
y′2 +
√2
4y′ +
2
64
)
=√
2x′ +1
8
4
(
y′ +
√2
8
)2
=√
2
(
x′ +1
8√
2
)
(
y′ +
√2
8
)2
=
√2
4
(
x′ +1
8
√2
)
V =(
− 18√
2,−
√2
8
)
= (−0,008,−0,17)
4p =√
24
⇒ p = 0,08
como P > 0, se abre hacia la derecha
EJE FOCAL es paralelo al eje x′
7.3 Traslacion y Rotacion de Ejes
7.3.1 Introduccion
Si la ecuacion de segundo grado en dos variables es completa de la forma:
Ax2 + Bxy + Cy2
︸ ︷︷ ︸
Rotacion
+ Dx + Ey︸ ︷︷ ︸
Traslacion
+F = 0 (7.2)
amerita hacer, primero una traslacion con el fin de que los terminos Dx + Ey se anulen, en
segundo lugar, hacer una rotacion, con el proposito de anular el termino Bxy. Ası la ecuacion
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Geometrıa Analıtica
259
(7.2) se convierte en otra ecuacion mas simple y mucho mas facil de reconocer, si es una parabola,
o una elipse o una hiperbola.
El siguiente teorema consolida la doble transformacion
Teorema 7.2. Si efectuamos un cambio de ejes coordenados mediante una traslacion
x = x′ + h
y = y′ + k
y una rotacion
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ sen θtomadas en cualquier orden, y las coordenadas de
cualquier punto P referido a los sistemas original y final son (x, y) y (x′′, y′′), respectivamente,
las ecuaciones de transformacion del sistema original al nuevo sistema de coordenadas son:
x = x′′ cos θ − y′′ sen θ + h
y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + k
en donde θ es el angulo de rotacion y (h, k) son las coordenadas del nuevo origen referido a los
ejes coordenados originales.
En el grafico se tiene
(x,y) son las coordenadas de P , respecto a XY .
(x’,y’) son las coordenadas de P , respecto a X ′Y ′
(x”, y”) son las coordenadas de P , respecto a X ′′Y ′′.
X
Y’
y’
x’’X’’
Y’
θ
x’
y’
’
’’
P
y
x0
Figura 7.4:
Ejemplo 7.2. Por transformacion de coordenadas, simplificar la ecuacion:
2x2 + 2xy + 2y2 − 2x − 10y + 11 = 0
Tracese el lugar geometrico y todos los sistemas de ejes coordenados.
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Geometrıa Analıtica
260
Solucion.
1. En primer lugar, hacer la traslacion de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la trans-
formacion
x = x′ + h
y = y′ + kAl reemplazar en la ecuacion dada, obtenemos:
2(x′ + h)2 + 2(x′ + h)(y′ + k) + 2(y′ + k)2 − (x′ + h) − 10(y′ + k) + 11 = 0
2x′2 + 4hx′ + 2h2 + 2x′y′ + 2kx′ + 2hy′ + 2hk + 2y′2 + 4ky′ + 2k2 − 2x′ − 2h − 10y′ − 10k + 11 = 0
Asociar los terminos comunes:
2x′2 +2y′2 +2x′y′+(4h+2k−2)x′ +(2h+4k−10)y′+(2h2 +2hk+2k2−2h−10k+11) = 0 (7.3)
2. Igualar a cero los coeficientes de x′ y de y′:
4h + 2k − 2 = 0
2h + 4k − 10 = 0
2h + k − 1 = 0
h + 2k − 5 = 0
Al resolver el sistema se obtiene: h = −1, k = 3.
Entonces el nuevo origen del sistema X ′Y ′ es (h, k) = (−1, 3)
3. Reemplazar los valores de h y k en (7.3)
2x′2 + 2y′2 + 2x′y′ + (2 − 6 + 18 + 2 − 30 + 11) = 0
2x′2 + 2y′ + 2x′y′ − 3 = 0 (7.4)
4. En segundo lugar, hacer la rotacion de los ejes X ′Y ′ mediante la transformacion
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
7.4 Transformaciones de Coordenadas
7.4.1 Traslaciones de ejes
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Geometrıa Analıtica
261
En varios tipos de problemas matematicos se puede aclarar el planteamiento de un problema, o
se pueden simplificar algunos calculos, sı se cambia la colocacion de los ejes de coordenadas. Un
cambio tal de colocacion es una transformacion de coordenadas. En este capitulo se estudiaran
dos tipos basicos de transformaciones de coordenadas: las traslaciones y las rotaciones.
S(a,b)
(a’,b’)
a’
b’
h
k
x’
y y’
x0
(h,k)
Figura 7.5:
En la Figura 7.5 se muestran dos pares de sistemas de coordenadas cartesianos en el plano,
cuyos ejes correspondientes son paralelos y tienen los mismos sentidos. Se puede considerar que
los ejes x′ y y′ son el resultado de ”deslizar”los ejes x y y sobre el plano manteniendolos paralelos
a sus posiciones originales hasta que el origen coincida con el punto cuyas coordenadas x y y
son (h, k). Este “deslizamiento” o traslacion de los ejes asigna a cada punto S(a, b) del plano
un nuevo par de coordenadas (a′, b′). Como se muestra en la Figura 7.5, se tiene a = a′ + h y
b = b′ + k. Por lo tanto, las coordenadas x y y estan relacionadas con las coordenadas x′ y y′ a
traves de las ecuaciones
x = x′ + h
y = y′ + k, (7.5)
o bien
x′ = x − h
y′ = y − k (7.6)
Las Ecuaciones (7.5) y (7.6) se pueden emplear en el estudio de circunferencias cuyos centros no
estan en el origen, ası como de parabolas, elipses e hiperbolas cuyos ejes sean paralelos a los ejes
coordenados pero que esten colocadas en posiciones diferentes a las ordinarias.
Ejemplo 7.3. Una parabola tiene su vertice en V (3, 4) y su foco en F (3, 6). Obtenga una
ecuacion cartesiana de esta parabola.
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Geometrıa Analıtica
262
Solucion. Se traza primero un diagrama que muestre los ejes de coordenadas y los puntos dados.
Puesto que el vertice y el foco de una parabola estan sobre su eje, la parabola dada tiene a su
eje sobre la recta cuya ecuacion es x = 3.
V(3,4)
F(3,6)
Figura 7.6:
Ahora tracemos un par de ejes de coordenadas, x′ y y′, cuyo origen este sobre el vertice V (3, 4)
de la parabola. Una ecuacion de la parabola en las variables x y y es entonces
x′2 = 4py′
o puesto que 6 − 4 = 2 = p,
x′2 = 8y′ (7.7)
Es decir, los puntos de la parabola son puntos con coordenadas x′ y y′ satisfacen esta ecuacion.
Ahora, empleando las Ecuaciones 7.6, con h = 3 y k = 4, se obtiene una ecuacion de la parabola
en las variables x y y sustituyendo los valores x′ = x− 3 y y′ = y − 4 en la Ecuacion (7.7). Esto
indica que la ecuacion requerida es
(x − 3)2 = 8(y − 4)
o sea
x2 − 6x − 8y + 41 = 0
Cualquier ecuacion de la forma
Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 ( No siendo A y C ambos 0) (7.8)
tiene ordinariamente una grafica que es una circunferencia, o que es una parabola, elipse o
hiperbola cuyo eje (principal) es paralelo a un eje de coordenadas. En algunos casos excepcionales
la grafica puede ser un punto, una recta, dos rectas paralelas, dos rectas que se intersectan o el
conjunto vacıo.
Completando cuadrados en x y y, sı tanto A como C son diferentes de O, o bien en caso
contrario, completando un cuadrado y combinando los terminos lineales y constantes restantes,
y empleando las ecuaciones (7.6) resulta sencillo identificar y trazar la grafica de la curva que
este representada por una ecuacion de la forma (7.8).
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
263
V(3,4)
F(3,6)
p
x
y
Figura 7.7:
Ejemplo 7.4. Obtenga una ecuacion en las variables x′ y y′ de la grafica de
9x2 − 4y2 + 36x − 24y − 36 = 0
de tal manera que el centro de la grafica este sobre el origen en el sistema de coordenadas x′ y
y′. Haga su representacion grafica,
Solucion. Completando cuadrados en x y y y simplificando:
9x2 + 36x + 4y2 − 24y = 36
9(x2 + 4x) − 4(y2 + 6y) = 36
9(x2 + 4x + 4) − 4(y2 + 6y + 9) = 36 + 36 − 36
9(x + 2)2 − 4(y + 3)2 = 36
Dividiendo ambos miembros por 36. se obtiene
(x + 2)2
4− (y + 3)2
9= 1
o sea[x − (−2)]2
4− [y − (−3)2]
9= 1
Ahora empleando las ecuaciones (7.6) con h = −2 y k = −3, se puede escribir esta ultima
ecuacion en terminos de las coordenadas x′ y y′.
x′2
4− y′2
9= 1
En la figura se muestra la grafica correspondiente.
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Geometrıa Analıtica
264
xy
5
50
-5
0
-10
-5-10
Figura 7.8:
Ejemplo 7.5. Encuentre las coordenadas del vertice V y del foco F de la parabola dada por la
ecuacion
y2 + 4x + 6y + 1 = 0
Solucion. Primero, completese a cuadrados en y, y simplifıquese:
y2 + 6y = −4x − 1
y2 + 6y + 9 = −4x − 1 + 9
(y + 3)2 = −4x + 8
(y + 3)2 = −4(x − 2)
o bien
[y − (−3)]2 = −4(x − 2)
Ahora, empleese la Ecuacion (7.6) con h = 2 y k = −3 para obtener una ecuacion en x′ y y′, en
la turnia ordinaria de la parabola
y′2 = −4x′
En el sistema x′y′ esta es la ecuacion de una parabola cuyo vertice V tiene como coordenadas a
(x′, y′) = (0, 0) y cuyo foco F tiene coordenadas (x′, y′) = (−1, 0).
Finalmente, empleese ia Ecuacion (7.5), con h = 2 y k = −3 para encontrar las coordenadas x
y y del vertice y del loco: para el vertice V se tiene
(x, y) = (0 + 2, 0 + (−3)) = (2,−3)
y para el loco F se tiene
(x, y) = (−1 + 2,0 + (−3)) = (1. − 3)
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Geometrıa Analıtica
265
El proceso de completar cuadrados y simplificar las ecuaciones resultantes que se empleo en los
Ejemplos 7.4 y 7.5 se puede aplicar a cualquier ecuacion de la forma (7.8). Siempre se puede
tratar de obtener una ecuacion de una de las formas que se muestran en la siguiente tabla. (Esta
tabla debe entenderse. pero no debe ser memorizada.)
Tipo Ecuacion Grafica Centro Vertices Focos
(1) (x − h)2 + (y − k)2 = r2 circunferencia (h, k) −−− −−−r > 0 (x−h)2
a2 + (y−k)2
b2= 1 Elipse (h, k) (h ± a, k) (h ±
√a2 − b2, k)
a > b > 0 (y−k)2
a2 + (x−b)2
b2= 1 Elipse (h, k) (h, k ± a) (h, k ±
√a2 − b2)
(2) (x − h)2 = 4p(y − k) Parabola −−− (h, k) (h, k + p)
p 6= 0 (y − k)2 = 4p(x − h) Parabola −−− (h, k) (h + p, k)
(3)
a > 0 (x−h)a2 − (y−k)2
b2= 1 Hiperbola (h, k) (h ± a, k) (h ±
√
a2 + b2, k)
b > 0 (y−k)2
a2 − (x−h)2
b2= 1 Hiperbola (h, k) (h, k ± a) (h, k ±
√a2 + b2)
Sin embargo, en casos excepcionales, cuando se haya reducido la ecuacion de segundo grado a
una forma que aparezca en el primer miembro de una ecuacion contenida en la tabla, no se
podra expresar el segundo miembro en la forma que alii se muestra.
Si en las ecuaciones del Tipo 1. en lugar de r2 (con r > 0) o de 1 en el segundo miembro aparece
una constante no positiva q, ocurre lo siguiente, Si q > 0, entonces la grafica es solamente el
punto (h, k); y si q < 0, entonces la grafica es el conjunto vacıo.
Para las ecuaciones del Tipo 2. en lugar de 4p(x − h) o 4p(y − k, con p 6= 0, en el segundo
miembro, puede obtenerse nuevamente una constante. Si q > 0, entonces la grafica son dos
rectas (paralelas) verticales. Si rectas (paralelas) verticales. Si q = 0, entonces la grafica es una
recta horizontal o una recta vertical; y si q < 0, entonces la grafica es.
Para las ecuaciones del tipo 3 en lugar de 1en el segundo miembro puede tenerse 0. La grafica
es entonces un par de rectas que se intersecan.
De la discusion anterior se llega a los siguientes hechos:
La grafica de Ax2 + C2y + Dx + Ey + F = 0 (donde A y C no son ambos 0) es una:
1. Circunferencia, si A = C. En casos excepcionales, la grafica puede ser un punto o bien
0.
2. Elipse, Si A 6= C y A y C tienen el mismo (AC > 0). En casos excepcionales la grafica
puede ser un punto o 0.
3. Parabola, Si A = 0 o bien C = 0. En casos excepcionales, la grafica puede ser un par de
rectas paralelas, o una sola recta o 0.
4. Hiperbola, Si A y C tienen signos contrarios (AC < 0). En casos excepcionales la grafica
pueden ser un par de rectas que se cortan.
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Geometrıa Analıtica
266
Los tipos de lugares geometricos que se mencionaron anteriormente reciben el nombre de sec-
ciones conicas, o conicas, puesto que resultan de la interseccion de un plano con un cono circular
recto de dos ramas.
Circunferencia
Plano perpendicula al eje
corta a una rama
Elipse
Plano oblicuo al eje corta
a una rama
Parábola
Plano paralelo a un elemento
Hipérbola
Plano quer corta a ambas ramas
Figura 7.9:
Los casos excepcionales no vacıos se obtienen cuando el plano pasa por el vertice del cono (Figura
7.10). (Para el caso de dos rectas paralelas hay que sustituir al cono por un cilindro circular recio,
que se puede pensar es uncono tuyo vertice esta a una distancia infinita). Los lugares geometricos
excepcionales reciben el nombre de secciones conicas degeneradas.
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Geometrıa Analıtica
267
Punto
Plano que corta sólo en el vértice
Una recta
Plano tangente a un elemento
Par de rectas que se cortan
Plano que contiene al eje
Par de rectas paralelas
Plano perpendicular a la base del cilindro
Figura 7.10:
Si se efectuan todas las simplificaciones y reducciones a forma ordinaria de las ecuaciones de la
forma
Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 ( con A y C no siendo ambos0)
se obtienen los resultados que se resumen en la siguiente tabla, que debe servir como referencia,
pero que nuevamente no debe memorizarse.
Tipo A(4ACF − CD2 − AE2 < 0) A = C una circunferencia
elıptico A 6= C una elipse
AC > 0 A(4ACF − CD2 − AE2) > 0 el conjunto vacıo
4ACF − CD2 − AE2 = 0 un punto
E 6= 0 una parabola
A 6= 0 4AF − D2 < 0 dos rectas paralelas
C = 0 E = 0 4AF − D2 = 0 una recta
Tipo 4AF − D2 el conjunto vacıo
parabolico D 6= 0 una parabola
AC = 0 A = 0 4CD − E2 < 0 dos rectas paralelas
C 6= 0 D = 0 4CF − E2 = 0 una recta
4CF − E2 > 0 el conjunto vacıo
Tipo 4AC − CD2 − AE2 6= 0 una hiperbola
Hiperbolico 4ACF − CD2 dos rectas se cortan
AC < 0
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268
7.4.2 Rotacion de ejes
En la Subseccion anterior se vio que se puede emplear una traslacion de ejes para transformar
una ecuacion dada a una forma mas sencilla (pero equivalente) cuya grafica sea facilmente re-
conocible. Esto tambien se aplica a las rotaciones de ejes.
Si se rotan los ejes de coordenadas alrededor del origen y se considera que estan fijos todos los
puntos del plano, entonces cada punto (o vector), excepto el origen, tendra un nuevo par de coor-
denadas (o componentes). Estas nuevas coordenadas se pueden calcular empleando trigonometrıa
como se indica a continuacion.
X
Y
X’
Y’
θ φ
θ−φ
S(x,y)
(x’,y’)
||s||=r
Figura 7.11:
En la Figura 7.11 se muestran dos pares de ejes de coordenadas en el plano. Como se muestra, los
ejes x′ y y′ se han obtenido rotando a los ejes x y y alrededor del origen un angulo φ. Supongase
que S es cualquier punto del plano, y que S tiene las coordenadas (x.y) con respecto a los ejes
xy y, y tiene coordenadas (x′, y′) con respecto a los ejes x′ y y′. Si el angulo de direccion del
vector s con respecto al eje x′− es y′− entonces, como se muestra, el angulo de direccion de s
con respecto al eje x′ es φ. Por lo tanto. Si la magnitud de s es r, se tiene
x = r cos θ, y = sen θ
y
x′ = r cos(θ − φ), y′ = r sen(θ − φ) (7.9)
Por trigonometrıa se sabe que
cos(θ − φ) = cos θ cos φ + sen θ sen φ
sen(θ − φ) = sen θ cos φ − cos θ sen φ
Por consiguiente, las Ecuaciones x se pueden escribir en la forma
x′ = r cos θ cos φ + r sen θ sen φ
y′ = r sen θ cos φ − r cos θ sen φ
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Geometrıa Analıtica
269
o bien, como r cos θ = x y r sen θ = y, en la forma
x′ = r cos θ cos φ + r sen θ sen φ (7.10)
Las Ecuaciones (7.10) a su vez se pueden escribir en forma equivalente como
x = x′ cos φ − y′ sen φ, y = x′ sen φ + y′ cos φ (7.11)
Por lo tanto, ante una rotacion de ejes, las coordenadas x y y de un punto estan relacionadas
con las coordenadas x′ y y′ a traves de las Ecuaciones (7.10) o. equivalentemente, a traves de las
ecuaciones (7.11).
Ejemplo 7.6. Considerese una rotacion de los ejes coordenados para la cual m(φ) = 30. Si
las coordenadas x y y de los puntos S y T son (4,−2) y (3, 1), respectivamente, encuentre las
coordenadas x′ y y′ de S y T .
Solucion. Empleense las Ecuaciones (7.10) anteriores con sen φ = sen 30 = 12
y cos 30o =√
32
para calcular las coordenadas x′ y y′.
Para S se tiene
x′ = (4)
(√3
2
)
y′ = (−4)
(1
2
)
+ (−2)
(√3
2
)
x′ = 2√
3 − 1 y′ = −2 −√
3
Para T se tiene
x′ = (3)
(√3
2
)
+ (1)
(1
2
)
y′ = (−3)
(1
2
)
+ (1)
(√3
2
)
x′ 3√
3 + 1
2y′ =
−3 +√
3
2
Ası las coordenadas x′ y y′ de S y T son
(2√
3 − 1,−2 −√
3) y
(
3√
3 + 1
2,−3 +
√3
2
)
Ejemplo 7.7. Para los puntos S y T mencionados en el Ejemplo 7.6, verificar que se obtiene el
mismo resultado si se calcula d(S, T ) en cualquier sistema de coordenadas.
Solucion. Si (x1, y1) y (x2, y2) representan las coordenadas x, y y, x′1, y
′1 y (x′
2, y′2) las coorde-
nadas x′ y y′ de S y T respectivamente se tiene
(x1, y1) = (4,−2)
(x2, y2) = (3,1)
d(S, T ) =√
(3 − 4)2 + [1 − (−2)]2
=√
(−1)2 + 32
=√
10
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270
(x1, y1) = (2√
3 − 1,−2 −√
3)
(x2, y2) =
(
3√
3 + 1
2
)2
+
(
−3 +√
3
2
)2
d(S, T ) =
√√√√
(
3 −√
3
2
)2
+
(
1 + 3√
3
2
)2
=
√
9 − 6√
3 + 3
4+
1 + 6√
3 + 27
4
=√
10
Por lo tanto, d(S, T ) tiene el mismo valor en ambos sistemas de coordenadas.
Se verifica algebraicamente el hecho geometrico de que una traslacion de ejes no altera los
angulos . Esto tambien es valido, para las rotaciones de ejes puesto que estas transformaciones
meramente asignan, nuevas coordenadas a cada punto y no alteran la forma o tamano de las
figuras geometricas.
El siguiente ejemplo ilustra como se puede emplear una rotacion de ejes para transformar una
ecuacion de una forma que no es familiar a una forma
Ejemplo 7.8. Obtenga una ecuacion en las variables x′ y y′ de la grafica de xy = 4 bajo una
rotacion de ejes alrededor del origen con m(φ) = 45. Use este resultado para identificar la
ecuacion Original y trace una grafica de la misma.
Solucion. Se tiene cos45o = 1√2
y sen 45 = 1√2. Si se emplean estos valores en la Ecuacion
(7.11), se obtiene
x =x′ − y′√
2y y =
x′ + y′√
2
Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuacion xy = 4, se tiene
(x′ − y′√
2
)(x′ + y′√
2
)
= 4
x′2 − y′2
2= 4
x′2 − y′2 = 8
x′2
8− y′2
8= 1
Se reconoce que la grafica de esta ultima ecuacion es una hiperbola con el eje principal sobre el
eje x′. Por lo tanto, la grafica de la ecuacion original es una hiperbola cuyo eje principal forma
un angulo de 45 con la parte positiva del eje x. A continuacion se muestra su grafica
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Geometrıa Analıtica
271
-2 0 4-4
y
6
2
0
x-2
-6
2
4
-4
Figura 7.12:
Ejemplo 7.9.
(2,−3); 120o
Solucion. Puesto que cos 120 = −12
y sen 120 =√
32
, las Ecuaciones (7.10), toman la forma
x′ = −1
2x +
√3
2y, y′ = −
√3
2x − 1
2y
Por lo tanto, para (2,−3) se tiene
x′ = −1
2(2) +
√3
2(−3) = −1 − 3
√3
2
y′ = −√
3
2(2) − 1
2(−3) = −
√3 +
3
2
Por Consiguiente, las coordenadas buscadas son
(
−2 − 3√
3
2,3 − 2
√3
2
)
1. (1, 3); 30o
2. (2, 3); 45o
3. (-2.4);240o
4. (-3.7);135o
5. (-6.-3);315o
6. (0.-4);225o
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272
Empleando las Ecuaciones (7.11) se puede escribir la ecuacion dada como
2(x′ cos φ − y′ sen φ) − (x′ sen φ + y′ cos φ) = 3
Agrupando los terminos que contienen a x′ y a y′ se tiene
2x′ cos φ − x′ sen φ − 2y′ sen φ − y′ cos φ = 3
x′(2 cosφ − sen φ) − y′(2 sen φ + cos φ) = 3 (7.12)
La pendiente de la grafica de esta ecuacion es
m =2 cos φ − sen φ
2 sen φ + cos φ
Como se desea que esta pendiente sea 0. se sigue que se debe tener
2 cos φ − sen φ = 0
o biensen φ
cos φ= tan φ = 2
Puesto que φ es positivo se puede elegir φ tal que este en el cuadrante I o en el cuadrante III.
Para identificar los valores de cosφ y sen φ del cuadrante I, se traza un triangulo rectangulo con
un angulo φ tal que φ = 21. Se sigue que la hipotenusa tiene una longitud
√12 + 22 =
√5 y que
por lo tanto sen = 2√5
y cos φ = 1√5. Sustituyendo estos valores en la ecuacion (7.9) se tiene
x′[
2
(1√5
)
− 2√5
]
− y′[
4√5
+1√5
]
= 3
o bien
y? = −3
5
√5
Si φ esta en el cuadrante III, se tiene sen φ = − 2√5
y cos φ = − 1√5, la ecuacion (7.9) se convierte
en y′ = 35
√5. Por lo tanto, la recta con pendiente 0 se puede representar por
y′ = −3
5
√5 o como y′ =
3
5
√5
La ecuacion general de segundo grado
Una ecuacion de la forma
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (7.13)
donde A, B.C, D.E y F son constantes, con A, B y C no siendo todos nulos, recibe el nombre
de ecuacion de segundo grado, o cuadratica, en dos variables.
Si B = 0, la ecuacion toma la forma
aX2 + cY 2 + dX + eY + f = 0
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Geometrıa Analıtica
273
y como se vio en la Seccion anterior se puede identificar su grafica completando cuadrados en x
y y, y aplicando entonces una traslacion de ejes apropiada.
Si B ≤ 0 en la Ecuacion (7.13) inmediatamente anterior, entonces no se puede identificar su
grafica directamente por este metodo. Sin embargo, se puede emplear una rotacion de ejes para
obtener una ecuacion de la grafica de (I) que no contenga un termino en x′y′− y entonces se
puede proceder como antes.
Si se rotan los ejes un angulo φ medido en radianes, entonces las viejas y las nuevas coordenadas
estan relacionadas a traves de
x = x′ cos φ − y′ sen φ (7.14)
y = x′ sen θ + y′ cos φ (7.15)
Si se sustituyen estos valores en la Ecuacion (7.13) la ecuacion resultante es de la forma
A′x′2 + B′x′y′ + C ′y′2 + D′x′ + E ′y′ + F ′ = 0 (7.16)
donde
A = A cos2 φ + B cos φ sen φ + C sen2 φ (7.17)
B = 2(C − A) sen φ cosφ + B(cos2 φ − sen2 φ) (7.18)
C = A sen2 φ − B cos φ sen φ + C cos2 φ (7.19)
D = D cos φ + E sen φ (7.20)
E = −D sen φ + E cos φ (7.21)
F = F (7.22)
Para eliminar el termino en x′y′− en (7.16), es decir, para tener B′ = 0, se iguala el segundo
miembro de (7.18) a 0, y se resuelve la ecuacion resultante
2(C − A) sen φ cos φ + B(cos2 φ − sen2 φ) = 0 (7.23)
despejando a 0. Recordando de trigonometrıa que para todos los valores reales de φ,
2 sen φ cos φ =) sen 2φ y cos2 φ − sen2 φ = cos 2φ
Esto es la Ecuacion (7.23) es equivalente a
(C − A) sen 2φ + B cos 2φ = 0 (7.24)
Ahora hay que considerar dos casos:
1. A = C y
2. A 6= C.
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274
Caso (1). Si A = C, la Ecuacion (7.24) se convierte en
B cos 2φ = 0
de donde
cos 2φ = 0
Los valores de 2φ que satisfacen esta ecuacion son de la forma
π
2+ kπ, k entero,
y por lo tanto los valores de φ son de la forma
π
4+ k
(π
2
)
, k entero
El menor valor positivo de esta forma para π es π4
y normalmente se emplea este valor.
Caso (2). Si A 6= C, entonces la Ecuacion (7.24) es equivalente a
(A − C) sen 2φ = B cos 2φ
sen 2φ
cos 2φ=
B
A − C
tan 2φ =B
A − C
En este caso nuevamente se tienen una seleccion de valores de 2φ, y se puede restringir 2φ a
cualquier intervalo de longitud π que se desee. Normalmente, se selecciona un valor en el intervalo
0 < 2φ < π, o bien 0 < φ < π2. Por lo tanto, se puede restringir el angulo de rotacion a ser un
angulo agudo.
Ejemplo 7.10. Mediante una rotacion de ejes identifique la grafica de
x2 − 3xy + 5y2 − 4 = 0
y trace un esquema de la grafica
Solucion. Puesto que A = 1, B = −3, y C = 5, se tiene
tan 2φ =−3
1 − 5=
3
4
Elıjase 2φ de modo que 0 < 2φ < r. Entonces, puesto que 2φ > 0, se sabe que 0 < 2φ < π2, o
bien 0 < φ < π4.
Trazando un diagrama del triangulo rectangulo apropiado, como se muestra, por inspeccion
se tiene que cos 2φ = 45, sen 2φ = 3
5. Para calcular los valores de cosφ y sen φ, recuerdese de
trigonometrıa que
cos φ =
√
1 + cos 2φ
2
sen φ =
√
1 − cos 2φ
2
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Geometrıa Analıtica
275
Puesto que 0 < φ < π4, cos φ y sen φ son positivos, es decir, debemos elegir el signo + en cada
caso. Ası se tiene
cos φ =
√
1 + cos 2φ
2=
√
1 + 45
2=
3√10
sen φ =
√
1 − cos 2φ
2=
√
1 − 45
2=
1√10
Empleando estos valores en las Ecuaciones (7.14), se encuentra que las ecuaciones de rotacion
son
x =3x′ − y′√
10y y =
x′ + 3y√10
Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuacion x2 − 3xy + 5y2 − 4 = 0, se obtiene
5x′2 + 55y′2 = 40
ox′2
8+
y′2
811
= 1
Esta ecuacion de una elipse. A continuacion se muestra su grafica
x
y’
x’
y
Figura 7.13:
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276
Empleando las Ecuaciones (7.17) y (7.19), se obtiene alguna informacion directa sobre la grafica
de la ecuacion general de segundo grado en dos variables (Ecuacion (7.13)). Observese primero
que, sumando los miembros correspondientes de las Ecuaciones (7.17) y (7.19) se obtiene
A′ + C = A(cos2 φ + sen2 φ) + C(cos2 φ + sen2 φ) = A + C
Ahora se puede verificar, empleando (7.17), (7.18) y (7.19) que
4A′C ′ − B′2 = 4AC − B2
El numero 4AC − B recibe el nombre de caracterıstica de la Ecuacion: (7.13), y 4A′C ′ − B′2
es pues la caracterıstica de la ecuacion transformada bajo una rotacion. El que 4A′C ′ − B′2 =
4AC − B2: expresa que la caracterıstica es invariante bajo una rotacion de ejes. Claro esta. que
en A′ + C ′ = A + C, el numero A + C tambien es invariante bajo una rotacion de ejes.
Uno de los propositos de una rotacion de ejes es proporcionar una ecuacion transformada en la
que B′ = 0. Por la invariancia de la caracterıstica, si B′ = 0, se tiene
4A′C ′ = 4AC − B2 (7.25)
Ya se ha visto que la grafica de
A′x2 + C ′y2 + D′x + E ′y + F ′ = 0
donde A′ y C ′ no son ambos 0, es del tipo elıptico si A′C ′ > O, del tipo parabolico si A′C ′ = 0,
y del tipo hiperbolico si A′C ′ < 0. Entonces, debido a la Ecuacion (7.25) se tiene:
La grafica de Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 es
1. de tipo elıptico sı 4AC − B2 > 0,
2. de tipo parabolico si 4AC − B2 = 0, y
3. de tipo hiperbolico si 4AC − B2 < 0.
Ejemplo 7.11. Diga de que tipo es la grafica de
(a) 3x2 − 14xy + 9x − 7y + 13 = 0
(b) 6x2 − 2xy + y2 + 2x + 3y − 41 = 0
(c) 3x2 − 12xy + 3y2 + 6x − 4y + 8 = 0
(d) 3x2 − 6xy + 3y2 − 14x + 22y − 7 = 0
Solucion. (a) 4AC − B2 = (4)(3)(0) − 196 = −196 < 0; hiperbolico.
(b) 4AC − B2 = (4)(6)(1) − 4 = 20 > 0; elıptico
(c) 4AC − B2 = (4)(3)(3) − 144 = −108 < 0; hiperbolico
(d) 4AC − B2 = (4)(3)(3) − 360; parabolico
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277
Tangentes a las secciones conicas
Considerese una parte de una curva dada (Figura 7.14) que contiene a le puntos S1 y S2, y
considerese la recta L; que pasa por S1 y S2. Pensemos que S2 es una partıcula que se desliza
sobre la curva hacia S1, entonces se puede ver que la distancia que separa a S1, de S2 disminuye
cada vez mas y que de esta manera se puede hacer tan pequena como se quiera. Se dice.entonces
que S2 tiende a S1 sobre C y que S1 es el limite de S2 en esas circunstancias.
S
SS’
S’
22
2
1
Figura 7.14:
En la Figura 7.14 se ve que a medida que S2 tiene a S1, sobre L2 la posicion de la recta L2 se
puede acercar a la posicion de la recta L1. En tal caso, se dice que L1 es la tangente a la curva
C en el punto S1.
En esta seccion estudiaremos el problema de obtener una ecuacion de la recta tangente a una
seccion conica C en un punto dado de ella. Para la solucion de este problema se considerara el
caso particular de una seccion conica que pase por el origen, y se estudiara el proceso de obtener
la ecuacion de una recta tangente a C en el origen.
Observese primero que la grafica C de cualquier ecuacion se segundo grado contiene al origen si
y solo si su termino constante es 0. Es decir, la grafica C de
Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (7.26)
contiene al origen si y solo si F = 0. Notese ahora que para valores de k tales que 0 < |k| < 1, no
solo se tiene que k2 < |k|, sino que al disminuir el valor de |k|, disminuye mas rapidamente. Por
ejemplo, al tomar k los valores 110
, 1100
y 11000
k2 toma los valores 110
, 1100
y 11000
k2 respectivamente.
Analogamente, para 0 < |k| < 1 y 0 < |k| < 1, si tanto h como k tienden a cero, entonces hk
tiende a cero mas rapidamente que el mayor de los valores de |h| y |k|.Considerese ahora el comportamiento de los diversos terminos de la Ecuacion (7.26), con F = 0,
cuando tanto x como y tienden a 0, es decir, cuando el punto S(x, y) sobre la curva C tiende al
origen O sobre C. Notese que los terminos Ax2, Bxy, y Cy2 decrecen en valor absoluto mucho
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Geometrıa Analıtica
278
mas rapidamente que el mayor de los valores |x| y |y|. Por lo tanto, las coordenadas de los puntos
S(x, y) que estan sobre C y estan cerco del origen no solo satisfacen la Ecuacion (7.26) sino que
satisfacen aproximadamente la ecuacion Dx + Ey = 0
Dx+Ey=0
S(x,y)
00 x
y
y
x
Figura 7.15:
Supongase que D y E no son ambos 0. Entonces, como se muestra en la Figura 7.15, es plausible
concluir que a medida que un punto S(x, y) sobre C tiende al 0 sobre C, la recta que pasa por
S y O tiende a la recta cuya ecuacion es Dx + Ey = 0. Este razonamiento conduce al siguiente
resultado:
Una ecuacion de la tangente a la grafica de Ax2 +Bxy +Cy2 +Dx+Ey = 0, en el origen,
si por lo menos uno de los numeros D o E no es cero, esta dada por Dx + Ey = 0.
Ejemplo 7.12. Obtenga una ecuacion de la tangente a la grafica de
3x2 + 4y2 + 2x − 3y = O
en el origen.
Solucion. Por inspeccion, D = 2 y E = −3. Por lo tanto, la ecuacion requerida es 2x − 3y = 0
El metodo que se ha discutido es aplicable a las graficas de polinomios en general. Por ejemplo,
la grafica G de
x6 − 7x3y2 + y4 + 2x − 3y = 0
pasa por el origen O, puesto que el termino constante es 0. Una ecuacion de la recta tangente a
G en O es 2x − 3y = 0.
Frecuentemente se desea obtener una ecuacion de la tangente a una seccion conica en un punto
que nu sea el origen. Aunque existen tecnicas (de calculo diferencial) para hacer esto directa-
mente, es mas sencillo realizar una traslacion de ejes de modo que el punto en cuestion sea el
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Geometrıa Analıtica
279
nuevo origen. Se obtiene entonces la ecuacion deseada mediante el metodo que se ha estudia-
do. Se efectua entonces una segunda traslacion regresando a los ejes originales para obtener la
ecuacion de la tangente requerida.
Ejemplo 7.13. Obtenga una ecuacion de la recta L que es tangente en el punto S(2,−1) a la
elipse cuya ecuacion es x2 + 4y2 = 8
Solucion. Notese primero que el punto S(2,−1), esta de hecho sobre la elipse, puesto que
(2)2 +4(−1)2 = 8. Ahora, si se tome (2,−1) como nuevo origen, las ecuaciones de traslacion son
x = x′ + 2 y y = y′ = 1
Sustituyendo estos valores de x y y en la ecuacion de la elipse, se obtiene
(x′ + 2)2 + 4(y′ − 1)2 = 8
x′2 + 4x′ + 4 + 4y′2 − 8y′ + 4 = 8
x′2 + 4y′2 + 4x − 8y′ = 0
Ahora notese que esta ecuacion tiene un termino constante 0, y que por lo tanto su grafica
contiene al origen en el sistema de coordenadas x′ y y′. Entonces por inspeccion,
4x′ − 8y′ = 0
o bien
x′ = 2y′ = 0
es una ecuacion de la recta L que es tangente a la elipse en el origen del sistema de coordenadas
x′ y y′. Si ahora se efectua una traslacion que reestablezca el sistema de coordenadas x y y
empleando las ecuaciones
x′ = x − 2 y y′ = y + 1
se obtiene
(x − 2) − 2(y + 1) = 0
o bien
x − 2y − 4 = 0
que es una ecuacion en las variables x y y de la recta L.
Obtencion de tangentes por el metodo del discriminante (Optativo)
Se vio en la Seccion 5-4 que se puede pensar que la recta L1 tangente a la curva S en el punto S1
de C es la posicion limite (si existe dicha posicion lımite) de la recta L, que pasa por los puntos
S1 y S2, cuando S, tiende a S1 sobre C. En esta seccion, se estudiara esta situacion desde un
punto de vista ligeramente distinto. Refiriendose a la Figura 5-5, se ve que la recta L2 interseca
a la curva C en dos puntos S1 y S2. Cuando S2 tiende a S1, y L2; tiende a L1, los dos puntos
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280
de interseccion de L2 con C se acercan el uno al otro, hasta que, intuitivamente, se convierten
en un solo punto, al llegar L2 a la posicion lımite de L1. Por lo tanto, intuitivamente se puede
pensar que el punto de tangencia es un punto de “doble interseccion”. Este concepto es analogo
al de una raız “doble”de una ecuacion cuadratica.
Recuerdese de estudios de algebra que la formula cuadratica
x =−b ±
√b2 − 4ac
2a
determina las raıces de la ecuacion ax2 + bx + c = 0, a 6= 0, en terminos de los coeficientes
reales a, b y c. El valor del discriminante b2−4ac, determina la naturaleza de las raıces. Ası para
b2 − 4ac > 0, hay dos raıces reales distintas, mientras que si b2 − 4ac = 0, hay solo una raız real
que se puede pensar intuitivamente es una raız “doble”, si se piensa que el discriminante es una
variable que tiende a cero.
Se pueden combinar los conceptos de “punto de interseccion doble 2de “raız doble”de una
ecuacion cuadratica para construir un artificio que permite calcular cuales son las tangentes
a las secciones conicas, como se ilustra en los siguientes ejemplos.
Una recta y una conica no degenerada tienen 0, 1 y 2 puntos en comun. Tienen exactamente un
punto comun si y solo si, o bien la recta es tangente a la seccion conica, o bien, en el caso de
que la seccion conica sea una parabola, si la recta es paralela a su eje, y si la seccion conica es
una hiperbola, la recta es paralela (pero no coincidente) a una de sus asıntotas
7.5 Problemas Desarrollados
Ejercicio 7.1. Transformar la ecuacion x2−2xy+y2−x, girando los ejes coordenados en angulo
45. Trazar el lugar geometrico y ambos sistemas de ejes coordenados.
Solucion. 1. Si θ = 45, entonces
x = x′ cos 45 − y′ sen 45
y = x′ sen 45 + y′ cos 45
x = x′√
22− y′
√2
2
y = x′√
22
+ y′√
22
(7.27)
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281
2. Reemplazando las relaciones en 7.27 en la ecuacion: x2 − 2xy + y2 − x = 0
[
x′√
2
2− y′
√2
2
]2
− 2
[
x′√
2
2− y′
√2
2
][
x′√
2
2+ y′
√2
2
]
+
[
x′√
2
2+ y′
√2
2
]2
−[
x′√
2
2− y′
√2
2
]
= 0
2
4[x′2 − 2x′y′ + y′2] − 2
2
4[x′2 − y′2] +
2
4[x
′2 + 2x′y′ + y′2] −
√2
2x′ +
√2
2y′ = 0
1
2[x′2 − 2x′y′ + y′2] − x′2 + y′2 +
1
2[′x2 + 2x′y′ + y′2] −
√2
2x′ +
√2
2y′ = 0
2y′2 −
√2
2x′ +
√2
2y′ = 0
4y′2 −
√2x′ +
√2y′ = 0 (es una parabola)
4(y′2 +
√2
4y′ + . . .) =
√2x′
4
(
y′2 +
√2
4y′ +
2
64
)
=√
2x′ +1
8
4
(
y′ +
√2
8
)
=√
2
(
x′ +1
8√
2
)
(
y′ +
√2
8
)
=
√2
4
(
x′ +
√1
8√
2
)
V =(
− 18√
2,−
√2
8= (−0,008,−0, 17)
)
4p =√
24
→ p = 0,08
como P > 0, se abre hacia la derecha
EJE FOCAL, es paralelo al eje x′
X45o
X ′Y
Y ′
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282
Ejercicio 7.2. Por una rotacion de los ejes coordenados, transformar la ecuacion 5x2 + 4xy +
2y2 = 2 en ora que carezca del termino en x′y′. Trazar su lugar geometrico y ambos sistemas de
ejes coordenados
Solucion. En la ecuacion dada sustituir: x e y dado por las transformaciones:
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
5(x′ cos θ − y′ sen θ)2 + 4(x′ cos θ − y′ sen θ)(x′ sen θ + y′ cos θ) + 2(x′ sen θ + y′ cos θ)2 = 2
⇔ 5(x′2 cos2 θ − 2x′y′ cos θ sen θ + y′2 sen2 θ) + 4x′2 cos θ sen θ − 4x′y′ cos2 θ
−4x′y′ sen2 θ − 4y′2 sen θ cos θ + 2(x′2 sen2 θ + 2x′y′ sen θ cos θ + y′2 cos2 θ) = 2
Asociar:
⇔ x′2(5 cos2 θ+4 cos θ sen θ+2 sen2 θ)+x′y′(−10 cos θ sen θ+4 cos2 θ−4 sen2 θ+4 sen θ cos θ)+
y′2(5 sen2 θ − 4 sen θ cos θ + 2 cos2 θ) = 2 (7.28)
⇔ como la ecuacion transformada debe carecer del termino x′y′ igualamos el coeficiente de x′y′
a cero, obteniendose
−10 cos θ sen θ + 4 cos2 θ − 4 sen2 θ + 4 sen θ cos θ = 0
−6 cos θ sen θ + 4 cos2 θ − 4 sen2 θ = 0
Resolver esta ecuacion trigonometrica:
Hacer el siguiente resolver
2 sen θ cos θ = sen 2θ
cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ
−3 sen 2θ + 4 cos 2θ = 0
4 cos 2θ = 3 sen 2θ4
3=
sen 2θ
cos 2θ
tan 2θ =4
3
esta relacion trigonometrica nos permite hacer el triangulo rectangulo:
A continuacion hacer uso de las identidades:
sen θ =
√
1 − cos 2θ
2=
√
1 − 35
2= 1√
5
cos θ =
√
1 + cos 2θ
2=
√
1 + 35
2= 2√
5
(7.29)
Ahora, reemplazar 7.29 en 7.28:
⇔ x′2[
545
+ 4 2√5
]
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283
⇐⇒ x′2[
545
+ 4 2√5
1√5
+ 2√
15
]
+ y′2
515− 4 1√
52√5
+ 245
= 2
⇐⇒ 6x′2 + 6y′2 = 2 . . . (elipse)x′226
+ y‘2
2= 2
↓ ↓b = 1√
3a =
√2
1 2 3−1−2
1
2
−1
−2
Xθ
X ′
Y
Y ′
Con la ayuda de:
tan θ = sen θcos θ
= 12
se ubica en el punto (2,1) en el PLANO XY . Luego se traza el EJE x′ pasando
por (0,0) y (2,1).- El EJE y′ pasa por (0,0) y perpendicular al EJE y′
Ejercicio 7.3. Por transformacion de coordenadas, simplificar la ecuacion:
2x2 + 2xy + 2y2 − 2x − 10y + 11 = 0
Tracese el lugar geometrico y todos los sistemas de ejes coordenados
Solucion.
1. En primer lugar, hacer la traslacion de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la trans-
formacion
x = x′ + h
y = y′ + k
Al reemplazar en la ecuacion dada, obtenemos:
2(x′ + h)2 + 2(x′ + h)(y′ + k) + 2(y′ + k)2 − 2(x′ + h) − 10(y′ + k) = 0
2x′2 + 4hx′ + 2h2 + 2x′y′ + 2kx′ + 2hy′ + 2hk + 2y′2 + 4xy′ + 2k2
−2x′ − 2h − 10y′ − 10k + 11 = 0
Asociar los terminos comunes:
2x′2 +2y′2+2x′y′+(4h+2k−2)x′+(2h+4k−10)y′+(2h2 +2hk+2k2−2h−10k+11) = 0
(7.30)
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284
2. Igualar a cero los coeficientes de x′ y de y′:
4h + 2k − 2 = 0
2h + 4k − 10 = 0
2h + k − 1 = 0
h + 2k − 5 = 0
Al resolver el sistema se obtiene: h = −1, k = 3
Entonces el nuevo origen del sistema X ′Y ′ es (h, k) = (−1, 3)
3. Reemplazar los valores de h y k en 7.30:
2x′2 + 2y′2 + 2x′y′ + (2 − 6 + 18 + 2 − 30 + 11) = 0
2x′2 + 2y′2 + 2x′y′ − 3 = 0(7.31)
4. En segundo lugar, hacer la rotacion de los ejes X ′Y ′ mediante la transformacion:
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
Al reemplazar a la ecuacion 7.31, obtenemos:
2[x′′ cos θ − y′′ sen θ]2 + 2[x′′ sen θ + y′′ cos θ]2 + 2[x′′ cos θ − y′′ sen θ][x′′ sen θ + y′′ cos θ] − 3 = 0
2x′′2 cos2 θ − 4x′′y′′ cos θ sen θ + 2y′′2 sen2 θ + 2x′′2 sen2 θ + 4x′′y′′ sen θ cos θ + 2y′′2 cos2 θ
+2x′′2 cos θ sen θ + 2x′′y′′ cos2 θ − 2x′′y′′ sen2 θ − 2y′′2 sen θ cos θ − 3 = 0
5. Asociar los terminos comunes:
(2 cos2 θ + 2 sen2 θ + 2 cos θ sen θ)x′′2 + (2 sen2 θ + 2 cos2 θ − 2 sen θ cos θ)y′′2
+(−4 cos θ sen θ + 4 sen θ cos θ + 2 cos2 θ − 2 sen2 θ)x′′y′′ − 3 = 0
⇐⇒ (2 + sen 2θ)x′′2 + (2 − sen 2θ)y′′2 + (2 cos2 θ − 2 sen2 θ)x′′y′′ − 3
(7.32)
6. Igualar a cero el coeficiente de x′′y′′
2 cos2 θ − 2 sen2 θ = 0
cos2 θ − sen2 θ = 0
cos 2θ = 0 → 2θ =π
2
cos 2θ = 0
sen 2θ = 1
θ =π
4
7. Reemplazar en 7.32:
(2 + 1)x′′2 + y′′2 − 3 = 0
3x′′2 + y′′2 = 3
x′′2
1+
y′′2
3= 1 (Elipse), donde a =
√3, b = 1
El grafico es:
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285
1 2 3−1−2−3
1
2
3
4
5
−1
X
θ X ′
X ′′
Y
Y ′Y ′′
Ejercicio 7.4. Dada la ecuacion 5x2 − 26xy + 5y2 + 72 = 0. Identificar la conica que ella
representa.
Trazar su grafica senalando las ecuaciones de rotacion
Solucion. En este problema solo habra rotacion
La transformacion de rotacion es
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ(1)
Hallemos: cos θ y sen θ a partir de tan 2θ = BA−C
B = −26
A = 5
C = 5En este caso A = C, entonces resolvamos:
B cos 2θ = 0, B 6= 0
cos 2θ = 0
θ = 45o
Ası tendremos
cos θ =√
22
sen θ =√
22
(7.33)
Reemplazar ?? en 7.33
x =√
22
x′ −√
22
y′
y =√
22
x′ +√
22
y′ (7.34)
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286
Reemplazar 7.34 en la ecuacion dada
5
[√2
2(x′ − y′)
]
− 26
[√2
2(x′ − y′)
][√2
2(x′ + y′)
]
+ 5
[√2
2(x′ + y′) + 72
]2
= 0
52
4(x′2 − 2x′y′ + y′2) − 26
2
4(x′2 − y′2) +
2
4(x′2 + 2x′y′ + y′2) + 72 = 0
5
2x′2 − 5x′y′ +
5
2y′2 − 13x′2 + 13y′2 +
5
2x′2 + 5x′y′ +
5
2y′2 + 72 = 0
−8x′2 + 18y′2 + 72 = 0
8x′2 − 18y′2 = 72
x′2
9− y′2
4= 1
Es la misma hiperbola en el sistema x′ o y′
X’
X
Y
Y’
45º
Ejercicio 7.5. En la elipse ε, se conocen: su excentricidad e = 12, un foco F1 (0,1) y su directriz
correspondiente, la recta de ecuacion x + y + 29 = 0.
Hallar la elipse en el nuevo sistema X ′P0Y′, de origen P0, donde P0 es el centro e la elipse
Solucion.
1. Hacer el grafico de los datos:
a) El foco F1(0, 1)
b) La recta x + y + 29 = 0
2. Hallaremos la ecuacion del eje focal: pasa por F1(0, 1) y es perpendicular a L1 de pendiente
m1 = −1
La ecuacion del eje focal, es:
L : y − 1 = 1(x − 0)
y = x + 1
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287
F(0,1)
L : x+y+29=0
1
1
3. Por hallarse: el centro de la elipse, y los valores de a y b.
Veamos:
Si P0 es el centro de la elipse, en el siguiente grafico se tiene
R
F(0,1)
P(x,x+1)
c
a/e
0
1
1L
|RF1| + c =a
e(7.35)
donde
|RF1| = distancia de F1 a la recta L1
=|0 + 1 + 29|√
2= 15
√2
e =1
2. . . (segun dato)
Entonces, al reemplazar en 7.35
15√
2 + c = 2a (7.36)
otras ecuaciones son
De e = 12
obtenemos12
= ca
a = 2c(7.37)
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288
Ademas
a2 = b2 + c2 (7.38)
4. Al resolver las ecuaciones 7.36, 7.37 y 7.38; se obtienen: c = 5√
2, a = 10√
2, b = 5√
6
5. Ahora, hallaremos el centro P0
|F1P0| = c√
x2 + x2 = 5√
5 ⇒ |x| = 5
Eligiendo x = 5, obtenemos P0 = (5, 6)
6. Ası, tenemos el grafico:
Y’ X’
ab
P0
x′2
200+
y′2
150= 1
7. Como la pendiente del eje focal es tan θ = 1, entonces θ = 45, cos θ =√
22
, sen θ =√
22
8. En el sistema original XOY , las coordenadas de P son:
P = P0 + x′(cos θ, sen θ) + y′(− sen θ, cos θ)
de aquı se despeja x′, y′, obteniendose:
x′ =
√2
2(x − 5) +
√2
2(y − 6)
y′ = −√
2
2(x − 5) +
√2
2(y − 6)
Ejercicio 7.6. Determinar, cuando existan, los valores de k para los cuales la ecuacion: k2x2 +
2kxy + (k2 − 1)y2 + 2x − 3y + 300 = 0
i) Una parabola
ii) Una elipse
iii) Una hiperbola
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289
iv) Una circunferencia
Solucion. La ecuacion general del segundo grado:
k2x2 + 2kxy + (k2 − 1)y2 + 2x − 3y + 300 = 0 (7.39)
donde
A = k2
B = 2k
C = k2 − 1
i) Representa una parabola, si
B2 − 4AC = 0
(2k)2 − 4(k2)(k2 − 1) = 0
Al resolver:
4k2[1 − (k2 − 1)] = 0
k2[2 − k2] = 0
k = 0
k = ±√
2
ii) La ecuacion 7.39 representa una elipse, si
B2 − 4AC < 0
k2[2 − k2] < 0
k2[k2 − 2] > 0
Resolver la inecuacion: k 6= 0
k2 > 0
k2 > 2 ⇐⇒ k >√
2 ∨ k < −√
2
iii) La ecuacion 7.39 representa una hiperbola si
B2 − 4AC > 0
k2[2 − k2] > 0
Si k 6= 0
k2 < 0
−√
2 < k <√
2
k ∈ ] −√
2,√
2 [ − 0
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290
Ejercicio 7.7. El sistema XOY es trasladado al punto P0(1, 3) y luego es rotado en un angulo
α = 30 obteniendose el sistema X ′′P0Y′′. E este sistema la ecuacion de una parabola P es:
(y′′)2 = 8x′′
Hallar:
a) El area del triangulo P0LR, siendo L y R los extremos del lado recto
b) las coordenadas del foco, L y R con respecto al sistema original (XOY )
Solucion. 1. Hacer el grafico con los datos que se dan:
Y
X
X’’
Y’’
R
L
F
P30º
3
1
0
2. En el sistema X ′′P0Y′′, P0 es el origen de X ′′Y ′′.
En este sistema se tiene la parabola
P : y′′2 = 8x′′
donde 8 = 4p ⇒ p = 2.
El area del triangulo P0LR es:
(base)(altura)
2=
(8)(2)
2= 8u2
base = |LR| = 8unidades
altura = |P0F | = 2unidades
3. Las coordenadas del foco en el sistema X ′′P0Y′′ es F = (2, 0) = (x′′, y′′)
Como hay rotacion y traslacion, se tiene la transformacion:
x = x′′ cos θ − y′′ sen θ + h
y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + h
4. Como datos se tiene
x′′ = 2, y′′ = 0 (foco)
θ = 30
h = 1, k = 3 (P0)
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291
Entonces:
x = 2√
32− 01
2+ 1
y = 212− 0
√3
2+ 3
x =√
3 + 1
y = 4
5. Conclusion: Las coordenadas del foco en el sistema original XOP , son:
F (√
3 + 1, 4)
Ejercicio 7.8. Los semiejes transverso y conjugado de una hiperbola tienen longitud 2 y√
2
respectivamente. Si ele eje focal es la recta LF : 3x − 3y + 3 = 0 y el eje normal, la recta
LN : 3x + 3y − 11 = 0. Encontrar la ecuacion de la hiperbola
Solucion.
1. Para tener mejor idea, graficar el eje focal y el eje normal, respectivamente:
LF : 3x − 3y + 3 = 0
m = 1
x 0 -1
y 1 0
LN : 3x + 3y − 11 = 0
x 0 11/3
y 11/3 0
X’
X
Y Y’
X’’Y’’ L
LN
F
ab
2. Como datos se tiene:
a = 2, b =√
2
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292
3. El centro de la hiperbola respecto al sistema XY es la interseccion del eje focal con el eje
normal
P0 = LF ∩ LN =
(4
3,7
3
)
4. Respecto a los EJES X”Y” la ecuacion de la hiperbola es:
H :x′2
4− y′2
2= 1
5. Si θ es el angulo de rotacion y la pendiente de LF es tan θ = 1, entonces se obtiene:
cos θ =1√2
sen θ =1√2
6. Como hay ROTACION Y TRASLACION, entonces:
x = x′′ cos θ + y′′ sen θ + h
y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + h
Sustituir datos
x = x′′ 1√2− y′′ 1√
2+ 4
3
y = x′′ 1√2
+ y′′ 1√2
+ 73
x − 43
= 1√2x′′ − 1√
2y′′
y − 73
= 1√2x′′ − 1√
2y′′
7.
x′′ = 1√2
(x + y − 1
3
)
y′′ = 1√2(y − x − 1)
8. Sustituir 7 en 4
Ejercicio 7.9. 1. La recta D : x− 2y − 6 = 0 es la directriz de una parabola cuyo vertice es
el punto V (1, 1). Determinar la ecuacion de la parabola por la rotacion de ejes
2. El centro de una elipse es (1, 0). El eje normal es la recta x− y − 1 = 0, el eje mayor mide
12 y el lado recto es 8. determinar la ecuacion de la elipse, por rotacion de ejes
Solucion. a) (1) Graficar la directriz y el vertice:
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293
V
X
Y
X’’
Y’’
3
6θ
D
(2) Si y′′ es el eje focal y x′′y′′ es el nuevo sistema, entonces la ecuacion de la parabola es
P : x′′ = 4py, con “p”p positiva
Hallar p
p = d(V, D) =|1 − 2 − 6|√
1 + 4=
7√5
⇒ P : x′′2 =28√
5y′′
Como hay rotacion y traslacion, las coordenadas de un P ∈ P, en el sistema original,
esta dado por:
x = x′′ cos θ − y′′ sen θ + h
y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + k
La pendiente de X ′′ es tan θ = 12
porque X ′′ es paralela a D
sen θ =1√5
cos θ =2
5
Como V = (h, k) = (1, 1), entonces
x = 2√5x′′ − 1√
5y′′ + 1
y = 2√5x′′ + 2√
5y′′ + 1
(3) Al despejar: x′′ y y′′ se obtiene:
x′′ = 2√5(x − 1) + 1√
5(y − 1)
y′′ = 2√5(y − 1) − 1√
5(x − 1)
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294
(4) Reemplazar en la parabola
P :
[2√5(x − 1) +
1√5(y − 1)
]2
=28√
5
[2√5(y − 1) − 1√
5(x − 1)
]
Que se reduce a:
: 4x2 + 4xy + y2 + 16x − 62y + 37 = 0
b) a) Graficar los datos
θ
X
X’’
YY’’
P
F
F
0
1
2
b) Como datos se tiene:
2a = 12 ⇒ a = 6
longitud de lado recto2b2
a= 8 ⇒ b2 = 24
P0 = (h, k) = (1, 0)
c) Hay rotacion y traslacion.
En el sistema x′′ o y′′, la ecuacion de la elipse es:
ε :y′′2
36+
x′′2
24= 1
tal que:
x =√
22
x′′ −√
22
y′′ + 1
y =√
22
x′′ +√
22
y′′ = 0
Despejar: x′′ y y′′ para reemplazar en ε
Ejercicio 7.10. Dada la ecuacion: x22√
3xy + 3y2 − 16√
3x − 16y = 0
a) Graficarla con respecto al sistema XOY dado (justifique mediante rotacion de ejes)
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295
b) Hallar respecto de dicho sistema, la ecuacion de la recta que contiene a un lado recto de la
grafica
Solucion. Para responder las partes a) y b), bastara hacer las cosas:
1. Hallar el sen θ y cos θ; sabiendo que
tan 2θ =B
A − C
B = −2√
3
A = 1
C = 3
tan 2θ =−2
√3
1 − 3
tan 2θ =√
3
2θ = 60o
θ = 30o ⇒ sen θ =1
2, cos θ =
√3
2
2. Reducir la ecuacion dada a la forma canonica mediante la transformacion
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
x =√
32
x′ − 12y′
y = 12x′ +
√3
2y′ (7.40)
Veamos:
Reemplazar 7.40 en la ecuacion dada:
[1
2(√
3x′ − y′)
]2
− 2√
3
[1
2(√
3x′ − y′)
] [1
2(x′ +
√3y′)
]
+ 3
[1
2(x′ +
√3y′)
]2
−16√
3
[1
3(√
3x′ − y′)
]
− 16
[1
2(x′ +
√3y′)
]
= 0
Esta ecuacion se reduce a:
y′2 − 8x′ = 0
y′2 = 8x′
Donde:
4p = 8
p = 2
El eje focal es el eje x′
1. Para graficar, necesitamos la direccion del eje x′ (sigue la direccion de la tan 30o = 1√3)
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296
X
Y
Y’X’
P
V3__
2. La ecuacion del lado recto en el sistema x′y′ es x′ = 2.
La ecuacion x′ = 2 en el sistema XY se halla mediante la transformacion.
x′ = x cos θ + y sen θ
2 = x
√3
2+ y
1
2
4 =√
3x + y
0 =√
3x + y − 4
Ejercicio 7.11. El sistema XOY se traslada al punto (2,2) y luego se rota en angulo de 60o en
sentido antihorario obteniendose el sistema X ′P0Y′. La recta L tiene por ecuacion
L :2 +
√3
2x′ +
1 − 2√
3
2y′ = 5
Si L2 es una recta ortogonal a L y pasa por el punto L∩Eje Y , determinar la ecuacion de L2 en
el sistema XY
Solucion. 1. Graficar los datos:
P
X
X’Y’
Y Y’’
X’’60º2
2
0
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297
2. El sistema XOY se traslada al punto (2,2) y luego se rota un angulo de 60o en sentido
antihorario, se obtiene el sistema x′P0y′. Entonces la trasformacion es:
x′′ = x′ cos 60o − y′ sen 60o + 2
y′′ = x′ sen 60o + y′ cos 60o + 2
x − 2 = 12x′ −
√3
2y′
y − 2 =√
32
x′ + 12y′ (7.41)
Hallar x′ y y′, resolviendo el sistema 7.41 por determinantes:
x′ = 12[x +
√3y − 2 − 2
√3]
y′ = 12[y −
√3x + 2
√3 − 2]
(7.42)
3. Reemplazar 7.42 en L:
(2 +√
3)
2
[1
2(x +
√3y − 2 − 2
√3)
]
+(1 − 2
√3)
2
[1
2(y −
√3x + 2
√3 − 2)
]
= 5
Al multiplicar y simplificar se obtiene:
L : 8x + 4y − 44 = 0
L : 2x + y − 11 = 0
La pendiente de L es m = −2
4. Para hallar la ecuacion de la recta L2, se necesitan: un punto P0 ∈ L2 y su pendiente m2
a) Como L2 es perpendicular a L, entonces la pendiente de L2 es m2 = 12
b) L2 pasa por la interseccion de L con el Eje Y
El intercepto de L con el Eje Y , se obtiene haciendo x = 0 en la ecuacion de L.
Ası
x = 0 ⇒ 2(0) + y − 11 = 0
⇒ y = 11
Luego: P0 = (0, 11).
La ecuacion de L2 es:
L2 : y =1
2(x − 0)
y =1
2x + 11
Ejercicio 7.12. Dada la ecuacion: 2x2 − 4xy − y2 − 4√
5x − 2√
5y + 14
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298
a) Identificar la conica a la cual representa
b) Graficar la conica
c) Determinar la ecuacion del eje focal de la conica en el sistema XY
Solucion. 1. En primer lugar, hallar
tan 2θ =B
A − C, donde
B = −4
A = 2
C = −1
tan 2θ =−4
2 − (−1)= −4
3
cos 2θ = −3
5
sen θ =
√
− cos 2θ
2=
2√5
cos θ =
√
1 + cos 2θ
2=
1√5
tan θ = 2
2. En segundo lugar reemplazar: la transformacion
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
x = 1√5x′ − 2√
5y′
y = 2√5x′ + 1√
5y′
en la ecuacion dada
2
[1√5(x′ − 2y′)
]2
− 1
[1√5(x′ − 2y′)
1√5(2x′ + y′)
]
−[
1√5(2x′ − y′)
]2
−4√
5
[1√5(x′ − 2y′)
]
− 2√
5
[1√5(2x′ + y′)
]
+ 14 = 0
Al desarrollar y simplificar, se obtiene:
a) −2x′2 + 3y′2 − 8x′ + 6y′ + 14 = 0 . . . (hiperbola)
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299
3. Ahora completamos cuadrados, para poser hallar el centro P0 de la hiperbola en el sistema
X ′OY ′
3(y′2 + 2y′ + . . .) − 2(x′2 + 4x′ + . . .) = −14
3(y′2 + 2y′ + 1) − 2(x′2 + 4x′ + 4) = −14 + 3 − 8
3(y′ + 1)2 − 2(x′ + 2)2 = −19
2(x′ + 2)2 − 3(y′ + 1)2 = 19
(x′ + 2)2
19/2− (y′ + 1)2
19/3= 1
a =
√
19
2= 3,08 b =
√
19
3= 2,51
X
YX’
Y’
P0
En el sistema X ′ = Y ′, el centro de la hiperbola es (-2,-1).
Eje transversal paralelo al eje X ′
4. La ecuacion del eje focal en el sistema X ′OY ′ es: y′ = 1.
Del sistema de ecuaciones que aparece en el paso dos despejar y′:
y′ =1√5y − 2√
5x
Al reemplazar en 4:
1√5y − 2√
5x = −1 ⇔ 2x − y −
√5 = 0
Ejercicio 7.13. Hallar la ecuacion de una elipse con vertices en (3,3) y (-1,-1) y excentricidad
e = 12
Solucion. 1. Graficar los datos en el sistema original XOY
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300
V
V
Y
Y’
Y’’
X’’
X
X’
1
0
2
−1
1
3
3
P
ab
2. Si V1 y V2 son los vertices de la elipse, entonces el centro es el punto medio del segmento
V1V2, esto es:
P0 =1
2(V1 + V2) = (1, 1)
3. Si elegimos el punto P0(1, 1) como origen del sistema X ′OY ′, entones la ecuacion de la
elipse es:
ε :x′2
a2+
y′2
b2= 1
Hallaremos a y b
i) a = d(P0, V2) =√
(3 − 1)2 + (3 − 1)2 = 2√
2
ii) Como e = ca
y e = 12
→ c
a=
1
22c = a
2c = 2√
2
c =√
2
iii) Pero:
a2 = b2 + c2
8 = b2 + 2 ⇒ b2 = 6
Entonces la elipse es:
ε :x′2
8+
y‘2
6= 1
ε : 3x′2 + 4y′2 = 24
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Geometrıa Analıtica
301
4. Por el punto P0, hagamos pasar el sistema X ′′OY ′′, entonces los ejes X ′′, Y ′′ han rotado
θ = 45o respecto a X ′Y ′ (pues la pendiente de V1V2 es tan θ = 1)
Ase obtenemos la transformacion:
x′′ = x′ cos θ − y′ sen θ
y′′ = x′ sen θ + y′ cos θ
x′′ =√
22
x′′ −√
22
y′
y′′ =√
22
x′ +√
22
y′
5. Al despejar; x′y′, se obtiene:
x′ =√
22
x′′ +√
22
y′′
y′ =√
22
y′′ −√
22
x′′
6. Reemplazar en le elipse ε
ε : 3
[√2
2(x′′ + y′′)
]2
+ 4
[√2
2(y′′ − x′′)
]
= 24
ε : 3(x′′ + y′′)2 + 4(y′′ − x′′)2 = 48
7. El sistema XOY se ha trasladado al punto P0(1, 1) entonces:
x′′ = x − 1
y′′ = y − 1
8. Reemplazar en la elipse
ε : 3(x − 1 + y − 1)2 + 4(y − 1 − x + 1) = 48
ε : 3(x + y − 2)2 + 4(y − x)2 = 48
ε : 7x2 − 2xy + 7y2 − 12x − 12y − 36 = 0
Ejercicio 7.14. El sistema XOY se ha trasladado al punto Q(3, 2), obteniendose el sistema
X ′QY ′, luego se realiza una rotacion de ejes resultando el sistema X ′′QY ′′.
El semieje positivo al eje X ′′ pasa por el punto (3,4) referido al sistema X ′QY ′. Si ε es una elipse
de ecuacion y′′2 + 4x′′2 = 16, determinar:
a) La ecuacion de ε en el sistema XOY
b) las ecuaciones de las directrices de ε en el sistema XOY
Solucion. 1. Graficar los datos
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302
θ
Y Y’
Y’’
X
X’
X’’
Q
B
A2
30
(3,4)
2. En el triangulo rectangulo QAB, recto en A, se tiene tan = 43
sen θ =4
5
cos θ =3
5
3. La transformacion es:
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
x′ = 35x′′ − 4
5y′′
y′ = 45x′′ + 3
5y′′
Despejar: x′′, y′′
x′′ =
∣∣∣∣∣
x′ −4/5
y′ 3/5
∣∣∣∣∣=
3
5+
4
5y′ =
3
5y′ − 4
5x′
y′′ =
∣∣∣∣∣
3/5 x′
4/5 y′
∣∣∣∣∣=
3
5y′ − 4
5x′
4. Reemplazar en la elipse:
ε : y′′2 + 4x′′2 = 16
ε :1
25(3y′ − 4x′) + 4
1
25(3x′ + 4y′)2 = 16
ε : (3y′ − 4x′)2 + 4(3x′ + 4y′)2 = 400
5. Pero XOY se traslado al punto Q(3, 2) formandose el sistema X ′Y ′ entonces:
x′ = x − 3
y′ = y − 2
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Geometrıa Analıtica
303
Reemplazar en la elipse:
ε : [3(y − 2) − 4(x − 3)]2 + 4[3(x − 3) + 4(x − 2)]2 = 400
Que se reducer a:
ε : 52x2 + 73y2 + 7xy − 456x − 508y + 792 = 0
6. Las ecuaciones de las directrices en el sistema x′′y′′ son:
y′′ = ±a
e
a = 4
e =√
32
y′′ = ± 8√3
3
5(y − 2) − 4
5(x − 3) = ± 8√
3
4x − 3y − 6 ± 40√3
= 0
Ejemplo 7.14. Sea la recta L : 4x+3y−20 = 0. Se realiza una traslacion de los ejes coordenados
al nuevo origen P0(6,−1), seguida de una rotacion, obteniendose el sistema X ′Y ′. El eje Y ′
coincide con la recta L. En el sistema X ′Y ′ la ecuacion de una recta L1 es L1 : x′ − 3y′ + 6 = 0.
hallar la ecuacion de L1 en el sistema XY
Solucion. 1. Graficar los datos:
θ
θX
X’
Y Y’Y’’
X’’P
62
7
−1
−6
L : x’−3y’+6=0
L :4x+3y−21
1
0
Graficar L1 : x′ − 3y′ + 6 = 0
x′ y′
0 2
-6 0
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304
Si θ es el angulo agudo de rotacion debemos hallar: tan θ.
Veamos: la pendiente de L es m = −43
como el eje X ′ es perpendicular a la recta L,
entonces tan θ = 34
sen θ =3
5, cos θ =
4
5
2. El sistema x′′y′′ ha rotado θ = arctan(
34
)para convertirse en el sistema x′y′, entonces:
x′′ = x′ cos θ − y′ sen θ
y′′ = x′ sen θ + y′ cos θ
x′′ = 45x′ − 3
5y′
y′′ = 35x′ + 4
5y′
3. Despejar: x′, y′
x′ =
∣∣∣∣∣
x′′ −3/5
y′′ 4/5
∣∣∣∣∣=
4
5x′′ +
3
5y′′
y′ =
∣∣∣∣∣
4/5 x′′
3/5 y′′
∣∣∣∣∣=
4
5x′′ − 3
5y′′
4. Al reemplazar en L1
4
5x′′ +
3
5y′′ − 3
(4
5y′′ − 3
5x′′)
+ 6 = 0
L1 : 13x′′ − 9y′′ + 30 = 0
5. Como el sistema XY se traslado, teniendo como nuevo origen el punto P0(6, 1), para
formarse el sistema X ′′P0Y′′, entonces:
x′′ = x − 6
y′′ = y + 1
6. Al reemplazar en L1, se obtiene:
L1 : 13(x − 6) − 9(y + 1) + 30 = 0
L1 : 13x − 9y − 57 = 0
Ejercicio 7.15. Los ejes coordenados del sistema XY son rotados alrededor del origen en sentido
antihorario en un angulo de 120o. En el sistema resultante X ′Y ′ la ecuacion de una parabola es:
y′2 = 8(x′ − 2).
Determinar las coordenadas de su vertice y de su foco en el sistema XY
Solucion. 1. hacer el grafico con los datos del problema:
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305
X
X’
Y
Y’
120º
En el sistema X ′Y ′ la ecuacion de una parabola es:
P : y′2 = 8(x′ − 2)
• El vertice en el sistema X ′Y ′ es = (2, 0)
• Como 4p = 8 → p = 2
• Respecto del sistema X ′Y ′ la parabola se abre hacia la derecha
• El foco en el sistema X ′Y ′ es F = (4, 0)
2. En el sistema XY rota 120o sobre el mismo eje para convertirse en el sistema X ′Y ′, entonces
la transformacion es:
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
Como θ = 120o, entonces:
sen θ =
√3
2
cos θ = −1
2
Luego:
x = −1
2x′ −
√3
2
y =
√3
2− 1
2y′
3. Las coordenadas del vertice y el foco en en el sistema XY son respectivamente:
x = −12· 2 −
√3
2(0)
y =√
32· −1
2(0)
V = (−1,√
3)
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306
x = −12· 4 −
√3
2(0)
y = 32· 4 − 1
2(0)
√3
2· 4 − 1
2(0)
Ejercicio 7.16. Despues de una rotacion de los ejes(0 < θ < π
2
)y la traslacion al punto P ′ =
(−√
2/2,−3√
2) en el nuevo sistema, la ecuacion 3x2−2xy+3y2+2Dx+2Ey+ = 0 se transforma
en la ecuacion x“2
2+ y′′2 = 1. Determinar los valores de D, E y F
Solucion. 1. Si el sistema XY se ha traslado al nuevo origen P ′ =(
−√
22
, 3√
22
)
formandose
el nuevo sistema X ′P ′Y ′, entonces:
x′ = x −(
−√
22
)
y′ = y −(
−3√
22
)
⇒
x = x′ −√
22
y = y′ − 3√
22
2. Reemplazar en la ecuacion dada:
3
(
x′ −√
2
2
)2
− 2
(
x′ −√
2
2
)(
y′ − 3√
2
2
)
+ 3
(
y′ − 3√
2
2
)2
+2D
(
x′ −√
2
2
)
+ 2E
(
y′ − 3√
2
2
)
+ F = 0
⇒ 3x′2 − 2x′y′ + 3y′2 + 2Dx + (−8√
2 + 2E)y′
+[12 −√
2D − 3√
2E − F ] = 0
3. Igualar a cero los coeficientes de x′ e y′
2D = 0 ⇒−8
√2 + 2E = 0 ⇒ E = 4
√2
Ası, la ecuacion, se reduce a:
3x′2 − 2x′y′ + 3y′2 + F − 12 = 0 (7.43)
4. Si el sistema X ′PY ′ rota θ = 45o, porque A = C, para transformarse en el sistema X ′′P ′Y ′′
entonces se tiene
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
x′ =√
22
x′′ −√
22
y′′
y′ =√
22
x′′ +√
22
y′′
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Geometrıa Analıtica
307
Reemplazar en la ecuacion 7.43
3
[√2
2(x′′ − y′′)
]2
− 2
[√2
2(x′′ − y′′)
√2
2(x′′ + y′′)
]
+3
[√2
2(x′′ + y′′)
]2
+ F − 12 = 0
Desarrollar y reducir:
2x′′2 + 4y′′2 − 12 + F = 0
Dividir entre 4:x′′2
2+ y′′2 =
12 − F
4Segun dato del problema, debe ser
12 − F
4= 1 ⇐ F = 8
5. Conclusion: La ecuacion en el sistema original XY , es:
3x2 − 2xy + 3y2 + 8√
2y + 8 = 0
Ejercicio 7.17. Dada la ecuacion 3x2 + 8y − 4 = 4xy + 12x. Identificar la curva, hallar las
coordenadas en el sistema rotado X ′Y ′ del punto P que tiene como abscisa x = 1
Solucion. 1. Ordenar la ecuacion:
3x2 − 4xy − 12x + 8y − 4 = 0 (7.44)
donde: A = 3, B = −4, C = 0 y
tan 2θ =B
A − C= −4
3
cos 2θ = −3
5
sen θ =
√
1 − cos 2θ
2=
√
1 + 35
2=
2√5
cos θ =
√
1 + cos 2θ
2=
√
1 − 35
2=
1√5
2. la transformacion es:
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
x = 1√5x′ − 2√
5y′
y = 2√5x′ + 1√
5y′ (7.45)
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Geometrıa Analıtica
308
3. Reemplazar en la educacion 7.44:
31
5(x′ − 2y′)2 − 4
1
5(x′ − 2y′)(2x + y′)
−121√5(x′ − 2y′) + 8
1√5(2x′ + y′) − 4 = 0
⇐⇒ −x′2 + 4y′2 +4√5x′ +
32√5y′ − 4 = 0
Completando cuadrados se obtiene:
(
y′ + 4√5
)2
4−
(
x′ − 2√5
)2
16= 1 (hiperbola)
Centro
P0 =
(2√5,− 4√
5
)
en X ′Y ′ EJE FOCAL paralelo al eje Y ′
4. La abscisa de P es x = 1, entonces al reemplazar en 7.44, se obtiene:
3 − 4y − 12 + 8y − 4 = 0
y =13
4
5. Reemplazar: x = 1, y 134
en la transformacion 7.45
1 = 1√5x′ − 2√
5y′
134
= 2√5x′ + 1√
5y′
Al resolver este sistema, por determinantes:
x′ =
∣∣∣∣∣
1 −2√
5
13/4 1/√
5
∣∣∣∣∣=
2√
5
2
y′ =
∣∣∣∣∣
1/√
5 1
2/√
5 13/4
∣∣∣∣∣
√5
4
6. (x′, y′) =(
3√
52
,√
54
)
) son las coordenadas del punto P en el sistema X ′Y ′
Ejercicio 7.18. Por traslacion de los ejes coordenados al nuevo origen (1,1) y luego rotacion
de los ejes de un angulo de 45o, la ecuacion de cierto lugar geometrico con respecto a los ejes
originales.
Solucion. 1. Graficar los datos:
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Geometrıa Analıtica
309
2. X ′Y ′ roto para convertirse en X ′′Y ′′, con angulo de rotacion θ = 45o, entonces:
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
Despejar: x′′, y′′
x′′ = x′ cos θ + y′ sen θ
y′′ = −x′ sen θ + y′ cos θ
Como θ = 45o
x′′ =√
22
(x′ + y′)
y′′ =√
22
(−x′ + y′)
3. Reemplazar en la ecuacion:
x′′2 − 2y′′2 = 21
2(x′ + y′)2 − 2
1
2(−x′ + y′)2 = 2
(x′ + y′)2 − 2(y′ − x′)2 = 4
Se reduce a:
x‘2 − 6x′y′ + y′2 + 4 = 0 (7.46)
4. XY se traslado para convertirse en X ′Y ′ con punto de traslacion P0 = (1, 1), entonces:
x = x′ + 1
y = y′ + 1
Necesitamos:
x′ = x − 1
y′ = y − 1
5. Reemplazar en la ecuacion 7.46:
(x − 1)2 − 6(x − 1)(y − 1) + (y − 1)2 + 4 = 0
Se reduce a:
x2 − 6xy + y2 + 4x + 4y = 0
Ejercicio 7.19. Por transformacion de coordenadas, demuestrese que la ecuacion general de
una recta, Ax + By + C = 0, puede transformarse en y′′ = 0, que es la ecuacion del eje X ′′
Solucion. Se debe hacer dos cosas: Trasladar y rotar
1. Trasladar el sistema XY a otro origen P0 que pertenezca a la recta:
L : Ax + By + C = 0
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310
para obtenerse el sistema X ′P0Y′.
Veamos:
Si x = x0, entonces en L se tendra:
Ax0 + By + C = 0
y = −AB
x0 − CB
Ası obtenemos:
P0 =
(
x0,−A
Bx0 −
C
B
)
Si el origen (0,0) del sistema original XY se traslada al punto P0 para transformarse el
nuevo sistema X ′P0Y′, entonces la transformacion es:
x = x′ + x0
y = y′ − ABx0 − C
B
Reemplazar en L:
L′ : A(x′ + x0) + B
(
y′ − A
Bx0 −
C
B
)
+ C = 0
Se reduce a:
L′ : Ax′ + By′ = 0
2. Rotar el sistema X ′P0Y′ sobre el punto P0 para convertirse en el sistema X ′′P0Y
′′, de tal
modo que la recta L sea el eje X ′′.
Hacer la trasformacion:
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
donde θ se halla de la pendiente de
L′ : Ax′ + By′ = 0
Ası:
tan θ = −A
B
Entonces la transformacion es:
x′ = − B√A2+B2
x′′ − A√A2+B2
y′′
y′ = B√A2+B2
x′′ − A√A2+B2
y′′
Reemplazar en L′
L′ : A1√
A2 + B2[−Bx′′ − Ay′′] + B
1√A2 + B2
[Ax′′ − By′′] = 0
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311
se reduce a:
−(A2 + B2)y′′ = 0
⇐⇒ y′′ = 0pues A2 + B2 6= 0
Ejercicio 7.20. Hallar las coordenadas del nuevo origen si los ejes coordenados se traslada de
manera que la ecuacion Ax2 + Bxt + Cy2 + Dx + Ey + F se transforma en otra ecuacion que
carezca de terminos de primer grado
Solucion. 1. La traslacion se hace con la transformacion
x = x′ + h
y = y′ + k
2. Al reemplazar a la ecuacion dada, se obtiene:
A(x′ + h)2 + B(x′ + h)(y′ + k) + C(y′ + k) + D(x′ + h) + E(y′ + k) + F = 0
A(x′2+2hx′+h2)+B(x′y′+kx′+hy′+hk)+C(y′2+2ky′+k2)+Dx′+Dh+Ey′+Ek+F = 0
A′2++Bx′y′+Cy′2+(2Ah+Bk+D)x′+(Bh+2Ck+E)y′+Ah2+Bhk+Ck2+Ek+F = 0
3. Se requiere que esta ecuacion carezca de terminos de primer grado, esto es,
2Ah + Bk + D = 0
Bh + 2Ck + E = 0
h =?, k =?
4. Resolvemos por determinantes
h =
∣∣∣∣∣
−D B
−E 2C
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣
2A B
B 2C
∣∣∣∣∣
=−2DC + EB
4AC − B2; k =
∣∣∣∣∣
2A −D
B −E
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣
2A B
B 2C
∣∣∣∣∣
=−2AE + BD
4AC − B2
5. Las coordenadas del nuevo origen son P0 =(
2DC−EBB2−4AC
, 2AE−BDB2−4AC
)
Ejercicio 7.21. Sea 2x2 − 4xy − y2 − 4x− 8y + 14 = 0 una hiperbola H , y sea P una parabola
cuyo vertice coincide con el foco de la parte superior de H , y cuyo foco es el centro de H . Hallar
la ecuacion de la parabola en el sistema XY
Solucion. Para hallar el centro y los focos de la hiperbola, debemos de rotar y trasladar
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312
1. La rotacion se hace con la transformacion
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
El angulo θ se halla con: tan 2θ = BA−C
, donde A = 2, B = −4, C = −1
tan 2θ =−4
2 − (−1)
tan 2θ = −4
3
sen θ =
√
1 − cos θ
2=
2√5
cos θ =
√
1 + cos θ
2=
1√5
tan θ = 2
Luego la transformacion de rotacion es
x = 1√5(x′ − 2y′)
y = 1√5(2x′ + y′)
2. Reemplazar en la ecuacion de la hiperbola
H : 2
[1√5(x′ − 2y′)
]
− 4
[1√5(x′ − 2y′)
] [1√5(2x′ + y′)
]
−[
1√5(2x′ + y′)
]2
−[
1√5(x′ − 2y′)
]
+ 8
[1√5(2x′ + y′)
]
+ 14 = 0
Se reduce a:
H : −2x′2 + 3y′2 − 4√
5x′ + 14 = 0 (completar cuadrados)
2(x′ +√
5)2 − 3y′2 = 24
a = 2√
2(x′+
√5)2
12− y‘2
8b = 2
√2
c = 2√
2
• El foco de la parte superior de H es F2 = (−√
5 + 2√
5, 0) = (√
5, 0)
• El centro de H es P0 = (−√
5, 0)
3. La parabola de vertice V = (√
5, 0) y el foco F = (−√
5, 0), donde p = |FV | = 2√
5 tiene
por ecuacion, en el sistema X ′P0Y′
P : y′2 = 4(−2√
5)(x′ −√
5)
P : y′2 = −8√
5(x′ −√
5)
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313
4. Para hallar la ecuacion de P en el sistema XY , bastara despejar x′ y y′ de la transformacion
y luego reemplazar en P.
Ejercicio 7.22. Sea la elipse E1 : 16x2 + 9x2 − 32x − 54y − 47 = 0. Sea E2, otra elipse cuyo
centro es el extremo derecho del eje menor de E1, uno de sus focos es el vertice inferior de E1 y
ademas pasa por el vertice superior de E1
a) Hallar el otro foco de E2
b) Hallar la longitud del eje menor de E2
c) Hallar la ecuacion de E2, respecto al sistema original XY
Solucion. 1. En primer lugar, hallar la ecuacion ordinaria de E1
Completar cuadrados
16x2 − 32x − . . . + 9y2 − 54y + . . . = 57
16(x2 − 2x + . . .) + 9(y2 − 6y + . . .) = 47
16(x2 − 2x + 1) + 9(y2 − 6y + 9) = 47 + 16 + 81
16(x − 1)2 + 9(y − 3)2 = 144
(x − 1)2
9+
(y − 3)2
16= 1
↓ ↓b = 3 a = 4
Centro:
C = (1, 3)
2. La ecuacion de la elipse E2 en el sistema X ′Y ′ es:
x′2
a2+
y′2
b2= 1
Por hallarse: a =?, b =?, c =?
i) En la elipse E2, el valor de c es la distancia del foco F1(1,−1) al centro P0(4, 3); esto
es,
c = |F1P0| =√
(4 − 1)2 + (3 + 1)2 = 5
ii) El valor de a se halla conociendo el otro foco F2 de la elipse E2. Como F2 esta en la
recta que pasa por F1 y P0, primero hallaremos la ecuacion de
LF1P0: y + 1 =
4
3(x − 1)
y =4
3x − 7
3
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314
Las coordenadas de
F2 =
(
x,4
3x − 7
3
)
Pero
|P0F2| = 5√
(x − 4)2 + (4
3− 7
3− 3)2 = 5
x2 − 8x + 7 = 0
(x − 7)(x − 1) = 0
x = 1
x = 7
Ası, obtenemos F2 = (7, 7)
iii) Por definicion de elipse:
|F1P | + |F2P | = 2a
|7 − (−1)| + |7 − 1| = 2a
14 = 2a ⇒ a = 7
iv) Como
a2 = = b2 + c2
49 = b2 + 25 ⇒ b2 = 24
3. Entonces la ecuacion de E2 en el sistema X ′Y ′, es:
E2 :x′2
49+
y′2
24= 1
4. Para hallar la ecuacion de E2 en el sistema original, hacemos:
1o Una rotacion, donde tan θ = 43
(pendiente de x′)
2o Una traslacion, donde P0 = (4, 3) es el nuevo origen
Ejercicio 7.23. Hallar las nuevas coordenadas del punto (−1, 3) cuando los ejes coordenados
son llevados al nuevo origen (4,5) y rotados 45o.
Solucion. Se tiene que P = (x, y) = (−1, 3), P0 = (4, 5), θ = 45o.
El vector rotacion es
~u = (cos θ, sen θ) =
(√2
2,
√2
2
)
La relacion de coordenadas originales y nuevas coordenadas es
P = P0 + x′~u + y′~u⊥
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315
Entonces:
(−1, 3) = (4, 5) + x′
(√2
2,
√2
2
)
+ y′
(
−√
2
2,
√2
2
)
(−1, 3) − (4, 5) = x′
(√2
2,
√2
2
)
+ y′
(
−√
2
2,
√2
2
)
(−5,−2) = x′
(√2
2,
√2
2
)
+ y′
(
−√
2
2,
√2
2
)
x′ =(−5,−2) ·
(
−√
22
,−√
22
)
(√2
2,√
22
)
·(
−√
22
,−√
22
) =5√
22
+ 2√
22
−24− 2
4
=7√
22
−1= −7
√2
2
y′ =(−5,−2) ·
(
−√
22
,√
22
)
(
−√
22
,√
22
)
·(
−√
22
,√
22
) =5√
22
− 2√
22
24
+ 24
=3√
2
2
luego las nuevas coordenadas son
(x′, y′) =
(
−7√
2
2,3√
2
2
)
Ejercicio 7.24. Por traslacion de los ejes al nuevo origen (3,2) y por rotacion de 37o, las nuevas
coordenadas de un punto P resultan (7,6). Hallar las coordenadas originales.
Solucion. Se tiene que P0 = (3, 2), θ = 37o, (x′, y′) = (7, 6).
El vector rotacion es
~u = (cos θ, sen θ) =
(4
5,3
5
)
luego
P = (x, y) = P0 + x′~u + y′~u⊥
= (3, 2) + 7
(4
5,3
5
)
+ 6
(
−3
5,4
5
)
= (3, 2) +
(28
5,21
5
)
+ 6
(
−18
5,24
5
)
= (3, 2) +
(10
5,45
5
)
= (3, 2) + (2, 9)
= (5, 11)
Por lo tanto P = (x, y) = (5, 11) son las coordenadas originales.
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316
Ejercicio 7.25. Demuestre que la ecuacion de la circunferencia x2 + y2 = r2 se convierte en
x′2 + y′2 = r2 para cualquier rotacion de los ejes coordenados.
Solucion. Sea θ un angulo cualquiera de rotacion de los ejes coordenados.
~u = (cos θ, sen θ) un vector de rotacion.
P = (x, y) = x′(cos θ, sen θ) + y′(− sen θ, cos θ)
(x, y) = (x′ cos θ − y′ sen θ, x′ sen θ + y′ cos θ)
luego
x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
estas ecuaciones en x2 + y2 = r2
entonces
(x′ cos θ − y′ sen θ)2 + (x′ sen θ + y′ cos θ)2 = r2
x′2 cos2 θ + y′2 sen2 θ − 2x′y′ sen θ cos θ + x′2 sen2 θ + y′2 cos2 θ − 2x′y′ sen θ cos θ = r2
de donde
x′2(cos2 θ + sen2 θ) + y′2(sen2 θ + cos2 θ) = r2
x′2 + y′2 = r2
Ejercicio 7.26. Dada la recta L : 4x + 3y = 24, hallar las rotaciones de los ejes coordenados
para obtener los nuevos ejes en los cuales la recta resultante sea horizontal.
(0,8)
(6,0)
X
Y
u
−u
→
→
0
Solucion. Si los ejes rotaran los vectores ~u y −~u la recta “L” serıa horizontal.
~u resulta ser un vector unitario paralelo a “L”.
Se conocen dos puntos de “L” (0,8) y (6,0)
~a = (6,−8) direccional de “L”
~b = (3,−4) tambien es direccional de “L”
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317
Luego:
−~u =~b
‖~b‖=
(3,−4)
5=
(3
5,−4
5
)
~u =
(
−3
5,4
5
)
luego las rotaciones son: (
−3
5,4
5
)
y
(3
5,−4
5
)
Ejercicio 7.27. Dada la recta L : 4x+3y = 12, hallar las dos rotaciones de los ejes coordenados
para obtener nuevos ejes en los que L sea vertical.
u
−u
X’
X
Y
(0,4)
(3,0)
→
→
0
Solucion. Para las rotaciones ~u y −~u la recta resulta ser vertical
~a = (−3, 4) direccional de “L”
~u~a =(−3, 4)
5es unitario direccional de “L”
luego podemos tomar ~u como −~u⊥~a .
Luego
~u =
(4
5,3
5
)
y − ~u =
(
−4
5,−3
5
)
son los vectores de rotacion para que la recta “L” resulta vertical.
Ejercicio 7.28. Dado el punto P = (6, 8) en el plano XY si se considera el nuevo origen de
coordenadas P0 = (3, 6) y dos ejes perpendiculares que siguen las direcciones de los vectores
(7, 2) y (−2, 7) respectivamente hallar las coordenadas de P en el nuevo sistema.
Solucion. Se tiene que P = (6, 8), P0 = (3, 6).
~u =(7, 2)√
53=
(7√53
,2√53
)
; ~u⊥ =
(
− 2√53
,7√53
)
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318
(6, 8) = (3, 6) + x′(
7√53
,2√53
)
+ y′(
− 2√53
,7√53
)
(3, 2) = x′(
7√53
,2√53
)
+ y′(
− 2√53
,7√53
)
x′ =(3, 2) ·
(
− 7√53
,− 2√53
)
(7√53
, 2√53
)
·(
− 7√53
,− 2√53
) =− 21√
53+ −4√
53
−4953
− 453
x′ =− 25√
53
−1=
25√53
y′ =(3, 2) ·
(
− 2√53
, 7√53
)
(
− 2√53
, 7√53
)
·(
− 2√53
, 7√53
) =− 6√
53+ 14√
53453
+ 4953
y′ =
8√53
1=
8√53
luego los nuevos ejes coordenados son(
25√53
, 8√53
)
.
Ejercicio 7.29. Dada la recta y = x + 3 en el sistema XY , hallar su ecuacion transformada si
los ejes son rotados 45o.
45º
L
X
Y
X’Y’
(−3,0)
(0,3)
0
Solucion.
~u =
(√2
2,
√2
2
)
P = (x, y) = x′
(√2
2,
√2
2
)
+ y′
(
−√
2
2,
√2
2
)
x =√
22
x′ −√
22
y′
y =√
22
x′ +√
22
y′
en “L”
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319
L : y = x + 3√
2
2x′ +
√2
2y′ =
√2
2x′ −
√2
2y′ + 3
2
(√2
2y′
)
= 3
y′ =3√2
es la ecuacion transformada la que resulta ser una recta horizontal.
Ejercicio 7.30. Hallar la ecuacion en la que x2 − 2x + 4y2 − 16y + 13 = 0 es transformada si
los ejes son trasladados al nuevo origen (1,2).
Solucion. P (x, y) = (1, 2) + x′(1, 0) + y′(0, 1).
El vector de rotacion es (1,0) puesto que el angulo de rotacion es θ = 0o, cos 0o = 1, sen 0o = 0
x = 1 + x′
y = 2 + y′
ecuaciones de traslacion
En la ecuacion dada
(1 + x′)2 − 2(1 + x′) + 4(2 + y′)2 − 16(2 + y′) + 13 = 0
1 + x′2 +2x′ − 2 −
2x′ + 16 +16y′ + 4y′2 − 32 −16y′ + 13 = 0
x′2 + 4y′2 = 4
x′2
4+
y′2
1= 1
es la ecuacion transformada que representa una elipse.
Ejercicio 7.31. Hallar la ecuacion transformada si el origen es trasladado al punto P0
(a) x2 + y2 − 2x − 4y − 4 = 0, P0 = (1, 2)
Solucion.x = 1 + x′
y = 2 + y′
ecuaciones de traslacion
(1 + x′)2 + (2 + y′)2 − 2(1 + x′) − 4(2 + y′) − 4 = 0
x′2 −2x′ + 1 + y′2 + 4y′ + 4 − 2 −
2x′ − 8 − 4y′ − 4 = 0
x′2 + y′2 = 9
es la ecuacion transformada que representa una circunferencia de radio “3”
(b) 4x2 + y‘2 − 24x + 4y + 36 = 0, P0 = (3,−2)
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
320
Solucion.x = 3 + x′
y = −2 + y′
ecuaciones de traslacion
4(3 + x′)2 + (−2 + y′)2 − 24(3 + x′) + 4 − (2 + y′) − 4 = 0
4(9 + x′2 + 6x′) + (4 + y′2 − 4y′) − 72 − 24x′ − 8 + 4y′ + 36 = 0
4x′2 +24x′ + 36 + y′2 − 4y′ + 4 − 72 −24x′ − 8 +4y′ + 36 = 0
4x′2 + y′2 = 4
es la ecuacion transformada.
Ejercicio 7.32. Eliminar los terminos lineales de (x−2)2 = 8(y−1) por una traslacion, si fuese
posible.
Solucion.x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
ecuaciones de traslacion
En la ecuacion dada
(x0 + x′ − 2)2 = 8(y0 + y′ − 1)
x′2 + x20 + 4 + 2x0x
′ − 4x0 − 4x′ = 8y0 + 8y′ − 8
si queremos eliminar los terminos lineales tendrıamos tendrıamos que igualar 8 a cero, lo cual es
absurdo.
Luego no es posible eliminar los terminos lineales.
Ejercicio 7.33. ¿Hasta que punto debe trasladarse el origen con el fin de eliminar el termino
lineal en y′, ası como los terminos constantes en y2 + 2x − 2y − 7 = 0?
Solucion.x = x′ cos θ − y′ sen θ
y = x′ sen θ + y′ cos θ
ecuaciones de traslacion
En la ecuacion dada
(y0 + y′)2 + 2(x0 + x′) − 2(y0 + y′) − 7 = 0
y20 + y′2 + 2y0y
′ + 2x0 + 2x′ − 2y0 − 2y′ − 7 = 0
y′2 + (2y0 − 2)y′ + 2x′ + y20 + 2x0 − 2y0 − 7 = 0
y0 = 1 ; x0 = 4
luego:
y′2 + 2x′ = 0, P0 = (4, 1)
Ejercicio 7.34. Hallar la nueva ecuacion si los ejes son rotados un angulo θ.
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
321
(a) x2 − 5xy + y2 = 3, θ = 45o
Solucion. ~u = (√
22
,√
22
); ~u = (−√
22
,√
22
).
P = (x, y) = x′(
√2
2,
√2
2) + y′(−
√2
2,
√2
2)
x = x′√
22− y′
√2
2
y = x′√
22
+ y′√
22
ecuaciones de rotacion pura
En la ecuacion dada(
x′√
2
2− y′
√2
2
)
− 5
(
x′√
2
2− y′
√2
2
)(
x′√
2
2+ y′
√2
2
)
+
(
x′√
2
2+ y′
√2
2
)2
2
4x′2 +
2
4y′2 − 2
√2
2
√2
2x′y′ − 5
(2
4x′2 − 2
4y′2)
+2
4x′2 +
2
4y′2 + 2
√2
2
√2
2x′y′ = 3
2
4x′2 +
2
4y′2 − 10
4x′2 +
10
4y′2 +
2
4x′2 +
2
4y′2 = 3
−6
4x′2 +
14
4y′2 = 3
7y′2 − 3x′2 = 6
es la ecuacion resultante.
(b) 2x2 − 3√
3xy − y2 = 5; θ = 60o
Solucion. P = (x, y) = x′(12,√
32
) + y′(−√
32
, 12)
x = 12x′ −
√3
2y′
y =√
32
x′ + 12y′
ecuaciones de rotacion pura
las aplicamos en la ecuacion dada
2
(
1
2x′ −
√3
2y′
)2
− 3√
3
(
1
2x′ −
√3
2y′
)(√3
2x′ +
1
2y′
)
−(√
3
2x′ +
1
2y′
)2
= 5
operando se tiene
7y′2 − 5x′2 = 10
7.6 Problemas Propuestos
TRANSFORMACION DE COORDENADAS
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
322
- Escribir las formulas de transformacion de coordenadas, si el origen de coordenadas se ha
trasladado (sin cambiar la direccion de los ejes) al punto:
1. A(3; 4);
2. B(−2; 1);
3. C(−3; 5).
- El origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la direccion de los ejes) al punto
O′(3;−4). Las coordenadas de los puntos A(1; 3), B(−3; 0) y C(−1; 4) estan determinadas
en el nuevo sistema. Calcular las coordenadas de estos puntos en el sistema de coordenadas
primitivo.
- Dados los puntos A(2; 1), B(−1; 3) y C(−2; 5), hallar sus coordenadas en el nuevo sistema,
si el origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la direccion de los ejes):
1. al punto A;
2. al punto B;
3. al punto C.
- Determinar las coordenadas primitivas del origen O′ del nuevo sistema, si las formulas de
transformacion de coordenadas se han dado mediante las igualdades siguientes:
1. x = x′ + 3, y = y′ + 5
2. x = x′ − 2, y = y − +1
3. x = x′, y = y′ − 1
4. x = x′ − 5, y = y′
- Escribirlas formulas de transformacion de coordenadas, si los ejes coordenados han girado
en uno de los angulos siguientes:
1. 60
2. 45
3. 90
4. -90
5. 180
- Los ejes de coordenadas han girado un angulo α = 60. Las coordenadas de los puntos
A(2√
3;−4), B(√
3; O) y C(0;−2√
3) estan determinadas en el nuevo sistema. Calcular las
coordenadas de estos mismos puntos en el sistema de coordenadas primitivo
- Dados los puntos M(3; 1), N(−1; 5) y P (−3;−1), hallar sus coordenadas en el nuevo
sistema, si los ejes coordenados han girado un angulo
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
323
1. -45o
2. 90
3. -90o
4. 180o
- Determinar el angulo α, en el que hay que hacer girar los ejes, si las formulas de transfor-
macion de coordenadas se determinan por las siguientes igualdades:
1. x = 12x′ −
√3
2y′, y =
√3
2x′ + 1
2y′;
2. x =√
32
x′ + 12y′; y = −1
2x′ +
√3
2y′
- Determinar las coordenadas del nuevo origen O de coordenadas, sabiendo que el punto
A(3;−4) esta situado en el nuevo eje de abscisas, el punto B(2; 3) esta situado en el
nuevo eje de ordenadas y los ejes de los sistemas de coordenadas primitivo y nuevo tienen
respectivamente las mismas direcciones
- Escribir las formulas de transformacion efe coordenadas, si el punto M, (2;−3) esta situado
en el nuevo eje de abscisas, el punto M2(1;−7) esta situado en el nuevo eje de ordenadas
y los ejes de los sistemas de coordenadas primitivo y nuevo tienen respectivamente las
mismas direcciones
- Dos sistemas de ejes coordenados Ox, Oy y Ox′, Oy′ tienen un origen comun O y se
transforman el uno en el otro mediante una rotacion en cierto angulo. Las coordenadas del
punto A(3;−4) estan determinadas respecto al primero de ellos. Deducir las formulas de
transformacion de coordenadas, sabiendo que la direccion positiva del eje Ox′ esta definida
por el segmento OA
- El eje de coordenadas se ha trasladado al punto O′(−1; 2), y los ejes de coordenadas han
girado un angulo α = arctan− 512
. Las coordenadas de los puntos M1(3; 2), M2(2;−3) y
M(13;−13) estan determinadas en el nuevo sistema. Determinar las coordenadas de estos
mismos puntos en el sistema de coordenadas primitivo.
- Dados tres puntos: A(5; 5), B(2;−1) y C(12;−6), hallar sus coordenadas en el nuevo
sistema, si el origen de coordenadas se ha trasladado al punto B y los ejes coordenados
han girado un angulo α = arctan 34.
- Determinarlas coordenadas primitivas del nuevo origen y el angulo α, en el que han girado
los ejes, si las formulas de transformacion de coordenadas se dan mediante las siguientes
igualdades:
1. x = −y′ + 3, y = x′ − 2
2. x = −x′ − 1, y = −y′ + 3
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Geometrıa Analıtica
324
3. x =√
22
x′ +√
22
y′ + 5, y = −√
22
x′ +√
22
y′ − 3
- Transformese cada una de las siguientes ecuaciones girando los ejes, el angulo que se indica.
Tracese la curva. (Notese que al trazar la cura serıa conveniente que el papel cuadriculado
tenga rayado paralelo a los ejes)
1. x2 + 3xy + y2 = 10, 45o
2. x2 − 2xy + y2=18, 45o
3. 3x2 + 4xy = 16, arctan 12
4. 34x2 − 24xy + 41y2 = 25, arctan 2
5. 8x2 + 12xy + 17y2 = 20, arctan 2
6. x2 −√
3xy + 2y2 = 16, 30o
7. 11x2 − 24xy + 4y2 = 80, arctan 43
8. 3x2 − 3xy − y2 = 54, arctan 3
9. 2929x2 − 1080xy + 4000y2 = 67600, arctan 512
- Simplifique cada una de las siguientes ecuaciones mediante una rotacion y traslacion de
ejes. Tracese el lugar geometrico, mostrando todos los sistemas de ejes empleados
1. 2x2 + xy + 2y2 = 90
2. 2x2 − 5xy + 2y2 = 18
3. 4x2 − 3xy = 18
4. 4xy − 3y2 = 64
5. 3x2 + 2xy + 3y2 − 16x + 20 = 0
6. 5x2 + 2xy + 5y2 − 12x − 12y = 0
7. 17x2 + 12xy + 8y2 + 46x + 28y + 17 = 0
8. 9x2 − 24xy + 16y2 − 240x − 180y = 0
9. 16x2 − 24xy + 9y2 − 300x − 400y = 0
10. 108x2 − 312xy + 17y2 + 840x − 380y − 100 = 0
11. 386x2 − 720xy − 97y2 + 720x + 194y + 481 = 0
12. 7x2 − 48xy − 7y2 + 68x + 124y − 292
13. 25x2 − 120xy + 144y2 − 4056x − 1690y = 0
14. 199x‘2 − 240xy − 199y2 − 242x − 716y − 668 = 0
- Hallense las coordenadas de los focos de las siguientes curvas
1. 16x2 − 24xy + 9y2 − 120x − 160y = 0
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
325
2. 4x2 − 20xy − 11y2 − 16x − 40y − 128 = 0
3. 369x2 − 384xy + 481y2 + 1122x− 1346y − 4391 = 0
4. 2xy = a2 (hiperbola equilatera)
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Capıtulo 8
Coordenadas Polares, cilındricas y esfericas
8.1 Coordenadas polares y graficas polares
Hasta ahora, se ha localizado un punto en un plano mediante sus coordenadas cartesianas rect-
angulares. Otros sistemas coordenados permiten ubicar un punto en el plano, y el sistema de
coordenadas polares es uno de ellos. Este sistema es importante debido a que ciertas curvas
tienen ecuaciones mas simples en coordenadas polares. Ademas, las tres conicas (parabola, elipse
e hiperbola) pueden representarse mediante una ecuacion. Esta ecuacion se aplica en fısica para
deducir las leyes de Kepler, y en astronomıa, en el estudio del movimiento de los planetas.
Las coordenadas cartesianas son numeros, la abscisa y la ordenada, que representan la distancia
dirigida a partir de dos rectas fijas. Las coordenadas polares consisten de una distancia dirigida
y la medida de un angulo en relacion a un punto fijo y un rayo fijo (o semirecta). El punto fijo
se denomina polo (u origen) y se representa mediante la letra O. El rayo fijo recibe el nombre de
eje polar (o recta polar), la cual se denota por OA. El rayo OA usualmente se dibuja horizontal
y se prolonga indefinidamente hacia la derecha. Vea la figura 8.1
θ
θ
A
P(r, )
O
Figura 8.1:
Sea P cualquier punto del plano diferente de O. Sea θ la medida en radianes del angulo dirigido
AOP , positivo cuando se mide en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj y negativo
326
Geometrıa Analıtica
327
en el caso contrarıo, que tiene como su lado inicial el rayo OA y como su lado final el rayo OP .
Si r es la distancia no dirigida de O a P (esto es r = |OP |). un conjunto de coordenadas polares
de P esta dado por r y θ, y se denotan estas coordenadas como (r, θ).
En realidad, las coordenadas (4.56π +2kn). donde k es cualquier numero entero, proporcionan el
mismo punto. Ası, un punto particular tiene un numero ilimitado de conjuntos de coordenadas
polares, a diferencia del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, en el cual existe una
correspondencia uno a uno entre las coordenadas y la posicion de los puntos en el plano. Un
ejemplo mas se tiene al considerar conjuntos de coordenadas polares para el polo. Si r = 0 y θ
es cualquier numero real, se tiene el polo designado por (0, θ).
A continuacion se consideraran las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este
caso, en lugar de que el punto este en el lado terminal del angulo, el punto se encuentra sobre la
prolongacion del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto
al lado terminal. En consecuencia, si P esta sobre la prolongacion del lado terminal del angulo
cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r.θ), donde
r = |OP |
Ejemplo 8.1. Localice cada uno de los siguientes puntos que tienen tos conjuntos dados de
coordenadas polares: (a) (2, 14π), (b) (5, 1
2π), (c) (1, 2
3π); (d) (3, 7
6π); (e) (4,−1
3π); (f) (5
2,−π)
Solucion. El punto (2, 14π) se determina al dibujar primero el angulo que tiene una medida en
radianes de 14π, cuyo vertice esta en el polo y su lado inicial sobre el eje polar. El punto en el
lado terminal que esta a 2 unidades del polo es el punto 14π. consulte la figura 8.2(a). De manera
semejante se obtienen los puntos que se muestran en las figuras 8.2(b)-(f).
Ejemplo 8.2. La figura 8.3 muestra el punto (4, 56π). Otro conjunto de coordenadas polares
para este punto es (4,−76π), vea la figura 8.4. Ademas, las coordenadas polares (4, 17
6π) tambien
representan el mismo punto, como se muestra en la figura 8.5.
En realidad, las coordenadas (4, 56π +2kπ), donde k es cualquier numero entero, proporcionan el
mismo punto. Ası, un punto particular tiene un numero ilimitado de conjuntos de coordenadas
polares, a diferencia del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, en el cual existe una
correspondencia uno a uno entre las coordenadas y la posicion de los puntos en el plano. Un
ejemplo mas se tiene al considerar conjuntos de coordenadas polares para el polo. Si r = 0 y θ
es cualquier numero real, se tiene el polo designado por (0, θ).
A continuacion se consideraran las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este
caso, en lugar de que el punto este en el lado terminal del angulo, el punto se encuentra sobre la
prolongacion del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto
al lado terminal. En consecuencia, si P esta sobre la prolongacion del lado terminal del angulo
cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r, θ), donde
r = −|OP |.
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
328
O
OO
O
O
OA A
A A A
A
(2,π/4)
π/2π/2 2π/3
(1,2π/3)
(5,π/2)
7π/6
(3,7π/6)
−π/3
(4,−π/3)
−π
(5/2,−π)
(a) (b) (c)
(d) (e) (f)
Figura 8.2:
5π/6
(4,5π/6)
AO
Figura 8.3:
−7π/6
(4,−7π/6)
AO
Figura 8.4:
17π/6
(4,17π/6)
AO
Figura 8.5:
Ejemplo 8.3. El punto (−4,−16π) mostrado en la figura 8.6 es el mismo punto que (4, 5
6π),
(4. − 76π) y (4, 17
6π) del ejemplo 8.2. Otro conjunto de coordenadas polares para este punto es
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Geometrıa Analıtica
329
(−4. − 116π) vea la figura 8.7
A
(−4,−π/6)
−π/6Ο
Figura 8.6: r sen θ = 3
A
(−4,11π/6)
11π/6
Ο
Figura 8.7: r sen θ = −3
A menudo el angulo se mide en radianes: de modo que un conjunto de coordenadas polares de
un punto es un par ordenado de numeros reales. Para cada par ordenado de numeras reales
existe un unico punto al que le corresponde este conjunto de coordenadas polares. Sin embargo,
se ha visto que un punto particular puede representarse mediante un numero ilimitado de pares
ordenados de numeros reales. Si el punto P no es el polo, y r y Q se restringen de modo que
r > 0 y 0 ≤ θ < 2π, entonces P tiene un unico conjunto de coordenadas polares.
En ocasiones se desea hacer referencia a las coordenadas cartesianas rectangulares y coordenadas
polares de un punto. Para lograr esto, se considera el origen del primer sistema como el polo del
segundo sistema, el eje polar como la parte positiva del eje x y el rayo para el cual θ = 12π como
la parte positiva del eje y.
Suponga que P es un punto cuya representacion en el sistema de coordenadas cartesianas rectan-
gulares es (x, y), y (r, θ) es la representacion en coordenadas polares de P . Como caso particular,
suponga que P esta en el segundo cuadrante y r > 0. Entonces
De este modo
x = cos θ y y = r sen θ (8.1)
Estas ecuaciones se cumplen para P en cualquier cuadrante y r positivo o negativo. De las
ecuaciones no solo se pueden obtener las coordenadas cartesianas rectangulares de un punto
cuando se conocen las coordenadas polares, sino que tambien se puede obtener una ecuacion
polar de una curva a partir de su ecuacion cartesiana rectangular.
Con el fin de deducir las ecuaciones que proporcionen un conjunto de coordenadas polares de un
punto cuando se conocen sus coordenadas cartesianas rectangulares, se elevan al cuadrado los
dos miembros de cada ecuacion de (8.1), se iguala la suma de los miembros izquierdos a la suma
de los miembros derechos, y se resuelve para r, obteniendose
r = ±√
x2 + y2 (8.2)
Al dividir miembro a miembro las ecuaciones de (8.1) se tiene
r sen θ
r cos θ= y
tan θ =y
xsi x 6= 0 (8.3)
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Geometrıa Analıtica
330
Ejemplo 8.4. La figura 8.8 muestra el punto cuya representacion en coordenadas cartesianas
es (−√
3.− 1). Para obtener las coordenadas polares (r.θ), donde r > 0 y 0 ≤ θ < 2π, se aplican
(8.2) y (8.3):
r =√
3 + 1 tan θ = −1−√
3
= 2 76
(ya que π < θ < 32π)
Ası, el punto es(2, 7
6π).
Una ecuacion en coordenadas polares se denomina ecuacion polar a fin de distinguirla de una
ecuacion cartesiana, termino empleado cuando una ecuacion esta dada en coordenadas carte-
sianas rectangulares.
x
y
−1r
θ
Figura 8.8:
Ejemplo 8.5. Obtenga una ecuacion cartesiana de la grafica que tiene la ecuacion polar
r2 = 4 sen 2θ
Solucion. Debido a que sen 2θ = 2 sen θ cos θ, se tiene que sen 2θ = 2(y/r)(x/r), donde r 6= 0.
Con esta sustitucion y r2 = x2 + y2, se obtiene la ecuacion polar dada
x2 + y2 = a(2)y
r· x
r
x2 + y2 =8xy
r2
x2 + y2 =8xy
x2 + y2
(x2 + y2)2 = 8xy
La grafica de una ecuacion en coordenadas polares, denominada grafica polar, consiste de aque-
llos, puntos y solo aquellos, que tienen al menos un par de coordenadas polares que satisfacen la
ecuacion. A continuacion se trataran las propiedades de dichas graficas, las cuales se obtendran
a mano y en la graficadora.
La ecuacion
θ = C
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Geometrıa Analıtica
331
donde C es una constante, es satisfecha por todos los puntos cuyas coordenadas polares son
(r, C) sin importar el valor de r. Por tanto, la grafica de esta ecuacion es una recta que contiene
al polo y Forma un angulo de C radianes con el eje polar. Vea la figura 8.9. La misma recta
esta representada por la ecuacion
θ = C ± kn
donde k es cualquier numero entera.
π/2
θ=
3π/2
0π C
C
O
Figura 8.9:
Ejemplo 8.6.
(a) La grafica de la ecuacion angulo
θ =1
4π
se presenta en la figura 8.10, y es la recta que pasa por el polo y forma un angulo de 14π
radianes con el eje polar. y ası sucesivamente. La misma recta esta dada por las ecuaciones
θ =5
4π, θ =
9
4π, θ = −3
4π, θ = −7
4π
y ası sucesivamente.
(b) La figura 8.11 muestra la grafica de la ecuacion
θ =2
3π
la cual es la recta que pasa por el polo y forma un angulo de 23π. Otras ecuaciones de esta
recta son
θ =5
3π θ =
8
3π, θ = −1
3π, θ = −4
3π
y ası sucesivamente
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Geometrıa Analıtica
332
π/2
θ=π/4
3π/2
0ππ/4
Figura 8.10:
π/2
2π/3
θ=2π/3
3π/2
0π
Figura 8.11:
En general, la forma polar de una ecuacion de una recta no es tan simple como la forma carte-
siana. Sin embargo, si la recta es paralela al eje polar o al eje 12π, entonces la ecuacion es bastante
sencilla.
Si una recta es paralela al eje polar y pasa por el punto B cuyas coordenadas cartesianas son
(0, b) y cuyas coordenadas polares son (b, 12π), entones una ecuacion cartesiana es y = b. Si se
sustituye y por r sen θ = b
la cual es la ecuacion polar de cualquier recta paralela al eje polar. Si b es positivo, la recta
esta por arriba del eje polar. Si b es negativo, la recia esta por debajo del eje polar.
Ejemplo 8.7. En la figura 8.12 se tiene la grafica de la ecuacion
r sen θ = 3
mientras que en la figura 8.13 se muestra la grafica de la ecuacion
r sen θ = −3
Ahora considere una recta paralela al eje 12π, o equivalentemente, perpendicular al eje polar.
Si la recta pasa por el punto A, cuyas coordenadas cartesianas son (a, 0) y cuyas coordenadas
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Geometrıa Analıtica
333
3E90 1E9-1E9 2E9-2E9
-3
Figura 8.12: r sen θ = 3
2E9-1E9 0-2E9 1E9-3E9
3
Figura 8.13: r sen θ = −3
polares son (a, 0), una ecuacion cartesiana es x = a. Al sustituir x por r cos θ se obtiene
r cos θ = a
la cual es la ecuacion de cualquier recta perpendicular al eje polar. Si a es positivo, la recta
esta a la derecha del eje 12π. Si a es negativo, la recta esta a la izquierda del eje 1
2π
Ejemplo 8.8. La figura 8.14 muestra la grafica de la ecuacion
r cos θ = 3
y la figura 8.15 presenta la grafica de la ecuacion
r cos θ = −3
La grafica de la ecuacion
r = C
donde C es cualquier constante, es una circunferencia cuyo centro esta en el polo y su radio es
|C|. La misma circunferencia esta dada por la ecuacion.
r = −C
Ejemplo 8.9. En la figura 8.16 se muestra la grafica de la ecuacion
r = 4
la cual es una circunferencia con centro en el polo y radio 4. La misma circunferencia esta dada
por la ecuacion
r = −4
aunque el uso de esta ecuacion no es comun.
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
334
1000
0
-1000
-4000
-2000
-6000
-3000
-5000
-3
Figura 8.14: r cos θ = 3
6000
5000
4000
1000
3000
-1000
2000
0
3
Figura 8.15: r cos θ = −3
-4
-2 4
4
2
20
-2
0-4
Figura 8.16: r = 4
Como ocurre para la recta, la ecuacion polar general de una circunferencia no es tan simple
como la forma cartesiana. No obstante, se tienen casos especiales en los que una ecuacion de una
circunferencia merece considerarse en forma polar.
Si una circunferencia contiene al origen (el polo) y tiene su centro en el punto de coordenadas
cartesianas (a, b), entonces una ecuacion cartesiana de la circunferencia es
x2 + y2 − 2ax − 2by = 0
Una ecuacion polar de esta circunferencia es
(r cos θ)2 + (r sen θ)2 − 2a(r cos θ) − 2b(r sen θ) = 0
r2(cos2 θ + sen2 θ) − 2ar cos θ − 2br sen θ = 0
r2 − 2ar cos θ − 2br sen θ = 0
r(r − 2a cos θ − 2b sen θ) = 0
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Geometrıa Analıtica
335
r = 0 ∨ r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0
Como la grafica de la ecuacion r = 0 es el polo y el polo (r = 0 cuando θ = tan−l(−a/b)) esta en
la grafica de r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0, una ecuacion de la circunferencia es
r = 2a cos θ + 2b sen θ
Cuando b = 0, en esta ecuacion, se tiene.
r = 2a cos θ
Esta es una ecuacion polar de la circunferencia de radio |a| unidades, tangente al eje 12π, y con
su centro en el eje polar o en su prolongacion. Si a > 0, la circunferencia esta a la derecha del
polo como en la figura (8.17), y si a < 0, la circunferencia se encuentra a la izquierda del polo.
(a,0)
(2a,0)
0
π/2
3π/2
π
Figura 8.17: r = 5 cos θ
Si a = 0 en la ecuacion r = 2a cos θ + 2b sen θ, se tiene
r = 2b sen θ
la cual es la ecuacion polar de la circunferencia de radio |b| unidades, con su centro sobre el eje12π en su prolongacion, y es tangente al eje polar. Si b > 0, la circunferencia esta por arriba del
polo, y si b < 0, la circunferencia se encuentra debajo del polo.
Ejemplo 8.10. Dibuje la grafica de cada una de las siguientes ecuaciones:
a) r = 5 cos θ
b) r = −6 sen θ
Solucion. a) La ecuacion
r = 5 cos θ
es de la forma r = 2aθ con a = 52. Por tanto, la grafica es una circunferencia con centro en
e! punto que tiene coordenadas polares (52,0) y es tangente al eje 1
2π. La grafica se presenta
en la figura 8.18.
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Geometrıa Analıtica
336
10
-2
4
2
2
-1
05
1
3
Figura 8.18: r = 5 cos θ
b) La ecuacion
r = −6 sen θ
es de la forma r = 2b sen θ con b = −3. La grafica es una circunferencia con centro en
el punto que tiene coordenadas polares (3, 32π) y es tangente al eje polar. La figura 8.19
muestra la grafica.
30
-1
2
-2
1
-4
0
-3
-3 -1
-6
-2
-5
Figura 8.19: r = −6 sen θ
Antes de discutir otras graficas polares, se estableceran los siguientes criterios de simetrıa.
8.1.1 Criterios de Simetrıa
Una grafica es:
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Geometrıa Analıtica
337
i) Simetrıa con respecto al eje polar si se obtiene una ecuacion equivalente cuando (r, θ) se
sustituye por (r, θ) o −r, π − θ.
( ,π−θ)
π−θθ
−θ θ=0
( ,−θ)
≡( ,π−θ)
( ,θ)
r
r
r
r
X
Y
0
ii) Simetrıa con respecto al eje 12π si se obtiene una ecuacion equivalente cuando (r, θ) se
sustituye por (r, π − θ) o −r,−θ.
π−θ
θ
−θ
θ=π/2
θ=0
( ,−θ)
( ,θ)
( ,π−θ)
( ,−θ)
r
r
r
−r
−r
0
iii) Simetrica con respecto al polo si se obtiene una ecuacion equivalente cuando (r, θ) se
sustituye por (−r, θ) o (r, π + θ)
Ejemplo 8.11. Para la grafica de la ecuacion
r = 4 cos θ
se aplicaran los criterios de simetrıa con respecto al eje polar, al eje 12π y al polo.
Para el criterio de simetrıa con respecto al eje polar, se sustituye (r, θ) por (r,−θ) y se obtiene
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Geometrıa Analıtica
338
θ
( ,π+θ)
≡( ,θ)
( ,θ)
0
r
r
r
−r
r = 4 cos(−2θ), la cual es equivalente a r = 4 cos 2θ. Por tanto, la grafica es simetrica con re-
specto al eje polar.
Para el criterio de simetrıa con respecto al eje 12π, se sustituye (r, θ) por (r, π− θ) en la ecuacion
dada y se obtiene r = 4 cos(2(π − θ)) o, equivalentemente, r = 4 cos(1π − 2θ), que equivale a
r = 4 cos 2θ. Por tanto, la grafica es simetrica con respecto al eje 12π.
Para el criterio de simetrıa con respecto al eje al polo, se sustituye (r, θ) por −r, θ y se obtiene
−r = 4 cos 2θ, la cual no es equivalente a la ecuacion dada. No obstante, tambien debe deter-
minarse si el otro conjunto de coordenadas funciona. Al sustituir (r, θ) por r, π + θ se obtiene
r = 4 cos((π +θ)) o, equivalentemente, r = 4 cos(2π +2θ), que equivale a r = 4 cos 2θ. Por tanto,
la grafica es simetrica con respecto al eje polo.
Cuando se dibuja una practica polar, a fin de determinar si contiene al polo sustituye 0 por r en
la ecuacion y despues de resuelve para θ.
Ejemplo 8.12. Dibuje la grafica de la ecuacion
r = 1 − 2 cos θ
Solucion. Como se obtiene una ecuacion equivalente cuando se sustituye (r, θ) por (r,−θ), la
grafica es simetrica con respecto al eje polar.
Si r = 0, se obtiene cos θ = 12
y si 0 ≤ θ ≤ π, entonces θ = 13π. Ası el punto (0, 1
3π), el polo,
esta en la grafica. La tabla 1 presenta las coordenadas de algunos otros puntos de la grafica. A
partir d estos puntos se dibuja la mitad de la grafica; el resto se dibuja teniendo en cuenta su
simetrıa con respecto al eje polar: La grafica se muestra en la figura
En la figura 8.20, la grafica se ha dibujado en un sistema de coordenadas polares.
El teorema siguiente muestra como definir una grafica polar mediante un par de ecuaciones
parametricas.
Teorema 8.1. La grafica de la ecuacion polar r = f(θ) esta definida por-las ecuaciones parametri-
cas
x = f(t) cos t y y = f(t) sen t
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339
1
2
3
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Figura 8.20: r = 1 − 2 cos θ
Demostracion. Sea (x, y) la representacion cartesiana de un punto P cuya representacion polar
es (r, θ). Entonces
x = cos θ y y = r sen θ
Como r = f(θ), se tiene
x = f(θ) cos θ y y = f(θ) sen θ
Al sustituir θ por t de modo que el parametro sea t, se tiene
x = f(t) cos t y y = f(t) sen t
Las ecuaciones parametricas del teorema 7.1 son utilizadas por algunas computadoras y grafi-
cadoras para trazar graficas polares. Otras graficadoras permiten trazar una grafica polar direc-
tamente de la ecuacion r = f(θ) empleando el modo polar de la graficadora.
Ejemplo 8.13. Para trazar la grafica del ejemplo 8.12 en la graficadora, se utilizan las ecuaciones
del teorema 8.1, como (θ) = 1 − 2 cos θ, se consideran
x = (1 − 2 cos t) cos t y y = (1 − 2 cos t) sen t
Con la graficadora en modo parametrico y de radianes, y 0 ≤ t ≤ 2π, se elige [−3, 3] por [−2, 2]
como rectangulo de inspeccion y obteniendose la grafica mostrada en la figura 8.21, la cual es
acorde con la curva de la figura
La grafica polar del ejemplo 8.12 y del ejemplo 8.13 se denomina limacon, palabra francesa que
proviene del latın limax que significa caracol. Un caracol (o limacon) es la grafica de una ecuacion
de la forma
r = a ± b cos θ o r = a ± b sen θ
donde a > 0 y b > 0. Existen cuatro tipos de caracoles que dependen de la razon a/b.
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Geometrıa Analıtica
340
-1-2-3
1,5
-1
1
0-0,5-1,5
0,5
-1,5
-0,5
0-2,5
Figura 8.21: r = 1 − 2 cos θ
8.1.2 Tipos de caracoles
De la ecuacion r = A + B cos θ, donde a > 0 y b > 0
1. 0 < ab
< 1 Caracol con lazo. Vea la figura 8.22
2. ab
= 1 Cardioide (forma de corazon). Vea la figura 8.23
3. 1 < ab
< 2 Caracol con hendidura. Vea la figura 8.24
4. 2 ≤ ab
Caracol convexo (sin hendidura). Vea la figura 8.25.
1
2
3
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Figura 8.22: caracol con un lazo
0.5
1
1.5
2
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Figura 8.23: cardioide
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Geometrıa Analıtica
341
1
2
3
4
5
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Figura 8.24: caracol hendidura
2
4
6
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Figura 8.25: caracol convexo
Mas adelante en esta seccion, cuando se estudien las recias tangentes horizontales y verticales
de graficas polares, sera evidente el por que los caracoles del tipo 3 tienen una hendidura y los
del tipo 4 no
A partir de la ecuacion de un caracol, tambien se puede determinar su simetrıa, y la direccion
en la que apunta.
Simetrıa y Control de un Caracol
a > 0 y b > 0
r = a + b cos θ Simetrıa con respecto al eje polar; apunta hacia la derecha
r = a − b cos θ Simetrıa con respecto al eje polar apunta hacia la izquierda.
r = a + b sen θ Simetrıa con respecto al eje 12π, apunta hacia arriba
r = a − b sen θ Simetrıa ton respecto al eje 12π, apunta hacia abajo.
Ejemplo 8.14. Para cada uno de los caracoles siguientes, determine el tipo, su simetrıa y la
direccion en la que apunta, ademas trace el caracol:
(a) r = 3 + 2 sen θ
(b) r = 2 + 2 cos θ
(c) r = 2 − sen θ
Solucion. (a) La ecuacion r = 3 + 2 sen θ es de la forma r = a + b sen θ con a = 3 y b = 2.
Como ab
= 32
y 1 < 32
< 2 la grafica es un caracol con hendidura. Es simetrico con respecto
al eje 12π y apunta hacia arriba. Se traza la grafica en el rectangulo de inspeccion de [−9, 9]
por [−6,6] y se obtiene el caracol de la figura 8.26
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Geometrıa Analıtica
342
21
2
1
5
-20
-3 -1 3
3
-1
0
4
Figura 8.26: r = 3 + 2 sen θ
(b) La ecuacion r = 2 + 2 cos θ es de la forma r = a + b cos θ con a = 2 y b = 2. Comoab
= 1, la grafica es una cardioide. Es simetrica con respecto al eje polar y apunta hacia la
derecha. Se traza la cardioide en el rectangulo de inspeccion de [−7,5; 7,5] por [−5,5] como
se muestra en la figura 8.27
-1
4
-2
1 32
2
1
00
Figura 8.27: r = 2 + 2 cos θ
(c) La ecuacion r = 2 − sen θ es de la forma r = a − b sen θ con a = 2 y b = 1. Como ab
= 2,
la grafica es un caracol convexo. Es simetrico con respecto al eje 12π y apunta hacia abajo.
La grafica se presenta en la figura 8.28.
La grafica de una ecuacion de la forma
r = a cos nθ o r = a sen nθ
es una rosa, que tiene n hojas si n es impar y 2n hojas si n es par.
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Geometrıa Analıtica
343
21
1
00
-1
-2
-1
-3
-2
Figura 8.28: r = 2 − sen θ
Ejemplo 8.15. Describa y trace la ecuacion
r = 4 cos 2θ
Solucion. La ecuacion es de la forma r = a cos nθ. donde n es igual a 2. Como n es par, entonces
la grafica es una rosa de cuatro hojas. La longitud de cada hoja es 4. La grafica contiene al polo
debido a que cuando r = 0 se tiene
cos 2θ = 0
de donde se obtiene, para 0 ≤ θ ≤ 2π,
θ =1
4π θ =
3
4π θ =
5
4π θ =
7
4π
Se traza la grafica en el rectangulo de inspeccion de [−7,5; 7,5] por [−5, 5] como se muestra en
la figura 8.29. La grafica concuerda con la descripcion.
6420-2-4-6
4
2
0
-2
-4
Figura 8.29: r = 4 cos 2θ
Observe que si en la ecuacion para una rosa se toma n = 1, resulta
r = a cos θ o r = a sen θ
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Geometrıa Analıtica
344
las cuales son ecuaciones de una circunferencia. Por tanto, una circunferencia puede considerarse
como una rosa de una hoja.
Otras graficas polares que a menudo se presentan son las espirales y las lemniscatas. La grafica
del ejemplo siguiente se denomina espiral de Arquımedes.
Ejemplo 8.16. Describa y trace la ecuacion
r = θ θ ≥ 0
Solucion. Observe primero que la grafica no es simetrica con respecto a los ejes ni respecto al
polo. Ademas, conforme θ crece, tambien lo hace r. Cuando r = 0, θ = 0; de modo que el polo
esta en la grafica. Cuando θ = nπ, donde n es cualquier numero entero, la grafica intersecta al
eje polar o a su prolongacion, y cuando θ = 12nπ, donde n es cualquier numero entero impar, la
grafica intersecta al eje 12π a su prolongacion. Se traza la grafica en el rectangulo de inspeccion de
[−42, 42] por [−28,28], como se muestra en la figura 8.30, la cual concuerda con la descripcion.
Una formula para determinar la pendiente de ana recta tangente a una grafica polar la propor-
ciona el teorema siguiente.
0
-10
-20
40200-20-40
20
10
Figura 8.30: r = θ
Teorema 8.2. Si m es la pendiente de la recta tangente a la grafica de r = f(θ) en el punto
(r,0).entonces
m =sen θ + r cos θ
cos θ drdθ
− r sen θ
Demostracion. Del teorema 8.2, la grafica de r = f(θ) esta definida por las ecuaciones parametri-
casdy
dx=
dydθdrdθ
en donde θ es el parametro, se tiene
=F ′(θ) sen θ + f(θ)
sen θ
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Geometrıa Analıtica
345
La formula del teorema 8.2 puede emplearse para determinar donde una grafica polar tiene rectas
tangentes horizontales y verticales. Esta informacion es util cuando se dibujan graficas polares.
El procedimiento se muestra al aplicarlo, a dos de los caracoles del ejemplo 8.14. en el siguiente
ejemplo ilustrativo y en el proximo ejemplo.
8.2 Coordenadas Cilındricas y Esfericas
El sistema de coordenadas cilındricas es una extension de las coordenadas polares para tres
dimensiones. La representacion en coordenadas cilındricas de un punto P es (r, θ, z), donde r y
θ son las coordenadas polares de la proyeccion de P en el plano polar y z es la distancia dirigida
desde el plano polar hasta P . Consulte la Figura 8.31
z
z
x
y
r
O
(r, ,z)θ
θ
Figura 8.31:
Ejemplo 8.17. Dibuje la grafica de cada una de las siguientes ecuaciones, expresada en coor-
denadas cilındricas, donde c es una consume:
(a) r = c, (b) θ = c, (c) z = c.
Solucion. (a) Para un punto P (r, θ, z) de la grafica de r = c, θ y z pueden asumir cualquier
valor, mientras que r es constante. La grafica es un cilindro circular recto cuyo radio es |c|unidades y su eje es el eje;. La grafica se muestra en la figura 8.32.
(b) Para lodos los puntos P (r, θ, z) de la grafica de θ = c, r y z pueden tomar cualquier
valor, en tanto que θ permanece constante. La grafica es un plano que pasa por el eje z.
Refierase a la figura 8.33 donde 0 < c < 12π.
(c) La grafica de z = c es un plano paralelo al plano polar ubicado a una distancia dirigida
de c unidades a partir del plano polar. La figura 8.34 muestra la grafica pata c > 0.
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Geometrıa Analıtica
346
-2
-2-2
-1
-1-1
000yx 11
z1
22
2
Figura 8.32:
z
x
yO
θ =c
Figura 8.33:
z
x
yO
c
Figura 8.34:
z
z
z
x
xyy
r
O
(r, ,z)θ
θ
(x,y,z)
Figura 8.35:
El nombre “coordenadas cilındricas”proviene del hecho de que la grafica de r = c es un cilindro
circular recto como el del ejemplo 1(a). Las coordenadas cilındricas se emplean con frecuencia
en problemas fısicos en los que se nene un eje de simetrıa.
Suponga que un sistema de coordenadas cartesianas y otro de coordenadas cilındricas se colocan
de modo que el plano xy es el plano polar del sistema de coordenadas cilındricas, y que la parte
positiva del eje x es el eje polar, observe la figura 8.35. Entonces, el punto P tiene a (x, y, z) y
(r, θ, z) como dos conjuntos de coordenadas que estan relacionados por las ecuaciones siguientes:
x = r cos θ y = r sen θ z = z (8.4)
r2 = x2 + y2 tan θ =y
xsi x 6= 0 z = z (8.5)
Ejemplo 8.18. Obtenga una ecuacion en coordenadas cartesianas para cada una de las sigu-
ientes superficies cuyas ecuaciones se han expresado en coordenadas cilındricas, e identifique la
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Geometrıa Analıtica
347
superficie:
(a) r = 6 sen θ.
(b) r(3 cos θ + 2 sen θ) + 6z = 0.
Solucion. Al multiplicar los dos miembros de la ecuacion por r se obtiene r2 = 6r sen.
Como r2 = x2 + y2 y r sen θ = y, entonces x2 + y2 = 6y. Esta ecuacion puede escribirse
en la formar x2 + (y − 3)2 = 9. lo cual muestra que su grafica es un cilindro circular recto
cuya seccion transversal en el plano xy es la circunferencia con centro en (0,3) y radio 3.
(b) Si se sustituye r cos θ por x y r sen θ por y se obtiene la ecuacion 3x + 2y + 6z = 0. En
consecuencia, la grafica es un plano que pasa por el origen y tiene al vector 〈3,2,6〉 como
un vector normal
Ejemplo 8.19. Obtenga una ecuacion en coordenadas cilındricas para cada una de las siguientes
superficies cuyas ecuaciones se han dado en coordenadas cartesianas, e identifique la superficie:
(a) x2 + y2 = z;
(b) x2 − y2 = z.
Solucion. (a) La grafica es un paraboloide elıptico. Este paraboloide se muestra en la figura
8.36.
-3 -3-2 -2-1 -10
00
4
11
8
yx
12
2 2
16
33
Figura 8.36:
Si x2 + y2 se sustituye por r2, entonces la ecuacion se transforma en r2 = z.
(b) La grafica es un paraboloide hiperbolico que tiene al eje z como su eje. Cuando se sustituye
x por r cos θ y y por r sen θ. se obtiene la ecuacion r2 cos2 θ − r2 sen2 θ = z; debido a que
cos2 θ− sen2 θ = cos 2θ, entonces se puede escribir la ecuacion como z = r cos 2θ. La figura
8.37 muestra el paraboloide hiperbolico.
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Geometrıa Analıtica
348
-3 -3-2 -2
-8
-1 -1
-4
000
4
1 1
x
8
y
2 23 3
Figura 8.37:
En un sistema de coordenadas esfericas se tiene un plano polar y un eje z perpendicular al plano
polar, con el origen del eje como el polo del plano polar. Por medio de tres numeros se localiza un
punto, y la representacion en coordenadas esfericas de un punto P es (ρ, θ, φ). donde ρ = |OP |, θ
es la medida en radianes del angulo polar de la proyeccion de P en el plano polar, y φ es la medida
en radianes no negativa del angulo menor medido desde la pane positiva del eje z a la recta OP ,
consulte la figura 8.38. El origen tiene la representacion (0, θ, φ en coordenadas esfericas, donde
θ y φ pueden asumir cualquier valor. Si el punto P (ρ, θ, φ) no es el origen, entonces ρ > 0 y
0 ≤ φ ≤ π, donde φ = 0 si P esta en la parte positiva del eje z y φ = π si P se encuentra en la
parte negativa del eje z.
z
x
yO
θ
φ ρ
(ρ,θ,φ)
Figura 8.38:
Ejemplo 8.20. Dibuje la grafica de cada una de las ecuaciones siguientes, expresadas en coor-
denadas esfericas, donde c es una constante
(a) ρ = y c > 0;
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
349
(b) θ = c.
Solucion. (a) Todos los puntos P (ρ, θ, φ) de la grafica de ρ = r tienen el mismo valor para
ρ, θ puede ser cualquier numero y 0 ≤ φ ≤ π. De esto se deduce que la grafica es una esfera
de radio c cuyo centro es el polo. La figura 8.39 muestra la esfera.
z
x
yO c
Figura 8.39:
(b) Para cualquier punto P (ρ, θ, φ) de la grafica de θ = c, ρ puede ser cualquier numero no
negativo, φ puede ser cualquier numero del intervalo cerrado [0, π] y θ es constante. Por
tanto, la grafica es un semiplano que contiene al eje z y se obtiene al rotar la mitad del
plano xz. para el cual x 6= 0 alrededor del eje z mediante un angulo de c radianes. La
figura 8.40 muestra los semiplanos para θ = 14π, θ = 4
3π y θ = −1
6π
z
x
yO
θ=4π/3
θ=−π/6
θ=π/4
Figura 8.40:
Debido a que la grafica de ρ = c es una esfera, se tiene el nombre coordenadas esfericas”. Las
coordenadas esfericas se utilizan frecuentemente cuando en un problema fısico se tiene un punto
como centro de simetrıa.
Si se colocan juntos un sistema de coordenadas esfericas y uno de coordenadas cartesianas, como
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
350
se ilustra en la figura 8.41, se pueden deducir las siguientes relaciones entre las coordenadas
esfericas y cartesianas de un punto P :
x = |OQ|cosθ y = |OQ| sen θ z = |QP |
z
z
x
xy
yO
θ
φ ρ
(ρ,θ,φ)
P(x,y,z)
Figura 8.41:
Como |OQ| = ρ sen φ y |QP | = ρ cos φ, las ecuaciones anteriores se transforman en
x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ (8.6)
Al elevar al cuadrado cada una de las ecuaciones te 8.6 y sumando los miembros correspondientes
se tiene
x2 + y2 + z2 = ρ2 sen2 φ cos2 θ + ρ2 sen2 φ sen2 θ + ρ2 cos2 φ
x2 + y2 + z2 = ρ2 sen2(cos2 θ + sen2 φθ) + ρ2 cos2 φ
x2 + y2 + z2 = ρ2(sen2 φ + cos2 φ)
x2 + y2 + z2 = ρ2
8.3 Transformaciones Cilındricas (r, θ, z)
En forma analoga a las coordenadas polares en el plano, estudiaremos las COORDENADAS
CILINDRICAS en R3, definidas por la transformacion
x = r cos θ
T : y = r sen θ
z = z
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
351
T : R3 → R3
(R, θ, z) 7→ T (r, θ, z) = (x, y, z) = (r cos θ, r sen θ, z)
del espacio Rθz al espacio XY Z. A los numeros (r, θ, z) se les llamas las COORDENADAS
CILINDRICAS del punto (x, y, z) y estan representadas en la siguiente figura:
X
Y
Z
x
y
z
(x,y)
θr
El rango maximo de valores de las coordenadas cilındricas (r, θ, z) es:
0 ≤ r ≤ ∞0 ≤ θ ≤ α + 2x α fijo en R
Esta transformacion viene sa ser una extension de las coordenadas polares a un R3−espacio.
8.4 Caracterıstica de las coordenadas cilındricas
Al haber relacionado las variables (r, θ) con las variables (x, y) del plano coordenado XY , en-
tonces solamente en ese plano deben analizarse sus variaciones en algun problema particular,
para lo cual se debe hallar la PROYECCION de a curva superficie o region del 3−espacio en
estudio, HACIA EL PLANO XY ; ademas, en este plano por tenerse que
x = r cos θ
y = r sen θse cumple que
r =√
x2 + y2
tan θ = y/x
Ası la superficie S en el plano XY Z definida por
S = (x, y, z)/z = f(x, y), (x, y) ∈ D
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352
X
Y
Z
x
yz
(x,y)θ r
(x,y,z)S
z=f(x,y)
V
D=Pr(xy)
r=r( )
θ=θ
θ=θ
θ
1
2
tiene su representacion en coordenadas cilındricas como sigue:
S ′ = (r, θ, z)/z = f(r cos θ, r sen θ), 0 ≤ r ≤ r(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2
y el solido y encima del plano XY y debajo de la superficie S, definido por
V = (x, y, z)/0 ≤ z ≤ f(x, y), (x, y) ∈ D
tiene su representacion en coordenadas cilındricas como sigue:
V ′ = (r, θ, z)/0 ≤ z ≤ f(r cos θ, r sen θ), 0 ≤ r ≤ r(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2
Ejercicio 8.1. Hallar las graficas de los siguientes conjuntos
a) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5, z = 4
b) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5; π ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3
ası como las de sus imagenes en XY Z mediante la transformacion cilındrica de T .
Solucion.
a) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5, z = 4 no depende de θ, ello indica que θ varıa en toda una vuelta
de 2π radianes y se puede tomar 0 ≤ θ ≤ 2π (α = 0);
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353
X
Y
Z
R
Z
T
T(D)
(r, ,4)
D
44
5
5
−5r
2π
θ
θ
θ0
En el espacio RθZ, D es una lamina rectangular plana horizontal a la altura z = 4, y su
imagen T (D) en el espacio XY Z es un disco horizontal de radio 5 a la altura z = 4
b) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5; π ≤ θ ≤ 2π, z ∈ [0, 3]
2ππ
θθ
R
Z Z
DT
X
Y
T(D)
−5
−5
5 5
3
3
0 0
Nota. Las coordenadas cilındricas se analizan en el espacio XY Z de modo que las coordenadas
r, θ se ubican en algun plano coordenado (XY , XY o Y Z)
Ejercicio 8.2.
a) Encontrar las coordenadas cilındricas de los puntos cuyas coordenadas rectangulares son
(2, 2, 3) y (−2, 2√
3,−5)
b) Encontrar las coordenadas rectangulares de los puntos cuyas coordenadas cilındricas son
(2, π,−3) y (5,−π/3, 2).
Solucion. x = r cos θ, y = r sen θ, z = z
a.1) x = 2, y = 2, z = 3; r =√
x2 + y2 =√
8 = 2√
2
tan θ = y/x = 1 ⇒ θ = π/4 (pues x > 0, y > 0: 1o Cuadrante) (r, θ, z) = (2√
2, π/4, 3)
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354
a.2) x = −2, y = 2√
3,(2o) Cuadrante z = −5; r =√
x2 + y2 =√
16 = 4
tan θ = y/x = −√
3 ⇒ θ = 2π/3 (r, θ, z) = (4, 2π/3,−5)
b.1) r = 2, θ = r, z = −3
x = r cos θ = 5 cos(−π/3) = 5/2
y = r sen θ = 5 sen(−π/3) = −5√
3/2
(x, y, z) = (5/2,−5√
3/2, 2)
b.2) Queda como ejercicio.
Ejercicio 8.3. Graficar los siguientes conjuntos definidos por coordenadas cilındricas:
a) D = (r, θ, z/θ = π/4, z ∈ [0, 6])
b) D = (r, θ, z/θ = π/2, r ∈ [0, 1])
c) D = (r, θ, z/r = 3, z ∈ [0, 4])
Solucion.
a) θ = π/4, z ∈ [0, 6], 0 ≤ r ≤ ∞ (todo su rango)
T
RD
T(D)ZZ
X
Y
6
π/4
π/4
θ=π/4
0 0θ
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355
b) θ = π/2, r ∈ [0, 1]
T
RD
T(D)ZZ
X
Yπ/2
π/20 0
1
θ
c) r = 3, z ∈ [0, 4], θ ∈ todo su rango [0, 2π]
T
RD
T(D)ZZ
X
Y
2π0 θ
4
330
Ejercicio 8.4. Expresar en coordenadas cilındricas la region limitada superiormente por el plano
z = 2x, e inferiormente por el paraboloide z = x2 + y2
Solucion. La interseccion de ambas superficies tiene su proyeccion en el plano XY :
2x = z = x2 + y2 ⇒ x2 + y2 = 2x
⇒ (x − 1)2 + y2 = 1
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356
1
2
4
X
Y
Z
z=2x
Veamos claramente la variacion de r y θ en un solo plano, el XY :
xr cos θ, y = r sen θ, z = z
x2 + y2 = 2x ⇒ r2 = 2r cos θ ⇒ r = 2 cos θ (*)
r
Y
X
r=cos
θ
θ
1 20
Ası, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ, −π/2 ≤ θ ≤ π/2
8.5 Transformaciones Esfericas (ρ, θ, φ)
La transformacion esferica esta definida de la siguiente manera:
Rθφ XY Z
T : R3 → R3
(ρ, θ, φ) 7→ T (ρ, θ, φ) = (x, y, z)
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357
donde
x = ρ sen φ cos θ
y = ρ sen φ sen θ
z = ρ cos φ
de lo que se deduce la relacion: x2 + y2 + z2 = ρ2
X
Y
Z
x
y
zP=(x,y,z)
θ
φρ
8.5.1 Caracterısticas de las coordenadas esfericas
a) Cada terna (ρ, θ, φ) de coordenadas esfericas determina un unico punto P = (x, y, z) en R3
b) La coordenada esferica ρ mide la DISTANCIA del punto P al origen (p > 0).
c) La coordenada esferica θ es la misma que la coordenada cilındrica θ y su variacion no se
ve en el espacio sino en un plano cartesiano (XY ). Esta coordenada θ recibe el nombre de
LONGITUD o ACIMUT de P . Su rango maximal de variacion es de 2π radianes:
α ≤ θ ≤ α + 2π (α real fijo )
d) La coordenada esferica φ es el angulo entre la direccion positiva del eje Z y el radio vector
P . Se le mide a partir del semejante positivo Z+ y recibe el nombre de COLATITUD de P .
Al angulo (π/2 − φ) se le llama la ALTITUD de P
e) Cada punto P = (x, y, z) tiene muchas representationes en coordenadas esfericas
f) El rango maximal de variacion del angulo φ es
o ≤ φ ≤ π
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358
g) De la definicion de las coordenadas esfericas se tiene que
x2 + y2 + z2 = ρ2, x2 + y2 = ρ2 sen2 θ
tan θ =?y
x
h) Las variaciones maximales de (ρ, θ, φ), son:
p ≥ 0, α ≤ θ ≤ α + 2π (α fijo ), 0 ≤ φ ≤ π
de modo que
sen φ =
√
x2 + y2
ρ, cos θ =
z
ρ, tan θ =
√
x2 + y2
z
8.5.2 Jacobiano de la transformacion esferica (ρ, θ, φ)
x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos θ
J(ρ, θ, φ) =∂(x, y, z)
∂(ρ, θ, φ)=
∣∣∣∣∣∣∣
sen φ cos θ −ρ sen φ sen θ ρ cos φ cos θ
sen φ sen θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ
cos φ 0 −ρ sen φ
∣∣∣∣∣∣∣
8.5.3 Interpretacion geometrica de la transformacion esferica
T(D)
T
D
X
Y
Z
R
0 0θ
θ θ
φ=φ
φ=φ
ρ
ρ
ρ
ρ
φ
φ
φ
θ=θ
θ=θ1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
θ1 ≤ θ ≤ θ2 (θ2 − θ1 ≤ 2π)
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359
0 ≤ ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2
0 ≤ φ1 ≤ φ ≤ φ2 ≤ π
Ejercicio 8.5. Determinar las coordenadas cartesianas de los puntos cuyas coordenadas esfericas
(ρ, θ, φ) son:
a) (1, 0, π/2)
b) (1, π/3, 0)
c) (2, π/2, 3π/4)
Solucion. x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos φ
a) ρ = 1, θ = 0, φ = π/2: x = 1, y = 0, z = 0
b) ρ = 1, θ = π/3, φ = 0: x = 0, y = 0, z = 1
c) ρ = 2, θ = π/2, φ = 3π/4: x = 1, y = 2/√
2, z = −2/√
2
Ejercicio 8.6. Asignar coordenadas esfericas a los puntos cuyas coordenadas cartesianas x, y, z
son:
a) (1, 0, 0)
b) (1, 1, 0)
c) (0,√
3,−1)
d) (√
3,√
3,√
2)
e) (32,−25, 18)
Solucion. ρ2 = x2 + y2 + z2, tan θ = y/x, cos θ = z/ρ
a) Semieje x+: ρ = 1,tan θ = y/x = 0,cos φ = z/ρ = 0 ⇒ θ = 0, φ = π/2
b) Plano XY : φ = π/2, ρ =√
2, tan θ = 1 ⇒ θ = π/4, por estar (1, 1, 0) en el primer cuadrante
del plano XY .
c) Plano Y Z−: θ = π/2, ρ = 2, cos φ = z/ρ = −1/2 ⇒ φ = 2π/3.
d) (x, y, z) = (√
3,√
3,√
2): ρ = 2√
2; si hacemos girar al punto alrededor del eje Z describimos
un arco de circunferencia de radio r =√
x2 + y2 =√
6, sin hacer variar φ, hasta llevarlo al
plano Y Z:
tanφ =√
6√2
=√
3 ⇒ φ = π/3; o sino tambien:
cos φ = zρ
=√
22√
2= 1
2⇒ φ = π
3
pues el rango maximo de variacion de φ es 0 ≤ φ ≤ π; este ultimo metodo es mas rapido
(algebraico), mientras que el anterior es un numero geometrico. Note que θ = π/4. ¿Por que?
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360
Ejercicio 8.7. Interpretar geometricamente en XY Z la ecuacion ρ = 2 (dada en coordenadas
esfericas).
Solucion. Como no hay restricciones para θ (el cual da toda una vuelta) ni para φ entonces:
ρ = 2 ⇔ ρ2 = 4 ⇔ x2 + y2 + z2 = 4
que corresponde a la ecuacion de una esfera de radio ρ = 2 centrada en el origen.
Ejercicio 8.8. Dada la ecuacion θ = π/4 en coordenadas esfericas, interpretarlas geometrica-
mente.
Solucion. La ecuacion indica que manteniendo fijo θ = π/4 se hace variar todo ρ(ρ ≥ 0) y todo
φ ∈ [0, π]:
θ=π/4
θ=π/4
X
Y
Z
La ecuacion θ = π/4 corresponde al semiplano de la figura, a partir del eje Z, hacia X+Y +
Ejercicio 8.9. Interpretar la grafica de la ecuacion: tan θ = 1, dada en coordenadas esfericas.
Solucion. 0 ≤ θ ≤ 2π
tan θ = 1 ⇔ θ = π/4, 5π/4
De modo que la grafica corresponde, en el espacio XY Z, al semiplano de la figura del problema
anterior mas su prolongacion hacia X−Y −; es decir, corresponde a todo el plano y = x
Ejercicio 8.10. Interpretar geometricamente la solucion de las ecuaciones a)φ = π/4, b)φ =
π/2, dadas en coordenadas esfericas
Solucion. Ambas ecuaciones corresponden a superficies conicas, pues por ser independientes de
θ y ρ, estas varıan segun sus maximos rangos
0 ≤ θ ≤ 2π
0 ≤ ρ ≤ ∞
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Geometrıa Analıtica
361
a)
b) Obviamente, φ = π/2 corresponde a todo el plano coordenado XY .
Otra forma de obtener los resultados anteriores es como sigue:
a) φ = π/4 ⇒ z = ρ cos φ = ρ/√
2 ≥ 0
⇒ 2z2 = ρ2 = x2 + y2 + z2, z ≥ 0
⇒ z =√
x2 + y2 (ecuacion de un cono simple)
b) φ = π/2 ⇒ z = ρ cos φ = 0 ⇒ z = 0 que corresponde a la ecuacion del plano coordenado
XY .
Ejercicio 8.11. Graficar el conjunto solucion en XY Z, de la ecuacion ρ cos θ = 1 dada en
coordenadas esfericas.
Solucion. Como z = ρ cos φ = 1, el conjunto solucion es todo el plano z = 1:
Ejercicio 8.12. Graficar los conjuntos
D = (ρ, θ, φ)/φ = π/4, ρ = 1T (D) = (x, y, z)/φ = π/4, ρ = 1
Solucion. Como las ecuaciones son independientes de θ, la grafica de T (D) rodea al eje Z en
toda una vuelta:
un punto correspondiente a θ = π/2 es:
x = ρ sen θ cos θ = 1 · cos θ
=0
y = ρ sen θ cos θ = 1 · cos θ
=
1√2
z = ρ cos θ =1√2
TT(D)
D
X
Y
Z
π/4
2π
φ=π/4
10
φ
θ
La grafica correspondiente a una circunferencia horizontal centrada en el eje Z, de radio 1/√
2,
y de altura z = 1/√
2
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362
Ejercicio 8.13. Graficar los conjuntos
D = (ρ, θ, φ)/θ = π/4, ρ = 1T (D) = (x, y, z)/θ = π/4, ρ = 1
definidos mediante coordenadas esfericas
Solucion. Como D no depende de φ, este varıa libremente segun 0 ≤ φ ≤ π. Un punto (x, y, z)
para φ = π/2 en particular es:
x = ρ sen φ cos θ = 1(1)(1/√
2) = 1/√
2
y = ρ sen φ sen θ = 1(1)(1/√
2) = 1/√
2
z = ρ cos φ = 0
π/4
π/4
φ
θ
π/2
π
−1
1
1
0
T
D
T(D)
R
X
Y
Z
(1/V2,1/V2,0)_ _
La grafica de T (D) corresponde al arco de la semicircunferencia de la figura
Ejercicio 8.14. Graficar los conjuntos
D = (ρ, θ, φ)/θ = π/3, ρ = π/4T (D) = (x, y, z)/θ = π/3, ρ = π/4
definidos en base a la transformacion esferica
Solucion. La variable ρ recorres todo su dominio: ρ ≥ 0
x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ
x = ρ
2√
2y = ρ
√3
2√
2z = ρ√
2
⇒ (x, y, z) =ρ√2(1,
√3, 2), ∀ρ ≥ 0
La grafica de T (D) corresponde al rayo que parte del origen 0 y en la misma direccion y sentido
que el vector (1,√
3, 2).
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363
π/3
π/3
π/4
π/4
1
2
2
2
θ
φ
T
R
Z
X
Y
DT(D)
8.5.4 Generacion de una esfera
Generamos una esfera (cascara) de radio p = 1:
a) Comenzaremos generando una circunferencia con p = 1, φ = φ0 (constante) y haciendo variar
θ desde 0 hasta 2π (una vuelta)
b) Luego, manteniendo constante p = 1, hacemos variar φ desde 0 (semieje positivo Z+) hasta
φ = φ0; esto generara circunferencia paralelas mas pequenas que la correspondiente a φ = φ0,
y conforme φ varie desde 0 hasta φ = φ0, estas circunferencias barreran un casquete esferico
como en la figura adyacente (b).
c) Continuaremos haciendo variar φ hasta φ = π/2 de modo que las circunferencias generadas
con ρ = 1 barreran toda una semiesfera de radio ρ = 1
d) Evidentemente, haciendo variar φ desde 0 hasta φ, θ desde 0 hasta 2π, y manteniendo con-
stante ρ = 1, habremos generado la esfera x2 + y2 + z2 = 1; es decir:
E = (x, y, z)/ρ = 1= (x, y, z)/ρ = 1, x2 + y2 + z2 = 1= (x, y, z)/ρ = 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π
8.5.5 Generacion de una bola
La bola B cerrada de radio 1 y centrada en el origen 0 esta descrita por la ecuacion
B : x2 + y2 + z2 ≤ 1
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364
que equivale a tener esferas de radio ρ : 0 ≤ ρ ≤ 1
x2 + y2 + z2 = ρ2 (ρ2 ≤ 1)
a las que se les hace variara el radio ρ desde 0 hasta 1; ello hara que las esferas vayan aumentado
de radio barriendo una region solida, es decir todo el interior mas la cascara de una esfera de
radio 1. Por lo tanto las variaciones de las coordenadas (ρ, θ, φ) que generan una BOLA cerrada
B de radio 1 son:
B = (x, y, z)/x2 + y2 + z2 ≤ 1= (x, y, z)/ρ ≤ 1 (no depende de θ ni de φ)
= (x, y, z)/0 ≤ ρ ≤ 1, θ ∈ [0, 2π], φ ∈ [0, π]
Ejercicio 8.15. Hallar una ecuacion para la esfera
x2 + y2 + (z − a)2 = a2, a > 0 (∗)
en coordenadas esfericas, y encontrar las variaciones de las coordenadas esfericas (ρ, θ, φ) que
definen a la region encerrada por dicha esfera.
Solucion. La ecuacion (∗) es equivalente a:
x2 + y2 + z2 = 2az
ρ2 = 2aρ cos φ ⇒ ρ = 2a cos φ
que incluye a ρ = 0 como se puede verificar para φ = π/2
8.6 Rectas Tangentes en el Polo
Son rectas que pasan por el origen, cuya forma general es
θ = θk constantes
las que se hallan haciendo r = 0 en la ecuacion polar, como veremos mas adelante, y resolviendo
para θ. Por ejemplo, en la grafica de
r = 2 cos θ ⇐⇒ r2 = 2r cos θ ⇐⇒ x2 + y2 = 2x
⇐⇒ (x − 1)2 + y2 = 1
La direccion de las rectas tangentes se obtiene haciendo r = 0 en la ecuacion, y resolviendo luego
para θ:
0 = 2 cos θ ⇐⇒ cos θ = 0 ⇐⇒
θ = π/2
θ = 3π/2
Estas dos ultimas ecuaciones para θ representan a la misma recta; el eje normal Y ,
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365
8.7 Interceptos con los Ejes Principales
Los interceptos de las grafica CON EL EJE POLAR X, o su extension en la direccion opuesta
a traves del polo, se encuentran haciendo: θ = 0, θ = π, θ = 3π, θ = 5π, etc., y resolviendo para
r.
Analogamente los interceptos CON EL EJE NORMAL Y (θ = π/2), o su extension en la
direccion opuesta a traves del origen, son obtenidos haciendo θ = π/2 θ = 3π/2, θ = 5π/2, etc.,
y resolviendo para r.
Por ejemplo los interceptos de la grafica de la ecuacion r = 2 cos θ (∗) son:
r = 2, cuando se hace θ = 0
r = 0 cuando se hace θ =π
2r = −2 cuando se hace θ = π
r = 0 cuando se hace θ =3π
2
Es decir, los puntos
(2, 0)[= (−2, π)] y (0, π/2)[= (0, 3π/1)] el origen.
Nota. Algunas ecuaciones polares que son de interes son:
1) r cos θ = a: recta vertical x = a
2) r sen θ = a: recta horizontal y = a
3) Circunferencias
8.7.1 Rectas en coordenadas polares
Dada una recta L en el plano tal que (p, β) son las coordenadas polares del punto D, sobre la
recta, que se encuentra a la minima distancia del origen, se tiene que
P = Distancia del origen a la recta L
β = Angulo de inclinacion del radio vector correspondiente al punto D, que se encuentra a a
minima distancia de L.
Si
P (r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sen θ) ∈ L( punto generico)
D(p, β) = (x0, y0) = (p cos β, r sen β) ∈ L( punto de paso)
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366
y asumiendo que la recta L no es vertical ni horizontal, la pendiente de L esta dada por
m = tanα
y la pendiente del radio vector 0D esta dada por
m1 = tan β
entonces
m · m1 = −1 =⇒ m = − cot β
Por lo tanto
y − p sen β = − cot β(x − p cos β)
=⇒ (sen β)y − (sen2 β)p = −(cos β)x + (cos2 β)p
=⇒ (cos β)x + (sen β)y = p (p > 0) · · · (∗)o equivalentemente, r[cos β cos θ + sen β sen θ] = p
Ası obtenemos la ecuacion de la recta L en coordenadas polares:
r cos(θ − β) = p (p > 0) · · · (∗∗)
donde (r, θ) son las coordenadas polares de cualquier punto generico sobre la recta L, y (p, β)
son las coordenadas polares del punto que se encuentra a la minima distancia (perpendicular del
origen a la recta)
Ejercicio 8.16. Hallar la ecuacion de la recta L : x − 2y + 4 = 0
Solucion. Sabemos que la distancia de L al origen es: p = 4/√
5, ademas normalizando, L:
L : x − 2y = −41√5x − 2√
5=
−4√5
y si queremos obtener la ecuacion de la forma (∗) multiplicamos ambos miembros de la ecuacion
L por (−1) para hacer positivo al segundo miembro e identificar a dicho valor con: p; entonces
L : − 1√5x +
2√5
=4√5
(∗)
=⇒ cos β = −1/√
5, sen β = 2/√
5, p = 4/√
5]
=⇒ L : r cos(θ − β) =4√5
donde β es el angulo en el 2o cuadrante cuyo coseno es −1/√
5
8.8 Ejercicios Resueltos
Ejercicio 8.17. En los problemas siguientes trace cada punto dado en coordenadas polares
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367
1. (3,90o) 2. (4,270o)
(3, 90o)b
A(4, 270o)b
A
3. (-2,0o) 4. (−3, π)
(−2, 0o)b A
(−3, π)b A
5. (6, π/6) 6. (5, 5π/3)
(6,π/6)
b
A (5, 5π/3)
b
A
Ejercicio 8.18. En los siguientes problemas se proporcionan las coordenadas polares de un
punto, determine las coordenadas rectangulares
1. (3,90o)
(3, 90o)b
A
x = r cos 90o y = r sen 90o
x = 3 · 0 y = 3 · 1x = 0 y = 3
P (0, 3)
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368
2. (4,270o)
(4, 270o)b
A x = r cos 270o y = r sen 270o
x = 4 · 0 y = 4 · (−1)
x = 0 y = −4
P (0,−4)
3. (-2,0o)
(−2, 0o)b A
x = r cos 0o y = r sen 0o
x = −2 · 1 y = −2 · 0x = −2 y = 0
P (−2, 0)
4. (−3, π)
(−3, π)b A
x = r cos π y = r sen π
x = −3 · (−1) y = −2 · 0x = 3 y = 0
P (3, 0)
5. (6, 30o)
(6,π/6)
b
A
x = r cos 30o y = r sen 30o
x = 6 ·√
3
2y = 6 · 1
2
x = 3√
3 y = 3
P (3√
3, 3)
6. (5, 300o)
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369
(5, 5π/3)
b
A
x = r cos 300o y = r sen 300o
x = 5 · 1
2y = 5 ·
√3
2
x =5
2y =
−5√
3
2
P (5
2,−5
√3
2)
Ejercicio 8.19. r = 2 + 2 cos θ
Solucion. Verificando la simetrıa
a) Con el eje polar: θ por −θ
r = 2 + 2 cos θ
r = [2 + 2 cos(−θ)]
r = 2 + 2 cos θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con el eje polar
b) Con la recta θ = π2: θ por π − θ
r = 2 + 2 cos θ
r = [2 + 2 cos(π − θ)]
r = [2 + 2(cosπ · cos θ + sen π sen θ)]
r = 2 + 2[(−1) cos θ]
r = 2 − 2 cos θ
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con la recta θ = π2
c) Con el polo: r por −r
r = 2 + 2 cos θ
−r = 2 + 2 cos θ
r = −2 − 2 cos θ
r = −(2 + 2 cos θ)
∗ Las ecuaciones son distintas
∴ No tiene simetrıa con el eje polar
Tabulamos
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Geometrıa Analıtica
370
θ 0o 30o 60o 90o 120o 150o 180o
r 4 3,7 3 2 1 0,3 0
∗ Como tiene simetrıa con el eje polar tabulamos para θ = 0o a 180o
r = 2 + 2 cos θ
• Para θ = 0o
r = 2 + 2 cos 0o
r = 2 + 2(1)
r = 4
• Para θ = 90o
r = 2 + 2 cos 90o
r = 2 + 2(0)
r = 2
• Para θ = 180o
r = 2 + 2 cos 180o
r = 2 + 2(−1)
r = 0
1
2
3
4
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Ejercicio 8.20. r = 1 + sen θ
Solucion.
a) Con el eje polar: Reemplazamos θ por −θ
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(−θ)
r = 1 − sen θ
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Geometrıa Analıtica
371
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con el eje polar
b) Con la recta θ = π2:Reemplazamos θ por π − θ
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(π − θ)
r = 1 + sen π cos θ − sen θ cos π
r = 1 + [− sen θ(−1)]
r = 1 + sen θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con la recta θ = π2
c) Con el polo: Reemplazamos r por −r
r = 1 + sen θ
−r = 1 + sen θ
r = −1 − sen θ
r = −(1 + sen θ)
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con el polo
Tabulamos
θ 0o 30o 60o 90o 120o 150o 180o
r 1 1,5 1,8 2 1,8 1,5 0
Asignamos valores a “θ”
X Para θ = 0o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(0o)
r = 1 + 0
r = 1
X Para θ = 30o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(30o)
r = 1 + 12
r = 1 · 5
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Geometrıa Analıtica
372
X Para θ = 45o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(45o)
r = 1 + 0,7
r = 1,7
X Para θ = 60o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(60o)
r = 1 +
√3
2r = 1,8
X Para θ = 90o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(90o)
r = 1 + 1
r = 2
X Para θ = 120o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(120o)
r = 1 + 0,80
r = 1,8
X Para θ = 150o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(150o)
r = 1 + 0,5
r = 1,5
X Para θ = 180o
r = 1 + sen θ
r = 1 + sen(180o)
r = 1 + 0
r = 1
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Geometrıa Analıtica
373
0.5
1
1.5
2
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Ejercicio 8.21. r = 2 + sen θ
Solucion.
a) Con el eje polar: Reemplazamos θ por −θ
r = 2 + sen θ
r = 2 + sen(−θ)
r = 2 − sen θ
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con el eje polar
b) Con la recta θ = π2:Reemplazamos θ por π − θ
r = 2 + sen θ
r = 2 + sen(π − θ)
r = 2 + sen π cos θ − sen θ cos π
r = 2 − [−1 sen θ]
r = 2 + sen θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con la recta θ = π2
c) Con el polo: Reemplazamos r por −r
r = 2 + sen θ
−r = 2 + sen θ
r = −2 − sen θ
r = −(2 + sen θ)
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Geometrıa Analıtica
374
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con el polo
Tabulamos
θ 0o 30o 60o 90o −30o −60 −90o
r 2 2,5 2,8 3 1,5 1,1 1
Asignamos valores a “θ”
∗ Como la grafica correspondiente tiene simetrıa con la Recta θ = π2. Asignamos valores a: −π
2a
π2
∗ r = 2 + sen θ
Para θ = −90o
r = 2 + sen θ
r = 1
∗ r = 2 + sen θ
Para θ = 90o
r = 2 + sen θ
r = 3
1
2
3
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Ejercicio 8.22. r = 3 cos 2θ
Solucion. Verificando la simetrıa
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Geometrıa Analıtica
375
a) Con el eje polar: θ por −θ
r = 3 cos 2θ
r = 3 cos 2(−θ)
r = 3 cos 2θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con el eje polar
b) Con la recta θ = π2: θ por π − θ
r = 3 cos 2θ
r = 3[cos(2π − 2θ)]
r = 3[cos 2π cos 2θ − sen 2π sen 2θ
r = 3[(1) cos 2θ]
r = 3 cos 2θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con la recta θ = π2
c) Con el polo: r por −r
r = 3 cos 2θ
−r = 3 cos 2θ
r = −3 cos 2θ
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con el polo
Tabulamos
θ 0o 30o 60o 90o 120 150 180o
r 3 1,5 −1,5 −3 −1,5 1,5 3
∗ Como tiene simetrıa con ele eje polar y con la recta θ = π2
tabulamos para θ = 90o a 180o
r = 3 cos 3θ
• Para θ = −90o
r = 3 cos 2(−90o)
r = 3(−1)
r = −3
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Geometrıa Analıtica
376
• Para θ = 0o
r = 3 cos 2(0o)
r = 3(1)
r = 3
• Para θ = 90o
r = 3 cos 2(90o)
r = 3(−1)
r = −3
• Para θ = 180o
r = 3 cos 2(180o)
r = 3(1)
r = 3
1
2
3
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Ejercicio 8.23. r2 = 9 cos 2θ
Solucion. Verificando la simetrıa
a) Con el eje polar: θ por −θ
r2 = 9 cos 2θ
r2 = 9 cos 2(−θ)
r2 = 9 cos 2θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con el eje polar
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Geometrıa Analıtica
377
b) Con la recta θ = π2: θ por π − θ
r2 = 9 cos 2θ
r2 = 9[cos(2π − 2θ)]
r2 = 9[cos 2π cos 2θ − sen 2π sen 2θ
r2 = [9(1) cos 2θ]
r2 = 9 cos 2θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con la recta θ = π2
c) Con el polo: r por −r
r2 = 9 cos 2θ
−r2 = 9 cos 2θ
r2 = −9 cos 2θ
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa
Tabulamos
θ 0o 90o 180 270 360o
r 3 −3 3 −3 3
∗ Como tiene simetrıa con el eje polar y con la recta θ = π2
tabulamos para θ = 0o a 360o
Haciendo:
θ = 45o
r2 = 9 cos 2(45o)
r2 = 9(0)
r = 0
θ = 30o
r = 9 cos 2(30o)
r = 3(1)
r = 3
θ = 60o
r = 9 cos 2(60o)
r = E
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378
1
2
3
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
Ejercicio 8.24.
r = sen 2θ
a) Con el eje polar: θ por −θ
r2 = sen 2θ
r2 = sen 2(−θ)
r2 = − sen 2θ
∗ Las ecuaciones no son iguales
∴ No tiene simetrıa con el eje polar
b) Con la recta θ = π2:Reemplazamos θ por π − θ
r2 = sen 2θ
r2 = sen 2(π − θ)
r2 = sen 2π cos 2θ − cos 2π cos 2θ
r2 = [−(−1) sen θ]
r2 = sen 2θ
∗ Las ecuaciones son iguales
∴ Si tiene simetrıa con la recta θ = π2
c) Con el polo: Reemplazamos r por −r
r2 = sen 2θ
−r2 = sen 2θ
r2 = − sen 2θ
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Geometrıa Analıtica
379
∗ Las ecuaciones son distintas
∴ No tiene simetrıa con el polo
Tabulamos
θ −90o 0 45o 90 225o
r 0 0 1 0 1
∗ Como tiene simetrıa con la recta θ = π2
tabulamos para θ = π2
a θ = −π2
X Para θ = −60o
r = sen 2(−60o)
r = −0 · 9
X Para θ = −30o
r2 = sen 2(30o)
r2 = −0 · 9
X Para θ = 60o
r2 = sen 2(60o)
r2 = 0 · 9
X Para θ = 30o
r2 = 1 + sen(30o)
r2 = 0 · 9
0.2
0.4
0.6
0.8
1
30
210
60
240
90
270
120
300
150
330
180 0
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Geometrıa Analıtica
380
8.9 Ejercicios Propuestos
I. Expresar en coordenadas polares los siguientes puntos dados en coordenadas rectangulares
1. P (32,−3
2)
2. P (1,−√
3)
3. P (−√
3, 1)
4. P (√
8,√
2)
5. P (−8, 8)
6. (4, 4√
3)
II. Expresar en coordenadas rectangulares los siguientes puntos dados en coordenadas polares
1. P (3, 3π4
)
2. P (−2, π)
3. P (4,−2π3
)
4. P (−2,−5π12
)
5. P (−12,−π
4)
6. P (3, 2)
III. Hallar las ecuaciones polares de.
1. y − 5 = 0
2. x2 − x2y2 − y4 = 0
3. x2 + y2 − 4x + 2y = 0
4. 6xy = 5
5. y2 = x3
2a−x
6. x2 + y2 − 2y = 0
7. 3(x − 2)2 + 4y2 = 16
8. y2 − 4x − 4 = 0
9. 3x2 + 4y2 − 6x − 9 = 0
10. 2xy = a2
11. 2x2 − y2 = a2
R. r sen θ = 5
R.
R. r = 2(2 cos θ − sen θ)
R. 3r2 sen 2θ = 5
R. 2a tan θ sen θ = r
R. r = 2 sen θ
R. r(2 − cos θ) = 6
R. r(1 − cos θ) = 2
R. r2(3 + sen2 θ) = 3(2r cos θ − 3)
R. r2 sen 2θ = a2
R. r2 sen 2θ = a2
IV. Hallar las ecuaciones rectangulares de:
1. r = a sen θ − b cos θ
2. r2 = a2 cos θ
3. r(1 − cos θ) = 4
4. r(2 − cos θ) = 3
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Geometrıa Analıtica
381
5. r(1 − 2 cos θ) = 4
6. r = a(1 − cos θ)
7. r2 cos 2θ = 3
8. r = 2 cos 2θ
9. r sen 2θ = 4
10. r = a sec θ + b
11. r sen2 θ = 4 cos θ
12. r = sen 2θ
R. x2 + y2 + bx − ay = 0
R. (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2)
R. y2 = θ(x + 2)
R. 3x2 + 4y2 − 6x − 9 = 0
R. 3x2 − y2 + 16x + 16 = 0
R. (x2 + y2 − ax) = a2(x2 + y2)
R. x2 − y2 = 3
R. (x2 + y2) = 2(x2 − y2)
R. x2y2 = 4(x2 + y2)
R. (x − a)2(x2 + y2) = b2x2
R. y2 = 4x
R. (x2 + y2)3 = 4x2y2
V. 1. Demostrar que el area del triangulo de vertices (r1, θ1), (r2, θ2), (r3, θ3) esta dado por:
1
2r1r2r3
[sen(θ2 − θ1)
r3+
sen(θ3 − θ2)
r1+
sen(θ1 − θ3)
r2
]
2. Hallar la longitud de los lados y el area del triangulo de vertices
a) (1, π/3), (2, π/6) y (3, π/6)
R.√
5 − 2√
3,√
7,√
10, 12(3√
3 − 2)
b) (2, π/8), (4, 3π/8) y (−1, 7π/8)
R. 2√
5 − 2√
2,√
5 − 2√
2,√
17, 12(5√
2 − 4)
3. Demostrar que el angulo entre las rectas r cos(θ − ω) = P y r cos(θ − ω′) = P ′ es
ω − ω′
4. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por los puntos A(r1, θ1) y B(r2, θ2). (Sug.
considerar un punto P (r, θ) cualquiera de las rectas y las areas d los triangulos
OAB, OBP y OPA)
R. sen(θ1−θ2)r3
+ sen(θ2−θ)r1
+ sen(θ−θ1)r2
= 0
5. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto (r1, θ1) y es perpendicular a la
recta r cos(θ − ω) = p
R. r sen(θ − ω) = r1 sen(θ1 − ω)
6. Si C (c, 0) son las coordenadas polares del centro de una circunferencia de radio a,
demostrar que r = 2a cos(θ − α) es la ecuacion de la circunferencia que pasa por el
polo.
7. p es un punto cualquiera de la circunferencia
r2 − 2rc cos(θ − 0) + c2 − a2 = 0. Si O es el polo y Q un punto sobre CP de manera
que:
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Geometrıa Analıtica
382
i) OPOQ
= k
ii) OPOQ = d2
Hallar la ecuacion del lugar geometrico describe por Ω, en cada codo
R. i) k2r2 − 2ckr cos(θ − α) + c2 − a2 = 0
ii)(c2 − a2)r2 − 2cd2r cos(θ − α) + d4 = 0
8. Si el foco de una cronica (parabola, elipse o hiperbola) esta en el polo y la bisectriz
de la conica es una recta perpendicular al eje polar que esta a una distancia de 2p,
p > 0, la ecuacion de la conica esta dada por
r =2ep
1 ± e cos θ, e es la excentricidad conica (8.7)
(la conica es una elipse si 0 < e < 1, una parabola si e = 1y una hiperbola si e > 1).
Si la directriz esta a la izquierda del polo el signo de (8.7) es −; si la directriz esta a
la derecha del signo de (8.7) es +. Si el foco se mantiene en el polo y la directriz es
paralela al eje polar, la ecuacion de la conica esta dada por:
r =2ep
1 ± e sen θ(8.8)
Si la directriz esta debajo del eje polar el signo de (8.8) es − si la directriz esta sobre
el eje polar el signo es +.
a) Hallar la ecuacion de la elipse con foco en el polo, excentricidad e = 12
y directriz
perpendicular al eje polar en el polo (−4, 0)
R.r =4
2 − cos θ
b) Hallar la ecuacion d la parabola con foco en el polo y directriz perpendicular al
eje polar en el punto (−3, 0)
R.r =3
1 − cos θ
c) Describir y graficar la curva cuya ecuacion es r = 165+3 sen θ
R. elipse
VI. Discutir y trazar la grafica de cada una de las ecuaciones siguientes
1. r = 5 sen θ + 4 cos θ
2. r sen θ = 4
3. r cos θ = 6
4. r2 sen 2θ = 16
5. r2 = 16 sen 2θ
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Geometrıa Analıtica
383
6. r(2 − cos θ) = 4
7. r(1 + sen θ) = θ
8. r(1 − 2 cos θ) = 4, hiperbola
9. r2 cos2 θ = a sen θ
10. r = 2a tan θ sen θ, cisoide
11. r = a sen2 θ2
12. r = a sen3 θ3
13. r = aθ, espiral de Arquımedes
14. r = eaθ, espiral logarıtmica
15. r = a(1 + cos θ), cardioide
16. r = a(1 − cos θ), cardioide
17. r2 = a2 sen 2θ, lemniscata
18. r2 = a2 cos 2θ, lemniscata
19. r = 4 cos 3θ, rosa de 3 petalos
20. r = a sen 3θ, rosa de 3 petalos
21. r = a sen 2θ, rosa de 4 petalos
22. r = a cos 2θ, rosa de 4 petalos
23. r = a sen 4θ, rosa de 8 petalos
24. r = a cos 4θ, rosa de 8 petalos
25. r = a sen 5θ, rosa de 5 petalos
26. r = a cos 5θ, rosa de 5 petalos
27. r = a(2 + cos θ), caracol de Pascal
28. r = a(1 − 2 cos θ), caracol de Pascal
29. r = 2 + 3 sen 2θ
30. r2 − 4r + 3 + 2 cos θ = 0
31. |r| = 3 cos 2θ, θ ∈ [0, π]
32. |r| = −3 cos 2θ, θ ∈ [0, π]
VII. 1. Determinar la condicion para que la curva sea simetrica respecto al eje π/4
2. Determinar la condicion para que la recta sea simetrica respecto al eje π/3
VIII. Hallar los puntos de interseccion de los siguientes pares de curvas
1. r sen θ = 2a, r cos(θ π6) = a R.(2a, π/2)
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384
2. r = 2 csc θ, r = 4 sen θ R.(2√
2, π4); (2
√2, 3π
4)
3. r = a, r = 2a cos 2θ
4. r = a(1 − cos θ), r = a cos θR.(a2, π
3), (a
2,−π
3) y el polo
5. 3r = a cos θ, r(1 + cos θ) = 1
R.(2
3,±π
3)
6. r = 4 tan θ sen θ, r = 4 cos θ
7. r2 sen 2θ = θ, r cos θ = 2
8. r = 1 + cos θ, 2r = 3
9. r = 12sec2 θ
2, r = 2
10. r = 1 + cos θ, 2r(1 − cos θ) = 1
11. 3r = 4 cos θ, r cos2 θ2
= 12
12. r cos θ = 4, r = 10 sen θ
13. r = a(1 + sen θ), r = a(1 − sen θ)
14. r = 3 + cos 4θ, r = 2 − cos 4θ
15. r = 2 + cos 2θ, r = 2 + sen θ
IX. Hallar el angulo β, α, el valor de la pendiente de la tangente para las siguientes curvas en
los puntos dados. Trazar la grafica de la curva.
1. r = 4(1 + sen θ); P (4, 0) R. β = π4, α = 3π
4
2. r2 = a2(cos 2θ); P ( a√2, π
6) R. β = 5π
6
3. r(1 + sen θ) = 4; P1(2,π2), P2(4, π)
4. r = 4 sen 3θ; P (4, π6)
5. r = a sen θ; θ = π6, 2π
3
6. r = a sen 2θ; P1(√
3a2
, π6), P2(0,
π2)
7. r = a(1 − sen θ), P (a, π)
8. r = a sec2 θ, P (2a, π4)
X Hallar el angulo de interseccion entre las curvas siguientes, en los puntos que se indican.
1. r = a cos θ, r = a sen θ; en P (√
2a2
, π4) R. π
2
2. r = 4 cos θ, r = 4 cos2 θ − 3; en P (−2, 2π3
) R. π2
3. r = a, r = 2a sen a; en P (a, π6)
4. r = −a sen θ, r = cos θ; en el polo
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Geometrıa Analıtica
385
XI Hallar los angulos de interseccion de las curvas siguientes:
1. 2r = 3, r = 1 + cos θ R. π6
2. 3r = 10, r(2 − sen θ) = 5 R. π3
3. r = 1 − sen θ, r = 1 + sen θ R. 0 en el polo, π2
en (1, π); 3π2
en (1, 0)
4. r = cos θ, r = sen 2θ R. 0 en (0, π2); en (
√2
2, π
6) y en (−
√2
2, 5π
6), 79o6′ aprox.
5. r2 sen 2θ = 4, r2 = 16 sen 2θ
6. r(1 − cos θ) = 4, r(2 + cos θ) = 20
7. r = 3(1 − cos θ), r = 3 cos θ
8. r = a cos θ; r = −a sen 2θ R. en el polo, 0o; en los otros puntos, arctg 3√
3
9. r = sec θ, r sen 2θ = 2 R. Las curvas no se cortan
XII En los ejercicios 1 al 4, demostrar, que las siguientes curvas se cortan en angulo recto.
1. r(1 + cos θ) = a, r(1 − cos θ) = b
2. r = a(1 + cos θ), r = a(1 − cos θ)
3. r = 2a cos θ, r = 2b sen θ
4. r = 4 cos(θ − π3), r2 − 6r cos θ + 6 = 0
5. Hallar la condicion para que las circunferencias r2 − 2cr cos(θ − α) + c2 − a2 = 0 y
r2 + 2c′r cos(θ − α′) + c′2 − a′2 = 0 se cortan ortogonalmente. R.
c2 + c′2 − 2cc′ cos(α − α′) = a2 + a′2
6. Demostrar que:
r cos(θ−w) = a+c cos(α−w) es tangente a la circunferencia r2−2cr cos(θ−α)+c2−a2 =
0
7. Hallar las coordenadas polares de los centros y los radios de las circunferencias r =
4 cos(θ − 2π3
) y r2 − 2r cos θ − 2 = 0.
Probar ademas, que las circunferencias se cortan ortogonalmente. (Dos circunferencias
se cortan ortogonalmente si la suma de los cuadrados de sus radios es igual al cuadrado
de la distancia entre sus centros).
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Capıtulo 9
Superficies Cuadraticas
9.1 Introduccion
Analıticamente la ecuacion F (x, y) = 0, representa un lugar geometrico en el plano xy, y en el
espacio tridimensional la ecuacion rectangular en tras variables, estara dada por
F (x, y, z) = 0
Ası tambien se sabe que plano representa analıticamente por unica ecuacion lineal de la forma
P : Ax + By + Cz + D = 0
Definicion 9.1. Llamaremos superficie al conjunto de puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen
una sola ecuacion de la forma
F (x, y, z)
Sin embargo la ecuacion de una superficie puede contener solamente una o dos variables
Ejemplo 9.1. La ecuacion x = k, k =cte representa un plano paralelo al plano yz
386
Geometrıa Analıtica
387
-10-10 -5
-10
-5
-5
000
z
y
5
5
x
5
10
1010
De igual manera la ecuacion x2+y2 = 4 considerado en el espacio represente una cilindro circular
recto
-3-3 -2
-10
-2-1-1
-5
000
z
1
y
1
5
x
2
10
233
Toda ecuacion de la forma F (x, y, z) = 0, no necesariamente representa unas superficie; por
ejemplo la ecuacion x2 + y2 + z2 + 9 = 0, no representa ningun lugar geometrico.
Ademas la ecuacion: x2 + y2 + z2 = 0 esta constituido por una solucion real el origen (0, 0, 0)
9.2 Superficies Cuadricas
Llamaremos superficies cuadricas a todo ecuacion de segundo grado en las variables x, y, z que
tiene la forma
Ax2 + By2 + Cz2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Kz + L = 0
donde A, B, C, D, E, F , G, H , K son constantes, y por lo menos una es diferente de cero
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Geometrıa Analıtica
388
9.2.1 Discusion de la Grafica de la Ecuacion de una Superficie
1o Interseccion con los Ejes Coordenados
a) Con el eje X: la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace y = z = 0
F (x, 0, 0) = 0
b) Con el eje Y : la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace x = z = 0
F (0, y, 0) = 0
c) Con el eje Z: la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace x = y = 0
F (0, 0, z) = 0
2o Trazos sobre los Planos Coordenados
Es la curva de interseccion de la superficie F (x, y, z) = 0 con cada uno de los planos coorde-
nados. Los trazos sobre los planos coordenados se obtienen de la forma siguiente:
a) La traza sobre el plano XY : En la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace z = 0, es decir
F (x, y, 0) = 0
b) La traza sobre el plano Y Z: En la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace x = 0, es decir
F (0, y, z) = 0
c) La traza sobre el plano XZ: En la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace y = 0, es decir
F (x, 0, z) = 0
3o Simetrıas respecto a los Planos Coordenadas, Ejes Coordenados y el Origen
a) Existe Simetrıa respecto al:
- Plano XY , si F (x, y, z) = F (x, y,−z)
- Plano Y Z, si F (x, y, z) = F (−x, y, z)
- Plano XZ, si F (x, y, z) = F (x,−y, z)
b) Existe Simetrıa respecto al:
1) Eje X, si F (x, y, z) = F (x,−y,−z)
2) Eje Y , si F (x, y, z) = F (−x, y,−z)
3) Eje Z, si F (x, y, z) = F (−x,−y, z)
c) Con respecto al Origen: si F (x, y, z) = F (−x,−y,−z)
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Geometrıa Analıtica
389
4o Secciones Transversales o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados
Es la curva de interseccion de la superficie con los planos paralelos a los planos coordenados.
Las secciones transversales se obtienen de
a) Sobre el plano XY : se hace z = k, es decir F (x, y, k) = 0
b) Sobre el plano XZ: se hace y = k, es decir F (x, k, k) = 0
c) Sobre el plano Y Z: se hace x = k, es decir F (k, y, k) = 0
5o Extension de la Superficie
Consiste en determinar el dominio de las ecuacion x, y, z = 0
6o Construccion de la Superficie
Con la discusion de la ecuacion de una superficie se construye la grafica
9.3 Estudio de las Superficies Cuadraticas
9.3.1 Elipsoide
Es el lugar geometrico de todos los puntos f(x, y, z) de R3 que satisfacen a la ecuacion de la
formax2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1, a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0, a 6= b, a 6= c o b 6= c
a) Intersecciones con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±b, B1 = (0, b, 0), B2 = (0,−b, 0)
- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = ±c, C1 = (0, 0, c), C2 = (0, 0,−c)
b) Los Trazos sobre los Planos Coordenados
a) La traza sobre el plano XY , se hace z = 0x2
a2+
y2
b2= 1, es una elipse en el plano XY
b) La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0x2
a2+
z2
c2= 1, es una elipse en el plano XZ
c) La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0y2
b2+
z2
c2= 1, es una elipse en el plano Y Z
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Geometrıa Analıtica
390
c) Simetrıas con Respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados
Sea E =x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1
a) Con respecto al eje X, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x,−y,−z) ∈ E
b) Con respecto al eje Y , ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, y,−z) ∈ E
c) Con respecto al eje Z, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x,−y, z) ∈ E
d) Con respecto al origen, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x,−y,−z) ∈ E
e) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x, y,−z) ∈ E
f ) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x,−y, z) ∈ E
g) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, y, z) ∈ E
d) Las secciones Paralelas a los Planos Coordenados
Los planos z = k, corta la superficie de la curvax2
a2+
y2
b2= 1 − z2
c2, que es una familia de
elipse donde −c ≤ k ≤ c
e) Extension de la superficie dex2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1 se tiene z = |c|
√
1 − x2
a2 − y2
b2de donde
x2
a2+
y2
b2≤ 1
-15-10
-5-15
-10
-10
-5
-5 000
z
y
5
5
10
10
155
x
1015
9.3.2 La Esfera
ES el lugar geometrico de todos los puntos P = (x, y, z) que equidistan de un punto fijo, la
distancia constante se llama radio y el punto fijo centro.
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Geometrıa Analıtica
391
Si la ecuacion del elipsoide:x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1, se tiene a = b = c = R 6= 0 el elipsoide se
transforma en x2 + y2 + z2)R2, que es la ecuacion de la esfera de radio R y centro el origen de
coordenadas
a) Interseccion con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±R, A1(R, 0, 0), A2(−R, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±R, A1(0, R, 0), A2(0,−R, 0)
- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = ±R, A1(0, 0, R), A2(0, 0,−R)
b) Las Trazas sobre Planos Coordenados
- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0
x2 + y2 = R2, es una circunferencia en el plano XY
- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0
x2 + z2 = R2, es una circunferencia en el plano XZ
- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0
y2 + z2 = R2, es una circunferencia en el plano Y Z
9.3.3 Simetrıas con respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados
La ecuacion de la esfera x2 + y2 + z2 = R2 es simetrica con respecto al plano coordenado XY ,
es decir z = k se tiene x2 + y2 = R2 − k2, −R ≤ k ≤ R la cual es una familia de circunferencias
-10-10
-10
-5-5
-5
000
z5
yx
55
10
1010
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Geometrıa Analıtica
392
Definicion 9.2. La ecuacion de la superficie esferica de centro en el punto C(h, k, l) y de radio
la constante R > 0 es: (x− h)2 + (y − k) + (z − l)2 = R2 a lo cual se le conoce con el nombre de
la forma ordinaria de la ecuacion de la esfera, si desarrollamos la ecuacion se obtiene:
x2 − 2xh + h2 + y2 − 2ky + k2 + z2 − 2zl + l2 = R2
x2 + y2 + z2 − 2xh − 2ky − 2zl + h2 + k2 + l2 = R2
x2 + y2 + z2 − 2xh − 2ky − zl + h2 + k2 + l2 − R2 = 0
de donde
x2 + y2 + z2 + Ax + Ay + Az + D = 0
Luego la superficie esferica queda determinada por cuatro puntos no coplanares
9.3.4 Paraboloide Elıptico
Es el lugar geometrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuacion de la
formax2
a2+
y2
b2= z, donde a 6= 0, b 6= 0, a 6= b.
Graficando el paraboloide elıptico se tiene:
a) Interseccion con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0 ⇒ x = 0 ⇒ A = (0, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0 ⇒ y = 0 ⇒ B = (0, 0, 0)
- Con el eje Z, se hace x = y = 0 ⇒ z = 0 ⇒ C = (0, 0, 0)
b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados
- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0x2
a2+
y2
b2= 0 que representa un punto P = (0, 0, 0)
- Se traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0y2
b2= z que representa una parabola en el plano Y Z
- Se traza sobre el plano XZ, se hace y = 0x2
a2= z que representa una parabola en el plano XZ
c) Simetrıas respecto a los Planos Coordenados, Ejes Coordenados y al Origen
- Con respecto al origen ∄ pues (−x,−y,−z) /∈ PE
- Con respecto al eje X, ∄ pues (x,−y,−z) /∈ PE
- Con respecto al eje Y , ∄ pues (−x, y,−z) /∈ PE
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Geometrıa Analıtica
393
- Con respecto al eje Z, ∃ pues (−x,−y, z) ∈ PE
- Con respecto al plano XY , ∄ pues (x, y,−z) ∈ PE
- Con respecto al plano XZ, ∃ pues (x,−y, z) ∈ PE
- Con respecto al plano Y Z, ∃ pues (−x, y, z) ∈ PE
d) Secciones Paralelas a los Planos Coordenados
Las secciones paralelas las tomaremos con respecto al plano XY , la cual se tiene z = k que
corta a la superficie en la curvax2
a2+
y2
b2= k que representa una familia de elipses
e) Extension de la Superficie
f(x, y) = z =x2
a2+
y2
b2= k, definido ∀ (x, y) ∈ R2
-10
-10
-5
-5
-10 -5
y
000
5 10
z 5
x 5
10
10
f) Otras Variantes
-10
-5
-10
-5
-10 -5
y
000
5 10
z 5
10
x 5
10
x2
a2+
z2
b2= y
-10 -10
-10
-5 -5
-5
000
x
z
y
5
5 5
10
10 10
y2
a2+
z2
b2= x
Ejemplo 9.2. Discutir y graficar la superficie cuya ecuacion es dada por: x2 + y2 − 4z = 0
Solucion. a) Intersecciones con los Ejes Coordenados
- Con el eje X: se hace y = z = 0; x = 0
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Geometrıa Analıtica
394
- Con el eje Y : se hace x = z = 0; y = 0
- Con el eje Z: se hace x = y = 0; z = 0
b) Las trazas sobre los Planos Coordenados
- Sobre el plano XY , se hace z = 0, x2 + y2 = 0 es un punto (0, 0)
- Sobre el plano XY , se hace y = 0, 4z = x2 es una parabola
- Sobre el plano XY , se hace x = 0, 4z = y2 es una parabola
c) Simetrıa
- En el origen ∄
- En los ejes coordenados, el eje X ∄, el eje Y ∃, eje Z ∃- En los planos coordenados, plano XY ∃, plano XZ ∃, plano Y Z ∃
d) Secciones Transversales
- En el plano XY , se hace z = k
x2 + y2 = 4k familia de las circunferencias
9.4 Hiperboloide de una Hoja
Es el lugar geometrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 tal que satisfacen la ecuacion:x2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1, donde a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0
9.4.1 Grafica del Hiperboloide de una Hoja
a) Intersecciones con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±b, B1 = (0, b, 0), A2 = (0,−b, 0)
- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z2 = −c2, ∄
b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados
- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 dondex2
a2+
y2
b2= 1 es una elipse
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395
- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 dondex2
a2− z2
c2= 1 es una hiperbola
- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 dondey2
b2− z2
c2= 1 es una hiperbola
c) Simetrıas
- Con respecto al origen, existe simetrıa
- Con respecto a los ejes coordenados existe simetrıa
- Con respecto a los planos coordenados existe
d) Secciones Transversales o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados
- Los planos z = k, corta a la superficie en la curvax2
a2+
y2
b2= 1 +
k2
c2, donde es una familia
de la elipse
- Los planos y = k, corta a la superficie en la curvax2
a2− z2
c2= 1− k2
b2=
b2 − k2
b2, −b < k < b
la cual es una familia de hiperbolas
- Los planos x = k, corta a la superficie en la curva
x2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1
y2
b2− z2
c2= 1 − k2
a2
y2
b2− z2
c2=
a2 − k2
a2, −a < k < a
Que es una familia de hiperbolas
-10-10 -5-5
-10
-5
z
000
5
10
y
5
x
5 1010
e) Otras Variantes
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Geometrıa Analıtica
396
-10
-10 -5
-10
-5
-5
000
z
y
5
5
x
10
5 1010
x2
a2− y2
b2+
z2
c2= 1
-10-10
-10
-5 -5
-5
000
z
x
5
y
5 5
10
1010
−x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1
9.5 Hiperboloide de dos Hojas
Es el lugar geometrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuacionx2
a2− y2
b2− z2
c2= 1, donde a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0
9.5.1 Discusion de la Grafica
a) Interseccion con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±√−b2, ∄
- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z2 = ±√−c2, ∄
b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados
- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 dondex2
a2− y2
b2= 1 es una hiperbola
- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 dondex2
a2− z2
c2= 1 es una hiperbola
- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde −y2
b2− z2
c2= 1 ∄
c) Simetrıas
- Con respecto al origen, existe simetrıa
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397
- Con respecto a los ejes coordenados, existe simetrıa
- Con respecto a los planos coordenados existe
d) Secciones Transversales o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados
- Los planos z = k, corta a la superficie, dando la curvax2
a2− y2
b2= 1+
k2
c2, que es una familia
de hiperbolas
- Los planos y = k, corta a la superficie dando la curvax2
a2− z2
c2= 1+
k2
b2, que es una familia
de hiperbolas
- Los planos x = k, corta a la superficie dando la curvax2
a2+
z2
c2=
k2 − a2
a2donde −a < k < a
que es una familia de elipses
-10 -10
-10
-5 -5
-5
000
x
z
y
5
5 5
10
10 10
e) Otras Formas
-10-10 -5
-10
-5
-5
000
z 5
y
5
10
x
5 1010
−x2
a2− y2
b2+
z2
c2= 1
-10
-10
-5
-5
-10 -5
y
000
5 10
z 5
x 5
10
10
−x2
a2+
y2
b2− z2
c2= 1
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398
9.6 Paraboloide Hiperbolico
Es el lugar geometrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la ecuacion de la
siguiente forma:y2
b2− x2
a2=
z
cdonde a y b son positivos y c 6= 0
9.6.1 Discusion de la Grafica: El Paraboloide Hiperbolico para su
Caso c > 0
a) Interseccion con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = 0, A = (0, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = 0, B = (0, 0, 0)
- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = 0, C = (0, 0, 0)
b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados
- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0,y2
b2=
x2
a2, y = ± b
ax son rectas
- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0, z = − c
a2x2, parabola
- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0, z =c
b2y2, parabola
c) Simetrıas
- Con respecto al origen, ∄
- Con respecto a los ejes coordenados, con el eje z ∃ en los demas ejes ∄
- Con respecto a los planos coordenados ∄ Pxy, ∃ Pxz, ∃ Pyz
d) Secciones Transversales Paralelas a los Planos Coordenados
- Al plano XY , se hace z = k,y2
b2− x2
a2=
k
cfamilia de hiperbolas
- Al plano XZ, se hace y = k, −x2
a2=
z
c− k2
b2familia de parabolas
- Al plano Y Z, se hace x = k,y2
b2=
z
c+
k2
a2familia de parabolas
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Geometrıa Analıtica
399
-10
-10
-5
-5-10-5
y000 510x
z
5
5
10
10
e) Otras Variantes
-10-5-10
-10
-5
-5
000
z 5
y
5
10
x
5 1010
x2
a2− z2
c2=
y
b
-10
-10
-10-5
-5
-5
00
0
y
z
5
5
x 5
10
10
10
y2
b2− z2
c2=
x
a
9.7 Cono Elıptico
Es el lugar geometrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la siguiente ecuacion
x2
a2+
y2
b2=
z2
c2, a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0
9.7.1 Discusion de la Grafica
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Geometrıa Analıtica
400
a) Interseccion con los Ejes Coordenados
- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = 0, A = (0, 0, 0)
- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = 0, B = (0, 0, 0)
- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = 0, C = (0, 0, 0)
b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados
- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0, x = y = 0 ⇒ P (0, 0, 0) representan dos rectas
- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0, x = ±a
cz representan dos rectas
- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde y = ±b
cz dos rectas
c) Simetrıas
- Con respecto al origen, existe simetrıa
- Con respecto a los ejes coordenados, existe simetrıa
- Con respecto a los planos coordenados, existe simetrıa
d) Secciones Transversales Paralelas a los Planos Coordenados
- Al plano XY , se hace z = k,x2
a2+
y2
b2=
k2
c2familia de elipses
- Al plano XZ, se hace y = k, z2
c2− x2
a2=
k2
b2familia de hiperbolas
- Al plano Y Z, se hace x = k,z2
c2− y2
b2=
k2
a2familia de hiperbolas
e) Otras Variantes
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Geometrıa Analıtica
401
x2
a2+
z2
c2=
y2
b2
y2
b2+
z2
c2=
x2
a2
9.8 Ejercicios Resueltos
Ejercicio 9.1. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 − 2x + 4y + 6z + 5 = 0
Solucion. Agrupando terminos y completando cuadrados se tiene
x2 − 2x + y2 + 4y + z2 + 6z + 5 = 0
(x − 1)2 − 1 + (y + 2)2 − 4 + (z + 3)2 − 9 + 5 = 0
(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 − 14 + 5 = 0
(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 9
Por lo tanto la ecuacion sera
(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 32
es la ecuacion de la esfera C : (1,−2,−3); r = 3
Ejercicio 9.2. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 + 8x − 4y − 4z + 8 = 0
Solucion. Agrupando terminos y completando cuadrados se tiene
x2 + 8x + y2 − 4y + z2 − 4z + 8 = 0
(x + 4)2 − 16 + (y − 2)2 − 4 + (z − 2)2 − 4 + 8 = 0
(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 − 16 = 0
(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 16
Por lo tanto la ecuacion sera
(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 42
es la ecuacion de la esfera C : (−4, 2, 2); r = 4
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Geometrıa Analıtica
402
Ejercicio 9.3. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 + x + 3y = 0
Solucion. Agrupando terminos y completando cuadrados se tiene
x2 + x + y2 + 3y + z2 = 0(
x +1
2
)2
− 1
4+
(
y +3
2
)2
− 9
4+ z2 = 0
(
x +1
2
)2
+
(
y +3
2
)2
+ z2 − 10
4= 0
(
x +1
2
)2
+
(
y +3
2
)2
+ z2 =5
2
Por lo tanto la ecuacion sera
(
x +1
2
)2
+
(
y +3
2
)2
+ z2 =
√
5
2
2
es la ecuacion de la esfera C : (−12,−3
2, 0); r =
√52
=1.6
Ejercicio 9.4. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 − 8x − 6y + 4z + 29 = 0
Solucion. Agrupando terminos y completando cuadrados se tiene
x2 − 8x + y2 − 6y + z2 + 4z + 29 = 0
(x − 4)2 − 16 + (y − 3)2 − 9 + (z + 2)2 − 4 + 29 = 0
(x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0
Por lo tanto la ecuacion sera
(x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0
es un punto C : (4, 3,−2).
Ejercicio 9.5. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 + 2x − 2y − 4z + 7 = 0
Solucion. Agrupando terminos y completando cuadrados se tiene
x2 + 2x + y2 − 2y + z2 − 4z + 7 = 0
(x + 1)2 − 1 + (y − 1)2 − 1 + (z − 2)2 − 4 + 7 = 0
(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 + 1 = 0
Por lo tanto la ecuacion sera
(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = −1
no es una ecuacion.
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Geometrıa Analıtica
403
Ejercicio 9.6. Obtenga la ecuacion del plano P que es tangente en el punto T (6, 2,−3) a la
esfera x2 + y2 + z2 = 49
Solucion. C = (0, 0, 0) ,−→CT//
−→N , N = (6, 2,−3) , S : (x, y, z)
Tenemos
(S − T )N = 0
[(x, y, z) − (6, 2,−3)](6, 2,−3) = 0
(x − 6, y − 2, z + 3)(6, 2,−3) = 0
6x − 36 + 2y − 4 − 3z − 9 = 0
6x + 2y − 3z − 49 =
La ecuacion del plano tangente es:
6x + 2y − 3z = 49
Ejercicio 9.7. Obtenga la ecuacion del plano P que es tangente en el punto T (−12, 3, 4) a la
esfera x2 + y2 + z2 = 169
Solucion. C = (0, 0, 0) ,−→CT//
−→N , N = (6, 2,−3) , S : (x, y, z)
Tenemos
(S − T )N = 0
[(x, y, z) − (−12, 3, 4)](−12, 3, 4) = 0
(x + 12, y − 3, z − 4)(−12, 3, 4) = 0
−12x − 144 + 3y − 9 + 4z − 16 = 0
−12x + 3y + 4z − 169 = 0
La ecuacion del plano tangente es:
−12x + 3y + 4z = 169
Ejercicio 9.8. Discutir y graficar 9x2 + 4y2 − 12z = 0
Solucion.
9x2 + 4y2 = 12z
9x2
12+
4y2
12= z
x2
43
+y2
3= z Paraboloide elıptico
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Geometrıa Analıtica
404
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0
A = (0, 0, 0)
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0
B = (0, 0, 0)
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0
C = (0, 0, 0)
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
x2
43
+y2
3= 0
es un punto
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
y2
3= z
una parabola sobre yz
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
x2
43
= z
una parabola sobre xz
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el eje “z”
Con el plano “xz”
Con el plano “yz”
4. Secciones paralelas a los planos
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
x2
43
+y2
3= k
familia de elipses
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
y2
3= z − k2
43
familia de parabolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
x2
43
= z − k2
3
familia de parabolas
∗ Grafica
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Geometrıa Analıtica
405
-2
0
2x
-4
-2
0
2
4
y
0
2
4
z
-2
0
2x
-2
0
2
4
y
Ejercicio 9.9. Discutir y graficarx2
36+
z2
25= 4y
Solucion.
x2
9+
z2
254
= y Paraboloide elıptico
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0
A = (0, 0, 0)
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0
B = (0, 0, 0)
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0
C = (0, 0, 0)
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
x2
9= y
es una parabola sobre xy
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
z2
254
= y
es una parabola sobre yz
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
x2
9+
z2
254
= 0
es un punto
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el eje “z”
Con el plano “xz”
Con el plano “yz”
4. Secciones paralelas a los planos
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Geometrıa Analıtica
406
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
x2
9= y − k2
254
familia de parabolas
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
z2
254
= y − k2
9
familia de parabolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
x2
9+
z2
254
= k
familia de elipses
∗ Grafica
-5-2.5
02.5
5
x
0123
y
-4
-2
0
2
4
z
0123
-4
-2
0
2
Ejercicio 9.10. Discutir y graficar 4x2 + 9y2 − z2 = 36
Solucion.x2
9+
y2
4− z2
36= 1 hiperboloide de una hoja
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0;
∴ x2 = 9 ⇒ x = ±3
A1 = (3, 0, 0) ; A2 = (−3, 0, 0)
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0;
∴ y2 = 4 ⇒ y = ±2
B1 = (0, 2, 0) ; B2 = (0,−2, 0)
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0;
∴ −z2 = 36 ⇒ ∄
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
x2
9+
y2
4= 1
es una elipse
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Geometrıa Analıtica
407
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
y2
4− z2
36= 1
es una hiperbola
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
x2
9− z2
36= 1
es una hiperbola
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el origen
Con los planos
Con los polos
4. Secciones paralelas a los planos
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
x2
9+
y2
4= 1 +
k2
36
familia de elipses
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
y2
4− z2
36= 1 − k2
9
familia de hiperbolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
x2
9− z2
36= 1 − k2
4
familia de hiperbolas
∗ Grafica
-4 -2 0 2 4
x
-202y
-5
0
5
z
-202
Ejercicio 9.11. Discutir y graficar 4x2 − 9y2 + z2 = 36
Solucion.x2
9− y2
4+
z2
36= 1 hiperboloide de una hoja
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Geometrıa Analıtica
408
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0;
∴ x2 = 9 ⇒ x = ±3
A1 = (3, 0, 0) ; A2 = (−3, 0, 0)
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0;
∴ −y2 = 4 ⇒ ∄
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0;
∴ z2 = 36 ⇒ z = ±6
C1 = (0, 0, 6) ; C2 = (0, 0,−6)
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
x2
9− y2
4= 1
hiperbola sobre “xy”
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
−y2
4+
z2
36= 1
es una hiperbola sobre yz
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
x2
9+
z2
36= 1
es una Elipse sobre xz
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el origen
Con los planos
Con los polos
4. Secciones paralelas a los planos
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
x2
9− y2
4= 1 − k2
36
familia de hiperbolas
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
−y2
4+
z2
36= 1 − k2
9
familia de hiperbolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
x2
9+
z2
36= 1 +
k2
4
familia de elipses
∗ Grafica
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
409
-50
5
x
-4-2024
y
-10
0
10
z
-4-2024
Ejercicio 9.12. Discutir y graficar x2 − 3y2 − 4z = 0
Solucion.x2
4− y2
43
= z hiperboloide parabolico
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0
A = (0, 0, 0)
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0
B = (0, 0, 0)
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0
C = (0, 0, 0)
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
x2
4=
y2
43
x = ±√
3y
son dos rectas
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
−y2
43
= z
una parabola
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
x2
4= z
una parabola
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el eje “z”
Con el plano “xz”
Con el plano “yz”
4. Secciones paralelas a los planos
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
x2
4− y2
43
= k
familia de hiperbolas
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Geometrıa Analıtica
410
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
−y2
43
= z − k2
4
familia de parabolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
x2
4= z +
k2
43
familia de parabolas
∗ Grafica
-5
0
5x
-4-2
024y
-4
-2
0
2
4
z
-5
0
5x
-4-2
024y
Ejercicio 9.13. Discutir y graficar x2 = y2 + z2 − 1
Solucion.
−x2 + y2 + z2 = 1 hiperboloide de una hoja
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0;
∴ −x2 = 1 ⇒ ∄
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0;
∴ y2 = 1 ⇒ y = ±1
B1 = (0, 1, 0) ; B2 = (0,−1, 0)
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0;
∴ z2 = 1 ⇒ z = ±1
C1 = (0, 0, 1) ; C2 = (0, 0,−1)
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
−x2 + y2 = 1
es una hiperbola
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
y2 + z2 = 1
es una elipse
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
−x2 + z2 = 1
es una hiperbola
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Geometrıa Analıtica
411
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el origen
Con los planos
Con los polos
4. Secciones paralelas a los planos
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
−x2 + y2 = 1 − k2
familia de hiperbolas
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
y2 + z2 = 1 + k2
familia de hiperbolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
−x2 + z2 = 1 − k2
familia de elipses
∗ Grafica
-10-5
05
10x
-10
-5
05
10y
-10
-5
0
5
10
z
-10-5
05
10x
-10
-5
05
10y
Ejercicio 9.14. Discutir y graficar x2 − y2 − 2x + 4y + z = 6
Solucion.
x2 − 2x − y2 + 4y + z = 6
(x − 1)2 − 1 − (y + 2)2 − 4 + z = 6
(x − 1)2 − (y + 2)2 + z = 11
hiperboloide parabolico
1. Intersecciones con los ejes
a) Con el eje “x”.
Se hace: y = 0, z = 0
∴ (x − 1)2 − 4 = 11
(x − 1)2 = 15
x = ±√
15 − 1
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Geometrıa Analıtica
412
A1 = (√
15 − 1, 0, 0)
A2 = (−√
15 − 1, 0, 0)
b) Con el eje “y”
Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0
B = (0, 0, 0)
c) Con el eje “z”
Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0
C = (0, 0, 0)
2. Trazos sobre los planos coordenados
a) Sobre “xy”.
Se hace: z = 0
x2
4=
y2
43
x = ±√
3y
son dos rectas
b) Sobre “yz”
Se hace: x = 0
−y2
43
= z
una parabola
c) Sobre “xz”
Se hace: y = 0
x2
4= z
una parabola
3. Simetrıa
Tiene solo con:
Con el eje “z”
Con el plano “xz”
Con el plano “yz”
4. Secciones paralelas a los planos
Con el plano “xy”.
Se hace: z = k
x2
4− y2
43
= k
familia de hiperbolas
Con el plano “yz”
Se hace: x = k
−y2
43
= z − k2
4
familia de parabolas
Con el plano “xz”
Se hace: y = k
x2
4= z +
k2
43
familia de parabolas
∗ Grafica
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
413
-10-5
05
10
x
-5
05y
-10
-5
0
5
10
z
-5
05y
Ejercicio 9.15. Hallar la ecuacion de la esfera de radio R = 3 y que es tangente al plano
x + 2y + 2z = −3 en el punto P (1, 1,−3)
Solucion. x + 2y + 2z = −3, ~n = (1, 2, 2)
C = P + t~a
(h, k, j) = (1, 1,−3) + t(1, 2, 2) ⇒
h = 1 + t
k = 1 + 2t
(−3 + 2t)j = −3 + 2t
d−→CP
=√
(1 + h)2 + (1 − k)2 + (−3 − j)2
3 =√
1 − 2h + h2 + 1 − 2k + k2 + 9 + 6j + j2
9 = −2h − 2k + 6j + h2 + k2 + j2 + 11
−2 = −2(1 + t) − 2(1 + 2t) + 6(−3 + 2t) + (1 + t)2 + (1 + 2t)2 + (−3 + 2t)2 + 11
−2 = −2 − 2t − 2 − 4t − 18 + 12t + 1 + 2t + t2 + 1 + 4t + 4t2 + 9 − 12t + 4t2
9 = 9t2
1 = t2
t = 1
Por tanto h = 2, k = 3, j = −1. Entonces
E : (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 32
Ejercicio 9.16. Hallar la ecuacion de la esfera tangente en (4,3,6) al plano 3x+ y +5z−45 = 0
y tangente en (2, 5,−4) al plano x + 3y − 5z − 37 = 0
Solucion. El plano x+3y−5z−37 = 0 tiene normal ~nP1= (1, 3,−5) y el plano 3x+y+5z−45 = 0
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Geometrıa Analıtica
414
tiene normal ~nP2= (3, 1, 5)
−−→CP1 // ~nP1
P1 − C = ~nP1
(2, 5,−4) − (h, k, j) = (1, 3,−5)
(2, 5,−4) − (1, 3,−5) = (h, k, j)
(1, 2, 1) = (h, k, j)
por tanto h = 1, k = 2 y j = 1
−−→CP2 // ~nP2
P2 − C = ~nP2
(4, 3, 6) − (h, k, j) = (3, 1, 5)
(4, 3, 6) − (3, 1, 5) = (h, k, j)
(1, 2, 1) = (h, k, j)
por tanto h = 1, k = 2 y j = 1
Luego el radio es
r =−−→CP1
r2 = (1 − 2)2 + (2 − 5)2 + (1 − (−4))2
r2 = 1 + 9 + 25
r2 = 35
La ecuacion de la esfera es:
(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 35
Ejercicio 9.17. Hallar la ecuacion de la esfera tangente en (1,−1, 4) al plano P1 : 2x− y +3z−15 = 0 y tangente en (1,−2, 5) al plano P2 : 2x − 2y + 4z − 27 = 0
Solucion. El plano P1 : 2x − y + 3z − 15 = 0 tiene normal ~nP1= (2,−1, 3) y el plano P2 :
2x − 2y + 4z − 27 = 0 tiene normal ~nP2= (2,−2, 4)
−−→CP1 // ~nP1
P1 − C = ~nP1
(1,−1, 4) − (h, k, j) = (2,−1, 3)
(1,−1, 4) − (2,−1, 3) = (h, k, j)
(−1, 0, 1) = (h, k, j)
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415
por tanto h = −1, k = 0 y j = 1
−−→CP2 // ~nP2
P2 − C = ~nP2
(1,−2, 5) − (h, k, j) = (2,−2, 4)
(1,−2, 5) − (2,−2, 4) = (h, k, j)
(−1, 0, 1) = (h, k, j)
por tanto h = −1, k = 0 y j = 1
Luego el radio es
r =−−→CP1
r2 = (1 − (−1))2 + (−1 − 0)2 + (4 − 1)2
r2 = 4 + 1 + 25
r2 = 30
La ecuacion de la esfera es:
(x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 30
Ejercicio 9.18. hallar la ecuacion de la esfera concentrica a x2 + y2 + z2 + 6y − 4z + 9 = 0 y
tangente al plano 2x + 3y − 2z + 4 = 0
Solucion.
x2 + y2 + z2 + 6y − 4z + 9 = 0
x2 + y2 + 6y + z2 − 4z + 9 = 0
x2 + (y + 3)2 − 9 + (z − 2)2 − 4 + 9 = 0
x2 + (y + 3)2 − 9 + (z − 2)2 = 4
−→CP // ~n
P − C = ~n
(x, y, z) − (0,−3, 2) = (2, 3,−2)
(x, y, z) = (2, 3,−2) + (0,−3, 2)
(x, y, z) = (2, 0, 0)
Luego el radio es
r =−→CP
r2 = (0 − 2)2 + (−3 − 0)2 + (2 − 0)2
r2 = 4 + 9 + 4
r2 = 17
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
Geometrıa Analıtica
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La ecuacion de la esfera es:
x2 + (y + 3)2 + (z − 2)2 = 17
Ejercicio 9.19. hallar la ecuacion de la esfera cuyo centro esta en el plano xy y es tangente al
plano 3x + 2y − z − 6 = 0 en (1,5,7)
Solucion. El plano P : 3x + 2y − z − 6 = 0 tiene normal ~n = (3, 2,−1)
−→CP // ~n
P − C = ~n
(1, 5, 7) − (h, k, j) = (3, 2,−1)
(1, 5, 7) − (3, 2,−1) = (h, k, j)
(−2,−3, 8) = (h, k, j)
Luego el radio es
r =−→CP
r2 = (−2 − 1)2 + (−3 − 5)2 + (0 − 7)2
r2 = 9 + 64 + 49
r2 = 122
La ecuacion de la esfera es:
(x + 2)2 + (y + 3)2 + z2 = 122
Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez
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