PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-4

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Solución: 1º) Siendo m la pendiente de las rectas pedidas, se tiene:
m  32
1 − 3m2
 1, m1  −15 , m2  5.
Las ecuaciones pedidas son: 5x − y − 11  0, x  5y  3  0. 2º) Los puntos de intersección de estas dos
rectas con la recta dada, son: 2713 ,
−8
13 y
31
13 ,
−14
13 . Las ecuaciones pedidas son: x  5y  1  0,
5x − y − 13  0. 3º) El lado mide 2 − 3113
2
 −1  1413
2
 2613 .
A 12- En ejes rectangulares se proyecta un punto Pa,b en A sobre OX, y en B sobre OY. Se une A con B.
Por P se traza la perpendicular a AB. Demostrar que esta perpendicular pasa por un punto fijo cuando P
describe una recta paralela a la bisectriz x − y  0.
Solución: El punto P recorre la recta y − b  x − a, siendo sus coordenadas a  ,b  . La ecuación
de AB es: xa   
y
b    1. La perpendicular por P es: y − b −  
a  
b   x − a − , de donde
  ax − by − a
2  b2
y − x  2a − 2b . Se forma el sistema: ax − by − a
2  b2  0, y − x  2a − 2b  0, cuya solución
es: x  a − b, y  b − a, que son las coordenadas del punto fijo.
A 13- Dado el haz de rectas x2  4xy  y2  2x2 − 2xy − y2  0, hallar: 1º) Valor de  para que las rectas
formen un ángulo dado V. 2º) Valor mínimo de V.
Solución: 1º) Ordenando la ecuación del haz según las potencias de y, se obtiene la ecuación:
y2  4 − 21 −  xy 
1  2
1 −  x
2  0. De donde: tanV 
2 2 − 1 − 
2
− 1  21 − 
1  1  21 − 
 2 3
2 − 5  3
  2 .
Luego,   10  2 tan
2V  2 25 tan2V − 11
12 − tan2V
. 2º) Derivando tanV, respecto a , e igualando a cero, se
tiene:   1617 , tanV 
11
5 , V  33º33
′26 ′′3.
A 14- En ejes oblicuos se dan los puntos Aa, 0, B0,b. Se consideran dos puntos variables P y Q, P está
sobre OX, y Q sobre OY, de forma que OAOP 
OB
OQ  k. Demostrar que la recta PQ pasa por un punto fijo
y hallar sus coordenadas.
Solución: P, 0, Q 0, bk − a , PQ ≡
x − 
− 
k − ay
b . De donde,  
ay − bx
ky − b . Luego, y 
b
k ,
x  ak . Por tanto, PQ pasa por el punto
a
k ,
b
k .
A 15- Se da el triángulo ABC: A0,h, Bb, 0, C−b, 0. Sea el punto P,. Se llaman A′, B′, C ′ los
simétricos de P respecto de los puntos medios de BC, AC, AB. Demostrar que AA′, BB′, CC ′ concurren en
un punto M, cuyas coordenadas se hallarán en función de las de P. Demostrar que la recta PM pasa por un
punto fijo cuando P se mueve en el plano, hallando sus coordenadas.
Solución: Los puntos simétricos de P, son: A′−,−, B′−b − ,h − , C ′b − ,h − . Las
ecuaciones de las rectas son: AA′ ≡ h  x − y  h  0; BB′ ≡ h − x  2b  y − bh  b  0;
CC ′ ≡ h − x   − 2by  bh − b  0. Como
h   − h
h −  2b   −bh  b
h −   − 2b bh − b
 0, las tres rectas
pasan por un punto cuyas coordenadas son: M −2 ,
h − 
2 . La ecuación de la recta PM es:
h − 3x  3y − h  0. Para que pase por un punto independiente de ,, ha de cumplirse que sus
coeficientes se anulen, es decir: x  0, 3y − h  0. Luego PM pasa por el punto fijo 0, h3 .
A 16- Hallar las coordenadas de un punto tal que la suma de los cuadrados de sus distancias a los puntos
x1,y1, x2,y2. . . xn,yn, sea mínima.
Solución: La suma  de los cuadrados de las distancias del punto x,y, a los puntos dados, es:
10
  x − x12 . . .x − xn2  y − y12 . . .y − yn2  x  y, siendo x  x − x12 . . .x − xn2,
y  y − y12 . . .y − yn2. Derivando e igualando a cero: x′  2nx − x1 −. . .−xn  0, de donde
x  x1 . . .xnn . Análogamente, y 
y1 . . .yn
n .
A 17- Dadas las rectas A1x  B1y  C1  0, A2x  B2y  C2  0, A3x  B3y  C3  0, hallar el área del
triángulo que forman.
Solución: Sea Δ 
A1 B1 C1
A2 B2 C2
A3 B3 C3
. Las coordenadas de los vértices del triángulo son:
x3 
−C1 B1
−C2 B2
A1 B1
A2 B2
 a3c3 , y3 
A1 −C1
A2 −C2
A1 B1
A2 B2
 b3c3 (siendo ai, bi, ci, los adjuntos de Ai, Bi, Ci, en Δ),
y las expresiones análogas para los otros dos vértices.
Luego, S  12
a3
c3
b3
c3 1
a2
c2
b2
c2 1
a1
c1
b1
c1 1
 12c1c2c3
a3 b3 c3
a2 b2 c2
a1 b1 c1
 Δ
2
2c1c2c3
.
Nota: El determinante adjunto de un determinante de orden n, es igual a la potencia n − 1 de este.
A 18- Se considera la recta AB, Aa, 0, B0,b, en un sistema rectangular. Por el origen se traza la
perpendicular a AB, que la corta en C. Por C se traza la paralela al eje OX, que corta al eje OY en Q, y en S
a la paralela al eje OY trazada por A. Por C se traza la paralela al eje OY que corta en P al eje OX, y en R a
la paralela a OX trazada por B. 1º) Demostrar que el coeficiente angular de la recta RS es el cubo del de la
recta AB 2º) Demostrar que las rectas AB, PQ y RS son concurrentes.
Solución:
O P A
X
Q C S
B R
Y
O P A
X
Q C S
B R
Y
1º) AB ≡ bx  ay − ab  0, OC ≡ ax − by  0, C ab
2
a2  b2
, a
2b
a2  b2
, Q 0, a
2b
a2  b2
, S a, a
2b
a2  b2
,
P ab
2
a2  b2
, 0 , R ab
2
a2  b2
,b . La pendiente de la recta RS es:
a2b
a2  b2
− b
a − ab
2
a2  b2
 − ba
3
, que es el cubo
de la pendiente de la recta AB, que es: − ba . 2º) Las coordenadas del punto medio de PS son:
aa2  2b2
2a2  b2
, a
2b
2a2  b2
, luego está sobre AB. Las coordenadas del punto medio de QR son:
ab2
2a2  b2
, b2a
2  b2
2a2  b2
, luego está sobre AB. Por tanto, PQ y RS son simétricas respecto de AB, por
lo que las tres rectas son concurrentes.
A 19- Hallar la ecuación de la curva simétrica de x3  x2y − 3y2  1  0, respecto de y  x  1.
Solución: El punto simétrico de a,b respecto de y  x  1, es la solución del sistema: x − y  1  0,
x − a  y − b  0, es decir: a  b − 12 ,
a  b  1
2 . Luego: a  y − 1, b  x  1. La curva simétrica es:
11
y − 13  y − 12x  1 − 3x  12  1  0, o bien: xy2  y3 − 3x2 − 2xy − 2y2 − 5x  y − 2  0.
A 20- Se da el haz de rectas 2x  y  2  0, 1º) Demostrar que por cada punto del plano pasan dos rectas
del haz. 2º) Hallar el ángulo que forman entre sí las dos rectas del haz que pasan por 1,−8. 3º) Lugar
geométrico de los puntos en los que las dos rectas del haz son perpendiculares. 4º) Hallar la recta del haz
que forma un ángulo de 45º con la recta 3x − y  8  0, perteneciente al haz.
Solución: 1º) Para el punto ,, se obtiene 2  2    0, de donde   −  2 −  . Luego hay
dos valores de , por lo que hay dos rectas del haz que pasan por cada punto del plano, de ecuaciones:
−2  2 2 −  x  y  −  2 − 
2
 0, −2 − 2 2 −  x  y  − − 2 − 
2
 0.
2º) m1  2 − 2 1  8  −4, m2  8. Luego se tiene que: tanV  m1 − m21  m1m2
 1231 . Por tanto:
V  21º09 ′40 ′′5. 3º) m1m2  2 − 2 2 −  2  2 2 −   −1. Operando, se tiene: y  −14 .
4º) 3 − m1  3m  1, de donde m toma los valores
1
2 y −2, obteniéndose dos rectas: 8x − 16y − 1  0,
2x  y  1  0.
A 21- Un pirata enterró su tesoro en una isla. Se valió de tres puntos de referencia no alineados: un cocotero
C, una roca R y un pozo P. En la perpendicular por R a CR, tomó la distancia RC obteniendo un punto M1
situado en el semiplano contrario a P respecto a la recta RC. Análogamente, en la perpendicular por P a
CP, tomó la distancia CP obteniendo M2 en el semiplano contrario a aquel en que se encuentra R respecto
de la recta CP. Enterró el tesoro en el punto medio de M1M2. Posteriormente se encontró que el cocotero
había desaparecido. ¿Cómo podía determinar la situación del tesoro? Nota: El pirata sólo puede tomar
distancias y trazar alineaciones perpendiculares a otras ya trazadas.
Solución:
O P R
X
X’C’
C
M2
M’2
M’1
M1
O P R
X
X’C’
C
M2
M’2
M’1
M1
Sean las coordenadas del cocotero C, del pozo P y de la roca R, las siguientes: C0,c, Pa, 0, Rb, 0.
Por tanto, se tiene que: CP ≡ cx  ay − ac  0, CR ≡ cx  by − bc  0, RM1 ≡ bx − cy − b2  0,
M1 b  , bc , PM2 ≡ ax − cy − a
2  0, M2 a  ,
a
c . Como RM1  RC,   c, se tiene que:
M1b  c,b. Introduciendo en la ecuación de RC, las coordenadas de P, se obtiene: ca − b;
introduciendo las de M1, se obtiene: b2  c2. Para que sean de signo contrariosegún lo indicado en el
enunciado, en el caso de signo positivo, es decir b2  c2, la posición de CRP es dextrógira (como en la
figura), y en el caso de signo negativo, es decir −b2 − c2, la posición de CRP es levógira. Al desaparecer
el cocotero, no se sabe de qué tipo era la secuencia CRP. El mismo razonamiento es válido para
M2a  c,a, aunque en este caso para la posición dextrógira, el signo ha de ser el negativo, y para la
levógira, el positivo. Teniendo en cuenta estas consideraciones, las coordenadas del punto medio de
M1M2, son: a  b2 ,
a − b
2 . Para encontrar el tesoro, el pirata trazará la alineación PR, hallando su
punto medio. Por este, trazará la alineación perpendicular a PR, y sobre esta llevará a un lado y otro de
PR, una distancia igual a la mitad de PR, obteniendo los puntos X y X′. El tesoro estará en una de estas
dos posiciones.
A 22- Se da el haz de rectas x3  y3  3x2y  0. Calcular el valor de  para que dos rectas del haz estén
igualmente inclinadas respecto a la tercera. Hallar las ecuaciones de estas tres rectas.
Solución: Siendo ,, las pendientes de las tres rectas, se tiene:  − 1   
 − 
1   , de donde:
2   − 2  2 −  −   0. Como las pendientes verifican la ecuación: m3  3m  1  0, se
tiene que:       0,       3,   −1. Introduciendo estos valores en la primera
12