PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-6

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Solución: La ecuación de una tangente es: xcos  y sin − p  0. La distancia del centro x0,y0 a la
tangente, viene dada por: x0 cos  y0 sin − p  R. Luego se tiene: 2 cos  2 sin − p  2,
3 2  4 cos  3 2  4 sin − p  3 2  4, teniendo las tangentes exteriores el mismo signo,
y las interiores el signo cambiado. Desarrollando, se tiene para las tangentes exteriores: p  − 22 ,
sin 
2 2 − 1  4 2 − 1
4 , cos 
2 2 − 1 ∓ 4 2 − 1
4 , siendo por tanto sus ecuaciones:
2 2 − 1 ∓ 4 2 − 1 x  2 2 − 1  4 2 − 1 y  2 2  0. Para las tangentes interiores se tiene:
p  22 , sin 
2 2 − 1  −1 − 4 2
4 , cos 
2 2 − 1 ∓ −1 − 4 2
4 , por lo que sus ecuaciones
son: 2 2 − 1 ∓ −4 2 − 1 x  2 2 − 1  −4 2 − 1 y − 2 2  0 (tangentes imaginarias).
B 7- Hallar las tangentes comunes a las siguientes circunferencias: x − 2 2  y − 2 2  2,
x − 3 2 − 4 2  y − 3 2 − 4 2  3 2  4 2.
Solución: Procediendo como en el problema B 6, se tiene para las tangentes exteriores: p  0, cos  1,
sin  0, o bien: sin  1, cos  0, siendo sus ecuaciones x  0, y  0. Para las tangentes interiores,
se tiene: p  2  2 , cos  sin  22 , siendo: x  y − 2 2 − 2  0 la ecuación de la única tangente
interior.
B 8- Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto 4,0, y tal que el polo de 3x − y − 16  0
sea 5,2.
Solución: Sea la ecuación general homogeneizada de la circunferencia de centro a,b y radio r:
x − az2  y − bz2 − r2z2  0. Sus derivadas parciales son: fx′  2x − az  25 − a, fy′  2y − bz 
 22 − b, fz′  −2ax − az − 2by − bz − 2r2z  2a2  2b2 − 10a − 4b − 2r2. Por tanto, se tiene que:
10 − 2a
3 
4 − 2b
−1 
2a2  2b2 − 10a − 4b − 2r2
−16 . Este último término es igual a:
6a − 4b − 32
−16 , puesto
que: r2  4 − a2  b2. Operando, eliminando a y b, se tiene: x2  y2 − 4x − 6y  0.
B 9- Se dan dos circunferencias de radios R y r, tangentes interiores entre sí. Por el punto de contacto T, se
traza la tangente común y sobre ella se toma una distancia TA  d. Se pide determinar el ángulo que
formará con la tangente, una secante trazada desde A, que corta a las circunferencias según cuerdas que
sean una doble de la otra. Se supone R  r. Aplicar al caso en que R  2r y d  2r3 .
Solución:
O
O’
T A
C
B’ B
C’
O
O’
T A
C
B’ B
C’
Sean las circunferencias dadas, tangentes interiores entre sí: x2  y − R2  R2, x2  y − r2  r2. La
tangente común es: y  0. Las coordenadas de A son d, 0. La secante por A es: y  mx − d. Corta a la
primera circunferencia, en el punto B, y a la segunda en B′. Las distancias desde los centros O0,R y
O ′0, r de las circunferencias, a dicha secante, son: OC  R  md
1  m2
, O ′C ′  r  md
1  m2
. Los cuadrados
de las correspondientes semicuerdas, son: CB2  R2 − R  md
2
1  m2
, C ′B′2  r2 − r  md
2
1  m2
. Luego se
tiene: R2 − R  md
2
1  m2
 4 r2 − r  md
2
1  m2
. Operando: m  tan  2dR − 4r
R2 − 4r2  3d2
. Para R  2r,
d  2r3 , obteniéndose que   arctan−2  116º33
′54 ′′2.
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B 10- Hallar la ecuación de la circunferencia ortogonal a otras tres, cuyas ecuaciones son: x2  y2 − 4  0,
x2  y2 − 10x  20  0, 2x2  2y2  2y − 1  0.
Solución: El eje radical de las dos primeras, es: x  125 . El eje radical de la 1ª y 3ª, es: y 
−7
2 . El
centro radical es: 125 ,
−7
2 . La potencia de este punto con relación a la primera circunferencia, es:
12
5
2
 −72
2
− 4  R2  1401100 . La ecuación pedida es: x −
12
5
2
 y  72
2
− 1401100  0.
Operando: 5x2  5y2 − 24x  35y  20  0.
B 11- Dadas las circunferencias x2  y2 − 2x  8y  11  0, x2  y2  4x  2y  5  0, hallar las coordenadas
de los puntos límites del haz que definen.
Solución: La segunda circunferencia tiene por centro −2,−1, siendo su radio 0. Por tanto, dicho centro
es uno de los puntos límites. El eje radical de ambas circunferencias es: x − y − 1  0. La línea de centros
es: x  y  3  0. Ambas rectas se cortan en el punto −1,−2. El simétrico de −2,−1 respecto de
−1,−2, es 0,−3, que es el segundo punto límite.
B 12- Dadas las circunferencias x2  y2 − R2  0, x − R2  y2 − r2  0, y siendo A y B dos puntos de la
primera, hallar la relación entre los ángulos AOX  , BOX  , para que la cuerda AB sea tangente a la
segunda circunferencia.
Solución:
O O’
A
B
XO
O’
A
B
X
Las coordenadas de A son: ARcos,R sin. Las coordenadas de B son: Rcos,R sin. La ecuación de
AB es: y − R sinR sin − R sin 
x − Rcos
Rcos − Rcos . Como la distancia a R, 0 es igual a r, se tiene que:
sin − sin  sincos − cos sin
2 − 2sin sin − 2coscos
 rR . Operando:
r
R  2sin

2 sin

2 .
B 13- Hallar en polares la ecuación de la circunferencia tangente a la cónica   p1  ecos , en el punto
  , y que pasa por el polo.
Solución: La ecuación de una circunferencia que pasa por el polo es r  2Rcos − , siendo R el
radio, y  el argumento de su centro. En el punto definido por   , los radios vectores de la cónica y de
la circunferencia, son iguales, así como sus respectivas derivadas, por ser común la tangente. Por tanto:
p
1  ecos  2Rcos − ,
pe sin
1  ecos2
 −2R sin − . Dividiendo estas dos ecuaciones entre sí,
se tiene que: tan −   −e sin1  ecos , de donde     arctan
e sin
1  ecos . Por tanto se deduce que:
2R  p
1  ecoscos arctan e sin1  ecos
. Siendo: arctan e sin1  ecos  arcsin
e sin
1  2ecos  e2

 arccos 1  ecos
1  2ecos  e2
, se tiene que: 2R  p 1  2ecos  e
2
1  ecos2
. Por tanto, la ecuación de la
circunferencia es: r  p 1  2ecos  e
2
1  ecos2
cos  −  − arctan e sin1  ecos 
 p 1  2ecos  e
2
1  ecos2
cos −   1  ecos
1  2ecos  e2
 sin −   e sin
1  2ecos  e2

 p
1  ecos2
cos −   ecoscos −   e sin sin −  
 p
1  ecos2
cos −   ecos −     p
1  ecos2
cos −   ecos − 2.
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B 14- Hallar la ecuación de una circunferencia sabiendo que el origen de coordenadas es conjugado armónico
del punto del infinito del eje OX, y que el polo de la recta x  y  0, es el punto −2,0.
Solución: La ecuación genérica homogeneizada es: x − az2  y − bz2 − R2z2  0. Las derivadas
parciales son: fx′  2x − az, fy′  2y − bz, fz′  −2ax − az − 2by − bz − 2R2z. Como el punto
0,0,1 es conjugado armónico de 1,0,0, ha de cumplirse que: x1fx2′  y1fy3′  z1fz2′  0. Luego, a  0.
Particularizando para −2,0,1: fx′  −4, fy′  −2b, fz′  2b2 − 2R2. Por tanto la ecuación de la polar es:
−4x − 2by  2b2 − 2R2  0. De donde: −41 
−2b
1 
2b2 − 2R2
0 , es decir: b  2, R
2  4. La ecuación
de la circunferencia es: x2  y − 22 − 4  x2  y2 − 4y  0.
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