PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-8

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C 11- Una circunferencia variable pasa por Aa, 0, corta a OX en B, y es tangente a OY en M. Hallar el lugar
geométrico del punto P, proyección de A sobre MB, y el del punto Q, intersección de AP con la
circunferencia.
Solución:
CPM
O
A B X
Y
Q
CPM
O
A B X
Y
Q
Sean: C, el centro de la circunferencia, M0,, B2 − a, 0. La ecuación de la circunferencia es:
x2  y2 − 2x − 2y  2  0. Como pasa por A, la ecuación queda: x2  y2 − a
2  2
a x − 2y  
2  0,
que corta a OX en B 
2
a , 0 . La ecuación de MB es:
ax
  y −   0. Y la de su perpendicular por A, es:

a x − y −   0, de donde:  
ay
x − a , que sustituido en la ecuación de MB, da el lugar geométrico de P:
x3  xy2 − 2ax2 − 2ay2  a2x  0. Sustituyendo dicho valor de , en la ecuación de la circunferencia, se
obtiene la ecuación del lugar geométrico de Q: x4  x2y2 − 3ax3 − 5axy2  3a2x2  4a2y2 − a3x  0.
C 12- Dado un círculo y una recta, hallar el lugar geométrico de los puntos tales que la longitud de la
tangente al círculo, trazada desde un punto P del lugar, sea igual a la distancia del punto a la recta dada.
Solución: Sea el círculo: x2  y2 − R2  0. Tomando como eje OY la paralela por el centro del círculo a
la recta dada, se tiene que la ecuación de esta es: x − a  0. Siendo , un punto de la circunferencia, la
ecuación de la tangente en dicho punto, es: x  y − R2  0. Siendo P,, estas coordenadas deben
satisfacer a la ecuación de la tangente, luego se tiene que:    − R2  0. Según el enunciado,
 − 2   − 2   − a2. Por tanto, se tiene el sistema de tres ecuaciones: 2  2 − R2  0,
   − R2  0,  − 2   − 2 −  − a2  0. Desarrollando esta última ecuación, se tiene:
2  2 − 2  2  2 − 2 − 2 − a2  2a  0. Introduciendo las sustituciones: 2  2  R2,
    R2, y cambiando , por x,y, se tiene la ecuación pedida: y2  2ax − R2 − a2  0.
C 13- Se dan las circunferencias x2  y2 − 4y  3  0, x2  y2 − 1  0. Por cada punto P de la primera se
traza la polar respecto a la segunda, y además, por dicho punto, se traza una paralela al eje OY. Hallar el
lugar geométrico de los puntos de intersección de ambas rectas.
Solución: Sea P,, siendo: 2  2 − 4  3  0. La polar de P respecto a la segunda circunferencia,
es: x  y − 1  0. La paralela a OY es: x −   0. Luego, y  1 − 
2
 . Por tanto, la ecuación pedida es:
2  1 − 
2

2
− 4 1 − 
2
  3  0. Es decir, sustituyendo , por x,y, y operando, se tiene la
ecuación pedida: x4  x2y2  4x2y − 2x2  3y2 − 4y  1  0. En el siguiente dibujo se ha incluido esta
curva en línea gruesa y las dos circunferencias dadas en línea fina.
-1 1
2
-1 1
2
-1 1
2
22
C 14- Se consideran dos circunferencias C y C ′ que pasan por el origen y cuyo eje radical es el eje OY. El
centro de C es a,b y el de C ′ −a,b. Por el origen se traza una recta variable que corta a C en M y a C ′
en M ′. Hallar el lugar geométrico del punto P, intersección de las rectas MC y M ′C ′. Se estudiará la
posición del lugar obtenido, con relación al triángulo ACC ′, siendo A el segundo punto de intersección de
dichas circunferencias.
Solución:
CC’
A
O
P
M
X
Y
M’
CC’
A
O
P
M
X
Y
M’
La ecuación de C es: x2  y2 − 2ax − 2by  0. Y la de C ′: x2  y2  2ax − 2by  0. Siendo M,, la
ecuación de MC es: x − a − a 
y − b
 − b . Siendo M
′,, la de M ′C ′ es x  a  a 
y − b
 − b . La recta MM
′ es:
x − 
 −  
y − 
 −  . Como esta recta pasa por el origen, se tiene que:

 

 . Haciendo:   k,   k,
y sustituyendo estos valores en las ecuaciones de C y C ′, se tiene:   2ak  2b
k2  1
,   −2ak  2b
k2  1
.
Sustituyendo estos valores en las ecuaciones de MC y M ′C ′, se tienen dos ecuaciones de segundo grado
en k, cuyos coeficientes han de ser proporcionales, por lo que se tienen las siguientes igualdades:
−bx − a − ay − b
−bx  a  ay − b 
2ax − a − 2by − b
−2ax  a − 2by − b 
bx − a  ay − b
bx  a − ay − b . Operando en la primera
igualdad, se obtiene: x2  y2  a
2 − 3b2
b y − 2a
2  2b2  0, que es la ecuación del lugar pedido. Como las
coordenadas de C, C ′ y A0,2b satisfacen a esta ecuación, el lugar es la circunferencia circunscrita a
CC ′A.
Nota: MPM ′  C ′OC  C ′AC, luego C ′PC es suplementario de C ′AC, y el cuadrilátero CAC ′P es
inscriptible en un círculo.
C 15- Los vértices de un triángulo son los puntos A0,3, B0,0, C4,0, que son respectivamente, centros
de tres círculos de radios 1, 1 y 2. Determinar la ecuación del lugar geométrico de los puntos cuyas
polares respecto a los tres círculos, son concurrentes. Calcular el área encerrada por el lugar.
Solución: Las ecuaciones homogeneizadas de las tres circunferencias y sus derivadas parciales, son:
a) x2  y2 − 6yz  8z2  0, fx′  2x, fy′  2y − 6z, fz′  −6y  16z; b) x2  y2 − z2  0, fx′  2x, fy′  2y,
fz′  −2z; c) x2  y2 − 8xz  12z2  0, fx′  2x − 8z, fy′  2y, fz′  −8x  24z. Para que sean concurrentes
las tres polares, ha de cumplirse que:
2x 2x 2x − 8
2y − 6 2y 2y
−6y  16 −2 −8x  24
 0. De donde la ecuación del lugar
pedido es: x2  y2 − 134 x − 3y  1  0. El centro de esta circunferencia es el punto
13
8 ,
3
2 , siendo su
radio 24964 . El área encerrada por el lugar es:
249
64 .
C 16- En ejes oblicuos de ángulo , se traza un círculo de radio constante, que pasa por el origen. Corta a los
ejes en A y B. Hallar el lugar geométrico de los extremos del diámetro paralelo a AB.
Solución: La ecuación general de la circunferencia que tiene por centro el punto a,b y cuyo radio
constante es R, es: x − a2  y − b2  2x − ay − bcos  R2. Por pasar por el origen de
coordenadas se tiene que: a2  b2  2abcos  R2 I. Sustituyendo este valor de R2 en la ecuación de la
circunferencia, se tiene: x2  y2 − 2a  bcosx − 2b  acosy  0 II. De donde se obtiene:
A2a  bcos, 0, B0,2b  acos. La pendiente de AB es: b  acos−a − bcos . La ecuación del diámetro
DE es: y − b  b  acos−a − bcos x − a. De donde haciendo:
y − b
b  acos 
x − a
−a  bcos  , se tienen las
23
igualdades: x − a  −a  bcos, y − b  b  acos III. Sustituyendo estos valores en I y
teniendo en cuenta II, se obtiene: 2  1
1 − cos2
 1
sin2
IV. Despejando a y b en las ecuaciones
III, se tiene: a  ycos  x  1
2 cos2 − 2  1
, b  −xcos − y − 1
2 cos2 − 2  1
. Sustituyendo estos valores en la
ecuación II, se tiene: x22cos2 − 1  2cos2 − 1 − 1  y22cos2 − 1  21 − cos2 − 1 −
−4xycos  0. Operando y teniendo en cuenta IV, se obtiene: x21  sin  y21 ∓ sin 
2xycos  0, ecuación que representa el conjunto de las dos rectas: x1  sin  ycos  0,
x1 − sin  ycos  0, que son el lugar pedido. Estas rectas son perpendiculares entre sí, y forman con
los ejes coordenados ángulos de 90º − 2 .
O
E
B
C
A
D
X
Y
O
E
B
C
A
D
X
Y
Nota: Los arcos AD y BE son constantes e iguales a 90º − 2 , por lo que AOD  BOE 
90º − 
2 , y el
lugar geométrico pedido está formado por las rectas OD y OE.
C 17- En ejes rectangulares se dan los puntos Aa, 0, B0,b. Por el origen se traza una paralela a AB. Se
consideran tres círculos que tienen el mismo eje radical. El primero es tangente a OX en A. El segundo es
tangente a OY en B. El tercero es tangente en O a la paralela a AB. 1º) Demostrar que el eje radical pasa
por un punto fijo, hallándolo. 2º) Hallar el lugar geométrico de los puntos comunes a los tres círculos.
Solución: El centro de la primera circunferencia es a,, el de la segunda ,b, el de la tercera
b,a. Por tanto, sus ecuaciones son: x2  y2 − 2ax − 2y  a2  0, x2  y2 − 2x − 2by  b2  0,
x2  y2 − 2bx − 2ay  0. La ecuación del eje radical de las circunferencias primera y tercera, es:
−2a  2bx  −2  2ay  a2  0. Y la del eje radical de las circunferencias segunda y tercera, es:
−2  2bx  −2b  2ay  b2  0.Como es el mismo eje radical: −a  b−  b 
−  a
−b  a 
a2
b2
. De
donde se obtiene que:   −a
3  a2b  ab2
b2
,   a
2b  ab2 − b3
a2
. Por tanto, la ecuación del eje
radical es: −2ax − 2a
2y
b  a
2   2bx  2a
3y
b2
 0. Resolviendo el sistema: −2ax − 2a
2y
b  a
2  0,
2bx  2a
3y
b2
 0, el punto fijo es: a
3
2a2 − 2b2
, −b
3
2a2 − 2b2
. 2º) Siendo   2ab
2x  2a2by − a2b2
2b3x  2a3y
,
introduciendo este valor en la ecuación de la tercera circunferencia, se tiene el lugar de los puntos
comunes: x2  y2 − 2bx  ay 2ab
2x  2a2by − a2b2
2b3x  2a3y
 0. Desarrollando esta ecuación y operando, se
tiene la ecuación pedida: b3x3  a3x2y  b3xy2  a3y3 − 2ab3x2 − 4a2b2xy − 2a3by2  a2b3x  a3b2y  0.
Nota: En el problema E 147, se ha dibujado esta curva para a  1, b  1
3
.
C 18- Hallar el lugar geométrico de los pies P de las perpendiculares trazadas desde el origen sobre los
segmentos AB de longitud a, cuyos extremos describen los ejes coordenados.
Solución:
O
A
X
Y
B P
O
A
X
Y
B P
24