PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-9

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Siendo OA  m, OB  n, la ecuación de AB es: xm 
y
n  1, y la de OP es: mx − ny  0. De esta
ecuación, y como m2  n2  a2, se tiene: m  ay
x2  y2
, n  ax
x2  y2
Sustituyendo estos valores en
la ecuación de AB, se tiene la ecuación del lugar pedido: x6  y6  3x4y2  3x2y4 − a2x2y2  0. El dibujo
de esta curva para a  5, es el siguiente:
-2 2
-2
2
C 19- El haz de rectas: x2 − 3xy − 2y2  3x2 − 4xy  y2  0, corta a la recta r ≡ 2x − y  5  0, en A y B.
Por A se traza la perpendicular a OA, y por B la perpendicular a OB. Ambas perpendiculares se cortan en
M, cuyo lugar geométrico se pide.
Solución: Los puntos OAMB son concíclicos, siendo la ecuación homogeneizada de su circunferencia
circunscrita: x2  y2  axz  byz  0. La ecuación del haz de rectas que pasan por O y por los puntos A y
B, de intersección de la circunferencia con la recta r ≡ 2x − y  5z  0, por lo que z  −2x  y5 , es:
x2  y2  ax −2x  y5  by
−2x  y
5  0. Operando. y ordenando esta ecuación, se tiene que: 5 − 2ax
2 
5  by2  xya − 2b  0. Por tanto, como la ecuación ordenada del haz dado es: 1  3x2 −
−2 − y2 − xy3  4  0, se tiene que: 5 − 2a1  3 
5  b
−2   
a − 2b
−3 − 4  . De donde se obtiene:
a  5 − 1  32 , b  −2   − 5,  
−25
  13 . Por tanto, sustituyendo , se tiene: a 
40  45
  13 ,
b  −30 − 15  13 . Como M es el simétrico de 0,0, respecto del centro de la circunferencia
−a
2 ,
−b
2 ,
sus coordenadas son −a,−b, es decir: x  −40 − 45  13 , y 
30  15
  13 . Eliminando  entre estas dos
igualdades, se tiene la ecuación del lugar pedido: 15x  19y  30  0.
C 20- Dado un polígono regular de n lados, hallar el lugar geométrico de los puntos tales que la suma de los
cuadrados de sus distancias a los vértices del polígono, sea igual a una constante dada k2.
Solución: Siendo P un punto del lugar, O el centro del polígono, R el radio de su círculo circunscrito, los
puntos A, B,..., N los vértices del polígono,   AOP, OP  d, se tiene que los cuadrados de las distancias
de P a los diferentes vértices, son: PA2  d2  R2 − 2Rdcos, PB2  d2  R2 − 2Rdcos   2n ,...,
PN2  d2  R2 − 2Rdcos   2n − 1n . Sumando estas n igualdades y operando, se tiene que:
PA2 . . .PN2  nd2  R2 − 2Rd
n−1
i0
∑ cos   2in  k2. Como
n−1
i0
∑ cos   2in  0, se obtiene:
d2  k
2
n − R
2. Luego el lugar pedido es una circunferencia de centro O y radio k
2
n − R
2 .
C 21- Sobre el eje OX se dan dos puntos, Aa, 0 y Bb, 0, que se proyectan en A′ y B′ sobre una recta
variable que pasa por O. Hallar el lugar geométrico del punto P, intersección de las rectas AB′ y A′B.
Solución: Sea la recta variable que pasa por O: y  −xm . Las ecuaciones de las rectas AA
′ y BB′ son:
y  mx − a, y  mx − b. Sus puntos de corte con la recta variable, son: A′ am
2
m2  1
, −am
m2  1
,
B′ bm
2
m2  1
, −bm
m2  1
. La ecuación de AB′, es: y  −bm x − a
m2b − a − a
. La ecuación de BA′, es:
y  −am x − b
m2a − b − b
. Las coordenadas de su punto de intersección P, son: x  ab1  2m
2
a  b1  m2
,
25
y  −mab
a  b1  m2
. Eliminando m, se tiene el lugar pedido: x2  y2 − 3abxa  b 
2a2b2
a  b2
 0.
C 22- Dos rayos giran con movimiento uniforme alrededor de dos centros O y O ′, con velocidades angulares
 y  ′. Hallar el lugar geométrico de los puntos de intersección de los rayos homólogos.
Solución:
α
O’O
β
P
P’
α
O’O
β
P
P’
Sean O0,0 y O ′d, 0. Siendo P el punto de intersección de dos rayos homólogos,   OP, ′  O ′P, 
y  los ángulos iniciales de los rayos homólogos con el eje OO ′, y siendo t el tiempo transcurrido desde el
inicio del giro, se tiene que: eti  d  ′ ′t i, correspondiendo el signo  o el signo −, según giren
en el mismo u opuesto sentido. Desarrollando la parte real: cos  t  d  ′ cos   ′t, y la parte
imaginaria:  sin  t  ′ sin   ′t. Luego ′   sin  t
sin   ′t
. Sustituyendo este valor en la
parte real: cos  t  d   sin  tcos  
′t
sin   ′t
. De donde se obtiene la ecuación del lugar
pedido:   d sin  
′t
sin −   t ′ − 
. Para el caso     0, se tiene:   d sin
′t
sint ′ − 
. Para el
caso  ′  −,   d2cost , que es la mediatriz de OO
′. Si  ′  ,   , que es la recta del infinito.
C 23- Dado el punto Aa, 0, siendo a  0, hallar el lugar geométrico del punto M que proyectado en P y Q
sobre OX y OY, sea tal que MP y AQ se corten en un punto S situado entre A y Q, a la distancia a de A.
Solución:
O
Q M
S
P A
O
Q M
S
P A
Sean M,, P, 0, Q0,, AQ ≡ xa 
y
  1, MP ≡ x −   0, S , 1 −

a . Luego la
distancia SA viene dada por: SA2   − a2  2 a − a
2
 a2. Sustituyendo , por x,y, se tiene:
x − a2y2  a2  a4. O bien, desarrollando esta expresión: x2y2 − 2axy2  a2x2  a2y2 − 2a3x  0. Esta
curva tiene dos ramas, una en la que x  a y otra en la que x  a, siendo ambas ramas simétricas respecto
a la recta x − a  0. El lugar geométrico pedido corresponde únicamente a la rama en la que x  a. El
dibujo de esta curva para a  1, es el siguiente, en el que se incluyen las dos ramas.
1 2
-10
0
10
26
C 24- Sean Ax1,y1,Bx2,y2, . . . ,Nxn,yn, una serie de puntos en un plano, y O un punto fijo en el mismo
plano. Si se traza por este punto una recta cualquiera y sobre ella se determina un punto M tal que la
distancia OM sea inversamente proporcional a la raíz cuadrada de la suma de los cuadrados de las
distancias a la recta OM de cada uno de los puntos A,B, . . . ,N, se pide: 1º) La ecuación del lugar
geométrico de M. 2º) Determinar las condiciones que deben cumplir las coordenadas de O, de forma que
el lugar sea un círculo.
Solución: 1º) Tomando O, como origen de coordenadas, la ecuación de la recta es y − mx  0,
M,m, y las coordenadas de los puntos dados son xi′,yi′, donde xi′  xi − , yi′  yi − . La distancia
OM es:  1  m2 , y la suma de los cuadrados de las distancias de los puntos dados a la recta, es:
mx1′ − y1′ 2
1  m2
. . . mxn
′ − yn′ 
1  m2

∑mxi′ − yi′2
1  m2
. Luego,  1  m2  k
∑mxi′ − yi′2
1  m2
. Por tanto:
2∑mxi′ − yi′2  k2. Sustituyendo,   x, m 
y
x , se tiene la ecuación de la cónica lugar de M:
∑yxi′ − xyi′2  k2, que desarrollada es: x2∑ yi′2  y2∑ xi′2 − 2xy∑ xi′yi′ − k2  0. 2º) Las condiciones
pedidas que debe cumplir O, son: ∑ xi′2  ∑ yi′2, ∑ xi′yi′  0, es decir: ∑xi − 2  ∑yi − 2,
∑xi − yi −   0. Desarrolladas, se tiene: n2 − 2 − 2∑ xi  2∑ yi ∑ xi2 − ∑ yi2  0;
n − ∑ yi − ∑ xi ∑ xiyi  0.
Nota: Las raíces , de estas dos últimas ecuaciones, corresponden a las coordenadas del foco de la
cónica cuya ecuación tangencial es: u2∑ x2  2uv∑ xy  v2∑ y2  2uw∑ x  2vw∑ y  nw2  0.
C 25- Se traza por O una recta variable OP, que corta en P a la recta BB′, paralela a OX por el punto B0,b.
Por P se traza la perpendicular PM sobre OP. Por Aa, 0 se traza una paralela AM a OP que corta a PM
en M. Hallar el lugar geométrico de M.
Solución:
O A
B B’
P
M
O A
B B’
P
M
Sea la ecuación de la recta variable, OP ≡ y − mx  0. Siendo la ecuación de BB′ ≡ y − b  0, se tiene
que: P bm ,b , PM ≡ y − b 
1
m x −
b
m  0, AM ≡ y − mx − a  0, m 
y
x − a . Sustituyendo, se
tiene que: y − b  −x − ay x −
bx − a
y . Operando y simplificando, se obtiene la ecuación pedida:
x2y  y3 − bx2 − axy − by2  2abx − a2b  0. El dibujo de esta curva para a  1, b  2, es el siguiente:
-4 -2 0 2 4
1
2
3
C 26- Se dan dos triángulos equiláteros ABC y A′BC. Por A′ se traza una recta cualquiera que encuentra a AC
en D, y a AB en E. Hallar el lugar geométrico del punto P, intersección de BD y CE.
27