PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-18

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2x2 − 2y2  3xy − x  3y  0 (hipérbola).
D 66- Hallar la ecuación y naturaleza de la cónica que pasa por los puntos del infinito de las bisectrices de los
ejes coordenados, que corta al eje OY en dos puntos de ordenadas 3 y −1, y que corta al eje OX en el
punto de abscisa −2.
Solución: Partiendo de la ecuación general homogeneizada: Ax2  By2  Cxy  Dxz  Eyz  Fz2  0, se
tiene: C  0, A  −B, E  2A, D  7A2 , F  3A. Por tanto la ecuación es: 2x
2 − 2y2  7x  4y  6  0
(hipérbola).
D 67- Hallar la ecuación de la parábola que pasa por los puntos 0,1 y 3,0 y es tangente a los ejes
coordenados.
Solución: Ecuación general: xy  x  3y − 32  0. Como A33  92 − 3  12
2
 0,   −112 . La
ecuación es: x2 − 6xy  9y2 − 6x − 18y  9  0.
D 68- Hallar la ecuación de la hipérbola tangente al eje OX en el punto de coordenadas homogéneas 2,0,1,
tangente al eje OY en el punto 0,1,1, y que pasa por 1,1,0. Hallar la ecuación de la parábola tangente
a la hipérbola anterior en los mismos puntos de los ejes OX y OY.
Solución: Ecuación general de la cónica: xy   x2  y − 1
2
 0. Por pasar por 1,1,0,   −49 . La
ecuación de la hipérbola es: x2 − 5xy  4y2 − 4x − 8y  4  0. Haciendo en la ecuación general anterior,
que A33  0, se tiene   −12 , siendo la ecuación de la parábola: x
2 − 4xy  4y2 − 4x − 8y  4  0.
D 69- Hallar la ecuación de la hipérbola que pasa por el punto 0,0, y tiene por asíntotas las rectas
x  y  1  0, 2x − y  2  0.
Solución: Ecuación general: x  y  z2x − y  2z  z2  0. Por pasar por 0,0,   −2. La
ecuación es: 2x2  xy − y2  4x  y  0.
D 70- En el plano de un triángulo ABC se tiene un punto fijo P y otro variable M. Las paralelas trazadas por
M a AP, BP, CP, encuentran a los lados BC, CA, AB, en los puntos A1,B1,C1. Demostrar que dada el área
del triángulo A1B1C1, el lugar geométrico de M es una cónica.
Solución: Sean Pm,n, M,, A0,c, Bb, 0, Ca, 0, BC ≡ y  0, CA ≡ xa 
y
c  1,
AB ≡ xb 
y
c  1, PA ≡ y 
n − c
m x  c, PB ≡ y 
nx − b
m − b , PC ≡ y 
mx − a
m − a . La paralela por M a
PA, es: y −   n − cm x − , siendo su intersección con BC: A1  −
m
n − c . La ecuación de la paralela
por M a PB, es: y −   nm − b x − , siendo las coordenadas de su intersección con CA:
B1  
m − bac − a − cx
an ,
cm −  − ac  nbc
cm − a  nb . Análogamente para las coordenadas de C1.
Como el área del triángulo A1B1C1 está dada, el determinante
A1x A1y 1
B1x B1y 1
C1x C1y 1
es constante. Como las
coordenadas de A1,B1,C1 son funciones lineales de ,, dicho determinante es una función de segundo
grado en ,. Luego el lugar geométrico de M, es una cónica.
D 71- Si por un punto P de una cónica se trazan pares de secantes igualmente inclinadas respecto a una recta
r dada, demostrar que las rectas que unen los segundos puntos de intersección, Q y R, de dichas secantes
con la cónica, concurren en un punto.
Solución: Se toma como origen de coordenadas el punto P, y como eje OX la paralela por P a la recta
dada r. La ecuación general de una cónica que pasa por el origen es x2  Ay2  Bxy  Cx  Dy  0. Las
ecuaciones de las rectas PQ y PR son: y  mx, cuyos segundos puntos de intersección con la cónica,
son: Q −C − Dm
1  Am  Bm2
, m−C − Dm
1  Am  Bm2
, R −C  Dm
1 − Am  Bm2
, −m−C  Dm
1 − Am  Bm2
. Ordenando la ecuación
de la recta QR, según las potencias de m, se obtiene: am4  bm3  c  dm2  em  f  0, en la
que  y  son funciones lineales de x, y, siendo constantes a, b, c, d, e, f. Por tanto, al anular los
coeficientes de los cinco monomios de la ecuación, resulta un sistema de dos ecuaciones lineales con dos
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incógnitas, x, y, cuya solución corresponde a las coordenadas (independientes de m) del punto de
concurrencia de las secantes QR.
Nota: Los pares de rayos PQ y PR forman una involución, por lo que la secante QR pasa por el punto de
Frégier de dicha involución.
D 72- Hallar el lugar de los focos de las cónicas tangentes en un punto dado a una recta dada, teniendo una
extremidad del eje focal en un punto dado.
Solución: Tomando como origen de coordenadas la extremidad del eje focal, como eje OX una
perpendicular a la recta dada, como eje OY una paralela a dicha recta, y siendo Aa,b el punto de
tangencia dado, se tiene: tangente en A: x − a  0; tangente en O: y − mx  0; OA ≡ ay − bx  0. La
ecuación de la cónica es: y − mxx − a  ay − bx2  b2 − mx2  a2y2  1 − 2abxy 
amx − ay  0. Siendo , foco de la cónica, siendo las rectas isótropas tangentes a la cónica, y
teniendo en cuenta que m  − , ya que la perpendicular a y  mx trazada por O, es eje de la cónica y
por tanto pasa por los focos, se obtiene el lugar de los focos, cuya ecuación, sustituyendo , por x,y, es:
2ax2y  bxy2  ay3 − 2ayax  by − a2bx − ay  0. El dibujo se refiere al lugar geométrico para el caso
de a  b  1.
-5 5
1
D 73- Se dan dos ejes rectangulares y un círculo tangente a OX en O, y que corta a OY en A. Hallar la
ecuación general de las cónicas osculatrices al círculo en O, y que pasan por A. Se puede trazar al círculo
y a una de estas cónicas, una tangente común distinta de OX. Hallar el lugar geométrico del punto de
encuentro de dicha tangente con la cónica.
Solución: El centro del círculo es 0,a y el punto A0,2a, siendo la ecuación del círculo
x2  y2 − 2ay  0. La ecuación de las cónicas osculatrices al círculo en O, y que pasan por A, es:
x2  y2 − 2ay  TQ  0, siendo T la tangente común en O (y  0), y Q la recta AO ≡ x  0. Por tanto la
ecuación de la cónica es: x2  y2  2xy − 2ay  0. La ecuación de la tangente a la cónica en el punto
, es x    y   − a − a  0. Obligando a que sea tangente al círculo, se tiene:
  2     − a − 2  0. Operando: 22  2    2  0, de donde   −2 .
El lugar pedido es: 32 − 2  2a  0, es decir: 3x2 − y2  2ay  0 (hipérbola). El dibujo se refiere al
lugar geométrico para el caso de a  1.
-4 -2 2 4
-5
5
D 74- Se da una curva C que es envolvente de las rectas r ≡ ux  vy  w  0, verificándose
u
1  t2
 v
t1  t2
 w−2Rt . Se trazan a la curva C, seis tangentes a las que corresponden los valores
t1,..., t 6 . 1º) Hallar la relación entre estos seis valores para que se pueda inscribir una cónica en el exágono
formado por las seis tangentes. 2º) Hallar la ecuación general de las cónicas que tienen con la curva C tres
contactos de primer orden (tres puntos de tangencia).
Solución: 1º) Sea la cónica de ecuación tangencial: Au2  2Buv  Cv2  2Duw  2Evw  Fw2  0.
Obligando a que r sea tangente, ha de verificarse que: A1  t22  2Bt1  t22  Ct21  t22 −
−4DRt1  t2 − 4ERt21  t2  4FR2t2  0. Ordenando esta ecuación en potencias de t, se tiene:
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Ct6  2Bt5  t4A  2C − 4ER  t34B − 4DR  t22A  C − 4ER  4FR2  t2B − 4DR  A  0.
Siendo: S1, S3, S5, las sumas de los productos monarios, ternarios y quinarios de las raíces, se tiene que:
S1 − S3  S5  −2BC 
4B − DR
C −
2B − 2DR
C  0. Luego la relación pedida es: S1 − S3  S5  0.
2º) Para que la cónica tenga tres contactos de primer orden, la ecuación en t ha de ser el cuadrado de un
polinomio de tercer grado: t3 − t2  t − . Luego: S1  2, S3  2  2, S5  2. Por tanto:
S1 − S3  S5   − 1 −   0. Identificando las ecuaciones:
Ct6  2Bt5  t4A  2C − 4ER  t34B − 4DR  t22A  C − 4ER  4FR2  t2B − 4DR  A  0,
t6 − 2t5  2  2t4 − 2  t3  2  2t2 − 2t  2  0 (con   1),
se tiene la ecuación pedida: 2u2 − 2uv  v2   − R uw 
2 − 2
2R vw −
 − 2
4R2
w2  0.
D 75- Se consideran las cónicas tangentes a los ejes OX y OY en los puntos A y B, equidistantes a de O. Se
pide: 1º) Ecuación general de las cónicas. 2º) Lugar geométrico de los vértices. 3º) Lugar geométrico de
los focos.
Solución: 1º) Aa, 0, B0,a. La ecuación general es: xy  x  y − a2  0. 2º) El conjunto de los
vértices viene dado por: a12fx′2− a11 − a22fx′ fy′ − a12fy′2  0. Como a11  a22  , fx′  y  2x  y − a,
fy′  x  2x  y − a, el lugar de los vértices es el conjunto de la recta: x − y  0, y de la cónica:
x − y2 − ax  y  0. 3º) La ecuación es: fx′2 − fy′2 − 4a11 − a22fx,y  0. Luego el lugar viene dado
por el conjunto de las ecuaciones: x − y  0, x2  y2 − ax  y  0.
D 76- Se dan dos rectas paralelas a los ejes coordenados. Hallar la ecuación general de las cónicas con centro
el origen, para las que dichas rectas son normales.
Solución: Las rectas: x  a, y  b, son las normales a las cónicas en los respectivos puntos a,, ,b.
Las rectas: y  , x  , son las tangentes a las cónicas en dichos puntos. La ecuación del haz de cónicas
tangentes a estas dos rectas en dichos puntos, es:
fx,y,  x − y −   xb −   ya −    − ab2  0.
Derivando esta ecuación e igualendo a cero, se tiene:
fx′  y −   2xb −   ya −    − abb −   0,
fy′  x −   2xb −   ya −    − aba −   0.
Como el centro es 0,0, se tiene: −  2 − abb −   0, −  2 − aba −   0. Luego,
2 − ab  b −  

a −  , es decir:  
b
a ,  

2a −  ba 
2 − ab
. Introduciendo estos
valores en la ecuación del haz, se tiene la ecuación pedida: b2x2  a2y2 − 2a2bxy − b22 − a2  0.
D 77- Hallar la polar recíproca de la elipse x
2
a2
 y
2
b2
 1, respecto a la hipérbola x
2
a2
− y
2
b2
− 1  0.
Solución: Ecuación paramétrica de la elipse: x  a sin, y  bcos. En la hipérbola, cuya ecuación
homogeneizada es: x,y, z  x
2
a2
− y
2
b2
− z2  0, se tiene: x′  2xa2
, y′ 
−2y
b2
, z′  −2z. La polar de
un punto de la elipse respecto a la hipérbola, es: x sina −
ycos
b − 1  0. Su derivada respecto a , es:
xcos
a 
y sin
b  0. Eliminando  entre estas dos ecuaciones, para hallar la envolvente, se tiene:
y  −bcos, x  a sin. Luego la ecuación pedida es: x
2
a2
 y
2
b2
 1 (la misma elipse del enunciado).
D 78- Se consideran las cónicas tangentes a los ejes coordenados en los puntos Aa, 0, B0,b. Hallar: 1º) La
ecuación general de las cónicas. 2º) El lugar geométrico de sus vértices. 3º) El lugar geométrico de sus
focos.
Solución: 1º) La ecuación general de las cónicas es: x,y,  xy  x  y − a2  0. 2º) Las
derivadas primeras de  son: x′  y  2x  y − a  0, y′  x  2x  y − a  0. Las coordenadas
del centro de la cónica, son: 2a1  4 ,
2a
1  4 . La ecuación cuyas raíces son las pendientes de los ejes,
es: 12   m
2 − 12    0, luego m  1. El lugar geométrico de los vértices viene dado por la
intersección de  con las rectas: y − 2a1  4   x −
2a
1  4 . La ecuación de este lugar es:
y − x x − y2 − ax  y  0, que está formada por la primera bisectriz y por una parábola. 3º) Para
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