Problemas Universitarios - Ing Industrial e Ing de Sistemas

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ÍNDICE 
 
PROYECCIÓN ORTOGONAL ................................................................................................ 3 
COMBINACIÓN LINEAL, PROYECCIÓN ORTOGONAL Y SUMA DE VECTORES .. 5 
VECTORES PARALELOS ....................................................................................................... 9 
VECTORES, PUNTO DE DIVISIÓN DE UN SEGMENTO ............................................... 14 
APLICACIONES DE LA RECTA .......................................................................................... 18 
VECTORES, PUNTO DE DIVISIÓN ..................................................................................... 20 
DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA ...................................................................... 23 
VECTORES, PUNTO DE DIVISIÓN ..................................................................................... 25 
PROYECCIÓN ORTOGONAL, PUNTO DE DIVISIÓN, INDEPENDENCIA LINEAL 27 
CIRCUNFERENCIA Y SUS PROPIEDADES ...................................................................... 31 
CIRCUNFERENCIA ................................................................................................................ 33 
PARÁBOLA Y SUS PROPIEDADES ..................................................................................... 35 
ELIPSE Y SUS PROPIEDADES ............................................................................................. 40 
HIPÉRBOLA Y RECTA TANGENTE A UNA HIPÉRBOLA ............................................ 42 
ELIPSE Y RECTA TANGENTE A UNA ELIPSE ................................................................ 44 
CIRCUNFERENCIA Y RECTA TANGENTE ...................................................................... 50 
ELIPSE Y RECTA TANGENTE ............................................................................................ 54 
HIPÉRBOLA Y RECTA TANGENTE ................................................................................... 56 
CIRCUNFERENCIA, ROTACIÓN Y TRASLACIÓN DE EJES........................................ 60 
PROYECCIÓN ORTOGONAL Y DEPENDENCIA LINEAL ............................................ 63 
PENDIENTE DE UNA RECTA, COMPONENTE ORTOGONAL Y PUNTO DE 
DIVISIÓN DE UN SEGMENTO ............................................................................................. 68 
ELIPSE Y ECUACIÓN DE SEGUNDO GRADO ................................................................. 71 
 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
2 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
 
TEMAS: VECTORES, PRODUCTO ESCALAR, PROYECCIÓN ORTOGONAL 
Y COMPONENTE 
 
1. Sea el paralelogramo ABCD, sentido horario, donde 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , (H ∈ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ ). Por 
el vértice A = (7,−8) se traza una recta que interseca a 𝐵𝐻̅̅ ̅̅ en Q y a la prolongación 
de 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en P. Si |𝑃𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 6√10, 𝑚∠𝐵𝐴𝑃 = 2𝑚∠𝑃𝐴𝐷. |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗. (1,3)| = √10|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|, M =
(16,−1) es un punto de 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ y |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 5√10 , calcule los vértices del paralelogramo 
dado. 
2. Sea el cuadrilátero ABCD, sentido horario, con 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ y 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗(𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) =
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗. Si 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−3,6) y 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 6, halle 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗. 
3. En un trapecio ABCD, sentido horario, m∠BAD = 90°, 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ // 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = t(-1,2), t > 0, 
M es punto medio de 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ tal que 𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 
24
5
 (1,7) y N ∈ 𝑀𝐶̅̅̅̅̅ de manera que 𝑚∠𝐶𝐴𝑁 = 
𝑚∠𝑁𝐴𝑀, T ∈ 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ , 𝑚∠𝐴𝑇𝑀 = 90°, |𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗|= 12√2, |𝑇𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|= 
16
3
√2. Halle 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 
 
 
 
1PC 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
3 
 
 
PROYECCIÓN ORTOGONAL 
1. Sea el paralelogramo ABCD, sentido horario, donde 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , (H ∈ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ ). Por 
el vértice A = (7,−8) se traza una recta que interseca a 𝐵𝐻̅̅ ̅̅ en Q y a la prolongación 
de 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en P. Si |𝑃𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 6√10, 𝑚∠𝐵𝐴𝑃 = 2𝑚∠𝑃𝐴𝐷. |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗. (1,3)| = √10|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|, M =
(16,−1) es un punto de 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ y |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 5√10 , calcule los vértices del paralelogramo 
dado. 
RESOLUCIÓN: 
 Del problema se concluye el siguiente gráfico: 
 |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗. (1,3)| = √10|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
||𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗||(1,3)| 𝑐𝑜𝑠 𝜃| = √10|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
donde 𝜃 es el ángulo que forma 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ y (1,3) 
|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|√10|𝑐𝑜𝑠 𝜃| = √10|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 |𝑐𝑜𝑠 𝜃| = 1 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 = ± 1 → 𝜃 = 0 o 𝜃 = 𝛱 
Luego 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (1,3) 
 𝑚∠𝐵𝑃𝐴 = 𝑚∠𝑃𝐴𝐷 = 𝜃 
(Alternos internos entre //s) 
 En el triángulo QBP se traza la 
mediana 𝐵𝑁̅̅ ̅̅ , entonces: 
|𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑁𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =
1
2
|𝑄𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
|𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | =
1
2
(6√10) = 3√10 
 ΔBPN: 𝑚∠𝑃𝐵𝑁 = 𝑚∠𝑁𝑃𝐵 = 𝜃 
(Por ser isósceles) 
𝑚∠𝐵𝑁𝑄 = 2𝜃 (Por ángulo exterior) 
 El triángulo ABN resulta con dos 
ángulos congruentes de medida 2θ, 
entonces: 
|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 3√10 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
4 
 
 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|�⃗� 𝐴𝐵 = 3√10
(1,3)
√10
 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3,9) 
 �⃗� = 𝐴 + 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (7,−8) + (3,9) 
�⃗� = (10,1) 
 𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = �⃗⃗� − �⃗� 
𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (16,−1) − (10,1) 
𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (6,-2) // (3,-1) 
 ∆ABD: 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (3,9) + 𝑡(3,−1), 𝑡 > 0 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (3𝑡 + 3,9 − 𝑡) 
|𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = √(3𝑡 + 3)2 + (9 − 𝑡)2 
pero |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 5√10, entonces se tiene: 
5√10 = √(3𝑡 + 3)2 + (9 − 𝑡)2 
simplificando se tiene: 
0 = 10𝑡2 - 160 
𝑡2 = 16 → 𝑡 = 4 , 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (15, 5) 
 
 
 �⃗⃗� = 𝐴 + 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
�⃗⃗� = (7,−8) + (15,5) 
�⃗⃗� = (12,−3) 
 𝐶 = �⃗⃗� + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
pero 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3,9), entonces: 
 𝐶 = (22,−3) + (3,9) 
 𝐶 = (25,6) 
 Por tanto: 
𝐴 = (7,-8) 
�⃗� = (10,1) 
𝐶 = (25,6) 
�⃗⃗� = (22,-3) 
 
Los vértices del paralelogramo 
son: 
 A = (7,-8) 
 B = (10, 1) 
 C = (25, 6) 
 D = (22,-3) 
 
 
Rptas. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
5 
 
 
COMBINACIÓN LINEAL, PROYECCIÓN ORTOGONAL Y SUMA DE 
VECTORES 
 
2. Sea el cuadrilátero ABCD, sentido horario, con 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ y 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗(𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) =
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗. Si 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−3,6) y 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 6, halle 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente grafico: 
 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗(𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ (dato) 
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
por lo tanto: 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 = 90° 
 Sea 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ (dato), entonces: 
𝑚∠𝐵𝐷𝐶 = 90° 
|𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = n 
 𝑚∠𝐶𝐵𝐷 = 𝑚∠𝐵𝐶𝐷 = 45° 
 En la recta que contiene a 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ se 
ubican los puntos “W” y “H”, tal 
que: 𝑚∠𝐵𝑊𝐷 = 90° y 
𝑚∠𝐶𝐻𝐷 = 90°. 
 Sea 𝑚∠𝐶𝐷𝐻 = 𝜃 y 𝑚∠𝐵𝐷𝑊 = 𝛼, 
entonces en D: 
α + θ = 90° 
 ⊿ DHC: 𝑚∠𝐷𝐶𝐻 = 𝛼 
⊿BWD: 𝑚∠𝑊𝐵𝐷 = 𝜃 
 𝐶𝑜𝑚𝑝𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 6 (dato) 
|𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 6 
 |𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 6 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−3,6) (dato) 
→ |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 3√5 
 ⊿ CDH congruente con ⊿ BWD 
(A.L.A) 
 → |𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 6 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
6 
 
 
 ⊿ BWA: 
 |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
= |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
− |𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
 
reemplazando valores: 
|𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
= (3√5)
2
− 62 
 |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 3 
 Sea 𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑎, 𝑏), entonces: 
 𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ = 2(−𝑏, 𝑎) 
 ⊿BWA: 
 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2𝑏,−2𝑎) + (𝑎, 𝑏) 
 (−3,6) = (𝑎 + 2𝑏, 𝑏 − 2𝑎) 
 −3 = 𝑎 + 2𝑏6 = −2𝑎 + 𝑏 
por lo tanto: 𝑎 = −3 y 𝑏 = 0 
→ 𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−3, 0) 
 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 = 90° 
 En “B”: 
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 −𝑚∠𝐷𝐵𝐶 
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 90° − 45° 
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 45° 
 Se traza 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ , altura del ∆ABD y en el 
⊿ABE: 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗, pero 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥, 
entonces: 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥……..(1) 
 Sea: 𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑝, 𝑞)…………………(2) 
 Reemplazando (2) y 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−3,6) 
(dato) en (1): 
 (−3, 6) = (𝑝, 𝑞) + (−𝑞, 𝑝) 
(−3,6) = (𝑝 − 𝑞, 𝑞 + 𝑝) 
 −3 = 𝑝 − 𝑞 
 6 = 𝑝 + 𝑞 
por lo tanto: 𝑝 =
3
2
 y 𝑞 =
9
2
 , y 
notamos que 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ // (3, −1) 
 ∆ABD: 
 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
(−3, 6) = 𝑡(3,−1) + 𝑘(1,0) 
 −3 = 3𝑡 + 𝑘 
 6 = −𝑡 
por lo tanto: 𝑡 = −6 y 𝑘 = 15 
𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (15,0) y |𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 15 
 |𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| + |𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 
|𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 15 + 6 
 |𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 21 
 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = |𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | ∙ �⃗� 𝐴𝐷 
 𝑷𝒓𝒐𝒚𝑨𝑫⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑨𝑪
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝟐𝟏, 𝟎) 
 
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7 
 
 
OTRA RESOLUCIÓN: 
 Se obtiene, del enunciado, el siguiente gráfico: 
 
 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ (𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ ) = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ (dato) 
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ (dato) 
→ 𝑚∠𝐵𝐷𝐶 = 90° 
|𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = n 
 En la recta que contiene a AD se 
ubican los puntos W y H tal que 
𝑚∠𝐵𝑊𝐷 = 90° y 𝑚∠𝐶𝐻𝐷 = 90° 
 Sea 𝑚∠𝐶𝐷𝐻 = 𝜃 , 𝑚∠𝐵𝐷𝑊 = 𝛼 , 
entonces en D: α + θ = 90º 
→ ⊿ CDH: 𝑚∠𝐷𝐶𝐻 = α 
 ⊿ WBD: 𝑚∠𝑊𝐵𝐷 = θ 
 
 𝐶𝑜𝑚𝑝𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 6 (dato) 
|𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ | = 6 
 |𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 6 
 ⊿WBD es congruente al ⊿DHC 
(A.L.A) (θ, n, α) 
→ |𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 6 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (-3,6) 
|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 3√5 
 ⊿ BWA: |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|2= |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|2 - |𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|2 
reemplazando valores: 
 |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|2= (3√5)2 - 62 
 |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 3 
53°
2⁄ 
3 
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 Sea 𝐴𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (a, b) , entonces 𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ = 2(-b, a) 
 ⊿BWA: 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
(-3, 6) = (a, b) + 2(-b, a) 
-3 = a - 2b a = 9/5 
6 = 2a + b b = 12/5 
 𝐴𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ( 
9
5
 , 
12
5
 ) // (3, 4) 
 ⊿AWB : |𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2|𝐴𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| , entonces 𝑚∠𝐴𝐵𝑊 = 53º/2 
 ⊿BDC : 𝑚∠𝐷𝐵𝐶 = 45º 
 B: 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 90º- 𝑚∠𝐷𝐵𝐶 
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 90º- 45º 
𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 45º 
 B: 𝑚∠𝑊𝐵𝐷 = 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 - 𝑚∠𝐴𝐵𝑊 
𝑚∠𝑊𝐵𝐷 = 45º- 53º/2 
𝑚∠𝑊𝐵𝐷 = 37º/2 
 ⊿BWD: 3|𝑊𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
3|𝑊𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 6 
 |𝑊𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2 
 𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |. �⃗� 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (|𝐴𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|+ |𝑊𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|+ |𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |) . �⃗� 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3+2+6). 
(3,4)
5
 
𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (
33
5
, 
44
5
)
 
 
 
 
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VECTORES PARALELOS 
3. En un trapecio ABCD, sentido horario, 𝑚∠𝐵𝐴𝐷 = 90°, 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ // 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗= 𝑡 (-1,2), 𝑡 > 0, 
M es punto medio de 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ tal que 𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 
24
5
 (1,7) y N ∈ 𝑀𝐶̅̅̅̅̅ de manera que 
𝑚∠𝐶𝐴𝑁 = 𝑚∠𝑁𝐴𝑀, T ∈ 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ , 𝑚∠𝐴𝑇𝑀 = 90°, |𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗|= 12√2, |𝑇𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|= 
16
3
√2. Halle 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 
RESOLUCIÓN: 
 Del problema se concluye el siguiente gráfico: 
 
 |𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = 
24
5
√12 + 72 = 24√2 
 Sea W ∈ 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ / 𝑀𝑊⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ꓕ 𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
→ ∆ AWM: |𝑊𝑇⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑀𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | 
 Sea Q ∈ 𝑊𝐶̅̅ ̅̅ ̅, tal que |𝑊𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
→ ∆ MWC: 𝑇𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
1
2
 𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 
 |𝑇𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
1
2
 |𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | 
 |𝑇𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
1
2
 (24√2) 
 |𝑇𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 12√2 
 ∆ ATQ: Resulta isósceles 
→ 𝑚∠𝐴𝑄𝑇 = 𝑚∠𝑄𝐴𝑇 = θ 
 ∆ WMC: 𝑇𝑄̅̅ ̅̅ // 𝑀𝐶̅̅̅̅̅ 
→ 𝑚∠ WCM = m∠𝑊𝑄𝑇 = θ 
 ∆ ANC: ángulo exterior 
𝑚∠𝐴𝑁𝑀 = 𝑚∠𝑁𝐴𝐶 + 𝑚∠𝐴𝐶𝑁 
𝑚∠𝐴𝑁𝑀 = θ + θ 
𝑚∠𝐴𝑁𝑀 = 2θ 
 Se forma el triángulo isósceles ARM, 
tal que |𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑅𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | 
→ 𝑚∠𝑀𝑅𝑁 = 𝑚∠ RAM + 𝑚∠𝑅𝑀𝐴 
𝑚∠𝑀𝑅𝑁 = θ + θ 
𝑚∠𝑀𝑅𝑁 = 2θ 
 ∆ RMN: Resulta isósceles 
→ |𝑅𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑇𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 
16
3
 √2 
 |𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗| - |𝑅𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 12√2 - 
16
3
 √2 
|𝐴𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
20
3
 √2 
θ 
2θ 
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10 
 
 
 ∆ ANC es semejante a ∆ ARM 
→ 
|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐴𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
 = 
|𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐴𝑅⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
 
|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐴𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
 = 
12√2+ 
16
3
 √2
20
3
 √2
 = 
52√2
3
20√2
3
 = 
13
5
 
Si |𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = 5k, entonces |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 13k 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ // (2,1) 
 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 5k ( 
2,1
√5
 )………………….(1) 
 ∆ AMC : 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ + 𝑀𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5k ( 
2,1
√5
 ) + 
24
5
 (1, 7) 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2√5k + 
24
5
, √5k + 
24 (7)
5
)……(2) 
|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|=√(2√5k +
24
5
)2 + (√5k +
24(7)
5
)2 
|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|2= 25k2 + 
24
5
 k(2√5.9) + (
24
5
)2(1+45) 
pero |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 13k, entonces 
simplificando se tiene: 
15k2- 9√5k - (24)(5) = 0 
15k - 24√5 
 k - √5 
de donde k = 
8
5
√5 y k = -√5, se 
elige k = 
8
5
 √5 porque k > 0……..(3) 
 Reemplazando (3) en (1) y (2): 
𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (16,8) y 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = ( 
104
5
,
208
5
 ) 
 ∆ ABC: 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 ( 
104
5
,
208
5
 ) = l(-1,2) + n(2,1) 
 
104
5
 = -l+ 2n 
 
208
5
 = 2l + n 
resolviendo: 
l = 
312
25
 
n = 
416
25
 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
312
25
 (-1,2) 
 ∆ ABD: 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ , pero 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 2𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ , 
entonces: 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 2𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 
reemplazando valores: 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 
312
25
 (1,-2) + 2(16,8) 
 𝑩𝑫⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = ( 
𝟏𝟏𝟏𝟐
𝟐𝟓
,
−𝟐𝟐𝟒
𝟐𝟓
 ) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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11 
 
 
OTRA FORMA DE RESOLVER EL PROBLEMA: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (-1,2), entonces 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ // (2,1) 
 Se traza la altura 𝐶𝐸̅̅ ̅̅ del ∆MDC. 
 ∆DEC: 
𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
reemplazando valores tenemos: 
24
5
(1,7) = k(2,1) + t(−1,2) 
 
24
5
= 2k − t 
 
168
5
= k + 2t 
resolviendo: 
k =
216
25
 y t =
312
25
 
→ 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
312
25
(−1,2) 
 Rectángulo ABCE: 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
312
25
(−1,2) 
 ∆AMN: Sea 𝑚∠𝑁𝐴𝑀 = 𝛼, 
𝑚∠𝐴𝑁𝑀 = 𝛽, |𝑇𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = h, entonces: 
∆ATM: 𝑡𝑎𝑛𝛼 =
|𝑇𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ |
|𝐴𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗|
 
 → 𝑡𝑎𝑛𝛼 =
h
12√2
 … (1) 
∆TMN: 𝑡𝑎𝑛𝛽 =
|𝑇𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ |
|𝑇𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
 
 → 𝑡𝑎𝑛𝛽 =
h
16√2
3
 … (2) 
 ∆AMN: 
𝑚∠𝑁𝑀𝐷 = 𝑚∠𝐴𝑁𝑀 +𝑚∠𝑁𝐴𝑀 
𝑚∠𝑁𝑀𝐷 = 𝛼 + 𝛽 
 M: Sea 𝑎 = (1,7), �⃗� = (2,1) 
 
 
 
 
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12 
 
 
entonces: 
𝑎 ∙ �⃗� = |𝑎 ||�⃗� |𝑐𝑜𝑠 (𝛼 + 𝛽) 
(1,7) ∙ (2,1) = 5√2(√5)𝑐𝑜𝑠 (𝛼 + 𝛽) 
9 = 5√10 𝑐𝑜𝑠(𝛼 + 𝛽) 
𝑐𝑜𝑠(𝛼 + 𝛽) =
9
5√10
 
→ 𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽) =
13
5√10
 
→ 𝑡𝑎𝑛(𝛼 + 𝛽) =
13
9
 ……………..(3) 
 M: 𝑡𝑎𝑛(𝛼 + 𝛽) =
𝑡𝑎𝑛𝛼+𝑡𝑎𝑛𝛽
1−𝑡𝑎𝑛𝛼𝑡𝑎𝑛𝛽
...….(4) 
 Reemplazando (1), (2) y (3) en (4) se 
tiene: 
13
9
=
h
12√2
+
3h
16√2
1 −
h
12√2
3h
16√2
 
simplificando se tiene: 
h2 + 12√2h − 128 = 0 
de donde: h = 4√2 o h = −16√2 
se elige h = 4√2, porque h > 0 
 ∆ATM: Pitágoras 
|AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
2
= |AT⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
+ |TM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
2
 
 |AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
2
= (12√2)2 + (4√2)2 
 |AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 8√5 
 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = |𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |�⃗� 𝐴𝑀 
𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 8√5
(2,1)
√5
 
𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (16,8) 
 
 ∆ABD: 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 2𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =
312
25
(1,−2) + 2(16,8) 
 𝑩𝑫⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (
𝟑𝟏𝟐
𝟐𝟓
, −
𝟐𝟐𝟒
𝟐𝟓
) 
 
 
 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
13 
 
 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
 DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
 
TEMAS: VECTORES, PROYECCIÓN ORTOGONAL, RECTA, PUNTO DE 
DIVISIÓN DE UN SEGMENTO, COMPONENTE, PRODUCTO ESCALAR Y 
NORMA DE UN VECTOR 
1. En el triángulo ABC: Q divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón −
7
2
 , A divide a 𝑃𝐶̅̅̅̅ en la razón 
1
2
, R 
divide a 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ en la razón −
2
5
 . En el triángulo PQR: D, E y F pertenecen a 𝑃𝑅̅̅ ̅̅ , 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ y 
𝑄𝑅̅̅ ̅̅ respectivamente, prolongamos los lados 𝐵𝐴̅̅ ̅̅ , 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ y 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ del ∆ABC hasta D, E y F 
respectivamente. 
a) ¿En qué razón E divide a 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ y a 𝐵𝑅̅̅ ̅̅ , F divide a 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ y 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y D divide a 𝑃𝑅̅̅ ̅̅ y a 
𝐵𝑄̅̅ ̅̅ ? 
b) Si 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = m 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + n 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ , calcule: 
26
7
 (m + n) 
2. Sea ABC un triángulo de sentido horario la recta L = {(5,1) + t(2,1)} es bisectriz del 
ángulo BAC, M = (2,2) divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón 
1
2
 y D divide a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ en la razón 4. Si 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (9,−13), determine la ecuación de la recta que contiene a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ . 
3. En el triángulo ABC, sentido horario, se ubican los puntos D y E en 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 
respectivamente tal que |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10√2, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2,14), 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = t(7,1), t > 0, 
 |𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗|, |𝑃𝑟𝑜𝑦 𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⊥𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑃𝑟𝑜𝑦 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗|. Si F = (9,9) ∈ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ y G = (11,1) ∈ 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 
halle la ecuación vectorial de la recta que contiene a 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ . 
 
2PC 
EP 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
14 
 
 
 
VECTORES, PUNTO DE DIVISIÓN DE UN SEGMENTO 
 
1. En el triángulo ABC: Q divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón −
7
2
 , A divide a 𝑃𝐶̅̅̅̅ en la razón 
1
2
, 
R divide a 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ en la razón −
2
5
 . En el triángulo PQR: D, E y F pertenecen a 𝑃𝑅̅̅ ̅̅ , 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ 
y 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ respectivamente, prolongamos los lados 𝐵𝐴̅̅ ̅̅ , 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ y 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ del ∆ABC hasta D, E y 
F respectivamente. 
a) ¿En qué razón E divide a 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ y a 𝐵𝑅̅̅ ̅̅ , F divide a 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ y 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y D divide a 𝑃𝑅̅̅ ̅̅ y a 
 𝐵𝑄̅̅ ̅̅ ? 
b) Si 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = m 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + n 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ , calcule: 
26
7
 (m + n) 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado anterior se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 
 
𝟖𝒒
𝟑𝟏
 
2q q 
2n 
5n 
𝟏𝟎𝒏
𝟏𝟑
 
3k 
𝟔𝒌
𝟏𝟗
 
2k 
4s 
15s 
21t 
10t 
3l 
10l 
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15 
 
 
 
1) ¿En qué razón E divide a 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ y a 𝐵𝑅̅̅ ̅̅ ,F divide a 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ y 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y D divide a 𝑃𝑅̅̅ ̅̅ y a 𝐵𝑄̅̅ ̅̅ ? 
Aplicamos Menelao: 
 
 |𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐸𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐶𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 |𝑃𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ 2𝑛 ∙ 2𝑞 = |𝐸𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ 5𝑛 ∙ 3𝑞 
 →
|𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐸𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
=
15
4
 
∴ 𝐸 divide a 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ en r =
15
4
 
 
 |𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑄𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑄𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
 𝑞 ∙ 3𝑘 ∙ 4𝑠 = 2𝑞 ∙ |𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ 19𝑠 
 → |𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| =
6
19
𝑘………… (1) 
 
 
 |𝐸𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝐶𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
|𝐸𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| =
6
19
𝑘 + 3𝑘 + 2𝑘 
 |𝐸𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| =
101
19
𝑘……………..(2) 
 De (1) y (2): 
⇒ 
 |𝐸𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐸𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗|
=
6
101
 
 ∴ E divide a 𝐵𝑅̅̅ ̅̅ en r = −
6
101
 
 
 |𝑄𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐶𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐹𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐴𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
 |𝑄𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ 2𝑘 ∙ 5𝑛 = |𝐹𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ 3𝑘 ∙ 7𝑛 
 → 
|𝐹𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐹𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗|
=
21
10
 
∴ 𝐹 divide a 𝑄𝑅̅̅ ̅̅ en r =
21
10
 
⇒ Si |𝐹𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10𝑡, entonces |�⃗� | = 21𝑡 
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16 
 
 
 
 |𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑅𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑅𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
 2𝑛 ∙ 2𝑞 ∙ 10𝑛 = 5𝑛 ∙ |𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ 31𝑡 
 → |𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
8
31
 q………..(3) 
 |𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
8
31
 q + 2q = 
70
31
 q………(4) 
 De (3) y (4): 
|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|
=
70
8
=
35
4
 
∴ F divide a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ en r = 
35
4
 
 
 |𝑅𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐵𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 |𝑅𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ q ∙ 3k = |𝑃𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ 2q ∙ 5k 
→ 
|DP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|DR⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
= 
3
10
 , D divide a 𝑃𝑅̅̅ ̅̅ en r = 
3
10
 
 
 
 |𝐶𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑃𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| ∙ |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ |𝑃𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 2𝑘 ∙ 5𝑛 ∙ 3𝑙 = 3𝑘 ∙ |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ∙ 13𝑙 
 → |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 
10
13
 𝑛 
⇒ |𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| + |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10
13
𝑛 + 5𝑛 =
75
13
𝑛 
𝑆𝑖 |𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 
10
13
𝑛 + 5𝑛 + 2𝑛 
 |𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 
101
13
𝑛 
 ⇒ 
|𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
75
101
 
 ∴ D divide a 𝐵𝑄̅̅ ̅̅ en r = −
75
101
 
 Por tanto: 
E divide a 𝑷𝑸̅̅ ̅̅ en la razón 
𝟏𝟓
𝟒
 
E divide a 𝑩𝑹̅̅ ̅̅ en la razón −
𝟔
𝟏𝟎𝟏
 
F divide a 𝑸𝑹̅̅ ̅̅ en la razón 
𝟐𝟏
𝟏𝟎
 
F divide a 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ en la razón −
𝟑𝟓
𝟒
 
D divide a 𝑷𝑹̅̅ ̅̅ en la razón 
𝟑
𝟏𝟎
 
D divide a 𝑩𝑸̅̅̅̅̅ en la razón −
𝟕𝟓
𝟏𝟎𝟏
 
 
Rptas. 
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17 
 
 
 
2) Si 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = m 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + n 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ , calcule 
26
7
 (m + n) 
∆ ABC: 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
−
|𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 
|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗|
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ + −
|𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐸𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
reemplazando los vectores 
−
5𝑛
10𝑛
13
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 
2𝑞
8𝑞
31
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ + −
3𝑘
6𝑘
19
𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 −
13
2
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 
31
4
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ + −
19
2
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = −
31
26
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 
38
26
𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 
38
26
 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + −
31
26
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
pero 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = m𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + n 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ (dato), entonces: 
 m = 
38
26
 y n = −
31
26
 
 ⟹ ∑ de (m + n) = 
7
26
 
 ⟹
26
7
 (m + n) = 1 
 
𝟐𝟔
𝟕
 (m + n) = 1 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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18 
 
 
APLICACIONES DE LA RECTA 
 
2. Sea ABC un triángulo de sentido horario la recta L = {(5,1) + t(2,1)} es bisectriz 
del ángulo BAC, M = (2,2) divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón 
1
2
 y D divide a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ en la razón 
4. Si 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (9, −13), determine la ecuación de la recta que contiene a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ . 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado resulta el siguiente gráfico: 
 Sea (5,1) el punto R, entonces: 
𝑀𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = �⃗� − �⃗⃗� 
𝑀𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = (5,1) − (2,2) = (3,−1) 
 Se ubica N en AC̅̅̅̅ tal que MN⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⊥ L 
→ 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2 𝑃𝑟𝑜𝑦(−1,2)𝑀𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 
𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2 𝑃𝑟𝑜𝑦(−1,2)(3, −1) 
𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2. |
(3, −1). (−1,2)
|(−1,2)|2
| (−1,2) 
𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −2(−1,2) 
 → |𝑀𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = 2√5 
 �⃗⃗� = �⃗⃗� + 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
�⃗⃗� = (2,2) + −2(−1,2) 
�⃗⃗� = (4,−2) 
 Se ubica E en 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ tal que 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ // 𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 M divide a AB⃗⃗⃗⃗ ⃗ en la razón 
1
2
 (dato) 
|𝐴𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑀𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
=
|𝑀𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐵𝐸⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ |
=
2√5
|𝐵𝐸⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ |
=
1
3
 
 → |𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 6√5 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
19 
 
 
 △ ABE es semejante a △ AMN 
→ 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗|�⃗� 𝐵𝐸 = 6√5.
(1,2)
√5
 
 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (6, −12) 
 △ BED: 
𝐸𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
reemplazandovalores: 
𝐸𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (−6,12) + (9,−13) 
 𝐸𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (3,−1) 
 Sea LAC la recta que contiene a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ . 
 𝐿𝐴𝐶 = {(4,−2) + r(3,−1)} 
pero: 𝐿 = {(5,1) + t(2,1)} 
A ∈ 𝐿𝐴𝐶 
→ A = {(4,−2) + r(3,−1)} 
A ∈ 𝐿 → A = {(5,1) + t(2,1)} 
de donde: 
(4, −2) + r(3, −1) = (5,1) + t(2, −1) 
 4 + 3r = 5 + 2t 
−2 − r = 1 + t 
r = −1 ∧ t = −2 
A = (1,−1) 
 𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = �⃗⃗� − 𝐴 = (2,2) − (1, −1) = (1,3) 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 3𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 3(1,3) = (3,9) 
 �⃗� = 𝐴 + 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
�⃗� = (1,−1) + (3,9) 
 �⃗� = (4,8)…………………..(1) 
 
 
 △ ABD: 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (3,9) + (9,−13) 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (12, −4) 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
5
4
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =
5
4
(12,−4) = (15,−5) 
 △ ABC: 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−3,−9) + (15,−5) = (12,−14) 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (12,−14) // (6, −7)…...(2) 
 De (1) y (2) y considerando que 𝐿𝐵𝐶 
la recta que contiene a 𝐵𝐶̅̅̅̅ : 
𝑳𝑩𝑪 = {(𝟒, 𝟖) + 𝐥(𝟔,−𝟕)}
Rpta. 
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20 
 
 
VECTORES, PUNTO DE DIVISIÓN 
 
3. En el triángulo ABC, sentido horario, se ubican los puntos D y E en 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 
respectivamente tal que |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10√2, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2,14), 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = t(7,1), t > 0 
|𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗|, |𝑃𝑟𝑜𝑦 𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⊥𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑃𝑟𝑜𝑦 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗|. Si F = (9,9) ∈ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ y G = (11,1) ∈ 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 
halle la ecuación vectorial de la recta que contiene a 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ . 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 ∆ABC: |𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| (dato), 
entonces: 
𝑚∠𝐸𝐴𝐶 = 𝑚∠𝐸𝐶𝐴 = α 
 |𝑃𝑟𝑜𝑦 𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⊥𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑃𝑟𝑜𝑦 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
(dato), entonces: 
|𝑊𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐸𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 
de donde: E debe ser un punto en 
la bisectriz del ángulo BAC 
∴ 𝑚∠𝐵𝐴𝐸 = 𝑚∠𝐸𝐴𝐶 = α 
 Se construye el triángulo isósceles 
PBC. 
|𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| y A ∈ 𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ , entonces 
𝑚∠𝐵𝑃𝐶 = 𝑚∠𝐵𝐶𝑃 = α 
 ∆PBA: ángulo exterior 
𝑚∠𝐵𝐴𝐶 = 𝑚∠𝐵𝑃𝐴 + 𝑚∠𝑃𝐵𝐴 
 2α = α + 𝑚∠𝑃𝐵𝐴 
 𝑚∠𝑃𝐵𝐴 = α
(2,14) 
(7,1) 
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21 
 
 
por lo tanto: 
|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|(2,14)|=10√2 
 ∆PBA es congruente a ∆BCD 
(L.A.L), entonces: 
|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|=|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 
de donde: |𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=10√2 
 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ �⃗� 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 10√2
(7,1)
5√2
 = (14,2) 
 ∆ABD: 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (2,14) + (14,2) 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = ( 16,16) // (1,1) 
 En el vector AC⃗⃗⃗⃗ ⃗ : 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|. �⃗� 𝐷𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (16,16) + 10√2
(1,1)
√2
 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (26,26) // (1,1) 
 ∆ABC: 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ , reemplazando: 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−2,−14) + (26,26) 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (24,12) // (2,1) 
 Sea LBC la recta que contiene a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 
LAC la recta que contiene a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 
entonces: 
LBC = {(9,9) + t (2,1)} 
LAC = {(11,11) + r (1,1)} 
 
 
 Pero C ∈ 𝐿𝐵𝐶 y también a 𝐿𝐴𝐶: 
C = (9,9) + k (2,1) = (11,1) + r (1,1) 
de donde 9 + 2k = 11 + r .….(1) 
 9+k = 1+r …....(2) 
 De (1) y (2), se tiene: 
k = 10 y r = 18 → C = (29,19) 
 𝐴 = 𝐶 + 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐴 = (29,19) + (-26,-26) 
𝐴 = (3,-7) 
 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ // �⃗� 𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + �⃗� 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ (𝐴𝐸
̅̅ ̅̅ pertenece a la 
recta bisectriz) 
pero �⃗� AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + �⃗� AC⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ : 
 
(1,7)
5√2
+
(1,1)
√2
=
(6,12)
5√2
 
por tanto: 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ // 
(6,12)
5√2
 o 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ // (1,2) 
 Sea 𝐿𝐴𝐸 la recta que contiene a 𝐴𝐸̅̅ ̅̅ , 
entonces: 
𝑳𝑨𝑬 = {(3,-7) + t (1,2)} 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
22 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
 Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
 DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
TEMAS: RECTAS, PROYECCIÓN ORTOGONAL Y COMPOSICIÓN DE 
VECTORES 
1. Sea el triángulo ABC, sentido horario, la recta L = {A + t 𝛼 } interseca al lado 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en 
Q = (9, 10) punto que divide a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en razón 
3
2
 , 𝐵𝑃̅̅ ̅̅ es la mediana relativa al lado 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 
10𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ – 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5(-3, 12) y 𝑑(B, L) = 
21
√10
 , |𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 6√10. Determine A, B, C y L. 
2. Sea ABC un triángulo sentido anti horario, se prolonga 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ hasta el punto Q = (18, q) 
de tal forma que 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐶𝑄
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐶𝑄
⃗⃗⃗⃗ ⃗ . Las rectas 𝐿1: y − 4 = 0 y 𝐿2: {B +
t(4, −3)} contienen a 𝐶𝑄̅̅ ̅̅ y a 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ respectivamente. Si Q divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón -2 y 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ − 2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (16,0), halle las coordenadas de los vértices del triángulo ABC. 
3. En un triángulo ABC sentido horario, 𝐴𝐵 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = k(-1, 3), k > 0, |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|, se 
ubica el punto D en 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y el punto medio E en 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ tal que 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (1,7), 
𝑚∠𝐴𝐵𝐶 = 𝑚∠𝐷𝐸𝐶 − 𝑚∠𝐵𝐶𝐴. Si los puntos (-2,0) y (4,2) pertenecen a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ y a 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ 
respectivamente, halle la ecuación vectorial de la recta que contiene a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ . 
 
 
 
EP 
EP 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
23 
 
 
DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA 
 
1. Sea el triángulo ABC, sentido horario, la recta L = {A + t 𝛼 } interseca al lado 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en 
Q = (9, 10) punto que divide a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en razón 
3
2
 , 𝐵𝑃̅̅ ̅̅ es la mediana relativa al lado 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 
10𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ – 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5(-3, 12) y 𝑑(B, L) = 
21
√10
 , |𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 6√10. Determine A, B, C y L. 
RESOLUCIÓN: 
 Del problema se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 Dato: 10 𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ – 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5 (-3,12) 
10(𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗) – 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5(-3,12)...(1) 
pero Q divide a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ en la razón 
3
2
, 
entonces 
|𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗|
 = 
3
2
 
 Si |𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2t, entonces |𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 3t 
→ |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 5t 
también se tendría 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
2
5
𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 Reemplazando en (1): 
 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
2
5
𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ y 𝑃𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
1
2
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
se tiene: 
10( 
1
2
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 
2
5
𝐶𝐵 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ) - 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5 (-3,12) 
 5 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 4 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ - 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5 (-3,12) 
 5 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 5𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5 (-3, 12) 
 5 (𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝐵 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ) = 5 (-3, 12) 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (-3, 12) → |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 3√17 
 Dato: d(B,𝐿) = 
21
√10
 
entonces: 
|𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 
21
√10
 siendo H pie de la altura. 
 
L 
6 √10 
= (9,10) 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
24 
 
 
 ⊿ AHB: Teorema de Pitágoras: 
|𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2 = |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|2 - |𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2 
|𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2 = (3√17)2 - (
21
√10
) 2 
|𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 
33
√10
 
 Sea α la medida del ángulo ABH. 
 ⊿ AHB: 𝑡𝑎𝑛(𝛼) = 
|𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐵𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
 
reemplazando valores se tiene: 
𝑡𝑎𝑛(𝛼) = 
33/√10
21/√10
 = 
11
7
 
 ⊿ AHB: 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐻𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
Sea 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ // (a, b), entonces: 
(-3, 12) = 11 (a, b) + 7(-b, a) 
-3 = 11a – 7b a = 3/10 
12 = 7a + 11 b b = 9/10 
𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 
11
10
 (3, 9) // (1, 3) 
 𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| �⃗� 𝐴𝑄̅̅ ̅̅ 
pero |𝐴𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 6 √10 (dato) y 
�⃗� AQ = 
(1,3)
√10
 , entonces: 
𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 6√10 (
1,3
√10
) = (6,18) 
 ∆ ABQ: 𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = .𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
reemplazando resultados: 
𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (3,-12) + (6,18) 
𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (9,6) 
 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ : 𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
2
3
 𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 
2
3
 (9,6) 
𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (6,4) 
 𝐴 = �⃗� + 𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐴 = (9,10) + (-6,-18) 
𝐴 = (3,-8) 
 �⃗� = �⃗� + 𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
�⃗� = (9,10) + (-9,-6) 
�⃗� = (0,4) 
 𝐶 = �⃗� + 𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐶 = (9,10) + (6,4) 
𝐶 = (15,14) 
 L= {A + t𝛼 } 𝛼 // 𝐴𝑄̅̅ ̅̅ 
Por lo tanto, las coordenadas de los 
vértices del triángulo y la ecuación de 
la recta L son: 
A = (3,-8) 
B = (0, 4) 
C = (15, 14) 
L = {(3,-8) + t (1,3)} 
 Rptas. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
25 
 
 
VECTORES, PUNTO DE DIVISIÓN 
 
2. Sea ABC un triángulo sentido anti horario, se prolonga 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ hasta el punto Q = (18, q) 
de tal forma que 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐶𝑄
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐶𝑄
⃗⃗⃗⃗ ⃗. Las rectas 𝐿1: y − 4 = 0 y 
𝐿2: {B + t(4, −3)} contienen a 𝐶𝑄̅̅ ̅̅ y a 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ respectivamente. Si Q divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón 
-2 y 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ − 2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (16,0), halle las coordenadas de los vértices del triángulo ABC. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado, se elabora el siguiente gráfico. 
 
 
 Q = (18, q) ∈ L1: y-4 = 0 (dato), 
entonces: 
q−4 = 0 
 q = 4 
→ Q = (18, 4) 
 Sean D y E las proyecciones 
ortogonales de Q sobre las rectas 
que contienen a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ y 𝐶𝐵̅̅ ̅̅ 
respectivamente. 
|𝐶𝑜𝑚𝑝
𝐶𝐵
→ 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝑜𝑚𝑝
𝐴𝐶
→ 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
|𝑃𝑟𝑜𝑦
𝐶𝐵
→ 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑃𝑟𝑜𝑦
𝐴𝐶
→ 𝐶𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
|𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 ⊿CDQ es congruente a ⊿ CEQ 
(L.A.L) 
⟹ 𝑚∠𝐷𝐶𝑄 = 𝑚∠𝐸𝐶𝑄 = α 
 Sean: 𝑚𝐴𝐶⃡⃗⃗⃗ ⃗, 𝑚𝐶𝑄⃡⃗⃗⃗ ⃗ y 𝑚𝐶𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗ las pendientes 
de la recta que contienen a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ , 𝐶𝑄̅̅ ̅̅ y 
𝐶𝐸̅̅ ̅̅ respectivamente. 
 C: tan α = 
𝑚
𝐶𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
 − 𝑚
𝐶𝑄⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
1 + 𝑚
𝐶𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
.𝑚
𝐶𝑄⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
 = 
𝑚
𝐶𝑄⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
 − 𝑚
𝐶𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗
1 + 𝑚
𝐶𝑄⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
.𝑚
𝐶𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗
 
pero 𝑚𝐶𝑄⃡⃗⃗⃗ ⃗= 0, 𝑚𝐶𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗= -3/4, entonces 
tenemos: 
𝑚
𝐶𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
 − 0
1 + 𝑚
𝐶𝐷⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
(0 )
 = 
0−(−3 4⁄ )
1+(0)(−3 4⁄ )
 
𝑚𝐶𝐷⃡⃗⃗⃗ ⃗ = 
3
4
 → 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (4,3) 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
26 
 
 
 Dato: 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ − 2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (16,0) 
 k(4,3) – 2t(-4,3) = (16,0) 
 4k + 8t = 16 
 3k – 6t = 0 
entonces: 
 t = 1 
 k = 2 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (8,6) 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−4,3) 
 ⊿ABC: 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
reemplazando valores tenemos: 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (8,6) + (4, −3) = (12,3) 
 Q divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón r = -2 
r = −
|𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
 
reemplazando los vectores se tiene: 
−2 = −
|𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝑄𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
. Si |𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = q, entonces 
|𝑄𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 2q 
 |𝐴𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝐵𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
 2q = |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| + q ⇒ |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = q 
pero sabemos que 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (12,3) y 
𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗, entonces: 
𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (24,6) 
 𝐴 = �⃗� + 𝑄𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐴 = (18,4) + (−24,−6) 
𝐴 = (−6,−2) 
 �⃗� = 𝐴 + 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
�⃗� = (−6,−2) + (12,3) 
�⃗� = (6,1) 
 𝐶 = 𝐴 + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐶 = (−6,−2) + (8,6) 
𝐶 = (2,4) 
 
Por tanto, los vértices del triángulo 
son: 
𝐀 = (−𝟔,−𝟐) 
𝐁 = (𝟔, 𝟏) 
𝐂 = (𝟐, 𝟒) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
27 
 
 
PROYECCIÓN ORTOGONAL, PUNTO DE DIVISIÓN, INDEPENDENCIA 
LINEAL 
3. En un triángulo ABC sentido horario, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k (-1, 3), k > 0, |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|, se ubica el 
punto D en 𝐴𝐶 y el punto medio E en 𝐵𝐶 tal que 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (1, 7), 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 = 𝑚∠𝐷𝐸𝐶 − 
𝑚∠𝐵𝐶𝐴 . Si los puntos (-2,0) y (4,2) pertenecen a 𝐴𝐵 y a 𝐷𝐸 respectivamente, halle 
la ecuación vectorial de la recta que contiene a 𝐵𝐶 . 
RESOLUCIÓN: 
 Del problema se concluye el siguiente gráfico:
 
 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (1, 7) 
→ |𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = √72 + 12 = 5√2 
 |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| (dato) 
Si |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = a, entonces: 
|𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2a y |𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = a 
 Se prolonga 𝐶𝐴 hasta F tal que 
𝑚∠𝐹𝐵𝐴 = 𝛼, entonces: 
𝑚∠𝐹𝐵𝐶 = 𝑚∠𝐹𝐵𝐴 + 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 
𝑚∠𝐹𝐵𝐶 = 𝛼 + 𝛽 − 𝛼 
𝑚∠𝐹𝐵𝐶 = 𝛽 
∴ 𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ // 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
 En el △ FBC: Teorema del punto 
medio. 
 𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
 𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2( 1, 7) = (2, 14) 
→ |𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √22 + 142 = 10√2 
también: |FD⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |DC⃗⃗⃗⃗ ⃗| …. (1) 
 En el △ ABC: ∠ exterior. 
𝑚∠𝐵𝐴𝐹 = 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 + 𝑚∠𝐴𝐶𝐵 
𝑚∠𝐵𝐴𝐹 = ( 𝛽 − 𝛼 ) + 𝛼 
𝑚∠𝐵𝐴𝐹 = 𝛽 
 △ FAB es congruente a △ DEC por 
el caso A.L.A ( α, a, β ) 
 → |𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 5√2 … (2) 
(1,7) 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
28 
 
 
 → |𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
pero |𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10√2, entonces: 
|𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10√2 ……………..... (3) 
 |𝐹𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| ……… (4) 
 De (3) en (1): 
|𝐹𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10√2 ……...(5) 
 Reemplazando (5) y (2) en (4): 
10√2 = 5√2 + |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
|𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 5√2 
 En el △ FAB: 
𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k (−1, 3) + (−2,−14) 
𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−2 − k,−14 + 3k) 
|𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √(−2 − k)2 + (−14 + 3k)2 
pero sabemos que: |𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 5√2, 
reemplazando tenemos: 
5√2 = √(−2 − k)2 + (−14 + 3k)2 
simplificando se tiene: 
50 = 10k2 − 80k + 200 
0 = k2 − 8k + 15 
 0 = (k − 3)(k − 5) 
 k = 3 o k = 5 
Considerando: k = 3 
 Sea 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−5,−5) 
 𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5, 5) // (1,1), 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 3(−1, 3) = (−3, 9) 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| �⃗� 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 5√2 
(1,1)
√2
= (5, 5) 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| �⃗� 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 15√2 
(1,1)
√2
 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (15, 15) 
 En el △ ABC: 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3,−9) + (15, 15) 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (18, 6) // (3,1) 
 Sea (-2, 0) el punto H y (4, 2) el 
punto G, entonces: 
�⃗⃗� = 𝐺 + 𝐺𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
(−2, 0) = (4, 2) + n(1, 7) + (−5,−5) + q(−1, 3) 
−2 = 4 + n − 5 − q n = 0 
0 = 2 + 7n − 5 + 3q q = 1 
𝐺𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 0(1,7) 
∴ D = G = (4, 2) 
 �⃗� = �⃗⃗� + 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
�⃗� = (4, 2) + (−5,−5) + (−3, 9) 
�⃗� = (−4, 6) 
 Sea LBC la recta que contiene a 𝐵𝐶, 
entonces: 
LBC = {(−𝟒, 𝟔) + 𝐭(𝟑, 𝟏)} 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rpta. 
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29 
 
 
Ahora considerando: k = 5 
 Sea 𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−7, 1) 
 𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (7,−1) // (7, −1) 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5(−1, 3) = (−5, 15) 
 𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|�⃗� 𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 5√2 
(7,−1)
5√2
 
𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (7,−1) 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| �⃗� 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 15√2 
(7,−1)
5√2
 
𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (21,−3) 
 En el ΔABC: BC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = BA⃗⃗⃗⃗ ⃗ + AC⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,−15) + (21,−3) 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (26,−18) // (13, −9) 
 Sea (-2, 0) el punto H y (4, 2) el punto G, entonces: 
 �⃗⃗� = 𝐺 + 𝐺𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
(−2, 0) = (4, 2) + p(1, 7) + (−7, 1) + w(−1, 3) 
 −2 = 4 + p − 7 − w p = 0 
 0 = 2 + 7p + 1 + 3w w = −1 
𝐺𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 0(1,7) 
∴ D = G = (4, 2) 
 �⃗� = �⃗⃗� + 𝐷𝐴⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
�⃗� = (4, 2) + (−7, 1) + (−5, 15) 
�⃗� = (−8, 18) 
 Sea LBC la recta que contiene a 𝐵𝐶, entonces: 
LBC = {(−𝟖, 𝟏𝟖) + 𝐬(𝟏𝟑,−𝟗)} 
 
 
Rpta. 
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30 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
 DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
 
TEMAS: ROTACIÓN Y TRASLACIÓN DE EJES, CIRCUNFERENCIA, 
PARÁBOLA Y SUS PROPIEDADES. 
 
1. Se traslada el origen O del sistema XY a un punto 𝑃𝑂= (h, k) donde 4h – 3k + 20 = 0 
y luego se rota el sistema XY obteniéndose el sistema XY de modo que el eje X 
tiene pendiente 𝑚 > 3 y determina sobre el eje Y+ un segmento de 12u de longitud y 
el eje Y determina sobre el eje X+ un segmento de 14u de longitud. Halle 𝑃𝑂 , �⃗� y la 
ecuación de la circunferencia tangente al eje X y a los ejes XY. 
2. En un triángulo ABC con incentro I ∈ X−, seaO el origen de coordenadas XY 
pertenece a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , 𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ = (0,4a), a > 0 y |𝑂𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 10. Si M es punto medio de 𝐵𝑂̅̅ ̅̅ tal que 
𝐼𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3√5,2√5), halle la ecuación de la circunferencia con centro en I y que contiene 
a A. 
3. Sea 𝒫 una parábola con foco F = (2,1) y vértice V tal que 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,0)𝑉𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ > 0. Si (32,1) 
∈ 𝒫 y (2,-14) ∈ 𝒫, halle la ecuación vectorial de 𝒫. 
 
 
 
 
 
3PC 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
31 
 
 
CIRCUNFERENCIA Y SUS PROPIEDADES 
1. Se traslada el origen O del sistema XY a un punto P0 = (h, k) donde 4h – 3k + 20 = 0 
y luego se rota el sistema XY obteniéndose el sistema XY de modo que el eje X tiene 
pendiente 𝑚>3 y determina sobre el eje Y+ un segmento de 12u de longitud y el eje 
Y determina sobre el eje X+ un segmento de 14u de longitud. Halle P0, �⃗� y la ecuación 
de la circunferencia tangente al eje X y a los ejes XY. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 Sea “r” el radio de la 
circunferencia. 
 X´ ∩ Y+= {A} y X+ ∩ Y´ = {B} 
→ A = (0,12) , B = (14,0) 
 𝑃0𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−h, 12 − k) 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (14 − h,−k) 
 P0 ∶ 𝑃0𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ . 𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0 
 (−h, 12 − k). (14 − h, −k) = 0 
−14h + h2 – 12k + k2 = 0…(1) 
 
 Dato: 
4h − 3k + 20 = 0 
3k = 4h + 20 
k =
4h+20
3
 ……………………... (2) 
 Reemplazando (2) en (1): 
−14h + h 2 − 12(
4h + 20
3
) + (
4h + 20
3
)
2
= 0 
5h2 − 22h − 64 = 0 
(5h − 32). (h + 2) = 0 
 
X´ 
Y´ 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
32 
 
 
de donde: 
h = −2 → k = 4 
o h =
32
5
 → k =
228
15
 
se escoge h = 2 , porque 𝑚𝑥´ > 3 
(sea 𝑚𝑥´ pendiente del eje X´) 
 Para h = -2 y k = 4 
→ 𝑃0𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2, 8) → 𝑚𝑥´ = 4 
→ P0 = (−2, 4) → �⃗� =
(1,4)
√17
 
 Sea {C} = eje X´ ∩ eje X , entonces: 
𝐶 = 𝑃0⃗⃗⃗⃗ + t𝑃0𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
(c, 0) = (−2,4) + t(2,8) 
 c = 2t − 2 → c = −3 
 0 = 8t + 4 → t = −1 2⁄ 
→ C = (−3,0) 
 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − 𝐶 
𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (14,0) − (−3,0) = (17,0) 
|𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 17 
 𝐶𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑃0⃗⃗⃗⃗ − 𝐶 
𝐶𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (−2,4) − (−3,0) = (1,4) 
|𝐶𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = √17 
 
 
 
 𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − 𝑃0⃗⃗⃗⃗ 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (14,0) − (−2,4) 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (16,−4) 
|𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 4√17 
 ∆CP0B: por el teorema de Poncelet. 
|𝐶𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| + |𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| + 2r 
 √17 + 4√17 = 17 + 2r 
r =
5√17 − 17
2
 
 Sea M centro de la circunferencia, 
entonces 𝑃0𝑀̅̅ ̅̅ ̅̅ es bisectriz del ∠𝐶𝑃0𝐵 
y 𝑚∠𝑀𝑃0𝐵 = 45° 
 𝑃0𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ // (�⃗� 𝑃0𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + �⃗� 𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) 
𝑃0𝑀 ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗//(
(−1,−4)
√17
+
(4,−1)
√17
) 
𝑃0𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ // (
3,−5
√17
) 
𝑃0𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ // (3, −5) 
 |𝑃0𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = r√2 =
(5√17−17)
2
√2 
 �⃗⃗� = 𝑃0⃗⃗⃗⃗ + 𝑃0𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ 
�⃗⃗� = 𝑃0⃗⃗⃗⃗ + r√2
(3,−5)
√34
 
�⃗⃗� =
1
2
(11 − 3√17, 5√17 − 17) 
 
 
 
 
 
 
Rpta. 𝓒: (𝐱 −
𝟏𝟏 − 𝟑√𝟏𝟕
𝟐
)
𝟐
+ (𝐲 −
𝟓√𝟏𝟕 − 𝟏𝟕
𝟐
)
𝟐
= (
𝟓√𝟏𝟕 − 𝟏𝟕
𝟐
)
𝟐
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
33 
 
 
CIRCUNFERENCIA 
 
2. En un triángulo ABC con incentro I ∈ X−, sea O el origen de coordenadas XY 
pertenece a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , CI⃗⃗ ⃗ = (0,4a), a > 0 y |𝑂𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 10. Si M es punto medio de 𝐵𝑂̅̅ ̅̅ tal que 
𝐼𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3√5, 2√5), halle la ecuación de la circunferencia con centro en I y que contiene 
a A. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ = (0, 4a); a > 0 dado, entonces 
𝑚∠𝐶𝐼𝑂 = 90° 
 Se traza la altura 𝑀𝐻̅̅ ̅̅ ̅ de ⊿MOI 
 𝐼𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (3√5,2√5) (dato), entonces: 
|𝑀𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2√5 
 |𝐼𝐻⃗⃗⃗⃗ | = 3√5 
 
 
 
 ∆OMH: Aplicando el teorema de 
Pitágoras 
|𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
2
 = |𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
2
 – |𝑀𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
 
|𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
2
 = 52 – (2√5)2 
|𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = √5 
→ 𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (√5, 2√5) 
→ 𝐶𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ // (1,2) 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
34 
 
 
 𝐼𝐻⃗⃗⃗⃗ : |𝐼𝑂⃗⃗⃗⃗ | = |𝐼𝐻⃗⃗⃗⃗ | + |𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | 
|𝐼𝑂⃗⃗⃗⃗ | = 3√5 – √5 
|𝐼𝑂⃗⃗⃗⃗ | = 2√5 
→ I = (−2√5, 0) 
 ∆IOC es semejante al ∆MHO, 
entonces: 
|𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ |
|𝑀𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
= 
|𝐼𝑂⃗⃗⃗⃗ |
|𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
= 
|𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝑂𝑀⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
 
remplazando valores encontrados 
anteriormente: 
|𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ |
2√5
=
2√5
√5
= 
|𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|
5
 
→ |𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ | = 4√5 ∧ 𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ = (0, − 4√5) 
→ |𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10 
 |𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝑂⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝑂𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
|𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 10 + 10 = 20 
 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|. �⃗� 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 20 (
1,2
√5
) 
𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (4√5, 8√5) 
 Sea {N} = 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ ∩ eje X 
 𝐶𝐼̅̅̅ es bisectriz del ∠𝑁𝐶𝑂, entonces: 
|𝑁𝐼⃗⃗ ⃗⃗ | = |𝐼𝑂⃗⃗⃗⃗ | = 2√5 
 𝐶𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (−|𝑁𝐼⃗⃗⃗⃗ |, |𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ | ) 
reemplazando valores: 
|𝐶𝑁⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = (−2√5, 4√5) // (-1,2) 
 La proyección de B sobre el eje X es 
P. 
 Sea 𝑚∠𝐼𝐵𝑂 = 𝜃, 𝑚∠𝐼𝐶𝑂 =
𝑚∠𝑂𝐵𝑃 = 𝛽 
 En ∆ IBP : 
|𝐼𝑃⃗⃗⃗⃗ | = |𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
⟶ 𝑚∠𝐼𝐵𝑃 = 45𝑂 
 En el ∆ ICO: 
tan β = 
|𝐼𝑂⃗⃗⃗⃗ |
|𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ |
 = 
2√5
4√5
 = 
1
2
 
⟶ β = 
530
2
 
 𝑚∠𝐼𝐵𝑂 = 𝑚∠𝐼𝐵𝑃 −𝑚∠𝑂𝐵𝑃 
 𝜃 = 450 − 
530
2
 
 𝜃 = 
370
2
 
⟶ 𝑚∠𝐶𝐴𝐵 = 900 
Si 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (-1,2), entonces: 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (-2,-1) 
 ∆ABC ∶ 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
(4√5, 8√5) = k(−1,2) + t(−2,−1) 
 4 = −k − 2t 
 8 = 2k – t 
→ k = 12
√5
5
 
→ t = − 16
√5
5
 
 ∆AIC: 𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ = 𝐼𝐶⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ = (0, −4√5) + 
12√5
5
(−1,2) 
𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ = (−
12√5
5
,
4√5
5
) 
 |𝐼𝐴⃗⃗⃗⃗ | = 4√2, r = 4√2 
 𝓒 ∶ (𝐱 + 𝟐√𝟓)𝟐 + 𝐲𝟐 = (𝟒√𝟐)𝟐 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
35 
 
 
PARÁBOLA Y SUS PROPIEDADES 
3. Sea 𝒫 una parábola con foco F = (2,1) y vértice V tal que 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,0)𝑉𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ > 0. Si 
(32,1) ∈ 𝒫 y (2, −14) ∈ 𝒫, halle la ecuación vectorial de 𝒫. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado, se obtiene la siguiente gráfica: 
 
 Sea A = (32,1) , B = (2,-14) y LD 
la recta directriz. 
 Se trazan 𝐴𝑀̅̅̅̅̅, 𝐵𝑁̅̅ ̅̅ , 𝐹𝑊̅̅ ̅̅ ̅ 
perpendiculares a LD donde M, N 
y W pertenecen a LD. 
 Por F se traza la recta L // 𝐿𝐷 que 
intercepta a 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ en P y a 𝐵𝑁̅̅ ̅̅ en Q. 
 NQPM resulta un rectángulo, donde: 
|𝑁𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | = |𝑊𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2p 
 ΔFPA es semejante a ΔFQB 
|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐹𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗|
= 
|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|
=
|𝐹𝑃⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
 
reemplazando para |𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|=2a, 
|𝑃𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗|=2b y sabiendo que |𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|=30, 
|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|=15, entonces se tiene que: 
|𝐹𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = a y |𝑄𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = b 
⟶ 𝑚∠𝐵𝐹𝐴 = 90°
 
F = (2,1) 
Y 
X 
L 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
36 
 
 
 Por definición de parábola: 
|𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ | → 30 = 2a + 2p………(1) 
|𝐹𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | → 15 = b + 2p………..(2) 
 De (1) – (2): 
15 = 2a – b ……………………......(3) 
 ∆FQB: Teorema de Pitágoras 
(15)2 = a2 + b2 …………………….(4) 
 Reemplazando (3) en (4) y resolviendo: 
a = 12 ……………………………….(5) 
b = 9 
Luego, de (5) en (1): p = 3 
 ∆PFA: tan α = 
|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐹𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
=
2𝑎
2𝑏
=
2(12)
2(9)
=
4
3
 
pero 𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ // eje X, entonces: 
𝐹P⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (3,4) 
�⃗� =
(4,−3)
5
 
 �⃗� = 𝐹 + p(−�⃗� ) 
�⃗� = (2,1) + 3.
(−4,3)
5
 
�⃗� = (
−2
5
,
14
5
) 
 𝒫 = {(
−2
5
,
14
5
) + x′
(4,−3) 
5
+ y′
(3,4) 
5
 /(y′)2 = 12x′} 
 
𝓟 = {(
−𝟐
𝟓
,
𝟏𝟒
𝟓
) + 𝐱′
(𝟒,−𝟑) 
𝟓
 + 𝐲′
(𝟑, 𝟒) 
𝟓
 /(𝐲′)𝟐 = 𝟏𝟐𝐱′} 
 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
37 
 
 
OTRA FORMA DE RESOLVERLO: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 Sean C1 y C2 circunferencias con 
radios R y r respectivamente. 
 Sea L una recta tangente a C1 y C2 , y 
perpendicular al eje focal en el 
vértice de la parábola. Propiedad: Sea L una recta 
perpendicular a 𝐿𝐸 en el vértice V y 
C una circunferencia de diámetro 
𝑃𝐹. 
 
 
 
 
 
 Sea r radio de C2 y R radio de C1. 
 Sea C y D los centros de C1 y C2 
respectivamente. 
 Aplicando la propiedad tenemos que: 
F, C, A y F, D, B son colineales 
 Tenemos: 
→ C = 
F⃗⃗ +A⃗⃗ 
2
 = (17,1) 
→ D = 
F⃗⃗ +B⃗⃗ 
2
 = (2,-13/2) 
 r = |DB⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 15/2 
R = |CA⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 15 
 
= (2,1) 
M 
𝛼 
𝒞 
𝐿𝐸 
→ L es tangente a 𝒞 
V 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
38 
 
 
 ∆DCH: T. Pitágoras 
|𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 15 
 Sea 𝑚∠𝐻𝐷𝐶 = 𝛼 
 D: tan α = 
|𝐻𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
|𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ |
 = 
15
2⁄
15
 = 
1
2
 
 Sea mDH⃡⃗⃗⃗⃗⃗ pendiente de �⃗� 
⊥ y mDC⃡⃗⃗⃗ ⃗ pendiente de la recta que contiene a 𝐷𝐶
̅̅ ̅̅ 
 D: tan α = 
𝑚
𝐷𝐻⃡⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗
 − 𝑚
𝐷𝐶⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
1+𝑚
𝐷𝐻⃡⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗
 . 𝑚
𝐷𝐶⃡⃗⃗⃗⃗⃗ 
 
𝑚𝐷𝐻⃡⃗⃗⃗⃗⃗ = 
4
3
 
operando: 
�⃗� =
(4,−3)
5
 
 D: 𝑚∠𝐹𝐷𝑀 = 53° 
Por relaciones: 
p = 3…………….......… (1) 
𝑉𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = p�⃗� ………............ (2) 
pero: F = (2,1)……….(3) 
 Reemplazando (1) en (2) , (3) en (2) y resolviendo : 
V⃗⃗ = (
−2
5
,
14
5
) 
 Por lo tanto: 
𝒫 = {(
−2
5
,
14
5
) + x′
(𝟒,−𝟑) 
𝟓
 + y′
(𝟑,𝟒) 
𝟓
 /(y′)2 = 12x′} 
 
𝓟 = {(
−𝟐
𝟓
,
𝟏𝟒
𝟓
) + 𝐱′
(𝟒,−𝟑) 
𝟓
 + 𝐲′
(𝟑, 𝟒) 
𝟓
 /(𝐲′)𝟐 = 𝟏𝟐𝐱′} 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
39 
 
 
 
 
 
 UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
 Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
 
TEMAS: ELIPSE, HIPÉRBOLA Y SUS PROPIEDADES 
1. ℰ es una elipse con centro F0 = (1,2), directriz D: 2x + y - 12 = 0 y el eje X es tangente 
a ℰ. Halle la ecuación vectorial de ℰ. 
2. Sea ℋ una hipérbola con centro F0, focos F1 y F2 = (7, 13), 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,0)𝐹1𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ > 0; 
asíntotas A1 = {(2, 3) + t(−2, 11)} y A2. El eje focal de ℋ tiene pendiente 𝑚 (1<𝑚<3), 
LT es una recta tangente a ℋ en T, P = A1 ∩ LT y Q = A2 ∩ LT. Si 𝐹0𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ . 𝐹0𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 
⊥ = -120, 
halle la ecuación vectorial de ℋ. 
3. ℰ es una elipse con eje focal de pendiente positiva, focos F1 , F2 centro F0 =
(f, k), k < 0, f > 0 vértices V1, V2. V1 ∈ eje Y
−, M es un punto en la prolongación del 
semi eje menor 𝐹0𝐵̅̅ ̅̅ ̅, 𝐹0𝐵̅̅ ̅̅ ̅ contiene al origen de coordenadas O, Q = (0, n − k) y N =
(f, n), n > 0, son puntos tal que 𝑄𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = t(9, −7), t > 0 y G es un punto en la 
prolongación de QM̅̅̅̅̅ tal que |𝐺𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐺𝑉1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|, 𝑚∠𝑄𝐺𝑉1 = 90°, 𝐺𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 12(3,2) y R =
13(−1,1) es un punto medio 𝐺𝑄̅̅ ̅̅ . Si LT = {N + tNT⃗⃗⃗⃗ ⃗} es una recta tangente a ℰ en 
T = (0, t), t < n, halle la ecuación vectorial de ℰ. 
 
 
 
4PC 
EP 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
40 
 
 
ELIPSE Y SUS PROPIEDADES 
 
1. ℰ es una elipse con centro F0 = (1,2), directriz D: 2x + y - 12 = 0 y el eje X es 
tangente a ℰ. Halle la ecuación vectorial de ℰ. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 Sean 𝑚�⃡� y 𝑚𝐿𝐸⃡⃗ ⃗⃗ las pendientes de 
la directriz D y del eje focal LE 
respectivamente: 
D: 2x + y - 12 = 0 (dato), 
entonces: 
D: y = −2x + 12 
→ 𝑚�⃡� = −2 
𝑚𝐿𝐸⃡⃗ ⃗⃗ . 𝑚�⃡� = −1(Teoría), entonces: 
𝑚𝐿𝐸⃡⃗ ⃗⃗ = 
1
2
 
→ �⃗� = 
(2 ,1)
√5
…………… (1) 
 d(F0 , D) = 
a2
c
 (Teoría) 
|2(1) + (2) − 12|
√22 + 12
= 
a2
c
 
8√5
5
= 
a2
c
……….. (2) 
 Eje X es tangente a la ℰ (dato), 
entonces LT, la recta tangente, es el 
eje X: 
LT: y = 0 
 Sea X´Y´ un nuevo sistema con 
origen en F0, eje X´ coincidente con 
el eje focal, entonces: 
(x, y) = (1, 2) + x′
(2 ,1)
√5
 + y′
(−1 ,2)
√5
 
x = 1 +
x′
√5
 - 
y′
√5
 …………….... (3) 
y = 2 +
x′
√5
 + 
2y′
√5
 ……………. (4) 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
41 
 
 
 Pero LT: y = 0, entonces reemplazando en (4) se tiene: 
0 = 2 +
x′
√5
+
2y′
√5
 
y′ =
−x′
2
− √5 ………….…... (5) 
 ε′ : 
(x′)
2
a2
+
(y′)
2
b2
= 1 
b2x′2 + a2y′2 = a2b2 …….... (6) 
 Reemplazando en (5) en (6) y resolviendo: 
b2x′2 + a2(
−x′
2
− √5)2 = a2b2 
(b2 +
a2
4
) x′
2
+ (a2√5)x′ + 5a2 − a2b2 = 0 
 Por condición de tangencia: 
 B2 − 4AC = 0 
(a2√5)
2
− 4(b2 +
a2
4
) (5a2 − a2b2) = 0 
a2[5a2 − (4b2 + a2)(5 − b2)] = 0 
a2[5a2 − 20b2 + 4b4 − 5a2 + a2b2] = 0 
a2 + 4b2 − 20 = 0 
 pero a2 = b2 + c2, entonces se tiene: 
5a2 − 4c2 − 20 = 0 ……...(7) 
 Reemplazando (2) en (7): 
8√5c − 4c2 − 20 = 0 
(−2c + 2√5)(2c − 2√5) = 0 
c = √5 ………………….... (8) 
 Reemplazando (8) en (2) y resolviendo : a2 = 8 
 Para a2 = b2 + c2, reemplazando valores: 
8 = b2 + (√5)2 → b2 = 3 
𝓔 = {(𝟏, 𝟐) +
𝐱′(𝟐,𝟏)
√𝟓
+
𝐲′(−𝟏,𝟐)
√𝟓
/
(𝐱′)
𝟐
𝟖
+
(𝐲′)
𝟐
𝟑
= 𝟏 Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
42 
 
 
HIPÉRBOLA Y RECTA TANGENTE A UNA HIPÉRBOLA 
2. Sea ℋ una hipérbola con centro F0, focos F1 y F2 = (7, 13), 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,0)𝐹1𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ > 0; 
asíntotas A1 = {(2, 3) + t(-2, 11)} y A2. El eje focal de ℋ tiene pendiente 𝑚 (1<𝑚<3), 
LT es una recta tangente a ℋ en T, P = A1 ∩ LT y Q = A2 ∩ LT. Si 𝐹0𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ . 𝐹0𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 
⊥ = -120, 
halle la ecuación vectorial de ℋ. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 
 A1: (x, y) = (2, 3) + t(-2, 11) 
 x = 2 − 2t 
 y = 2 + 11t 
→ y = 3 + 11 (
2 − x
2
) 
11x + 2y − 28 = 0 
 S = ab (propiedad) 
1 
2
|FoP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ∙ FOQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
⊥|= ab 
pero 𝐹𝑜𝑃⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ∙ 𝐹𝑂𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
⊥ = -120 (dato), 
entonces reemplazando: 
| − 120|
2
= ab 
 ab = 60 ……………... (1) 
 d (F2, A1) = b (propiedad) 
|11(7) + 2(13) − 28|
√112 + 22
= b 
3√5 = b.................... (2)
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
43 
 
 
 De (1) y (2): 
a = 4√5 
 Sea 𝑚∠𝑃𝐹0𝐹2 = 𝜃 
De la gráfica: 
F0: 𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
𝑏
𝑎
 
𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
3√5
4√5
 
𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
3
4
 
 Sea 𝑚𝐴1⃡⃗ ⃗⃗ pendiente de la asíntota A1 y 𝑚𝐿𝐹⃡⃗ ⃗⃗ pendiente del eje focal. 
Por teoría: 
F0 ∶ 𝑡𝑎𝑛 𝜃 = 
𝑚𝐴1⃡⃗ ⃗⃗ −𝑚𝐿𝐹⃡⃗ ⃗⃗ 
1 + (𝑚𝐴1⃡⃗ ⃗⃗ )(𝑚𝐿𝐹⃡⃗ ⃗⃗ )
 
reemplazando: 
3
4
= 
−11
2 −𝑚𝐿𝐹⃡⃗ ⃗⃗ 
1 + (
−11
2 )𝑚𝐿𝐹⃡⃗ ⃗⃗ 
 
⟶ 𝑚𝐿𝐹⃡⃗ ⃗⃗ = 2 
⟶ �⃗� =
(1, 2)
√5
 
 c2 = a2 + b2 
 c2 = (4√5)2 + (3√5)2 
 c = 5√5 
 F0 = F2 + c(- �⃗� ) 
F0 = (7, 13) + 5√5
(−1,−2)
√5
 
F0 = (2, 3) 
𝓗 = {(𝟐, 𝟑) +
𝐱′(𝟏, 𝟐)
√𝟓
+
𝐲′(−𝟐, 𝟏)
√𝟓
/ 
(𝐱´)𝟐
(𝟒√𝟓)
𝟐
−
(𝐲´)𝟐
(𝟑√𝟓)
𝟐 = 𝟏} 
 Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
44 
 
 
ELIPSE Y RECTA TANGENTE A UNA ELIPSE 
3. ℰ es una elipse con eje focal de pendiente positiva, focos F1 , F2 centro F0 = (f, k),
k < 0, f > 0 vértices V1, V2. V1 ∈ eje Y
−, M es un punto en la prolongación del semi 
eje menor 𝐹0𝐵̅̅ ̅̅ ̅, 𝐹0𝐵̅̅ ̅̅ ̅ contiene al origen de coordenadas O, Q = (0, n − k) y 
N = (f, n), n > 0, son puntos tal que 𝑄𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = t(9, −7), t > 0 y G es un punto en la 
prolongación de 𝑄𝑀̅̅ ̅̅ ̅ tal que |𝐺𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐺𝑉1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|, 𝑚 ∠ 𝑄𝐺𝑉1 = 90°, 𝐺𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 12(3,2) y 
R = 13(−1,1) es un punto medio 𝐺𝑄̅̅ ̅̅ . Si LT = {N + tNT⃗⃗⃗⃗ ⃗} es una recta tangente a ℰ en 
T = (0, t), t < n, halle la ecuación vectorial de ℰ. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 
 
 𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = �⃗⃗� − �⃗� = (f, n) − (0, n − k) = (f, k) 
𝑂𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝐹0⃗⃗ ⃗ − �⃗� = (f, k) − (0,0) = (f, k) 
∴ 𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ………………………………....(1) 
 OQNF0: 𝑂𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑂𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐹0𝑁⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ …...…(2) 
 
(36,24) 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
45 
 
 
 Reemplazando (1) en (2): 
𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝐹0𝑁⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ , pero O ∈ 𝑉1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗, entonces 𝑉1𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ // 𝐹0𝑁⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗…….…(3) 
 
 
 
 
 
 T ∈ eje Y, N ∈ LT (datos), 𝑉1𝑇̅̅ ̅̅ ̅ // 𝐹0𝑁⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ obtenido de (3)y LE eje focal , entonces: 
aplicando la propiedad se tiene 𝑁𝑉2̅̅ ̅̅ ̅ ⊥ LE…………….......(4) 
 O ∈ 𝐹0𝐵̅̅ ̅̅ ̅ (dato), entonces: 𝑂𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ⊥ LE…………………….....(5) 
 De (1) y (5): 𝑄𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥ LE………………………………….......(6) 
 De (4) y (6): 
Q,N, V2 son colineales 
 De ∆ V1V2Q 
𝑉1𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ……………………………………….…………..(7) 
 ⊿ V1GQ: Por dato es un triángulo isósceles……….............(8) 
→ 𝑚∠GQV1 = 45…………………………………………….(9) 
 De (7) y (8): 𝐺𝑂⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⊥ 𝑉1𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
∴ G ∈ eje X 
 |𝑂𝑅⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |13(−1,1)| = 13√2 
 ∆ GOQ: |𝑂𝑅⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| =
1
2
|𝐺𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| (Mediana de la hipotenusa) 
reemplazando: |𝐺𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 26√2 
 ∆GQ𝑉1 : T. Pitagoras. 
⟶|𝑄𝑉1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐺𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|√2 = 52 
⟶ Q = (0,26) y 𝑉1 = (0,-26) 
 𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − �⃗� = (−13,13) − (0,26) = (−13,−13) 
Propiedad: 
 
V2 
 LE 
 T 
N 
 
F0 
𝑉1𝑇̅̅ ̅̅ ̅ // 𝐹0𝑁̅̅ ̅̅ ̅ 
T 
V1 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
46 
 
 
 𝑄𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2𝑄𝑅⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−26,−26) 
 ∆QGV2: 𝑄𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑄𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ 
𝑄𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (−26,−26) + 12(3,2) 
𝑄𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (10,−2) // (5,-1) 
→ �⃗� =
(1,5)
√26
 
 𝑉2⃗⃗ ⃗ = �⃗� + 𝑄𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (0,26) + (10,−2) 
𝑉2⃗⃗ ⃗ = (10,24) 
 𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ − 𝑉1⃗⃗ ⃗ = (10,24) − (0,−26) = (10,50) 
|𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = 10√26 → 2a = 10√26 → a = 5√26 
 Sea LQF2 la recta que contiene a 𝑄𝐹2
⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ,entonces: 
LQF2 ∩ LE = {F2} → F2 = (9,19) 
 𝐹0⃗⃗⃗⃗ =
V1+V2
2
=
(0,−26)+(10,24)
2
= (5,−1) 
 𝐹0𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐹2⃗⃗⃗⃗ − 𝐹0⃗⃗⃗⃗ = (9,19) − (5,−1) = (4,20) 
 |𝐹0𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = √416 → c = 4√26 
 b2 = a2 − c2 = (5√26)
2
− (4√26)
2
= 234 
 ℰ = {(5,−1) + x′ (
1,5
√26
) + y′ (
−5,1
√26
) / 
(x′)
2
650
+
(y′)
2
234
= 1 
 
𝓔 = {(𝟓, −𝟏) + 𝐱′ (
𝟏, 𝟓
√𝟐𝟔
) + 𝐲′ (
−𝟓, 𝟏
√𝟐𝟔
) / 
(𝐱′)
𝟐
𝟔𝟓𝟎
+
(𝐲′)
𝟐
𝟐𝟑𝟒
= 𝟏 
 
 
 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
47 
 
 
OTRA RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene el siguiente gráfico: 
 
 De |𝐺𝑄⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐺𝑉1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| y 𝑚∠𝑄𝐺𝑉1 = 90° (datos): 
→ 𝑚∠𝐺𝑄𝑉1 = 45° → 𝑎 = (1,1) es un vector en la dirección de 𝐺𝑄̅̅ ̅̅ 
 Sea 𝐿𝐺𝑄 la recta que contiene a 𝐺𝑄̅̅ ̅̅ , entonces: 
𝐿𝐺𝑄 = {𝑅 +𝑚𝑎 } 
reemplazando: 
𝐿𝐺𝑄 = {(−13,13) + 𝑚(1,1)} 
 Sea Q = 𝐿𝐺𝑄 ∩ eje Y 
→ Q = (0,26) 
 Sea R punto medio de 𝐺𝑄̅̅ ̅̅ (dato), entonces: 
�⃗� =
𝐺 + �⃗� 
2
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
48 
 
 
(−13,13) =
𝐺 + (0,26)
2
 
𝐺 = (−26,0) 
→ G ∈ 𝑒𝑗𝑒 𝑋 
∴ 𝐺𝑂̅̅ ̅̅ es altura del ∆ isósceles GQV1, por lo tanto: |𝑄𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝑉1⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 26 y V1 =
(0,−26) 
 𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑉1𝐺⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝑉2⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = |𝐺𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗|�⃗� 𝑉1𝐺 + (36,24) 
𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 26√2
(−1,1)
√2
+ (36,24) 
𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (10,50) // �⃗� 
→ �⃗� =
(1,5)
√26
 
→ |𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = 2a → a = 5√26 
→ 𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ − 𝑉1⃗⃗ ⃗ → 𝑉2⃗⃗ ⃗ = (10,24) 
→ F0 es punto medio de 𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ → 𝐹0⃗⃗ ⃗ =
𝑉1⃗⃗⃗⃗ +𝑉2⃗⃗⃗⃗ 
2
→ 𝐹0⃗⃗ ⃗ = (5, −1) 
 Sea 𝐿𝑄𝐹2 = {(0,26) + 𝑡(9,−7)} la recta que contiene a 𝑄𝐹2
̅̅ ̅̅ ̅ y 𝐿𝐸 = {(0,−26) +
𝑛(1,5)} eje focal, entonces: 
F2 = 𝐿𝑄𝐹2 ∩ 𝐿𝐸 
F2 = (0,26) + t(9, −7) = (0,−26) + n(1,5) 
→ F2 = (9,19) 
 |𝐹𝑂𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = c → c = 4√26 
 a2 = b2 + c2 → b2 = 234 
 𝓔 = {(𝟓,−𝟏) + 𝐱′ (
𝟏,𝟓
√𝟐𝟔
) + 𝐲′ (
−𝟓,𝟏
√𝟐𝟔
) / 
(𝐱′)
𝟐
𝟔𝟓𝟎
+
(𝐲′)
𝟐
𝟐𝟑𝟒
= 𝟏} 
 
 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
49 
 
 
 
 UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
 Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
 DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
TEMAS: CIRCUNFERENCIA, PARÁBOLA, ELIPSE E HIPÉRBOLA 
1. Sea 𝒞 una circunferencia circunscrita al triángulo ABC, sentido horario, D es un punto 
de 𝒞, tal que 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ es bisectriz del ángulo BCA, 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ = t (-1,1) t > 0,│𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ │=15√2, I = 
(-4,-2) es incentro del triángulo ABC, E = (5,13) es un punto de la 𝒞 y L = 
{(8,6) + t(0,1)} es tangente a 𝒞 en T. Halle la ecuación de 𝒞. 
2. Sea 𝒫 una parábola con foco F=(f,0) , f > 0 , eje focal LE y recta directriz LD . Si 
LE∩LD = (4,-3) y el eje Y
+ es tangente a 𝒫, halle: 
a) La ecuación vectorial de 𝒫. 
b) las coordenadas del punto de tangencia con el eje Y. 
3. Sea ℰ = { F0 + x
′u⃗ + y′u⃗ 
⊥
 / 
x′
2
a2
+
y′
2
b2
= 1} una elipse cuyo eje focal tiene pendiente 
𝑚, (0 < 𝑚 < 1) , vértices V1, V2 = (19,7) , con 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,0)𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ > 0 y excentricidad 
e =
3
5
 . LT es una recta tangente a ℰ en T = (
49
5
,
73
5
) . Si LT
′ : 3x′ + 5y′ − 25√10 = 0, 
halle la ecuación vectorial de ℰ. 
4. ℋ = {Fo + x
′u⃗ + y′u⃗ ⊥ 
x′
2
a2
⁄ −
y′
2
b2
= 1} es una hipérbola, con centro Fo ∈ IIIC , 
vertices V1,V2 = (0,0) , eje focal LE, L1 y L2 son rectas paralelas a las asíntotas A1 y 
A2 respectivamente donde A1 = {(−4,4) + t(−1,7)} , L1 ∩ L2 = {V2}. LT es una 
recta tangente a ℋ en T , T ∈ IVC y más próximo a V2 , LE ∩ LT = {A} , LT ∩
A2 = {Q} , Q
′ = (w′, yq
′ ), w′ > 0, yq
′ < 0 , LT ∩ L1 = {B}, LT ∩ L2 = {N} , 
2|𝐹𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 3|𝐴𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| , 𝑑(N, LE) = 8√2 , el área de la región triangular NBV2 es 
32
3
u2 
y W es un punto de ℋ y del segundo cuadrante. Si W′ = (w′, 16 ) , halle la ecuación 
vectorial de ℋ. 
 
 
EF 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
50 
 
 
CIRCUNFERENCIA Y RECTA TANGENTE 
 
1. Sea 𝒞 una circunferencia circunscrita al triángulo ABC, sentido horario, D es un punto 
de 𝒞, tal que 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ es bisectriz del ángulo BCA, 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ = t (-1,1) t > 0,│𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ │=15√2 , I = 
(-4,-2) es incentro del triángulo ABC, E = (5,13) es un punto de la 𝒞 y L = 
{(8,6) + t(0,1)} es tangente a 𝒞 en T. Halle la ecuación de 𝒞. 
 
RESOLUCIÓN: 
 
 Del enunciado se concluye el siguiente gráfico: 
 
 
 𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ y 𝐵𝐼⃗⃗⃗⃗ son bisectrices de los ángulos ACB y ABC respectivamente, donde I es 
el incentro del △ ABC. 
 Del △ ABC: 
𝑚∠𝐴𝐶𝐼 = 𝑚∠𝐵𝐶𝐼 = 𝛼 
𝑚∠𝐴𝐵𝐼 = 𝑚∠𝐶𝐵𝐼 = 𝜃 
 En la circunferencia: 
𝑚𝐴𝐷
2
= 𝑚∠𝐴𝐶𝐷 = 𝛼 
 mAD = 2𝛼 
 En la circunferencia: 
𝑚𝐴𝐷
2
= 𝑚∠𝐷𝐵𝐴 
 𝑚∠𝐷𝐵𝐴 =
2𝛼
2
= 𝛼 
L 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
51 
 
 
Rpta. 
 En B: 𝑚∠𝐷𝐵𝐼 = 𝑚∠𝐷𝐵𝐴 +𝑚∠𝐴𝐵𝐼 
𝑚∠𝐷𝐵𝐼 = 𝛼 + 𝜃……….(1) 
 En el ∆ CBI: 𝑚∠𝐷𝐼𝐵 = 𝑚∠𝐼𝐵𝐶 +𝑚∠𝐼𝐶𝐵 
 𝑚∠𝐷𝐼𝐵 = 𝛼 + 𝜃…(2) 
 De (1) y (2): ∆DIB resulta isósceles 
|𝐷𝐼⃗⃗⃗⃗ | = |𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 15√2 
 Hallando D: 
�⃗⃗� = 𝐼 + 𝐼𝐷⃗⃗⃗⃗ 
�⃗⃗� = 𝐼 + |𝐼𝐷⃗⃗⃗⃗ |�⃗⃗� 𝐼𝐷̅̅̅̅ 
�⃗⃗� = (−4,−2) + 15√2
(−1,1)
√2
 
�⃗⃗� = (−19,13) 
 Sea M punto medio de 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ : 
�⃗⃗� =
�⃗⃗� + �⃗� 
2
=
(−19; 13) + (5,13)
2
= (−7,13) 
 Sea P0 centro de circunferencia, entonces P0 pertenece a la mediatriz de 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ , es 
decir: 
 𝑃0⃗⃗⃗⃗ = �⃗⃗� + t𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
⊥, t > 0 
𝑃0⃗⃗⃗⃗ = (−7, 13) + 𝑡(0, 1) 
𝑃0⃗⃗⃗⃗ = (−7, 13 + t) 
 L: x = 8 
x − 8 = 0 
 𝑑(P0, L) = R, R: radio de la 𝒞 
 
|−7−8|
√(12+02)
= R = 15 
 𝑃0𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − 𝑃0⃗⃗⃗⃗ = (5,13) − (−7,13 + t) 
𝑃0𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (12,−t) 
pero |𝑃0𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = R, entonces: 
√(122 +−t2) = 15 
t = 9 o t = −9 
se elige t = 9 (dado que t > 0),entonces: P0 = (−7, 4) 
 𝓒: (𝐗+ 𝟕)
𝟐
+ (𝐘− 𝟒)
𝟐
= 𝟏𝟓
𝟐
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
52 
 
 
PARÁBOLA Y RECTA TANGENTE 
 
2. Sea 𝒫 una parábola con foco F = (f,0) , f > 0 , eje focal LE y recta directriz LD . 
Si LE ∩ LD = (4,-3) y el eje Y
+ es tangente a 𝒫, halle: 
a) La ecuación vectorial de 𝒫. 
b) Las coordenadas del punto de tangencia con el eje Y. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se deduce el siguiente gráfico: 
 
 Sea N = LD ∩ eje X 
 Propiedad:→|𝑁𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 
X 
Y 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
53 
 
 
Rpta. 
Rpta. 
Aplicando la propiedad se obtiene |𝑁𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
 Sea E = LE ∩ LD 
 ∆NEF: Teorema mediana relativa a la hipotenusa 
|𝑁𝐹⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 2|𝑂𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2 √42 + (−3)2 = 10 
 pero sabemos que: |𝑁𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
1
2
|𝑁𝐹⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
 →|𝑁𝑂⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = |𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 
1
2
(10) = 5 ∴ 𝐹 = (5,0) 
 𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐹 - �⃗� = (5,0) - (4,-3) = (1,3) 
 → �⃗� = 
(1,3)
√10
 
 |𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √10 , pero |𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2p, entonces p = 
√10
2
 
 �⃗� = 
�⃗� + 𝐹 
2
 = 
(4,−3)+(5,0)
2
 = (
9
2
,
−3
2
) 
 La ecuación vectorial es: 
𝓟 = { (
𝟗
𝟐
,
−𝟑
𝟐
) + x′
(𝟏,𝟑)
√𝟏𝟎
 + y′
(−𝟑,𝟏)
√𝟏𝟎
 / ( y′)2 = 2√𝟏𝟎x′} 
 
 |𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑇𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗| (Propiedad) 
 ∆ATF: 
|𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑂𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗|…………………………………………………………………….. (1) 
 LE = {F⃗ + t�⃗� } 
LE = {(5,0) + t(1,3)} 
 A = (0,a) ∈ LE , entonces 
(0,a) = (5,0) + t(1,3) 
0 = 5+t → t = −5 
a = 3t → t = −15 
∴ A = (0, −15)……………………………………………….…………….…..(2) 
 De (1) y (2): 
|𝑂𝑇⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 15 
→ T = (0, 15) 
 
 
 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
54 
 
 
 
ELIPSE Y RECTA TANGENTE 
 
3. Sea ℰ = { F0 + x
′u⃗ + y′u⃗ 
⊥
 / 
x′
2
a2
+
y′
2
b2
= 1} una elipse cuyo eje focal tiene pendiente 
𝑚, (0 < 𝑚 < 1) , vértices V1, V2 = (19,7) , con 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,0)𝑉1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ > 0 y excentricidad 
e =
3
5
 . LT es una recta tangente a ℰ en T = (
49
5
,
73
5
) . Si LT
′ : 3x′ + 5y′ − 25√10 = 0, 
halle la ecuación vectorial de ℰ. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se tiene: 
 
 
 LT
′ : 3x′ + 5y′ − 25√10 = 0 
(dato), entonces: 
y′ = −
3
5
x′ + 5√10 
de donde: 𝑚𝐿𝑇
′ = −
3
5
 , siendo 𝑚𝐿𝑇
′ 
la pendiente de LT en el sistema 
X′Y′ 
 Sea LE el eje focal, LT ∩ LE = {A} 
y 𝑚∠𝑇𝐴𝐹0 = 𝜃 
 
 
entonces de 𝑚𝐿𝑇
′ = −
3
5
 tenemos: 
𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
3
5
 ….….……(1) 
 Por dato: e =
3
5
 
 
c
a
=
3
5
 …………….....(2) 
de donde: c = 3k y a = 5k…….(3) 
 De (1) y (2): 
𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
c
a
 
 
Y 
X 
Y′ 
X′ 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
55 
 
 
 Sabemos: 
Si: 
 
 
 
 
 𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
c
a
 → M es foco de la elipse 
 
Aplicando la propiedad, T resulta por 
extremo del lado recto, entonces: 
 |𝑇𝐹2⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗| =
b2
a
 ………………………(4) 
b2 = a2 − c2…………...………..(5) 
 (3) en (5) 
b2 = (5k)2 − (3k)2 
b = 4k …………………………(6) 
 (6), (3) en (4): 
|𝑇𝐹2⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗| =
(4k)2
5k
=
16k
5
 ...…………..(7) 
 |𝐹2𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = a − c 
|𝐹2𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = 5k − 3k = 2k …….…..(8) 
 Sea 𝑚∠𝐹2𝑉2𝑇 = 𝛼 
 ⊿ TF2V2 : 𝑡𝑎𝑛 𝛼 =
|𝑇𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐹2𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
 
𝑡𝑎𝑛 𝛼 =
16k/5
2k
=
8
5
 …...(9) 
 𝑇𝑉2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ − �⃗� = (19,7) − (
49
5
,
73
5
) 
𝑇𝑉2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (
46
5
, −
38
5
) 
 Sea 𝑚𝑇𝑉2 la pendiente de la recta que 
contiene a 𝑇𝑉2̅̅ ̅̅ ̅, entonces: 
𝑚𝑇𝑉2 =
−38 5⁄
46
5⁄
= −
19
23
 …………(10) 
 Sea 𝑚𝐿𝐸 la pendiente de LE. 
 V2 : 𝑡𝑎𝑛 𝛼 =
𝑚𝐿𝐸−𝑚𝑇𝑉2
1+𝑚𝐿𝐸 .𝑚𝑇𝑉2
………..(11) 
 (9), (10) en (11) 
8
5
=
𝑚𝐿𝐸−(−
19
23⁄ )
1+𝑚𝐿𝐸 .(
−19
23⁄ )
 
𝑚𝐿𝐸 =
1
3
 → �⃗� =
(3,1)
√10
 ……....(12) 
 ⊿ TF2V2: 
𝑇𝑉2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑇𝐹2⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐹2𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 
𝑇𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = |𝑇𝐹2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|(−�⃗� 
⊥) + |𝐹2𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |(�⃗� )….(13) 
 Reemplazando (7), (8), (12) en (13): 
(
46
5
, −
38
5
) =
16k
5
(1,−3)
√10
+ 2k
(3,1)
√10
 
46
5
=
46k
5√10
 → k = √10 ……..…(14) 
 Reemplazando (14) en (3) y (6) 
tenemos: 
a = 5√10 
b = 4√10 
 𝐹0⃗⃗ ⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ + a(−�⃗� ) 
𝐹0⃗⃗ ⃗ = (19,7) + 5√10
(−3,−1)
√10
 
𝐹0⃗⃗ ⃗ = (4,2) 
𝓔 = {(𝟒, 𝟐) + 𝐱′
(𝟑, 𝟏)
√𝟏𝟎
+ 𝐲′
(−𝟏, 𝟑)
√𝟏𝟎
 / 
𝐱′
𝟐
𝟐𝟓𝟎
+
𝐲′
𝟐
𝟏𝟔𝟎
= 𝟏}
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
56 
 
 
 
HIPÉRBOLA Y RECTA TANGENTE 
 
4. ℋ = {Fo + x
′u⃗ + y′u⃗ ⊥
x′
2
a2
⁄ −
y′
2
b2
= 1} es una hipérbola, con centro Fo ∈ IIIC, vertices 
V1,V2 = (0,0) , eje focal 𝐿𝐸 , 𝐿1 y 𝐿2 son rectas paralelas a las asíntotas 𝐴1 y 𝐴2 
respectivamente donde 𝐴1 = {(−4,4) + t(−1,7)} , 𝐿1 ∩ 𝐿2 = {V2}. 𝐿𝑇 es una recta 
tangente a ℋ en T, T ∈ IVC y más próximo a V2 , 𝐿𝐸 ∩ 𝐿𝑇 = {A}, 𝐿𝑇 ∩ 𝐴2 =
{Q}, Q′ = (w′, yq
′ ),w′ > 0, yq
′ < 0, 𝐿𝑇 ∩ 𝐿1 = {B}, 𝐿𝑇 ∩ 𝐿2 = {N}, 2|𝐹𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| =
3|𝐴𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| , 𝑑(N, 𝐿𝐸) = 8√2, el área de la región triangular NBV2 es 
32
3
u2 y W es un 
punto de ℋ y del segundo cuadrante. Si W′ = (w′, 16), halle la ecuación vectorial 
de ℋ. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se deduce el siguiente gráfico: 
 
 Sean D y E las proyecciones ortogonales de N y Q sobre 𝐿𝐸 
 Sean C la intersección de 𝐴1 con la prolongación de QW̅̅ ̅̅ ̅ 
 Sea 𝑚∠𝐶𝐹𝑂𝑉2 = 𝜃 
 Por propiedad de la hipérbola se cumple: 𝑚∠𝑄𝐹𝑂𝑉2 = 𝑚∠𝐶𝐹𝑂𝑉2, entonces 
𝑚∠𝑄𝐹𝑂𝑉2 = 𝜃. 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
57 
 
 
 
 𝐿1// 𝐴1 , 𝐿2// 𝐴2(datos) , entonces: 
𝑚∠𝑁𝑉2𝐹𝑂 = 𝑚∠𝑉2𝐹𝑂𝑄 = 𝜃 (Por ∠ externos internos entre rectas paralelas) 
𝑚∠𝐹𝑂𝑉2𝐵 = 𝜃 (Por ∠ externos internos entre rectas paralelas) 
 ∆ADQ semejante a ∆AV2N, entonces: 
|𝐹𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑁𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
=
|𝐹𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐴𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
…............................................................….(1) 
pero 2|𝐹𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 3|𝐴𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| (dato), entonces: 
|𝐹𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝐴𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
=
3
2
…………………………………………….…..(2) 
 (2) en (1) 
|𝐹𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑁𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
=
3
2
……………………………………………..….(3) 
 ∆FOEQ semejante a ∆V2DN, entonces: 
|𝑄𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑁𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
|𝐹𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑁𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
…..……………………………………….....(4) 
 (3) en (4) y reemplazando el dato: |𝑁𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | = 8√2 , se tiene: 
|𝑄𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 12√2 
 |𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐸𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 12√2 (Por propiedad de simetría) ….....(5) 
 |𝐶𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗| − |𝐸𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|………………………..………….(6) 
pero W′ = (w′, 16) (dato), entonces |𝑊𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 16……....(7) 
 (7),(5) en (6): 
|𝐶𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 12√2 − 16………………..……………….…...(8) 
 |𝑊𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝑊𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| + |𝐸𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗|……………...…………………....(9) 
 (9),(7) en (8): 
|𝑊𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = 16 + 12√2……………..…………………...…(10) 
 Por propiedad de hipérbola, sabemos que: 
|𝐶𝑊⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗||𝑊𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = b2……………………………………..…(11) 
 (8) y (10) en (11) 
(12√2 − 16)(12√2 + 16) = b2 
→ b2 = 32 → b = 4√2…………………………….....(12) 
 Sea 𝐴1 ∩ 𝐿𝑇 = {R} 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
58 
 
 
 ∆RFOQ semejante a ∆BV2N, entonces: 
Área ∆RFOQ
Área ∆NV2B
= (
|𝐹𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑁𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
)
2
………….…………….…....(13) 
 (3) en (13) y reemplazando el dato: Área∆NV2B=
32
3
u2, se tiene: 
Área∆RFOQ= (
3
2
)
2
(
32
3
) = 24 ……………………(14) 
 Por propiedad de la hipérbola, se sabe que: 
Área ∆RFOQ= ab……………………..…………...(15) 
 Reemplazando (12) y (14) en (15): 
24 = a4√2 
a = 3√2……………………….………….……....(16) 
 Sabemos que: c2 = a2 + b2,entonces: 
c2 = (3√2)2 + (4√2)2 → c = 5√2 
 F0: 𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
b
a
=
4√2
3√2
=
4
3
……………………...…..(17) 
 Sea 𝑚𝐴1⃡⃗ ⃗⃗ 𝑦 𝑚𝐿𝐸⃡⃗ ⃗⃗ la pendiente de 𝐴1 y 𝐿𝐸 respectivamente , entonces en F0: 
𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
𝑚
𝐴1⃡⃗⃗⃗ ⃗
−𝑚
𝐿𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗
1+𝑚
𝐴1⃡⃗⃗⃗ ⃗
𝑚
𝐿𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗
…………………………....…..(18) 
pero 𝐴1 = {(−4,4) + t(−1,7)} dato, entonces 
𝑚𝐴1⃡⃗ ⃗⃗ = −7…………………………………………(19) 
 Reemplazando (17) y (19) en (18) se tiene: 
4
3
=
−7−𝑚
𝐿𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗
1+(−7)𝑚
𝐿𝐸⃡⃗⃗⃗ ⃗
 → 𝑚𝐿𝐸⃡⃗ ⃗⃗ = 1 
�⃗� =
(1,1)
√2
……………………………………………(20) 
 𝐹𝑂⃗⃗⃗⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ + a(−�⃗� ) …………………………...….....(21) 
 Reemplazando el dato V2 = (0,0), (16) y (20) en (21): 
𝐹𝑂⃗⃗⃗⃗ = (0,0) + 3√2
(−1, −1)
√2
= (−3, −3) 
 Por lo tanto: 
𝓗 = {(−𝟑,−𝟑) + 𝐱′
(𝟏,𝟏)
√𝟐
+ 𝐲′
(−𝟏,𝟏)
√𝟐
 / 
𝐱′𝟐
(𝟑√𝟐)
𝟐 −
𝐲′𝟐
(𝟒√𝟐)
𝟐 = 𝟏} 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍAANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
59 
 
 
 
 
 
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 
Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas 
 DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS 
 
TEMAS: ROTACIÓN Y TRASLACIÓN DE EJES, CIRCUNFERENCIA, 
PROYECCIÓN ORTOGONAL, RECTAS, ELIPSE Y ECUACIONES DE 
SEGUNDO GRADO 
1. Se traslada el origen O del sistema de coordenadas XY a un nuevo origen P0 y se rota 
los ejes obteniéndose el sistema X′Y′. A = (a, a), a > 0, A′ = (0, 2k), k > 0, 
eje Y′ ∩ eje X+ = B, B′ = (0,−4k), eje X′ ∩ Y− = C, C′ = (−8k, 0). Una 
circunferencia 𝒞 de radio 12 circunscribe el triángulo AOB. Halle P0, �̅� y 𝒞
′. 
2. En un triángulo ABC, obtuso en C, sentido horario, 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,5), −𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ − 𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ =
𝑡 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ , |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥|, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k(3,1) , k < 0, 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ (𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗), calcule 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + t 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗. 
3. Sean las rectas 𝐿1 = {B + 𝑡(1,𝑚)} , m > 0, 𝐿2 = {B + 𝑡(−𝑚, 1)}, 𝐿3 = {R + 𝑡𝑎 } 
y 𝐿4 = {𝑡(1,𝑚)} 𝐿2 ∩ 𝐿3 = A ∈ IIC, 𝐿1 ∩ 𝐿3 = C ∈ IC , 𝐿3 ∩ 𝐿4 = R, B =
(−8,−9) y 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,𝑚)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗. Si R divide a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ en la razón 4 y 
𝑑(A, eje X) = 11, halle las coordenadas de A, C y R. 
4. ℰ es una elipse con focos F1, F2 ; vértices V1, V2 ; tal que V2 ∈ eje X
+, F1 ∈ eje Y
− y 
C: 42𝑥2 + 187𝑥𝑦 − 42𝑦2 − 1187𝑥 − 141𝑦 + 2133 = 0 contiene a F1 y a P tal que a P ∈
 ℰ. Si el eje menor de ℰ intercepta a 𝑉1𝑃̅̅ ̅̅ ̅ en D = (7,−3) y |𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|= √130, halle la 
ecuación vectorial de ℰ. 
 
 
ES 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
60 
 
 
 
CIRCUNFERENCIA, ROTACIÓN Y TRASLACIÓN DE EJES 
1. Se traslada el origen O del sistema de coordenadas XY a un nuevo origen P0 y se rota 
los ejes obteniéndose el sistema X′Y′. A = (a, a), a > 0, A′ = (0, 2k), k > 0, eje Y′ ∩
eje X+ = B, B′ = (0,−4k), eje X′ ∩ Y− = C, C′ = (−8k, 0). Una circunferencia 𝒞 de 
radio 12 circunscribe el triángulo AOB. Halle P0, �̅� y 𝒞
′. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se tiene el siguiente gráfico: 
 Cuadrilátero COP0B resulta ser un cuadrilátero inscrito porque 
𝑚∠𝐶𝑂𝐵 = 𝑚∠𝐶𝑃0𝐵 = 90
°, entonces: 𝑚∠𝑃0𝑂𝐵 = 𝑚∠𝑃0𝐶𝐵 = 𝜃 ......(1) 
 ⊿CP0B: 
𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
|𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
|𝐶𝑃0⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
=
4k
8k
=
1
2
 
 Sea 𝑚𝑂𝑃0 pendiente de la recta 𝑂𝑃𝑜
̅̅ ̅̅ ̅ y P0 = (𝑥0, 𝑦0), origen del nuevo sistema de 
coordenadas, 𝑚𝑂𝑃0 = 𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
1
2
 
pero 𝑚𝑂𝑃0 =
𝑦0
𝑥0
 (teoría), de donde se tiene: 
𝑦0
𝑥0
=
1
2
⟶ 𝑦0 =
𝑥0
2
 ..............................................................................(2) 
 A = (a, a) ⟶ 𝑚∠𝐴𝑂𝐵 = 45°.............................................................(3) 
𝒞 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
61 
 
 
 Sea W = (h, k) las coordenadas del centro de la circunferencia 𝒞 que circunscribe al 
triángulo AOB, entonces en la circunferencia 𝒞 tenemos: 
𝑚∠𝐴𝑊𝐵 = 𝑚𝐴�̂� = 2𝑚∠𝐴𝑂𝐵 ............(4) 
 (3) en (4): 
𝑚∠𝐴𝑊𝐵 = 90° 
 |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = R = 12 
 ⊿AWB: Pitágoras ⟶ |𝑊𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
+ |𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
= |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
 
122 + 122 = (6k)2⟶ k = 2√2 …….(5) 
 |𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 4k ……………………….......(6) 
 (5) en (6): 
|𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 8√2 ........................................(7) 
 Sea B = (b, 0) por ser B un punto del eje X 
 P0 divide a 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ en la razón r =
|𝐴𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
|𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
=
2k
4k
=
1
2
 , entonces: 
 P0 =
A+rB
1+r
 
 (x0,
x0
2
) =
(a,a)+1/2(b,0)
1+1/2
 
de donde: x0 =
2a+b
3
 y 
x0
2
=
2a
3
 
 
1
2
(
2a+b
3
) =
2a
3
⟶ b = 2a 
∴ B = (2a, 0) y P0 = (
4a
3
,
2a
3
) ..............(8) 
 𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − �⃗� 0 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (2a, 0) − (
4a
3
,
2a
3
) 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (
2a
3
,
−2a
3
) 
|𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| =
2a
3
√2 ......................................(9) 
 De (7) y (9) tenemos: 
2a
3
√2 = 8√2 ⟶ a = 12 ………........(10) 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
62 
 
 
 (10) en (8): 
𝐏𝟎 = (𝟏𝟔, 𝟖) 
B = (24,0) 
 𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − �⃗� 0 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (24,0) − (16,8) 
𝑃0𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (8, −8) 
⟶ �⃗⃗� =
𝑷𝟎𝑩⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 
⊥
|𝑷𝟎𝑩⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⊥|
=
(𝟏, 𝟏)
√𝟐
 
 ⊿AWB: se traza la altura WH, entonces: 
|𝑊𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| =
|𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|
2
=
(6k)
2
 ...............(11) 
 (5) en (11): 
|𝑊𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| =
6(2√2)
2
= 6√2 …......(12) 
 |𝑃0𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = |𝐴𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | − |𝐴𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
|𝑃0𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| =
|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|
2
− |𝐴𝑃0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| 
|𝑃0𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| =
6k
2
− 2k 
|𝑃0𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = k .............................(13) 
 (5) en (13): 
|P0H⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 2√2 ........................(14) 
 W′ = (−|𝑊𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|, −|𝑃0𝐻⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|) .....(15) 
 (12), (14) en (15): 
W′ = (−6√2 , −2√2 ) 
 Por lo tanto: 
𝐏𝟎 = (𝟏𝟔, 𝟖) 
�⃗⃗� =
(𝟏, 𝟏)
√𝟐
 
𝓒′ = (𝐱′ + 𝟔√𝟐)
𝟐
+ (𝐲′ + 𝟐√𝟐)
𝟐
= (𝟏𝟐)𝟐 
Rptas. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
63 
 
 
 
PROYECCIÓN ORTOGONAL Y DEPENDENCIA LINEAL 
2. En un triángulo ABC, obtuso en C, sentido horario, 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,5), −𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ − 𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ =
𝑡 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ , |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥|, 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k(3,1) , k < 0, 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ (𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗), calcule 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + t 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se deduce el siguiente gráfico: 
 
 −𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ − 𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ = 𝑡 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ (dato) …………..………..(1) 
Sea D un punto tal que: 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ = 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , entonces: 
|AB⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |BD⃗⃗⃗⃗ ⃗| , 𝑚∠𝐴𝐵𝐷 = 90𝑜 
 Sea E un de BC̅̅̅̅ punto tal que: 
𝑚∠𝐵𝐸𝐷 = 90𝑜 , 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = − 𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥, entonces reemplazando en (1) se tiene: 
𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐷𝐸⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑡 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑡 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗…………………………………….……..(2) 
∴ B, E y C son colineales. 
 
 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
64 
 
 
 |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥| (dato) 
|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥| 
 Sea: 
 𝑚∠𝐵𝐴𝐶 = 𝜃 , 𝑚∠𝐴𝐵𝐶 = 𝛼 
 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ (𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) (dato) 
𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ (𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶
⃗⃗⃗⃗ ⃗) 
𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ 𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥𝐷𝐶
⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 Sean W y H las proyecciones de B y D sobre 𝐴𝐶⃡⃗⃗⃗ ⃗ , respectivamente, entonces: 
𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥𝐴𝐵
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ y 𝑝𝑟𝑜𝑦𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥𝐷𝐶
⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
reemplazando se tiene: 
𝑊𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐷𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 
 En la figura: 
 
⊿DHC ≅ ⊿AWB (por tener igual hipotenusa y cateto) 
 𝑚∠𝐻𝐶𝐷 = 𝑚∠𝐵𝐴𝑊 = 𝜃 
 Se tenga la altura 𝐶𝐹̅̅̅̅ del triángulo BCD, entonces: 
 𝑚∠𝐹𝐶𝐻 = 𝑚∠𝐵𝐴𝐻 = 𝜃 
 ∆ BDC : La altura 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ resulta bisectriz por ser un triángulo isósceles 
 𝑚∠𝐶𝐷𝐸 = 𝑚∠𝐵𝐷𝐸 = 𝛼 
 Sea 𝐴𝐶⃡⃗⃗⃗ ⃗ ∩ 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ = {I} (resulta incentro), entonces: 
𝑚∠𝐶𝐹𝐼 = 𝑚∠𝐼𝐹𝐷 = 45𝑜 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
65 
 
 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k(3,1) , k < 0 (dato) 
𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k(3,1) 
𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k(3,1) 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,5) es dato, entonces 𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ // (1,1) 
 Sean 𝑚𝐶𝐹 , 𝑚𝐶𝐼 , 𝑚𝐶𝐷 𝑙𝑎𝑠 pendientes de las rectas que contienen a 𝐶𝐹̅̅̅̅ , 𝐶𝐼̅̅̅ y 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ 
 C: 𝑡𝑎𝑛 𝜃 =
𝑚𝐶𝐹− 𝑚𝐶𝐼
1+𝑚𝐶𝐹 ∙ 𝑚𝐶𝐼
= 
𝑚𝐶𝐼 − 𝑚𝐶𝐷
1+𝑚𝐶𝐼 ∙ 𝑚𝐶𝐷
 
pero 𝑚𝐶𝐼 = 1, 𝑚𝐶𝐷 = 
1
3⁄ , reemplazando se puede hallar 𝑚𝐶𝐹 
𝑚𝐶𝐹−1
1+𝑚𝐶𝐹
= 
1−(1 3⁄ )
1+1/(1 3⁄ )
 → 𝑚𝐶𝐹= 3 
 Sean 𝑚𝐹𝐼 la pendiente de la recta que contienen a 𝐹𝐼̅̅ ̅ 
 F: 𝑡𝑎𝑛 45° =
𝑚𝐹𝐼−𝑚𝐶𝐹
1+𝑚𝐹𝐼 𝑚𝐶𝐹
→ 1 = 
𝑚𝐹𝐼−3
1+𝑚𝐹𝐼 3𝑚𝐹𝐼 = -2 → 𝐹𝐼̅̅ ̅ // (1, -2) 
 ∆ CDI ≅ ∆ ABC (A.L.A) 
→ |𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ | = 5√2 
 𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ = |𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ | ∙ �⃗� 𝐶𝐼 = 5√2 
(1,1)
√2
= (5,5) 
 △CFI: 𝐶𝐼⃗⃗⃗⃗ = 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐹𝐼⃗⃗⃗⃗ 
(5,5) = 𝑛(1,3) + 𝑞(1,−2) 
5 = 𝑛 + 𝑞 𝑛 = 3 
5 = 3𝑛 − 2𝑞 𝑞 = 2 
𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 3(1,3) 
 △CFD: 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
(3,9) = 𝑎(3,1) + 𝑏(−3,1) 
3 = 3𝑎 − 3𝑏 𝑎 = 5 
9 = 𝑎 + 𝑏 𝑏 = 4 
𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5(3,1) 
|𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 5√10 
pero de (3): 
|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗|, entonces: |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = 5√10 
 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
66 
 
 
también: 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ // 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ // (-1,3) 
entonces: 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = |𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗|�⃗� 𝐴𝐵 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 5√10
(1,3)
√10
 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,15) …………………….(4) 
 △ABC: 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
reemplazando valores: 
 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−5,15) + (5,5) 
 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0,−10) 
 △BCD: 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗, por ser isósceles, entonces: 
 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
2
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
2
(0, −10) 
 𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0,−5) ………………(5) 
 De (5) y (2): 
 𝑡𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0,−5) ………………..(6) 
 De (4) y (6): 
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑡𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,15) + (0,−5) 
𝑨𝑩⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝒕𝑩𝑪⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝟓, 𝟏𝟎) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rpta. 
GEOMETRÍA ANALÍTICA RIQUELMER VASQUEZ DOMINGUEZ 
 
67 
 
 
OTRA RESOLUCIÓN: 
 Utilizamos el siguiente grafico para 
guiarnos en la resolución del 
problema: 
 
 Sea 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑎1, 𝑎2) y 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑏1, 𝑏2) 
 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
(5,5) = (𝑎1, 𝑎2) + (𝑏1, 𝑏2) 
5 = 𝑎1 + 𝑏1 
5 = 𝑎2 + 𝑏2 
→ 𝑎1 + 𝑏1 = 𝑎2 + 𝑏2 = 5………(1) 
 AB⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + BC⃗⃗⃗⃗ ⃗ = k(3,1) (dato) 
(−𝑎2, 𝑎1) + (𝑏1, 𝑏2) = 𝑘(3,1) 
𝑏1 − 𝑎2 = 3𝑘 
𝑏2 + 𝑎1 = 𝑘 
𝑏1 + 𝑎1 + 𝑏2 − 𝑎2 = 4𝑘….(2) 
reemplazando (1) en (2): 
𝑏2 + 𝑎2 + 𝑏2 − 𝑎2 = 4𝑘 
2𝑏2 = 4𝑘 
𝑏2 = 2𝑘 
 Tenemos: 
o 𝑏2 + 𝑎1 = 𝑘 
2𝑘 + 𝑎1 = 𝑘 
→ 𝑎1 = −𝑘 
o 𝑎1 + 𝑏1 = 5 
−𝑘 + 𝑏1 = 5 
→ 𝑏1 = 5 + 𝑘 
o 𝑎2 + 𝑏2 = 5 
𝑎2 + 2𝑘 = 5 
→ 𝑎2 = 5 − 2𝑘 
∴ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑎1, 𝑎2) = (−𝑘, 5 − 2𝑘) 
 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑏1, 𝑏2) = (5 + 𝑘, 2𝑘) 
 |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ + 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥| (dato) 
|(5 − 2𝑘, 𝑘) + (−5 − 𝑘,−2𝑘)| = |(5 − 2𝑘, 𝑘)| 
|(−3𝑘,−𝑘)| = |(5 − 2𝑘, 𝑘)| 
𝑘2 + 4𝑘 − 5 = 0 
de donde 𝑘 = −5 ∧ 𝑘 = 1, pero 
𝑘 < 0 (dato), entonces: 
𝑘 = −5 
∴ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (5,15) 
 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (0,−10) 
 −𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ − 𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥ = 𝑡𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ (dato) 
(15,−5) − 𝜆(10,0) = 𝑡(0,−10) 
15 − 10𝜆 = 0 
−5 = −10𝑡 
→ 𝜆 = 3 2⁄ 𝑦 𝑡 =
1
2⁄ 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑡𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
reemplazando: 
(5,15) +
1
2
(0,−10) = (𝟓, 𝟏𝟎) 
 
Rpta. 
𝑎1, 𝑎2 
𝑏1, 𝑏2 
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68 
 
 
PENDIENTE DE UNA RECTA, COMPONENTE ORTOGONAL Y PUNTO DE 
DIVISIÓN DE UN SEGMENTO 
3. Sean las rectas 𝐿1 = {B + 𝑡(1,𝑚)} , m > 0, 𝐿2 = {B + 𝑡(−𝑚, 1)}, 𝐿3 = {R + 𝑡𝑎 } 
y 𝐿4 = {𝑡(1,𝑚)} 𝐿2 ∩ 𝐿3 = A ∈ IIC, 𝐿1 ∩ 𝐿3 = C ∈ IC , 𝐿3 ∩ 𝐿4 = R, B =
(−8,−9) y 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,𝑚)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ .Si R divide a 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ en la razón 4 y 
𝑑(A, eje X) = 11, halle las coordenadas de A, C y R. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se tiene el siguiente gráfico: 
 
 
 
 𝐿1 = {𝐵 + 𝑡(1,𝑚)} 
𝐿2 = {𝐵 + 𝑡(−𝑚, 1)} (datos) 
Se observa que: (1,𝑚). (−𝑚, 1) = −𝑚 +𝑚 = 0, entonces L1 y L2 son 
perpendiculares, por tanto m∠𝐴𝐵𝐶 = 90° ………………...(1) 
 𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝑐𝑜𝑚𝑝(1,𝑚)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ (dato) 
|𝑐𝑜𝑚𝑝𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑐𝑜𝑚𝑝(1,𝑚)𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
|𝑃𝑟𝑜𝑦𝐴𝐵⃗⃗ ⃗⃗ ⃗𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝑃𝑟𝑜𝑦𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗𝐴𝐶
⃗⃗⃗⃗ ⃗| 
|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗|…………………………………………….......(2) 
 De (1) y (2) : 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⊥…………………………….……….…………....(3) 
 Distancia de A al eje X es 11 (dato), entonces A= (a, 11)….(4) 
Y 
X 
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69 
 
 
 
 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗� − 𝐴 
reemplazando A= (a,11) y el dato B = (-8,-9) 
tenemos: 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−8,−9) − (𝑎, 11) 
→ 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−8 − 𝑎,−20)………………………………...….(5) 
 De (3) y (5): 
𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (20,−8 − 𝑎)……………………………….……(6) 
 Sea 𝑚𝐵𝐶 pendiente de la recta que contiene a 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , entonces: 
𝑚𝐵𝐶 =
−8−𝑎
20
………….…..................................................…(7) 
 𝐶 = �⃗� + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗…………………………………………..…….(8) 
 Reemplazando (6) y el dato B = (−8,−9) en (8): 
𝐶 = (−8,−9) + (20,−8 − 𝑎) 
𝐶 = (12,−17 − 𝑎)……………………………………..…..(9) 
 R divide a 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ en la razón 4 (dato),entonces: 
�⃗� =
𝐴 +𝑟𝐶 
1+𝑟
 (teoría)………………………………………….(10) 
 Reemplazando r = 4(dato), (4) y (9) en (10) se tiene: 
�⃗� =
(𝑎, 11) + 4(12,−7 − 𝑎)
1 + 4
 
�⃗� = (
48+a
5
,
−57−4a
5
)…………………………………….…..(11) 
 Sea O el origen de coordenadas de XY y 𝑚𝑂𝑅 la pendiente de la recta que contiene a 
𝑂𝑅̅̅ ̅̅ , entonces de (11) se tiene: 
𝑚𝑂𝑅 =
−57−4𝑎
48+𝑎
……………………………………………..(12) 
 De: 
𝐿1 = {B + 𝑡(1,𝑚)} 
𝐿4 = {𝑡(1,𝑚)} (dato) 
se tiene que 𝐿1//𝐿4, es decir: 𝑚𝑂𝑅 = 𝑚𝐵𝐶………………...(13) 
 
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70 
 
 
 Reemplazando (7) y (12) en (13): 
−57 − 4𝑎
48 + 𝑎
=
−8 − 𝑎
20
 
−1140 − 80𝑎 = −384 − 56𝑎 − 𝑎2 
𝑎2 − 24𝑎 − 756 = 0 
𝑎 − 42 
𝑎 18 
(𝑎 − 42)(𝑎 + 18) = 0 
de donde : 𝑎 = 42 
 𝑎 = −18 
pero A ∈ IIC ( dato), entonces se elige 𝑎 = −18 …………...(14) 
 Reemplazando (14) en (4), (9) y (11) tenemos: 
𝑨 = (−𝟏𝟖, 𝟏𝟏) 
𝑪 = (𝟏𝟐, 𝟏) 
𝑹 = (𝟔, 𝟑) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Rptas. 
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71 
 
 
 ELIPSE Y ECUACIÓN DE SEGUNDO GRADO 
4. ℰ es una elipse con focos F1, F2 ; vértices V1, V2 ; tal que V2 ∈ eje X
+, F1 ∈ eje Y
− y 
C: 42𝑥2 + 187𝑥𝑦 − 42𝑦2 − 1187𝑥 − 141𝑦 + 2133 = 0 contiene a F1 y a P tal que 
a P ∈ ℰ. Si el eje menor de ℰ intercepta a 𝑉1𝑃̅̅ ̅̅ ̅ en 𝐷 = (7,−3) y |𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|= √130, halle la 
ecuación vectorial de ℰ. 
RESOLUCIÓN: 
 Del enunciado se obtiene: 
 
 C : 42𝑥2 + 187𝑥𝑦 − 42𝑦2 −
1187𝑥 − 141𝑦 + 2133 = 0 (dato) 
Sea F1= (0, 𝑓), 𝑓 < 0 
 F1 ∈ C (dato) , entonces: 
−42𝑓2 − 141𝑓 + 2133 = 0 
 −14𝑓2 − 47𝑓 + 711 = 0 
−14𝑓 79 
 1𝑓 9 
(𝑓 + 9)(−14𝑓 + 79) = 0 
de donde 𝑓 = 79 14⁄ 
 𝑓 = −9 
se elige 𝑓 = −9 por que 𝑓 < 0 
∴ 𝐹1 = (0,−9)……..…(1) 
 |𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = |𝐷𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| (porque D es un punto 
de la mediatriz de 𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ ), 
pero |𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √130 (dato) , entonces: 
 |𝐷𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗| = √130 ………….…(2) 
 Dado que V2 = (𝑣 ,0), entonces V2 
es un punto del eje X+ (dato). 
 𝐷𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ − �⃗⃗� = (𝑣, 0) − (7,−3) 
𝐷𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = (𝑣 − 7, 3) 
|𝐷𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗|= √(𝑣 − 7)2 + 32………..(3) 
 De (2) y (3) se tiene: 
√(𝑣 − 7)2 + 32 = √130 
(𝑣 − 7)2 = 121 
𝑣 = 7 + 11 = 18 
𝑣 = 7 − 11 = −4 
ℰ 
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72 
 
 
se elige 𝑣 = 18 por que 𝑣 > 0 
entonces V2 = (18,0)…………(4) 
 𝐹1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝑉2⃗⃗ ⃗ − 𝐹1⃗⃗ ⃗………………..(5) 
 Reemplazando (1) y (4) en (5) , 
tenemos: 
𝐹1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (18,0) − (0,−9) 
𝐹1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (18,9) // (2,1)………..(6) 
de donde: 
�⃗� =
𝐹1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ 
|𝐹1𝑉2⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ |
= 
(2,1)
√5
 
 Sea 𝐿𝐸 la recta del eje focal. 
 De (4) y (6) se tiene: 
𝐿𝐸 = {(18,0) + 𝑡(2,1)} 
 V1 ∈ 𝐿𝐸 , entonces: 
V1 = (18,0) + 𝑡(2,1) 
V1 = (18 + 2𝑡, 𝑡)……………..(7) 
 𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = �⃗⃗� − 𝑉1⃗⃗ ⃗ 
reemplazando valores, se tiene: 
𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (7, −3) − (18 + 2𝑡, 𝑡) 
𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (−11 − 2𝑡, −3 − 𝑡) 
|𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗|= √(−11 − 2𝑡)2 + (−3 − 𝑡)2…...(8) 
 |𝑉1𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗| = √130 (dato)………….(9) 
 De (8) y (9): 
√(−11 − 2𝑡)2 + (−3 − 𝑡)2 = √130 
 5𝑡2 + 50𝑡+ 130 = 130 
𝑡 = 0 
 𝑡 = −10 
se elige 𝑡 = −10, porque con 𝑡 = 0 
se obtiene V2 
 De (7) se tiene: 
V1 = (−2,−10) 
 Sea 𝐹0 el centro de 𝜀. 
 𝐹0⃗⃗⃗⃗ =
𝑉1⃗⃗⃗⃗ +𝑉2⃗⃗⃗⃗ 
2
=
(−2,−10)+(18,0)
2
 
𝐹0⃗⃗ ⃗ = (8, −5) 
 𝐹1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐹0⃗⃗ ⃗ − 𝐹1⃗⃗ ⃗ 
𝐹1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (8,−5) − (0,−9) 
𝐹1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (8,4) 
|𝐹1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = 4√5 
 𝑐 = |𝐹1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = 4√5 
 𝑉1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = 𝐹0⃗⃗ ⃗ − 𝑉1⃗⃗ ⃗ 
𝑉1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ = (8,−5) − (−2,−10) 
|𝑉1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | = 5√5  𝑎 = |𝑉1𝐹0⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ | 
𝑎 = 5√5 
 𝑏2 = 𝑎2 − 𝑐2 (teoría) , entonces: 
𝑏2 = (5√5)2 − (4√5 )2 
 𝑏 = 3√5 
 𝓔 ={(8, 5)  𝒙′
(𝟐,𝟏)
√𝟓
+ 𝒚′
(−𝟏,𝟐)
√𝟓
 / 
 
𝒙′
𝟐
(𝟓√𝟓)𝟐
+
𝒚′
𝟐
(𝟑√𝟓)𝟐
= 𝟏} 
 
 
 
 
Rpta.