PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-3

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Problemas de Geometría Analítica
Geometría Analítica del Plano
Sección A - ELEMENTOS: PUNTOS, RECTAS, ÁNGULOS
A 1- En ejes oblicuos de ángulo 60º, se considera el paralelogramo ABCD, Aa,b, B−a,b, C−a,−b,
Da,−b. Se toma como nuevo eje X′, la diagonal AC, sentido positivo hacia la derecha. Como nuevo eje
Y ′, la paralela por A a la diagonal BD, sentido positivo hacia arriba. Hallar las coordenadas de los cuatro
vértices referidas al nuevo sistema.
Solución:
AB
C D
O
X
X’
Y’
Y
AB
C D
O
X
X’
Y’
Y
El punto A coincide con el origen de los nuevos ejes, luego sus nuevas coordenadas son 0,0. Siendo
x,y las coordenadas en los nuevos ejes, del centro O del paralelogramo, se tiene:
x2  a2  b2  2abcos60º  a2  b2  ab, y2  a2  b2 − 2abcos60º  a2  b2 − ab.
Luego las coordenadas pedidas, son:
B − a2  b2  ab , a2  b2 − ab , C −2 a2  b2  ab , 0 , D − a2  b2  ab ,− a2  b2 − ab .
A 2- En ejes rectangulares se dan las rectas mx  2m − 1y  3  0, 4m − 7x − m  2y − 8  0. Hallar:
1º) El valor de m para que sean perpendiculares. 2º) En este caso, hallar las coordenadas de su punto de
intersección. 3º) En el mismo caso, hallar el ángulo que forma la primera recta con el eje OX. 4º) Hallar la
forma continua de la segunda recta en función del punto de intersección de ambas.
Solución: 1º) Para que sean perpendiculares, ha de verificarse que: −m2m − 1 
4m − 7
m  2  −1. Es decir:
m2 − 5m  1  0. De donde: m  5  212 . 2º) Las coordenadas del punto de intersección, son:
37  13 21
141  29 21
, 58  20 21
−141 ∓ 29 21
. 3º) El ángulo pedido es:   arctan −m2m − 1  arctan
−5 ∓ 21
8  2 21
, de
donde  toma los valores −29º10 ′22 ′′ y 19º42 ′37 ′′6. 4º) La forma continua de la segunda recta en función
del punto de intersección, es:
x − 37  13 21
141  29 21
9  21
2

y − 58  20 21
−141 ∓ 29 21
3  2 21
.
A 3- En ejes de ángulo 60º se considera la recta que pasa por M4,4 y es perpendicular a OM. 1º) Hallar la
ecuación de esta recta. 2º) Hallar las coordenadas de los puntos de esta recta que distan de M, 2 unidades.
7
3º) Halla la bisectriz del ángulo formado por dicha recta y el eje OX.
Solución: 1º) Ecuación de OM: y − x  0. Ecuación de las rectas que pasan por M: y − 4  x − 4. La
condición de perpendicularidad es: 1  mm ′  m  m ′cos  1    1  2  0. Luego   −1. La
ecuación pedida es: x  y − 8  0. 2º) El cuadrado de la distancia de x, 8 − x a 4,4, es:
x − 42  8 − x − 42 − −2x − 48 − x − 4cos60º  4. De donde las coordenadas pedidas son:
x  4  2 33 , y  4 ∓
2 3
3 . 3º) Las ecuaciones de las bisectrices del ángulo formado por x  y − 8  0,
y  0, son: x  y − 8
1  1 − 2cos60º
  y
1
, es decir: x − 8  0, x  2y − 8  0.
A 4- En ejes de ángulo   60º, se pide: 1º) Ecuación de la recta que pasa por el punto A1,3 y forma con la
recta y  2x un ángulo de 45º. De las dos soluciones, se hallará aquella recta que corta a OY en el punto
más cercano al origen. 2º) Coordenadas de los puntos B de esa recta que distan de A, 3 unidades.
Solución:
A
B
X1 X2
Y2
Y1
θ
θCA
B
X1 X2
Y2
Y1
θ
θC
1º) Recta pedida: y − 3  x − 1. Ángulo de las dos rectas: tan45º   − 2 sin60º1  2 −   2cos60º . De
donde:   −1  3 . Las ordenadas de los puntos de corte con x  0, son: y  4  3 , siendo el punto
más cercano al origen el correspondiente a   −1  3 . En consecuencia, la ecuación de la recta pedida,
es: y  3 − 1 x  4 − 3 . 2º) Siendo un punto de esta recta: x, 3 − 1 x  4 − 3 , se tienen las
siguientes distancias: AC  x − 1, BC  3 − 1 x − 1. Por tanto, el cuadrado de la distancia entre los
puntos A y B, es: AB2  x − 12  3 − 1 x − 1 2 − 2x − 1 3 − 1 x − 1cos − 60º  9.
De donde se tiene que la abscisa de B es: x  1  3
4 − 3
, siendo su ordenada: 3 
3 3 − 1
4 − 3
.
A 5- En ejes rectangulares se da la recta a, de ecuación 2x  4y − 7  0. 1º) Hallar la ecuación de la recta c,
simétrica de la dada, respecto de la recta b, de ecuación x − y − 6  0. 2º) Sea M el punto de intersección
de las tres rectas, y A el punto de intersección de a con OX. Hallar un punto P de a tal que PMPA 
−2
3 .
Solución:
O
A P M
a c b
Q
BO
A P M
a c b
Q
B
1º) Ecuación de a: 2x  4y − 7  0. Ecuación de b: x − y − 6  0. Coordenadas de su intersección
M 316 ,
−5
6 . Ecuación de c: y 
5
6  m x −
31
6 . Como
ma − mb
1  mamb
 mb − mc1  mbmc
, ma  −12 ,
mb  1, se tiene mc  −2, con lo que la ecuación de c es: 4x  2y − 19  0. 2º) Siendo A 72 ,0 , las
coordenadas de P son: x 
31
6 
2
3 
7
2
1  23
 92 ; y 
−5
6 
2
3  0
1  23
 −12 . Es decir: P
9
2 ,
−1
2 .
A 6- En ejes rectangulares se dan las rectas y2 − 7xy  4x2  0. Hallar la ecuación que da el conjunto de sus
bisectrices.
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Solución: Sea y  x, una de las bisectrices, y sean m y m ′ las pendientes de las rectas dadas. Se tiene:
 − m
1  m 
m ′ − 
1  m ′
, es decir: m  m ′2 − 2mm ′ − 1 − m  m ′  0. Como m  m ′  7, mm‘ 4,
  yx , sustituyendo se tiene: 7x
2 − 7y2  6xy  0.
A 7- En ejes rectangulares se considera el triángulo ABC, cuyos vértices son: A1,2, B4,−5, C6,−2. Se
pide: 1º) Ecuación de la bisectriz interior del ángulo A. 2º) Ecuación de la altura BH trazada desde el
vértice B sobre AC. 3º) Coordenadas de los puntos de esta altura que distan 4 unidades del vértice B.
Solución: 1º) AB ≡ 7x  3y − 13  0, AC ≡ 4x  5y − 14  0. Ecuación de las bisectrices:
7x  3y − 13
49  9
 4x  5y − 14
 16  25
. Las abscisas de los puntos de corte con OX, de AB, AC y de las
bisectrices, son, respectivamente: 1.8, 3.5, −1.6, 2.5. Luego la bisectriz interior corresponde al signo
negativo de la raíz (abscisa 2.5), siendo su ecuación: 4 58  7 41 x  5 58  3 41 y −
−14 58 − 13 41  0. 2º) BH ≡ 5x − 4y − 40  0. 3º) x  164  16 4141 , y 
−205  20 41
41 .
A 8- Dadas las rectas P ≡ Ax  By  C  0, Q ≡ A′x  B′y  C ′  0, hallar la relación que debe existir entre
 y  para que las rectas P  Q  0, P  Q  0, sean perpendiculares.
Solución: Pendiente de P  Q  0, m  − A  A
′
B  B′
; pendiente de P′  Q ′  0, m ′  − A  A
′
B  B′
; la
condición de perpendicularidad es: mm ′  −1. Luego: A  A′A  A′  B  B′B  B′  0. Es
decir: A′2  B′2  AA′  BB′    A2  B2  0.
A 9- La recta y  3x  1 es la ecuación de un rayo incidente a, que se refleja al chocar con la recta b, cuya
ecuación es: 2x  4y − 5  0. Se pide: 1º) Ecuación del rayo reflejado c. 2º) Coordenadas del punto de
este rayo que diste del de intersección con la primera recta, 4 unidades.
Solución:
X
Y a
b
c
O
P
M
P’
X
Y a
b
c
O
P
M
P’
1º) Las coordenadas del punto de intersección son: M 114 ,
17
14 . La ecuación del rayo reflejado c, es:
13x − 9y  10  0. 2º) El punto pedido es: P 114 
18 10
25 ,
17
14 
26 10
25 , si a se sitúa en el
semiplano superior definido por b (línea continua en la figura). Si se sitúa en el semiplano inferior (línea
de trazos), el punto pedido es P′ 114 −
18 10
25 ,
17
14 −
26 10
25 .
A 10- Calcular el ángulo V que forman las rectas: ax  bycos  bx − ay sin  cx  dy  0,
cx  dycos − dx − cy sin  ax  by  0.
Solución: Las pendientes de estas rectas son: m1  acos  b sin  ca sin − bcos − d , m2 
d sin − ccos − a
dcos  c sin  b .
Haciendo: tan 2  t, sin 
2t
1  t2
, cos  1 − t
2
1  t2
, tan  2t
1 − t2
, se tiene: tanV  m1 − m21  m1m2

 2t
1 − t2
 tan. Por tanto, V  .
A 11- Dada la recta r ≡ 3x  2y − 5  0, se pide: 1º) Ecuaciones de las rectas que pasan por 2,−1 y forman
un ángulo de 45º con r. 2º) Ecuaciones de las rectas que forman con las anteriores un cuadrado de
diagonal la recta r. 3º) Longitud del lado del cuadrado.
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