PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-10

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Solución:
B
A
A’
C
D
P
E
B
A
A’
C
D
P
E
Tomando como origen el punto medio de BC, y siendo 2a el lado de los triángulos equiláteros, se tiene:
Ca, 0, B−a, 0, A 0,a 3 , A′ 0,−a 3 , AC ≡ 3 x  y − a 3  0, AB ≡ − 3 x  y − a 3  0. La
escuación de la recta que pasa por A′, es: A′DE ≡ mx − y − a 3  0. Luego las coordenadas de D y E,
son: D 2a 3
m  3
, 2a 3 m
m  3
− a 3 , E 2a 3
m − 3
, 2a 3 m
m − 3
− a 3 . Por tanto, se tiene que la ecuación
de la recta BD, es: 3a 3  am y − x  a a 3 m − 3a  0. Y la ecuación de la recta CE, es:
3a 3 − am y − x − a a 3 m  3a  0. De la ecuación de BD, se obtiene m  3 3 y  3a
3 x
, y de la
de CE, m  3x
a 3 − y
. Igualando estos dos valores de m, y operando, se obtiene la ecuación pedida:
x2  y2  a − 3 33 y − a
2  0, que es una circunferencia.
C 27- Un rectángulo variable ABCD tiene el vértice A fijo, CD pasa por un punto fijo O, y B se nueve sobre
una recta fija que pasa por O. Hallar el lugar geométrico del vértice C, opuesto al vértice A.
Solución:
O
A
B
C
D
O
A
B
C
D
Siendo OB ≡ y  0, O0,0, Aa,b, B, 0, la ecuación de OC, paralela a AB, es: y  −bx − a ;
BC ≡ y   − ax − b . Luego  
ay − bx
y . Sustituyendo y operando: y
3  x2y  bx2 − axy  0. El
dibujo de esta curva para a  b  1, es el siguiente:
-2 2
-1.0
-0.5
28
C 28- Se dan dos puntos fijos Aa, 0 y B−b, 0. Por ellos se trazan tangentes a una circunferencia de centro
el origen y radio variable. Hallar el lugar geométrico de los puntos de intersección de dichas tangentes.
Solución:
A
P
P’
B
O
A
P
P’
B
O
Sea la tangente trazada desde A, AP ≡ y − x − a  0, y sea la tangente trazada desde B,
BP ≡ y − x  b  0. Las distancias desde el origen a estas rectas, son iguales, luego:
−a
2  1

b
2  1
. Sustituyendo en esta expresión los valores de   yx − a , y de  
y
x  b , se
tiene: a2 x  b2  y2 − b2 x − a2  y2  0. Operando, se obtiene la ecuación de la circunferencia:
a − bx2  y2  2abx  0.
C 29- Se dan dos ejes rectangulares y un círculo C tangente a OX en Aa, 0 y a OY en B0,a, siendo a  0.
1º) Hallar la ecuación general de los círculos Γ tangentes a OY y ortogonales a C. 2º) Hallar el lugar
geométrico de los centros de Γ. 3º) Por cada punto M del plano, pasan dos círculos Γ. Hallar la región
donde debe estar M para que los dos círculos Γ sean reales. 4º) Se consideran dos círculos Γ tangentes a
OY en D y D ′, tales que OD  OD ′  a2. Hallar el lugar de los puntos de encuentro de estos dos círculos
Γ. 5º) Se consideran dos círculos Γ ortogonales. Hallar el lugar del punto de encuentro de las polares del
origen respecto de dichos dos círculos.
Solución: 1º) La ecuación de la circunferencia C es: x2  y2 − 2ax − 2ay  a2  0. La ecuación de un
círculo tangente a OY, de centro , es: x2  y2 − 2x − 2y  2  0. La condición de ortogonalidad
de estos dos círculos, es: 2a  2a  a2  2, de donde   a − 
2
2a . Por tanto la ecuación de Γ es:
ax2  ay2 − a − 2x − 2ay  a2  0. 2º) El lugar geométrico de los centros de Γ es:
y2 − 2ax − 2ay  a2  0. 3º) Ordenando la ecuación de Γ, según las potencias de , se tiene:
a − x2  2ax − y  ax2  ay2 − a2x  0. La condición que debe cumplir el discriminante de esta
ecuación para que las dos raíces sean reales, es: a2x − y2 − a − xax2  ay2 − a2x 
 ax x − a2
2
 y − a2 − a
2
4 ≥ 0. Como a  0, la región pedida corresponde a los cuadrantes 1º y
4º, salvo el interior del círculo de centro a2 ,a y radio
a
2 . Para x  0, y para la circunferencia del
citado círculo, el discriminante es nulo, existiendo para los correspondientes puntos un círculo doble Γ.
4º) Las ecuaciones de los dos círculos son las siguientes: a − x2  2ax − y  ax2  ay2 − a2x  0,
a − x2  2ax − y  ax2  ay2 − a2x  0, siendo   a2  ax
2  ay2 − a2x
a − x . De donde el lugar
pedido de los puntos de encuentro de los dos círculos Γ, es: x2  y2  a2. 5º) Las polares del punto
0,0,1 vienen dadas por fz′  0. Por tanto se tiene el sistema: 2a − x2  2ax − y − a2x  0,
2a − x2  2ax − y − a2x  0, junto con la condición de ortogonalidad, cuya ecuación es:
a − 2a − 2
2a2
 2  2  2. De donde se obtienen las igualdades siguientes:     2ax − yx − 2a ,
  a
2x
x − 2a , a
2 − a    2  2a2 − 2. Luego la ecuación del lugar geométrico del punto de
encuentro de las polares del origen de coordenadas respecto de dos círculos Γ ortogonales, es la siguiente:
y2 − 4xy  2ay  4ax − a2  0.
C 30- Hallar el lugar geométrico de los pies P de las perpendiculares trazadas desde un punto M de la
bisectriz del ángulo XOY, sobre la recta de un segmento de longitud constante cuyos extremos A,B se
apoyan en OX y OY respectivamente.
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Solución: Sea el segmento de longitud constante: AB  a. Se tiene: Am, 0, B 0, a2 − m2 , M,,
AB ≡ xm 
y
a2 − m2
 1, MP ≡ y −   m
a2 − m2
x − . Eliminando m entre estas dos ecuaciones,
se tiene la ecuación pedida: xx −   yy − 2x −   yy − 2 − a2x − 2y − 2  0.
O A
B
P
M
O A
B
P
M
Trasladando los ejes paralelamente a sí mismos, tomando como origen el punto M, la ecuación es:
x2  y2x2  y2  x  y2 − a2x2y2  0. El dibujo de esta curva para el punto M5,5, y para a  10,
es el siguiente:
-10 -5
-10
-5
C 31- Un segmento de recta AA′, comprendido entre dos paralelas r y r ′, es visto desde un punto fijo O, bajo
un ángulo recto. Hallar el lugar geométrico del punto P, intersección de AA′ con la perpendicular bajada
desde O sobre AA′.
Solución:
O
A
P
A’ r’
r
O
A
P
A’ r’
r
Tomando como origen el punto O, y como eje OX, la paralela por O a las rectas dadas, se tiene: O0,0,
r ≡ y − d  0, r ′ ≡ y − d ′  0, P,, OP ≡ y −  x, AA
′ ≡ y −    x − , A  −
d − 
 ,d ,
A′  − d
′ − 
 ,d
′ . La pendiente de la recta OA es: d
 − d − 
. La pendiente de la recta OA′ es:
d ′
 − d
′ − 

. La condición de perpendicularidad de las pendientes de estas dos rectas, es la siguiente:
d
 − d − 
 d
′
 − d
′ − 

 −1. Operando, se obtiene: x2  y2x2  y2 − d  d ′y  dd ′   0.
El lugar se compone del origen y de una circunferencia.
C 32- Hallar el lugar geométrico de los puntos desde los cuales se pueden trazar pares de tangentes
perpendiculares a la curva y  x3.
Solución: Sea , un punto del lugar. Una recta cualquiera que pasa por él, es: y −   mx − . Las
abscisas de los puntos de intersección con la curva, vienen dadas por: x3    mx − , que en
coordenadas homogéneas, es: x3 − mxz2  −  mz3  0. Para obligar a que esta ecuación tenga una
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