PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-91

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G 116- Hallar el lugar geométrico de los vértices de los triedros trirrectángulos cuyas aristas cortan a la
cónica x2  2xy  y2 − 2x − 4y  0, z  0.
Solución: Sea ,, el vértice del cono de generatriz: x − a 
y − 
b 
z − 
c . Cortando por z  0,
se tiene: x  −ac  , y 
−b
c  . Como ha de coincidir con la parábola, se tiene que verificar que:
−a
c  
2
 2 −ac  
−b
c   
−b
c  
2
− 2 −ac   − 4
−b
c    0, siendo:
a  x −  , b 
y − 
 , c 
z − 
 . Operando, se tiene que los coeficientes de los términos en x
2, y2, z2,
son: a11 
2
c22
, a22 
2
c22
, a33 
2  2  2 − 2 − 4
c22
. La condición para que un cono sea
capaz de un triedro trirrectángulo inscrito, es: a11  a22  a33  0. Luego, aplicándola, se tiene:
22  2  2  2 − 2 − 4  0, es decir: x2  y2  2z2  2xy − 2x − 4y  0, que es la ecuación
pedida.
G 117- Hallar el lugar geométrico de los vértices de los conos de revolución cicunscritos a un paraboloide.
Solución: Sea el paraboloide y
2
p 
z2
q − 2xt  0, y sea a,b,c,d un punto del lugar. La ecuación del
cono de vértice a,b,c,d circunscrito a la cuádrica fx,y, z, t  0, es: xfa′  yfb′  zfc′  tfd′ 
2 −
−4fa,b,c,dfx,y, z, t  0. Como fx′  −2t, fy′ 
2y
p , fz
′  2zq , ft
′  −2x, la ecuación del cono es:
−2x  2bp y 
2c
q z − 2a
2
− 4 b
2
p 
c2
q − 2a
y2
p 
z2
q − 2x  0. Los términos de segundo grado
de esta ecuación son: x2  2ap −
c2
pq y
2  2aq −
b2
pq z
2 − 2bp xy −
2c
q xz 
2bc
pq yz, o bien:
pqx2  2aq − c2y2  2ap − b2z2 − 2qbxy − 2pcxz  2bcyz. Por ser de revolución, los números de
Jacobi han de ser iguales, es decir: a11 − a12a13a23  a22 −
a12a23
a13  a33 −
a13a23
a12 . Por tanto:
pq − qbpcbc  2aq − c
2 − qbbcpc  2ap − b
2 − pcbcqb . Operando y simplificando, se obtiene que:
0  2apq − pc
2 − qb2
p 
2apq − qb2 − pc2
q . De donde: 2apq − qb
2 − pc2  0. Sustituyendo a,b,c por
x,y, z, se tiene el lugar pedido: qy2  pz2 − 2pqx  0.
G 118- Hallar el lugar geométrico de los vértices de un cono de revolución que pasa por la parábola
y2  2px, z  0. Demostrar que siendo M un punto del lugar, el eje del cono de vértice M, es la tangente
en M a la curva del lugar.
Solución: La ecuación del cono de vértice a,b,c circunscrito a la parábola, es:
c2y2  b2 − 2paz2  2pcxz − 2bcyz − 2pc2x  2pacz  0. Para que sea de revolución, como a12  0,
o bien, a13  pc  0, c  0, lo que no es posible, o bien, a23  −bc  0, es decir b  0, y
a11 − a22a33 − a22  a132 . Luego: c22pa  c2  p2c2, es decir: 2pa  c2 − p2  0, siendo el lugar
pedido: y  0, 2px  z2 − p2  0. La ecuación del eje es: y  0, x − pp 
cz  pa
−c2 − 2pa
, es decir: y  0,
px  cz  pa − p2  0. La ecuación de la tangente en M a la cónica de ecuación y  0, 2px  z2 − p2  0,
es: xfx′  yfy′  zfz′  px  cz − p2  pa  0, y  0, que es la misma ecuación que la del eje.
G 119- Se da un cono de vértice O, de ecuación x,y, z  0, y un plano P que pasa por el origen,
P ≡ ux  vy  wz  0, que corta al cono según dos generatrices g1 y g2. Encontrar la condición para que
g1 y g2 sean perpendiculares.
Solución: Sea x,y, z ≡ Ax2  A′y2  A′′z2  2Byz  2B′zx  2B′′xy  0. Eliminando z entre esta
ecuación y la de P, se tienen las ecuaciones de las proyecciones g1′ ,g2′ sobre z  0, de las generatrices
g1,g2: Aw2  A′′u ′′ − 2B′uwx2  2A′′uv − 2Buw − 2B′vw  2B′′w2xy  A′w2  A′′v2 − 2Bvwy2  0.
De donde, haciendo x  1, y  m, se obtienen los coeficientes angulares m1 y m2, de g1′ ,g2′ , siendo
m1m2  Aw
2  A′′u2 − 2B′uw
A′w2  A′′v2 − 2Bvw
, m1  m2  2A
′′uv − 2Buw − 2B′vw  2B′′w2
A′w2  A′′v2 − 2Bvw
. Como las ecuaciones de
g1 y de g2, son respectivamente: g1 ≡ xw 
y
wm1 
z
−u  vm1
, g2 ≡ xw 
y
wm2 
z
−u  vm2
,
para que sean perpendiculares ha de verificarse que w2  w2m1m2  u  vm1u  vm2  0, es decir:
v2  w2m1m2  uvm1  m2  u2  w2  0. Sustituyendo en esta ecuación los valores de m1m2 y de
m1  m2 hallados más arriba, se tiene la condición: u,v,w − A  A′  A′′u2  v2  w2  0.
271
G 120- Se considera el hiperboloide H ≡ x
2
a2
 y
2
b2
− z
2
c2
 1, y el cono C envolvente de los planos que
pasando por Mx0,y0, z0 son normales a las generatrices de H. 1º) Hallar los vértices del tetraedro
conjugado con relación a todas las cuádricas que pasan por la intersección de H y C. 2º) Hallar el lugar
geométrico Γ de estos vértices cuando siendo fijo M, varía el hiperboloide H, quedando concéntrico y
homotético a un hiperboloide dado. 3º) Hallar la superficie engendrada por Γ, cuando M describe la recta
x − x1
 
y − y1
 
z − z1
 . 4º) Hallar las posiciones de esta recta para que dicha superficie sea de
revolución.
Solución: 1º) Las ecuaciones de las generatrices son: xa 
z
c sin  cos,
y
b  −
z
c cos  sin. Los
planos normales a las generatrices, pasando por M, son: a sinx − x0 − bcosy − y0  cz − z0  0.
La ecuación del cono envolvente de estos planos, es: C ≡ a2x − x02  b2y − y02 − c2z − z02  0. La
ecuación de las cuádricas que pasan por la intersección de H y C, es: a2x − x02  b2y − y02 −
−c2z − z02   x
2
a2
 y
2
b2
− z
2
c2
− 1  0. Los vértices del tetraedro conjugado con dichas cuádricas,
verifican el sistema: a
2x − x0
x
a2

b2y − y0
y
b2

c2z − z0
z
c2

a2x − x0  b2y − y0 − c2z − z0
1 .
Es decir: a
4x − x0
x 
b4y − y0
y 
c4z − z0
z  a
2x − x0  b2y − y0 − c2z − z0. Por tanto, se
tiene el sistema: a4x − x0y  b4y − y0x, a4x − x0z  c4y − y0x, xa2
 y
b2
− z
c2
 1, cuyas raíces
son los vértices del tetraedro. 2º) La ecuación del hiperboloide será: x
2
a2
 y
2
b2
− z
2
c2
 . Introduciendo
este valor de  en las ecuaciones anteriores, se tienen las ecuaciones del lugar Γ de dichos vértices:
a4x − x0y  b4y − y0x, a4x − x0z  c4y − y0x, con   xa2
 y
b2
− z
c2
. 3º) La recta dada es:
x0 − x1
 
y0 − y1
 
z0 − z1
  . Luego: x0  x1  , y0  y1  , z0  z1  . Entrando con
estos valores en las ecuaciones de Γ, eliminando , operando y simplificando, se tiene la ecuación de la
superficie , engendrada por Γ cuando el punto M describe la recta dada: b4c4xz − z1 − y − y1 
a4c4yx − x1 − z − z1  a4b4zy − y1 − x − x1  0, que es una cuádrica. 4º) Los términos
de mayor grado de la ecuación de la cuádrica , son: c4xya4 − b4  b4xzc4 − a4  a4yzb4 − c4.
Para que sea de revolución, los correspondientes números de Jacobi han de ser iguales, luego:
c4b4a4 − b4c4 − a4
a4b4 − c4

c4a4b4 − c4a4 − b4
b4c4 − a4

b4a4c4 − a4b4 − c4
c4a4 − b4
. De donde se
obtiene: b8c4 − a422  a8b4 − c422, c8a4 − b422  a8b4 − c422. Es decir, extrayendo las
raíces cuadradas: b4c4 − a4  a4b4 − c4, ca4 − b4  a4b4 − c4. Las posiciones de la recta
son: a4b4 − c4x − x1  b4c4 − a4y − y1  c4a4 − b4z − z1.
G 121- En un cono de revolución se toma un punto A de la superficie. Por A se traza la perpendicular al plano
meridiano que pasa por A, y por esta recta se hace pivotar un plano que corta al cono según una cónica.
Hallar el lugar geométrico de los focos de esta.
Solución:
A O B
VV’
P
F
F’
LA’
A O B
VV’
P
F
F’
LA’
El lugar geométrico pedido es la estrofoide oblicua correspondiente a las rectas AO y OV′. El eje del cono
es VO. La recta AO es la traza del plano perpendicular a VO por O, con el plano meridiano VAB. La recta
OV′ es la paralela a la generatriz VB, trazada por O. Al hacer pivotar el plano en A, la intersección AL con
el plano meridiano, proporciona el eje mayor AA′ de la cónica, y el punto P de intersección con OV′. Los
puntos F y F′, situados sobre AL, quedan determinados por OP  PF  PF′, y son los focos de la cónica
272
sección. La estrofoide pasa por F y F′. Su asíntota es la generatriz VB, a la que la estrofoide es tangente en
V. El punto nodal es O.
Analíticamente: Sean:A0,0, Va,b, Oa, 0, B2a, 0, AL ≡ y − mx  0, VB ≡ bx  ay − 2ab  0,
V′O ≡ y  ba x − a  0, P
ab
am  b ,
abm
am  b , OP
2 
a2m2a2  b2
am  b2
. Siendo las coordenadas de
Fx,mx, se tiene: x − abam  b
2
 mx − abmam  b
2

a2m2a2  b2
am  b2
. Operando y sustituyendo
m  yx , se tiene el lugar pedido: x
2ay  bx − ab2  y2 xay  bx − ab2 − a2a2  b2  0.
G 122- Dado el cono de revolución de la figura, en el que OA  3 y O ′OA  30º, y siendo arco AMMB 
1
2 ,
hallar: 1º) El lugar geométrico de B, cuando A está situado en el plano XOZ, y M recorre la circunferencia
de la base del cono. 2º) El lugar geométrico de B al desarrollar el cono en el plano XOY. 3º) Área
comprendida entre la primera vuelta de B y el vértice O.
Solución:
X
Y
Z
O
O’ A
M
B
X
Y
M
B
AO θX
Y
Z
O
O’ A
M
B
X
Y
M
B
AO θ
1º) En la figura de la izquierda, OA  3 , O ′OA  30º, AO ′M  , OO ′  32 , O
′A  O ′M  32 ,
M 3 cos2 ,
3 sin
2 ,
3
2 , arco AM 
3 
2 , MB  3 , OB  3 − 3   3 1 − , siendo
las coordenadas de B: x  3 1 − cos2 , y 
3 1 −  sin
2 , z 
31 − 
2 . Por tanto, la
ecuación del lugar geométrico de B es: y  x tan 3 − 2z3 . 2º) En la figura de la derecha se indica el
desarrollo del cono, partiendo de una posición inicial de A sobre el eje OX, es decir A 3 ,0 . Se tiene
que OA   arco AM  3 2 , luego  

2 . Las coordenadas de B son: OBcos, OB sin, es decir:
x  3 1 − 2cos, y  3 1 − 2 sin. Por tanto, la ecuación implícita del lugar geométrico de B es:
x2  y2  3 1 − 2arctan yx
2
. En coordenadas polares, la ecuación es: 2  31 − 22. 3º) El área
pedida es 12 0

2d  12 0

31 − 22d  32  − 2
2  4
3
3 .
G 123- A un elipsoide dado E se le circunscriben una serie de cuádricas Q, siendo la curva de contacto la
intersección del elipsoide con un plano fijo P. Se circunscribe a cada cuádrica Q, un cono C de vértice A.
Hallar el lugar geométrico de las curvas de contacto de los conos C y de las cuádricas Q.
Solución: Se toman como ejes OX, OY, dos diámetros conjugados de la elipse sección de E por P, y
como eje OZ, el diámetro conjugado de P con relación a E. Luego, E ≡ x
2
a2
 y
2
b2
 
z − h2
c2
− 1  0,
Q ≡ x
2
a2
 y
2
b2
 
z − h2
c2
− 1  z2  0. Siendo el vértice A,,, la curva de contacto de C con Q,
está definida por Q y por el plano polar  de A. El lugar pedido se obtiene eliminando  entre Q y :
 z
2
a2
 y
2
b2
 
z − h2
c2
− 1 − z x
a2

y
b2

z − h − h
c2
− 1  0.
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