PROBLEMAS_DE_GEOMETRIA_ANALITICA_Y_DIFERENCIAL-94

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H 16- Dada la curva x  at, y  bt2, z  t3, en donde 2b2  3a, demostrar que las tangentes forman un
ángulo constante con la recta que pasa por el origen y por el punto 1,0,1, y hallarlo.
Solución: Las ecuaciones de la recta dada son: x1 
y
0 
z
1 , es decir: x  z, y  0. Los parámetros
directores de la tangente, son: x ′  a, y ′  2bt, z ′  3t2. Por tanto, siendo  el ángulo entre la tangente y
la recta dada, se tiene: cos  a  3t
2
2a2  4b2t2  9t4
 a  3t
2
2a  3t22
 22 . Luego,  

4 .
H 17- Sobre una esfera de radio 1, hay una curva cuyas coordenadas esféricas verifican la ecuación
    2 . Obtener las ecuaciones paramétricas y cartesianas de la curva.
Solución: Las ecuaciones de la curva son: x   sincos, y   sin sin, z  cos. Como   1,
  2 − , se tiene: x  sin
2, y  sincos, z  cos. En cartesianas: x  z2 − 1  0, y2 − xz2  0.
H 18- Dada la curva x  t3, y  t
3  1
t , z 
t2 − 1
t , hallar la condición para que cuatro puntos de ella sean
coplanarios, determinando el plano que los contiene.
Solución: Sea el plano buscado: x  Ay  Bz  C  0. Luego: t3  At
3  1
t 
Bt2 − 1
t  C  0.
Operando, se tiene: t4  At3  Bt2  Ct  A − B  0. Por tanto: ti  −A, titj  B, titjtk  −C,
t1t2t3t4  A − B  −ti − titj. Luego la condición pedida es: t1t2t3t4  ti  titj  0. El plano es:
x − yti  ztitj − titjtk  0.
H 19- Dada la curva x  t4, y  t3, z  t2, encontrar las condiciones para que ocho puntos de la curva sean
coesféricos.
Solución: Sea la ecuación de la esfera: x2  y2  z2  Ax  By  Cz  D  0. Luego se tiene que:
t8  t6  t4  At4  Bt3  Ct2  D  t8  t6  1  At4  Bt3  Ct2  D  0. Las condiciones pedidas son:
ti  0, titj  1, titjtk  0, titjtktltmtntp  0.
H 20- Se da la curva x  t, y  t2, z  t4. 1º) Hallar la relación entre las t de cuatro puntos para que sean
coplanarios. 2º) Por la tangente AT trazada a la curva en un punto A de la misma, se hace pasar un plano
variable Q. Este plano encuentra a la curva en B y C. Hallar el lugar geométrico de la recta BC. 3º) Un
plano R cualquiera encuentra a la curva en cuatro puntos A,B,C,D. Las rectas AB y CD se cortan en M,
las rectas AC y BD se cortan en N, las rectas AD y BC lo hacen en P. Hallar el lugar geométrico de M, N y
P cuando R se desplaza paralelamente a sí mismo. Demostrar que este lugar es una cúbica, y expresarla en
paramétricas racionales. 4º) Demostrar que esta cúbica encuentra a la curva dada en tres puntos.
Solución: 1º) Sea la ecuación del plano ux  vy  wz  r  0. Se tiene: ut  vt2  wt4  r  0. Luego:
ti  t1  t2  t3  t4  0. 2º) Por ser tangente en A, t1  t2, luego: 2t1  t3  t4  0. Las ecuaciones de la
recta BC son: x − t3t4 − t3 
y − t32
t42 − t32
 z − t3
4
t44 − t34
. Luego, despejando: x − t3 
y − t32
t3  t4 
z − t34
t3  t4t32  t42
. De
donde se obtiene: y − t32t32  t42  z − t34, yt32  t42 − t32t42  z. Haciendo S  t3  t4, P  t3t4, se tiene
que: yS2 − 2P − P2  z. Además: x − t3t3  t4  y − t32, xS − P  y, S  −2t1, P  −2t1x − y. Luego:
y4t12  4t1x  2y − y  2t1x2  z. De donde: 4t12x2 − y2 − 4t12y  z  0, que es un paraboloide
hiperbólico, siendo t1 el parámetro correspondiente al punto A. 3º) Sea R ≡ ux  vy  wz  r  0, y sean
A′,B′,C ′,D ′ las proyecciones de A,B,C,D sobre z  0. Seguidamente se aplica que el centro es una
propiedad proyectiva, y se considera que M,N,P son centros de las cónicas degeneradas que pasan por
A,B,C,D. Como x  t, y  t2  x2, z  t4  y2, se tiene la cónica: x2  y. Sustituyendo estos valores en
la ecuación del plano, se obtiene la cónica: ux  vy  wy2  r  0. El haz de cónicas que pasan por esta
cónica y por la cónica x2  y, es: ux  vy  wy2  r  x2 − y  x2  wy2  ux  yv −   r  0,
cuyas derivadas son: fx′  2x  u  0, fy′  2wy  v −   0, de donde:   −u2x  v  2wy, es decir:
2vx  4wxy  u  0. Para que las cónicas del haz degeneren, se debe cumplir que su determinante sea
nulo:
 0 u2
0 w v − 2
u
2
v − 
2 r
 rw − u
2w
4 −
v − 2
4  0. Como r  −ux − vy − wz, se tiene:
280
−wux  vy  wz − u
2w
4 −
v − 2
4  0. Introduciendo en esta ecuación los valores de  antes
encontrados, se tiene: uwux  vy  wz2x −
u2w
4 −
u−2wy2
8x  0. Operando, las ecuaciones del lugar
pedido son: 2wy2  ux  2vy  2wz  0, 4wxy  2vx  u  0. En paramétricas: x  −u2t , y 
t − v
2w ,
z  −t
3  v2t  u2w
4w2t
. Introduciendo estos valores en la ecuación Ax  By  Cz  D  0, se tiene:
−u
2t A 
t − v
2w B 
−t3  v2t  u2w
4w2t
C  D  0, que es de tercer grado, luego es una cúbica. 4º) En la
superficie 4wxy  2vx  u  0, están los puntos del lugar de M, N y P, y también los de la alabeada
4wt  t2  2vt  u  0 (esta ecuación se obtiene sustituyendo en la ecuación de la superficie los valores de
la curva dada en el enunciado). Luego las raíces de 4wt3  2vt  u  0, corresponden a las tres t de los tres
puntos de encuentro.
H 21- Se da la curva x  t4, y  t3, z  t. 1º) Hallar la condición para que cuatro puntos de la curva, sean
coplanarios. 2º) Hallar la condición para que tres puntos de la curva, estén alineados. 3º) Hallar la
ecuación general de las secantes triples y su lugar geométrico.
Solución: 1º) La intersección de la curva con el plano ux  vy  wz  r  0, viene dada por la ecuación:
ut4  vt3  wt  r  0. Por tanto, la única condición es: titj  t1t2  t1t3  t1t4  t2t3  t2t4  t3t4  0.
2º) Para que estén alineados, los puntos deben estar sobre los planos: x  az  p, y  bz  q. Las t de estos
puntos vienen dadas por: t4  at  p, t3  bt  q. De esta última se deduce que: t1  t2  t3  0, y de la
primera, que: t1  t2  t3  t4  0. Luego: t4  0, t1t2  t1t3  t2t3  0. 3º) Los planos se transforman en:
x  t1t2t3z, y  t1t2t3, de donde: x  yz, que es el lugar geométrico de las secantes triples.
H 22- Probar que toda superficie de revolución que cumple la condición de ser plana la curva de contacto de
un cono cualquiera circunscrito a la superficie, es una cuádrica.
Solución: Sea fx2  y2, z  0, la superficie de grado m. Sea ,, el vértice del cono. El plano
tangente a la superficie en el punto x,y, z, es: X − xfx′  Y − yfy′  Z − zfz′  0. Y como pasa por
,,:  − xfx′   − yfy′   − zfz′  0. Esta ecuación, junto con fx2  y2, z  0, da la curva
intersección, de grado mm − 1. Como la curva es plana, su ecuación es: fx2  y2, z  0,
ux  vy  wz  r  0, que es de grado m. Como los dos grados han de ser iguales, por ser la misma curva,
ha de verificarse que m  mm − 1, de donde m  2, luego es una cuádrica.
H 23- Hallar el conoide engendrado por una recta que se apoya en OX, cuyo plano director es el plano YOZ,
siendo la mínima distancia de dicha recta a la recta x2 
y
−1 
z
3 , constante e igual a 4.
Solución: La recta que se apoya en OX y es paralela a YOZ, es: x − a0 
y
b 
z
c . Su distancia a la recta
dada, es: 4 
a 0 0
2 −1 3
0 b c
c  3b2  4c2  4b2
 −ac − 3ab
5c2  13b2  6bc
. Introduciendo los valores: a  x, b  y,
c  z, y operando, se tiene la ecuación pedida: 1613y2  5z2  6yz  x23y  z2.
H 24- Se da la curva x  pe cos, y  pe sin, z  p2 e
2. 1º) Hallar la proyección de la curva sobre el
plano XY. La curva está situada en una superficie de revolución S. Hallarla y definirla. 2º) La tangente en
un punto M de la curva, corta al plano XY en un punto N. Hallar y definir el lugar geométrico de N cuando
M varía sobre la curva dada. Siendo M ′ la proyección de M sobre XY, los puntos ONM ′ forman un
triángulo cuya naturaleza se pide. 3º) La citada tangente MN, es tangente también a la superficie S ′,
simétrica de S respecto de XY. Demostrarlo y hallar las coordenadas del punto de tangencia M1. 4º) El
punto M1 se proyecta sobre XY en M1′ . Hallar su lugar geométrico al moverse M1 sobre S ′. Definir el
triángulo OM ′M1′ .
Solución: 1º) La proyección de la curva sobre el plano XY vienedada por las ecuaciones: x  pe cos,
y  pe sin, es decir: x2  p2e2 cos2, y2  p2e2 sin2. Luego: x2  y2  p2e2, o bien:   pe.
Como: x2  y2  p2e2  2pz, se tiene que la superficie de revolución S es el paraboloide elíptico
x2  y2  2pz. 2º) Siendo: x ′  x − y, y ′  y  x, z ′  2z, la tangente en M es: X − xx − y 
Y − y
x  y 
Z − z
2z .
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Esta tangente corta al plano z  0 en el punto N x  y2 ,
y − x
2 ,0 . Luego la ecuación del lugar de N es:
x  12 pe
sin  cos, y  12 pe
sin − cos, z  0. O bien,   p 22 e
. Haciendo    − 4 ,
  p 22 e


4 , que es una espiral logarítmica. Siendo: O0,0, N x  y2 ,
y − x
2 , M
′x,y, se tiene
que: ON  NM ′, OM ′  2  ON. Luego el triángulo ONM ′ es rectángulo isósceles, siendo recto el
ángulo en N. 3º) S ′ ≡ x2  y2  2pz  0. Luego:
2 z − p2 e
2
2
e2
 p2e2  2p z − p2 e
2  2pz  0. De
donde: z  p2 e
2
2
 0, con lo que queda demostrado que MN es tangente a S ′, siendo el punto de
tangencia M1 pe sin,−pe cos,−
p
2 e
2 . 4º) Las coordenadas de M1′ son: pe sin,−pe cos. Luego
su lugar geométrico es:   pe−

2 . Siendo: O0,0, M ′e cos,e sin, M1′ e sin,−e cos,
se tiene que: OM ′  OM1′ , M ′M1′  2  OM ′. Luego el triángulo OM ′M1′ es rectángulo isósceles, siendo
recto el ángulo en O.
H 25- Dada la superficie x  a  bucosv, y  b  au sinv, z  hu, 1º) Demostrar que es reglada, hallando
las generatrices rectilíneas. 2º) Hallar la ecuación de la curva de contacto del cilindro que proyecta el
contorno aparente de esta superficie, sobre el plano XOY.
Solución: 1º) u  zh . Luego: x 
b
h zcosv  acosv, y 
a
h z sinv  b sinv. Por tanto, la superficie es
reglada, siendo las ecuaciones de las generatrices rectilíneas las obtenidas. 2º) El plano tangente a la
superficie es:
x − a  bucosv y − b  au sinv z − hu
bcosv a sinv h
−a  bu sinv b  aucosv 0
 0. Para que sea tangente al cilindro
proyectante:
bcosv a sinv
−a  bu sinv b  aucosv
 0, de donde u  − a
2 sin2v  b2 cos2v
ab . Sustituyendo
este valor en las ecuaciones de la superficie, se obtienen las ecuaciones pedidas: x  a
2 − b2
a cos
3v,
y  b
2 − a2
b sin
3v, z  −h a
2 sin2v  b2 cos2v
ab . Por tanto, la ecuación de la curva sobre el plano XY, es:
ax
2
3  by
2
3  a2 − b2
2
3 . 3º) El dibujo de esta curva para a  2, b  1, es el siguiente:
1.25-1.25
2.5
-2.5
1.25-1.25
2.5
-2.5
H 26- Dada la curva x  at, y  bt2, z  ct3, se trazan los planos osculadores en tres puntos A,B,C. Hallar el
área del triángulo formado por las intersecciones de los tres planos osculadores con el plano ABC.
Solución: El plano osculador en un punto genérico de la curva, es:
x − at y − bt2 z − ct3
a 2bt 3ct2
0 2b 6ct

 12abc
3t2x
a −
3ty
b 
z
c − t
3  0. Por cada punto del espacio ,, pasan tres planos osculadores,
según las tres raíces t1, t2, t3 de la ecuación: t3 − 3t
2
a 
3t
b −

c  0. Las coordenadas de este punto en
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