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Índice general
Introducción i
Sobre el Autor iii
Problemas y soluciones 1
1 El punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1 Rotación y traslación de ejes 11.2 Rotación de punto alrededor de O′ 31.3 División de un segmento en una razón r dada 4
2 La recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.1 Pendientes de las rectas distantes de d de un punto A y pasandopor un punto P 10
2.2 Ecuación de la recta paralela a una recta dada y distante de d 112.3 Cálculo de las pendientes de las bisectrices de dos rectas dadas 11
3 La circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.1 Lugar Geométrico 143.2 Tangente a la circunferencia 153.3 Familia de circunferencias 213.3.1 Familia de circunferencias pasando por 2 puntos 23
4 La parábola. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.1 De�nición de la parábola 254.2 Hallar los parámetros de cualquiera parábola 264.3 Hallar la ecuación de la parábola a partir de la distancia focal p,
y de las coordenadas del foco 29
5 La elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
5.1 Hallar los parámetros y las coordenadas del foco a partir de laecuación de la elipse 31
Índice general
5.2 Hallar la ecuación de elipse por la directriz, por un foco y unpunto 34
5.3 Tangente a la elipse 38
6 La hipérbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
6.1 Hallar la ecuación de la hipérbola conociendo las asintotas y laexcentricidad 43
6.2 Hallar una hipérbola conociendo un punto P , así que su asintotas 45
Introducción
Este libro es una muestra de lo que se desarrolla en el libro dematemática NUEVOSMÉTODOS DE GEOMETRÍA ANALÍTICA que se encuentraa http://www.bubok.es/libros/238057/Nuevos-Metodos-de-Geometria-Analitica
Los métodos de soluciones de problemas evitan largos cálculos y siguen la materiapropuesta en el libro NUEVOS MÉTODOS DE GEOMETRÍA ANALÍTICA.
Cada solución de problema esta explicada por un método con las fórmulas aaplicar.
i
Sobre el Autor
Daniel Vliegen es ingeniero canadiense formadoen Europa. Apasionado de matemática, de electrónica, deinformática, e inventor, el autor trabajo como consultoren Canadá.Durante su carrera en Europa y en Canadá, trabajo co-mo diseñador, e investigador (Research & Development)en los campos de electrónica analógica, sistemas digitales,micro-procesadores, programación (C, C++, Assembler,
PHP, Java etc...) y robótica, para empresas privadas y universidades.
Algunos de los proyectos...
* Sistemas de modulación espectral de frecuencia para transmisión de los datosGPS a través del canal audio de radio trunking - invención hecha en los años 1993-1998.
* Servo mecanismo de posicionamiento de un cañón láser a 2 ejes (azimut y eleva-ción) por micro-procesador para el estudio de la dispersión de humos de las bombaslacrimógena. Servo Mecanismo en posicionamiento y en velocidad. Programas de lasinterfaces de control por computadora.
* Sistema de medida por péndulo para estudiar los micro-movimientos de lasestructuras grandes como puentes y plantas hidroeléctricas.
Trabajo como asistenta de investigación en la Universidad de Montreal en eldominio de las micro-ondas.
Trabajo también en la Universidad de Brusela en el dominio de la Astronomía -Desarrollo de sistemas de medidas sobre el sol, campo magnético solar. Camera CCDDigital, tratamiento de los datos por micro-procesadores.
iii
Problemas y soluciones
1 El punto
1.1 Rotación y traslación de ejes
Problema 1. Sea un punto P de coordenadas (5, 5), hallar las nuevas coorde-nadas del punto después de una transformación de coordenadas compuesta por unatraslación de ejes en el nuevo origen O′(4, −3) y por una rotación de ejes tal que
tg θ =4
3.
Figura 1. Coordenadas del punto P en las coordenadas X′′Y ′′
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 1
Solución 1.1. Las coordenadas del punto P en el sistema de coordenadas X′Y ′se consiguen por las fórmulas de traslación de ejes (3.22), pagina 91 del libro NuevosMétodos de Geometría Analítica.Las coordenadas del punto P en el sistema de coordenadas X′Y ′ :
con xP = 5, yP = 5,y O′x = 4, O′y = −3
x′P = xP −O′x = 5− 4 = 1
y′P = yP −O′y = 5− (−3) = 8
Las coordenadas del punto P en el sistema de coordenadas X′′Y ′′, se consiguenpor las fórmulas de rotación de ejes (3.23) pagina 94 del libro Nuevos Métodos deGeometría Analítica:
x′′P = x′ cos θ + y′ sen θ
y′′P = −x′ sen θ + y′ cos θ
sen θ =tg θ√
1 + tg2 θ=
4
3√1 +
(4
3
)2=
4√42 + 32
=4
5
cos θ =1√
1 + tg2 θ=
1√1 +
(4
3
)2=
3√42 + 32
=3
5
x′′P =1 · 3
5+
8 · 45
=3 + 32
5= 7
y′′P = −1 · 45
+8 · 3
5=−4 + 24
5= 4
Las coordenadas del punto P en el sistema de coordenadas X′′Y ′′ son (7, 4).
2 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
1.2 Rotación de punto alrededor de O′Problema 2. Las coordenadas originales de un punto P son P0(8, 1). Después
de una rotación alrededor de O′(4,−2), las coordenadas del punto son P1(7, 2). Hallarel valor del ángulo de rotación θ.
Solución 1.2. Las fórmulas (3.26) pagina 104 dan las coordenadas del punto Pdespués de una rotación conociendo las coordenadas del punto pivote O′.
x1 = O′x + (x0 −O′x) cos θ − (y0 −O′y) sen θ
y1 = O′y + (x0 −O′x) sen θ + (y0 −O′y) cos θ donde
O′x = 4, O′y = −2, x0 = 8, y0 = 1, x1 = 7, y1 = 4
Al reemplazar los valores de las coordenadas dentro las fórmulas tenemos
(8− 4) cos θ − [1− (−2)] sen θ + 4 = 7
o sea 4 cos θ − 3 sen θ = 3
(8− 4) sen θ + [1− (−2)] cos θ − 2 = 2
o sea 4 sen θ + 3 cos θ = 4
La solución del sistema de ecuaciones por el método de Cramer
4 cos θ − 3 sen θ = 3
3 cos θ + 4 sen θ = 4
cos θ =
∣∣∣∣3 −34 4
∣∣∣∣∣∣∣∣4 −33 4
∣∣∣∣ =3 · 4− 4 · (−3)
4 · 4− 3 · (−3)=
12 + 12
16 + 9=
24
25
sen θ =
∣∣∣∣4 33 4
∣∣∣∣∣∣∣∣4 −33 4
∣∣∣∣ =4 · 4− 3 · 3
4 · 4− 3 · (−3)=
16− 9
16 + 9=
7
25
El ángulo se halla por
(180
π
)·(
arc cos24
25
)= 16◦.2602
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 3
Figura 2. Rotación del punto P alrededor de O′
1.3 División de un segmento en una razón r dada
Problema 3. Los puntos medios de los lados de un triángulo son M(2, 5),N(4, 2) y Q(1, 1). Hallar las coordenadas de los tres vértices A, B y C.
Solución 1.3. Sea M el punto medio del lado AB, N el punto medio del ladoAC, y Q el punto medio del lado BC.Al poner las coordenadas de los vértices A(xA, yA), B(xB, yB) y C(xC , yC), podemosescribir
xM =xA + xB
2= 2, yM =
yA + yB2
= 5
xN =xA + xC
2= 4, yN =
yA + yC2
= 2
xQ =xB + xC
2= 1, yQ =
yB + yC2
= 1
Las ecuaciones de las abscisas de los vértices:
xA + xB = 4
xA + xC = 8
xB + xC = 2
Al considerar un sistema de ecuaciones a 2 incógnitas xA y xB, tendremos
xA + xB = 4
xA − xB = xA + xC − (xB + xC) = 8− 2 = 6
4 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
que nos da
xA =4 + 6
2= 5, xB =
4− 6
2= −1
xA + xC = 5 + xC = 8, de donde xC = 3
Las abscisas son xA = 5, xB = −1, xC = 3 . Las ecuaciones de las ordenadas delos vértices :
yA + yB = 10
yA + yC = 4
yB + yC = 2
Al considerar un sistema de ecuaciones a 2 incógnitas yA e yB, tenemos
yA + yB = 10
yA − yB = yA + yC − (yB + yC) = 4− 2 = 2
que nos da
yA =10 + 2
2= 6, yB =
10− 2
2= 4
yA + yC = 6 + yC = 4, de donde yC = −2
Las ordenadas son yA = 6, yB = 4, yC = −2 .
Las coordenadas de los vértices son A(5, 6), B(−1, 4), (3,−2) .
Figura 3. Hallar las coordenadas de los vértices ABC del triángulo
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 5
Problema 4. Conociendo el vértice C(1, 7), el vértice A(−4, 2), la longitud ypendiente de la altura respectivamente iguales a CH = h = 2
√10 y mh = 3 dentro el
triángulo ABC, se pide de hallar las coordenadas del pie H, así que las coordenadasdel vértice B si la razón BA : AH = −4
Figura 4. Cálculo de la coordenadas de H y de B
Solución 1.4. La solución del problema se hace en 2 etapas.Etapa I : Cálculo de las coordenadas de H, con pendiente de la altura mh = 3 yh = 2
√10. Por las fórmulas (3.17) pagina 74 de NUEVOS MÉTODOS DE LA
GEOMETRÍA ANALÍTICA
xH = xC +h√
1 +m2h
, yH = yC +mhh√1 +m2
h
xH = 1− 2√
10√1 + 32
= 1− 2 = −1
yH = 7− 3 · 2√
10√1 + 32
= 7− 6 = 1
Las coordenadas del pie H de la altura son (−1, 1) .
6 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Etapa II : Cálculo de las coordenadas del vértice B.Las coordenadas se hallan al considerar la división del segmento BA por el pie H dela altura del triángulo. Por las fórmulas (3.8) pagina 61, de la división de segmento
por una razón r dondeBA
AH= −4 dando las coordenadas del punto A(−4, 2),
xA =xB + rxH
1 + r=xB − 4 · (−1)
1− 4
=xB + 4
−3= −4
xB = 12− 4 = 8
yA =yB + ryH
1 + r=yB − 4 · 1
1− 4
=yB − 4
−3= 2
yB = −6 + 4 = −2
Las coordenadas del vértice B son (8,−2) .
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 7
Problema 5. Expresar las coordenadas del baricentro del triángulo en funciónde las coordenadas de los vértices ABC
Figura 5. Coordenadas del baricentro O
El baricentro O es la intersección de las medianas CN y BN . Los triángulos4MNO y 4BCO son semejantes y la razón entre los lados respectivos esMN
CB=MO
OB=ON
CO=
1
2. Sobre base de la división del segmento por una razón r,
calcular por 2 métodos diferentes las coordenadas del baricentro O.
Solución 1.5. La primera solución es considerar la división del segmento CN
por el punto O de tal manera que la razón sea r =CO
ON= 2.
Las coordenadas del punto O son
xO =xC + rxN
1 + rcon r = 2 y xN =
xA + xB2
=xC + 2 · xA + xB
21 + 2
=xA + xB + xC
3
yO =yA + yB + yC
3
8 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Solución 1.6. La segunda solución es considerar el punto O como conocido yel punto N como incógnito. En este caso la razón es negativa porque el punto N es
a fuera del segmento CO y la razón se escribe r =CN
NO= −3. Las coordenadas del
punto N se expresen por
xN =xC + rxO
1 + rcon r = −3 y xN =
xA + xB2
xN =xC − 3xO
1− 3xA + xB
2=xC − 3xO−2
o sea xA + xB = 3xO − xC
y xO =xA + xB + xC
3
yO =yA + yB + yC
3
Las coordenadas del baricentro del triángulo 4ABC son :
O
(xA + xB + xC
3,yA + yB + yC
3
)
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 9
2 La recta
2.1 Pendientes de las rectas distantes de d de un punto A ypasando por un punto P
Problema 6. Hallar las pendientes de las dos rectas pasando por P (−3,−4) auna distancia de 3 del punto C(3,−1).
Solución 2.1. La fórmula (4.6) pagina 146 que está en Nuevos Métodos deGeometría Analítica da las pendientes mR de las rectas pasando por P (−3,−4) auna distancia d = 3 de C(3,−1),
∆x = xP − xC = −3− 3 = −6, ∆y = yP − yC = −4− (−1) = −3
mR =∆x∆y ± d
√∆x2 + ∆y2 − d2
∆x2 − d2
=(−6) · (−3)± 3
√(−6)2 + (−3)2 − 32
(−6)2 − 32
=18± 3
√36 + 9− 9
36− 9=
18± 3 · 627
mR1 =18 + 18
27=
36
27=
4
3
mR2 =18− 18
27= 0
Figura 6. Rectas de pendientes mR1 y mR2 distantes de 3 de C ypasando por P
10 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Las pendientes de las rectas pasando por P y distantes de 3 de C son
mR1 =4
3y mR2 = 0 .
2.2 Ecuación de la recta paralela a una recta dada ydistante de d
Problema 7. Escribir la ecuación de la recta paralela a x + 2y = 4 a unadistancia d =
√5. Por la fórmula (4.9) pagina 156 del libro Nuevos Métodos de
Geometría Analítica
Solución 2.2.
Ax+By + C = ±d√A2 +B2
x+ 2y − 4 =√
5 ·√
12 + 22 =√
5 ·√
5 = 5
Ecuación de la paralela a una distancia de√
5 es x+ 2y = 9 .
2.3 Cálculo de las pendientes de las bisectrices de dos rectasdadas
Problema 8. Hallar las pendientes de las bisectrices de las rectas R1 ≡ −5x +12y − 60 = 0 y R2 ≡ 3x+ 4y − 20 = 0
Solución 2.3. El libro Nuevos Métodos de Geometría Analítica da las fórmulas
(4.15) pagina 167. Las pendientes de R1 y R2 son respectivamente mR1 =5
12y
mR2 = −3
4.
Las pendientes mbisect1 y mbisect2 de las bisectrices se calculan por
mbisect1 = tgω1 + ω2
2
mbisect2 = − 1
tgω1 + ω2
2
donde tgω1
2= mR1 ±
√1 +m2
R1 y tgω2
2= mR2 ±
√1 +m2
R2
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 11
Ver la tabla I pagina 166 para eligir los signos.Ecuación de la recta R1 ≡ A1x+B1y + C1 = 0 ≡ −5x+ 12y − 60 = 0
A1 = −5, B1 = 12, C1 = −60 < 0 de donde tgω1
2> 0
tgω1
2= mR1 +
√1 +m2
R1 =5
12+
√1 +
(5
12
)2
=5 +√
169
12
=5 + 13
12=
18
12=
3
2Ecuación de la recta R2 ≡ A2x+B2y + C2 = 0 ≡ 3x+ 4y − 20 = 0
A2 = 3, B2 = 4, C2 = −20 < 0 de donde tgω2
2> 0
tgω2
2= mR2 +
√1 +m2
R2 = −3
4+
√1 +
(−3
4
)2
=−3 +
√25
4
=−3 + 5
4=
2
4=
1
2Cálculo de la pendiente mbisect1,
mbisect1 = tgω1 + ω2
2=
tgω1
2+ tg
ω2
2
1− tgω1
2· tg ω2
2
donde tgω1
2=
3
2y tg
ω2
2=
1
2
mbisect1 =
3
2+
1
2
1− 3
2· 1
2
=
4
2
1− 3
4
= 2 · 4 = 8
mbisect2 = − 1
mbisect1
= −1
8= −0.125
Las pendientes de las bisectrices formadas por
R1 ≡ −5x+ 12y − 60 = 0 y R2 ≡ 3x+ 4y − 20 = 0
son mbisect1 = 8 y mbisect2 = −1
8.
12 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Se veri�ca los resultados al comparar lo que se obtiene con las ecuaciones de lasbisectrices a partir de las ecuaciones de las rectas,
A1x+B1y + C1√A2
1 +B21
= ±A2x+B2y + C2√A2
2 +B22
A1x+B1y + C1 ≡ −5x+ 12y − 60
A2x+B2y + C2 ≡ 3x+ 4y − 20
Ecuaciones de las bisectrices :−5x+ 12y − 60√
(−5)2 + 122= ±3x+ 4y − 20√
32 + 42
−5x+ 12y − 60
13= ±3x+ 4y − 20
5
Ecuación de la bisectrice 1 :−5x+ 12y − 60
13=
3x+ 4y − 20
5−25x+ 60y − 300 = 39x+ 52y − 260
−64x+ 8y − 40 = 0
al dividir por 8 : − 8x+ y − 5 = 0
Ecuación de la bisectrice 2 :−5x+ 12y − 60
13= −3x+ 4y − 20
5−25x+ 60y − 300 = −(39x+ 52y − 260)
−25x+ 60y − 300 + 39x+ 52y − 260 = 0
14x+ 112y − 560 = 0
al dividir por 14 : x+ 8y − 40 = 0
La pendiente de la primera bisectriz es 8 .
Se veri�ca que la pendiente de la segunda bisectriz es −1
8.
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 13
3 La circunferencia
3.1 Lugar Geométrico
Problema 9. Un punto P se mueve de tal manera que el cuadrado de su distan-cia de la base de un triángulo isósceles es siempre igual al producto de sus distanciasde los otros lados.
Se supone que la ecuación de la base es y = 0.Si el triángulo es isósceles, las pendientes de los otros lados son opuestas, y lasecuaciones de los lados son respectivamente Ax+By+C = 0 y −Ax+By+C = 0.Al aplicar la de�nición del lugar geométrico, se escribe
Solución 3.1.
y2 =Ax+By + C√
A2 +B2· −Ax+By + C√
A2 +B2
y2(A2 +B2) = (By + C)2 − A2x2
A2y2 +B2y2 = B2y2 + 2BCy + C2 − A2x2
A2(x2 + y2)− 2BCy = C2
o sea : x2 + y2 − 2BCy
A2− C2
A2= 0
Lo que es una circunferencia de centro (0,BC
A2) y
de radio R =
∣∣∣∣ CA2
√A2 +B2
∣∣∣∣. Ver fórmula (2.2) pagina 197 que está en
Nuevos Métodos de Geometría Analítica.
14 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
3.2 Tangente a la circunferencia
Problema 10. Hallar la ecuación de la tangente a la circunferenciax2 + y2 − 6x− 8y + 20 al punto P (4, 2).Ver la fórmula (4.5) pagina 246 de Nuevos Métodos de Geometría Analítica.
Solución 3.2.
xP = 4, yP = 2, D = −6, E = −8
Fórmula ecuación de la tangente : x(xC − xP ) + y(yC − yP ) = xCxP + yCyP − (x2P + y2P )
donde xC = −D2
= −−6
2= 3, yC = −E
2= −−8
2= 4
Ecuación de la tangente : x(3− 4) + y(4− 2) = 3 · 4 + 4 · 2− (42 + 22)
−x+ 2y = 12 + 8− 16− 4
−x+ 2y = 0
La tangente a la circunferencia x2 + y2 − 6x− 8y + 20 al punto P (4, 2).
es −x+ 2y = 0
Problema 11. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el puntoA(−10,−2) y por las intersecciones de la circunferencia Γ ≡ x2+y2+2x−2y−32 = 0y la recta Re ≡ x− y + 4 = 0.
Solución 3.3. Se remplaza el valor de y dentro la ecuación de la circunferenciapara hallar las coordenadas de los puntos de intersección B y C,
y = x+ 4
x2 + (x+ 4)2 + 2x− 2(x+ 4)− 32 = 0
2x2 + 8x+ 16− 8− 32 = 0
2x2 + 8x− 24 = 0
Al dividir por 2 : x2 + 4x− 12 = 0
xB,C = −2±√
(−2)2 + 12 = −2± 4
xB = −2− 4 = −6, yB = xB + 4 = −6 + 4 = −2
xC = −2 + 4 = 2, yC = xC + 4 = 2 + 4 = 6
Las coordenadas de los puntos de intersección son B(−6,−2) y C(2, 6).La ecuación general de la circunferencia esx2 + y2 +Dx+ Ey + F = 0 que pasa por A(−10,−2), B(−6,−2) y C(2, 6).
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 15
Los tres puntos pertenecen a la circunferencia, y veri�can su ecuación,
Punto A(−10,−2) : (−10)2 + (−2)2 +D · (−10) + E · (−2) + F = 0
100 + 4− 10D − 2E + F = 0
− 10D − 2E + F = −104
Punto B(−6,−2) : (−6)2 + (−2)2 +D · (−6) + E · (−2) + F = 0
36 + 4− 6D − 2E + F = 0
− 6D − 2E + F = −40
Punto C(2, 6) : 22 + 62 +D · 2 + E · 6 + F = 0
4 + 36 + 2D + 6E + F = 0
2D + 6E + F = −40
Solucionar el sistema de ecuación
−10D − 2E = −104− F−6D − 2E = −40− F
2D + 6E + F = −40
Se considera un sistema de 2 incógnitos D y E que vamos a expresar en función deF ,
D =
∣∣∣∣−104− F −2−40− F −2
∣∣∣∣∣∣∣∣−10 −2−6 −2
∣∣∣∣ =(−2) · (−104− F )− (−40− F ) · (−2)
(−2) · (−10)− (−6) · (−2)
=208 + 2F − (80 + 2F )
20− 12=
128
8= 16
E =
∣∣∣∣−10 −104− F−6 −40− F
∣∣∣∣∣∣∣∣−10 −2−6 −2
∣∣∣∣ =(−10) · (−40− F )− (−6) · (−104− F )
(−10) · (−2)− (−6) · (−2)
=400 + 10F − (624 + 6F )
20− 12=−224 + 4F
8= −28 +
F
2
16 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Se reemplaza los valores de D = 16 y E = −28 +F
2dentro la tercera ecuación
2D + 6E + F = −40, lo que nos da
2 · 16 + 6(−28 +F
2) + F = −40
32− 168 + 3F + F = −40
4F = −40 + 168− 32 = 96
F = 24
E = −28 +F
2= −28 +
24
2= −16
Los coe�cientes son : D = 16, E = −16, F = 24
La ecuación de la circunferencia pasando por los tres puntos
es x2 + y2 + 16x− 16y + 24 = 0 .
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 17
La circunferencia es de centro y de radio
Centro : xC = −D2
= −16
2= −8
yC = −E2
= −−16
2= 8
Radio : R =1
2
√D2 + E2 − 4F =
1
2
√162 + (−16)2 − 4 · 24 =
√256 + 256− 96
2=√
104
Problema 12. Hallar las coordenadas del punto A desde el cual se traza lastangentes comunes a las circunferencias Γ1 ≡ x2 + y2 − 4x − 2y + 1 = 0 y Γ2 ≡x2+y2−28x−20y+280 = 0. El punto A se encuentra sobre la linea de los diámetrosde las circunferencias. Hallar las pendientes de las tangentes.
Figura 7. Hallar las coordenadas del punto A
Solución 3.4. En la �gura, se nota que los triángulos 4AC1T1 y 4AC2T2 sonsemejantes. Con R1 y R2 siendo los radios de las circunferencias Γ1 y Γ2 dada,
podemos escribirR1
R2
=C1T1
C2T2=C1A
AC2
. Cálculo de las coordenadas de los centros y los
radios,
18 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Identi�cación de los coe�cientes de Γ1
Γ1 ≡x2 + y2 − 4x− 2y + 1 = 0
D1 = −4, E = −2, F1 = 1
Coordenadas C1 : xC1 = −D1
2= −−4
2= 2, yC1 = −E1
2= −−2
2= 1
Radio R1 : R1 =
√D2
1 + E21 − 4F1
2=
√(−4)2 + (−2)2 − 4 · 1
2=
√16
2= 2
Identi�cación de los coe�cientes de Γ2
Γ2 ≡x2 + y2 − 28x− 20y + 280 = 0
D2 = −28, E2 = −20, F2 = 280
Coordenadas C2 : xC2 = −D2
2= −−28
2= 14, yC2 = −E2
2= −−20
2= 10
Radio R2 : R2 =
√D2
2 + E22 − 4F2
2=
√(−28)2 + (−20)2 − 4 · 280
2
=
√784 + 400− 1120
2=
√64
2= 4
Cálculo de la razón r y coordenadas del punto A
Razón r : r =R1
R2
=1
2
Coordenadas punto A : xA =xC1 + rxC2
1 + r=
2 +14
2
1 +1
2
=4 + 14
3= 6
yA =yC1 + ryC2
1 + r=
1 +10
2
1 +1
2
=2 + 10
3= 4
Coordenadas del punto A : (6, 4) .
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 19
Cálculo de las pendientes de las tangentes. El cálculo es basado sobre la fórmulade la recta pasando por A a distancia de un centro de una circunferencia.Ver (4.6) pagina 146 de Nuevos Métodos de Geometría Analítica. Elegimos Γ1 decentro C1(2, 1) y de radio R1 = 2,
∆x = xA − xC1 = 6− 2 = 4, ∆y = yA − yC1 = 4− 1 = 3
R1 = 2
mR =∆x∆y ±R1
√∆x2 + ∆y2 −R2
1
∆x2 −R21
=4 · 3± 2
√42 + 32 − 22
42 − 22=
12± 2√
16 + 9− 4
12
=12± 2
√21
12=
6±√
21
6
Las pendientes son mR1 =6 +√
21
6= 1.763 y mR2 =
6−√
21
6= 0.2362 .
20 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
3.3 Familia de circunferencias
La familia de circunferencias pasa por un eje radical común a 2 circunferenciasΓ1, y Γ2 la ecuación de la familia se escribe Γ1 + kΓ2 = 0
Problema 13. Hallar la circunferencia Γ3 pasando por los puntos de intersecciónde Γ1 : x2 + y2 − 8x− 4y = 0 y de Γ2 : x2 + y2 + 4x− 16 = 0 y que tiene su centroC3 sobre la recta −2x+ y − 9 = 0.
Figura 8. Halla la ecuacion de la circunferencia Γ3
Solución 3.5. La ecuación de la familia de circunferencias se escribe
Γ1 + kΓ2 = 0
o sea : x2 + y2 − 8x− 4y + k(x2 + y2 + 4x− 16) = 0
(1 + k)x2 + (1 + k)y2 − (8− 4k)x− 4y − 16k = 0
Al dividir por 1 + k : x2 + y2 − (8− 4k)x
1 + k− 4y
1 + k− 16k
1 + k= 0
Las coordenadas del centro de la familia de circunferencias se hallan por
D = −8− 4k
1 + k, E = − 4
1 + k
xC3 = −D2
= −−(8− 4k)
2(1 + k)=
4− 2k
1 + k
yC3 = −E2
= − −4
2(1 + k)=
2
1 + k
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 21
El centro C3 se encuentra sobre la recta −2x + y − 9 = 0, y veri�ca entonces laecuación,
−2xC3 + yC3 − 9 = 0
−2(4− 2k)
1 + k+
2
1 + k− 9 = 0
Al multiplicar por 1 + k : − 2(4− 2k) + 2 = 9(1 + k)
−8 + 4k + 2 = 9 + 9k
4k − 9k = 9− 2 + 8 = 15
k = −15
5= −3
Cálculo del centro,
xC3 =4− 2k
1 + k=
4− 2 · (−3)
1− 3=
4 + 6
−2= −5
yC3 =2
1 + k=
2
1− 3= −1
Cálculo del radio,
D = −8− 4k
1 + k, E = − 4
1 + k, F = − 16k
1 + k
= −8− 4k
1 + k= −8 + 4 · 3
1− 3= − 20
−2= 10
E = − 4
1 + k= − 4
1− 3= 2
F = − 16k
1 + k= −−3 · 16
1− 3= −−48
−2= −24
Radio : R =
√D2 + E2 − 4F
2=
√102 + 22 + 4 · 24
2=
√100 + 4 + 96
2= 5√
2
La ecuación de la circunferencia Γ3 cuyo el centro es sobre −2x+ y − 9 = 0
y pasando por las intersecciones de Γ1 y Γ2 es,
Γ3 ≡ x2 + y2 + 10x+ 2y − 24 = 0 .
22 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
3.3.1. Familia de circunferencias pasando por 2 puntosVer fórmula (5.2) pagina 272 Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Problema 14. Hallar la ecuación de la familia de circunferencia pasando porP1(−1, 3) y P2(1, −1).
Solución 3.6. Al aplicar las fórmulas tenemos,
x1 = −1, y1 = 3, x2 = 1, y2 = −1
D(x1 − x2) + E(y1 − y2) = x22 + y22 − x21 − y21−x21 − y21 −Dx1 − Ey1 = F
D(−1− 1) + E[3− (−1)] = 12 + (−1)2 − (−1)2 − 32
−(−1)2 − 32 +D − 3E = F
−2D + 4E = 1 + 1− 1− 9
D − 3E − 1− 9 = F
−2D + 4E = −8
D − 3E = 10 + F
La solución del sistema de ecuaciones,
D =
∣∣∣∣ −8 410 + F −3
∣∣∣∣∣∣∣∣−2 41 −3
∣∣∣∣ =(−8) · (−3)− (10 + F ) · 4
(−2) · (−3)− (1) · (4)
=24− 40− 4F
−16− 4F= −8− 2F
E =
∣∣∣∣−2 −81 10 + F
∣∣∣∣∣∣∣∣−2 41 −3
∣∣∣∣ =(−2) · (10 + F )− (1) · (−8)
(−2) · (−3)− (1) · (4)
=−20− 2F + 8
6− 4= −6− F
La ecuación de la familia de circunferencias pasando por los puntos P1 y P2 es
x2 + y2 − x(8 + 2F )− y(6 + F ) + F .
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 23
Figura 9. Familia de circunferencias pasando por los puntos P1 y P2
24 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
4 La parábola
4.1 De�nición de la parábola
Problema 15. Hallar la parábola conociendo la directriz y = 2x− 4 y las coor-denadas del foco F (−2, 1).
Solución 4.1. Se aplica la de�nición de la parábola como lugar geométrico delos puntos equidistantes de una recta (la directriz) y de un punto �jo (el foco).
Coordenadas del foco : xF = −2, yF = 1
Directriz : y − 2x+ 4 = 0
De�nición de la parábola :√
(x− xF )2 + (y − yF )2 =y − 2x+ 4√12 + (−2)2
La distancia de punto (x, y) al foco F (xF , yF ) = la distancia de este punto a unarecta. √
[x− (−2)]2 + (y − 1)2 =y − 2x+ 4√12 + (−2)2
(x+ 2)2 + (y − 1)2 =(y − 2x+ 4)2
55[(x+ 2)2 + (y − 1)2] = (y − 2x+ 4)2
5(x2 + 4x+ 4 + y2 − 2y + 1) = (y − 2x)2 + 8(y − 2x) + 16
5x2 + 20x+ 5y2 − 10y + 25 = y2 − 4xy + 4x2 + 8y − 16x+ 16
x2 + 4y2 + 4xy + 36x− 18y + 9 = 0
La ecuación de la parábola es x2 + 4y2 + 4xy + 36x− 18y + 9 = 0 .
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 25
4.2 Hallar los parámetros de cualquiera parábola
A partir de la ecuación general de una parábola, hallar las coordenadas del vértice,del foco, distancia focal p, así que la ecuación de la directriz.Ver las fórmulas (1.10) pagina 352 de Nuevos Métodos de Geometría Analítica.
Problema 16. Hallar el valor de la distancia focal p así que la ecuación de ladirectriz de la parábola 4x2 + 4xy + y2 + 28x− 36y + 24 = 0.
Solución 4.2. Identi�cación de los coe�cientes,
A = 4, B = 4, C = 1, D = 28, E = −36, F = 24
Cálculo de la pendiente del eje :
tg θ =−(A− C)±
√(A− C)2 +B2
B
=−(4− 1)−
√(4− 1)2 + 42
4
=−3−
√9 + 16
4=−3− 5
4= −2
Cálculo de la distancia focal :
p = − E tg θ +D
4(A+ C)√
1 + tg2 θ= − [(−36) · (−2) + 28]
4(4 + 1)√
1 + (−2)2
= −(72 + 28)
20√
5= − 5√
5
p = −√
5
26 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Fórmula intermediaria 1 :
y′v =D tg θ − E
2(A+ C)√
1 + tg2 θ=
28 · (−2)− (−36)
2(4 + 1)√
1 + (−2)2
=−56 + 36
10√
5= − 2√
5
Fórmula intermediaria 2 :
x′v =F − (A+ C)y′2v
4p(A+ C)=
24− (1 + 4) ·(−2√
5
)2
−4(1 + 4)√
5
=24− 4
−20√
5= − 1√
5
Coordenadas del vértice :
xv =x′v − y′v tg θ√
1 + tg2 θ=
− 1√5− (− 2√
5) · (−2)√
1 + (−2)2
=−1− 4
5= −1
yv =x′v tg θ + y′v√
1 + tg2 θ=
(−1√
5
)· (−2)− 2√
5√1 + (−2)2
=2− 2
5= 0
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 27
Coordenadas del foco :
xF = xv +p√
1 + tg2 θ= −1 +
−√
5√1 + (−2)2
= −1− 1 = −2
yF = yv +p tg θ√1 + tg2 θ
= 0 +(−√
5) · (−2)√1 + (−2)2
=2√
5√5
= 2
Ecuación de la directriz :
x+ y tg θ = (x′v − p)√
1 + tg2 θ = [− 1√5− (−
√5)]√
1 + (−2)2
x− 2y = (− 1√5
+√
5)√
5 = −1 + 5 = 4
x− 2y = 4
Figura 10. Hallar los parámetros de la parábola dada
28 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
4.3 Hallar la ecuación de la parábola a partir de la distanciafocal p, y de las coordenadas del foco
Problema 17. Hallar la ecuación de la parábola conociendo la directriz 2x+y−3 = 0, el foco F (5, 3) y la distancia focal p =
√5.
Solución 4.3. Aplicar la fórmula Ver (1.11) pagina 362 de Nuevos Métodos deGeometría Analítica usando la pendiente del eje focal tg θ, así que las coordenadasdel vértice V . Coordenadas del vértice V (xv, yv):
tg θ = − 1
mdir
= − 1
−2=
1
2xF = 5, yF = 3
xv = xF −p√
1 + tg2 θ= 5−
√5√
1 +
(1
2
)2
= 5− 2√
5√5
= 3
yv = yF −p tg θ√1 + tg2 θ
= 3−
√5 ·(
1
2
)√
1 +
(1
2
)2
= 3−√
5√5
= 2
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 29
Ecuación de la parábola :
[−(x− xv) tg θ + (y − yv)]2 = 4p[(x− xv) + (y − yv) tg θ]√
1 + tg2 θ[−(x− 3)
2+ (y − 2)
]2= 4√
5
[(x− 3) +
y − 2
2
]√1 +
(1
2
)2
(−x+ 3 + 2y − 4)2
4=
4√
5(2x− 6 + y − 2)√
5
4(−x+ 2y − 1)2 = 4 · 5 · (2x+ y − 8)
x2 − 2x(2y − 1) + (2y − 1)2 = 40x+ 20y − 160
x2 − 2x(2y − 1) + 4y2 − 4y + 1 = 40x+ 20y − 160
x2 − 4xy + 2x+ 4y2 − 4y + 1 = 40x+ 20y − 160
x2 − 4xy + 4y2 − 38x− 24y + 161 = 0
La ecuación de la parábola de distancia focal p =√
5 y de foco F (5, 3) es
x2 − 4xy + 4y2 − 38x− 24y + 161 = 0
Figura 11. Hallar la ecuación de la parábola a partir de la distanciafocal p y las coordenadas del foco F
30 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
5 La elipse
5.1 Hallar los parámetros y las coordenadas del foco apartir de la ecuación de la elipse
El libro Nuevos Métodos de Geometría Analítica da un método para hallar lascoordenadas del centro y las longitudes de los ejes mayor y menor.
Problema 18. Hallar las coordenadas del centro C, las longitudes de los ejesmayor a y menor b así que las coordenadas de los focos F1 y F2 de la elipse cuya laecuación es 6x2 + 4xy + 9y2 − 20x− 40y = 0.
Solución 5.1. Las coordenadas del centro C se hallan por la fórmula (2.18)pagina 459. Los coe�cientes de la ecuacion son,
A = 6, B = 4, C = 9, D = −20, E = −40, F = 0
xC =2CD −BEB2 − 4AC
=2 · 9 · (−20)− 4 · (−40)
42 − 4 · 6 · 9=−360 + 160
16− 216=−200
−200= 1
yC =2AE −BDB2 − 4AC
=2 · 6 · (−40)− 4 · (−20)
42 − 4 · 6 · 9=−480 + 80
16− 216=−400
−200= 2
Cálculo de la pendiente del eje focal tg θ, ver fórmulas (2.19) pagina 459.La pendiente del eje focal debe ser negativa por B = 4 > 0.
tg θ =−(A− C)±
√(A− C)2 +B2)
B
=−(6− 9)−
√(6− 9)2 + 42
4=
3−√
(−3)2 + 42
4=
3− 5
4= −1
2
Cálculo de F ′, coe�ciente F de la elipse traslada al centro C,
A = 6, B = 4, C = 9, D = −20, E = −40, F = 0
xC = 1, yC = 2
F ′ = Ax2C +BxCyC + Cy2C +DxC + EyC + F
= 6 · 12 + 4 · 1 · 2 + 9 · 22 − 20 · 1− 40 · 2= 6 + 8 + 36− 20− 80 = 50− 100 = −50
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 31
Cálculo de las longitudes de los ejes mayor a y menor b,
A′ = A = 6, B′ = B = 4, C′ = C = 9, F ′ = −50, tg θ = −1
2
a =
√F ′(tg2 θ − 1)
A′ − C′ tg2 θ
=
√√√√√√√√√−50
[(−1
2
)2
− 1
]
6− 9
(−1
2
)2 =
√−50(1− 4)
6 · 4− 9=
√150
15=√
10
b =
√F ′(tg2 θ − 1)
C′ − A′ tg2 θ
=
√√√√√√√√√−50
[(−1
2
)2
− 1
]
9− 6
(−1
2
)2 =
√−50(1− 4)
9 · 4− 6=
√150
30=√
5
Cálculo de la media distancia focal c,
c =√a2 − b2 =
√10− 5 =
√5
Cálculo de las coordenadas del lo foco F1,
xC = 2, yC = 1, tg θ = −1
2
xF1 = xC −c√
1 + tg2 θ= 1−
√5√
1 +
(−1
2
)2= 1− 2
√5√5
= −1
yF1 = yC −c tg θ√1 + tg2 θ
= 2−−√
5
2√1 +
(−1
2
)2= 2− −
√5√
5= 3
32 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Cálculo de las coordenadas del lo foco F2,
xC = 2, yC = 1, tg θ = −1
2
xF2 = xC +c√
1 + tg2 θ= 1 +
√5√
1 +
(−1
2
)2= 1 +
2√
5√5
= 3
yF1 = yC +c tg θ√1 + tg2 θ
= 2 +−√
5
2√1 +
(−1
2
)2= 2−
√5√5
= 1
Las coordenadas de los focos son F1(−1, 3) y F2(3, 1).
Figura 12. Hallar las coordenadas de los focos F1 y F2
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 33
5.2 Hallar la ecuación de elipse por la directriz, por un focoy un punto
Problema 19. Hallar la ecuación de la elipse conociendo una directriz de ecua-
ción −2x+ y − 15 = 0 y el punto P (5
2, 5). Las coordenadas de un foco es F1(1, 2).
Solución 5.2. Tener los datos de la directriz, de un punto P , y de un foco nospermite de conocer la excentricidad e =
c
a.
Las directrices son perpendiculares al eje focal y se ubican a una distancia ±a2
cdel
centro de la elipse.El foco se ubica a una distancia c del centro de la elipse. La ecuación de la elipse se
halla entonces por la pendiente del eje focal igual a − 1
mdir
con mdir siendo la pen-
diente de la directriz, así que por los valores de a y b correspondiendo respectivamentea las longitudes de los ejes mayor y menor.Ver fórmula (2.20) pagina 471 del libro Nuevos Métodos de Geometría Analítica.
Figura 13. Hallar la ecuación de la elipse por la directriz, el foco yun punto P
34 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Cálculo de la excentricidad de la elipse, Distancia punto P foco F1 :
xP =5
2, yP = 5, xF1 = 1, yF1 = 2
e =c
a=F1P
PM
F1P =√
(xF1 − xP )2 + (yF1 − yP )2 =
√(1− 5
2
)2
+ (2− 5)2
=
√(−3
2
)2
+ (−3)2 =
√9
4+ 9 =
√9 + 36
4=
√45
2=
3√
5
2
Distancia punto P (5
2, 5) a la directriz −2x+ y − 15 = 0 :
PM =|−2xP + yP − 15|√
(−2)2 + (12)=
∣∣∣∣−2 · 5
2+ 5− 15
∣∣∣∣√
5=|−5 + 5− 15|√
5=
15√5
= 3√
5
La excentricidad es igual a e =F1P
PM=
3√
5
23√
5=
1
2.
Cálculo de a, c y b.
Distancia F1N =a2
c− c :
xF1 = 1, yF1 = 2
F1N =|−2xF1 + yF1 − 15|√
(−2)2 + 12=|−2 + 2− 15|√
5=
15√5
= 3√
5
F1N = 3√
5 =a2
c− c =
a2 − c2
ccon c = ae
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 35
a2 − c2
c=a2 − a2e2
ae=a(1− e2)
e= 3√
5 con e =1
2
a =3√
5 · e1− e2
=3√
5 · 1
2
1−(
1
2
)2 =3√
5
2· 4
3
a = 2√
5
b =√a2 − c2 =
√a2 − a2e2 = a
√1− e2
= 2√
5 ·√
1− 1
4= 2√
5 ·√
3
2=√
15
Cálculo de la pendiente tg θ del eje focal,
tg θ = − 1
mdir
= −1
2
Cálculo de las coordenadas del centro C,
c = ae = 2√
5 · 1
2=√
5
xC = xF1 +c√
1 + tg2 θ= 1 +
√5√
1 +
(−1
2
)2= 1 +
2√
5√5
= 3
yC = yF1 +c tg θ√1 + tg2 θ
= 2 +−√
5
2√1 +
(−1
2
)2= 2− 1 = 1
36 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Ecuación de la elipse, ver fórmula (2.20) pagina 471,
xC = 3, yC = 1, tg θ = −1
2, a = 2
√5, b =
√15[
(x− xC) + (y − yC) tg θ
a
]2+
[−(x− xC) tg θ + (y − yC)
b
]2= 1 + tg2 θ(x− 3) +
−(y − 1)
22√
5
2
+
(x− 3)
2+ (y − 1)√
15
2
= 1 +
(−1
2
)2
(2x− 6− y + 1)2
4 · 20+
(x− 3 + 2y − 2)2
4 · 15=
5
4(2x− 5− y)2
20+
(x− 5 + 2y)2
15= 5
(2x− 5)2 − 2(2x− 5)y + y2
4+
(x− 5)2 + 4(x− 5)y + 4y2
3= 25
4x2 − 20x+ 25− 4xy + 10y + y2
4+x2 − 10x+ 25 + 4xy − 20y + 4y2
3= 25
3(4x2 − 20x+ 25− 4xy + 10y + y2) + 4(x2 − 10x+ 25 + 4xy − 20y + 4y2) = 12 · 25
12x2 − 60x+ 75− 12xy + 30y + 3y2 + 4x2 − 40x+ 100 + 16xy − 80y + 16y2 = 300
16x2 + 4xy + 19y2 − 100x− 50y − 125 = 0
La ecuación de la elipse es 16x2 + 4xy + 19y2 − 100x− 50y − 125 = 0
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 37
Observación 5.1. La ecuación se consigue también al aplicar la relación√(x− xF1)2 + (y − yF1)2 = e ·
(−2x+ y − 15√
(−2)2 + 12
)con xF1 = 1, yF1 = 2 y e =
1
2√(x− 1)2 + (y − 2)2 =
−2x+ y − 15
2√
5o sea
(x− 1)2 + (y − 2)2 =(−2x+ y − 15)2
20
5.3 Tangente a la elipse
Problema 20. Hallar la ecuación de la elipse de focos F1(2,−2) y F2(4,−1)tangente a x− y − 3 = 0.
Solución 5.3. La ecuación de la elipse se halla al conocer las longitudes de losejes mayor a y menor b, así que la pendiente del eje focal tg θ.Luego se aplica la fórmula (2.20) pagina 470 que da la ecuación de la elipse completa.La fórmula de la tangente en un punto T de la elipse esxxTa2
+yyTb2
= 1. Ver (3.1) Pagina 476 de NUEVOS MÉTODO DE GEOMETRÍA
ANALÍTICA. La fórmula se aplica solamente para elipses centradas al origen. Te-nemos entonces que hacer una traslación y una rotación de ejes para que la rectax− y − 3 = 0 sea la tangente a la elipse centrada. El centro C(xC , yC) de la elipsese calcula,
con xF1 = 2, yF1 = −2 y xF2 = 4, yF1 = −1
xC =xF1 + xF2
2=
2 + 4
2= 3
yC =yF1 + yF2
2=−2− 1
2= −3
2
Pendiente del eje focal,
tg θ =yF2 − yF1
xF2 − xF1
=−1− (−2)
4− 2=
1
2
sen θ =tg θ√
1 + tg2 θ=
1√5
cos θ =1√
1 + tg2 θ=
2√5
38 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Figura 14. Hallar la ecuación de la elipse tangente a una recta dada
Traslación de ejes de la recta x − y − 3 = 0 en el sistema de coordenadas X′Y ′traslada en C(xC , yC),
xC = 3, yC = −3
2x = x′+ xC, y = y′+ yC
Ecuación de la recta en XY : x− y − 3 = 0
Se reemplaza x y y por sus valores
x′+ xC − (y′+ yC)− 3 = 0
x′+ 3− y′+ 3
2− 3 = 0
x′ − y′+ 3
2= 0
Al multiplicar por 2 : 2x′ − 2y′+ 3 = 0
Rotación θ de ejes de la recta 2x′ − 2y′+ 3 = 0 en el sistema de coordenadas X′′Y ′′,
sen θ =1√5, cos θ =
2√5
x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ
y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ
Se reemplaza x′ y y′ por sus valores dentro2x′ − 2y′+ 3 = 0
2(x′′ cos θ − y′′ sen θ)− 2(x′′ sen θ + y′′ cos θ) + 3 = 0
2x′′(cos θ − sen θ)− 2y′′(cos θ + sen θ) + 3 = 0
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 39
2x′′(cos θ − sen θ)− 2y′′(cos θ + sen θ) + 3 = 0
con sen θ =1√5, cos θ =
2√5
2x′′(2− 1)√5
− 2y′′(2 + 1)√5
+ 3 = 0
2x′′ − 6y′′+ 3√
5 = 0
Al dividir por −3√
5, obtenemos − 2x′′3√
5+
6y′′3√
5= 1 que debe ser igual a
x′′x′′Ta2
+y′′y′′Tb2
= 1.
Identi�cación de los parámetros a y b,
xF1 = 2, yF1 = −2, xC = 3, yC = −3
2c2 = a2 − b2 = (xF1 − xC)2 + (yF1 − yC)2
= (2− 3)2 +
(−2 +
3
2
)2
= 1 +
(−4 + 3
2
)2
= 1 +1
4=
5
4
c2 = a2 − b2 =5
4Por identi�cación de los coe�cientes de la tangente :
x′′Ta2
= − 2
3√
5
a2 = −3x′′T√
5
2y′′Tb2
=6
3√
5
b2 =y′′T√
5
2
a2 − b2 = −3x′′T√
5
2− y′′T
√5
2=
5
4
= −3x′′T − y′′T =
√5
2
40 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Para hallar los valores de las coordenadas de punto de tangencia T , x′′T e y′′T ,tenemos que resolver el sistema de ecuaciones,
−3x′′T − y′′T =
√5
2
El punto T pertenece a la recta : 2x′′T − 6y′′T = −3√
5
x′′T =
∣∣∣∣∣∣√
5
2−1
−3√
5 −6
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−3 −12 −6
∣∣∣∣ =−3√
5− 3√
5
18 + 2= −3
√5
10
y′′T =
∣∣∣∣∣∣−3
√5
22 −3
√5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−3 −12 −6
∣∣∣∣ =9√
5−√
5
18 + 2=
2√
5
5
Se halla los valores de a y b,
x′′T = −3√
5
10, y′′T =
2√
5
5
a2 = −3x′′T√
5
2= −3
√5
2· −3√
5
10=
9 · 520
=9
4
b2 =y′′T√
5
2=
√5
2· 2√
5
5=
2√
5 ·√
5
2 · 5= 1
a =
√9
4=
3
2, b = 1
La ecuación de la elipse se halla por la fórmula[(x− xC) + (y − yC) tg θ
a
]2+
[−(x− xC) tg θ + (y − yC)
b
]2= 1 + tg2 θ
con xC = 3, yC = −3
2, tg θ =
1
2, a =
3
2, b = 1(x− 3) + (y +
3
2) · 1
23
2
2
+
[−(x− 3) · 1
2+
(y +
3
2
)]2= 1 +
(1
2
)2
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 41
[x− 3 +
2y + 3
4
]2· 4
9+
[−x− 3
2+
2y + 3
2
]2=
5
4
Después desarrollo obtenemos la ecuación de la elipse5x2 − 4xy + 8y2 − 36x+ 36y + 72 = 0 tangente a x− y − 3 = 0
42 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
6 La hipérbola
6.1 Hallar la ecuación de la hipérbola conociendo lasasintotas y la excentricidad
Problema 21. Hallar las longitudes de los ejes mayor a, y menor b de la hipér-bola cuyas las asintotas son Asy1 ≡ −3x + 4y = 0 y Asy2 ≡ 5x + 12y = 0. El valorde la media distancia focal c = 3
Solución 6.1. Los focos F1 y F2 se encuentran sobre la bisetrices formadas porAsy1 y Asy2.Cálculo de las bisectrices,
−3x+ 4y√(−3)2 + 42
= − 5x+ 12y√52 + 122
−3x+ 4y
5= −5x+ 12y
13−39x+ 52y = −25x− 60y
14x = 112y
x− 8y = 0
Las bisectrices son Bis1 ≡ x− 8y = 0 y Bis2 ≡ y+ 8x = 0. Cálculo de las asintotas.Las ecuaciones de las asintotas se hallan por la fórmula (2.15) pagina 558 de NuevosMétodos de Geometría Analítica.
La pendiente de Bis1 es mbis1 = tg θ =1
8.
y = x
± ba + tg θ
1∓ b
atg θ
Al llamar
b
a= ρ la fórmula se escribe
y = x
(±ρ+ tg θ
1∓ ρ tg θ
)
y = x
±ρ+1
8
1∓ ρ
8
= x
(±8ρ+ 1
8∓ ρ
)Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 43
Las pendientes de las asintotas son3
4y − 5
12, lo que corresponde a(
8ρ+ 1
8− ρ
)=
3
4
o sea : 4(8ρ+ 1) = 3(8− ρ)
32ρ+ 4 = 24− 3ρ
35ρ = 20
ρ =b
a=
4
7Cálculo de la longitud del eje mayor a,
b =4a
7c2 = a2 + b2 = 9
a2 +16a2
49= 9
a2 · (49 + 16
49) = 9
a2 =49 · 9
65
a =7 · 3√
65=
21√65
b =4
7· 21√
65=
12√65
Longitud del eje mayor a =21√65
Longitud del eje menor b =12√65
44 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
6.2 Hallar una hipérbola conociendo un punto P , así que suasintotas
Problema 22. Hallar la ecuación de la hipérbola equilátera (a = b) pasando porP (2, 4) y teniendo por asintotas y = 3 y el eje Y .
Solución 6.2. El libro de Nuevos Métodos de Geometría Analítica provee lafórmula (2.20) pagina 580.[
(x− xC) + (y − yC) tg θ
a
]2−[−(x− xC) tg θ + (y − yC)
b
]2= 1 + tg2 θ
donde las coordenadas del centro son (0, 3) y tg θ = 1.El punto P (2, 4) pertenece a la hipérbola, podemos entonces escribir,[
(xP − xC) + (yP − yC) tg θ
a
]2−[−(xP − xC) tg θ + (yP − yC)
b
]2= 1 + tg2 θ
con xC = 0, yC = 3, a = b, tg θ = 1[xP + (yP − 3)
a
]2−[−xP + (yP − 3)
a
]2= 2
donde xP = 2, yP = 4[2 + (4− 3)
a
]2−[−2 + (4− 3)
a
]2= 2
9
a2− 1
a2= 2
8
a2= 2
de donde a =√
4 = 2
De donde a = b = 2. La ecuación de la hipérbola es entonces[x+ (y − 3)
2
]2−[−x+ (y − 3)
2
]2= 2
[x+ (y − 3)]2 − [−x+ (y − 3)]2 = 8
x2 + 2x(y − 3) + (y − 3)2 − x2 + 2x(y − 3)− (y − 3)2 = 8
4x(y − 3) = 8
La ecuación de la hipérbola equilátera de asintotas x = 0, y − 3 y pasando por P (2, 4) es
x(y − 3) = 2
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 45
Figura 15. Hipérbola equilátera pasando por P (2, 4)
Problema 23. Hallar los ejes mayor a y menor b de la hipérbola conociendo losfocos F1(0, 0), F2(8,−4) y un punto P (11, 2). Utilizar la propiedad de la tangente.
Solución 6.3. El problema se re�ere a las fórmulas (4.1) pagina 629 de NuevosMétodos de Geometría Analítica.Usando la propiedad de la tangente en un punto de la hipérbola que corresponde a labisectriz entre los radio vectores trazados del punto P a los focos.Cálculo de la pendiente de la bisectriz.Llamemos mRV 1 la pendiente del radio vector uniendo F1 al punto P , y mRV 2 lapendiente del radio vector uniendo F2 al punto P .Los valores de las pendientes mRV 1 y mRV 2 se calculan,
xP = 11, yP = 2, xF1 = 0, yF1 = 0
mRV 1 =yP − yF1
xP − xF1
=2− 0
11− 0=
2
11xF2 = 8, yF2 = −4
mRV 2 =yP − yF2
xP − xF2
=2− (−4)
11− 8= 2
46 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
El centro de la hipérbola es
xC =xF1 + xF2
2=
0 + 8
2= 4
yC =yF1 + yF2
2=
0− 4
2= −2
La pendiente del eje focal es
tg θ =yF2
xF2
=−4
8= −1
2
Según las fórmulas dando la pendiente mbisec de la bisectriz positiva en este caso,
mbisec = tgω1 + ω2
2=
tgω1
2+ tg
ω2
2
1− tgω1
2tgω2
2
mRV 1 =2
11, mRV 2 = 2
tgω1
2= mRV 1 +
√m2
RV 1 + 1 =2 +√
112 + 5
11
tgω2
2= mRV 2 −
√m2
RV 2 + 1 = 2−√
5
mbisec =
2 + 5√
5
11+ 2−
√5
1−
(2 + 5
√5
11
)· (2−
√5)
=6(4−
√5)
8(4−√
5)
=3
4
La pendiente de la tangente pasando por P (11, 2) es3
4. La ecuación de la tangente
es
y − yP = mbisec(x− xP )
y − 2 =3(x− 11)
44y − 8 = 3x− 33
4y − 3x = −25
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 47
La identi�cación de los coe�ciente de la fórmula de la tangente ny+mx = k, nos da
n = 4, m = −3, k = −25
k′ = k − nyC −mxC donde xC = 4, yC = −2
k′ = −25− 4 · (−2)− (−3) · 4 = −25 + 8 + 12 = −5
Los valores de M y N valen
M = xP − xC + (yP − yC) tg θ con xP = 11, yP = 2
M = 11− 4 + [2− (−2)] · −1
2= 11− 4− 2 = 5
N = −(xP − xC) tg θ + yP − yC
N = −(11− 4) · −1
2+ 2− (−2) =
7
2+ 4 =
15
2Resolver el sistema de ecuaciones,
M
a2+N tg θ
b2=m(1 + tg2 θ)
k′M tg θ
a2− N
b2=n(1 + tg2 θ)
k′con M = 5, N =
15
2, m = −3 n = 4, tg θ = −1
2, k′ = −5
Al reemplazar los valores :
5
a2+
15
2b2· −1
2=
−3
[1 +
(−1
2
)2]
−5
−5
2a2− 15
2b2=
4
[1 +
(−1
2
)2]
−5
Después desarrollo,5
a2− 15
4b2=
3
4
− 5
2a2− 15
2b2= −1
48 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Después simpli�cación, obtenemos
20
a2− 15
b2= 3
5
a2+
15
b2= 2
Solución por el método de Cramer,
1
a2=
∣∣∣∣3 −152 15
∣∣∣∣∣∣∣∣20 −155 15
∣∣∣∣ =3 · 15− [2 · (−15)]
20 · 15− [5 · (−15)]=
45 + 30
300 + 75
=75
375=
1
5
1
b2=
∣∣∣∣20 35 2
∣∣∣∣∣∣∣∣20 −155 15
∣∣∣∣ =20 · 2− 5 · 3
20 · 15− [5 · (−15)]=
40− 15
300 + 75
=25
375=
1
15
Las longitudes de los ejes mayor y menor valen a =√
5 y b =√
15
Figura 16. Hallar las longitudes de los ejes mayor a y menor b de lahipérbola a partir de un punto P y de los focos
Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica 49
Se veri�ca los valores de a y de b, por los siguientes cálculos,
F1P − F2P = 2a
F1P =√x2P + y2P =
√112 + 22 =
√125 = 5
√5
F2P =√
(xP − xF2)2 + (yP − yF2)2 =√
(11− 8)2 + [2− (−4)]2 =√
9 + 36 =√
45 = 3√
5
F1P − F2P = 5√
5− 3√
5 = 2√
5 = 2a
y a =√
5
Media distancia focal : c =√x2C + y2C =
√42 + (−2)2 =
√20
b =√c2 − a2 =
√√20
2−√
52
=√
15
50 Más Informaciones a Nuevos Métodos de Geometría Analítica
* * *
