Ejercicios Resueltos de Geometría Analítica - Don Danny

EJERCICIOS RESUELTOS DE
GEOMETRÍA ANALÍTICA
por
Don Danny
21 de diciembre de 2015
don.danny@yahoo.com.ar

Índice general
Introducción i
Sobre el Autor iii
Problemas y soluciones 1
1 El punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1 Rotación y traslación de ejes 1
1.2 Rotación de punto alrededor de O 3
1.3 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 pasando
por un punto P 10
2.2 Ecuación de la recta paralela a una recta dada y distante de d 11
2.3 Cálculo de las pendientes de las bisectrices de dos rectas dadas 11
3 La circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3.1 Lugar Geométrico 14
3.2 Tangente a la circunferencia 15
3.3 Familia de circunferencias 21
3.3.1 Familia de circunferencias pasando por 2 puntos 23
4 La parábola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.1 Denición de la parábola 25
4.2 Hallar los parámetros de cualquiera parábola 26
4.3 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 la
ecuación de la elipse 31

Índice general
5.2 Hallar la ecuación de elipse por la directriz, por un foco y un
punto 34
5.3 Tangente a la elipse 38
6 La hipérbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
6.1 Hallar la ecuación de la hipérbola conociendo las asintotas y la
excentricidad 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 de
matemática NUEVOS MÉTODOS DE GEOMETRÍA ANALÍTICA que se encuentra
a http://www.bubok.es/libros/238057/Nuevos-Metodos-de-Geometria-Analitica
Los métodos de soluciones de problemas evitan largos cálculos y siguen la materia
propuesta en el libro NUEVOS MÉTODOS DE GEOMETRÍA ANALÍTICA.
Cada solución de problema esta explicada por un método con las fórmulas a
aplicar.
i

Sobre el Autor
Daniel Vliegen es ingeniero canadiense formado
en Europa. Apasionado de matemática, de electrónica, de
informática, e inventor, el autor trabajo como consultor
en 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 datos
GPS 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 bombas
lacrimógena. Servo Mecanismo en posicionamiento y en velocidad. Programas de las
interfaces de control por computadora.
* Sistema de medida por péndulo para estudiar los micro-movimientos de las
estructuras grandes como puentes y plantas hidroeléctricas.
Trabajo como asistenta de investigación en la Universidad de Montreal en el
dominio 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 CCD
Digital, 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 una
traslación 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 Nuevos
Métodos 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 consiguen
por las fórmulas de rotación de ejes (3.23) pagina 94 del libro Nuevos Métodos de
Geometría 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 · 4
5
=
3 + 32
5
= 7
y P = −
1 · 4
5
+
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). Hallar
el valor del ángulo de rotación θ.
Solución 1.2. Las fórmulas (3.26) pagina 104 dan las coordenadas del punto P
después 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 −3
4 4
4 −3
3 4
=
3 · 4 − 4 · (−3)
4 · 4 − 3 · (−3)
=
12 + 12
16 + 9
=
24
25
sen θ =
4 3
3 4
4 −3
3 4
=
4 · 4 − 3 · 3
4 · 4 − 3 · (−3)
=
16 − 9
16 + 9
=
7
25
El ángulo se halla por
180
π
· arc cos
24
25
= 16◦
.2602

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 lado
AC, 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), podemos
escribir
xM =
xA + xB
2
= 2, yM =
yA + yB
2
= 5
xN =
xA + xC
2
= 4, yN =
yA + yC
2
= 2
xQ =
xB + xC
2
= 1, yQ =
yB + yC
2
= 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

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 de
los 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

Problema 4. Conociendo el vértice C(1, 7), el vértice A(−4, 2), la longitud y
pendiente 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 coordenadas
del 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 y
h = 2
√
10. Por las fórmulas (3.17) pagina 74 de NUEVOS MÉTODOS DE LA
GEOMETRÍA ANALÍTICA
xH = xC +
h
1 + m2
h
, 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) .

Etapa II : Cálculo de las coordenadas del vértice B.
Las coordenadas se hallan al considerar la división del segmento BA por el pie H de
la altura del triángulo. Por las fórmulas (3.8) pagina 61, de la división de segmento
por una razón r donde
BA
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) .

Problema 5. Expresar las coordenadas del baricentro del triángulo en función
de 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 triángulos
MNO y BCO son semejantes y la razón entre los lados respectivos es
MN
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 + r
con r = 2 y xN =
xA + xB
2
=
xC + 2 ·
xA + xB
2
1 + 2
=
xA + xB + xC
3
yO =
yA + yB + yC
3

Solución 1.6. La segunda solución es considerar el punto O como conocido y
el 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 + r
con r = −3 y xN =
xA + xB
2
xN =
xC − 3xO
1 − 3
xA + 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 ABC son :
O
xA + xB + xC
3
,
yA + yB + yC
3

2 La recta
2.1 Pendientes de las rectas distantes de d de un punto A y
pasando por un punto P
Problema 6. Hallar las pendientes de las dos rectas pasando por P(−3, −4) a
una distancia de 3 del punto C(3, −1).
Solución 2.1. La fórmula (4.6) pagina 146 que está en Nuevos Métodos de
Geometría Analítica da las pendientes mR de las rectas pasando por P(−3, −4) a
una 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 · 6
27
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 y
pasando por P

Las pendientes de las rectas pasando por P y distantes de 3 de C son
mR1 =
4
3
y mR2 = 0 .
2.2 Ecuación de la recta paralela a una recta dada y
distante de d
Problema 7. Escribir la ecuación de la recta paralela a x + 2y = 4 a una
distancia 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 rectas
dadas
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
12
y
mR2 = −
3
4
.
Las pendientes mbisect1 y mbisect2 de las bisectrices se calculan por
mbisect1 = tg
ω1 + ω2
2
mbisect2 = −
1
tg
ω1 + ω2
2
donde tg
ω1
2
= mR1 ± 1 + m2
R1 y tg
ω2
2
= mR2 ± 1 + m2
R2

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 tg
ω1
2
0
tg
ω1
2
= mR1 + 1 + m2
R1 =
5
12
+ 1 +
5
12
2
=
5 +
√
169
12
=
5 + 13
12
=
18
12
=
3
2
Ecuación de la recta R2 ≡ A2x + B2y + C2 = 0 ≡ 3x + 4y − 20 = 0
A2 = 3, B2 = 4, C2 = −20 0 de donde tg
ω2
2
0
tg
ω2
2
= mR2 + 1 + m2
R2 = −
3
4
+ 1 + −
3
4
2
=
−3 +
√
25
4
=
−3 + 5
4
=
2
4
=
1
2
Cálculo de la pendiente mbisect1,
mbisect1 = tg
ω1 + ω2
2
=
tg
ω1
2
+ tg
ω2
2
1 − tg
ω1
2
· tg
ω2
2
donde tg
ω1
2
=
3
2
y 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
.

Se verica los resultados al comparar lo que se obtiene con las ecuaciones de las
bisectrices a partir de las ecuaciones de las rectas,
A1x + B1y + C1
A2
1 + B2
1
= ±
A2x + B2y + C2
A2
2 + B2
2
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 verica que la pendiente de la segunda bisectriz es −
1
8
.

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 distancias
de 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 las
ecuaciones de los lados son respectivamente Ax + By + C = 0 y −Ax + By + C = 0.
Al aplicar la denición 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
− A2
x2
A2
y2
+ B2
y2
= B2
y2
+ 2BCy + C2
− A2
x2
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 =
C
A2
√
A2 + B2 . Ver fórmula (2.2) pagina 197 que está en
Nuevos Métodos de Geometría Analítica.

3.2 Tangente a la circunferencia
Problema 10. Hallar la ecuación de la tangente a la circunferencia
x2
+ 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 − (x2
P + y2
P )
donde xC = −
D
2
= −
−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 punto
A(−10, −2) y por las intersecciones de la circunferencia Γ ≡ x2
+y2
+2x−2y−32 = 0
y la recta Re ≡ x − y + 4 = 0.
Solución 3.3. Se remplaza el valor de y dentro la ecuación de la circunferencia
para 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 es
x2
+ y2
+ Dx + Ey + F = 0 que pasa por A(−10, −2), B(−6, −2) y C(2, 6).

Los tres puntos pertenecen a la circunferencia, y verican 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 de
F,
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

Se reemplaza los valores de D = 16 y E = −28 +
F
2
dentro 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 coecientes son : D = 16, E = −16, F = 24
La ecuación de la circunferencia pasando por los tres puntos
es x2
+ y2
+ 16x − 16y + 24 = 0 .

La circunferencia es de centro y de radio
Centro : xC = −
D
2
= −
16
2
= −8
yC = −
E
2
= −
−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 las
tangentes 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 diámetros
de 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 AC1T1 y AC2T2 son
semejantes. Con R1 y R2 siendo los radios de las circunferencias Γ1 y Γ2 dada,
podemos escribir
R1
R2
=
C1T1
C2T2
=
C1A
AC2
. Cálculo de las coordenadas de los centros y los
radios,

Identicación de los coecientes 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 + E2
1 − 4F1
2
=
(−4)2 + (−2)2 − 4 · 1
2
=
√
16
2
= 2
Identicación de los coecientes 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 + E2
2 − 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) .

Cálculo de las pendientes de las tangentes. El cálculo es basado sobre la fórmula
de 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 de
centro 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 − R2
1
=
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 .

3.3 Familia de circunferencias
La familia de circunferencias pasa por un eje radical común a 2 circunferencias
Γ1, y Γ2 la ecuación de la familia se escribe Γ1 + kΓ2 = 0
Problema 13. Hallar la circunferencia Γ3 pasando por los puntos de intersección
de Γ1 : x2
+ y2
− 8x − 4y = 0 y de Γ2 : x2
+ y2
+ 4x − 16 = 0 y que tiene su centro
C3 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 = −
D
2
= −
−(8 − 4k)
2(1 + k)
=
4 − 2k
1 + k
yC3 = −
E
2
= −
−4
2(1 + k)
=
2
1 + k

El centro C3 se encuentra sobre la recta −2x + y − 9 = 0, y verica entonces la
ecuación,
−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 .

3.3.1. Familia de circunferencias pasando por 2 puntos
Ver fórmula (5.2) pagina 272 Nuevos Métodos de Geometría Analítica
Problema 14. Hallar la ecuación de la familia de circunferencia pasando por
P1(−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) = x2
2 + y2
2 − x2
1 − y2
1
−x2
1 − y2
1 − 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 4
10 + F −3
−2 4
1 −3
=
(−8) · (−3) − (10 + F) · 4
(−2) · (−3) − (1) · (4)
=
24 − 40 − 4F
−16 − 4F
= −8 − 2F
E =
−2 −8
1 10 + F
−2 4
1 −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 .

Figura 9. Familia de circunferencias pasando por los puntos P1 y P2

4 La parábola
4.1 Denición 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 denición de la parábola como lugar geométrico de
los 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
Denición 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 una
recta.
[x − (−2)]2 + (y − 1)2 =
y − 2x + 4
12 + (−2)2
(x + 2)2
+ (y − 1)2
=
(y − 2x + 4)2
5
5[(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 .

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 la
directriz de la parábola 4x2
+ 4xy + y2
+ 28x − 36y + 24 = 0.
Solución 4.2. Identicación de los coecientes,
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

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 2
v
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

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

4.3 Hallar la ecuación de la parábola a partir de la distancia
focal 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 de
Geometría Analítica usando la pendiente del eje focal tg θ, así que las coordenadas
del vértice V . Coordenadas del vértice V (xv, yv):
tg θ = −
1
mdir
= −
1
−2
=
1
2
xF = 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

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 distancia
focal p y las coordenadas del foco F

5 La elipse
5.1 Hallar los parámetros y las coordenadas del foco a
partir de la ecuación de la elipse
El libro Nuevos Métodos de Geometría Analítica da un método para hallar las
coordenadas del centro y las longitudes de los ejes mayor y menor.
Problema 18. Hallar las coordenadas del centro C, las longitudes de los ejes
mayor a y menor b así que las coordenadas de los focos F1 y F2 de la elipse cuya la
ecuación 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 coecientes de la ecuacion son,
A = 6, B = 4, C = 9, D = −20, E = −40, F = 0
xC =
2CD − BE
B2 − 4AC
=
2 · 9 · (−20) − 4 · (−40)
42 − 4 · 6 · 9
=
−360 + 160
16 − 216
=
−200
−200
= 1
yC =
2AE − BD
B2 − 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 , coeciente 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 = Ax2
C + BxCyC + Cy2
C + DxC + EyC + F
= 6 · 12
+ 4 · 1 · 2 + 9 · 22
− 20 · 1 − 40 · 2
= 6 + 8 + 36 − 20 − 80 = 50 − 100 = −50

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

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

5.2 Hallar la ecuación de elipse por la directriz, por un foco
y 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 nos
permite de conocer la excentricidad e =
c
a
.
Las directrices son perpendiculares al eje focal y se ubican a una distancia ±
a2
c
del
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 respectivamente
a 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 y
un punto P

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
2
3
√
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
c
con c = ae

a2
− c2
c
=
a2
− a2
e2
ae
=
a(1 − e2
)
e
= 3
√
5 con e =
1
2
a =
3
√
5 · e
1 − 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

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)
2
2
√
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

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
√
5
o 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 los
ejes 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 es
xxT
a2
+
yyT
b2
= 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 recta
x − y − 3 = 0 sea la tangente a la elipse centrada. El centro C(xC, yC) de la elipse
se 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

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
2
x = 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 dentro
2x − 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

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 T
a2
+
y y T
b2
= 1.
Identicación de los parámetros a y b,
xF1 = 2, yF1 = −2, xC = 3, yC = −
3
2
c2
= 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
4
Por identicación de los coecientes de la tangente :
x T
a2
= −
2
3
√
5
a2
= −
3x T
√
5
2
y T
b2
=
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

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 −1
2 −6
=
−3
√
5 − 3
√
5
18 + 2
= −
3
√
5
10
y T =
−3
√
5
2
2 −3
√
5
−3 −1
2 −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 · 5
20
=
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
2
3
2



2
+ −(x − 3) ·
1
2
+ y +
3
2
2
= 1 +
1
2
2

x − 3 +
2y + 3
4
2
·
4
9
+ −
x − 3
2
+
2y + 3
2
2
=
5
4
Después desarrollo obtenemos la ecuación de la elipse
5x2
− 4xy + 8y2
− 36x + 36y + 72 = 0 tangente a x − y − 3 = 0

6 La hipérbola
6.1 Hallar la ecuación de la hipérbola conociendo las
asintotas 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 valor
de la media distancia focal c = 3
Solución 6.1. Los focos F1 y F2 se encuentran sobre la bisetrices formadas por
Asy1 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 Nuevos
La pendiente de Bis1 es mbis1 = tg θ =
1
8
.
y = x



±
b
a
+ tg θ
1
b
a
tg 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

Las pendientes de las asintotas son
3
4
y −
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
7
Cálculo de la longitud del eje mayor a,
b =
4a
7
c2
= 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

6.2 Hallar una hipérbola conociendo un punto P, así que su
asintotas
Problema 22. Hallar la ecuación de la hipérbola equilátera (a = b) pasando por
P(2, 4) y teniendo por asintotas y = 3 y el eje Y .
Solución 6.2. El libro de Nuevos Métodos de Geometría Analítica provee la
fórmula (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

Figura 15. Hipérbola equilátera pasando por P(2, 4)
Problema 23. Hallar los ejes mayor a y menor b de la hipérbola conociendo los
focos F1(0, 0), F2(8, −4) y un punto P(11, 2). Utilizar la propiedad de la tangente.
Solución 6.3. El problema se reere a las fórmulas (4.1) pagina 629 de Nuevos
Usando la propiedad de la tangente en un punto de la hipérbola que corresponde a la
bisectriz 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 la
pendiente 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
11
xF2 = 8, yF2 = −4
mRV 2 =
yP − yF2
xP − xF2
=
2 − (−4)
11 − 8
= 2

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 = tg
ω1 + ω2
2
=
tg
ω1
2
+ tg
ω2
2
1 − tg
ω1
2
tg
ω2
2
mRV 1 =
2
11
, mRV 2 = 2
tg
ω1
2
= mRV 1 + m2
RV 1 + 1 =
2 +
√
112 + 5
11
tg
ω2
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) es
3
4
. La ecuación de la tangente
es
y − yP = mbisec(x − xP )
y − 2 =
3(x − 11)
4
4y − 8 = 3x − 33
4y − 3x = −25

La identicación de los coeciente 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
2
Resolver 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

Después simplicación, obtenemos
20
a2
−
15
b2
= 3
5
a2
+
15
b2
= 2
Solución por el método de Cramer,
1
a2
=
3 −15
2 15
20 −15
5 15
=
3 · 15 − [2 · (−15)]
20 · 15 − [5 · (−15)]
=
45 + 30
300 + 75
=
75
375
=
1
5
1
b2
=
20 3
5 2
20 −15
5 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 la
hipérbola a partir de un punto P y de los focos

Se verica los valores de a y de b, por los siguientes cálculos,
F1P − F2P = 2a
F1P = x2
P + y2
P =
√
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 = x2
C + y2
C = 42 + (−2)2 =
√
20
b =
√
c2 − a2 =
√
20
2
−
√
5
2
=
√
15

Ejercicios Resueltos de Geometría Analítica - Don Danny

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