Source: https://www.scribd.com/doc/73502598/SEPARATA-DE-conicas
Timestamp: 2015-11-25 12:27:47+00:00

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P. 1SEPARATA DE conicasSEPARATA DE conicas|Views: 189|Likes: 3Published by Carlos Velasquez TantaleanMore info:Published by: Carlos Velasquez Tantalean on Nov 22, 2011Copyright:Attribution Non-commercialAvailability:Read on Scribd mobile: iPhone, iPad and Android.download as DOC, PDF, TXT or read online from ScribdFlag for inappropriate content|Add to collectionSee moreSee lesshttps://www.scribd.com/doc/73502598/SEPARATA-DE-conicas11/05/2015pdftextoriginalLA RECTA Y LAS CÓNICAS MATEMÁTICA BÁSICALA RECTA
Condición para que 3 puntos estén alineados.
) ( ), , ( ), , (
y x C y x B y x A Estarán alineados cuando los vectores AB
tengan la misma dirección, esto ocurre cuando son proporcionales.
Punto medio = M Extremos = ) , ( ), , (
Despejamos k e igualamos:
kv p y
kv p x
Ecuación explícita de la recta r.
Cambio de variables: [
( ) [ ] [ ] m n mx n m mx n mx n x m · − − + + · + − + +
m tg · α
Para obtener la pendiente de una r a partir de 2 puntos:
Puntos: ( )
, y x P y ( )
Forma punto pendiente de la ecuación de una recta:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.1
0 · + + C B A
LA RECTA Y LAS CÓNICAS MATEMÁTICA BÁSICA
Conocemos un punto ( )
, y x P y su pendiente m , la ecuación es: ( )
x x m y y − + ·
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.2
Simétrico de un punto respecto de otro.
Punto ( ) y x A , , El punto de simetría ( ) β α, P , y el punto a averiguar ( ) y x A ′ ′ ′ , :
Angulo entre dos rectas:
Se coge el más pequeño y se obtiene a partir de los d
v de las dos rectas.
· α cos
, d d es un d
v de la recta r y k ≠ 0,
Cualquier recta con d
, d d o proporcional ( )
, kd kd , es paralela o coincide con r.
, d d − o proporcional ( )
, kd kd − es perpendicular a r.
Ángulo de dos rectas a partir de la pendiente:
• Dos rectas paralelas tienen la misma pendiente 2 1
• Si las rectas don ⊥, entonces: 1
· ⋅ m m o bien: 1
• En general: 1 2
β α ϕ
Posición relativa de rectas dadas en forma general: 0 · + + ⇒ C By Ax r
y 0 · ′ + ′ + ′ ⇒ x C x B x A s
• Si tiene solución única, las rectas se cortan.
• Si no tiene solución, las rectas son paralelas.
• Si tiene soluciones infinitas son la misma recta.
Posición relativa de rectas dadas:
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· ′ + ′ + ′
Dadas las rectas ¹
dk c y
bk a x
t d c y
t b a x
Para hallar su posición relativa resolvemos el sistema con 2 incognitas, k y s:
t d c dk c
t b a bk a
Igualamos las x y las y de las 2 rectas.
• El sistema tiene solución única ( )
, t k , las rectas se cortan en un punto cuyas cordenadas se obtienen sustituyendo en r, k por 0
, o bien en s, t por 0
• El sistema no tiene solución, las rectas son paralelas.
• El sistema tiene infinitas soluciones, son la misma recta.
La distancia entre dos puntos ( )
y x P , , ( )
y x q ,
es el módulo del vector PQ :
y y x x PQ Q P dist − + − · ·
La distancia de un punto ( ) b a P , a la recta 0 : · + + C By Ax r
r P dist
01. Hallar la recta paralela y la recta perpendicular a la recta:
a) 3x + 7y = 6 y que además pasa por el punto (1/3, -2)
b) 3x - y = 4 y que además pasa por el punto (3, 5)
c) 2x + 5y = 3 y que además pasa por el punto (1/2, -1)
d) 3x + 7y = 6 y que además pasa por el punto (1/3, -2)
a) 7 / 3 6 7 3 − · ⇒ · + m y x
b) 3 4 3 · ⇒ · − m y x
Luego: 3
9 3 5 − · − x y
3 9 42 21 + − · + x y 0 4 3 · + − x y
0 39 9 21 · + + x y
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c) 5 / 2 3 5 2 − · ⇒ · + m y x
d) 7 / 3 6 7 3 − · ⇒ · + m y x
2 4 10 10 + − · + x y 3 9 21 21 + − · + x y
0 8 4 10 · + + x y 0 18 9 21 · + + x y
02. Hallar los puntos de intersección de las rectas: a) y = 2x + 1, 2x + 2y = 3, x - 3y = 1
b) y = -2x + 5, 2x + 5y = 3, x = 5
c) y = x + 1, 2x - 2y = 3, -2x + 3y = -7
d) y = -3x + 7, 4x + 2y = 5, y = -2x RESOLUCION
a) 3 2 2 1 2 · + ∧ + · y x x y 1 3 1 2 · − ∧ + · y x x y
· ∧ + ·
x x 2 3 12 4 − · + 1 3 6 − · + x x
9 6 − · x 4 5 − · x
5 2 / 3 · ⇒ − · y x 5 / 3 5 / 4 − · ⇒ − · y x
Punto de intersección: ) 5 , 2 / 3 (−
Punto de intersección: ) 5 / 3 , 5 / 4 ( − −
1 3 3 2 2 · − ∧ · + y x y x
) 1 ( 2 ) 2 3 ( 3 − · − x x
2 2 6 9 − · − x x
x 8 11 ·
8 / 1 8 / 11 · ⇒ · y x
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UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.6
b) 3 5 2 5 2 · + ∧ + − · y x x y 5 5 2 · ∧ + − · x x y
· ∧ + − · 5 ) 5 ( 2 + − · y
· + − 5 − · y
x x 2 3 25 10 − · + − x 8 22 · 2 / 1 4 / 11 − · ⇒ · y x
Punto de intersección: ) 2 / 1 , 4 / 1 ( −
Punto de intersección: ) 5 , 5 ( −
5 3 5 2 · ∧ · + x y x
3 5 ) 5 ( 2 · + y
7 5 − · y
5 / 7 − · y
Punto de intersección: ) 5 / 7 , 5 ( −
c) 3 2 2 1 · − ∧ + · y x x y 7 3 2 1 − · + − ∧ + · y x x y
Tienen igual pendiente, 3
entonces son paralelas 3
7 2 3 3 − · + x x
10 2 − · x
4 5 − · ⇒ − · y x
No existe punto de intersección Punto de intersección: ) 4 , 5 ( − −
7 3 2 3 2 2 − · + − ∧ · − y x y x
) 7 2 ( 2 ) 3 2 ( 3 − · − x x
14 4 9 6 − · − x x
5 2 − · x
4 2 / 5 − · ⇒ − · y x
Punto de intersección: ) 4 , 2 / 5 ( − −
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d) 5 2 4 7 3 · + ∧ + − · y x x y x y x y 2 7 3 − · ∧ + − ·
· ∧ + · x x 2 7 3 − · + −
· + 7 − · −x
x x 4 5 2 4 − · + 3 8 · x 8 / 47 8 / 3 · ⇒ · y x 14 7 − · ⇒ · y x
Punto de intersección: ) 8 / 47 , 8 / 3 (
Punto de intersección: ) 14 , 7 ( −
x y y x 2 5 2 4 − · ∧ · +
Tienen igual pendiente, entonces son paralelas
No existe punto de intersección
03. Hallar las tres rectas que se generan con los puntos:
a) ( 1 , 0 ), ( 2, -1 ) y ( -1, -3 )
b) ( 2 , 0 ), ( 3, -1 ) y ( -3, -3 )
c) ( 3 , 0 ), ( 4, -1 ) y ( -5, -3 )
d) ( 4 , 0 ), ( 5, -1 ) y ( -7, -3 )
a) ) 1 , 2 ( ) 0 , 1 ( − ∧ ) 3 , 1 ( ) 0 , 1 ( − − ∧ ) 3 , 1 ( ) 1 , 2 ( − − ∧ −
1 − ·x y ) 1 ( 3 2 − · x y
) 2 ( 2 ) 1 ( 3 − · + x y
0 1 · + −x y 0 3 3 2 · + − x y
0 7 2 3 · + − x y
b) ) 1 , 3 ( ) 0 , 2 ( − ∧ ) 3 , 3 ( ) 0 , 2 ( − − ∧ ) 3 , 3 ( ) 1 , 3 ( − − ∧ −
) 3 . ( 3
2 + − · x y ) 2 ( 3 5 − · x y
3 ) 1 ( 3 − · + x y
0 2 · − +x y 0 6 3 5 · + − x y
0 6 3 · + −x y
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c) ) 1 , 4 ( ) 0 , 3 ( − ∧ ) 3 , 5 ( ) 0 , 3 ( − − ∧ ) 3 , 5 ( ) 1 , 4 ( − − ∧ −
) 5 . ( 4
3 + − · x y ) 3 ( 3 8 − · x y
) 4 ( 2 ) 1 ( 9 − · + x y
0 3 · − +x y 0 9 3 8 · + − x y
0 13 2 9 · + − x y
d) ) 1 , 5 ( ) 0 , 4 ( − ∧ ) 3 , 7 ( ) 0 , 4 ( − − ∧ ) 3 , 7 ( ) 1 , 5 ( − − ∧ −
) 7 . ( 5
4 + − · x y ) 4 ( 3 11 − · x y
5 ) 1 ( 6 − · + x y
0 4 · − +x y 0 12 3 11 · + − x y
0 11 6 · + −x y
04. Hallar la recta mediatriz del segmento determinado por los puntos:
a) (-1, 2 ) y ( 2, -5 )
b) (-2, 3 ) y ( 4, -7 )
c) (-3, 4 ) y ( 6, -9 )
d) (-4, 5 ) y ( 8, -3 )
a) ) 5 , 2 ( ) 2 , 1 ( − − y
b) ) 7 , 4 ( ) 3 , 2 ( − − y
Hallamos el punto medio Hallamos el punto medio
) 2 , 1 ( −
Hallamos la pendiente Hallamos la pendiente
3 / 7 − · m 3 / 5 − · m
Luego tenemos Luego tenemos
3 6 21 14 − · + x y 3 3 10 5 − · + x y
Ecuación de la mediatriz Ecuación de la mediatriz
0 24 6 14 · + − x y 0 13 3 5 · + − x y
c) ) 9 , 6 ( ) 4 , 3 ( − − y
d) ) 3 , 8 ( ) 5 , 4 ( − − y
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9 / 13 − · m 3 / 2 − · m
) 2 / 5 (
27 18 65 26 − · + x y 6 3 2 2 − · − x y
0 92 18 26 · + − x y 0 4 3 2 · + − x y
05. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (4. - 1) y tiene un ángulo de inclinación de 135º.
La ecuación de la recta se busca por medio de la siguiente expresión; ) (
Dicha ecuación es conocida como La Ecuación de la recta con un punto dado. Como conocemos el punto P(4,-1) podemos calcular dicha recta, pero también es necesario determinar el valor de la pendiente m, la cual calcularemos de la siguiente forma: 1 ); º 135 ( − · · m donde Tag m
) 4 ( 1 ) 1 ( − − · − − x y
4 1 + − · + x y
En forma implícita: 0 3 · − +x y
INTRODUCCIÓN AL ESTUDIO DE LAS CÓNICAS
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LAS C Ó N I C A S
Elipse Circunferencia Hipérbola Parábola
El primer matemático que inició el estudio de las cónicas fue Apolonio de Perga (262 – 190 a.C), que enseñó matemáticas en las universidades de Alejandría y Pérgamo. Su estudio lo plasmó en su tratado “Cónicas”, que constaba de ocho libros. Cuatro de ellos se conservan originales, otros tres gracias a la traducción al árabe llevada a cabo por Thabit ibn Qurra, habiendo desaparecido el octavo. En 1710, Edmund Halley, el astrónomo, publicó una traducción de los siete libros conocidos en latín.
La importancia de las cónicas radica en su aplicación al estudio del movimiento de los planetas, debido a que estos siguen órbitas elípticas, en uno de cuyos focos se encuentra el Sol, característica utilizada por Kepler en su estudio sobre los planetas y por Newton en Ley de Gravitación Universal.
Así mismo se utilizan las propiedades de las cónicas para la construcción de antenas y radares, sabiendo que cualquier onda que incide sobre una superficie parabólica, se refleja pasando por el foco.
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Estas cónicas son producidas por secciones de una superficie de revolución, llamado cono, por un plano que no pasa por el vértice.
 Si el plano corta todas las generatrices, la sección producida se llama elipse.  Si además, el plano es perpendicular al eje del cono, la sección obtenida es una circunferencia.  Si el plano es paralelo a una sola generatriz, la curva obtenida ya no es cerrada, está en una de las hojas del cono, consta de una sola rama y se llama parábola.  Si el plano es paralelo a dos generatrices, entonces corta a las dos hojas del cono en una curva abierta formada por dos ramas separadas, llamada hipérbola.
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2.1. CIRCUNFERENCIA ( I )
2.1.1. Definición: Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos del plano que se encuentran a una distancia fija llamada radio, de un punto dado, llamado centro.
2.1.2. Ecuación de la circunferencia
r O X d · ) ; (
, es decir: r b y a x · − + −
) ( ) ( r b y a x · − + − Desarrollando los cuadrados se tiene: 2 2 2 2
2 2 r y by y a ax x · + − + + −
0 2 2 = r - b + a + by - ax - y + x
2 r b a C y b B -2a, A − + · − · · , se tiene: 0 = C + By Ax y + x
Para saber si una ecuación de la forma 0 = C + By Ax y + x
+ + corresponde a una circunferencia, calculamos el valor del radio que sería: C b a r − + ·
, y siendo 2
- a − · · , tendríamos: C
r − ,
y operando y sacando factor común obtendríamos C B A r 4
− + · . Si evaluamos el signo de C B A 4
, podemos saber si la ecuación antes dada le corresponde o no con una circunferencia:
→ < +
→ > +
p unto un es C - B A Si
i maginaria n ci a circunfere una es C - B A Si
real ncia circunf ere u na es C - B A Si
El centro y radio de la circunferencia 0 = C + By Ax y + x
+ + , está dado por:
2) 2 ( B/ - , -A/ C
Hallar la ecuación de la circunferencia centrada en el punto P(5; -2) y de radio 3.
La distancia de ) ( y ; x X
al punto P(5; -2) es: 2 2
2) ( 5) - ( ) ( + + · y x P ; X d
Para que el punto esté sobre la circunferencia se ha de verificar: 3 2) ( 5) - (
· + + y x
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Elevando al cuadrado: 9 2) ( 5) - (
Desarrollando: 9 4 4 25 10
· + + + + y y x - x
0 20 4 10 -
· + + + y x y x
Halla la ecuación de la circunferencia que tiene su centro en el punto (2; -1) y radio 3.
Escribimos la ecuación 9 1) ( 2) - (
Desarrollando: 9 1 2 4 4
· + + + + − y y x x
De donde obtenemos: 0 4 2 4
Calcular la ecuación de la circunferencia de centro (1, 1) y que contiene al punto (-2, 3).
13 1) - (3 1) - (-2
Así la ecuación es: 13 1) ( 1) ( · +
Desarrollando: 13 · + − + + − 1 2 1 2
Hallar la ecuación de la circunferencia que tiene centro en el punto (3, 4) y es tangente a la recta
0 3 2 · + y x-
El radio es la distancia del centro a una recta tangente: 5
3 4 . 2 3
La ecuación es: 2 2 2
) 5 2 ( 4) ( 3) - ( / - y x · +
/ y y - y x - x · + + +
0 121 40 30 5 5
· + + y - x - y x
Ejemplo ¿Cuál es la ecuación de la circunferencia que contiene a los puntos (3; 2), (2; 4) y (-1; 1)?
La ecuación de una circunferencia cualquiera es de la forma: 0 = C + By Ax y + x
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2 0 1 ) 1 ( ) 2 1 (
20 4 2 0 4 2 4 2 ) 4 2 (
13 2 3 0 2 3 2 3 ) 2 3 (
− · + + − ⇒ · + + − + − −
− · + + ⇒ · + + + +
· + + ⇒ · + + + +
C B A C B A ;
Resolviendo este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas se obtiene: 3
· − · − · C ; B A
Así, la ecuación pedida es: 0
La ecuación 0 4 5 3
= y - x +y x − + ¿corresponde a una circunferencia?.
Evaluemos el signo de 0 4
C= - B + A .
4 5 3 - C ; - B ; A · · ·
, entonces 0 ( - 4 ) 4 - ( - 5 ) + 3
, podemos concluir que es la ecuación de una circunferencia.
Ejemplo: Halla el centro y el radio de la circunferencia: 0 13 2 8
= y x + y x + + −
Centro ) 1 (4 ) 2 2 2 8 ( − · − ; / ; /
Radio: 2 13 4 2 8
· ⇒ − + · r · r
a) Determinación de la ecuación de una circunferencia conocido el centro y el radio
Halla la ecuación de la circunferencia de centro (1; - 2) y radio 2.
2 ) 2 ( ) 1 ( · + + − y x , desarrollando: 0 1 4 2
b) Determinación de la ecuación de una circunferencia conocido el centro y un punto Se calcula el radio y se escribe la ecuación:
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Halla la ecuación de la circunferencia de centro (2, - 1) y pasa por el punto (2, 4).
Radio: 5 ) 1 (4 ) 2 - 2 (
· ⇒ + + · r r Ecuación: 25 ) 1 ( ) 2 - (
c) Determinación de la ecuación de una circunferencia conocido un diámetro
Halla la ecuación de la circunferencia que tiene un diámetro de extremos A(1; 3) y B(-1; 1).
Centro: ( ) 2 0
; ; · ,
Radio: 2 2 2
) 2 3 ( ) 0 - 1 ( − + · r
Ecuación: 2 ) 2 ( ) 0 - (
La distancia del punto ) ( b ; a P
P (a, b) a la recta 0 · + + C By Ax
2.1.3. Elementos de una circunferencia
a) Cálculo de los elementos de una circunferencia La ecuación de una circunferencia con centro en ) ; ( b a
y radio " "r es: 0
· + + + + C By Ax y x , donde
; 2 ; 2 r b a C b B a A − + · − · − · .
A partir de estos datos se obtienen los siguientes resultados: 2 2
a − · − · 4
· − − + − · − + ·
, ha de interpretarse que no existe tal circunferencia y se dirá en tal caso que se trata de una circunferencia imaginaria.
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Hallar el centro y el radio de la circunferencia cuya ecuación es: 0 3 6 4
· + + − + y x y x .
· · − + · C B A r
2.1.4.Potencia de un punto respecto de una circunferencia
' . ' . PB PA PB PA ·
El valor común ' . ' . PB PA PB PA · recibe el nombre de potencia del punto P respecto de la circunferencia dada.
Trazando los segmentos AB
se obtienen los triángulos ' ' PAB y PAB
Estos dos triángulos son semejantes porque tienen dos ángulos iguales: el ángulo ∧
es común y ∧ ∧
· ' B B
por ser ángulos inscritos en un mismo arco.
Aplicando la proporcionalidad de los lados homólogos en los triángulos semejantes, se tiene:
2.1.5. Cálculo de la potencia de un punto respecto de una circunferencia La potencia de un punto P respecto de una circunferencia es igual al cuadrado de la distancia del punto al centro de la circunferencia, d 2
, menos el cuadrado del radio de la circunferencia:
. r d PB PA − ·
Sea O el centro de la circunferencia. La recta que une P con O, corta a la circunferencia en A y en B. UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.18
Llamando " "d
a la distancia PO y " "r
al radio de la circunferencia, se tiene que r d PB − · y r d PB + ·
La potencia es entonces: Obsérvese que la potencia, dependiendo de la posición del punto P respecto a la circunferencia, toma los valores:
Positivo, si P es un punto exterior a la circunferencia (d > r)
Cero, si P es un punto de la circunferencia (d = r)
Negativo, si P es un punto interior a la circunferencia (d > r).
2.1.6.Expresión analítica de la potencia de un punto respecto de una circunferencia
La ecuación de una circunferencia es 0 = C + By Ax y + x
+ + primer miembro se obtuvo elevando al cuadrado la distancia de un punto al centro de la circunferencia y restando el cuadrado del radio, es decir, hallando la potencia del punto respecto de la circunferencia.
b) Longitud del segmento tangente desde un punto exterior Sea C una circunferencia, P un punto exterior a ella, r la recta tangente a C desde P y A el punto de tangencia.
La longitud del segmento es la raíz cuadrada de la potencia de P respecto a la circunferencia.
Considérese la figura adjunta. El triángulo OPA es rectángulo y las medidas de sus lados son d (distancia de P a O), r (radio de la circunferencia) y t (segmento tangente).
Por el teorema de Pitágoras se tiene: r d t d t r
= d 2 ⇒ t 2
Llamando Pot a la potencia de P respecto de la circunferencia, se tiene que: Pot = d 2 - r
Así pues: 2.1.7.Eje radical UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.19
a) Cálculo analítico del eje radical de dos circunferencias Sean dos circunferencias de ecuaciones 0
· + + + + C By Ax y x y 0 ' ' '
· + + + + C y B x A y x
Su eje radical es el lugar geométrico de los puntos que tienen la misma potencia respecto de ambas. Dichas potencias son: C By Ax y x + + + +
y C By Ax y x + + + +
La ecuación del lugar geométrico es: ' ' '
C x B x A y x C By Ax y x + + + + · + + + +
Entonces: 0 ) ' ( ) ' ( ) ' ( · − + − + − C C y B B x A A
2.1.8.Centro radical de tres circunferencias Se llama centro radical de tres circunferencias, cuyos centros no estén alineados, al punto que tiene la misma potencia respecto de las tres.
2.1.9.Construcción gráfica del eje radical de dos circunferencias Se consideran dos casos:
2.1.10. Intersecciones de rectas y circunferencias UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.20
Hallar los puntos de intersección de la recta 0 1 2 · + + y x
y la circunferencia 0 4 4 2
Se resuelve el sistema ¹
− − · ⇒ · + +
) 2 . . . ( . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 4 4 2
) 1 ( . . . . . . . . . . . . . . 1 2 0 1 2
0 5 4 5 0 4 4 ) 1 2 ( 2 ) 1 2 (
· − − ⇒ · − − − − + + − − y y y y y y ¹
Pues tenemos dos soluciones:
Hallar los puntos de intersección de dos circunferencias cuyas ecuaciones son: 0 8 0 11 4 2
· − + + + · − + − + y x y x y y x y x
Resolución: Se resuelve el sistema: ¹
Se restan las ecuaciones y se obtiene: 1 0 3 3 3 − · ⇒ · − + − y x y x
Ésta es la ecuación de una recta, el eje radical. UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.21
⇒ · ⇒ · − ⇒ · − + − − + −
4 0 8 2 0 1 1 4 ) 1 ( 2 ) 1 (
Se obtienen, pues, dos puntos, (1; 2) y (-3; -2).
Si el punto P pertenece a la circunferencia, la recta tangente es la perpendicular al radio por P.
Si el punto P es exterior a la circunferencia, el proceso consiste en hallar una recta que, conteniendo al punto, diste del centro un valor igual al radio.
Hallar las tangentes a la circunferencia 0 18 3 2
· − + − + y x y x por los puntos (2, 3), (1; 1) y (5; 5).
De comprueba si los puntos pertenecen o no a la circunferencia:
) 3 ; 2 ( 0 18 3 . 3 2 . 2 3 2 ) 3 ; 2 (
⇒ · − + − + ⇒ pertenece a la circunferencia.
) 1 ; 1 ( 0 1 8 3 2 1 1 ) 1 ; 1 (
⇒ 〈 − + − + ⇒
) 5 ; 5 ( 0 1 8 5 . 3 5 . 2 5 5 ) 5 ; 5 (
es exterior a la circunferencia.
Tangente por (2, 3):
La recta que contiene al radio pasa por los puntos (2; 3) y (1; -3/2). Su pendiente es 2
· m La pendiente de la tangente es: 9
m UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.22
La ecuación punto - pendiente de la tangente es ) 2 (
3 − − · − x y .
En el caso del punto (5; 5) hay que hallar las rectas que, conteniendo a éste, su distancia al centro es el radio.
La ecuación de una recta que contenga a (5; 5) es ) 5 ( 5 − · − x m y
0 ) 5 5 ( · − + − ⇒ m y mx
La distancia de (1; -3/2) a dicha recta es: 2 2
Dicha distancia ha de ser igual a 4
) 4 2 / 13 (
85 85 16 52
4 m m m + · ,
85 85 64 208 169 m m m + · + −
0 84 208 21
· − + m m
Sustituyendo cada uno de estos valores en la ecuación ) 5 ( 5 − · − x m y
se obtienen las dos tangentes.
Definición: Se llama elipse al lugar geométrico de los puntos tales que la suma de sus distancias a dos puntos fijos, llamados focos, es una constante.
El punto medio de los dos focos se llama centro de la elipse y la distancia entre ellos se llama distancia focal Generalmente el eje principal se representa por 2a y la distancia focal por 2c. Los valores a y c se llaman semieje principal y semidistancia focal , respectivamente.
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Llamando b 2 al eje secundario, P al vértice superior, O al centro y F y F ' a los focos de la elipse, por el teorema de Pitágoras: 2 2
' c b PF + ·
Por definición de elipse, a PG PF 2 ' · + .
Dado un punto P(x, y) de una elipse centrada en el origen y con focos en F(c, 0) y F'(-
c, 0) se tiene:
Operando: UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.24
La ecuación de una elipse centrada en el origen y con focos en F(c, 0) y F'' (-
c, 0) es: Demostración:
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Se resuelve el sistema: Los otros dos vértices son (0, b) y (0, -b)
Si una elipse tiene sus ejes paralelos a los ejes de coordenadas y su centro en el punto (x
), los puntos de esta elipse se pueden trasladar mediante el vector -x
y obtener una elipse centrada en el origen.
Entonces el punto que ha de verificar la ecuación canónica es (x - x
). Por tanto, su ecuación es: Desarrollando esta ecuación, se obtiene:
0 x + b
2 + By
2 + Cx + Dy + E = 0, donde A y B son del mismo signo.
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Si una elipse tiene su eje principal vertical, su ecuación viene dada por: Los vértices son los puntos (x
± b, y
± a) y los focos son (x
± c).
Dada una ecuación del tipo Ax
2 + Cx + Dy + E = 0, ésta puede transformarse por el método que se verá en los ejercicios de aplicación. Dicha ecuación se llama ecuación reducida de la elipse.
Si el segundo miembro fuese 1, se tendría una elipse centrada en (x
). Los ejes
de la elipse son las rectas x = x
. Los vértices son (x
± a, y
Reducir la ecuación 4x
2 - 8x + 18y - 23 = 0. Si se trata de una elipse, hallar su centro, sus focos y sus vértices.
Se agrupan los términos en x
con los términos en x y los términos en y
2 con los términos en y:
2 - 8x) + (9y
2 + 18y) - 23 = 0
Se saca factor común, en cada paréntesis, el coeficiente del término de segundo grado:
2 - 2x) + 9 (y
2 + 2y) - 23 = 0
Se opera en cada paréntesis hasta obtener un cuadrado perfecto: x
2 - 2x = x
- 2x + 1 - 1 = (x - 1)
2 + 2y = y
2 + 2y + 1 - 1 = (y + 1)
La ecuación se puede escribir: 4[(x-1)
2 - 1] + 9[(y + 1)
2 - 1] - 23 = 0
4(x - 1)
2 + 9(y +1)
Se divide entre 36: Centro de la elipse: (1, -1)
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Focos: Para hallar los focos hay que observar que éstos se hallan en una recta horizontal que contiene al centro y a distancia c del mismo. Basta pues con sumar y restar c a la abscisa del centro.
Los focos son Los vértices se obtienen sumando y restando a las coordenadas del centro los semiejes de la elipse:
Reducir y, en su caso, hallar los elementos de la cónica de ecuación x
2 - 8x - 12y + 32 = 0
2 - 8x) + (3y
2 - 12y) + 32 = 0
2 - 8x) + 3(y
2 - 8x = x
2 + 16 - 16 - 8x = (x - 4)
2 - 4y = y
2 + 4 - 4 - 4y = (y - 2)
2 + 3 (y - 2)
2 - 16 - 12 + 32 = 0
2 + 3(y - 2)
Hallar los elementos de la elipse 25x
- 50x + 64y - 311 = 0
(25x
2 - 50x) + (16y
2 + 64y) - 311 = 0
25(x
2 - 2x) + 16(y
2 + 4y) - 311 = 0
2 - 2 · 1x + 1
2 = (x - 1)
2 + 4y = y
+ 2 · 2y + 2
2 = (y + 2)
25(x - 1)
2 - 25 + 16(y + 2)
2 - 64 - 311 = 0
2 + 16(y + 2)
2 = 25 + 64 + 311 = 400
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Como el denominador de la segunda fracción es mayor que el de la primera, no puede ser a
2 = 16 y b
2 = 25, lo cual significa que la elipse tiene su eje principal vertical.
El centro es (1, -2)
(1, -2 ± 5), o sea (1, -7) y (1, 3) Los focos son (1, -2 ± 3), es decir (1, -5) y (1, 1)
A diferencia de la elipse, aquí se tiene 2c > 2a (por tanto c > a) y se puede considerar . Este valor se llama semieje imaginario de la hipérbola. hipérbola.
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Eliminando los términos comunes: 2cx = 4a
- 2cx + 4a·
Despejando: 4a · = 2cx - 4a
+ 2cx = 4cx - 4a
, Luego ' = + 2a = ex - a + 2a = ex + a Nótese que se ha utilizado que la distancia ' es mayor que , lo cual sólo es cierto en el semiplano de la derecha. Si se hubiese tomado un punto del semiplano de la izquierda y se hubiese operado, el resultado hubiera sido similar, pero cambiando los signos. Es por eso que en el enunciado se tomó valor absoluto en los segundos miembros.
La ecuación de una hipérbola con focos en los puntos F(c, 0) y F''(-c, 0) es Demostración:
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Sacando factor común (c
): (c
, luego b
2 = 0. Dividiendo entre a
En el caso en que la hipérbola tuviese el eje vertical, la ecuación sería: Vértices de una hipérbola
Sustituyendo en la hipérbola: Los vértices son (a, 0) y (-a, 0)
Al sustituir queda: Esta ecuación no tiene solución, ya que el primer miembro es siempre negativo y el segundo es positivo.
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Pero, para valores grandes de x , x , siempre que a sea un número fijo. En efecto:
Si se tiene una hipérbola con centro en un punto (x
), procediendo como se hizo para la elipse, se tiene que su ecuación es
Los focos serán, si el eje real es horizontal (x
± c, y
± c ) si es vertical.
De la misma forma los vértices son: (x
± a ) según que el eje real sea horizontal o vertical, respectivamente.
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Sea una ecuación de la forma Ax
2 + Cx + Dy + E = 0 en la que A y B tengan distinto signo. Operando por un procedimiento similar al visto en el caso de la elipse, siempre se puede llegar a uno de los tipos de ecuación de una hipérbola.
Hallar la ecuación reducida de la hipérbola 4x
Se asocian los términos que tengan la misma incógnita y se saca factor común el coeficiente de segundo grado:
2 - 8x) - (9y
2 - 36y) + 4 = 0
2 - 2x) - 9(y
2 - 4y) + 4 = 0
Se completan cuadrados en los paréntesis:
- 2 · 1x + 1
2 - 2 · 2y + 2
2 = (y - 2)
Se sustituye en la ecuación:
2 - 4 - 9(y - 2)
2 + 36 + 4 = 0
2 - 9(y - 2)
2 = 4 - 36 - 4 = -36
Se divide entre -36:
Se trata, pues, de una hipérbola con el eje real vertical, con centro en (1, 2) y sus semiejes son a = = 2 y b = = 3
Los vértices son (1, 2 ± 2), es decir (1, 0) y (1, 4).
Asíntotas:
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Hallar los elementos de la hipérbola x
2 + 2x + 4y - 12 = 0
(x
2 + 2x) - (y
2 - 4y) - 12 = 0
2 + 2x = x
2 + 2 · 1x + 1
2 = (x+1)
-4y = y
2 = (y -2)
2 - 1 - (y - 2)
2 + 4 - 12 = 0
2 - (y - 2) = 1 - 4 + 12 = 9
Se trata de una hipérbola con centro en (-1, 2), eje real horizontal, y semiejes a = 3, b = 3 (este tipo de hipérbolas que tienen iguales sus semiejes se llaman hipérbolas equiláteras).
Los vértices son los puntos (-4, 2) y (2, 2).
• Para hallar las asíntotas se iguala a cero el primer miembro de la ecuación reducida:
(x + 1)
= (y - 2)
x + 1 = ±(y - 2)
x + 1 = y - 2 y = x + 3
x + 1 = -y + 2 y = 1- x
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La ecuación de la parábola con vértice en el origen de coordenadas y foco en el y = 2px
-px + y
= px y
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Si el eje es horizontal y el foco está en el semieje negativo de abscisas, la ecuación es y
2 = -2px.
Si el eje es vertical y el foco está en el semieje positivo de ordenadas, la ecuación es x
2 = 2py.
Si el eje es vertical y el foco está en el semieje negativo de ordenadas, la ecuación es x
2 = -2py.
Si el vértice de una parábola se encuentra en un punto (x
) su ecuación será, según los casos:
Eje horizontal y foco a la derecha: (y - y
2 = 2p(x - x
Eje horizontal y foco a la izquierda: (y - y
2 = -2p(x - x
Eje vertical y foco por encima: (x - x
2 = 2p(y - y
Eje vertical y foco por debajo: (x - x
2 = -2p(y - y
2 + Bx + Cy + D = 0 o del tipo Ay
2 + Bx + Cy + D = 0, siempre es posible reducirla a la ecuación de una parábola. Para ello se completa un cuadrado y se manipula adecuadamente el otro miembro.
Hallar la ecuación reducida de la parábola 2x
2 + 8x + 3y - 5 = 0. Hallar su vértice, su foco y su directriz.
Se ha de transformar esta ecuación en una de la forma:
= ± 2p(x - x
) ó (x - x
= ± 2p(y - y
La ecuación dada tiene un término en x
. Habrá que transformarla, pues, en una del tipo (x - x
+ 8x + 3y - 5 = 0 2x
+ 8x = -3y + 5 
+ 3x = (x + 2)
- 4. Se sustituye en la ecuación: UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.36
Se trata de una parábola con el eje vertical y el foco por debajo del vértice.
Para hallar el foco se le resta la mitad del parámetro a la ordenada del vértice:
Por ser el eje vertical, la directriz es horizontal, y su ordenada se obtiene sumándole la mitad del parámetro a la del vértice:
Hallar los elementos de la parábola y
Se opera como en el caso anterior, teniendo en cuenta que ahora la variable que aparece elevada al cuadrado es y:
2 + 6y = 4x - 13
2 + 6y = y
2 + 2 · 3y + 3
2 = (y + 3)
2 - 9 = 4x - 13 
2 = 4x - 4
2 = 4(x-1)
Es una parábola con vértice en el punto (1, -3).
La directriz se obtiene restándole la mitad del parámetro a la abscisa del vértice: x = 1 - 1 = 0. La directriz es el eje de ordenadas.
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Para calcular la intersección de una cónica con una recta se ha de resolver un sistema de ecuaciones, que dará lugar a una ecuación de segundo grado (ax
2 + bx + c = 0). Al resolver esta ecuación, se obtienen resultados distintos dependiendo del valor que tome el discriminante (= b
2 - 4ac):
Si el discriminante es negativo (b
2 - 4ac < 0, la ecuación no tiene soluciones reales; sus dos soluciones son números complejos conjugados), el sistema no tiene solución. La recta no corta a la cónica y se dice que es exterior a ella.
Si el discriminante es nulo (b
2 - 4ac = 0, la ecuación tiene dos soluciones reales iguales), la recta corta a la cónica en un solo punto. En este caso se dice que la recta es tangente a la cónica.
Si el discriminante es positivo (b
2 - 4ac > 0, la ecuación tiene dos soluciones reales y distintas), la recta tiene dos puntos comunes con la cónica. Entonces se dice que la recta es secante a la cónica.
Hallar los puntos de intersección de la recta x + y + 1 = 0 y la elipse
- 4x + 6y - 9 = 0.
2(-y - 1)
2 - 4(-y - 1) + 6y - 9 = 0
+ 14y - 3 = 0
Trazar una tangente vertical a la cónica x
2 + 2x + y - 2 = 0.
Las rectas verticales son de la forma x = k
2 + 2k + y - 2 = 0,
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.38
2 + y + (k
+ 2k - 2) = 0
Su discriminante es b
2 - 4ac = 1 - 4 (-1) (k
2 + 2k - 2) = 1 + 4k
+ 8k - 8 = 4k
2 + 8k - 7
La condición para que la recta sea tangente es que dicho discriminante sea nulo: 4k
2 + 8k - 7 = 0
Las tangentes verticales son: Ejemplo
Hallar las rectas tangentes a la curva y
2 = 4x que contengan al punto (-1, 0).
Cualquier recta que contenga a dicho punto tiene una ecuación de la forma y = m(x + 1), donde m es la pendiente.
Sustituyendo en la ecuación de la parábola:
= 4x ⇒ m
+ ( 2m
2 - 4) x + m
El discriminante es: (2m
2 = 4m
2 + 16 - 4m
4 = -16m
La recta será tangente si este discriminante es nulo: -16m
+ 16 = 0 ⇒ 16m
= 16 ⇒ m = ±1
Las tangentes buscadas son: y = x + 1 e y = -(x + 1)
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Hallar la ecuación de la parábola con vértice en el punto ( 1; 1) y recta directriz x + y = 1. Resolución
Observe que en este caso la recta directriz no es vertical ni horizontal por lo que, el teorema no nos ayuda en nada y debemos recurrir a la definición misma. Como el eje de la parábola es ortogonal a la directriz y debe pasar por el vértice entonces debe tener ecuación y = x. Para hallar el valor de P debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales y calcular la distancia al vértice. x y y x · ∧ · + 1
Puesto que la solución es (1/2; 1/2), entonces 2
y el foco sería ) 2 / 3 ; 2 / 3 ( · F
Para hallar la ecuación de la parábola suponga que el punto P = (a; b) esta sobre ella, entonces para poder calcular la distancia de este punto a la directriz debemos hallar la recta que pasa por este punto y es paralela al eje de la parábola. Dicha recta tienen ecuación y = x + b - a Ahora debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales con la idea de calcular la distancia que buscamos x y a b x y · ∧ − + ·
La solución de este sistema es )
con lo cual la ecuación de la parábola es : ) ; ( ) ; ( Q P d P F d ·
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.40
Figura 4. Ejercicios resueltos de la Recta
1. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (- 3. I) y es paralela a la recta determinada por los dos puntos (0, - 2) y (5, 2) .
Como se conoce un punto de la recta requerida, solamente es necesario obtener su pendiente que, según sabemos, es la misma que la de la recta paralela L1 que pasa por los dos puntos (0. - 2). (5, 2) La pendiente de L1 es, = La ecuación de la recta a utilizar Y- 1= (X+3)
4 x - 5 y + 1 7 = 0 2. Observa las siguientes ecuaciones:
x = –3 + 3t
x = –3 + 3(0)= -3 UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.41
y = 2(0)= 0 (-3, 0)
t 0 1 3 4 5
(x,y) (-3, 0) (0,2) (6,6) (9,8) (12,10)
3. Halla la ecuación implícita de la recta: x = 5 – 3t
4. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el siguiente par de puntos (–7, 11), (1, 7)
Luego sustituimos los datos en la fórmula de la ecuación de la recta dado dos puntos, y obtenemos:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.42
• Tomamos el punto (1,7)
5. Hallar dos puntos de la recta y = –3x + 4 y Calcular a partir de ellos su pendiente, y comprueba que es la que corresponde a esa ecuación.
Si x = 0 → y = 4 → punto A (0, 4) Si x = 1 → y = 1 → punto B (1, 1) Calculando la pendiente con los puntos calculados anteriormente se tiene que m = –3
6. Hallar la distancia de Q(–3, 4) a la siguiente recta: 2x + 3y = 4
(igualamos a cero la ecuación) 2x + 3y – 4 = 0 r
1. Encontrar el centro y el radio de la circunferencia representada por la ecuación: x 2 + y 2 - 16 x + 2 y + 65 = 0 .
2. Determinar la ecuación de una circunferencia que pasa por el punto P(1,0), sabiendo que es concéntrica a la representada por la ecuación: x²+ y² - 2 x - 8 y + 13 = 0 .
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.43
El radio a de la circunferencia buscada se calcula como la distancia del punto P al
3. El diámetro de una circunferencia es el segmento de recta definido por los puntos: A(-8,-2) y B(4,6). Obtener la ecuación de dicha circunferencia.
La ecuación de la circunferencia pedida es: ( x + 2 )² + ( y - 2 )² = 52.
4. Halla la ecuación de la circunferencia de centro (–5, 12) y radio 13. Comprueba que pasa por el punto (0, 0).
5. Comprobar que la recta 2 y + x = 10 es tangente a la circunferencia x² + y² - 2 x - 4 y = 0 y determinar el punto de tangencia.
Sustituyendo este valor en la segunda ecuación, desarrollando y simplificando, se obtiene:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.44
Ejemplo 2 : Encontrar una ecuación del círculo con centro en (2, -3) y un radio = 4
Solución: (x-h)
⇒ (x-2)
-4x+4+y
+6y+9 = 16
Ejemplo 3: Dada la ecuación x
+ 6x –2y –15 = 0 Mostrar que la gráfica de esta ecuación es un círculo y encontrar su centro y su radio.
+ 6x –2y –15 = 0 ⇒ (x
2 + 6y) + (y
– 2y) = 15
2 + 6x + 9) + (y
– 2y + 1) = 15 + 9 + 1 ⇒ (x + 3)
h =-3 k = 1 R
Ejemplo 4 : Determinar la gráfica de la ecuación 2x
+12x-8y+31=0
Solución: 2x
+ 12x – 8y + 31 = 0 ⇒ ÷ 2 ⇒ x
+ 6x – 4y + 31/2 = 0
+ 6x) + (y
– 4 ) = - 31/2 ⇒ (x
+ 6x + 9 ) + (y
–4y+4) = - 31/2 +9+4
⇒ (x + 3)
= - 5/2 R
= - 5/2 ⇒ R = …. ¡ (no existe) no hay gráfica Ejemplo 5 : Encontrar el centro y el radio de la circunferencia representada por la ecuación: X
2 - 16x + 2y + 65 = 0
SOLUCIÓN: Ordenando y completando trinomios cuadrados perfectos en x y y, se tiene: UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.45
- 4x + 6y - 3 = 0 C (-3 , 1) R = 5
( ) ( ) 0 1 8
0 65 1 64 ) 1 2 ( ) 64 16 (
0 65 ) 2 ( ) 16 (
· + − − + + + + −
Por lo tanto el centro y el radio de la circunferencia son respectivamente:
( ) 0 ; 1 , 8 · − r C
; o sea que la gráfica es sol el punto (8, -1)
Ejemplo 6 : El diámetro de una circunferencia es el segmento de la recta definida por los puntos: D (-8,-2) y E (4,6). Obtener la ecuación de dicha circunferencia.
SOLUCIÓN: El centro es el punto medio del diámetro, cuyas coordenadas se obtienen aplicando las fórmulas para el punto medio de un segmento, en este caso B A :
Por lo tanto, el centro es C (-2,2). El radio es la es la distancia del centro C a cualquiera de los extremos del diámetro, es decir:
( ) ( ) 52 16 36 6 2 4 2
· + · − + − − · r
( ) ( ) 52 2 2
Ejemplo 7 : Hallemos la ecuación de la parábola con foco (2,0) y directriz la recta X= -2. Dibujemos la grafica.
Solución: Según los datos del problema tenemos que:
El eje focal es el eje x. Por lo tanto la ecuación es:
= = Ejemplo 8 : Una parábola tiene su vértice en el origen, su eje focal es el eje x y pasa por el punto (-5,10), hallemos su ecuación y dibujemos su grafica.
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Solución: Como el vértice es (0,0) y ele je focal es el eje x, Entonces la ecuación de la parábola es de la forma: =4px
Donde desconocemos el valor de p
Puesto que la parábola pasa por el punto (-5,10) entonces sus coordenadas deben satisfacer la anterior ecuación. Por tanto:
Luego la ecuación de la parábola es: Como p es negativo, entonces la parábola aparece dibujada a la izquierda del origen
Ejemplo 9 : Encontrar una ecuación de la parábola que tiene como directriz la recta y = 1 y como foco el punto F (-3, 7).
Solucion: P= 3 ⇒ LR = QQ’ = ¦ 4P¦ = 12; ⇒ Ec. → (x-h)
= 4p (y-k)
⇒ (x+3)
= 4x3 (y-4); ⇒ x
+ 6x + 9 = 12y - 48
Ejemplo 10 : Dada la parábola que tiene por ecuación y
+ 6x + 8y + 1 = 0 encontrar el vértice, el foco, una ecuación de la directriz, una ecuación del eje, y la longitud del lado recto. Trazar la gráfica.
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+ 6x - 12y + 57 = 0
+ 6x + 8y + 1 = 0 ⇒ (y
+ 8y) = - 6x –1 ⇒
+ 8y + 16) = -6x – 1 + 16 ⇒
(y + 4) = - 6x + 15 ⇒ (y + 4)
= - 6 (x – 15 /6)
− ⇒ − · ⇒ − · 4 ,
Ejemplo 11 : Determinar la gráfica de la ecuacion 25x
+150x+128y-1119=0. Encontrar los vértices, focos, excentricidad y extremos del eje menor. Solucion:
+150x+128y -1119=0;
⇒ (25x
+150x) + (16y
2 +128y ) = 1119;
⇒ 25 (x
+ 6x) + 16(y
2 + 8y) = 1119;
+ 6x +9) + 16(y
8y+16) = 1119 + 25x9 +16x16;
⇒ 25 (x+3)
+ 16(y+4)
⇒ ÷ 1600 → 25(x +3) 2
+ 16(y+4) 2
= 1600 1600 1600 1600 ⇒ (x+3) 2
+ (y+4) 2
= 1 → c(-3,-4)
b=8 a=10 a
⇒100=64 + c
⇒ c= 6; e = c/a = 6/10 = 0,6; Ejemplo 12 : Encontrar una ecuación de la elipse para la cual los focos están en (-8, 2) y (4, 2) y la excentricidad es 2/3. Hacer un dibujo de la elipse.
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Solución: La distancia entre los focos es 12; por lo tanto “c” = 6 y e = c/a = 2/3 ⇒ 6/a =2/3 ⇒a = 6*3/2 = 9 ; ⇒ a=9; ⇒ a
; ⇒ 81=b
+36; 8 . 6 45 ≈ · ⇒b Ecuac. de la elipse→ (x+2) 2
+ (y-2) 2
⇒ 5(x 2
+4x+4)+9(y 2
-4y+4) =405 ⇒ 5x
+20x+20 +9y
2 -36y+36 =405
Ejemplo 13 : Los focos y los vértices de una hipérbola son los puntos: F(5, 0), F’(-
5,0),V
(4,0)yV
(-4,0), respectivamente. Determine la ecuación de la hipérbola. Dibujar su gráfica e indicar las asíntotas. SOLUCIÓN: Como los focos están sobre el eje x, la ecuación de la hipérbola es de la forma: 1
En este caso: a = 4; c = 5, de donde 3 16 25 · − · b En consecuencia, la ecuación de la hipérbola es: 1
Ahora, Luego, las ecuaciones de las asíntotas son las rectas: x y
· y, x y
Ejemplo 14 : Dada la hipérbola cuya ecuación viene dada por: 63 9 7
· − x y Determine: coordenadas de los focos, de los vértices, ecuaciones de las asíntotas. Trazar la gráfica.
SOLUCIÓN: La ecuación: 63 9 7
· − x y puede escribirse en las formas equivalentes: UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.49
+20x-36y+369 =0
La última ecuación corresponde a una hipérbola cuyo eje focal coincide con el eje “y” En este caso: 7 , 3 · · b a Luego, 4 7 9 · + · c Con estos datos, se tiene: F(0, 4), F’(0, -4), V
(0, 3) y V
(0, -3). Además de la ecuación: 0
se deduce que las ecuaciones de las asíntotas son las rectas de ecuación: x y
Ejemplo 15 : Una hipérbola cuyo centro es el punto C(2, 3), tiene sus focos sobre la recta y = 3. Además, la distancia entre los focos es 10 unidades y la distancia entre sus vértices es 8 unidades. Trazar la gráfica y determine: coordenadas de los vértices, focos y ecuaciones de las asíntotas.
SOLUCIÓN: Ahora, puesto que los focos están sobre la recta y = 3 (paralela al eje x), la ecuación de la hipérbola pedida tiene la forma: Las coordenadas de los focos son: c h x t · y
3 · y
; Esto es: F(7, 3) y F’(-3, 3).
Igualmente, las coordenadas de los vértices son: a h x t · y 3 · y
Esto es, V
(6, 3) y V
(-2, 3). Además, de la ecuación: se deduce que: y son las ecuaciones de las asíntotas.
Ejemplo 16 : Dada la hipérbola, cuya ecuación en su forma general es: 3y
+ 4x – 6y – 13 = 0. Determine y grafique: centro, focos, vértices y ecuaciones de las asíntotas. SOLUCIÓN: La ecuación general, puede escribirse en las formas equivalentes: UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.50
Esta última ecuación corresponde a una hipérbola cuyo centro es el punto C(2, 1) y su eje focal es una recta paralela al eje y que pasa por C(2, 1). En esta caso, x = 2 Además, a
= 12. Con lo cual: 4
· + · b a c Las coordenadas de los focos son: 2 · x e 4 1t · y
. Esto es F(2, 5) y F’(2, -3). Igualmente, las coordenadas
de los vértices son: x = 2 e 2 1t · y
. Esto es V
(2, 3) y V
(2, -1). Las ecuaciones de las asíntotas son las rectas: ( ) 2
1 − · − x y
e, ( ) 2
1 − − · − x y
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EJERCICIOS PROPUESTOS DE CIRCUNFERENCIA 1. Circunferencia de centro C (–3, 4) y radio 5. Comprueba que pasa por el origen de coordenadas.
2. Encontrar el centro y el radio de la circunferencia cuya ecuación es: 9 x² + 9 y² - 12 x + 36 y - 104 = 0. Trazar la circunferencia
3. Encontrar el centro y el radio de la circunferencia dada por la ecuación: 4 x²+ 4 y² + 4 x + 4 y - 2 = 0.
4. El diámetro de una circunferencia es el segmento de recta definido por los puntos: A(-8,-
2) y B(4,6). Obtener la ecuación de dicha circunferencia.
5. Encontrar los puntos de intersección de las circunferencias representadas por las ecuaciones: x² + y² - 2 x + 4 y = 0 x² + y² + 2 x + 6 y = 0
6. Probar que el punto P(4,2) pertenece a la circunferencia x² + y² - 2 x + 4y = 20 y obtener la ecuación de la tangente a la circunferencia en ese punto.
Problema para entregar
a) Clasificar la siguiente cónica según los valores del parámetro “a”:
· + − − + ay x axy ay x .
b) Hacer un estudio completo de la cónica anterior para a = 2:
Parámetro de la cónica
Eje y vértice
Dibujo de la cónica.
1) Hacer un estudio completo de las siguientes cónicas:
a) 0 45 20 40 4 14 11
· + + + − + y x xy y x
b) 0 1 4 4 8
· + − − + − y x y xy x
c) 0 10 4 2 4 4
· − + + + − y x y xy x
2) Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos ( ) ( ) ( ) ,
, 2 , 0 , 0 , 2 , 0 , 0 y ,
3) Hallar el centro y las asíntotas de la cónica: 0 2 2
· + + xy x .
4) Clasificar la siguiente cónica según los valores del parámetro “a”:
· + + − + − y x ay xy ax
5) Hallar λ y µ
sabiendo que las ecuaciones 1
· + y x λ , µ · ' ' y x
, corresponden a una misma cónica expresada en dos sistemas de referencia ortonormales distintos.
P1.- Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos (7,1), (5,-3),(-1,-3), (-3,1) y ( ) 7 , 3 − − . Calcular sus elementos característicos, la ecuación reducida y representar la cónica.
P2.- Hallar la cónica que pasa por los puntos (1, 0), (3, 2) y (1, -4) y tal que e=0.
P3.- Hallar la ecuación de la elipse cuyos ejes son paralelos a los ejes coordenados, su centro es C(-2,1); el eje mayor es paralelo a OY, su longitud es 10 y la distancia focal 8.
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P4.- Dados los puntos A(3,4),B(-3,9), C(-3,-1), D(-9,4) y E(3/5,0). Calcular la ecuación de la cónica que pasa por dichos puntos. b) Hallar los ejes, vértices, focos y excentricidad de la cónica anterior. c) Ecuaciones de la recta normal y de la recta tangente que pasa por E(3/5,0). d) Ecuaciones de las rectas que pasan por (9,9) y son tangentes a la elipse.
P5.- Estudiar las siguientes cónicas:
a) 0 14 y 2 2 x 2 6 xy 2 y x
· − − + + + b) 0 2 y x xy 2 y x
c) 0 x xy · − d) 0 1 y 4 x 2 xy 4 y 4 x
e) 0 1 x y 2 x 2
· + + + f) 0 10 y 2 10 x 2 6 xy 2 y 3 x 3
g) 0 y x xy · − + h) 0 1 x 2 xy 2 6 y x 8
· + + − + .
P1.- La ecuación de la hipérbola equilátera es ( ) ( ) 9 3 y 2 x
· + − − ; centro (2,-3); eje focal 3 y − · , y eje no focal x=2; focos 3) - , 3 2 ( F + y 3) - , 3 2 ( ' F − ; directrices 2
2 x + ·
2 x − ·
; y de ecuación reducida ( ) ( ) 9 ' y ' x
P2.- Circunferencia ( ) ( ) 20 3 y 5 x
· + + − .
P3.- ( ) ( )
P4.- a) ( ) ( )
. b) eje mayor 3 x − · ; eje menor 4 y · ; vértices A(-3,-1), A’(-3,9), B(3,4), B’(-9,4); focos ,
4 , 3 ; y excentricidad 6
. c) recta tangente 0 3 y 8 x 5 · − − y recta normal 0 24 y 25 x 40 · − + . d) 9 y · y ) 9 x (
9 y − · − .
P5.- a) b) c)
d) f) g) UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.53
Hoja de problemas: Estudio algebraico de las Cónicas Curso 05-06
0 ay xy 2 ax y 2 x 2 a
· + + + + + .
b) Hacer un estudio completo de la cónica anterior para a =0
Semiejes, excentricidad y parámetro de la cónica
Centro o vértice
Focos y directrices
a) 0 45 y 20 x 40 xy 4 y 14 x 11
b) 0 1 y 4 x 4 y xy 8 x
c) 0 y 8 x 2 y 4 xy 4 x
2) Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos ( ) ( ) ( )
3) Hallar el centro y las asíntotas de la cónica: 0 xy 2 x 2
0 ay 4 x 2 ay 2 axy 2 x
5) Hallar µ λy sabiendo que las ecuaciones 1 y x
· λ + , µ · ' y ' x , corresponden a una misma cónica expresada en dos sistemas de referencia ortonormales distintos.
SOLUCIONES Problemas Cónicas 05-06
Solución ejercicio 1) a)
0 45 y 20 x 40 xy 4 y 14 x 11
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A , ⇒
≠ − ·
0 7 5 0 A
0 1 5 0 A
( ) 0 A a a
⇒ < − ⋅ + · + ELIPSE REAL
0 g ' ' y ' ' x
· + λ + λ
y λ λ valores propios de ¹
, ya que se toma como 1
λ el valor propio de menor valor absoluto.
0 5 ' ' y 15 ' ' x 10
· + ⇒ · − +
Excentricidad y parámetro de la cónica
· · ⇒ · ⇒ · − ·
( ) 1 , 2 C
0 y 1 4 x 2 1 0
0 y 2 x 1 1 2 0
Eje focal x’’
1 0 a a s o c i a d o s p r o p i o s v e c t o r e s l o s a p a r a l e l o E s
1 , 2 C c e n t r o e l p o r P a s a
y 0 y 2 x
· ⇒ · − ⇒
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Luego, x’’
1 y + · + .
El eje no focal y’’
f o c a l e j e a l l a r p e r p e n d i c u E s
Por tanto, y’’
( ) 2 x 2 1 y + − · +
Vértices principales
Se hallan intersecando el eje focal con la circunferencia de centro el origen y radio 2
Los vértices secundarios se hallarían de manera análoga, intersecando el eje no focal con la circunferencia de centro el origen y radio 3
Se hallan intersecando el eje focal con la circunferencia de centro el origen y radio c:
Son rectas paralelas al eje no focal y’’ y tales que distan c
del centro de la cónica:
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0 k y x 2 k x 2 y · − + ⇔ + − ·
( ) ⇒ − t · ⇒ · + ⇒ · ·
dir , C d
· + + + ≡
· + − + ≡
y x 2 d i r
Dibujo de la cónica
Solución ejercicio 1) b)
8 4 4 1 0 + − − − + ·
( ) X AX O x y x
·− < ⇒Cónica de tipo hiperbólico.
A · − ≠ ⇒ 55 0
Se trata de una HIPÉRBOLA.
λ λ x' ' y
0 + + · ' ' c
λ λ λ λ I - 1 5
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De acuerdo con el criterio expresado anteriormente, tomamos para λ 1
el valor propio de signo contrario a c, es decir, λ λ 2 1
3 5 · − · , ;.
Por tanto, la ecuación reducida queda:
− + + · ⇔ − · 3 5
1 , ya que a a
· · · · , b , c - b 2 2 2
Centro y ejes
Para calcular el centro, resolvemos el sistema − + − ·
, obteniéndose el punto C = (-2/3, -2/3).
Los ejes son rectas que pasan por el centro y tienen la dirección de los vectores propios asociados a λ λ y 2 1
Los vectores propios asociados a λ 1
son las soluciones del sistema:
Por tanto, el eje focal tiene de ecuación: y x y x + · + ⇔ ·
El eje no focal es perpendicular al anterior, luego tiene de ecuación:
y x y x + · − + ⇔ · − −
Para calcular los vértices, intersecamos el eje focal con la circunferencia de centro C y radio a:
obteniéndose los puntos V
Los focos son los puntos de intersección del eje focal con la circunferencia de centro C y radio c:
obteniéndose los puntos F
) y F (-
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Las directrices son rectas paralelas al eje no focal que distan del centro a
Su ecuación ha de ser, por tanto, de la forma y = -x + k, determinando k de modo que a
. Resulta k ·
− t 8 55
,luego, las directrices son las rectas
Las asíntotas son rectas que pasan por el centro y tienen de pendiente m, siendo m solución de la ecuación 1 8 0
+ − · m m
Al resolver la ecuación anterior, se obtienen dos valores para m: m m
4 15 4 15 · − · + , .
y x x + · − + + · + +
( )( ) ( )( ) , y .
Solución ejercicio 1) c) 0 y 8 x 2 y 4 xy 4 x
y x 1 O AX X
⇔ · .
Cónica de tipo parabólico.
⇒ ≠ − · 0 4 A
Se trata de una PARÁBOLA.
0 `` x b 2 `` y
· + λ
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siendo 5 a a
· + · λ , ó bien 2
λ = valor propio no nulo de ,
b ha de tener signo contrario a 2
λ , se toma 5
. Resultando la ecuación reducida: 0 `` x
`` y 5
`` x
p 2 · ⇒ ·
El eje de la parábola x`` tiene la dirección de los vectores propios asociados al valor propio 0
· λ de la matriz c
Luego, el eje y``, perpendicular a x`` y que corta a la cónica en el vértice, tiene una ecuación de la forma:
k x 2 y `` y + − · ≡
Sustituimos esta expresión en la ecuación de la parábola, obteniéndose:
( ) ( ) 0 2 k k 4 x k 10 9 2 x 25
0 k x 2 8 x 2 k x 2 x 24 k x 2 4 x
⇒ · + − + − + − − + − +
cuyo discriminante ∆
ha de ser nulo para que tenga solución única (la abscisa x del vértice):
k 0 81 k 20 0 2 k k 4 25 4 k 10 9 4
· ⇒ · + − ⇔ · + ⋅ ⋅ − + · ∆
La abscisa del vértice es, entonces, la solución única de la ecuación ( ) ( ) 0 2 k k 4 x k 10 9 2 · + + + para 20
k · :
x 0 9801 x 9900 x 2500
Como el vértice ha de pertenecer al eje 20
x 2 y `` y + − · ≡ , su ordenada ha de ser:
2 y · + − ·
El vértice es, por tanto, el punto ,
Y el eje de la parábola es la recta que pasa por el vértice y tiene de pendiente 2
Como ambos se encuentran a una distancia 25
del vértice, intersecamos el eje x`` con la circunferencia de centro V y radio 2
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Resolviendo el sistema anterior se obtienen los dos puntos:
¿Cuál de ambos es el foco?
Si se interseca la parábola con la recta paralela al eje y`` que pasa por el origen, se obtienen dos puntos de corte, ya que el discriminante ∆
para k = 0 es positivo:
( ) ( ) 0 324 81 4 2 k k 4 25 4 k 10 9 4
> · ⋅ · + ⋅ ⋅ − + · ∆
Luego, la parábola se abre hacia la izquierda del vértice y el foco F es, de ambos puntos, el que tiene menor abscisa:
La directriz d es la recta que pasa por el otro punto y es paralela al eje y``:
− − · − ≡
y d Dibujo de la cónica
0 E Dy Cx Bxy Ay x
· + − + − + ⇒ ∈
· + + + + + ⇒ ∈
· + − ⇒ ∈ −
· + + ⇒ ∈
0 E D 2 A 4 cónica 2 , 0
0 E C 2 4 cónica 0 , 2
0 E cónica 0 , 0
Resolviendo este sistema lineal de cinco ecuaciones con cinco incógnitas, se obtiene:
0 E y 8 D -2, C -4, B , 4 A · · · · ·
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Resultando la ecuación de la cónica:
0 y 8 x 2 xy 4 y 4 x
0 xy 2 x 2
A , ⇒ < − · · 0 1
Cónica de tipo hiperbólico.
⇒ ≠ − · 0 25 A
( ) 0 , 0 C 0 y
m 0 m 2 1 0
− · ⇒ − · ⇒ · + ⇒ · + +
La otra asíntota pasa por C y tiene pendiente infinita: x = 0.
La matriz de la cónica es ,
a 2 a a 2
0 a 0 a 2 A · ⇒ · − ·
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y = - (1/2)x
Estudiemos las diferentes posibilidades:
1) H I P É R B O L A
Elipse ¿real ó imaginaria?
( ) ( ) ( ) ⇒ < − ⋅ + · − + · + 0 a 2 a 2 1 A a a
3) H I P É R B O L A
d e g e n e r a d a C ó n i c a 0 A
p a r a b ó l i c o T i p o 0 A
⇒ < − · − + · + ⇒
· 0 1 ) 1 ( 0 A A
5) ⇒
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hipérbola elipse real hipérbola
parábola dos rectas paralelas
· ⇒ · λ +
· ⇒ µ ·
' ' B y x
Girando y trasladando los ejes se pasa de una ecuación a otra, luego:
· ≠ ∈ ∋
A que tal 0, k R k
, ya que la ecuación de una cónica en un sistema de referencia puede multiplicarse por un número distinto de cero.
Teniendo en cuenta los invariantes en la ecuación de una cónica, se verifica:
( ) ( ) 1 0 − · λ ⇒ · λ + ⇔ · k k B Tr A Tr
A · µ ⇒ µ · · ·
t · ⇒ − · · − · λ · k B k k A
Para”+” se obtiene: 2
4 · · µ
Para”-” se obtiene: 2
− · − · µ
Por tanto, han de ser 1 − · λ y 2
t · µ .
1) Calcular la ecuación de la circunferencia de centro el punto C(2; -5) y radio 7.
2) Determina el centro y el radio de la circunferencia de ecuación 0 10 2 10
3) Calcula la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos de coordenadas P(1,2), Q(1,4) y R(2,0)
4) Calcula la posición relativa de la circunferencia 1
· +y x con la recta x = 1
5) Calcula la posición relativa de la circunferencia de ecuación 0 2 2 2
· − − − + y x y x y la recta r: 0 1 2 · − −y x
6) Calcula la recta tangente a la circunferencia de ecuación 0 4 10 4
· + − + − y y x x en el punto (2; 0).
7) Calcula la recta tangente a la circunferencia 0 1 2
· + − − + y x y x en el punto de coordenadas (3; 2).
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8) Calcular la longitud de la cuerda que determina la recta x = 3 al cortar a la circunferencia de ecuación 0 8 6 4
Ejercicios 1. Determine la ecuación canónica de la parábola con vértice en y foco en . 2. Determine la ecuación canónica de la parábola que abre en la dirección del eje y pasa por los puntos 3. Determine la ecuación canónica de la parábola 4. Determine la ecuación canónica de la parábola que abre en la dirección del eje y pasa por los puntos Respuesta: 5. Determine la ecuación canónica de la parábola que tiene eje vertical y pasa por los puntos . 6. Determine la ecuación canónica de la parábola que pasa por los puntos . 7. Determine la ecuación canónica de la parábola con foco en y directriz . 8. Determine la ecuación canónica y el foco de la parábola que satisface simultáneamente las siguientes condiciones a.) vértice en . b.) contiene al punto con c.) la distancia de a la directriz es 10. 9. Determine la ecuación canónica de la parábola con vértice en y directriz . 9) 10) Calcula la potencia del punto P(1,4) respecto a la circunferencia 0 4 4 2
11) Dada la circunferencia de ecuación 0 6 2 6
, indicar qué posición tienen con respecto a ella los puntos A(-1; 0), B(3; 3), C(2; 2) y D(5; -1)
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12) Si el punto P(5; -2) tiene potencia 4 respecto a una circunferencia con centro en el punto C(3; 0), ¿cuál es el radio de la circunferencia? ¿Y si la potencia fuera 0?
13) Calcular el eje radical de las circunferencias y de centro (1,-
1) y radio 2.
14) Calcular el eje radical de la circunferencia que pasa por los puntos (2; 3), (12; 59) y (-1; 2) y la circunferencia que pasa por los puntos (2; 3), (78; 215) y (-1; 2)
15) Calcula el centro radical de las circunferencias de centros (1; 1), (2; 2) y (-1; 2) y radios 2, 4 y 1 respectivamente.
16) Clasificar la siguiente cónica, indicando focos, vértices, ejes y excentricidad: 0 36 4 9
17) Clasificar la siguiente cónica, indicando focos, vértices, ejes y excentricidad: 0 6 10 5
18) Clasificar la siguiente cónica, indicando focos, vértices, ejes y excentricidad: 0 5 4
19) Calcular la ecuación de la elipse cuyos focos están en los puntos F(3; 0) y F`(-3; 0) y cuyo eje mayor mide 10.
20) Calcular la ecuación de la hipérbola con focos en (2; 0) y simétrico y un vértice en A(-5; 0).
21) Calcular el foco y el vértice de la parábola de ecuación x y 6
22) Calcular el foco y el vértice de la parábola de ecuación y x 16
23) En una circunferencia de radio “r”, ¿cuál es el único punto con potencia 2
24) De las tres cónicas conocidas, ¿cuáles representan funciones y en qué casos?
Hipérbola. Problemas de aplicación.
Las aplicaciones principales de las hipérbolas se relacionan, como en las cónicas anteriores, con sus propiedades reflectoras y con la mecánica celeste. Un rayo de luz dirigido hacia un foco es reflejado hacia el otro foco por un espejo hiperbólico, observa la figura 1a, un rayo se aleja de un foco se refleja apartándose del otro como vemos en la figura 1b y 1c. Lo anterior se aplica en la construcción de los telescopios reflectores. Como el foco queda en la trayectoria de la luz incidente, presenta ciertos problemas, si el telescopio es muy grande, se puede construir una jaula donde esté el observador pegado al ocular en el foco, a esto se le llama telescopio de foco primario, y lo vemos en la figura 2a; sin embargo, la jaula, por su tamaño, interfiere con la capacidad UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.66
de concentración luminosa del telescopio. Por lo que una solución es colocar un espejo plano formando 45° con el eje de la parábola, entre ella y el foco, para desviar la luz hacia un lado y apartarla de la luz incidente, como vemos en la figura 2b; a lo que se llama telescopio newtoníano. Pero, cuando los telescopios son muy grandes, se presenta el problema que, para observar ciertas regiones celestes durante largo tiempo, el telescopio se debe mover constantemente para compensar el movimiento de la Tierra; para esto se requiere que el observador también se mueva, lo cual es difícil cuando el telescopio es grande y el observador esté encaramado en la parte superior del mismo. Una tercera alternativa es emplear un espejo secundario, hiperbólico, a fin de dirigir la luz hacia el espejo parabólico primario, saliendo por un agujero en él. El espejo secundario tiene uno de sus focos en el mismo lugar que el foco del espejo primario, y el otro queda detrás del primario; a esto se le llama telescopio Cassegraín, en honor de su inventor, y se observa en el esquema de la figura 2c. Este telescopio se sigue necesitando movimiento en la parte del observador, pero es más fácil de manejar porque el observador se encuentra en la base del telescopio y no en la parte superior. Tal sistema es muy útil en los radiotelescopios, que tienen distancias locales muy grandes. El estudiante podría preguntar ¿por qué en lugar de usar un espejo hiperbólico, mejor usamos uno plano? La respuesta es que se desea emplear un espejo lo más pequeño posible para hacer que la luz salga del telescopio, en este caso si usáramos un espejo plano debería colocarse mucho más abajo y, por consiguiente, debería ser mucho mayor.
Los cometas que se acercan al Sol una vez y se alejan para nunca regresar, siguen una órbita que puede ser parabólica o hiperbólico. Es raro encontrar una órbita parabólica, porque se requiere que la velocidad del cometa sea exactamente igual a la velocidad de escape; las órbitas hiperbólicas son mucho más probables.
Otra aplicación de las hipérbolas se da en el uso del LORAN (long range navigation, siglas de navegación a grandes distancias). Consiste en mandar una señal de radio simultáneamente desde dos puntos muy lejanos entre sí, cuyas posiciones se conocen con exactitud. A partir del tiempo y del orden de llegada de las dos señales, es posible determinar la posición de una de ellas considerando que están en una rama de determinada hipérbola, cuyos focos son las estaciones. Si se agrega una tercera estación como las anteriores, se puede usar ésta con cualquiera de las dos primeras, para restringir la posición de la señal a una segunda hipérbola. El punto de intersección de las dos medias hipérbolas da la ubicación del receptor. Un receptor de LORAN en un barco o un avión tiene computadora, lo que hace innecesario la graficación de las hipérbolas.
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Ejercicios propuestos de hiperbolas
1. Un telescopio Cassegrain tiene las dimensiones que vemos en la siguiente figura 3. Deduce una ecuación del espejo hiperbólico, si el eje x está en el eje transversal, y el origen en el centro
2. Un radiotelescopio tiene un reflector parabólico (de ondas, de radio) con su foco a 100 pies sobre el vértice. Un pequeño reflector hiperbólico, a 90 pies sobre el vértice y con uno de sus focos en el mismo lugar que el foco de la parábola, refleja sus ondas de radio hacia su otro foco (de la hipérbola), que queda 20 pies abajo del vértice de la parábola. Determina las longitudes de los ejes transversal y conjugado la hipérbola.
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3. Un cometa sigue una órbita hiperbólico al pasar cerca del Sol, y alcanza su perihelio, o punto mas cercano a este astro, en el vértice a 43 millones de millas de él. Cuando la recta que une al Sol con el cometa es perpendicular al eje transversal de la hipérbola, el cometa está a 137 millones de millas del Sol. Halla una ecuación de órbita del cometa, si el eje x se Coloca en el eje transversal y el origen en el centro. ¿Dónde está el Sol?
4. Se ha visto que las partículas alfa apuntadas hacia el núcleo de un átomo son repelidas y siguen una trayectoria hiperbólico. Se dispara una partícula alfa hacia el núcleo de un átomo, que se encuentra en el origen, desde un punto muy lejano de la recta y =-2x. Se desvía siguiendo una trayectoria que tiende hacia y=-2x y llega hasta 10 angstroms del núcleo. Deduce una ecuación de la trayectoria de la partícula.
5. A y B son dos estaciones de LORAN, ubicadas en (-500,0) y (500,0), respectivamente. El receptor de un barco detecta las señales de radio emitidas simultáneamente de las dos estaciones, que le indican que el barco está 600 millas más cercano a A que a B. De igual forma, ve que el barco está 1000 millas más cercano a C, en (0, 650), que a D, en (0, -650). ¿Dónde se encuentra el barco?
6. Un hombre se encuentra en un punto Q(x, y) y oye el ruido de un disparo en el punto P(1000, 0), y al mismo tiempo escucha el ruido de la bala cuando pega en el blanco, en P2(-1000, 0). Si la bala viaja a 2000 pies/segundo, y el sonido a 1100 pies/segundo, deduce una ecuación que relacione a x y a y.
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LA RECTA Y LAS CÓNICAS Conocemos un punto P( x0 , y 0 ) y su pendiente
m , la ecuación es: y = y0 + m( x − x0 )
LA RECTA Y LAS CÓNICAS Simétrico de un punto respecto de otro. Punto A( x, y ) , El punto de simetría P (α, β) ,
MATEMÁTICA BÁSICA y el punto a averiguar A′( x ′, y ′) :
x + x′  2  y + y′   β= 2 
Angulo entre dos rectas: Se coge el más pequeño y se obtiene a partir de los v d de las dos rectas.
cos α = d ⋅d ′ d ⋅ d′
Paralelismo: Si ( d 1 , d 2 ) es un v d de la recta r y k ≠ 0, Cualquier recta con v d = ( d 1 , d 2 ) o proporcional ( kd 1 , kd 2 ) , es paralela o coincide con r. Perpendicularidad: Cualquier recta con v d = ( d 2 ,−d 1 ) o proporcional ( kd 2 ,−kd 1 ) es perpendicular a r. Ángulo de dos rectas a partir de la pendiente:
Dos rectas paralelas tienen la misma pendiente m1 = m 2 Si las rectas don ⊥ , entonces: m1 ⋅ m 2 = 1 o bien: m 2 = − En general: tg ϕ =
m 2 − m1 1 + m 2 ⋅ m1 tg ϕ = tg (α − β ) =
m 2 − m1 tg α − tg β = 1 + tg α ⋅ tg β 1 + m 2 ⋅ m1
Posición relativa de rectas dadas en forma general:
r ⇒ Ax + By + C = 0
s ⇒ A′x + B ′x + C ′x = 0
 Ax + By + C = 0  A′x + B′x + C ′x = 0
Si tiene solución única, las rectas se cortan. Si no tiene solución, las rectas son paralelas. Si tiene soluciones infinitas son la misma recta.
A B ≠ A′ B ′ A B C = ≠ A′ B ′ C ′ A B C = = A′ B ′ C ′
o bien en s.
t0 . y Q ) es el módulo del vector P : Q
dist ( P. k y s:
 a + bk = a ′ + b ′t Igualamos las x y las y de las 2 rectas. r ) = Aa + Bb + C A2 + B 2
las rectas se cortan en un punto cuyas
cordenadas se obtienen sustituyendo en r. y P ) . q ( x Q . b ) a la recta r : Ax + By + C = 0 es:
dist ( P. t0 ) . 5) c) 2x + 5y = 3 y que además pasa por el punto (1/2.y = 4 y que además pasa por el punto (3. -2) RESOLUCIÓN a) 3 x + 7 y = 6 ⇒ m = −3 / 7
3x − y = 4 ⇒ m =3
y −5 =3 x −3
y − (−2) 3 =− x −1 / 3 7
3( y + 2) 3 =− 3 x −1 7
21 y +42 = − x +3 9 21 y +9 x +39 = 0
y −5 = 3 x −9
y −3 x + 4 = 0
. Q ) = PQ =
− x P ) + ( yQ − y P )
La distancia de un punto P ( a. k por k 0 . El sistema tiene infinitas soluciones. son la misma recta. -1) d) 3x + 7y = 6 y que además pasa por el punto (1/3. las rectas son paralelas.LA RECTA Y LAS CÓNICAS Dadas las rectas r 
 x = a + bk  y = c + dk
 x = a ′ + b ′t s  y = c ′ + d ′t
Para hallar su posición relativa resolvemos el sistema con 2 incognitas.   c + dk = c ′ + d ′t
El sistema tiene solución única
(k0 . • • El sistema no tiene solución.
Distancias La distancia entre dos puntos P ( x P . Hallar la recta paralela y la recta perpendicular a la recta: a) 3x + 7y = 6 y que además pasa por el punto (1/3. -2) b) 3x .
4 Punto de intersección: ( − / 5.5
.2y = 3. y = -3x + 7. 2x .LA RECTA Y LAS CÓNICAS c) 2 x +5 y = 3 ⇒ m = −2 / 5
3x +7 y = 6 ⇒ m = −3 / 7
MATEMÁTICA BÁSICA d)
y − ( −1) 2 =− x −1 / 2 5
y − ( −2) 3 =− x −1 / 3 7 2( y +1) 2 =− 2 x −1 5
10 y +10 = − x +2 4 10 y + 4 x +8 = 0
3( y +1) 3 =− 3 x −1 7
21 y +21 = − x +3 9 21 y +9 x +18 = 0
02. y = -2x + 5. 2x + 5y = 3. 4x + 2y = 5. −3 / 5)
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 2x + 2y = 3.3y = 1 x= 5 y = -2x
c) y = x + 1. x . -2x + 3y = -7
RESOLUCION a) y = 2 x +1 ∧
y = 2 x +1 ∧ 2 x +1 =
2x + 2 y = 3 y = 2 x +1 ∧ x − 3 y =1
y = 2 x +1 ∧
3 −2 x 2
2 x +1 =
4 x + 12 = 3 − 2 x 6 x = −9
x = −3 / 2 ⇒ y =5 x = −4 / 5
6 x + 3 = x −1 5 x = −4
⇒ y = −3 / 5
3 Punto de intersección: (− / 2. −3 / 5)
2x +2 y = 3 ∧
x − 3 y =1
3 −2 x x −1 = 2 3
3 (3 −2 x ) =2 ( x − ) 1
9 −6 x = 2 x −2 1 =8 x 1
x = 11 / 8 ⇒ y =1 / 8
4 Punto de intersección: ( − / 5. Hallar los puntos de intersección de las rectas: a) b) d) y = 2x + 1.
.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
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LA RECTA Y LAS CÓNICAS b) y = −2 x + 5 ∧ 2 x + 5 y = 3
y = −2 x + 5 ∧ − 2 x +5 = y= 3 − 2x 5
y = −2 x + 5 ∧
y = − (5) +5 2
3 −2x 5
y =− 5
−10 x + 25 = 3 − 2 x 22 = 8 x
x =11 / 4 ⇒ y = −1 / 2
1 Punto de intersección: (1 / 4.7
. −7 / 5) c) y = x +1 ∧
2x −2 y = 3 y = x +1 ∧ − 2 x + 3 y = −7
Tienen igual pendiente.− / 2)
Punto de intersección: (5. entonces son paralelas
y = x +1 ∧ x +1 =
2x − 7 3
3x + 3 = 2 x − 7 2 x = −10
x = −5 ⇒ y = −4
2x − 3 2
5 Punto de intersección: ( − . −4)
2x −2 y = 3 ∧
− 2 x + 3 y = −7
2 x −3 2 x −7 = 2 3
3 ( 2 x −3) =2 ( 2 x −7)
6 x −9 = 4 x −14
x = −5 / 2 ⇒ y = −4
5 Punto de intersección: (− / 2. −5)
2x +5 y = 3 ∧
2(5) +5 y = 3
5 y =− 7
y =− / 5 7
Punto de intersección: (5. −4)
0 ). entonces son paralelas No existe punto de intersección 03. ( 5. ( 2. -1 ) y ( -1. -3 ) ( 4 . -1 ) y ( -5.8
. 47 / 8)
1 Punto de intersección: (7. Hallar las tres rectas que se generan con los puntos: a) b) d) ( 1 . −3) 1 3
y −0 0 −( −3) = x −2 2 −( −3)
y −( − ) 1 − −( − ) 1 3 = x −3 3 −( − 3) . −3) 3
(3. 0) ∧ ( − . −1)
y −0 0 − (−1) = x −1 2 −1
y =1 x −1
y = x −1 y −x +1 = 0
(1. −3) 1 1
y −0 0 −( − ) 3 = x −1 1 −( − ) 1
y −( − ) 1 − −(− ) 1 3 = x −2 2 −(− ) 1
y 3 = x −1 2
2 y =3( x − ) 1
y +1 2 = x −2 3
3( y + ) = 2( x −2) 1
2 y −3 x +3 = 0
3 y − 2 x +7 = 0
b) (2. −3) 1 ( 2. − 4 )
4x + 2 y = 5 ∧
Tienen igual pendiente. 0 ).
y 3 = x −2 5
5 y =3( x −2)
y +1 1 = x −3 3
3( y +1) = x −3
5 y −3 x +6 = 0
3 y −x +6 = 0
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. -3 ) ( 2 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS d) y = −3x + 7 ∧ 4 x + 2 y = 5
y = 2 x +1 ∧ 2 x +1 = y= 5 − 4x 2
y = −3 x + 7 ∧
−3 x + 7 = −2 x −x = −7
4x + 2 = 5 − 4x 8x = 3
x =3/ 8 ⇒ y = 47 / 8
Punto de intersección: (3 / 8. 0) ∧ ( − . 0) ∧ ( 2. ( 3. ( 4. − ) ∧ ( − . − ) ∧ ( − . -1 ) y ( -3. -3 )
RESOLUCIÓN a) (1. -1 ) y ( -7. −1)
y −0 0 − (−1) = x −2 2 −3
y = −1 x −2
y = −x +2
y + x −2 = 0
( 2. 0) ∧ (3. 0 ). 0 ). -3 )
c) ( 3 .
− ) ∧ ( − . 4 ) y ( 6. −7)
Hallamos el punto medio
( ( −1 + 2 2 −5 . ) 2 2
(1. 2) y (2. −1)
y −0 0 − (−1) = x −3 3 −4
y =− 1 x −3
y = −x +3
y +x −3 = 0
(3. 5 ) y ( 8. Hallar la recta mediatriz del segmento determinado por los puntos: a) (-1. −3) 5
( 4. −9)
5 y − 3 x +13 = 0
4 d) ( − . 3 ) y ( 4. -5 ) b) (-2. −3) 1 5
y −0 0 −( − ) 3 = x −3 3 −( − ) 5
y −( − ) 1 − −( − ) 1 3 = x −4 4 −( − 5) . −2)
−2 + 4 3 −7 . −5) 2 b) (− .
y 3 = x −3 8
8 y =3( x −3)
y +1 2 = x −4 9
9( y + ) = 2( x −4) 1
8 y −3 x +9 = 0
( 4. −3) 1 7
d) (4. 2 ) y ( 2.
y 3 = x − 4 11
1 y =3( x −4) 1
y +1 1 = x −5 6
6( y +1) = x −5
11 y −3 x +12 = 0
6 y −x +11 = 0
04. 0) ∧ ( − . ) 2 2 1 − 3 . − ) ∧ (− . 3) y (4.9
y −0 0 − (−1) = x −4 4 −5
y = −1 x −4
y = −x +4
y + x −4 = 0
y −0 0 −( − ) 3 = x −4 4 −( − ) 7
y −( − ) 1 − −( − ) 1 3 = x −5 5 −( − 7) . −3)
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 5) y (8. 0) ∧ (4. 0) ∧ (5.LA RECTA Y LAS CÓNICAS c) (3. -7 ) c) (-3. -9 ) d) (-4. ) 2 2
m = −7 / 3
m = −5 / 3
y − ( −3 / 2) 3 = x −1 / 2 7
2y +3 3 = 2 x −1 7
14 y + 21 = 6 x −3
y − ( −2) 3 = x −1 5
y +2 3 = x −1 5
5 y +10 = 3 x − 3
14 y − 6 x + 24 = 0
3 c) (− . −3) 7
9 y −2 x +13 = 0
(5. -3 ) RESOLUCIÓN
1 a) (− . 4) y (6. 0) ∧ ( − .
La ecuación de la recta se busca por medio de la siguiente expresión. Como conocemos el punto P(4. 1)
m = −13 / 9
m = −2 / 3
y − ( −5 / 2) 9 = x −3/ 2 13
2y +5 9 = 2 x − 3 13
26 y + 65 =18 x − 27
y −1 3 = x −2 2 y −1 3 = x −2 2
2 y − 2 = 3x − 6
26 y −18 x + 92 = 0
2 y − 3x + 4 = 0
05. . ) 2 2
( 2.-1) podemos calcular dicha recta. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (4.
y −( − ) = − ( x −4) 1 1
y +1 = −x + 4
y =3 − x
En forma implícita: y + x −3 = 0
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.LA RECTA Y LAS CÓNICAS Hallamos el punto medio
( −3 + 6 4 −9 . la cual calcularemos de la siguiente forma:
m = Tag (135 º ).10
MATEMÁTICA BÁSICA Hallamos el punto medio
−4 +8 5 −3 .1) y tiene un ángulo de inclinación de 135º. ) 2 2 ( 3 −5 . donde m = −1
Sustituimos los valores en la expresión y obtenemos. y − y1 = m ( x − x1 ) Dicha ecuación es conocida como La Ecuación de la recta con un punto dado. pero también es necesario determinar el valor de la pendiente m.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. las rectas. Así. todas ellas conocidas con el nombre genérico de cónicas. respectivamente. • La órbita que sigue un objeto dentro de un campo gravitacional constante es una parábola. ya que la gravedad no es constante: depende de la distancia del punto al centro de la Tierra. parábolas o hipérbolas según que el ángulo superior del cono fuese agudo. obteniéndose elipses. Esto no es realmente exacto. todas ellas. Los resultados obtenidos por Apolonio fueron los únicos que existieron hasta que Fermat y Descartes. Las figuras que se van a estudiar son la circunferencia. o como el lugar geométrico de los puntos del plano tal que la razón de sus distancias a un punto y a una recta es constante. Cónicas. como lugares geométricos. retomaron el problema llegando a su casi total estudio. Una cónica puede considerarse como el resultado de cortar una superficie cónica con un plano. La importancia fundamental de las cónicas radica en su constante aparición en situaciones reales: • La primera ley de Kepler sobre el movimiento de los planetas dice que éstos siguen órbitas elípticas. Si bien no disponía de la geometría analítica todavía. El estudio de las cónicas tiene su origen en el libro de Apolonio de Perga.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Una vez que se han estudiado los sistemas de coordenadas y las ecuaciones de las figuras geométricas más elementales. Apolonio hace un tratamiento de las mismas que se aproxima mucho a aquélla.11
. o bien puede darse de ella una definición específica. Previamente a este trabajo existían estudios elementales sobre determinadas intersecciones de planos perpendiculares a las generatrices de un cono. recto u obtuso. se pasará a hacer un estudio de algunas líneas curvas que pueden ser definidas. Es muy posible que Newton no hubiese podido descubrir su famosa ley de la gravitación universal de no haber conocido ampliamente la geometría de las elipses. pues todas ellas se pueden obtener como intersección de una superficie cónica con un plano. haciendo siempre la salvedad de que no manejaban coordenadas negativas. en uno de cuyos focos se encuentra el Sol. con las restricciones que esto impone. la hipérbola y la parábola. que no sea vertical. en una de las primeras aplicaciones de la geometría analítica. En realidad la curva que describe el móvil (si se ignora el rozamiento del aire) es una elipse que tiene uno de sus focos en el centro de la Tierra. en el cual se estudian las figuras que pueden obtenerse al cortar un cono cualquiera por diversos planos. que es lo que se va a desarrollar en este tema. la línea que describe cualquier móvil que es lanzado con una cierta velocidad inicial. es una parábola. la elipse.
Su estudio lo plasmó en su tratado “Cónicas”. característica utilizada por Kepler en su estudio sobre los planetas y por Newton en Ley de Gravitación Universal. Edmund Halley. Otra aplicación de las cónicas es al estudio de los movimientos de los proyectiles. se refleja pasando por el foco.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Elipse Parábola
C Ó N I C A S
El primer matemático que inició el estudio de las cónicas fue Apolonio de Perga (262 – 190 a. sabiendo que cualquier onda que incide sobre una superficie parabólica. Así mismo se utilizan las propiedades de las cónicas para la construcción de antenas y radares. que enseñó matemáticas en las universidades de Alejandría y Pérgamo. tiro horizontal y parabólico. el astrónomo. en uno de cuyos focos se encuentra el Sol.12
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. que constaba de ocho libros. debido a que estos siguen órbitas elípticas. La importancia de las cónicas radica en su aplicación al estudio del movimiento de los planetas. En 1710. otros tres gracias a la traducción al árabe llevada a cabo por Thabit ibn Qurra.C). Cuatro de ellos se conservan originales. publicó una traducción de los siete libros conocidos en latín. habiendo desaparecido el octavo.
entonces corta a las dos hojas del cono
en una curva abierta formada por dos ramas separadas. y estudiar las propiedades métricas. el plano es perpendicular al eje del cono. la sección obtenida es una
circunferencia. ejes. pueden establecerse los elementos notables tales como: centro.. por un plano que no pasa por el vértice. focos. consta de una sola rama y se llama parábola. Sin embargo se va a partir en este libro de definiciones basadas en propiedades métricas.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Estas cónicas son producidas por secciones de una superficie de revolución.
está en una de las hojas del cono. la curva obtenida ya no es cerrada. Desde este punto de vista. y a partir de ahí se hallarán sus ecuaciones en un sistema cartesiano.13
 Si el plano es paralelo a una sola generatriz..
 Si el plano corta todas las generatrices. llamado cono.. la sección producida se llama elipse.. directrices.
 Si el plano es paralelo a dos generatrices. llamada hipérbola.  Si además.
común obtendríamos r = 2
y operando y sacando factor
Si evaluamos el signo de A 2 + B 2 − 4C .2 a . b) y de radio r . Resolución La distancia de X ( x . y ) al punto P(5.r 2 = 0 x y
Llamando A = -2a. calculamos el valor del radio que sería: r 2 = a 2 + b 2 − C . tendríamos: r =  − A  +  − B  − C     2 2  2   2  1 A 2 + B 2 − 4C . de un punto dado. es decir:
( x −a ) 2 +( y −b) 2 =r
x 2 − 2ax + a + y 2 − 2by + y 2 = r 2
x 2 + y 2 . Definición: Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos del plano que se encuentran a una distancia fija llamada radio. B = − .B/ 2)
Ejemplo Hallar la ecuación de la circunferencia centrada en el punto P(5. .1.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
. y) se encuentre en la misma es:
d ( X .5) 2 + ( y + 2) 2 = 3
Para que el punto esté sobre la circunferencia se ha de verificar:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. CIRCUNFERENCIA ( I )
2. está dado por:
C (-A/ 2 . Ecuación de la circunferencia Considérese la circunferencia centrada en O(a.4C > 0 → e s u n a c ircu n fen cia rea l re   2 2 n cia  S i A + B . O ) = r .1. La condición para que un punto X(x.2. llamado centro. 2.2b + a 2 + b 2 . podemos saber si la ecuación antes dada le corresponde o no con una circunferencia:
 S i A 2 + B 2 .4C < 0 → es u n a circ u n fere im a g in a ria  2 2  S i A + B .5 2 +( y +2 2 ) ) ( x . se tiene:
x 2 + y 2 + A +B + C = 0 x y
x y Para saber si una ecuación de la forma x 2 + y 2 + A + B + C = 0 corresponde a una circunferencia. Observación
B =− b y C = a 2 +b 2 − r 2 2
. -2) es:
d ( X . y siendo
2 2 A B .1. P ) = ( x .4C = 0 → e s u n p u n to 
Recuerda que: El centro y radio de la circunferencia
r= 1 2 A 2 + B 2 − 4C
. -2) y de radio 3.1.
Resolución El radio es la distancia del centro a una recta tangente: La ecuación es:
( x . 4) y es tangente a la recta x. (2. 4) y (-1.1) 2 = 13
) ( ) 3 Así la ecuación es:( x .1 2 =1
x 2 −2 x +1 + y 2 − 2 y +1 =13
x 2 + y 2 −2 x − 2 y −11 = 0
Ejemplo Hallar la ecuación de la circunferencia que tiene centro en el punto (3.4 y +1 1 =0 0 0 2
Ejemplo ¿Cuál es la ecuación de la circunferencia que contiene a los puntos (3 . 2).2 y + 3 = 0 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS Elevando al cuadrado: ( x .8 y + y 2 =4 / 5 5 x 2 +5 y 2 . Resolución Escribimos la ecuación ( x .3) 2 + ( y . 3). Resolución:
r = (-2 .6 x +9 2 + y 2 .15
. 1) y que contiene al punto (-2. 1)? Resolución La ecuación de una circunferencia cualquiera es de la forma:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.5) 2 + ( y + 2) 2 = 9 Desarrollando:
x 2 -10 x + 25 2 + y 2 + 4 y + 4 =9
x 2 + y 2 .2) 2 + ( y +1) 2 = 9 Desarrollando:
x 2 − 4 x + 4 + y 2 + 2 y +1 = 9 x 2 + y 2 − 4x + 2 y −4 =0
De donde obtenemos: Ejemplo
Calcular la ecuación de la circunferencia de centro (1.1 2 + y . -1) y radio 3.10 x + 4 y + 20 = 0
Ejemplo Halla la ecuación de la circunferencia que tiene su centro en el punto (2.1) 2 + (3 .4) 2 = (2 / 5)2
3 −2.4 +3 1 +(− ) 2
x 2 .3 x .
¿corresponde a una circunferencia?.
podemos concluir que es la
32 + ( .
( x −1) 2 + ( y + 2) 2 = 2 2 . 2) 32 + 2 2 + 3A + 2B + C =0 2
3 A + 2 B + C =13 2 A + 4 B + C = −20 − A + B + C = −2
+ 4 + 2 A + 4B + C = 0
+1 − A + B + C = 0
Resolviendo este
de tres ecuaciones con
5 13 2 A =− .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Para que dicha circunferencia contenga a todos los puntos dados. 4) ( −1 . B = -5. C = 3 3 3 5 13 2 y + =0 Así.
x 2 + y 2 −2 x + 4 y +1 =0
b) Determinación de la ecuación de una circunferencia conocido el centro
y un punto Se calcula el radio y se escribe la ecuación: Ejemplo
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. Ejemplo: Halla la ecuación de la circunferencia de centro (1. éstos han de verificar la ecuación:
C = -4 . la ecuación pedida es: x 2 + y 2 − x − 3 3 3
Ejemplo La ecuación Resolución Evaluemos el signo de
A =3 . −1) Radio: r =
1 2 8 + 2 2 − 4·13 2 ⇒ r=2
x 2 + y 2 −8 x + 2 y +13 = 0
a) Determinación de la ecuación de una circunferencia conocido el centro
y el radio Se escribe directamente la ecuación reducida.4 )〉 0 . − 2 / 2) =(4 . Ejemplo: Halla el centro y el radio de la circunferencia: Resolución Centro (8 / 2 .4 ( . .52). x 2 +y 2 +3 x −5 y .2) y radio 2. 2) ( 2 .4C= 0 .
A 2 + B 2 .16
. B =− .
x 2 + y 2 + Ax + By + C = 0 . b) P (a.  = ( 0 . r) = A.2) 2 + (4 +1) 2
⇒ r =5
Ecuación: ( x .17
. viene dada por la expresión:
d (P . C = a 2 + b 2 − r 2 .1) y pasa por el punto (2. 1). como en el apartado anterior: Ejemplo2 Halla la ecuación de la circunferencia que tiene un diámetro de extremos A(1. Elementos de una circunferencia a) Cálculo de los elementos de una circunferencia La ecuación de una circunferencia con centro en ( a . B = −2b.0) 2 +( y − 2) 2 = 2 Recuerda que: La distancia del punto P ( a .
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.b +C A2 +B 2
2.1. .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Halla la ecuación de la circunferencia de centro (2. b) a la recta Ax + By + C = 0 .3.2) 2 +( y +1) 2 = 25
de la ecuación de una circunferencia conocido un
diámetro Se calcula el punto medio del segmento. ha de interpretarse que no existe tal circunferencia y se dirá 〈0 4
en tal caso que se trata de una circunferencia imaginaria. 3) y B(-1. 2) Centro:  2   2
Radio: r 2 =(1 .0) 2 +(3 − 2) 2 Ecuación: ( x . que será el centro de la circunferencia y posteriormente el radio.
 1 −1 3 + 1  . donde A = −2a.a + B.
y radio "r"
A partir de estos datos se obtienen los siguientes resultados: a = −
A B A 2 + B 2 − 4C r 2 = a 2 + b 2 − C = (− ) 2 + (− ) 2 − C = 2 2 4 ⇒ r=
A 2 + B 2 − 4C 4
A2 + B 2 − 4C . Radio: r 2 = ( 2 . 4).
1. corta a la circunferencia en A y en B. se tiene:
PA PB ' = PA ' PB ⇒ PA .P ' A B A B
El valor común P .5. d 2. PB = PA '. Cálculo de la potencia de un punto respecto de una circunferencia
La potencia de un punto P respecto de una circunferencia es igual al cuadrado de la distancia del punto al centro de la circunferencia. PB
A (− 4) a= − = − = 2 2 2 (− 4) B 6 = 2b = − = − = − 3 2 2 2
   C e n(2t . P = d 2 −r 2 B
Demostración: Sea O el centro de la circunferencia. Demostración:
B Trazando los segmentos A A A' B se obtienen los triángulos P B ' y PA ' B
Estos dos triángulos son semejantes porque tienen dos ángulos iguales: el ángulo es común y B = B ' por ser ángulos inscritos en un mismo arco.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. obteniéndose los puntos A.r− o3)  
40 = 10 4
A2 + B 2 − 4 C =
.P =P '.P ' recibe el nombre de potencia del punto P respecto de A B A B la circunferencia dada.Potencia de un punto respecto de una circunferencia Considérese una circunferencia cualquiera y un punto P del plano.P =P '.
Aplicando la proporcionalidad de los lados homólogos en los triángulos semejantes.
P . B y B'.LA RECTA Y LAS CÓNICAS Ejemplo Hallar el centro y el radio de la
x 2 + y 2 − 4x + 6 y + 3 = 0 .1. menos el cuadrado del radio de la circunferencia:
PA . Desde el punto P se trazan dos secantes a la circunferencia. La recta que une P con O. A'.
2 2 2 Por el teorema de Pitágoras se tiene: r +t = d
es la raíz cuadrada de la potencia de P respecto a
t2 = d 2 − r r 2 + t 2 = d 2
⇒ t 2 = d2 .Expresión analítica de la potencia de un punto respecto de una circunferencia La ecuación de una circunferencia es
primer miembro se
obtuvo elevando al cuadrado la distancia de un punto al centro de la circunferencia y restando el cuadrado del radio. hallando la potencia del punto respecto de la circunferencia.6.r2. 2. r la recta tangente a C desde P y A el punto de tangencia.Eje radical
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. Demostración: Considérese la figura adjunta. Así pues. para calcular la potencia de un punto respecto de una circunferencia. b) Longitud del segmento tangente desde un punto exterior Sea C una circunferencia. toma los valores: Positivo. r (radio de la circunferencia) y t (segmento tangente).1.7. La longitud del segmento la circunferencia. si P es un punto interior a la circunferencia (d > r).r 2 Llamando Pot a la potencia de P respecto de la circunferencia.19
. basta con sustituir las coordenadas del punto en el primer miembro de la ecuación de la circunferencia. P un punto exterior a ella. si P es un punto de la circunferencia (d = r) Negativo. El triángulo OPA es rectángulo y las medidas de sus lados son d (distancia de P a O).1. es decir. Así pues: 2. si P es un punto exterior a la circunferencia (d > r) Cero. se tiene que: Pot = d 2 . se tiene que
y PB = d + r
La potencia es entonces: Obsérvese que la potencia.LA RECTA Y LAS CÓNICAS Llamando "d " a la distancia P O
PB = d −r
MATEMÁTICA BÁSICA y "r " al radio de la circunferencia. dependiendo de la posición del punto P respecto a la circunferencia.
10. a) Cálculo analítico del eje radical de dos circunferencias Sean dos circunferencias de ecuaciones
x 2 + y 2 + Ax + By + C = 0 y
x 2 + y 2 + A' x + B ' y +C ' = 0
Su eje radical es el lugar geométrico de los puntos que tienen la misma potencia respecto de ambas. Dicho punto es el centro radical de las tres circunferencias. Intersecciones de rectas y circunferencias
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. cuyos centros no estén alineados.1. Se dibuja una circunferencia secante a ambas.9.Centro radical de tres circunferencias Se llama centro radical de tres circunferencias. El eje radical es la recta que contiene a los dos puntos de intersección. b) Las circunferencias no son secantes. Dichas potencias son: x 2 + y 2 + Ax + By + C
x 2 + y 2 + Ax + By + C
x 2 + y 2 + Ax + By + C = x 2 + y 2 + A' x + B ' x + C '
Entonces: ( A − A' ) x + ( B − B ' ) y + (C − C ' ) = 0 2. 2. de forma que su centro no esté alineado con el de éstas. El eje radical de dos circunferencias es una recta perpendicular a la recta que une sus centros. Como los centros no están alineados.Construcción gráfica del eje radical de dos circunferencias Se consideran dos casos: a) Las circunferencias se cortan en dos puntos. El eje radical es la recta perpendicular a la recta O'O.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Se llama eje radical de dos circunferencias al lugar geométrico de los puntos que tienen la misma potencia respecto de ambas. centro radical de las tres circunferencias.1.20
. trazada desde C. si se consideran dos de los ejes radicales.8. éstos no serán paralelos y tendrán un único punto de intersección. éstos se cortan en un punto C. que ha de estar en el eje radical buscado. 2. al punto que tiene la misma potencia respecto de las tres. Se trazan los ejes radicales de esta nueva circunferencia con cada una de las iniciales.1.
. ) 5 5 y ( − 9 + 2 29 2 − 29 . . .... . .)  2 2 ..21
..... ) 5 5
Ejemplo Hallar los puntos de intersección de dos circunferencias cuyas ecuaciones son:
x 2 + y 2 − 2 x + 4 y −11 = 0 y x2 + y 2 + x + y − 8 = 0
 x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 1 1= 0 Se resuelve el sistema:   x 2 + y 2 + x + y − 8 = 0
Se restan las ecuaciones y se obtiene: − 3x + 3 y − 3 = 0 Ésta es la ecuación de una recta.  x + y + 2 x − 4 y − 4 = 0 .(... Ejemplo Hallar los puntos de intersección de la recta
x2 + y 2 + 2x − 4 y − 4 = 0
x + 2 y +1 = 0
⇒ x = y −1
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág..2()... .1. calcular sus puntos de intersección consiste en plantear y resolver un sistema de ecuaciones.
⇒ 5y2 − 4 y − 5 = 0
( −2 y −1) 2 + y 2 + 2 ( −2 y −1) − 4 y − 4 = 0
 2+ 2 9 − 9− 2 2 9 y= ⇒ x2 = 2 ± 2 9  1 5 5 y= ⇒  5  y = 2 − 2 9⇒ x = − 9 + 2 2 9 2  2 5 5
( − 9 − 2 29 2 + 29 . .  x + 2 y + 1 = 0 ⇒ x = − 2 y − 1 . El problema se resuelve de forma análoga si se pretende conocer la intersección de dos circunferencias.. .. . el eje radical.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Conocidas las ecuaciones de una recta y una circunferencia... . . ..
pues. 5). Se ha de calcular la ecuación de una recta que pase por (2. )5 ⇒ 5 + 5 − 2. -3/2). 1) ⇒ 1 + 1 − 2 + 3 − 1 〈 80 ⇒ (1. 3). diste del centro un valor igual al radio. 3) y (1.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
 y1 = 2 ⇒ x1 = 1 ( y − 1) + y − 2 ( y − 1) + 4 y − 1 = 10 ⇒ 2 y − 8 = 0 ⇒ y = 4 ⇒   y2 = − 2 ⇒ x2 = − 3
Se obtienen. (1.
es exterior a la circunferencia. Resolución De comprueba si los puntos pertenecen o no a la circunferencia:
(2. por un punto. -2). a una circunferencia Si el punto P pertenece a la circunferencia. 3) ⇒ 2 2 + 3 2 − 2. )5
radio que contiene a este punto. 1) y dos por (5. 3).
Según esto. 3) y sea perpendicular al
La recta que contiene al radio pasa por los puntos (2. la recta tangente es la perpendicular al radio por P. Ejemplo Hallar las tangentes a la circunferencia x 2 + y 2 − 2 x + 3 y −18 = 0 por los puntos (2. conteniendo al punto.2 + 3. Su pendiente es m= −3/ 2 −3 9 = 1− 2 2 1 1 2 =− =− m 9/ 2 9
La pendiente de la tangente es: m = −
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.5 + 3. 3) pertenece a la circunferencia.3 −18 = 0 ⇒ (2.
(5. Cálculo de rectas tangentes. 1) y (5. 2) y (-3.22
. el proceso consiste en hallar una recta que. ninguna por (1. 3):
es interior a la circunferencia. habrá una tangente por (2. dos puntos. Si el punto P es exterior a la circunferencia.
(1. (1.5 − 1 〈 80 ⇒ (5. 1)
Tangente por (2. 5).
llamados focos. es una constante. 9
En el caso del punto (5.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
2 La ecuación punto . 5) es
y − 5 = m ( x − 5)
distancia al centro es el radio. El punto medio de los dos focos se llama centro de la elipse y la distancia entre ellos se llama distancia focal Generalmente el eje principal se representa por 2a y la distancia focal por 2c. ecuación de una
mx − y + (5 − 5m) = 0
m+ 3 −5 −5m 2 = 1 +m 2 3 −4 m 2 1 +m 2
La distancia de (1.
Definición: Se llama elipse al lugar geométrico de los puntos tales que la suma de sus distancias a dos puntos fijos. La línea que une los dos focos se llama eje principal de la elipse y la mediatriz de los mismos eje secundario. su recta que contenga a (5. -3/2) a dicha recta es: d =
13 − 4m 2 = 1 +m 2 85 4
(13 / 2 − 4m) 2 85 = 4 1 +m 2
 169  4 − 52 m + 16 m 2  = 85 + 85 m 2  4 
169 − 208 m + 64 m 2 = 85 + 85 m 2 21m 2 + 208 m − 84 = 0
Sustituyendo cada uno de estos valores en la ecuación y − 5 = m( x − 5) se obtienen las dos tangentes. respectivamente. La
5) hay que hallar las rectas que. Se llaman vértices de la elipse a los puntos donde ésta corta a sus ejes. conteniendo a éste.23
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. Los valores a y c se llaman semieje principal y semidistancia focal .pendiente de la tangente es y − 3 = − ( x − 2) .
. 0) y F'(c. se supondrá inicialmente una elipse cuyo centro es el origen de coordenadas y cuyos focos se encuentran en el eje de abscisas. Radio vector Las distancias desde un punto de la elipse hasta cada uno de los focos se llaman radios vectores correspondientes a dicho punto. 0) se tiene:
Demostración: Si el punto pertenece a la elipse. Para simplificar los cálculos. 0) y los ejes de la elipse son los ejes de coordenadas. y) de una elipse centrada en el origen y con focos en F(c.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Llamando 2b al eje secundario. 0) y F ''(-c. PF + PG ' = 2a . Así los focos serán F(c.
A la distancia b se le llama semieje secundario. por el teorema de Pitágoras: PF ' = b 2 + c 2 Por definición de elipse. Cálculo de los radios vectores Dado un punto P(x. P al vértice superior. ha de ser:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. O al centro y F y F ' a los focos de la elipse.
0) es: Demostración: Sustituyendo en la fórmula de uno cualquiera de los radios vectores se obtiene:
a2x2 + a2c2 + a2y2 = a4 + c2x2 
b2x2 + a2y2 = a2b2 
Vértices de una elipse referida a sus ejes (0. 0) y F'' (c. b) y (0. -b).LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Ecuación canónica de la elipse La ecuación de una elipse centrada en el origen y con focos en F(c. Para hallar su intersección con la elipse se resuelve el sistema:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. Se calculan por separado para cada eje: Eje principal: El eje principal es el eje de abscisas.
Demostración: Los vértices son los puntos donde la elipse corta a sus ejes.25
. es decir y = 0.
2a2 y0y + a2y02 . 0) y (-a. los puntos de esta elipse se pueden trasladar mediante el vector -x0 1 .26
. 0) Eje secundario: Se resuelve el sistema:
Los otros dos vértices son (0.x0. Por tanto. y0).
Entonces el punto que ha de verificar la ecuación canónica es (x . que se puede poner en la forma: Ax2 + By2 + Cx + Dy + E = 0.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.y0). se obtiene: b2x2 .2b2x0 x + b2x02 + a2y2 . donde A y B son del mismo signo.a2b2 = 0.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Los vértices son (a. b) y (0. -b) Ecuación de una elipse con ejes paralelos a los ejes de coordenadas Si una elipse tiene sus ejes paralelos a los ejes de coordenadas y su centro en el punto (x0. y .y0 2 y obtener una elipse centrada en el origen. su ecuación es: Desarrollando esta ecuación.
1)2 + 9(y +1)2 = 36 Se divide entre 36: Centro de la elipse: (1. en cada paréntesis. Si se trata de una elipse.8x + 18y . Si el segundo miembro fuese 1.1)2 .27
.1 y2 + 2y = y2 + 2y + 1 . Ejemplo Reducir la ecuación 4x2 + 9y2 . Reducción de la ecuación de una elipse Dada una ecuación del tipo Ax2 + By2 + Cx + Dy + E = 0.23 = 0 4(x . -1)
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. y0). Dicha ecuación se llama ecuación reducida de la elipse. y0) y (x0. Los vértices son (x0 ± a. En otro caso.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Ecuación de una elipse vertical Si una elipse tiene su eje principal vertical. como una suma de cuadrados es siempre positiva. y0 ± b). se tendría que ningún punto la verifica y se habla de una elipse imaginaria.2x = x2 .1 La ecuación se puede escribir: 4[(x-1)2 . se tendría una elipse centrada en (x0. y0 ± c).1 = (y + 1)2 . sus focos y sus vértices. el coeficiente del término de segundo grado: 4(x2 .8x) + (9y2 + 18y) .2x + 1 .1] + 9[(y + 1)2 . hallar su centro.1 = (x .2x) + 9 (y2 + 2y) . y0 ± a) y los focos son (x0.23 = 0. y0) y (x0. ésta puede transformarse
por el método que se verá en los ejercicios de aplicación.23 = 0 Se saca factor común. Resolución Se agrupan los términos en x2 con los términos en x y los términos en y2 con los términos en y: (4x2 . su ecuación viene dada por:
Los vértices son los puntos (x0 ± b.1] .23 = 0 Se opera en cada paréntesis hasta obtener un cuadrado perfecto: x2 . Los ejes de la elipse son las rectas x = x0 e y = y0.
Los focos son Los vértices se obtienen sumando y restando a las coordenadas del centro los semiejes de la elipse: (1 ± 3.28
. en su caso.2)2 . -3) Ejemplo Reducir y.1)2 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Focos: Para hallar los focos hay que observar que éstos se hallan en una recta horizontal que contiene al centro y a distancia c del mismo.16 . hallar los elementos de la cónica de ecuación x2 + 3y2 .4)2 + 3 (y . la ecuación no tiene solución y se trata de una elipse imaginaria.4 . la ecuación es: 25(x .4y = y2 + 4 .12 + 32 = 0 (x .1)2 .16 . -1) y (-2.311 = 0 x2 . Basta pues con sumar y restar c a la abscisa del centro.8x = (x .12y) + 32 = 0 (x2 . -1).2x = x2 .4)2 + 3(y .8x 12y + 32 = 0 Resolución: (x2 .64 .4 Sustituyendo.1 y2 + 4y = y2 + 2 · 2y + 22 . 1) y (1. Ejemplo Hallar los elementos de la elipse 25x2 + 16y2 .8x) + (3y2 .311 = 0 Resolución: (25x2 .4y = (y . lo que da los puntos (1.16 y2 .25 + 16(y + 2)2 .2)2 = -4 Como el primer miembro es suma de números positivos y el segundo es un número negativo.8x) + 3(y2 .2 · 1x + 12 .50x) + (16y2 + 64y) .311 = 0 25(x .12 = (x .22 = (y + 2)2 .8x = x2 + 16 .4 (x . -1) (1.2x) + 16(y2 + 4y) . lo que da los puntos (4.50x + 64y .1)2 + 16(y + 2)2 = 25 + 64 + 311 = 400
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.311 = 0 25(x2 .2)2 .4y) + 32 = 0 x2 . -1 ± 2).4)2 .
-2 ± 5). -5) y (1. se considerarán en primer lugar las hipérbolas centradas en el origen de coordenadas y con focos en el eje de abscisas. -2). evidentemente. -2) (1. La recta que une los dos focos se llama eje real de la hipérbola y la mediatriz se llama eje imaginario de la hipérbola. 3) Los focos son (1. Este valor se llama semieje imaginario de la hipérbola. 1)
Se llama hipérbola al lugar geométrico de los puntos del plano tales que la diferencia de sus distancias a dos puntos fijos.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. -7) y (1. lo cual significa que la elipse tiene su eje principal vertical. A diferencia de la elipse. o sea (1. Al igual que en la elipse. -2) y (5. Entonces:
El centro es (1. El punto donde se cortan ambos ejes (que es. es decir (1. o sea (-3. Al igual que en la elipse. se llama distancia focal a la distancia entre los dos focos y a las distancias desde un punto cualquiera de la hipérbola a ambos focos se les llama radios vectores del punto. aquí se tiene 2c > 2a (por tanto c > a) y se puede considerar . -2 ± 3). hipérbola.29
. es una constante (se representa por 2a). -2) Los vértices son: (1 ± 4. el punto medio de los focos) se llama centro de la hipérbola. no puede ser a2 = 16 y b2 = 25.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Como el denominador de la segunda fracción es mayor que el de la primera. llamados focos. Los puntos donde la hipérbola corta a los ejes (se verá que únicamente corta al eje real) se llaman vértices de la hipérbola.
LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Cálculo de los radios vectores de un punto En un punto P(x.4a2 + 2cx = 4cx .4a2. 0) los radios vectores son:
Demostración: Los radios vectores son:
Eliminando los términos comunes: 2cx = 4a2 . Si se hubiese tomado un punto del semiplano de la izquierda y se hubiese operado. Es por eso que en el enunciado se tomó valor absoluto en los segundos miembros. el resultado hubiera sido similar. lo cual sólo es cierto en = 2cx .30
. y) de una hipérbola con focos en los puntos F(c. 0) es Demostración: Se toma la expresión de uno de los radios vectores y se opera en ella:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.a + 2a = ex + a ' es mayor que . 0) y F'(-c. Ecuación canónica de la hipérbola La ecuación de una hipérbola con focos en los puntos F(c.2cx + 4a· Despejando: 4a · Luego '= + 2a = ex . pero cambiando los signos.
el semiplano de la derecha. 0) y F''(-c.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. ya que el primer miembro es siempre negativo y el segundo es positivo. la ecuación sería:
Vértices de una hipérbola Los vértices de una hipérbola son los puntos donde ésta corta a sus ejes. ejes de coordenadas.31
. Dividiendo entre a2 · b2.
Asíntotas de una hipérbola Si en la ecuación de la hipérbola se despeja y. 0) y (-a. se obtiene: En el caso en que la hipérbola tuviese el eje vertical.
cuyas ecuaciones respectivas son y = 0 y x = 0. Eje real Su ecuación es y = 0. Al sustituir queda: Esta ecuación no tiene solución.a2 = b2. 0) Eje imaginario La ecuación del eje es x = 0. 0) y (-a. luego b2x2 .a2y2 = 0.
puntos (a.c2) .a2) x2 + a2 (a2 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Sacando factor común (c2 .a2): (c2 . Sustituyendo en la hipérbola: Los vértices son (a.a2b2 .a2y2 = 0 Pero c2 . 0).
siempre que a sea un número fijo. si el eje real es horizontal (x0 ± c. En
Al hacer x suficientemente grande. efecto:
MATEMÁTICA BÁSICA x .LA RECTA Y LAS CÓNICAS Pero. Así la diferencia se hace tan pequeña como se quiera al crecer x. para calcular las asíntotas. el denominador aumenta indefinidamente. y0). Cálculo práctico de las asíntotas de una hipérbola
Por tanto. y0 ± a ) según que el eje real sea horizontal o vertical. para valores grandes de x . respectivamente. mientras que el numerador permanece invariable.
Hipérbola con ejes paralelos a los ejes de coordenadas Si se tiene una hipérbola con centro en un punto (x0.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. y0 ± c ) si es vertical.
Estas rectas se llaman asíntotas de la hipérbola. se iguala a cero el primer miembro de la ecuación reducida de la hipérbola y se despeja y. y0) ó (x0. y0) y (x0. se sustituye 1 por 0 en el segundo miembro y se extrae la raíz cuadrada.32
. procediendo como se hizo para la elipse. De la misma forma los vértices son: (x0 ± a. Para hallar las asíntotas. se tiene que su ecuación es vertical será
Los focos serán.
1)2 . de una hipérbola con el eje real vertical.4y) + 4 = 0 Se completan cuadrados en los paréntesis: x2 .2)2 .9y2 . 4). Ejercicio: ecuaciones de la hipérbola Hallar la ecuación reducida de la hipérbola 4x2 .36 .
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.4 = -36 Se divide entre -36:
Se trata. pues.LA RECTA Y LAS CÓNICAS Reducción de la ecuación de la hipérbola
Sea una ecuación de la forma Ax2 + By2 + Cx + Dy + E = 0 en la que A y B tengan distinto signo. 0) y (1.4 .2)2 = 4 . Hallar su centro. sus focos y sus asíntotas.2)2 + 36 + 4 = 0 4(x . sus vértices. Operando por un procedimiento similar al visto en el caso de la elipse. Resolución: Se asocian los términos que tengan la misma incógnita y se saca factor común el coeficiente de segundo grado: (4x2 .4y = y2 .2 · 2y + 22 .4 Se sustituye en la ecuación: 4(x .12 = (x . es decir (1.33
.2x) .(9y2 . siempre se puede llegar a uno de los tipos de ecuación de una hipérbola.1 y2 .8x + 36y + 4 = 0.8x) .9(y2 .2 · 1x + 12 .9(y . 2 ± 2).36y) + 4 = 0 4(x2 . con centro en (1.1)2 .1)2 . 2) y sus semiejes son a = =2yb= =3 Los vértices son (1.9(y .22 = (y .2x = x2 .
12 = 0 Resolución: (x2 + 2x) .2) = 1 .2)2 + 4 .(y .2)2 x + 1 = ±(y .12 = 0 (x + 1)2 .x y
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 2) y (2. b = 3 (este tipo de hipérbolas que tienen iguales sus semiejes se llaman hipérbolas equiláteras).4y) .2 · 2y + 22 . y semiejes a = 3.34
.(y .2) x+1=y-2 =x+3 y x + 1 = -y + 2  = 1.22 = (y -2)2 .12 = (x+1)2 . 2). 2). eje real horizontal.4 (x + 1)2 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Hallar los elementos de la hipérbola x2 .1 .4 + 12 = 9
Se trata de una hipérbola con centro en (-1.(y2 .
(x + 1)2 = (y .12 = 0 x2 + 2x = x2 + 2 · 1x + 12 .1 y2-4y = y2 . Los vértices son los puntos (-4.y2 + 2x + 4y .
se supondrá que el vértice es el origen de coordenadas y que el foco se encuentra en el semieje positivo de abscisas. Dada una parábola. La distancia entre el foco y la directriz de una parábola recibe el nombre de parámetro de la parábola (suele denotarse por p). Para simplificar la parábola.35
. y de una recta fija llamada directriz. llamado foco. se llama eje de la misma la recta que contiene al foco y es perpendicular a la directriz. Ecuación canónica de la parábola La ecuación de la parábola con vértice en el origen de coordenadas y foco en el
y = 2px Demostración:
-px + y2 = px y2 = 2px Hay otros tres casos elementales de parábolas:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.LA RECTA Y LAS CÓNICAS PARÁBOLAS
Se llama parábola al lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de un punto fijo. Se llama vértice de la parábola al punto donde ésta corta a su eje.
y0) (x .x0)2 = ± 2p(y . según los casos: Eje horizontal y foco a la derecha: Eje horizontal y foco a la izquierda: Eje vertical y foco por encima: Eje vertical y foco por debajo: (y . la ecuación es x2 = -2py. Se ha de transformar esta ecuación en una de la forma: (y .y0)
Reducción de la ecuación de una parábola Dada una ecuación del tipo Ax2 + Bx + Cy + D = 0 o del tipo Ay2 + Bx + Cy + D = 0.y0)2 = -2p(x .x0)2 = 2p(y .x0) ó (x .x0)2 = ± 2p(y . en una del tipo (x .y0) La ecuación dada tiene un término en x2.y0) 2x2 + 8x + 3y .36
Parábola con vértice en un punto cualquiera Si el vértice de una parábola se encuentra en un punto (x0.x0) (y .x0) (x . Si el eje es vertical y el foco está en el semieje positivo de ordenadas.y0)2 = 2p(x . siempre es posible reducirla a la ecuación de una parábola. Habrá que transformarla. su foco y su directriz.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Si el eje es horizontal y el foco está en el semieje negativo de abscisas.5 = 0 2x2 + 8x = -3y + 5 
x2 + 3x = (x + 2)2 . Ejercicio: ecuaciones de parábolas Hallar la ecuación reducida de la parábola 2x2 + 8x + 3y . Para ello se completa un cuadrado y se manipula adecuadamente el otro miembro.5 = 0. Hallar su vértice.y0)2 = ± 2p(x .4.x0)2 = -2p(y . y0) su ecuación será. pues. Si el eje es vertical y el foco está en el semieje negativo de ordenadas. la ecuación es y2 = -2px. la ecuación es x2 = 2py. Se sustituye en la ecuación:
Por ser el eje vertical. Intersecciones de una cónica con una recta
La directriz se obtiene restándole la mitad del parámetro a la abscisa del vértice: x = 1 .
vértice. -3).4 (y + 3)2 = 4(x-1) Es una parábola con vértice en el punto (1.9 = 4x .13  (y + 3)2 = 4x .4x + 6y + 13 = 0.1 = 0. Resolución: Se opera como en el caso anterior. (y + 3)2 . la directriz es horizontal.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Se trata de una parábola con el eje vertical y el foco por debajo del vértice. La directriz es el eje de ordenadas.32 = (y + 3)2 . teniendo en cuenta que ahora la variable que aparece elevada al cuadrado es y: y2 + 6y = 4x .13 y2 + 6y = y2 + 2 · 3y + 32 . y su ordenada se obtiene sumándole la mitad del parámetro a la del vértice:
Hallar los elementos de la parábola y2 .
la recta tiene dos puntos comunes con la cónica. Resolución
x = -y . En este caso se dice que la recta es tangente a la cónica.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.4x + 6y . Al resolver esta ecuación.9 = 0 5y2 + 14y .4ac = 0. la ecuación tiene dos soluciones reales y distintas). se obtienen resultados distintos dependiendo del valor que tome el discriminante (= b2 . la ecuación tiene dos soluciones reales iguales).4ac): Si el discriminante es negativo (b2 .1) + 6y . que dará lugar a una ecuación de segundo grado (ax2 + bx + c = 0). Entonces se dice que la recta es secante a la cónica.9 = 0.y2 + 2k + y .y2 + 2x + y . la recta corta a la cónica en un solo punto.1 2(-y . Si el discriminante es positivo (b2 . sus dos soluciones son números complejos conjugados).2 = 0.4ac < 0.1)2 + 3y2 .38
. Resolución: Las rectas verticales son de la forma x = k Sustituyendo este valor en la ecuación: k2 .4(-y . Ejercicio: intersección de cónicas y rectas Hallar los puntos de intersección de la recta x + y + 1 = 0 y la elipse 2x2 + 3y2 .4ac > 0. la ecuación no tiene soluciones reales. Si el discriminante es nulo (b2 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Para calcular la intersección de una cónica con una recta se ha de resolver un sistema de ecuaciones. el sistema no tiene solución. La recta no corta a la cónica y se dice que es exterior a ella.3 = 0
Ejemplo Trazar una tangente vertical a la cónica x2 .2 = 0.
donde m es la pendiente.4) x + y =
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 0). Resolución Cualquier recta que contenga a dicho punto tiene una ecuación de la forma m(x + 1).7 = 0
Las tangentes verticales son: Ejemplo Hallar las rectas tangentes a la curva y2 = 4x que contengan al punto (-1.39
.4ac = 1 .8 = 4k2 + 8k 7 La condición para que la recta sea tangente es que dicho discriminante sea nulo: 4k2 + 8k .16m2 + 16 .4m2 · m2 = 4m4 . Sustituyendo en la ecuación de la parábola: m2(x + 1)2 = 4x m2 = 0 El discriminante es: (2m2 .2) = 0
Su discriminante es b2 .4)2 .4m4 = -16m2 + 16 La recta será tangente si este discriminante es nulo: -16m2 + 16 = 0 16 ⇒ m = ±1 Las tangentes buscadas son: y = x + 1 e y = -(x + 1) ⇒ 16m2 = ⇒ m2x2 + 2m2x + m2 = 4x ⇒ m2x2 + ( 2m2 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS -y2 + y + (k2 + 2k .2) = 1 + 4k2 + 8k .4 (-1) (k2 + 2k .
b) esta sobre ella.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Hallar la ecuación de la parábola con vértice en el punto ( 1. Q)
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. Resolución Observe que en este caso la recta directriz no es vertical ni horizontal por lo que. Para hallar el valor de P debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales y calcular la distancia al vértice. entonces para poder calcular la distancia de este punto a la directriz debemos hallar la recta que pasa por este punto y es paralela al eje de la parábola. el teorema no nos ayuda en nada y debemos recurrir a la definición misma.
x + y =1 ∧ y=x
Puesto que la solución es (1/2.a Ahora debemos resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales con la idea de calcular la distancia que buscamos
y = x +b −a ∧ y=x
La solución de este sistema es Q = (
1+ a −b 1−a +b . 1) y recta directriz x + y = 1. 3 / 2) 2
Para hallar la ecuación de la parábola suponga que el punto P = (a. 1/2).40
. Dicha recta tienen ecuación y = x + b . entonces p =
1 y el foco sería F = (3 / 2. ) 2 2
con lo cual la ecuación de la parábola es : d ( F . P ) =d ( P. Como el eje de la parábola es ortogonal a la directriz y debe pasar por el vértice entonces debe tener ecuación y = x.
Observa las siguientes ecuaciones: x = –3 + 3t y = 2t Comprobar que. (5. Es por ello que tabulamos los valores dados de t y sustituyendo en las ecuaciones anteriores obtenemos las coordenadas de cada uno de ellos: Ejemplo: Para t=0 x = –3 + 3(0)= -3
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. solamente es necesario obtener su pendiente que. 5.3.41
. es la misma que la de la recta paralela L1 que pasa por los dos puntos (0. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto (. La ecuación de la recta a utilizar Y.2) y (5. 4. 1. 2) .1= (X+3) =
2. 2). . según sabemos. dando a t los valores 0. 2) La pendiente de L1 es.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Figura 4. se obtienen puntos que están todos sobre una recta ¿Qué método está aplicando para trazar la recta? Solución: El método a aplicar es el de Tabulación. I) y es paralela a la recta determinada por los dos puntos (0. 3.
SOLUCION: Como se conoce un punto de la recta requerida.
Hallar la ecuación de la recta que pasa por el siguiente par de puntos (1.2) 3 (6.42
.8) 5 (12.y) 0 (-3. y obtenemos:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.6) 4 (9. 7) (–7. 0)
Aplicando el mismo procedimiento para cada uno de los valores dados de t.10)
Por medio de la gráfica podemos demostrar que los puntos obtenidos si están todos sobre una misma recta. 3. 11). obtenemos la siguiente información: t (x. 0) 1 (0.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
y = 2(0)= 0 (-3.
Solución: Por medio de los puntos dados buscamos el valor de la pendiente aplicando la formula correspondiente y obtenemos que: m= -1/2 Luego sustituimos los datos en la fórmula de la ecuación de la recta dado dos puntos. y las sumamos: 2x = 10 – 6t 3y = –3 + 6t ___________ 2x + 3y = 7 La ecuación implícita es: 2x+3y -7 = 0 4. Halla la ecuación implícita de la recta:
16 ) + 13 = 0 ( x . sabiendo que es concéntrica a la representada por la ecuación: x²+ y² . Hallar dos puntos de la recta y = –3x + 4 y Calcular a partir de ellos su pendiente.7= -1/2 (x-1)
y= -1/2x +15/2
en forma implícita tenemos: x + 2y – 15 = 0 5. Hallar la distancia de Q(–3.2 x + 1 .0). a = 0 2.7) y-7 = -1/2x +1/2
y .1 ) . el centro y el radio son: C ( 8 .8 y + 13 = 0 .8 y + 16 . . 4) Si x = 1 → y = 1 → punto B (1.4 )²= 4
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.16 x + 64 . (igualamos a cero la ecuación) d(Q.16 x + 2 y + 65 = 0 .55 La distancia entre el punto Q (-3.1 ) + 65 = 0 Al reducir la expresión obtenemos la ecuación de la circunferencia ( x . tenemos: ( x² . Encontrar el centro y el radio de la circunferencia representada por la ecuación: x 2 + y 2 . Solución: Damos valores arbitrarios a x y obtenemos: Si x = 0 → y = 4 → punto A (0.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
• Tomamos el punto (1. Determinar la ecuación de una circunferencia que pasa por el punto P(1.8 )² + ( y + 1 )² = 0 Por tanto.43
SOLUCIÓN Completando los trinomios cuadrados perfectos y reduciendo. podemos comprobar que la pendiente es la de la recta dada y = –3x + 4.64 ) + ( y² + 2 y + 1 .2 x .1 )² + ( y . es de aproximadamente 0.4) y la ecuación llamada r. Solución: Aplicando completando trinomios cuadrados perfectos obtenemos: ( x² . 6. 4) a la siguiente recta: 2x + 3y = 4 Solución: Aplicando la ecuación de la distancia ya conocida obtenemos que. 2x + 3y – 4 = 0 r
Ejercicios Resueltos de la Circunferencia 1. 1) Calculando la pendiente con los puntos calculados anteriormente se tiene que m = –3 Efectivamente. r ) = (2√13)/13 ≈ 0. 55.1 ) + ( y² . y comprueba que es la que corresponde a esa ecuación.
a² =16.2 )² = 52. El radio es la distancia del centro C a cualquiera de los extremos del diámetro.8 y + 16 = 0 Resolviendo para y: Aplicamos ecuación cuadrática y obtenemos que y = 4.2 y ) . 0).2 y Sustituyendo este valor en la segunda ecuación. encontramos la ecuación de la circunferencia pedida: ( x . a = P C = ( 1 . 12) y radio 13.44
. sustituimos este valor de y=4 en la ecuación despejada de X: x = 10 .k) k=2 h = -2 Por tanto. x² + y² -
SOLUCIÓN: Necesitamos hacer simultáneas las dos ecuaciones. Por tanto. Sustituyendo este valor y los de h y k en la fórmula (I). 4.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. se obtiene: (10 . Halla la ecuación de la circunferencia de centro (–5.8 = 2 De acuerdo al resultado.40 y + 4 y² + y² .2 . es decir h = 1 y Como a² =4.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
SOLUCIÓN El centro es el punto medio del diámetro. El radio a de la circunferencia buscada se calcula como la distancia del punto P al centro C. desarrollando y simplificando.2).4 y = 0 5 y² .1 )²+ ( 0 . Obtener la ecuación de dicha circunferencia.6). que es precisamente el de tangencia. y = 0 en la ecuación. queda comprobado que la recta es tangente a la circunferencia. es decir: radio = C B ² = ( . el centro es C(-2. porque sólo tienen un solo punto común T(2. C B ² = 52 = radio La ecuación de la circunferencia pedida es: ( x + 2 )² + ( y .4 )²= 16 3. 5. esta se verifica.6 )² = 36 + 16 = 52 .2 y )² + y² .20 + 4 y .
De la expresión anterior encontramos que el centro es C(1.2 ( 10 . Para esto. cuyas coordenadas se obtienen aplicando las fórmulas para el punto medio de un segmento.4 )² = 4
Por tanto. en este caso A B: C (h .4 )² + ( 2 .40 y + 80 = 0 y² . despejamos a x de la primera ecuación: x = 10 . la circunferencia pasa por (0.4 y = 0 100 . Comprobar que la recta 2 y + x = 10 es tangente a la circunferencia 2 x .1 )² + ( y . 0).4). El diámetro de una circunferencia es el segmento de recta definido por los puntos: A(-8.-2) y B(4.2 ( 4 ) = 10 .4). Comprueba que pasa por el punto (0.4 y = 0 y determinar el punto de tangencia. entonces a = 2. por lo tanto.
Solución: Aplicando la formula de la circunferencia obtenemos: (x + 5)² + (y – 12)² = 169 x² + y² + 10x – 24y = 0 Si sustituimos x = 0.
Ejemplo 3: Dada la ecuación x2 + y2 + 6x –2y –15 = 0 Mostrar que la gráfica de esta ecuación es un círculo y encontrar su centro y su radio. ¡ (no existe) no hay gráfica Ejemplo 5: Encontrar el centro y el radio de la circunferencia representada por la ecuación: X2 + y2 .5/2 ⇒ R = ….2 ) h
Ejemplo 4: Determinar la gráfica de la ecuación 2x2+2y2+12x-8y+31=0 Solución: 2x2 + 2y2 + 12x – 8y + 31 = 0 ⇒ ÷ 2 ⇒ x2 + y2 + 6x – 4y + 31/2 = 0
⇒ (x2 + 6x) + (y2 – 4 ) = . se tiene:
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 1) R=5
. -3) y un radio = 4 Solución: (x-h)2 + (y-k)2 = R2 ⇒ (x-2)2 + (y+3)2 = 42 ⇒ x2 -4x+4+y2+6y+9 = 16
x2 + y2 .31/2 ⇒ (x2 + 6x + 9 ) + (y2–4y+4) = .16x + 2y + 65 = 0 SOLUCIÓN: Ordenando y completando trinomios cuadrados perfectos en x y y. Solución: x2 + y2 + 6x –2y –15 = 0 ⇒ (x2 + 6y) + (y2 – 2y) = 15 ⇒ (x2 + 6x + 9) + (y2 – 2y + 1) = 15 + 9 + 1 ⇒ (x + 3)2 + (y – 1)2 = 25
R2 2 C (-3 .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Ejemplo 2: Encontrar una ecuación del círculo con centro en (2.31/2 +9+4 ⇒ (x + 3)2 + (y – 2)2 = .4x + 6y .5/2 R2 = .
-2) y E (4. Dibujemos la grafica. Por lo tanto la ecuación es: = = =
Ejemplo 8: Una parábola tiene su vértice en el origen. su eje focal es el eje x y pasa por el punto (-5. o sea que la gráfica es sol el punto (8. Obtener la ecuación de dicha circunferencia.6).LA RECTA Y LAS CÓNICAS
( x 2 −16 x ) + ( y 2 + 2 y ) + 65 = 0 ( x 2 −16 x + 64 ) + ( y 2 + 2 y +1) − 64 −1 + 65 = 0
( x − 8) 2 + ( y +1) 2
Por lo tanto el centro y el radio de la circunferencia son respectivamente: C (8. SOLUCIÓN: El centro es el punto medio del diámetro. en este caso A B : x + xB − 8 + 4 h= A = = −2 2 2 y + YB − 2 + 6 k= A = =2 2 2 Por lo tanto. El radio es la es la distancia del centro C a cualquiera de los extremos del diámetro.46
. cuyas coordenadas se obtienen aplicando las fórmulas para el punto medio de un segmento. hallemos su ecuación y dibujemos su grafica. r = 0 .0) y directriz la recta X= -2. el centro es C (-2.2). Solución: Según los datos del problema tenemos que:
El eje focal es el eje x.− ) . es decir: 2 2 r = ( − 2 − 4 ) + ( 2 − 6 ) = 36 +16 = 52 La ecuación de la circunferencia pedida es:
( x + 2) 2 + ( y − 2 ) 2
Ejemplo 7: Hallemos la ecuación de la parábola con foco (2.10). -1) 1
Ejemplo 6: El diámetro de una circunferencia es el segmento de la recta definida por los puntos: D (-8.
entonces la parábola aparece dibujada a la izquierda del origen Ejemplo 9: Encontrar una ecuación de la parábola que tiene como directriz la recta y = 1 y como foco el punto F (-3.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. una ecuación de la directriz. una ecuación del eje.10) entonces sus coordenadas deben satisfacer la anterior ecuación. Entonces la ecuación de la parábola es de la forma: =4px Donde desconocemos el valor de p Puesto que la parábola pasa por el punto (-5. → (x-h)2 = 4p (y-k) ⇒ (x+3)2 = 4x3 (y-4).
Solucion: P= 3 ⇒ LR = QQ’ = | 4P| = 12.47
. el foco. 7).12y + 57 = 0
Ejemplo 10: Dada la parábola que tiene por ecuación y2 + 6x + 8y + 1 = 0 encontrar el vértice. ⇒ Ec. y la longitud del lado recto. Trazar la gráfica.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Solución: Como el vértice es (0.48 x2 + 6x .0) y ele je focal es el eje x. ⇒ x2 + 6x + 9 = 12y . Por tanto:
Luego la ecuación de la parábola es: Como p es negativo.
Hacer un dibujo de la elipse. Encontrar los vértices. e = c/a = 6/10 = 0.−  4 2 2   2 1   2 
Ejemplo 11: Determinar la gráfica de la ecuacion 25x2+16y2+150x+128y-1119=0.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.6x + 15 ⇒ (y + 4)2 = . ⇒ (25x2+150x) + (16y2 +128y ) = 1119. ⇒ 25 (x2+ 6x +9) + 16(y2 + 8y+16) = 1119 + 25x9 +16x16. Ejemplo 12: Encontrar una ecuación de la elipse para la cual los focos están en (-8. Solucion: 25x2+16y2+150x+128y -1119=0.6 (x – 15 /6)
    5  1 4 p = − ⇒p = − 6 1 ⇒v .48
. ⇒ 25 (x2+ 6x) + 16(y2 + 8y) = 1119. focos. 2 2 ⇒ 25 (x+3) + 16(y+4) = 1600 ⇒ ÷ 1600 → 25(x +3)2 + 16(y+4)2 = 1600 1600 1600 1600 2 2 ⇒ (x+3) + (y+4) = 1 → c(-3.-4) 64 100 ↓ ↓ 2 b a2 ⇓ ⇓ b=8 a=10 a2 =b2+c2 ⇒100=64 + c2 ⇒ c= 6. excentricidad y extremos del eje menor.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Solución: y2 + 6x + 8y + 1 = 0 ⇒ (y2 + 8y) = .6. 2) y la excentricidad es 2/3.6x –1 ⇒ (y2 + 8y + 16) = -6x – 1 + 16 ⇒ (y + 4) = . 2) y (4.
V1(4. la ecuación de la hipérbola es de la forma: x2 y2 − =1 a2 b2 En este caso: a = 4.0). SOLUCIÓN: La ecuación: 7 y 2 − 9 x 2 = 63 puede escribirse en las formas equivalentes:
Ejemplo 14: Dada la hipérbola cuya ecuación viene dada por: 7 y 2 − 9 x 2 = 63 Determine: coordenadas de los focos. respectivamente.
Luego. de donde b = 25 −16 = 3 En consecuencia. de los vértices. de la elipse→ (x+2) 2 + (y-2) 2 =1 81 45 ↓ ↓ a2 b2
⇒ 5(x2+4x+4)+9(y2-4y+4) =405 ⇒ 5x2+20x+20 +9y2 -36y+36 =405 405 2 2 5x +9y +20x-36y+369 =0 Ejemplo 13: Los focos y los vértices de una hipérbola son los puntos: F(5. SOLUCIÓN: Como los focos están sobre el eje x. ecuaciones de las asíntotas. ⇒ a2 = b2 + c2.49
.0).LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Solución: La distancia entre los focos es 12. la ecuación de la hipérbola es:
x2 y2 − =1 16 9
Ahora. las ecuaciones de las asíntotas son las rectas:
y. ⇒ 81=b2+36. Dibujar su gráfica e indicar las asíntotas.8
Ecuac. ⇒ a=9. F’(5. c = 5. por lo tanto “c” = 6 y e = c/a = 2/3 ⇒ 6/a =2/3 ⇒a = 6*3/2 = 9 . Determine la ecuación de la hipérbola. 0). Trazar la gráfica.0)yV2(-4.
⇒b = 45 ≈ 6.
b = 7 Luego.50
. V1(6. focos y ecuaciones de las asíntotas. Ejemplo 16: Dada la hipérbola. de la ecuación: que: y
son las ecuaciones de las asíntotas. vértices y ecuaciones de las asíntotas. -3). 3) y V2(0. Trazar la gráfica y determine: coordenadas de los vértices.
Igualmente. focos.
y2 x2 − = 0 se deduce que las ecuaciones de las asíntotas son las 9 7 3 3 x x rectas de ecuación: y = e y =− 7 7
Además de la ecuación:
Ejemplo 15: Una hipérbola cuyo centro es el punto C(2. la distancia entre los focos es 10 unidades y la distancia entre sus vértices es 8 unidades. tiene sus focos sobre la recta y = 3.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
La última ecuación corresponde a una hipérbola cuyo eje focal coincide con el eje “y” En este caso: a = 3. puesto que los focos están sobre la recta y = 3 (paralela al eje x). V1(0. 3) y V2(-2. Además. c = 9 + 7 = 4 Con estos datos. 3) y F’(-3. las coordenadas de los vértices son: x = h ± a y y =3 Esto es. 3). SOLUCIÓN: Ahora. 4). se tiene: F(0. 3). cuya ecuación en su forma general es: 3y2 – x2 + 4x – 6y – 13 = 0. Determine y grafique: centro. la ecuación de la hipérbola pedida tiene la forma:
Las coordenadas de los focos son: x = h ± c y = 3 . puede escribirse en las formas equivalentes: UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.
Además. 3). -4). F’(0. Esto es: F(7. SOLUCIÓN: La ecuación general.
las coordenadas de los vértices son: x = 2 e y =1 ± 2 . b2 = 12. -1).LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Esta última ecuación corresponde a una hipérbola cuyo centro es el punto C(2. 3) y V2(2. 1) y su eje focal es una recta paralela al eje y que pasa por C(2. 1). Esto es F(2. En esta caso. Igualmente. -3). Las ecuaciones de las asíntotas son las rectas: y −1 =
1 ( x − 2) 3
e. x = 2 Además. Con lo cual:
c = a2 +b2 = 4
Las coordenadas de los focos son: x = 2 e y =1 ± 4 . a2 = 4.51
. Esto es V1(2.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 5) y F’(2.
4) y radio 5.12 x + 36 y .Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos (7. ( 2. la ecuación reducida y representar la cónica.2) y B(4.52
. Encontrar el centro y el radio de la circunferencia dada por la ecuación: 4 x²+ 4 y² + 4 x + 4 y . y .−2 ).. -4) y tal que e=0. P3. Encontrar el centro y el radio de la circunferencia cuya ecuación es: 9 x² + 9 y² .(-1.
b) Hacer un estudio completo de la cónica anterior para a = 2: Ecuación reducida Parámetro de la cónica Eje y vértice Foco y directriz Dibujo de la cónica. Circunferencia de centro C (–3. (5. El diámetro de una circunferencia es el segmento de recta definido por los puntos: A(-8.1).− ) .0 ). Comprueba que pasa por el origen de coordenadas. ( 0. su longitud es 10 y la distancia focal 8.2) pertenece a la circunferencia x² + y² .2 = 0. Trazar la circunferencia 3.-3). Problema para entregar a) Clasificar la siguiente cónica según los valores del parámetro “a”:
x 2 + 2ay 2 −2axy −2 x + 4ay = 0 . P2. su centro es C(-2. (-3.0 ).1) y elementos característicos. el eje mayor es paralelo a OY. 0). 4) Clasificar la siguiente cónica según los valores del parámetro “a”:
ax 2 − 2 xy + ay 2 − 2 x + 2 y +3 = 0
 3 1   3 −3  . P1.  3) Hallar el centro y las asíntotas de la cónica: 2 + x 2 + 2 xy = 0 . 5.. 7
Calcular sus
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.6).
x ' y ' = µ . (3.2 x + 4y = 20 y obtener la ecuación de la tangente a la circunferencia en ese punto.104 = 0. expresada en dos sistemas de referencia ortonormales distintos. Encontrar los puntos de intersección de las circunferencias representadas por las ecuaciones: x² + y² . . 2. 2) y (1.2 x + 4 y = 0 x² + y² + 2 x + 6 y = 0 6. Obtener la ecuación de dicha circunferencia.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
1. corresponden a una misma cónica
Problemas propuestos.Hallar la ecuación de la elipse cuyos ejes son paralelos a los ejes coordenados.Hallar la cónica que pasa por los puntos (1.. 1) Hacer un estudio completo de las siguientes cónicas: a) 11 x 2 +14 y 2 −4 xy +40 x +20 y +45 = 0 b) x 2 −8 xy + y 2 −4 x −4 y +1 = 0 c) 4 x 2 − 4 xy + y 2 + 2 x + 4 y −10 = 0 2) Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos ( 0.
( −3. 2 4 2 4 
5) Hallar λ y µ sabiendo que las ecuaciones x 2 + λ y 2 =1 . Probar que el punto P(4. 4.-3).1).
vértices A(-3. C(-3. ..La ecuación de la hipérbola equilátera es ( x − 2 ) 2 − ( y + 3) 2 = 9 . focos y excentricidad de la cónica anterior.a)
( X + 3) 2 + ( Y − 4) 2
25   . directrices )
x = 2+ 3
x = 2− 3
P1.B(-3. focos  − 3.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
P4.0).. b) Hallar los ejes..-1).4 ± P5. P5. c) recta tangente 5x −8 y −3 = 0 y 11  6  10 ( x − 9) . d) Ecuaciones de las rectas que pasan por (9. d) y = 9 y y − 9 = 9
A’(-3.4).Dados los puntos A(3.3 )
y F' ( 2 − 3 .-3). b) eje mayor x = −3 ..
P2.9) y son tangentes a la elipse.Circunferencia ( x − 5) 2 + ( y + 3) 2 = 20 .4).4). focos
F( 2 + 3 .9). recta normal 40 x + 25 y − 24 = 0 . D(-9.0). 3 centro (2.-
=1 = 1 .-1). eje menor y = 4 . Calcular la ecuación de la cónica que pasa por dichos puntos.4) y E(3/5.3 . vértices. y excentricidad e = 11 .9). eje focal y = − .53
. c) Ecuaciones de la recta normal y de la recta tangente que pasa por E(3/5. y de ecuación reducida ( x ') 2 − ( y') 2 = 9 . y eje no focal x=2. B(3. B’(-9.. .Estudiar las siguientes cónicas: a) x 2 + y 2 + 2 xy + 6 2 x − 2 2 y −14 = 0 c) xy − x = 0 e) 2x 2 + 2 y 2 + x +1 = 0 g) xy + x − y = 0 b) x 2 + y 2 + 2 xy + x + y − 2 = 0 d) x 2 + 4 y 2 + 4 xy − 2 x − 4 y +1 = 0
f) 3x 2 +3y 2 + 2 xy −6 2 x −10 2 y +10 = 0 h) 8x 2 + y 2 − 6 2 xy + 2 x +1 = 0 .
P4. P3.a) b) c)
 3 1   3 −3  .
Problemas propuestos. (-3.. la ecuación reducida y representar la cónica. el eje mayor es paralelo a OY.0). su centro es C(-2.Dados los puntos A(3. P2.Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos (7.4) y E(3/5. D(-9.  3) Hallar el centro y las asíntotas de la cónica: 2 + x 2 + 2 xy = 0 . 0). 05-06
11 x 2 +14 y 2 − 4xy + 40 x + 20 y + 45 = 0
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.Hallar la ecuación de la elipse cuyos ejes son paralelos a los ejes coordenados. 2) y (1. 2 4 2 4 
x ' y' =µ corresponden a una misma cónica .−7 ) . c) Ecuaciones de la recta normal y de la recta tangente que pasa por E(3/5..-3).Estudiar las siguientes cónicas: a) x 2 + y 2 + 2 xy + 6 2 x − 2 2 y −14 = 0 c) xy − x = 0 e) 2 x 2 + 2 y 2 + x +1 = 0 g) xy + x − y = 0 SOLUCIONES Problemas Cónicas b) x 2 + y 2 + 2 xy + x + y − 2 = 0 d) x 2 + 4 y 2 + 4 xy − 2 x − 4 y +1 = 0
( −3.Hallar la cónica que pasa por los puntos (1. b) Hallar los ejes. ( 0.−2 ). su longitud es 10 y la distancia focal 8. d) Ecuaciones de las rectas que pasan por (9.4).B(-3.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Hoja de problemas: Estudio algebraico de las Cónicas Problema para entregar a) Clasificar la siguiente cónica según los valores del parámetro “a”: a + 2 x + 2 y + ax 2 + 2 xy + ay 2 = 0 .-3). (3. ( 2..-1).1) y elementos característicos.(-1.0).9). -4) y tal que e=0. focos y excentricidad de la cónica anterior.1).. expresada en dos sistemas de referencia ortonormales distintos.9) y son tangentes a la elipse. vértices.. excentricidad y parámetro de la cónica Centro o vértice Ejes Focos y directrices Dibujo de la cónica. (5. P3. b) Hacer un estudio completo de la cónica anterior para a =0 Ecuación reducida Semiejes. C(-3.0 ). P5.54
. 4) Clasificar la siguiente cónica según los valores del parámetro “a”: x 2 − 2axy + 2ay 2 − 2 x + 4ay = 0 5) Hallar λy µ sabiendo que las ecuaciones x 2 + λy 2 = 1 . .1). 1) Hacer un estudio completo de las siguientes cónicas: a) 11 x 2 +14 y 2 − 4xy + 40 x + 20 y + 45 = 0 b) x 2 − 8xy + y 2 − 4 x − 4 y +1 = 0 c) x 2 − 4 xy + 4 y 2 − 2 x + 8 y = 0
2) Hallar la ecuación de la cónica que pasa por los puntos ( 0.
f) 3x 2 +3y 2 + 2 xy −6 2 x −10 2 y +10 = 0 h) 8x 2 + y 2 − 6 2 xy + 2 x +1 = 0 . P1. Calcular la ecuación de la cónica que pasa por dichos puntos.  y .0 ).
ya que se toma como λ el valor propio de menor valor 1
absoluto.− 1) ≡ s l o  E p a r a al e ol osv e c t p r oe spai so os c i a λd1 =o 1s 0
 ( A c − λ1 I ) 
x   1 − 2  x   0  1 =   − 2 4  y  =  0  ⇒ x − 2 y = 0 ⇒ y = 2 x      y     
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. A g= = −5 A 00
x ' ' 2 y' ' 2 10x ' ' + 15y' ' −5 = 0 ⇒ + =1 5 10 5 15
1 1 1 1 ⇒a = . 14  
( a 11 + a 22 ) A
 A 0 0= 1 5> 00 ⇒   A = − 7 5≠ 00
= + ⋅ − < 0 ⇒ ELIPSE REAL
λ1 x ' ' 2 +λ 2 y' ' 2 +g = 0
λ1 y λ2 valores propios de
 1 1− 2  λ 1 = 1 0 Ac =   ⇒  − 2 1  4 λ 2= 1 5
. b = ⇒p= 2 3 1 c2 = a 2 − b2 = ⇒ c = 6 a2 =
 2 + 10 x − 12y = 0 ⇒ C ( − . b2 = ⇒ b = 2 3 2 3
b2 2 = a 3 1 c 3 ⇒e= = a 3 6
1 2 1 .2 − 1)   1 − 20x + 1 y = 40
Ejes Eje focal x’’
t  P a sp aoer lc e n Cr( −o2.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
 45  A =  20 10 
20 11 −2
10   − 2 .55
intersecando el eje no focal con la circunferencia de centro el origen y radio b =
  1 0 1 0  1  V1 − .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
Luego. y’’
1 ( x + 2) .2 − 3 − 10 6  
Directrices Son rectas paralelas al eje no focal y’’ y tales que distan
a2 del centro de la cónica: c
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 2
y +1 = −2( x + 2)
Vértices principales Se hallan intersecando el eje focal con la circunferencia de centro el origen y radio a =
Los vértices secundarios se hallarían de manera análoga.56
.− 1) El eje no focal y’’ ≡  s l e  E p e r p e lna dar ie cj fu o c a l
Por tanto.2 − 1 − 10 2  
Focos Se hallan intersecando el eje focal con la circunferencia de centro el origen y radio c:
c2 = a 2 − b2 =
1 1 ⇒c= 6 6
  3 0 3 0  1  F1 − .2 − 1  y + 1 = 2 ( x + 2)   5 1 0 ⇒   ( x + 2) 2 + ( y + 1) 2 = 1   1 0 1 0   V2 − 5 − . x’’
l t  P a sp aoer c e n Cr( −o2.2 − 1  y + 1 = 2 ( x + 2)   1 5 3 0 ⇒   ( x + 2) 2 + ( y + 1) 2 = 1   3 0 3 0   F2 − 1 − 5.
dir ) =
a2 6 30 30 = ⇒ 5+k = ⇒k =± −5 ⇒ c 2 2 2
  d i1r ≡ 2x + y −    d i r ≡ 2x + y +  1 
30 + 5= 0 2 30 + 5= 0 2
x 2 + y 2 − 8xy − 4 x − 4 y + 1 = 0
X AX = O ⇔ ( 1
1  y)  −2   −2
−2 1 −4
−2 1   −4 x = 0 . −4 1 A = −55 ≠ 0 ⇒ Se trata de una HIPÉRBOLA.   1  y
A 00 = 1 −4 = −15 < 0 ⇒Cónica de tipo hiperbólico.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
≡ y = −2x + k ⇔ 2x + y − k = 0
− 4 −1 − k 4 +1 =
d ( C.
λ 1 x' ' 2 +λ 2 y ' ' 2 +c = 0
c= A A 00 = 11 . 3
−3 A c − λ I = λ − 2λ -1 5= 0 ⇒ λ =  5
De acuerdo con el criterio expresado anteriormente, tomamos para λ 1 el valor propio de signo contrario a c, es decir,
λ 1 = − 3, λ 2 = 5 ;. Por tanto, la ecuación reducida queda:
− 3x'' 2 + 5y'' 2 +
11 x'' 2 y'' 2 = 0⇔ − = 1. 3 11 ) 2 ( 11 ) 2 ( 15 3
Excentricidad y parámetro de la cónica 11 11 2 88 c 8 2 , b2 = , c = a 2 - b2 = . e= = > 1 , ya que a = 9 15 45 a 5
b2 3 11 = a 15
Para calcular el centro, resolvemos el sistema
Los ejes son rectas que pasan por el centro y tienen la dirección de los vectores propios asociados a λ respectivamente. Los vectores propios asociados a λ 1 son las soluciones del sistema:
 − 2 + x − 4y = 0 , obteniéndose el punto C = (-2/3, -2/3).   − 2 − 4x + y = 0
yλ2 ,
1 + 3 −4   x  0    =   ⇔ x − y = 0 ⇔ y = x .  −4 1 + 3  y  0
Por tanto, el eje focal tiene de ecuación: y +
2 2 = x+ ⇔ y = x. 3 3
2 2 4 = −(x + ) ⇔ y = − x − . 3 3 3
2 2 11  22  (x + ) + (y + ) = 3 9  3  y = x
obteniéndose los puntos V1 (
−4 + 22 −4 + 22 −4 − 22 −4 − 22 , ) y V2 ( , ). 6 6 6 6
Focos y directrices Los focos son los puntos de intersección del eje focal con la circunferencia de centro C y radio c:
2 2 88  22  (x + ) + (y + ) = 3 45  3  y = x
obteniéndose los puntos F1 (
2 55 −10 2 55 −10 2 55 +10 2 55 +10 , ) y F 2 (,). 15 15 15 15
Las directrices son rectas paralelas al eje no focal que distan del centro
a2 : c
Su ecuación ha de ser, por tanto, de la forma y = -x + k, determinando k de modo que
2 2 a2 55 − 3 − 3 − k = = c 6 2 2
Resulta k =
−8 ± 55 −8 ± 55 ,luego, las directrices son las rectas y = −x + . 6 6
Asíntotas Las asíntotas son rectas que pasan por el centro y tienen de pendiente m, siendo m solución de la ecuación 1 + m 2 − 8m = 0 . Al resolver la ecuación anterior, se obtienen dos valores para m: m1 = 4 − 15 , m 2 = 4 + 15 . Las ecuaciones de las asíntotas son:
2 2 2 2 = ( 4 − 15 )( x + ) , y + = (4 + 15 )( x + ) . 3 3 3 3
Solución ejercicio 1) c)
x 2 − 4 xy + 4 y 2 − 2 x + 8 y = 0
X t AX = O ⇔ (1
0  y ) −1 4 
4  1    − 2  x  = 0 . 4  y   
Clasificación 1 −2 A 00 = = 0 ⇒ Cónica de tipo parabólico. −2 4 A = − ≠ 0 ⇒ trata de una PARÁBOLA. 4 Se Ecuación reducida
λ2 y``2 +2b1 x ``= 0
= valor propio no nulo de
λ 2 = a 11 + a 22 = 5 ,
−A a 11 + a 22 =±
 1 Ac =  − 2 
− 2 , 4  
4 2 5 . =± 5 5 2 5 . Resultando la ecuación reducida: 5
Como b 1 ha de tener signo contrario a λ2 , se toma b1 = −
5 y`` 2 −
4 5 x ``= 0 , es decir: 5 y`` 2 = 4 5 x `` 25
4 5 2 5 ⇒p = 25 25
Eje y vértice El eje de la parábola x`` tiene la dirección de los vectores propios asociados al valor propio λ1 = 0 de la matriz A c :
 1 − 2  x   0  1   − 2 4  y  =  0  ⇒ x − 2 y = 0 ⇒ y = 2 x          Luego, el eje y``, perpendicular a x`` y que corta a la cónica en el vértice, tiene una ecuación de la forma: y`` ≡ y = −2 x + k Sustituimos esta expresión en la ecuación de la parábola, obteniéndose: 2 x 2 + 4( − 2 x + k ) − 24 x ( − 2 x + k ) − 2 x + 8( − 2 x + k ) = 0 ⇒ 25 x 2 − 2( 9 + 10 k ) x + 4k ( k + 2 ) = 0 cuyo discriminante ∆ ha de ser nulo para que tenga solución única (la abscisa x del vértice): 81 2 ∆ = 4( 9 + 10 k ) − 4 ⋅ 25 ⋅ 4k ( k + 2) = 0 ⇔ −20 k + 81 = 0 ⇒ k = 20
La abscisa del vértice es, entonces, la solución única de la ecuación 2( 9 +10 k ) x + 4k ( k + 2 ) = 0 para k =
2500 x 2 − 9900 x + 9801 = 0 ⇒ x =
Como el vértice ha de pertenecer al eje y`` ≡ y = −2 x +
81 , su ordenada ha de ser: 20 99 81 9 y = −2 + = 50 20 100  99 9  , El vértice es, por tanto, el punto V .  50 100  1 Y el eje de la parábola es la recta que pasa por el vértice y tiene de pendiente : 2 9 1 99  y− = x −  100 2  50 
Foco y directriz Como ambos se encuentran a una distancia V y radio
p 5 del vértice, intersecamos el eje x`` con la circunferencia de centro = 2 25
se obtienen dos puntos de corte. ya que el discriminante ∆ para k = 0 es positivo:
 19 1  103 13  .  . se obtiene: A = 4.− 2) ∈ cónica⇒ 4A − 2D + E = 0  9 1 3 3 1  3 1    .LA RECTA Y LAS CÓNICAS
 9 1  9 9  y − 1 0 0= 2  x − 5 0    2  2 2  5 1   x − 9 9 +  y − 9  =   =    5 0  1 0 0  2 5 1 2 5    
¿Cuál de ambos es el foco? Si se interseca la parábola con la recta paralela al eje y`` que pasa por el origen.−  ∈ cónica⇒ + A − B + C − D + E = 0 4 16 8 2 4  2 4   
x 2 + Ay 2 + Bxy + Cx + Dy + E = 0
Resolviendo este sistema lineal de cinco ecuaciones con cinco incógnitas. el que tiene menor abscisa:
19 1  F .  10 20 
d ≡y−
13 103   = −2 x −  100 50  
 ( 0.61
. D = 8 y E = 0
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.  y    10 20   50 100 
∆ = 4( 9 + 10 k ) − 4 ⋅ 25 ⋅ 4k ( k + 2) = 4 ⋅ 81 = 324 > 0
Luego. C = -2.0) ∈ cónica⇒ E = 0  ( 2. B = -4. la parábola se abre hacia la izquierda del vértice y el foco F es.0) ∈ cónica⇒ 4 + 2C + E = 0   ( 0.  ∈ cónica⇒ + A + B + C + D + E = 0 4 16 8 2 4  2 4   3 3  9 9 9 3 3   . de ambos puntos.
0)  x= 0
2 y 1 1 + 1 + 2 = 0 ⇒ 1 + 2m = 0 ⇒ m = − ⇒ y = − x 2 x 2 2 x
A =− 5 ≠ 0 ⇒ 2 Se
trata de una hipérbola.(1/2)x
x 2 − 2axy + 2ay 2 − 2 x + 4ay = 0 −1 0  La matriz de la cónica es A =  −1 1  2a − a 
A = − a = 0 ⇒a = 0 2
2a   −a  2a  
1 −a A 0 0= = a ( 2 − a) = 0 ⇒ − a 2a
a= 0  a= 2
 x+ y= 0  ⇒ y = 0 ⇒ C ( 0. A 00 = 1 0 
= −1 < 0 ⇒ Cónica de tipo hiperbólico.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
x 2 + 4 y 2 − 4 xy − 2 x + 8 y = 0
2 + x 2 + 2 xy = 0
2  A = 0 0 
0  1 1  .
a 0 Estudiemos las diferentes posibilidades: 2
( a 11 + a 22 ) A = (1 + 2a ) ( − 2a ) = + ⋅ − < 0 ⇒ ELIPSE REAL
 A0 < 0 0 a < 0⇒  ⇒ H I P É R B O L A  A≠ 0  A0 > 00 0< a < 2⇒  ⇒ A≠ 0
 A0 < 00 a > 2⇒  ⇒ H I P É R B O L A A≠ 0
 A 0 0= 0 ⇒ T i p ao r a b ó l i c o 4) a = 0 ⇒   A = 0 ⇒ C ó nd iec ga e n e r a d a
 0 −1 0    A =  −1 1 0  ⇒ A 11 + A 22 = 0 + ( −1) = −1 < 0 ⇒ RECTAS PARALELAS 0 0 0  
 A0 = 00 a = 2⇒  ⇒ A≠ 0
Tr( Ac ) = Tr( Bc ) ⇔ k + kλ = 0 ⇒ λ = − 1
−k A = 0 0 0 k 0 0
1 0 = k 3 = B = µ ⇒µ = 4k 3 4 −k
1 1 ⇒k =± 4 2 1 1 Para”+” se obtiene: µ = 4 = 8 2 1 1 Para”-” se obtiene: µ = − 4 = − 8 2 A00 = k 2 λ = −k 2 = B00 = −
Por tanto. ya que la ecuación de una cónica en un sistema de referencia puede  0 0 λk    multiplicarse por un número distinto de cero. 2
1) Calcular la ecuación de la circunferencia de centro el punto C(2. tal que A =  0 k 0  .2).LA RECTA Y LAS CÓNICAS
 −1 0  x + λy = 1 ⇒ A1 =  0 1 0 0 
0  0 λ 
 − µ  x' y ' = µ ⇒ B =  0    0 
 0  1 2  0 
Girando y trasladando los ejes se pasa de una ecuación a otra. Teniendo en cuenta los invariantes en la ecuación de una cónica. 0).0)
4) Calcula la posición relativa de la circunferencia x 2 + y 2 =1 con la recta x = 1 5) Calcula la posición relativa de la circunferencia de ecuación x 2 + y 2 − 2 x − 2 y − 2 = 0 y la
recta r: 2 x − y −1 = 0
6) Calcula la recta tangente a la circunferencia de ecuación x 2 − 4 x + y 2 −10 y + 4 = 0 en el
punto (2. 2). -5) y radio 7. Q(1.64
2 2 10 x − 2 y + 1 = 0 en el punto de 7) Calcula la recta tangente a la circunferencia x + y −
coordenadas (3. luego: − k 0 0    ∋ k ∈ R. 2) Determina
x 2 +10 y − 2 x + y 2 −10 = 0
3) Calcula la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos de coordenadas P(1. k ≠ 0.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág.4) y R(2. han de ser λ = −1 y µ = ±
) vértice en .4) respecto a la circunferencia x + y − 2x − 4 y − 4 =0
9. canónica de la parábola que pasa por los puntos
b. Determine la ecuación . 0). 3). 4.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
8) Calcular la longitud de la cuerda que determina la recta x = 3 al cortar a la
circunferencia de ecuación
Ejercicios 1. y pasa
Determine la ecuación canónica de la parábola que abre en la dirección del eje por los puntos Determine la ecuación canónica de la parábola Determine la ecuación canónica de la parábola que abre en la dirección del eje por los puntos
3.) la distancia de
a la directriz es 10. 2. Determine la ecuación canónica y el foco de la parábola que satisface simultáneamente las siguientes condiciones a. C(2. B(3. 7.
x 2 + y 2 − 4x − 6 y +8 = 0
Determine la ecuación canónica de la parábola con vértice en
y foco en
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. 2) y D(5. indicar qué posición tienen
con respecto a ella los puntos A(-1. Determine la ecuación canónica de la parábola con foco en y directriz .
2 2 10) Calcula la potencia del punto P(1.
2 2 11) Dada la circunferencia de ecuación x + y − 6x − 2 y + 6 = 0 .) contiene al punto c. Determine la ecuación canónica de la parábola que tiene eje vertical y pasa por los puntos 6. 9)
(78. 0) y F`(-3. 3). indicando focos.
2 21) Calcular el foco y el vértice de la parábola de ecuación y =6x
22) Calcular el foco y el vértice de la parábola de ecuación
x2 = 6 y 1
23) En una circunferencia de radio “r”. 1). interfiere con la capacidad
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. sin embargo. vértices. 215) y (-1. como en las cónicas anteriores. 24) De las tres cónicas conocidas.LA RECTA Y LAS CÓNICAS 12)
Si el punto P(5. vértices. un rayo se aleja de un foco se refleja apartándose del otro como vemos en la figura 1b y 1c. 0). 4 y 1 respectivamente. Problemas de aplicación. Lo anterior se aplica en la construcción de los telescopios reflectores. 2) y la circunferencia que pasa por los puntos (2. 3). si el telescopio es muy grande. 0). 2) 15) Calcula el centro radical de las circunferencias de centros (1. con sus propiedades reflectoras y con la mecánica celeste. 2) y radios 2. ¿cuáles representan funciones y en qué casos?
Hipérbola. (12.-
1) y radio 2. Un rayo de luz dirigido hacia un foco es reflejado hacia el otro foco por un espejo hiperbólico. ejes y excentricidad:
− 4x 2 − y 2 + 5 = 0
Calcular la ecuación de la elipse cuyos focos están en los puntos F(3. indicando focos. ejes y excentricidad:
9x 2 + 4 y 2 −36 =0
17) Clasificar la siguiente cónica. ejes y excentricidad:
5x 2 −10 y 2 −6 =0
18) Clasificar la siguiente cónica. se puede construir una jaula donde esté el observador pegado al ocular en el foco. ¿cuál es el radio de la circunferencia? ¿Y si la potencia fuera 0?
13) Calcular el eje radical de las circunferencias
de centro (1. por su tamaño. A(-5.66
. presenta ciertos problemas. y lo vemos en la figura 2a.
14) Calcular el eje radical de la circunferencia
que pasa por los puntos (2. a esto se le llama telescopio de foco primario. Como el foco queda en la trayectoria de la luz incidente. indicando focos. -2) tiene potencia 4 respecto a una circunferencia con centro en el
punto C(3. la jaula. 0) y simétrico y un vértice en
y cuyo eje mayor mide 10.
16) Clasificar la siguiente cónica. Las aplicaciones principales de las hipérbolas se relacionan. observa la figura 1a. 59) y
(-1. ¿cuál es el único punto con potencia
−r 2 ?
Justifica tu respuesta. 2) y (-1. (2. vértices. 0) Calcular la ecuación de la hipérbola con focos en (2.
por consiguiente. Si se agrega una tercera estación como las anteriores. se puede usar ésta con cualquiera de las dos primeras. Una tercera alternativa es emplear un espejo secundario. Un receptor de LORAN en un barco o un avión tiene computadora. siguen una órbita que puede ser parabólica o hiperbólico. como vemos en la figura 2b. mejor usamos uno plano? La respuesta es que se desea emplear un espejo lo más pequeño posible para hacer que la luz salga del telescopio. porque se requiere que la velocidad del cometa sea exactamente igual a la velocidad de escape. y el otro queda detrás del primario. cuyos focos son las estaciones. hiperbólico. y se observa en el esquema de la figura 2c. El espejo secundario tiene uno de sus focos en el mismo lugar que el foco del espejo primario. se presenta el problema que. cuando los telescopios son muy grandes. a fin de dirigir la luz hacia el espejo parabólico primario. a lo que se llama telescopio newtoníano. para observar ciertas regiones celestes durante largo tiempo. a esto se le llama telescopio Cassegraín. Por lo que una solución es colocar un espejo plano formando 45° con el eje de la parábola. es posible determinar la posición de una de ellas considerando que están en una rama de determinada hipérbola. entre ella y el foco. A partir del tiempo y del orden de llegada de las dos señales. Este telescopio se sigue necesitando movimiento en la parte del observador. El estudiante podría preguntar ¿por qué en lugar de usar un espejo hiperbólico. saliendo por un agujero en él.67
. Tal sistema es muy útil en los radiotelescopios. siglas de navegación a grandes distancias). lo que hace innecesario la graficación de las hipérbolas. Pero. en este caso si usáramos un espejo plano debería colocarse mucho más abajo y. que tienen distancias locales muy grandes. El punto de intersección de las dos medias hipérbolas da la ubicación del receptor. las órbitas hiperbólicas son mucho más probables. el telescopio se debe mover constantemente para compensar el movimiento de la Tierra. para restringir la posición de la señal a una segunda hipérbola. lo cual es difícil cuando el telescopio es grande y el observador esté encaramado en la parte superior del mismo.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. en honor de su inventor. para desviar la luz hacia un lado y apartarla de la luz incidente. Es raro encontrar una órbita parabólica. Otra aplicación de las hipérbolas se da en el uso del LORAN (long range navigation. pero es más fácil de manejar porque el observador se encuentra en la base del telescopio y no en la parte superior. cuyas posiciones se conocen con exactitud. Los cometas que se acercan al Sol una vez y se alejan para nunca regresar.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
de concentración luminosa del telescopio. Consiste en mandar una señal de radio simultáneamente desde dos puntos muy lejanos entre sí. debería ser mucho mayor. para esto se requiere que el observador también se mueva.
que queda 20 pies abajo del vértice de la parábola. refleja sus ondas de radio hacia su otro foco (de la hipérbola). de radio) con
su foco a 100 pies sobre el vértice.
Figura 2. Un telescopio Cassegrain tiene las dimensiones que vemos en la siguiente figura 3. si el eje x está en el eje transversal. Un pequeño reflector hiperbólico. Ejercicios propuestos de hiperbolas 1. Deduce una ecuación del espejo hiperbólico. a 90 pies sobre el vértice y con uno de sus focos en el mismo lugar que el foco de la parábola.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
. y el origen en el centro
radiotelescopio tiene un reflector parabólico (de ondas. Determina las longitudes de los ejes transversal y conjugado la hipérbola.
que le indican que el barco está 600 millas más cercano a A que a B.
respectivamente. y el sonido a 1100 pies/segundo.0). deduce una ecuación que relacione a x y a y. si el eje x se Coloca en el eje transversal y el origen en el centro. ¿Dónde está el Sol? 4. desde un punto muy lejano de la recta y =-2x. 0). ¿Dónde se encuentra el barco?
6. 650).
. o punto mas cercano a este astro. A y B son dos estaciones de LORAN. Cuando la recta que une al Sol con el cometa es perpendicular al eje transversal de la hipérbola. el cometa está a 137 millones de millas del Sol. que se encuentra en el origen. y al mismo tiempo escucha el ruido de la bala cuando pega en el blanco. 0). -650). El receptor de un barco detecta las señales de radio emitidas simultáneamente de las dos estaciones. De igual forma. y alcanza su perihelio. Se desvía siguiendo una trayectoria que tiende hacia y=-2x y llega hasta 10 angstroms del núcleo. ubicadas en (-500. y) y oye el ruido de un disparo en
el punto P(1000.LA RECTA Y LAS CÓNICAS
3. Se dispara una partícula alfa hacia el núcleo de un átomo. en (0. Halla una ecuación de órbita del cometa.
UNIVERSIDAD NACIONAL TORIBIO RODRÍGUEZ DE MENDOZA – UNTRM Pág. Un hombre se encuentra en un punto Q(x. ve que el barco está 1000 millas más cercano a C. en (0. que a D. en el vértice a 43 millones de millas de él.0) y (500. Deduce una ecuación de la trayectoria de la partícula. Un cometa sigue una órbita hiperbólico al pasar cerca del Sol. Si la bala viaja a 2000 pies/segundo. en P2(-1000. Se ha visto que las partículas alfa apuntadas hacia el núcleo de un átomo son repelidas y siguen una trayectoria hiperbólico.
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