Capitulo 01 Sistemas de Coordenadas
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Solucionario de geometría analítica del capítulo 1. Conceptos generales: distancia entre dos puntos, división de un segm...
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CAPÍTULO CAPÍTULO 1. SISTEMAS SISTEMAS DE COORDENAD COORDENADAS AS
Capítu apítulo lo 1 SIST ISTEMAS DE COORDENADAS GRUPO 1 Dibujar una …gura para cada ejercicio. 1. Si A y B son dos puntos diferentes de una recta dirigida, demostrar que AB + BA = 0 y AA = BB B B = 0. Solución.
Por la de…nición de segmento dirigido: = xB BA = xA
x x
AB
A
B
sumando AB + BA = (xB
x
A
) + ( xA
x
B
)=0
y AA = xA
A
= xB
B
x x
BB
= 0 =0
2. Demostrar que las relaciones (d), (e) y (f) son casos particulares de la relación relación (2) del Artículo 2. Solución.
3. Si A, B , C y y D son cuatro puntos distintos cualesquiera de una recta dirigida, demostrar que, para todas las ordenaciones posibles de estos puntos sobre la recta, se veri…ca la igualdad AB + BC + + CD = AD
4. Hallar la distancia entre los puntos puntos cuyas coordenadas coordenadas son: ( son: ( 5) y 5) y (6); (6) ; (3) y (3) y ( 7); 7); ( 8) y 8) y ( 12). 12).
Solución.
Utilizando la fórmula d1 = x2 d1
=
d2
=
d3
=
j x j j6 (5)j = 11 j7 3j = 10 j12 (8)j = 4 1
5. La distancia distancia entre dos puntos puntos es 9. Si uno de los puntos es ( 2), 2), hallar el otro punto. (Dos casos).
Solución.
Si x1 =
2 d =
9 =
jx x j jx (2)j 2
1
2
se dan dos casos, para x 2 > 0
Alvaro Cabrera Javier
9 = x2 + 2 x2 = 7 7 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 1
para x2 < 0
9
= x2 + 2 = 11
x2
6. En un sistema sistema coordenado coordenado lineal, P 1 (x1 ) y P 2 (x2 ) son los puntos extremos dados de un segmento dirigido. Demostrar que la coordenada (x) de un punto P que divide a P 1 P 2 en la razón dada r = P 1 P : P P 2 es x = Solución.
Sea P 1 P = x
x
1
x1 + rx2 ,r= 1+r
6 1.
y P P 2 = x 2
x, sustituyendo
r
=
r
=
P 1 P P P 2 x x1 x2 x
despejando x = x x1 x + rx = x1 + rx2 x (1 + r ) = x1 + rx2
rx2
rx
x =
x1 + rx2 1+r
…nalmente
7. Haciendo Haciendo r = 1 en la fórmula obtenida en el ejercicio 6, demostrar que la coordenada del punto medio de un segmento rectilíneo es la media aritmética de las coordenadas de sus puntos extremos. x1 + rx2 Solución. Para r = 1, sustituyendo en la fórmula: x = . 1+r x =
x1 + x2
2
8. Hallar Hallar los puntos puntos de trisección trisección y el punto medio del segmento segmento dirigido cuyos cuyos extremos son los puntos ( puntos ( 7) y 7) y ( 19). 19). Solución.
Sea P y P los puntos de trisección: 0
a P 2
a P’
a P P 1
Para P : r =
Alvaro Cabrera Javier
P 1 P P P 2
8
=
1 a = 2a 2
GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 1
para x2 < 0
9
= x2 + 2 = 11
x2
6. En un sistema sistema coordenado coordenado lineal, P 1 (x1 ) y P 2 (x2 ) son los puntos extremos dados de un segmento dirigido. Demostrar que la coordenada (x) de un punto P que divide a P 1 P 2 en la razón dada r = P 1 P : P P 2 es x = Solución.
Sea P 1 P = x
x
1
x1 + rx2 ,r= 1+r
6 1.
y P P 2 = x 2
x, sustituyendo
r
=
r
=
P 1 P P P 2 x x1 x2 x
despejando x = x x1 x + rx = x1 + rx2 x (1 + r ) = x1 + rx2
rx2
rx
x =
x1 + rx2 1+r
…nalmente
7. Haciendo Haciendo r = 1 en la fórmula obtenida en el ejercicio 6, demostrar que la coordenada del punto medio de un segmento rectilíneo es la media aritmética de las coordenadas de sus puntos extremos. x1 + rx2 Solución. Para r = 1, sustituyendo en la fórmula: x = . 1+r x =
x1 + x2
2
8. Hallar Hallar los puntos puntos de trisección trisección y el punto medio del segmento segmento dirigido cuyos cuyos extremos son los puntos ( puntos ( 7) y 7) y ( 19). 19). Solución.
Sea P y P los puntos de trisección: 0
a P 2
a P’
a P P 1
Para P : r =
Alvaro Cabrera Javier
P 1 P P P 2
8
=
1 a = 2a 2
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO CAPÍTULO 1. SISTEMAS SISTEMAS DE COORDENAD COORDENADAS AS
sustituyendo
1 2
7 +
x =
( 19) =
11
1 1+ 2
Para P : 0
r =
P 1 P 0 P 0 P 2
=
2a a
=2
sustituyendo x =
7 + (2) (2) (19) = 15 1+2
9. Un extremo extremo de un segmento segmento dirigido dirigido es el punto ( 8) y 8) y su punto medio es (3). (3). Hallar la coordenada del otro extremo. x1 + x2 Solución. Sustituyendo en la fórmula x = 2
x1
3=
8 =) x = 14 1
2
10. Los extremos de un segmento segmento dirigido son son los puntos P 1 (4) y (4) y P 2 ( 2). 2). Hallar la razón P 2 P : P P 1 en que el punto P (7) (7) divide a este segmento.
Solución.
Se halla primero P 2 P = 7 P P 1
=
(2) = 9 4 7 = 3
sustituyendo P 2 P : P P 1 = 9 :
3 = 3
11. 11. Un cuadrado cuadrado,, de lado igual igual a 2a, tiene su centro en el origen y sus lados son paralelos a los ejes coordenados. Hallar las coordenadas de sus cuatro vértices. Solución.
y
B ( a; a)
A(a; a)
x
C ( a;
a)
D(a;
a)
Los cuatro puntos son: A (a; a), B ( a; a), C ( a; a) y D (a; a). Alvaro Cabrera Javier 9 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 1
12. Tres vértices de un rectángulo son los puntos (2 ; 1), (7 ; 1) y (7 ; 3). Hallar el cuarto vértice y el área del rectángulo.
Solución. y
4
D(x; y)
C (7; 3)
3
2
1
0 -2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 x
-1
A(2;
1)
B (7;
1)
-2
El tercer punto debe tener como abscisa 2 y como ordenada 3, esto es: (2; 3). 13. Los vértices de un triángulo rectángulo son los puntos A (1; 2), B (4; 2), C (4; 2). Determinar las longitudes de los catetos, y después calcular el área del triángulo y la longitud de la hipotenusa.
Solución. y
3
C (4; 2)
2
1
0 -3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7 x
-1
-2
A(1;
2)
B (4;
2)
-3
La longitud de los catetos AB
=
BC =
la hipotenusa AC =
El área, primera forma:
q q q (4
1)2 + ( 2
(4
4)2
(4
1)2 + (2
A =
2
(2)) = 3 + (2 (2)) = 4 2
2
(2))
=5
1 1 bh = (3) (4) = 6 2 2
segunda forma:
Alvaro Cabrera Javier
1 1 A = 4 2 4 10
2 2 2
1 1 1
=6 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
14. En el triángulo rectángulo del ejercicio 13, determinar primero los puntos medios de los catetos y, después, el punto medio de la hipotenusa. Solución.
Sea los puntos A (1; 2), B (4; 2), C (4; 2).
y
3
C (4; 2)
2
1
F
0 -3
-2
-1
0
1
2
E 3
4
5
6
7 x
-1
-2
A(1;
2)
B (4;
D
2)
-3
el punto medio del cateto AB :
8>< >:
1+4 5 = 2 2 = D 2 2 = 2 y = 2 x =
)
5 ; 2 2
el punto medio del cateto BC :
8>< >: 8>< >:
4+4 =4 2 = E (4; 0) 2+2 = = 0 y 2 x =
)
y el punto medio de la hipotenusa AC : 1+4 5 = 2 2 = F 5 ; 0 2+2 2 =0 y = 2 x =
)
15. Hallar la distancia del origen al punto ( a; b). Solución. y
(0; b)
(a; b)
(0; 0)
(a; 0) x
Aplicando el teorema de Pitágoras d2
Alvaro Cabrera Javier
= a2 + b2 d = a2 + b2 11 GEOMETRIA ANALITICA
p
GRUPO 1
16. Hallar la distancia entre los puntos (6; 0) y (0 ; 8).
Solución.
-2
-1
y
1 0 0
1
2
3
4
5
6
x 8
7
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9
d =
p
62 + 82 = 10
17. Los vértices de un cuadrilátero son los puntos A (1; 3), B (7; 3), C (9; 8) y D (3; 8). Demostrar que el cuadrilátero es un paralelogramo y calcular su área. Solución. y
10
D
9
C
8 7 6 5 4 3
A
2
B
1 0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 x
para mostrar que es un paralelogramo bastará con demostrar que los lados opuestos son iguales AB = BC =
q q
2
2
=6
2
=
(7
1) + (3
3)
(9
7)2 + (8
3)
CD =
p 29
AD =
q q (3
9)2 + (8
8)
2
=6
(3
1)2 + (8
3)
2
=
p 29
como AB = C D y BC = AD entonces ABCD es un paralelogramo. Su área está dada por: Primera forma: A = bh = (6) (5) = 30
Segunda forma:
Alvaro Cabrera Javier
1 1 7 A = 2 9 3 12
3 3 8 8
1 1 1 1
= 30 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
18. Dos de los vértices de un triángulo equilátero son los puntos ( 1; 1) y (3 ; 1). Hallar las coordenadas del tercer vértices. (Dos casos).
Solución.
Gra…cando el problema: y
5
(x; y)
4 3 2
( 1; 1)
-8
-7
-6
-5
-4
-3
(3; 1)
1 0
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
-1
8 x
-2 -3
hallamos la distancia de los dos vértices conocidos d =
q
(3 + 1)2 + (1
2
1)
=4
luego hallamos las dos distancias al tercer punto
(x + 1)2 + (y (x 3)2 + (y
La solución del sistema es: 1; 1
2p 3
2
1) 1)
2
= 42 = 42
p
y 1; 1 + 2 3 .
19. Demostrar que los puntos A ( 5; 0), B (0; 2) y C (0; 2) son los vértices de un triángulo isósceles, y calcular su área.
Solución. y 2
B (0; 2)
1
0 -6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
A( 5; 0)
2 x
-1
-2
C (0;
2)
Para demostrar bastará con que dos lados del triángulo sean iguales AB
=
BC = AC =
p 0) = 29 0) + (2 2) = 4 p ( 5)) + (2 0) = 29
q q q (0 (0 (0
( 5))2 + (2 2
2
2
2
el triángulo es isósceles porque AB = AC . Alvaro Cabrera Javier 13
2
GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 2
Su área está dado por
A =
1 2
5 0 0
0 1 2 1 2 1
= 10
20. Demostrar que los puntos A (0; 0), B (3; 4), C (8; 4) y D (5; 0) son los vértices de un rombo, y calcular su área. Solución.
y
5
B (3; 4)
C (8; 4)
4
3
2
1 0 -1
0
1
2
3
4
A(0; 0)
-1
5
6
7
8
D(5; 0)
9
10 x
Para demostrar que es un rombo bastará con demostrar que todos sus lados son iguales: AB
=
BC = CD
=
AD =
q q q q (3
0)2 + (4
2
=5
(8
3)2
2
=5
(5
8)2
2
=5
(5
0)2
2
=5
0) + (4 4) + (0 4) + (0 0)
su área está dado por
A =
1 2
0 3 8 5
0 4 4 0
1 1 1 1
= 20
GRUPO 2 Dibújese una …gura para cada ejercicio.
1. Hallar el perímetro del cuadrilátero cuyos vértices son A ( 3; 1), B (0; 3), C (3; 4) y D (4; 1). Alvaro Cabrera Javier 14 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS Solución. y 4
3
2
1 0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8 x
-1
-2
El perímetro está dado por P = AB + BC + CD + AD
donde AB
=
BC = CD
=
AD =
luego
q q q q
( 3))2 + (3
(0
2
(1)) = 5 p 0) + (4 3) = 10 p 3) + (1 4) = 26 ( 3)) + (1 (1)) = 7 p p 2
(3
2
2
(4 (4
2
2
P = 12 +
2
10 +
26
2. Demostrar que los puntos A ( 2; 1), B (2; 2), C (5; 2), son los vértices de un triángulo isósceles.
Solución.
y 2
1
0 -4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6 x
-1
-2
AB
=
BC = AC =
q q q (2
( 2))2 + (2
(5
2)2 + ( 2
(5
(
2
(1))
=5
2
2) = 5 2)) + (2 (1)) 2
2
p
=5 2
el triángulo ABC es isósceles porque AB = BC . Alvaro Cabrera Javier 15 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 2
3. Demostrar que los puntos A (2; 2), B ( 8; 4), C (5; 3) son los vértices de un triángulo rectángulo, y hallar su área.
Solución.
5
y
4 3 2 1 0 -9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
-1
6 x
-2 -3
4. Demostrar que los tres puntos (12; 1), ( 3; 2), (2; 1) son colineales, es decir, que están sobre una misma línea recta.
Solución. y
5 4 3 2 1 0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
-1
12
13 x
-2 -3 -4 -5
5. Demostrar que los puntos (0; 1), (3; 5), (7; 2), (4; 2) son los vértices de un cuadrado.
Solución. y
6 5 4 3 2 1 0
-3
-2
-1
0
1
2
-1
3
4
5
6
7
8
9 x
-2 -3
Alvaro Cabrera Javier
16
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
6. Los vértices de un triángulo son A (3; 8), B (2; 1) y C (6; 1). Si D es el punto medio del lado BC , calcular la longitud de la mediana AD.
Solución. y
9 8 7 6 5 4 3 2 1 0
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1 -1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 x
-2
7. Demostrar que los cuatro puntos A (1; 1), B (3; 5), C (11; 6), D (9; 2) son los vértices de un paralelogramo. Solución. y
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 x
8. Calcular el área del triángulo cuyos vértices son los puntos A (0; 0), B (1; 2), C (3; 4). Sugestión. Usese la segunda fórmula del Apéndice IA.1.
Solución. y 2
1 0 -6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6 x
-1
-2
-3
-4
La segunda fórmula nos dice Alvaro Cabrera Javier
A =
p
s (s
a) (s b) (s c)
17
GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 2
donde s =
a+b+c
2 9. Uno de los extremos de un segmento rectilíneo de longitud 5 es el punto (3; 2). Si la abscisa del otro extremo es 6 hallar su ordenada. (Dos soluciones).
Solución.
Aplicando la distancia entre dos puntos si el otro puntos es (6 ; y ) 2
(5)
q
=
(6
25 = (6
2
3)
2
2
3) + (y
(2)) + (y (2)) 2
2
16 = y 2 + 4y + 4 12 = 0
y 2 + 4y
(y + 6) (y 2)
= 0
los puntos buscados son P 1 (6; 6) y P 2 (6; 2).
y
3 2 1
-4
-3
-2
-1
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
x 13
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7
10. Determinar la ecuación algebraica que expresa el hecho de que el punto (x; y ) equidista de los dos puntos ( 3; 5), (7 ; 9).
Solución.
= d2
d1
q ( 3
q
2
2
=
2
2
= (7
2
= = 0
x) + (5
y) (3 x) + (5 y) 9 + 6 x + x + 25 10y + y 5x 7y 24 2
y
(7
2 x) + ( 9 2
y) + (9 y)
x) 49 14x + x
2
2
2
+ 81 + 18y + y 2
6 4 2 0
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
16 x
-2 -4 -6 -8 -10
Alvaro Cabrera Javier
18
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
11. Hallar los puntos de trisección y el punto medio del segmento cuyos extremos son los puntos ( 2; 3) y (6; 3).
Solución.
y
4 3 2 1 0
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
-1
9 x
-2 -3 -4
12. Los puntos extremos de un segmento son P 1 (2; 4) y P 2 (8; 4). Hallar el punto P ( x; y) que divide a este segmento en dos partes tales que P 2 P : P P 1 = 2.
Solución. y 12 10 8 6 4 2 0 -12
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
-2
16
18 x
-4
Sea P 1 (2; 4) y P 2 (8; 4), para la abscisa
P 2 P P P 1
=
2 =) xx xx = 2 =) x = 4 2
1
para la ordenada P 2 P P P 1
=
2 =) yy yy = 2 =) y = 12 2
1
luego el punto buscado es P ( 4; 12)
13. Uno de los puntos extremos de un segmento es el punto (7; 8), y su punto medio es (4; 3). Hallar el otro extremo. Solución.
x1 + 7
Alvaro Cabrera Javier
2 y1 + 8 2
= 4 = x 1 = 1 = 19
) 3 =) y = 2 1
GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 2
y
9 8 7 6 5 4 3 2 1 0
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1 -1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 x
-2 -3
14. Los extremos de un segmento son los puntos P 1 (7; 4) y P 2 ( 1; 4). Hallar la razón P 1 P : P P 2 en que el punto P (1 ; 2) divide al segmento.
Solución.
y
6 5 4 3 2 1 0
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1 -1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 x
-2 -3 -4 -5 -6
15. Los puntos medios de los lados de un triángulo son (2; 5), (4; 2) y (1; 1). Hallar las coordenadas de los tres vértices. Solución.
Para las abscisas
Las soluciones son: x1 =
Alvaro Cabrera Javier
8> < >:
x1 + x3
=2 2 x2 + x3 =4 2 x1 + x2 =1 2
1, x = 3 y x = 5. Para las ordenadas 2
8> >< >:
3
y1 + y3
=5 2 y2 + y3 =2 2 y1 + y2 =1 2 20
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
Las soluciones son: y1 = 4, y2 = y
2 y y = 6. 3
8 7 6 5 4 3 2 1 0
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1 -1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 x
-2 -3 -4
16. Los vértices de un triángulo son A ( 1; 3), B (3; 5) y C (7; 1). Si D es el punto medio del lado AB y E es el punto medio del lado BC , demostrar que la longitud del segmento DE es la mitad de la longitud del lado AC .
Solución.
y 5
4
3
2
1 0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8 x
-1
17. En el triángulo rectángulo del ejercicio 3, demostrar que el punto medio de la hipotenusa equidista de los tres vértices. Solución.
Sea los puntos A (2; 2), B ( 8; 4), C (5; 3)
5
y
4 3 2 1 0 -9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0 -1
1
2
3
4
5
6 x
-2 -3
18. Demostrar que los segmentos que unen los puntos medios de los lados sucesivos del cuadrilátero del ejercicio 1 forman un paralelogramo. Alvaro Cabrera Javier 21 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 2 Solución.
Sea los puntos: A ( 3; 1), B (0; 3), C (3; 4) y D (4; 1).
y 4
3
2
1 0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8 x
-1
-2
19. Los vértices de un triángulo son A (2; 1), B ( 4; 7), C (8; 0). Hallar, para cada una de las medianas, el punto de trisección más cercano al punto medio del lado correspondiente. Demostrar que este punto es el mismo para cada una de las medianas y, por tanto, que las medianas concurren en un punto. Este punto se llama baricentro del triángulo.
Solución.
Sea el punto medio del lado AB 2
4 = 1 2 1 + 7 = 3
x =
=
y
2
entonces el punto de trisección más cercano al lado AB , es
8> >> >< >> >>:
1 (8) 2 x = =2 1 1+ 2 = P (2 ; 2) 1 3+ (0) 2 y = =2 1 1+ 2
1 +
)
Sea el punto medio del lado AC x = y
=
2+8 =5 2 1+0 = 2
12
entonces el punto de trisección más cercano al lado AC , es
Alvaro Cabrera Javier
8> < >:
x =
4 + (2) (5) = 2 1+2
7 + (2) y =
1 + 22 2
1 2
= P (2 ; 2)
)
=2 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
es el mismo punto, por tanto este punto se llama baricentro. y
8 7 6 5 4 3 2 1 0
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-1
11 x
-2
20. En el triángulo cuyos vértices son A (x1 ; y1 ), B (x2 ; y2 ) y C (x3 ; y3 ), demostrar que las coordenadas del baricentro son
1 1 [ x1 + x2 + x3 ] ; [ y1 + y2 + y3 ] 3 3
Utilizar este resultado para comprobar el ejercicio 19. Solución.
y
C ( x3, y 3)
G B( x1, y 1) A( x1, y 1)
D x
O
Hallamos el punto medio de AB (D): xAB yAB
= =
x1 + x2
2
y1 + y2
2
ahora hallamos el punto de trisección entre el punto medio de AB y el punto C .
xG
yG
=
=
1 1 x1 + x2 xAB + x3 x3 + x1 + x2 + x3 2 2 2 = = 1 1 3 1+ 1+ 2 2 1 1 y1 + y2 yAB + y3 y3 + y1 + y2 + y3 2 2 2 = = 1 1 3 1+ 1+ 2 2
como este punto es concurrente para cada mediana, entonces
Alvaro Cabrera Javier
1 1 [ x1 + x2 + x3 ] ; [ y1 + y2 + y3 ] G 3 3 23 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 3
GRUPO 3 Dibujar una …gura para cada ejercicio 1. Dígase el ángulo de inclinación de cada una de las siguientes rectas dirigidas: a) El eje x. b) El eje y . c) Una recta paralela al eje x y dirigida hacia la derecha. d) Una recta paralela al eje x y dirigida hacia la izquierda. 2. Dígase la pendiente de cada una de las siguientes rectas dirigidas: a) El eje x . b) Una recta paralela al eje x y dirigida ya sea a la derecha o a la izquierda. c) La recta que pasa por el origen y biseca al cuadrante I. d) La recta que pasa por el origen y biseca al cuadrante II. 3. Demostrar el teorema 4 del Artículo 8, empleando una …gura en la cual el ángulo de inclinación sea obtuso. 4. Hallar la pendiente y el ángulo de inclinación de la recta que pasa por los puntos ( 3; 2) y (7; 3).
Solución.
La pendiente está dada por: m =
3 2 = 1 7 (3) 2
y 2
1 0 -3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8 x
-1
-2
-3
como la pendiente es negativa, entonces el ángulo de inclinación tan =
12 =) = 153;4
o
5. Los vértices de un triángulo son los puntos A (2; 2), B ( 1; 4) y C (4; 5). Calcular la pendiente de cada uno de sus lados.
Solución. y
6 5 4 3 2 1 0
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0 -1
1
2
3
4
5
6
7
8
9 x
-2 -3
Alvaro Cabrera Javier
24
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
6. Demostrar, por medio de pendientes, que los puntos A (9; 2), B (11; 6), C (3; 5) y D (1; 1) son los vértices de un paralelogramo. Solución. y
7 6 5 4 3 2 1 0
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12 x
-1
7. Una recta de pendiente 3 pasa por el punto (3; 2). La abscisa de otro punto de la recta es 4. Hallar su ordenada. Solución.
Aplicando pendiente entre dos puntos m =
punto es (4; y )
1
, si el otro
1
2 43
y
3 =
= 5
y y
y x
y2 x2
6
5
4
3
2
1 -1
0
1
2
3
4
5
6
7 x
8. Una recta de pendiente 2 pasa por el punto (2; 7) y por los puntos A y B . Si la ordenada de A es 3 y la abscisa de B es 6, ¿cuál es la abscisa de A y cuál la ordenada de B ?
Solución.
Aplicando la pendiente entre dos puntos m =
A es ( x; 3) y el punto B (6; y )
Alvaro Cabrera Javier
2 2
= =
3
y2 x2
y x
1
, si el punto
1
7 =) x = 4 x2 y7 =) y = 1 625 2 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 3
y
8 7 6 5 4 3 2 1 0
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-1
10 x
-2
9. Tres de los vértices de un paralelogramo son A ( 1; 4), B (1; 1) y C (6; 1). Si la ordenada del cuarto vértice es 6, ¿cuál es su abscisa?
Solución.
Aplicando pendiente entre dos puntos m =
y x
y2 x2
1
si el cuarto
1
vértice es D (x; 6). La pendiente de AB es igual a la pendiente de CD .
1 4 = 5 1 (1) 2 61 5 = = =) x = 4 2 x6
mAB = mCD
y
7 6 5 4 3 2 1 0
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
-1
x
-2
10. Hallar los ángulos interiores del triángulo cuyos vértices son los puntos A ( 2; 1), B (3; 4) y C (5; 2). Comprobar los resultados.
Solución.
y 4
3
2
1 0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8 x
-1
-2
Alvaro Cabrera Javier
26
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
11. Demostrar que los puntos (1; 1), (5; 3), (8; 0) y (4; 2) son vértices de un paralelogramo, y hallar su ángulo obtuso.
Solución. y
4 3 2 1 0
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
-1 -2 -3 -4
12. Demostrar que los puntos A (1; 1), B (5; 3) y C (6; 4) son vértices de un triángulo isósceles y hallar uno de los ángulos iguales.
Solución.
y
4 3 2 1 0
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
-1
12 x
-2 -3 -4 -5
13. Hallar los ángulos del cuadrilátero cuyos vértices son los puntos A (2; 5), B (7; 3), C (6; 1) y D (0; 0). Comprobar los resultados. Solución.
y
6 5 4 3 2 1 0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
4
5
6
7
8
9
10 x
-1
Alvaro Cabrera Javier
3
27
GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 3
14. Dos rectas se cortan formando un ángulo de 135o . Sabiendo que la recta …nal tiene una pendiente de 3, calcular la pendiente de la recta inicial. Solución.
Dado = 135o , para este ángulo su pendiente es m =
m2 =
3
m =
sustituyendo
1 y
m
m2
1
1 + m1 m2
1 = 1 +3m (m3) =) m = 12 1
1
1
15. Dos rectas se cortan formando un ángulo de 45o . La recta inicial pasa por los puntos ( 2; 1) y (9; 7) y la recta …nal pasa por el punto (3 ; 9) y el punto A cuya abscisa es 2. Hallar la ordenada de A.
Solución.
Sea las pendientes
sustituyendo en m =
m1
=
m2
=
7
1 = 6 9 (2) 11 y9 2 3
m
m2
1
1 + m1 m2
9 6 2 3 11 1= 6 y9 1+ 2 3 11 y
y
= y =
)
8
10 8 6 4 2 0
-14
-12
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
-2
14 x
-4 -6 -8
16. Hallar el área del triángulo cuyos vértices son A (1; 3), B (3; 3) y C (6; 1) empleando el seno del ángulo BAC . Sugestión. Vér Apéndice IC.12. 1 Solución. El Apéndice IC.12, nos dice que el área es A = bc sen A, 2
b = c =
el ángulo
q q
1)2 + ( 1
(3
1)2
2
2
1 (3) = 2 61 5 3 (3) = =3 3 1 28 GEOMETRIA ANALITICA
mAC =
Alvaro Cabrera Javier
p (3)) = 29 p + (3 (3)) = 2 10
(6
mAB
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
sustituyendo en m =
mAB mAC 1 + mAB mAC
3 m =
25
1 + (3)
2 5
=
13 11
el ángulo es
13 = = 49;76o 11 sustituyendo en la fórmula del área tan =
1 A = 2
)
p p
2 10 sen(49;76o) = 13 u 2
29
y
4 3 2 1 0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 x
-1 -2 -3 -4
17. Por medio de las pendientes demuéstrese que los tres puntos A (6 y C ( 2; 4) son colineales.
2), B (2; 1)
Solución. y
5 4 3 2 1 0
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 x
-1 -2 -3
18. Una recta pasa por los dos puntos A ( 2; 3), B (4; 1). Si un punto de abscisa 10 pertenece a la recta, ¿cuál es su ordenada?
Solución.
Sea el punto C (10; y ). Aplicando la pendiente entre los puntos A
yB m =
Alvaro Cabrera Javier
1 ( 3) 2 = 4 ( 2) 3 29 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 3
esta pendiente es igual a la que pasa por los puntos B y C , esto es
1 = 2 =) y = 5 10 4 3 y
y
6 5 4 3 2 1 0
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-1
11 x
-2 -3 -4
19. Hallar la ecuación a la cual debe satisfacer cualquier punto P ( x; y ) que pertenezca a la recta que pasa por los dos puntos (2; 1), (7; 3).
Solución.
Debe tener la misma pendiente, entonces
1 y 2x (1 y ) (7 x) 7 + x 7y + xy 4x 5y 13
3 y 7 x = (3 y ) (2
= =
x) 6 3x 2y + xy
= 0
la grá…ca y
5 4 3 2 1 0
-1
0
1
2
3
4
5
-1
6
7
8 x
-2 -3 -4
20. Hallar la ecuación a la cual debe satisfacer cualquier punto P ( x; y ) que pertenezca a la recta que pasa por el punto (3 ; 1) y que tiene una pendiente igual a 4.
Solución.
Aplicando pendiente
Alvaro Cabrera Javier
1 y = 4 =) 4x y 13 = 0 3x 30 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
y -3
-2
2 1 0 0
-1
1
2
3
x 5
4
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -10 -11 -12 -13 -14
21. Demostrar que la recta que pasa por los dos puntos ( 2; 5) y (4; 1) es perpendicular a la que pasa por los dos puntos ( 1; 1) y (3 ; 7).
Solución.
y
8 7 6 5 4 3 2 1 0
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8 x
22. Una recta l1 pasa por los puntos (3; 2) y ( 4; 6), y otra recta l2 pasa por el punto C ( 7; 1) y el punto A cuya ordenada es 6. Hallar la abscisa del punto A, sabiendo que l1 es perpendicular a l2 .
Solución.
Sea el punto D (x; 6). Primero hallamos la pendiente de la recta
AB
mAB =
6 2 = 8 4 3 7
aplicando la condición de perpendicularidad mAB mCD =
1
sustituyendo
78
mCD =
Alvaro Cabrera Javier
6 1 = 7 =) x = 1 x (7) 8 31 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 3
3
y
2
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
1 0 0
-1
1
2
3
4
5
6
x 7
-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7
23. Demostrar que los tres puntos A (2; 5), B (8; 1) y C ( 2; 1) son los vértices de un triángulo rectángulo, y hallar sus ángulos agudos.
Solución.
y 6 5 4 3 2 1 0 -5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
-1
12 x
-2
24. Demostrar que los cuatro puntos (2; 4), (7; 3), (6; 2) y (1; 1) son vértices de un cuadrado y que sus diagonales son perpendiculares y se dividen mutuamente en partes iguales.
Solución. y
5 4 3 2 1 0
-3
-2
-1
0 -1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11 x
-2 -3
25. Demostrar que los cuatro puntos (2; 2), (5; 6), (9; 9) y (6; 5) son vértices de un rombo y que sus diagonales son perpendiculares y se cortan en su punto medio. Alvaro Cabrera Javier 32 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS Solución. y 9 8 7 6 5 4 3 2 1 1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15 x
GRUPO 4 Los teoremas enunciados en los siguientes ejercicio deben demostrarse analíticamente. Para cada ejercicio dibújese una …gura colocada, con respecto a los ejes coordenados, de manera que facilite la demostración. 1. Las diagonales de un paralelogramo se dividen mutuamente en partes iguales. Solución.
Demostraremos que el punto medio de ambas diagonales es el
mismo. Para la recta BD : P
c + a 0 + b ;
2
2
) = P
a + c b ;
2
2
Para la recta AC : P 0
0 + ( a + c) b ; 2 2
) 0
= P
a + c b ;
2
2
0
por lo que el punto P y P es el mismo punto.
y
(0; b)
A(0; 0)
B (a; b)
(a; 0)
C (a + c; b)
D(c; 0)
(a + c; 0) x
2. Enunciar y demostrar el teorema recíproco del anterior. Solución.
Si las diagonales de un cuadrilátero se dividen en partes iguales, entonces es un paralelogramo. Alvaro Cabrera Javier 33 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 4
3. Las diagonales de un rombo son perpendiculares y se cortan en su punto medio. Solución.
y
B (a; b)
(0; b)
A(0; 0)
C (a + c; b)
(a; 0)
D(c; 0)
(a + c; 0) x
Demostramos primero que son perpendiculares, las pendientes de AC y BD b
mAC = mBD
a+c b 0 b = a c a c
=
también se cumple a2 + b2 = c 2 , donde b2
= c2 = (c
2
a a) (a + c)
donde a + c =
sustituyendo
c
b c
a a b c
b
mAC =
multiplicando
b2
=
2
a
mAC mBD a c b b a c
=
1
=
=
1 1 1
ahora vamos a demostrar que es el mismo punto medio para ambas diagonales. Para la diagonal AC a + c b ; 2 2 Para la diagonal BD
a + c b ;
2
como vemos es el mismo punto. Alvaro Cabrera Javier 34
2
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
4. El segmento de recta que une los puntos medios de dos lados cualesquiera de un triángulo es paralelo al tercer lado e igual a su mitad. Solución.
Los puntos medios D
a b ;
yD
2 2
la pendiente de AC mAC =
la pendiente de DD
0
0
a + c b ;
2
2
0
0 =0 c0 b
mDD
la distancia AC :
(c
la distancia DD : 0
0
DD =
0
q
AC =
s
b 2 2 =0 = a+ c a 2 2
a+c
2
0)2 + (0
a
2
2
0)
2
= c
2
+
b
b
2
2
=
c
2
y
B (a; b)
a 2
c b D( a+ ; 2) 2
b 2
D( ; )
A(0; 0)
C (c; 0) x
5. El punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo equidista de los tres vértices. Solución.
El punto medio entre BC : D
a b ;
2 2
las distancias: AD =
BD
CD
Alvaro Cabrera Javier
= =
s p s p s p a
2
a
2
a
2
2
0
+
2
0
+
2
a
+ 35
b
2 b
2
b
2
2
0
=
1 2
a2 + b2
=
1 2
a2 + b2
2
b
2
0
1 = a2 + b2 2 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 4
por lo que queda demostrado que el punto medio de la hipotenusa equidista de los tres vértices del triángulo rectángulo.
y
B (0; b)
D( a2 ; 2b )
A(0; 0)
C (a; 0) x
6. Los ángulos opuestos a los lados iguales de un triángulo isósceles son iguales. Solución.
La grá…ca del ejercicio
y
B ( a2 ; b)
A(0; 0)
C (a; 0) x
Vamos a demostrar que el ángulo BAC = BC A. \
La pendiente de AB :
\
0 = 2b a 0 2
b mAB = a
la pendiente de AC :
0
0 =0 a0
mAC =
entonces
2b
0
a
mBAC = [
1+
2b a
= (0)
2b a
ahora la pendiente de BC : mBC =
Alvaro Cabrera Javier
0
b = 2b a a a 2
36
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
entonces 0 mBCA = [
2b a
1 + (0)
2b
=
2b a
a
como mBAC = m BC A, entonces los ángulos son iguales. [
[
7. Enunciar y demostrar el recíproco del teorema del ejercicio 6. 8. Si las diagonales de un paralelogramo son iguales, la …gura es un rectángulo. Solución.
y
x
9. Las medianas correspondientes a los lados iguales de un triángulo isósceles son iguales. Solución.
y
B ( a2 ; b)
D( a4 ; 2b )
A(0; 0)
E ( 34a ; 2b )
C (a; 0) x
10. Eunciar y demostrar el recíproco del teorema del ejercicio 9. 11. Los dos segmentos que se obtienen uniendo dos vértices opuestos de un paralelogramo con los puntos medios de dos lados opuestos son iguales y paralelos. Alvaro Cabrera Javier 37 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 4 Solución.
y
D(c; b)
B (a; 0)
F
A(0; 0)
C (a + c; b)
E
x
Los puntos medio de E y F son
2c + a E ;b 2
y F
a
2
;0
Aplicando la distancia entre dos puntos AE =
CF =
s r 2c + a 2
a+c
2
+ b2
a
2
2
2
+b =
s a + 2c
2
2
+ b2
se comprueba que las distancias son iguales. Sus pendientes: mAE =
mCF
=
0 = 2b 2c + a 2c + a 0 2 2b b0 a = 2c + a a+c 2 b
también las pendientes son iguales por tanto son paralelas. 12. El segmento que une los puntos medios de los lados no paralelos de un trapecio es paralelo a las bases e igual a su semisuma. Solución.
y
x
Alvaro Cabrera Javier
38
GEOMETRIA ANALITICA
A(0; 0) CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
B (a; 0)
Los puntos medios E
d b ;
2 2 a + c b F ; 2 2 sus pendientes b
mEF
=
mAB
=
mCD
=
b 2 2 =0 a+c d 2 2 00 =0 a0 bb =0 cd
por tanto son paralelos. Las distancias =
dEF
dDC =
=
dAB
s q q
a+c
2
d
2
2
2
+
(c
d)2 + (b
(a
0)2
b
b
2
2
=
a+c
2
d
2
b) = c d + (0 0) = a 2
se puede demostrar que
a+c
2
dEF
=
d
= =
dDC + dAB c
2 d+a 2
a+c
2
d
13. El segmento que une los puntos medios de las diagonales de un trapecio es igual a la mitad de la diferencia de las longitudes de los lados paralelos. Solución.
y
x
Alvaro Cabrera Javier
39
GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 4
14. La suma de los cuadrados de los lados de un paralelogramo cualquiera es igual a la suma de los cuadrados de sus diagonales. Solución.
y
(0; b)
A(0; 0)
B (a; b)
(a; 0)
C (a + c; b)
D(c; 0)
(a + c; 0) x
15. Los segmentos que unen los puntos medios de cada dos lados opuestos de un cuadrilátero cualquiera se bisecan entre sí. Solución.
y
x
16. Los segmentos que unen los puntos medios de cada dos lados contiguos de un rectángulo forman un rombo. Solución.
y
x
Alvaro Cabrera Javier
40
GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS
17. Los segmentos que unen los puntos medios de cada par de lados contiguos de un rombo forman un rectángulo. Solución.
y
x
18. Los ángulos de la base de un trapecio isósceles son iguales. Solución.
y
x
19. Los puntos medios de dos lados opuestos de cualquier cuadrilátero y los puntos medios de las diagonales son los vértices de un paralelogramo. Solución.
y
x
20. Enunciar y demostrar el recíproco del teorema de Pitágoras. Alvaro Cabrera Javier 41 GEOMETRIA ANALITICA
GRUPO 4 Solución. y
x
21. El segmento que une los puntos medios de dos lados opuestos de cualquier cuadrilátero y el que une los puntos medios de las diagonales del cuadrilátero se bisecan entre sí. Solución. y
x
22. El segmento de recta que une los puntos medios de los lados no paralelos de un trapecio biseca a ambas diagonales. Solución.
y
x
23. La suma de los cuadrados de las distancias de cualquier punto de un plano a dos vértices opuestos de cualquier rectángulo es igual a la suma de los cuadrados de sus distancias a los otros dos vértices. Alvaro Cabrera Javier 42 GEOMETRIA ANALITICA
CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS Solución.
y
x
24. Enunciar y demostrar el recíproco del teorema del ejercicio 23. 25. Si O, A, B y C son los vértices sucesivos de un paralelogramo, y D y E los puntos medios de los lados AO y B C , respectivamente, los segmentos DB y OE trisecan a la diagonal AC . Solución.
y
x
Alvaro Cabrera Javier
43
GEOMETRIA ANALITICA
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