trabajo riquelmer gm analítica

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍAFACULTAD DE INGENIERÍA INDUSTRIAL Y DE SISTEMAS

GEOMETRÍA ANALÍTICAProblemas

PROFESOR

Mg. Ing. VASQUEZ DOMINGUEZ, RIQUELMER APOLINAR

CICLO

2015-II

LIMA - 2015

1

INTEGRANTES:20152619H CHACÓN ROJAS, TAMY ADELA

20141016E QUISPE RAMIREZ, FLAVIO CESAR

20141029J YOVERA ANCOJIMO, JOSE

20150114F ARIAS CORDOVA, ADBERTO

20153504J ENCISO MELGAREJO, WILLIAMS CARLOS

20152534B GUERRA ANCHANTE, JUAN CARLOS

20151246C CCAICO INTRUSCA, LUIS FERNANDO

20151016H DIAZ SEMINARIO, CÉSAR ENRIQUE

20152621B CARRION LOPEZ, MISHEL

20152596H FERNÁNDEZ PÉREZ, MARCIA TIBISAY

20151216G ABANTO LLANOS, JOSÉ MISAEL

20151300H BOHORQUEZ ASTOCONDOR, CARMEN PAOLA

20154566I ACOSTA HUAYLINOS, SHEYLA

20151082K GAMARRA GARRO SANTIAGO

20152588E CHAVEZ LLANOS, WILBER EDUARDO

20154561G BAZAN CALDERON, EROS JEAMPIERRE

20151309E ESPINOZA ZEGARRA, EDWIN ALDAIR

20151148A CONTRERAS PEREZ, ITALO JAVIER

20151299J CASTILLO TICONA, ALEXIS SATURNINO

20151157K ACHA CARRANZA, HANS MARTIN

20159501B CONDORI CABANA LIZELL

20149501J ACEVEDO AVILA JOSE

20151140K CARHUARINCA CAM MOISES

20152584J AVALOS YUPANQUI ANTONIO

20151242H CHAVEZ SILVA RENILDO

20154559B AYRTON YATIRY BUSTAMANTE MAMANI

20151262I WALTER MARIO ACUÑA HERRERA

20151307B GALLEGOS ALIAGA JOSÉ ESTEBAN

2

20152148E GUERRERO-HUAYTA-RENZO ALEXIS

20154093C MELENDEZ-RODRIGUEZ-JEAN PAUL MANUEL

20150258H MONTOYA-SALAZAR-ABNER ENRIQUE

20152069H NAVARRO-LINARES-JEAN PAUL

20150087I ORTIZ-FERREL-RODRIGO LEONARDO

20152015E PARRA-SALAZAR-DIANA INGRID JANETH

20141075A PUJAY-CHAVEZ-DEYVID JADMIR

20152154E QUISPE-HERRERA-GERARDO ANDRES

20152105D QUISPE-NESTARES-JHAN CARLOS

20150095A SERNA-HERRERA-JENNYFER LUCERO

20154117J VILCA-YAURI-GEORGE SAMIR

20152190A ZEVALLOS-ORIHUELA-BLUE HENDRICH

20150175E GOMEZ-LIZANA-ANTHONY VALERIO

20152108C ESPINOZA-CALDERON-DAVID JUNIOR

20154155I AVILA-CALDERON-MARIO BRANDO

20150117E ASCUÑA-CESPEDES-LEONARDO OCTAVIO

3

CONTENIDOPRÁCTICA CALIFICADA N°1................................................5

PRACTICA CALIFICADA N°2..............................................10

EXAMEN PARCIAL...............................................................16

PRACTICA CALIFICADA N°3..............................................23

PRÁCTICA CALIFICADA N°4..............................................29

EXAMEN FINAL.....................................................................36

4

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA

Facultad de Ingeniería Industrial y de Sistemas

ÁREA DE CIENCIAS BÁSICAS

CURSO : GEOMETRÍA ANALÍTICA CICLO : 2015-IICODIGO : CB-101 FECHA : 18.09.15

PRÁCTICA CALIFICADA N°1

1. Sea ABCD un cuadrilátero convexo sentido horario Comp AC AD=3

2Comp AC AB ; 2CompAC AD=3Comp AC DC ,

AB⟘ ∙ AC=−75, AD⟘ ∙ AC=75 y |AC|⟘=5√5 . Si BD=m AC+n AC⟘,halle m+n.

2. En un triángulo ABC, sentido horario, en el lado AB se ubica el E y exterior y relativo a BC se ubica el punto F tal que |EF|=|AC|, AB ∙ AC|AB|

− FB∙ FE|FB|

=0 , ( FB|FB|

+BC

|BC|)/¿ BE , |EB|=5√2 . Si AB=t (1,1 ) ,t>0 y AC=(12,6) , halle EF

3. En un triángulo ABC obtuso en C, sentido horario se ubica el punto D exterior al triángulo relativo AB tal que |AB|−|AC|=2|CD| , |BD|=4√10 , AB= (5,15 ) , CB=t (1,7 ) t>0. Si m∡B AC+m∡A BC=m∡DC B y 3m∡B A C+2m∡ A BC=1800 , entonces determine CD.

5

1)

a) 75.

ABAB b) AD→

¿ . AC→

= 75

75..)(

ACXBAX (YD→ + . AY

→ )¿ . AC→

= 75

75..)

52(

ACXBAC

(YD→ + 35AC→ )

¿

. AC→

= 75

75...

52

ACXBACAC

YD→

¿ . AC→

+ 35

AC→

¿ . AC→

= 75

75.0

ACXB YD→

¿ . AC→

+ 0 = 75

| XB→

| . | AC→

| cos π = − 75 |YD→

| . | AC→

| cos (0) = 75

| XB→

| . 5√5 (−1) = − 75 |YD→

| 5√5 = 75

6

| XB→

| = 3√5 |YD→

| = 3√5

BD→

= BZ→

+ ZD→

BZ→

= XY→

= 15

AC→

ZD→

= 65

(− AC→

¿)

2)

a) ( FB→

|BF→ |+ BC

|BC→ |)/¿ BE→uFB

→

+uBC→

/¿BE→

b)AB→

. AC→

|AB→ |−FB

→

.FE→

|FB→ |=¿ 0

comp AB→

AC−compFB→

FE=0

comp AB→

AC=comp FB→

FE

AX→

=FY→

7

m n

c) AX→

=K (1,1 )√2

; XC→

= L (−1,1 )√2

AX→

/¿ (1,1 )˄ XC→

/¿(1,1)┴

Del gráfico:

AC→

=AX→

+XC→

(12,6 )=K (1,1)√2

+ L(−1,1)√2

12√2=K−L

6√2=K+L

K=9√2 L=−3√2

d) Teorema de Pitágoras

(6√5)2−(9√2 )2=|EY|2

|EY|=3√2

e) EB→

=5 (1,1 )=4√2 (a ,b )+3√2(−b ,a)5=(4 √2 )a−(3√2)b (I)

5=(4√2)b+(3√2)a (II)

De (I) y (II):

a= 75√2

b= 15√2

8

f) FE→

=9√2(−7 ,−1)

5√2+

3√2(1 ,−7)5√2

FE→

=(−12 ,−6)

9

3) SOLUCIÓN

a¿|AB|=2|CD|+|AC|→ (5√10 )=2|CD|+|AC|

b¿ CB=t (1,7 )→|CB|=t 5√2=10√2→t=2→CB=(2,14)

c ¿ AC+ CB=AB→ AC=(5,15 )− (2,14 )→AC=(3,1)

d ¿ CB=2√10 μ+4√10 μℶ=2√10 (a ,b )+4 √10 (−b , a )→a= 3√10

b= 1√10

e ¿CD=2√10( 3√10

, 1√10 )→CD=(6,2)

10

4 √10

3√105√10

10√24 √10

5√10

α αα+β α+β

α+β

α

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERA Facultad de Ingeniera Industrial y de Sistemas

DEPARTAMENTO DE CIENCIAS BÁSICAS


PRACTICA CALIFICADA N°2

1.-En un ∆ABC, P ∈ BC, Q ∈ PC y M ∈ ACBM∩ AP= T, BM∩ AQ = R, área ∆ABP = 1

4 área ∆ABQ,área ∆APQ = 3

5 área ∆APC, área ∆AMB = 25 ∆ABC.

a) En qué razón T divide a RMy a APb) En qué razón R divide a BT y a AQc) SiRT= mMQ + nAB. Calcule m-n2.-Sea ABC un triángulo de sentido horario, se traza la atura BH (H ∈ AC), N divide a BC en la razón 2

3 , M = BH∩ AN, MN .BH =-92,

|BH| =3√5 . Si a=(−1,2 ) , AB+ AH = (5,10), halle la ecuación vectorial de la recta que contiene a AN .3.-En un triángulo acutángulo ABC sentido horario se traza la altura BH, se ubican los puntos M = (10, 14) en BC y P en el interior del triángulo BHC tal que BP = (30

4,−15

4 ), AB . HM|AB| = CA . HM

|CA| , AP=HM , ( AP|AP|

+ CB|CB|). AC = 0 y HP=t (2,11) t¿ 0 Halle la

ecuación de la recta que contiene a BC. 1)

11

Datos:

∆ ABP∆ ABQ

=14; ∆ ABQ∆ APC

=35;

∆ AMB∆ ABC

=25

De la figura notamos que:

|AT||TP|

=4………(1)

Q

P

T

B

m3k

k

S

4S

12

Datos:

∆ ABP∆ ABQ

=14; ∆ ABQ∆ APC

=35;

∆ AMB∆ ABC

=25

De la figura notamos que:

|AT||TP|

=4………(1)

Q

3k

kP

T

C

B

A 3p2p

ll

Q

3k

kP

T

R

B

4m

A

m

Por Menelao:

k ×|TM|×5 p=5k ×|BT|×2 p

|BT||TM|

=12 …...(2)

Por Menelao:

4m×|RQ|× K=4k ×|AR|×m

|AR||RQ|

=1 …...(3)

Por Menelao:

k ×|RQ|×2l=4k ×|AR|×m

|BT||TR|

=23 …...(4)

De las ecuaciones (1), (2), (3), (4) y (5) nuestra grafica quedaría asi

2)

13

|BF||BH|

= 25=¿|BF|=2(3√5)

|BH|

|BF|=6√55

|BH|=3√5MN . BH|BH|

=

−92

|BH|

En eltriángulo BHC

;Escriba aquí laecuación .

6√55

3√510

2√5

µ

(1,2)

5√5

C

N

2k

3k

A

3√52

2√5 HD

B

Notamos queRT=m ( MR+ RQ )+n ( AR+ RB )

RT=m( 13RT+ AR)+n( AR+ 5

3RT )

0=(m+n ) AR+( 1m3

+ 5n3

−1)RTm+n=0∧ 1m

3−1=0m+5n=34 n=3

n=34∧m=−3

4m−n=−6

4=−3

2

De (2) y (4):En la recta BM

1m

2m

B

k

3k

R

T

M

2k

ññ

2l

3l

l

Q

P

T

R

M C

B

5S

m

4m

A 3p2p

2k

3k

k

S

4S

Notamos que|BT|

2=

|TR|3

=|RM|

1

DE (1) Y (5)

T dividea|AP|en4T dividea|RM|en−34

DE (3) Y (5)

Rdividea|AQ|en1Rdividea|BT|en−53

3)

14

µ

Hallará µ

DB=DH=HB(5,10 )=4√5µ+3√5 μ⊥

(5=4 √5 μ1−3 √5 μ2 )×4

(10=4 √5 μ2−3 √5 μ1 )×3

50=25√5 μ12√5

=μ1∧1√5

=μ1

μ=(2,1)√5

Hallaremos w

AM= AH+ HM

AM= (4,2 )+(−32

,3)AM=( 5

2,5)/¿(1,2)

AH + AB=(5,10 ) DA+ AB=(5,10 )

AB= (5,10 )|AH|=5√5En el triángulo BHD (por Pitágoras)

|DH|=4√5|AH|=2√5

L: { (-1,2) + t(1,2) }

Punto A que es punto de

Dirección

αα

90-α90-αC

A

MP

B

90-α

Como AP // HM , ∢MHC=∢PAC∢HMT=∢NHA→ AP⊥ HN

En la figura notamos que∢ APB=90 °

→∢APM=θ→Tanθ=

112

−2

1+112

2= 7

24

PB /¿ PB /¿(−2,+1) -> HM /¿ (−1 ,−2)

Notemos que el cuadrilátero ABPH es inscriptible por lo que 2α-9Ɵ=Ɵ -> Ɵ=16° α=53°

15

En el triángulo APB

AB= AP+ PB

AB=5 √5 (−1,−2 )√5

+ 15√54

. (−2 ,−1 )√5

AB= (−5 ,−10 )+(−152

, 154 )

AB=(−252

,−254 )

CA

MP

B

37°37°

Ahora en el triángulo AHB

AB= AH +HB

(−252

,−254 )=7 √5 μ

4+6√5 μ⊥

(−252

=7√54

μ1−6√5 μ2)×7

(−254

=7√54

μ2+6√5μ1)×24

Resolviendo se llega a la conclusión de

−3825√5

¿μ1∧41

25√5¿ μ2

μ=(−38,4125√5 )





EXAMEN PARCIAL

1. Sea el triángulo ABC obtuso en A, sentido horario, D y E son puntos de BC donde Proy AB BD = - AB , Proy AC CE= - AC y │ AD│=│ AE│, F divide a BE en la razón r>0 tal que │FD│= │FA│, FB= (−10

3, 20

3 ), Tg (∡BCA)= 1

3 ,H= (-3,-2) divide a BC en la razón 1. Calcule los vértices del triángulo dado. 2. Sea ABCD el cuadrilátero convexo sentido horario con AB.BC=0; BC= t (0,1), t<0 Proy(1,0) AD= ED =2

3AB , comp BC AC =│ ED│,

M= (8,3) es un punto de la prolongación de DC tal que comp(0,1) DM =8. Si DC= (2,4). Halle las coordenadas de A, B, C y D3. Sean las rectas: L1= {A + t (2,1)} L2= {B + r (13,-1)}L3= {E + t (3,1)}

16

En el triángulo HBC

BC=BH+ HC

¿6√5 (−41 ,−38 )25√5

+8√5 (−38,4125√5 )

AB=(−55025

, 1004 )

BC=(−22 ;4 )/¿(−11,2)

LBC= {(10,14 )+t (−11,2) }

L❑❑

Concurrentes en el punto C. La recta L4= {(2,3) + t (1, m)}; −2<m<0 , intersecta a las rectas L1, L2 y L3 en los puntos D, B y E respectivamente, tal que│ AB│=│ EC│= 3√10 , │ AD│ =4√5 y m∡ABD = m∡DEC, comp(1,0)CD<0, D divide a AC en la razón r>0, P=(-1,-3) ∈ L1, Halle A, B y C.

17

1. * FB= (−103

, 203 ) *H= (-3,-2) punto medio de BC

→ B+C2

=(−3 ,−2)

* Tagβ= 13 * A, B, C =?

∡AED = ∡α = ∡ADE → ∡FAD= ∡α │ AF│= │FD│= │BF│

. β + α = 900 → Tanα = Ctgβ = 3 Tanβ=1/3 → │EA│¿√10K │˄ AC│= 3√10K │˄ BA│=3√10K Trazamos la altura │ AM│:

│ AM│ = 3K; │ED│= 2K │BE│=8K │BD│ = 10K │ DC│= 8K │ FB│ = 5

8 │CB│18

E

103 │ (-1,2) │ = 5

8│CB│ CB= (-12,24) B-C= (-12,24)…………… (ξ)

PERO B+C= (-6,-4)………….(μ)SUMAMOS (μ) Y (ξ): B= (-9,10) C= (3,-14)˄ AM + MB = AB 2√5 (2,1)

√5 + 6√5 (−1,2)

√5=¿B-A

(-2,14) = (-9,10) –A A= (-7, -4)∴POR LO TANTO: A= (-7,-4)B= (-9, 10)C= (3,-14)

19

2.

DP + PM= DMR (1, 0) + 8 (0, 1) = m (2, 4)

R= 2m m=2 ^ R= 4 DP = (4, 0) ; │ DP│ =4

Tagα= PM DP = 84 = 2 →

CT=2L ΔDTC: L2 + (2L) 2 = (2√5)2

L= 220

│ AB│= 3L = 6 │ BC│= 2L= 4

DM= m (2, 4)M-D= (4, 8) (8, 3) – D = (4, 8) D= (4,-5)

│ DC│ = (2, 4) = C-D(2, 4)= C-(4,-5) C= (6,-1)

│BC│ = 4(0,-1) = C-B4(0,-1) = (6,-1)-B B= (6, 3)

│ AB│= 6(1,0) = B-A6(1, 0) = (6, 3)-A A= (0, 3)

∴Por lo tanto: A= (0, 3)B= (6, 3)C= (6,-1)D= (4,-5)

21

3. ΔEDC~¿ ΔADB → │ AD│= │ DC│= 4√5

ED+ CD = ED 3√10 (3,1)

√10 + 4√5 (−2 ,−1)

√5 = ED

ED= (1,-1) → L4 ǁ (1,-1)│ ED│ = √2 =│ DB│22

L1 ={ A+ t(2,1)} L1= {P + (2,1)} * HALLAMOS “D” → L1∩ L4 L1 = {(-1,-3) +t (2, 1)} {(-1,-3) + t(2,1)}= {(2,3) + k(1,-1)} (2t-k, t+k) = (3, 6) → t= 3; k =3

L4={(2,3) + K(1,-1)} → D= (2,3) + 3(1,-1) D= (5, 0)

│ AD│ = 4√5 (2,1)√5 D-A = (8,4) (5,0) – A = (8,4) A= (-3,-4)

│ DB│= √2 (1 ,−1)√2

B-D= (1,-1) B-(5,0)= (1,-1) B= (6,-1)

│ DC│ = 4√5 (2,1)√5 C-D= (8,4) C-(5,0)= (8,4) C= (13,4)

∴POR LO TANTO: A= (-3,-4) B = (6,-1) C= (13,4)23




CURSO : GEOMETRÌA ANALÍTICA CICLO : 2015-IICODIGO : CB-101 FECHA : 06.11.15

PRACTICA CALIFICADA N°3

1.- Sean las rectas L1 y L2 de pendientes m y -2m, (m >0) respectivamente. X’ Y’ es un nuevo sistema tal que L '1 y L '2 tienen pendientes 1m y 1

−2m respectivamente. Halle m. 2.- ABC es un triángulo obtusángulo en C, inscrito en una circunferencia ℭ de centro E. AB= t(7, -1) t > 0. Por C se traza la altura CH relativa a AB (HEAB). N es un punto de AB tal que HE =CN, |HB|=3|CH|, HN= (3,1). Si C = (6, 1). Halle la ecuación de la circunferencia ℭ.3.- Dos circunferencias C1 y C2 de centros O1 y O2, longitud de radios r y R en ese orden (r < R) se interceptan en los puntos A y B tal que comp( 1, 0) O1O2>0 , comp ( 0,1) O1O2>0 y compO1O2

⊥O1 A. Por B se traza la recta tangente a C1 en B que intercepta a C2 en {B, C}, la prolongación de BO1 intercepta a ℭ1 en D y DC es tangente a C2 en C tal que la recta L = {(2,3)+t(9,13)} contiene a O1C. Además O1O2∩C1={H }, O1C ∩C1={E }, DC∩C1={F }, donde F=(4, 17) y la prolongación de CO1 intercepta a C1 en G tal que mDG=mEF+m EH . Halle la ecuación de la circunferencia C1.4.- P es una parábola que contiene los puntos (0,2), (15,2) y su eje focal LE tiene por ecuación LE= {(5,2 )+t (1 ,m ) } ,m>1. La recta L= {(0,2 )+ t (1 , n ) } ,n←1 contiene al vértice V de P tal que L y LEdeterminanunánguloθ cuya tan θ=2. La distancia del punto (15,2) a la recta directriz de P es 5√5, hallar la ecuación vectorial de P.

25

θ

1.

tan α=m tan β=2m

tanθ= 1m

tan γ= 12m

tan α× tanθ=¿m× 1m

¿ = 1 tan β × tan γ=¿2m× 12m

¿ = 1 α+θ=90 β+γ=90 Por otro lado: α +β= +ɵ γ θ=90−α γ=90−β tan (α+β )=tan(θ+α )

En ∆ ANM: tan α+tan β1−tanα× tan β = tan θ+ tan γ

1−tanθ× tan γ α+ (β−γ )=θ m+2m

1−m×2m= 1m

+ 12m

1− 1m

α+(β−(90−β ) )=90−α 11−2m2 = 1

2m2−1 α+2β−90=90−α 2m2−1=1−2m2

2 (α+β )=180 4m2=2

α + β = 90 → m∢B = 90° m2=12

(L1⊥ L2) Dato: (m > 0) m=± √22

26

L1L2

X’

Y’

X

Y

M

N

C

B

Aβ−γβ

γ

γ

α

→ m=√22

27

A

C (6,1)

B

E (7,8)

H(3,1)

b

bα

βX

2b

Y

2. C.

HE=CH (Dato)

→HE=CH y HE CH ∴ HC=EN=b

M HN=M AB=13 |HC|=|HN|

→ tan α=13 HC⊥ HN (HN=(3,1))

M EB=−17 →HC=(1,−3)

tan β=¿ 17

¿ CN=CH+HN

tanθ= tan(α+ β) CN=(−1 ,3 )+(3 ,1)

¿

13+ 1

7

1−13× 1

7

=1020

=12 CN = (2, 4)

|EN||NB|

=12 3|HC|=|HB| N −¿ C = (2,4)

|NB|=2b |HN|=b N = (8,5) √32+12=b NE=CH=(1,3)

b=√10 E −¿N= (−¿1,3) E = (7,8) → centro de ℭ.

|EC|=¿ Radio de ℭ. √(6−7)2+(1−8)2=r

28

b

N (8,5)

α α

α

L

45°45°45°

C

BG

DA

H

F E Mθ 2α

θ+2α

r =√1+49=√50

∴ ℭ: (X−7)2(Y−8)2=50

3.

C1: ángulo exterior m∢DCG=mDG−mFE

2

¿ θ+2α−θ2

m∢DCG=α C1: ángulo central

m∢EO1 H=mEHm∢EO1 H=2α

Se traza O1M⊥C O2

→m∢CO1 M=m∢DCO1

¿)m∢C O1M=α

O1:m∢MO1O2=m∢CO1O2−m∢CO1M

¿2α−α=α

→O1M esaltura y bisectriz∴CM=M O2

Se trazaBF→m∢DFB=90 °→DBes diámetro∴BF⫽O2C

O1M⊥FBSeaO1 M∩FB={N }→FN=NBPero FN=C O2

BFCO2 resultauncuadrado→m∢CBO2=45 °

B:m∢FBC=m∢FBO2−m∢FBC

m∢FBC=45 °m∢DBF=m∢DBC−m∢FBCm∢DBF=45 °Obs :m∢DBC=90° por B punto detangencia y DB diámetro

29

∆ BDC :FBes altura ybisectriz→FBesmediatriz de DC∴BD=BCPero BD=2 r→O1B=r→BC=2 r

◣O1BC :BC=2 (O1 B )

→m∢O1CB=53 °2

m∢O1CD=45 °−53 °2

=37 °2

En el puntoC :tan α=mL−mDC

1+mLmDC

→ 13=

139

−mDC

1+139mDC

=mDC=34

LFC={(4,17 )+t ( 4,3 )}

L∩LFC=C→C=(20,29) FC=C−F=(20,29 )−(4,17 )

FC=(16,12 )→|FC|=20O2=C+CO2=C+CF⊥

→O2=(20,29 )+(12 ,−16 )=(32,13 )C2: ( x−32 )2+( y−13 )2=(20 )2

|CB|=|CO2|√2=20√2

Enel◣O1BC :tan 53 °2

=O1BCB

12=

O1B20√2

→O1B=10√2

O1C=(O1 B )√5=10√10 EnO1 :O1=C +CO1

O1=(20,29 )+10√10 (−9 ,−13 )5√10

=(2,3 )

→C1 :(x−2)2+( y−3)2=(10√2)2

4.

30

A

V2p

Y

B (15,2)θ

X

Eje focal: {(5,2)+t(1,m)}

(0,2)

p

2p4p

105 (5,2)

31

5√5−2 p3

=√5

5√5−2 p

AF=t (2 ,−1 )|AF|=2√5

(2 t )2+(−t )2=205 t2=20→t=2

AF=(4 ,−2 ) FV =(−1 ,−2 ) AV=(3 ,−4 )=V−A→V=(3 ,−4 )+ (0,2 )=(3 ,−2 )

μ= (2,4 )√4+16

= (2.4 )2√5

=( 1√5

, 2√5 ) μ⊥=(−2

√5, 1√5 )

∆ AFB :(2 p )2+( 5√5−2 p3 )

2

=254 p2+ 125+4 p2−20√5 p9

=25

40 p2−20√5 p+125=22540 p2−20√5−100=0 p=√5±√454 →p=√5

∴ (3 ,−2 )+x '( 1√5

, 2√5 )+

y ' (−2√5

, 1√5 )

y '2=4 √5 x '

32





PRÁCTICA CALIFICADA N°4

1. L1:3 x+ y−13=0 es tangente a una elipse ε en el punto P = (4,1) L2:es tangente a ε en el vértice V= (9√5−5 ,5−12√5 )/5; L3:3 x−4 y+52=0 es una recta directriz a ε. Halle la ecuación vectorial de ε.

2. Sea H una hipérbola con centro F0, focos F1, F2, vértices V 1 ,V 2 y directrices LD1 y LD2. MN es el lado recto de H correspondiente al foco F1. L1 es una recta que pasa por M y V 2 y corta LD1 en Q, L2 es otra recta que pasa por N y V 2 y corta LD1 en R, probar que F1Q F1R.

3. P es una parábola con vértice V = (-14, 0) y eje focal de pendiente negativa, el eje Y intercepta perpendicularmente a una cuerda en su punto medio de coordenadas (0,3), si el punto P = (26,0) es una punto de P, halle la ecuación vectorial de P.

4. ε es una elipse con eje focal LE= {(2,5 )+ t(1 ,m)}m>0, vértices V 1 ,V 2, comp(1,0)V 1V 2>0 , F0∈ ejeY . Por un punto P∈eje Y +¿¿ se trazan las rectas tangentes a ε en V 2 y en T tal que F0P=(0 ,√58 ), la recta que contiene al eje menor intercepta a esta última recta tangente en el punto A tal que |AV 1|<14, 2 AT=3TP, compV 1V 2

❑V 1P>0 ,|proyV 1 AF0 P|=7, halle la ecuación vectorial de ε.33

Solucionario:

1.

→V F1=(m−9√55

, n−1+ 12√55 )

V F1/¿ (3 ,−4)→mV F1=−4

3

n−1+ 12√55

m−9√55

=−43

→3n−3+ 36√55

=−4m+ 36√55

−4

→3n+4m=−1

35

→F1P F1Q

mF 1P.mF1Q

=−1→( n−1m−4 ) .( n−13

m )=−1

→16 (n−1 ) . (n−13)(4m−16)(4m)

=−1

→ 16(n2−14n+13)(−3n−1−16)(−3n−1)

=−1

→16 (n2−14 n+13 )=−1 (−3n−17 ) .(−3n−1)

→16 (n2−14 n+13 )=−1 (3n+17 ) .(3 n+1)

→16n2−224n+208=−1(9n2+54n+17)

→16n2−224n+208=−19n2−54n−17

→25n2−170n+225=0

→5n2−34n+45=0

→n=5→4m=−3n−1→4m=−16→m=−4

∴F1=(−4,5)

→|F1 P|=√82+42→|F1P|=4√5

→d (P , F1)d (P , D1)

= ca=e→ 4 √5

12= ca

→a=3 k ,b=2k , c=√5k

→d (F1 ,D1 )=a2

c−c

→|3 (−4 )−4 (5 )+52|

5=a2

c−c

36

→4=(9k )2

√5k−√5k→k=√5

→a=3 √5 , b=2√5 , c=5

→F1=( p ,q )→3q+4 p=−1…(α)

→d (F1 ,F0 )=c

→( p+4)2+(q−5)2=c2

→( p+4)2+(q−5)2=252…(β )

→ ( p ,q )=(−1,1)→F1=(−1,1 )

→u=15

(3 ,−4 ); u❑=15(−4 ,−3)

∴P=(−1,1 )+ x'

√5(3 ,−4)+ y '

√5(−4 ,−3)/ x '

45+ y '

20=1

37

2.

→MN :Ladorecto

→|MN|=2b2

a→|M F1|=b2

a

→d ( LD1; LD 2)=

2a2

c→|D1D2|=2a2

c→|D1 F0|=a2

c

→|F1 F2|=2c→|F1 F0|=c

→|F1 F0|−|D1F0|=|F1D1|

→c−a2

c=|F1D1|→c2−a2

c=|F1 D1|→|F1D1|=b2

c

→|D1V 2|=|D1F0|+|F0V 2|→|D1V 2|=a2

c+a

→|D1V 2|=a2+acc

38

→Proporcionalidad en triangulo M F1V 2:

→

a2+acc

b2

c+ a2+ac

c

=|Q D1|b2

a

→ a2+acb2+a2+ac

= ab2 .|QD1|

→ a+cc2+ac

= 1b2 .|QD1|→ a+c

c (c+a)= 1b2 .|QD1|

→|QD1|=b2

c

→Enel triángulo F1QD1

→ tan α=|Q D1||F1 D1|

→ tanα=

b2

cb2

c

→ tan α=1→α=45 °

→Recta que pasa por F1 y F2 esmediatriz del ∆QF1R

→α=θ=45 °

→<QF1R=90 °

∴ F1Q F1 R

39

a2+aca

b2

c

b2

a

αD1

V 2

Q

N

M

3.

→Sea la ecuacionvectorial de P : P=V +x ' u+ y ' u❑/ y '2=4 p x '

→Necesitamos hallar :V ,u y p

→Delos datos obtenemos :V=(−14,0)

→Delgráfico obtenemos : u= 1√5

(2 ,−1)

u❑= 1√5

(1,2)

→Dela ecuacionobtenemos : y '2=4 p x '

(8√5 )2=4 p(16√5)

p=√5

∴P=(−14,0 )+ x '

√5(2 ,−1 )+ y '

√5(1,2)/ y '2=4√5 x'

40





EXAMEN FINAL

1. 𝓗 es una hipérbola con centro en Fo, eje focal con pendiente positiva, comp (1,0) F0V 2>0, vértices V1, V2= (0,0), A1= {(-9,6) + t (-1,18)} es una asíntota cercana a T. LT es una recta tangente a 𝓗 en T.L1 es la recta que contiene al eje conjugado de 𝓗 que interseca a LT en (4, -20). L={V 2+r (1 ,m )} y L∩L1= (1,-18). Hallar LT.

2. Sea 𝓟 una parábola con foco F= (0,0), vértice V en el tercer cuadrante.LT= {(-5,0) + t a} es una recta tangente a 𝓟 en T ∈ Y. Si (2,1) es un punto del eje focal de 𝓟, halle su ecuación vectorial.3. Sea 𝓒 una curva tangente a los ejes coordenados en los puntos (10,0) y (0,5). Si (2,1) ∈ 𝓒, halle su ecuación vectorial.4. 𝓔 es una elipse con centro Fo, focos F1, F2 y eje focal de pendiente positiva tal que comp (1,0) F1F2>0. LT= {N + t a} es una recta tangente a 𝓔 en T tal que N = (3,6), comp F1F 2

⊥ F0T>0, comp F1F 2

F0T>0, comp F1F 2TN>0, |TN|=√10 , m ∡TNFo = 45°, | F1T |=4 √5 y ¿ F0T∨¿¿= ¿F1F2|. Si el punto (24

5 ,185 ) es un punto del eje focal, halle la ecuación vectorial de 𝓔.

41

SOLUCIONARIO DEL EXAMEN FINAL

1.

42

|PR| = (1,-18) – (4,-20) = (-3,2) // u u ¿ (2,3)√13Luego: LE = {(0,0) + r(2,3)}LE∩A1 =F0 F0 =(-8,-12) A1={(-9,6) + t(-1,18)}

Además: | F0V1| = a = 4 √13 ˆ A1// LTan β =3√13

4 √13 ¿ ba

b= 3√13 ^ c=5√13 𝓗 = {(-8,-12) + x’ (2,3)

√13 + y’ (−3,2)

√13 / x ' 2

(4√13)2 + y '2

(3√13)2 =1}

X’ =5√13 y’= 9√134∆=0 m=5/4 LT’ : 4y’=5x’ -16√13

LT: 7y+22x-208 =0

43

2.Debemos recordar esta propiedad:

44

(-5,0) + t (−1,2) = (2,1) + k (2,1) = W(-5 - t, 2t) = (2 + 2k, 1 + k) - 5 – t = 2 + 2k … (i) 2t = 1 + k … (ii)

(i) - 2(ii):-5 - 5t = 0t= -1

Reemplazando t en la ecuación de la Recta Directriz LD:W=(−5,0 )+(−1 ) (−1,2 )=(−4 ,−2)

2p: Distancia entre los puntos W y F2 p=√(−4 ,−0)2−(−2−0)2

2 p=2√5

p=√5

Hallando el vértice V:V=

(−4 ,−2 )+(0,0)2 =(−2 ,−1)

Por lo tanto la ecuación vectorial de la parábola es:P= (−2,−1 )+

x ' (2,1)√5

+ y ' (−1,2 )√5

/ y '2=4 √5 x '

45

3.

∁ : A x2+Bxy+C y2+Dx+Ey+F=0

En el punto (10,0); (0,5) y (2,1)100A2+10D+F=0…………..(1)25C+5E+F=0………………...(2)4A+2B+C+2D+E+F=0…..(3)En (0,5):L .tangente : x=0CY2+EY+F=0 Y=-E/2C∆=0 5=-E/2CE2-4CF=0 E=-10C………………….(5)E2-4CF=0………………………(4) Reemplazando (5) en (4)

46

100C2=4CFC=F /25 ……………………..(8)En (10,0):L .tangente: y=0AX2+DX+F=0 X=-D/2A ∆=0 D=-20A………………….(7)D2-4AF=0D2=4AF………………………(6)Reemplazando (7)en (6)400A2=4AFA=F/100………………………..(9)Reemplazando (8) en (5)E=-10(F/25)=-2F/5Reemplazando (9) en (7)D=-20(F/100)=-F/5Reemplazando estos resultados en (3)4 ( F

100 )+2B+ F25

+2(−F5 )+(−2 F

5 )+F=0

B=-7F/50Reemplazando en la ecuación generalFX 2

100+(−7 F

50 )XY+ FY 2

25+(−F

5 )X+(−2 F5 )Y +F=0

F X 2−14 FXY+4 FY 2−20FX−40 FY+100 F=0

C : X2−14 XY +4Y 2−20 X−40Y +100=0

47

4.

De la figura se nota que ¿F1T F2=90 ° ¿ F1T∨+¿ F2T∨¿2a |F2T|=2a-4√5 Por propiedad ¿NT F2=45 °

En el ∆ F1TF2 , M es punto medio de T F2

¿TM∨¿=a-2√5 En el ccTMN

48

a−2√5=√5a=3√5

En el ∆F1TF2 2C=10 C=5

¿T F2F1=63.5° a2=b2+c2

b2=20b=2√5

¿NL∨¿2 ¿=(3-24/5)2+(6-18/5)2¿NL∨¿2 ¿=92/25+122/25¿NL∨¿3

mNL= 6−185

3−245

=

125

−95

=−43

tan =-4/3β=127°β

en el ∆F0NL

49

¿

F0NL

u=tanσ=tan (β−90 °)

u=tan 37 °

u=(45, 3

5 ) F0L=6 u

( 245, 18

5 )−F0=( 245, 18

5)

F0=(0,0)E :{(0,0 )+X ’( 4

5, 35 )+Y ’

(−35

, 45 ) /X’2

(3 √5)2 + Y ’2

(2√5)2=1 }

50

trabajo riquelmer gm analítica

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