Capitulo 01 Sistemas de Coordenadas

8/17/2019 Capitulo 01 Sistemas de Coordenadas

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CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS

Capítulo 1 SISTEMAS DE

COORDENADASGRUPO 1

Dibujar una …gura para cada ejercicio.

1. Si A y B son dos puntos diferentes de una recta dirigida, demostrar queAB + BA = 0 y AA = BB = 0.

Solución. Por la de…nición de segmento dirigido:

AB = xB xABA = xA xB

sumandoAB + BA = (xB xA) + (xA xB) = 0

y

AA = xA xA = 0BB = xB xB = 0

2. Demostrar que las relaciones (d), (e) y (f) son casos particulares de la relación(2) del Artículo 2.

Solución.

3. Si A, B, C y D son cuatro puntos distintos cualesquiera de una recta dirigida,demostrar que, para todas las ordenaciones posibles de estos puntos sobre larecta, se veri…ca la igualdad

AB + BC + CD = AD

4. Hallar la distancia entre los puntos cuyas coordenadas son: (5) y (6); (3) y(7); (8) y (12).Solución. Utilizando la fórmula d1 = jx2 x1j

d1 = j6 (5)j = 11d2 = j7 3j = 10d3 = j12 (8)j = 4

5. La distancia entre dos puntos es 9. Si uno de los puntos es (2), hallar elotro punto. (Dos casos).Solución. Si x1 = 2

d = jx2 x1j9 = jx2 (2)j

se dan dos casos, para x2 > 0

9 = x2 + 2

x2 = 7Alvaro Cabrera Javier 7 GEOMETRIA ANALITICA


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GRUPO 1

para x2 < 0

9 = x2 + 2x2 = 11

6. En un sistema coordenado lineal, P 1 (x1) y P 2 (x2) son los puntos extremosdados de un segmento dirigido. Demostrar que la coordenada (x) de un puntoP que divide a P 1P 2 en la razón dada r = P 1P : P P 2 es

x = x1 + rx2

1 + r , r 6= 1.

Solución. Sea P 1P = x x1 y P P 2 = x2 x, sustituyendo

r = P 1P

P P 2

r =

x

x1

x2 xdespejando x

rx2 rx = x x1x + rx = x1 + rx2

x (1 + r) = x1 + rx2

…nalmente

x = x1 + rx2

1 + r

7. Haciendo r = 1 en la fórmula obtenida en el ejercicio 6, demostrar que lacoordenada del punto medio de un segmento rectilíneo es la media aritméticade las coordenadas de sus puntos extremos.

Solución. Para r = 1, sustituyendo en la fórmula: x = x1 + rx2

1 + r .

x = x1 + x2

2

8. Hallar los puntos de trisección y el punto medio del segmento dirigido cuyosextremos son los puntos (7) y (19).Solución. Sea P y P

0

los puntos de trisección:

a

a

a

P 1

P

P’

P 2

Para P :

r = P 1P

P P 2=

a

2a =

1

2Alvaro Cabrera Javier 8 GEOMETRIA ANALITICA


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sustituyendo

x =

7 +

1

2

(19)

1 + 1

2

= 11

Para P 0

:r =

P 1P 0

P 0P 2=

2a

a = 2

sustituyendo

x = 7 + (2) (19)

1 + 2 = 15

9. Un extremo de un segmento dirigido es el punto (8) y su punto medio es(3). Hallar la coordenada del otro extremo.

Solución. Sustituyendo en la fórmula x = x1 + x2

2

3 = x1 8

2 =) x1 = 14

10. Los extremos de un segmento dirigido son los puntos P 1 (4) y P 2 (2). Hallarla razón P 2P : P P 1 en que el punto P (7) divide a este segmento.

Solución. Se halla primero

P 2P = 7 (2) = 9P P 1 = 4 7 = 3

sustituyendoP 2P : P P 1 = 9 : 3 = 3

11. Un cuadrado, de lado igual a 2a, tiene su centro en el origen y sus ladosson paralelos a los ejes coordenados. Hallar las coordenadas de sus cuatrovértices.

Solución.

x

y

x

y

C (a;a) D(a;a)

A(a; a)B(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


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GRUPO 1

12. Tres vértices de un rectángulo son los puntos (2;1), (7;1) y (7; 3). Hallarel cuarto vértice y el área del rectángulo.

Solución.

109876543210-1-2

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

A(2;1) B(7;1)

C (7; 3)D(x; y)

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 áreadel triángulo y la longitud de la hipotenusa.

Solución.

76543210-1-2-3

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

A(1;2) B(4;2)

C (4; 2)

La longitud de los catetos

AB =

q (4 1)2 + (2 (2))2 = 3

BC =

q (4 4)2 + (2 (2))2 = 4

la hipotenusaAC =

q (4 1)2 + (2 (2))2 = 5

El área, primera forma:

A = 1

2bh =

1

2 (3) (4) = 6

segunda forma:

A = 1

2

1 2 14 2 14 2 1

= 6

Alvaro Cabrera Javier 10 GEOMETRIA ANALITICA


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14. En el triángulo rectángulo del ejercicio 13, determinar primero los puntosmedios de los catetos y, después, el punto medio de la hipotenusa.

Solución. Sea los puntos A (1;2), B (4;2), C (4; 2).

76543210-1-2-3

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

A(1;2) B(4;2)

C (4

;2)

D

E F

el punto medio del cateto AB :8><>:

x = 1 + 42

= 52

y = 2 2

2 = 2

=) D

5

2;2

el punto medio del cateto BC :8><>:

x = 4 + 4

2 = 4

y = 2 + 2

2 = 0

=) E (4; 0)

y el punto medio de la hipotenusa AC :

8><>: x =

1 + 4

2 =

5

2

y = 2 + 2

2 = 0

=) F

52

; 0

15. Hallar la distancia del origen al punto (a; b).

Solución.

x

y

x

y

(0; 0) (a; 0)

(0; b) (a; b)

Aplicando el teorema de Pitágoras

d2 = a2 + b2

d =p

a2 + b2



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GRUPO 1

16. Hallar la distancia entre los puntos (6; 0) y (0;8).Solución.

876543210-1-21

0

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

-8

-9

xy xy

d =p

62 + 82 = 10

17. Los vértices de un cuadrilátero son los puntos A (1; 3), B (7; 3), C (9; 8) yD (3; 8). Demostrar que el cuadrilátero es un paralelogramo y calcular suárea.

Solución.

109876543210

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

x

y

x

y

A B

C D

para mostrar que es un paralelogramo bastará con demostrar que los ladosopuestos son iguales

AB =q

(7 1)2 + (3 3)2 = 6 CD =q

(3 9)2 + (8 8)2 = 6

BC = q (9 7)2 + (8

3)2 =

p 29 AD = q (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:

A = 1

2

1 3 17 3 19 8 13 8 1

= 30



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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:

876543210-1-2-3-4-5-6-7-8

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

(1; 1) (3; 1)

(x; y)

hallamos la distancia de los dos vértices conocidos

d =

q (3 + 1)2 + (1 1)2 = 4

luego hallamos las dos distancias al tercer punto (x + 1)2 + (y 1)2 = 42(x 3)2 + (y 1)2 = 42

La solución del sistema es:

1; 1 2p 3 y 1; 1 + 2p 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.

210-1-2-3-4-5-6

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

A(5; 0)

B(0; 2)

C (0;

2)

Para demostrar bastará con que dos lados del triángulo sean iguales

AB =

q (0 (5))2 + (2 0)2 =

p 29

BC =

q (0 0)2 + (2 2)2 = 4

AC =

q (0 (5))2 + (2 0)2 =

p 29

el triángulo es isósceles porque AB = AC .Alvaro Cabrera Javier 13 GEOMETRIA ANALITICA


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GRUPO 2

Su área está dado por

A = 1

2

5 0 10 2 10 2 1

= 10

20. Demostrar que los puntos A (0; 0), B (3; 4), C (8; 4) y D (5; 0) son los vérticesde un rombo, y calcular su área.

Solución.

109876543210-1

5

4

3

2

1

0

-1x

y

x

y

A(0; 0)

B(3; 4) C (8; 4)

D(5; 0)

Para demostrar que es un rombo bastará con demostrar que todos sus ladosson iguales:

AB =q

(3 0)2 + (4 0)2 = 5BC =

q (8 3)2 + (4 4)2 = 5

CD =

q (5 8)2 + (0 4)2 = 5

AD =

q (5 0)2 + (0 0)2 = 5

su área está dado por

A =

1

2

0 0 13 4 1

8 4 15 0 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).



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Solución.

876543210-1-2-3-4-5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

El perímetro está dado por

P = AB + BC + CD + AD

donde

AB =

q (0 (3))2 + (3 (1))2 = 5

BC =

q (3 0)2 + (4 3)2 =

p 10

CD =

q (4 3)2 + (1 4)2 =

p 26

AD =

q (4 (3))2 + (1 (1))2 = 7

luegoP = 12 +

p 10 +

p 26

2. Demostrar que los puntos A (

2;

1), B (2; 2), C (5;

2), son los vértices de

un triángulo isósceles.Solución.

6543210-1-2-3-4

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

AB =

q (2 (2))2 + (2 (1))2 = 5

BC =

q (5 2)2 + (2 2)2 = 5

AC =

q (5 (2))2 + (2 (1))2 = 5

p 2

el triángulo ABC es isósceles porque AB = BC .Alvaro Cabrera Javier 15 GEOMETRIA ANALITICA


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GRUPO 2

3. Demostrar que los puntos A (2;2), B (8; 4), C (5; 3) son los vértices de untriángulo rectángulo, y hallar su área.

Solución.

6543210-1-2-3-4-5-6-7-8-9

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

4. Demostrar que los tres puntos (12; 1), (3;2), (2;1) son colineales, esdecir, que están sobre una misma línea recta.

Solución.

131211109876543210-1-2-3-4

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

-5

x

y

x

y

5. Demostrar que los puntos (0; 1), (3; 5), (7; 2), (4;2) son los vértices de uncuadrado.

Solución.

9876543210-1-2-3

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y



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6. Los vértices de un triángulo son A (3; 8), B (2;1) y C (6;1). Si D es elpunto medio del lado BC , calcular la longitud de la mediana AD.

Solución.

1211109876543210-1-2-3-4-5-6-7-8

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

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.

1211109876543210

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

x

y

x

y

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.

6543210-1-2-3-4-5-6

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

La segunda fórmula nos dice

A =

p s (s a) (s b) (s c)



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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 solu-ciones).

Solución

. Aplicando la distancia entre dos puntos si el otro puntos es (6; y

)

(5)2 =

q (6 3)2 + (y (2))2

225 = (6 3)2 + (y (2))216 = y2 + 4y + 4

y2 + 4y 12 = 0(y + 6) (y 2) = 0

los puntos buscados son P 1 (6;6) y P 2 (6; 2).

131211109876543210-1-2-3-4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

x

y

x

y

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.

d1 = d2q (3 x)2 + (5 y)2 =

q (7 x)2 + (9 y)2

(3 x)2 + (5 y)2 = (7 x)2 + (9 y)29 + 6x + x2 + 25 10y + y2 = 49 14x + x2 + 81 + 18y + y2

5x 7y 24 = 0

1614121086420-2-4-6-8-10-12

6

4

2

0

-2

-4

-6

-8

-10

x

y

x

y



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11. Hallar los puntos de trisección y el punto medio del segmento cuyos extremosson los puntos (2; 3) y (6;3).Solución.

9876543210-1-2-3-4-5-6

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

12. Los puntos extremos de un segmento son P 1 (2; 4) y P 2 (8;

4). Hallar el puntoP (x; y) que divide a este segmento en dos partes tales que P 2P : P P 1 = 2.Solución.

181614121086420-2-4-6-8-10-12

12

10

8

6

4

2

0

-2

-4

x

y

x

y

Sea P 1 (2; 4) y P 2 (8;4), para la abscisaP 2P

P P 1= 2 =) x x2

x1 x = 2 =) x = 4

para la ordenada

P 2P

P P 1=

2 =)

y y2y1 y

=

2 =)

y = 12

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

2 = 4 =) x1 = 1

y1 + 8

2 = 3 =) y1 = 2



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GRUPO 2

1211109876543210-1-2-3-4-5-6-7-8-9

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

14. Los extremos de un segmento son los puntos P 1 (7; 4) y P 2 (1;4). Hallarla razón P 1P : P P 2 en que el punto P (1;2) divide al segmento.

Solución.

1211109876543210-1-2-3-4-5-6-7-8-9

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

-5

-6

x

y

x

y

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

8>>>>>:

x1 + x32

= 2

x2 + x3

2 = 4

x1 + x22

= 1

Las soluciones son: x1 = 1, x2 = 3 y x3 = 5. Para las ordenadas

8>>><>>>:

y1 + y32

= 5y2 + y3

2 = 2

y1 + y22

= 1Alvaro Cabrera Javier 20 GEOMETRIA ANALITICA


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Las soluciones son: y1 = 4, y2 = 2 y y3 = 6.

1211109876543210-1-2-3-4-5-6-7-8-9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

16. Los vértices de un triángulo son A (1; 3), B (3; 5) y C (7;1). Si D es elpunto medio del lado AB y E es el punto medio del lado BC , demostrar quela longitud del segmento DE es la mitad de la longitud del lado AC .

Solución.

876543210-1-2-3-4-5

5

4

3

2

1

0

-1 x

y

x

y

17. En el triángulo rectángulo del ejercicio 3, demostrar que el punto medio dela hipotenusa equidista de los tres vértices.

Solución. Sea los puntos A (2;2), B (8; 4), C (5; 3)

6543210-1-2-3-4-5-6-7-8-9

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

18. Demostrar que los segmentos que unen los puntos medios de los lados suce-sivos del cuadrilátero del ejercicio 1 forman un paralelogramo.



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17/38


es el mismo punto, por tanto este punto se llama baricentro.

11109876543210-1-2-3-4-5-6-7

8

7

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

20. En el triángulo cuyos vértices son A (x1; y1), B (x2; y2) y C (x3; y3), demostrarque las coordenadas del baricentro son

13 [x

1 + x2 + x3] ; 1

3 [y1 + y2 + y3]

Utilizar este resultado para comprobar el ejercicio 19.

Solución. y

x

A( x1, y1)

B( x1, y1)

C ( x3, y3)

D

G

O

Hallamos el punto medio de AB (D):

xAB = x1 + x2

2

yAB = y1 + y2

2

ahora hallamos el punto de trisección entre el punto medio de AB y el puntoC .

xG =

xAB + 1

2x31 +

12

=

x1 + x22

+1

2x31 +

12

=

x1 + x2 + x33

yG =

yAB +

1

2

y3

1 + 1

2

=

y1 + y22

+

1

2

y3

1 + 1

2

= y1 + y2 + y3

3

como este punto es concurrente para cada mediana, entonces

G

1

3 [x1 + x2 + x3] ;

1

3 [y1 + y2 + y3]



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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 laderecha. 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 quepasa por el origen y biseca al cuadrante II.

3. Demostrar el teorema 4 del Artículo 8, empleando una …gura en la cual elángulo de inclinación sea obtuso.

4. Hallar la pendiente y el ángulo de inclinación de la recta que pasa por lospuntos (3; 2) y (7;3).Solución. La pendiente está dada por:

m = 3 27 (3) = 12

876543210-1-2-3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

como la pendiente es negativa, entonces el ángulo de inclinación

tan = 12

=) = 153;4o

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.

9876543210-1-2-3-4-5-6

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y



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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.

1211109876543210-1-2

7

6

5

4

3

2

1

0

-1 x

y

x

y

7. Una recta de pendiente 3 pasa por el punto (3; 2). La abscisa de otro puntode la recta es 4. Hallar su ordenada.

Solución. Aplicando pendiente entre dos puntos m = y2 y1x2 x1 , si el otro

punto es (4; y)

3 = y 2

4 3y = 5

76543210-1

6

5

4

3

2

1

x

y

x

y

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 ycuál la ordenada de B ?

Solución. Aplicando la pendiente entre dos puntos m = y2 y1x2 x1 , si el punto

A es (x; 3) y el punto B (6; y)

2 = 3 7x 2 =) x = 4

2 = y 76 2 =) y = 1Alvaro Cabrera Javier 25 GEOMETRIA ANALITICA


20/38

GRUPO 3

109876543210-1-2-3-4-5-6

8

7

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

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 = y2 y1x2 x1 si el cuarto

vértice es D (x; 6). La pendiente de AB es igual a la pendiente de CD .

mAB

= 1 41 (1) =

5

2

mCD

= 6 1x 6 =

5

2 =) x = 4

76543210-1-2-3-4-5

7

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

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.

876543210-1-2-3-4-5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y



21/38


11. Demostrar que los puntos (1; 1), (5; 3), (8; 0) y (4;2) son vértices de unparalelogramo, y hallar su ángulo obtuso.

Solución.

11109876543210-1-2-3

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

12. Demostrar que los puntos A (1; 1), B (5; 3) y C (6;4) son vértices de untriángulo isósceles y hallar uno de los ángulos iguales.

Solución.

1211109876543210-1-2-3-4-5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

-5

x

y

x

y

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.

109876543210-1-2-3-4

6

5

4

3

2

1

0

-1 x

y

x

y



22/38

GRUPO 3

14. Dos rectas se cortan formando un ángulo de 135o. Sabiendo que la recta …naltiene una pendiente de 3, calcular la pendiente de la recta inicial.Solución. Dado = 135o, para este ángulo su pendiente es m = 1 ym2 = 3

m = m2 m11 + m1m2

sustituyendo

1 = 3 m11 + m1 (3) =) m1 =

1

2

15. Dos rectas se cortan formando un ángulo de 45o. La recta inicial pasa porlos puntos (2; 1) y (9; 7) y la recta …nal pasa por el punto (3; 9) y el puntoA cuya abscisa es 2. Hallar la ordenada de A.Solución. Sea las pendientes

m1 = 7 19 (2) =

6

11

m2 = y 92 3

sustituyendo en m = m2 m11 + m1m2

1 =

y 92 3

6

11

1 +

y 92 3

6

11

=) y = 8

14121086420-2-4-6-8-10-12-14

10

8

6

4

2

0

-2

-4

-6

-8

x

y

x

y

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.

Solución. El Apéndice IC.12, nos dice que el área es A = 1

2 bc sen A,

b =

q (6 1)2 + (1 (3))2 =

p 29

c =

q (3 1)2 + (3 (3))2 = 2

p 10

el ángulo

mAC

= 1 (3)

6 1 = 2

5

mAB

= 3 (3)

3 1 = 3Alvaro Cabrera Javier 28 GEOMETRIA ANALITICA


23/38


sustituyendo en m = m

AB m

AC

1 + mAB

mAC

m =3 2

5

1 + (3)25

= 13

11

el ángulo es

tan = 13

11 =) = 49;76o

sustituyendo en la fórmula del área

A = 1

2

p 29

2p

10

sen(49;76o) = 13 u2

109876543210-1-2-3-4

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

17. Por medio de las pendientes demuéstrese que los tres puntos A (6 2), B (2; 1)y C (2; 4) son colineales.Solución.

109876543210-1-2-3-4

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

18. Una recta pasa por los dos puntos A (2;3), B (4; 1). Si un punto de abscisa10 pertenece a la recta, ¿cuál es su ordenada?

Solución. Sea el punto C (10; y). Aplicando la pendiente entre los puntos Ay B

m = 1 (3)4 (2) =

2

3Alvaro Cabrera Javier 29 GEOMETRIA ANALITICA


24/38

GRUPO 3

esta pendiente es igual a la que pasa por los puntos B y C , esto es

y 110 4 =

2

3 =) y = 5

11109876543210-1-2-3-4-5

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

19. Hallar la ecuación a la cual debe satisfacer cualquier punto P (x; y) quepertenezca a la recta que pasa por los dos puntos (2;1), (7; 3).Solución. Debe tener la misma pendiente, entonces

1 y2 x =

3 y7 x

(1 y) (7 x) = (3 y) (2 x)7 + x 7y + xy = 6 3x 2y + xy

4x 5y 13 = 0

la grá…ca

876543210-1

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

x

y

x

y

20. Hallar la ecuación a la cual debe satisfacer cualquier punto P (x; y) quepertenezca a la recta que pasa por el punto (3;1) y que tiene una pendienteigual a 4.

Solución. Aplicando pendiente

1 y3 x = 4 =) 4x y 13 = 0Alvaro Cabrera Javier 30 GEOMETRIA ANALITICA


25/38


543210-1-2-3

2

10

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

-8

-9

-10

-11

-12

-13

-14

xy

xy

21. Demostrar que la recta que pasa por los dos puntos (2; 5) y (4; 1) es per-pendicular a la que pasa por los dos puntos (1; 1) y (3; 7).Solución.

876543210-1-2-3-4-5-6

8

7

6

5

4

3

2

1

0

x

y

x

y

22. Una recta l1 pasa por los puntos (3; 2) y (4;6), y otra recta l2 pasa porel punto C (7; 1) y el punto A cuya ordenada es 6. Hallar la abscisa delpunto A, sabiendo que l1 es perpendicular a l2.

Solución. Sea el punto D (x;6). Primero hallamos la pendiente de la rectaAB

mAB

= 6 24 3 =

8

7

aplicando la condición de perpendicularidad

mAB

mCD

= 1

sustituyendo

mCD

= 78

6 1x (7) =

7

8 =) x = 1



26/38

GRUPO 3

76543210-1-2-3-4-5-6-7-8-9-10

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

x

y

x

y

23. Demostrar que los tres puntos A (2; 5), B (8;1) y C (2; 1) son los vérticesde un triángulo rectángulo, y hallar sus ángulos agudos.

Solución.

1211109876543210-1-2-3-4-5

6

5

4

3

2

1

0

-1

-2

x

y

x

y

24. Demostrar que los cuatro puntos (2; 4), (7; 3), (6;2) y (1;1) son vérticesde un cuadrado y que sus diagonales son perpendiculares y se dividen mutu-amente en partes iguales.

Solución.

11109876543210-1-2-3

5

4

3

2

1

0

-1

-2

-3

x

y

x

y

25. Demostrar que los cuatro puntos (2; 2), (5; 6), (9; 9) y (6; 5) son vértices deun rombo y que sus diagonales son perpendiculares y se cortan en su puntomedio.



27/38


Solución.

151413121110987654321

9

8

7

6

5

4

3

2

1

x

y

x

y

GRUPO 4

Los teoremas enunciados en los siguientes ejercicio deben demostrarse analíti-camente. 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 elmismo.

Para la recta BD :

P

c + a

2 ;

0 + b

2

=) P

a + c

2 ;

b

2

Para la recta AC :

P 0

0 + (a + c)2

; b2

=) P 0

a + c

2 ; b

2

por lo que el punto P y P 0 es el mismo punto.

x

y

x

y

A(0; 0)

(0; b)

(a; 0) D(c; 0)

B(a; b) C (a + c; b)

(a + c; 0)

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.



28/38

GRUPO 4

3. Las diagonales de un rombo son perpendiculares y se cortan en su puntomedio.

Solución.

x

y

x

y

A(0; 0)

(0; b)

(a; 0) D(c; 0)

B(a; b) C (a + c; b)

(a + c; 0)

Demostramos primero que son perpendiculares, las pendientes de AC y BD

mAC = b

a + c

mBD = b 0

a c = b

a ctambién se cumple a2 + b2 = c2, donde

b2 = c2 a2= (c a) (a + c)

donde

a + c = b2

c asustituyendo

mAC = b

b2

c a= a c

b

multiplicando

mAC mBD = 1

a c

b b

a

c

= 1

1 = 1ahora vamos a demostrar que es el mismo punto medio para ambas diago-nales. Para la diagonal AC

a + c

2 ;

b

2

Para la diagonal BD a + c

2 ;

b

2

como vemos es el mismo punto.



29/38


4. El segmento de recta que une los puntos medios de dos lados cualesquiera deun triángulo es paralelo al tercer lado e igual a su mitad.

Solución. Los puntos medios

Da

2; b

2 y D0

a + c

2 ;

b

2la pendiente de AC

mAC = 0 0c 0 = 0

la pendiente de DD0

mDD0 =

b

2 b

2a + c

2 a

2

= 0

la distancia AC :

AC =

q (c 0)2 + (0 0)2 = c

la distancia DD0 :

DD0 =

s a + c

2 a

2

2+

b

2 b

2

2=

c

2

x

y

x

y

A(0; 0)

B(a; b)

D(a2

; b2

)D(a+c

2 ; b

2)

C (c; 0)

5. El punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo equidista de lostres vértices.

Solución. El punto medio entre BC :

Da2

; b

2

las distancias:

AD =

s a2 0

2+

b

2 0

2=

1

2

p a2 + b2

BD =

s a2 0

2+

b

2 b

2=

1

2

p a2 + b2

CD =

s a2 a

2+

b

2 0

2=

1

2

p a2 + b2



30/38


31/38


entonces

m [BCA =

0 2b

a

1 + (0)

2b

a

= 2ba

como m [BAC = m [BCA, 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.

x

y

x

y

9. Las medianas correspondientes a los lados iguales de un triángulo isóscelesson iguales.

Solución.

x

y

x

y

A(0; 0)

B(a2

; b)

C (a; 0)

D(a4

; b2

) E ( 3a4

; b2

)

10. Eunciar y demostrar el recíproco del teorema del ejercicio 9.

11. Los dos segmentos que se obtienen uniendo dos vértices opuestos de unparalelogramo con los puntos medios de dos lados opuestos son iguales yparalelos.



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GRUPO 4

Solución.

x

y

x

y

A(0; 0) B(a; 0)

C (a + c; b)D(c; b) E

F

Los puntos medio de E y F son

E 2c + a

2 ; b y F

a

2; 0

Aplicando la distancia entre dos puntos

AE =

s 2c + a

2

2+ b2

CF =

r a + c a

2

2+ b2 =

s a + 2c

2

2+ b2

se comprueba que las distancias son iguales. Sus pendientes:

mAE = b 02c + a2 0

= 2b

2c + a

mCF = b 0a + c a

2

= 2b

2c + a

también las pendientes son iguales por tanto son paralelas.

12. El segmento que une los puntos medios de los lados no paralelos de untrapecio es paralelo a las bases e igual a su semisuma.

Solución.

x

y

x

y



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CAPÍTULO 1. SISTEMAS DE COORDENADAS A(0; 0) B(a; 0)

Los puntos medios

E

d

2; b

2

F a + c

2 ;

b

2sus pendientes

mEF =

b

2 b

2a + c

2 d

2

= 0

mAB = 0 0

a 0 = 0

mCD = b b

c d = 0

por tanto son paralelos. Las distancias

dEF =

s a + c

2 d

2

2+

b

2 b

2

2=

a + c d2

dDC =

q (c d)2 + (b b)2 = c d

dAB =

q (a 0)2 + (0 0)2 = a

se puede demostrar que

dEF

=

dDC + dAB

2a + c d

2 =

c d + a2

= a + c d

2

13. El segmento que une los puntos medios de las diagonales de un trapecio esigual a la mitad de la diferencia de las longitudes de los lados paralelos.

Solución.

x

y

x

y



34/38

GRUPO 4

14. La suma de los cuadrados de los lados de un paralelogramo cualquiera esigual a la suma de los cuadrados de sus diagonales.

Solución.

x

y

x

y

A(0; 0)

(0; b)

(a; 0) D(c; 0)

B(a; b) C (a + c; b)

(a + c; 0)

15. Los segmentos que unen los puntos medios de cada dos lados opuestos de uncuadrilátero cualquiera se bisecan entre sí.

Solución.

x

y

x

y

16. Los segmentos que unen los puntos medios de cada dos lados contiguos deun rectángulo forman un rombo.

Solución.

x

y

x

y



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17. Los segmentos que unen los puntos medios de cada par de lados contiguosde un rombo forman un rectángulo.

Solución.

x

y

x

y

18. Los ángulos de la base de un trapecio isósceles son iguales.Solución.

x

y

x

y

19. Los puntos medios de dos lados opuestos de cualquier cuadrilátero y lospuntos medios de las diagonales son los vértices de un paralelogramo.

Solución.

x

y

x

y

20. Enunciar y demostrar el recíproco del teorema de Pitágoras.Alvaro Cabrera Javier 41 GEOMETRIA ANALITICA


36/38

GRUPO 4

Solución.

x

y

x

y

21. El segmento que une los puntos medios de dos lados opuestos de cualquiercuadrilátero y el que une los puntos medios de las diagonales del cuadriláterose bisecan entre sí.

Solución.

x

y

x

y

22. El segmento de recta que une los puntos medios de los lados no paralelos deun trapecio biseca a ambas diagonales.

Solución.

x

y

x

y

23. La suma de los cuadrados de las distancias de cualquier punto de un planoa dos vértices opuestos de cualquier rectángulo es igual a la suma de loscuadrados de sus distancias a los otros dos vértices.



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Solución.

x

y

x

y

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 yOE trisecan a la diagonal AC .

Solución.

x

y

x

y



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Documents

Capitulo 01 Sistemas de Coordenadas