Elipse e Hipérbola

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO

FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA - ENERGÍA

DEPARTAMENTO ACADÉMICO DE INGENIERÍA MECÁNICA

MATEMÁTICA BÁSICA

SECCIONES CÓNICAS: ELIPSE E HIPÉRBOLA

ROGELIO EFREN CERNA REYES

RESOLUCIÓN DECANAL Nº 009-2014-D-FIME

SEMESTRE 2014-A

CALLAO-PERU

Secciones Cónicas: Elipse e Hipérbola

II

PREFACIO

n los espacios vectoriales reales 2-dimensionales se puede presentar

los vectores, rectas, traslaciones, rotaciones y tambien las secciones

cónicas.

En estas dos ultimas decadas el enfoque vectorial es el preferido por los

estudiantes de ingeniería, por una razón simple, los temas de los cursos

de ingenieria requieren de una interpretación conceptual y gráfica en la

forma vectorial.

Lo cual, es motivo mas que suficiente, para presentar la segunda parte de

las secciones cónicas: elipse e hipérbola en el espacio bidimensional de

manera grafica y conceptual como tercer tema a desarrollar en el curso

de Matemática Básica en Ingenieria.

A continuación se tiene la presentación de la elipse e hipérbola

desarrollando sus definiciones, ecuaciones ordinarias, rectas tangentes y

propiedades aplicando el enfoque vectorial.

Este cuarto trabajo queda ha vuestra disposición, especialmente de los

estudiantes de Ingeniería Mecánica y de Energía de la Universidad

Nacional del Callao.

El autor.

E


III

INDICE

1. ELIPSE ................................................................................................................................................... 1

1.1. DEFINICIÓN. .......................................................................................................................... 1

1.2. ECUACIONES ORDINARIAS DE LA ELIPSE ....................................................... 3

1.2.1. PRIMERA ECUACIÓN ORDINARIA ................................................................... 3

1.2.2. SEGUNDA ECUACIÓN ORDINARIA................................................................. 3

1.3. ECUACIÓN DE UNA RECTA TANGENTE A UNA ELIPSE ........................ 6

1.4. PROPIEDADES DE LA ELIPSE .................................................................................... 10

1.5. FORMA GENERAL DE LA ECUACIÓN DE UNA ELIPSE ........................... 18

2. HIPÉRBOLA. ................................................................................................................................... 25

2.1. DEFINICIÓN. ........................................................................................................................ 25

2.2. ECUACIONES ORDINARIAS DE LA HIPÉRBOLA ........................................ 27

2.2.1. PRIMERA ECUACIÓN ORDINARIA ................................................................. 27

2.2.2. SEGUNDA ECUACIÓN ORDINARIA............................................................... 27

2.3. ECUACIÓN DE UNA RECTA TANGENTE A UNA HIPÉRBOLA .......... 28

2.4. ASÍNTOTAS DE LA HIPÉRBOLA ............................................................................. 32

2.5. HIPÉRBOLA EQUILÁTERA O RECTANGULAR............................................. 34

2.6. HIPÉRBOLAS CONJUGADAS .................................................................................... 35

2.7. PROPIEDADES DE LA HIPÉRBOLA........................................................................ 35

2.8. FORMA GENERAL DE LA ECUACIÓN DE UNA HIPÉRBOLA. ............. 36

REFERENCIALES ................................................................................................................................... 53

Secciones Cónicas: Elipse

1

LD2

B2

B1

C

u

F2

V1

D1

F1

V2

D2

X ´

Y ´

X

Y

R1

R2

P

d1

d2

C1

C2

LD1

5 10 15

5

10

15

SECCIONES CÓNICAS: ELIPSE E HIPÉRBOLA

1. ELIPSE

1.1. DEFINICIÓN.

La elipse es el conjunto de punto de 𝑅2, con la propiedad de que la suma

de las distancias de los puntos del conjunto a dos puntos fijos dados es una

constante mayor que la distancia entre los dos puntos fijos dados (Charles

H., 1980).

Es decir

𝐸 = {𝑃 ∈ 𝑅2 / ‖𝐹1𝑃̅̅ ̅̅ ̅‖ + ‖𝐹2𝑃̅̅ ̅̅ ̅‖ = 2𝑎, 𝑎 > 𝑐}

Dónde:

𝐹1 , 𝐹2: Son los puntos fijos

dados llamados focos de la

elipse 𝐸.

‖𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 2𝑐.

En la figura se tiene:

𝐶 =1

2(𝐹1 + 𝐹2): Centro de 𝐸.

𝑉1, 𝑉2 : Son los vértices de 𝐸.

𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Segmento llamado eje

mayor de la elipse 𝐸.

‖𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 2𝑎

𝐵1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ : Segmento llamado eje menor de la elipse 𝐸.

‖𝐵1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ‖ = 2𝑏

𝑅1𝑅2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ : Segmento llamado lado recto de 𝐸 si 𝑅1𝑅2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ⊥ 𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ .

‖𝑅1𝑅2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ ‖ =2𝑏2

𝑎

𝐹1𝑃̅̅ ̅̅ ̅, 𝐹2𝑃̅̅ ̅̅ ̅ : Radios focales o radios vectores de la elipse 𝐸.

𝐿𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Es una recta llamada eje focal de la elipse 𝐸 en la figura coincide

con el eje 𝑋′.


2

𝐿𝐷1 , 𝐿𝐷2: Rectas llamadas directrices de la elipse 𝐸 correspondientes a los

focos 𝐹1 y 𝐹2 respectivamente.

𝐶1𝐶2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Cuerda de 𝐸. Si una cuerda pasa por alguno de los focos se denomina

cuerda focal.

𝑑1𝑑2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Diámetro de 𝐸.

En el sistema 𝑋′𝑌′ se define:

𝐶(0,0) Origen del nuevo sistema

𝑉1(−𝑎, 0), 𝑉2(𝑎, 0), 𝐹1(−𝑐, 0), 𝐹2(𝑐, 0), 𝐵1(0, −𝑏) y 𝐵2(0, 𝑏)

Recordemos que un punto 𝑃 en 𝑅2 está dado por

𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ , ‖�̅�‖ = 1

Además se observa que:

𝑉1 = 𝐶 − 𝑎�̅�, 𝑉2 = 𝐶 + 𝑎�̅�, 𝐹1 = 𝐶 − 𝑐�̅�, 𝐹2 = 𝐶 + 𝑐𝑢 ̅, 𝐵1 = 𝐶 − 𝑏�̅�⊥ y

𝐵2 = 𝐶 + 𝑏�̅�⊥.

Por lo que

‖𝐹1𝑃̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖(𝑥′ + 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖

‖𝐹2𝑃̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖(𝑥′ − 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖

Reemplazando en la definición de la definición de la elipse se tiene

‖(𝑥′ + 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖ + ‖(𝑥′ − 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖ = 2𝑎 , 𝑎 > 𝑐

Operando adecuadamente se obtiene

𝑥′2

𝑎2+

𝑦′2

𝑎2 − 𝑐2= 1

Como 𝑎 > 𝑐 implica 𝑎2 − 𝑐2 > 0

Sea 𝒂𝟐 − 𝒄𝟐 = 𝒃𝟐 , 𝑏 > 0 entonces

𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1

Luego la expresión

𝐸 ∶ 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ , ‖�̅�‖ = 1,𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1


3

Es llamada ecuación vectorial de la elipse 𝑬.

Finalmente, la elipse está dada por el siguiente conjunto

𝐸 = {𝑃 ∈ 𝑅2 / 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ , ‖�̅�‖ = 1,𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1 }

1.2. ECUACIONES ORDINARIAS DE LA ELIPSE

Son aquellas ecuaciones de la elipse que tienen su centro en el origen de

coordenadas (o no) y su eje focal coincide (o es paralelo) con uno de los

ejes coordenados, también llamadas formas canónicas.

1.2.1. PRIMERA ECUACIÓN ORDINARIA

1. Si �̅� = (1,0) y 𝑉(0,0) entonces la elipse es

𝐸 ∶ 𝑥2

𝑎2+𝑦2

𝑏2= 1 cuyo eje focal coincide

con el eje 𝑋.

2. Si �̅� = (0,1) y 𝑉(0,0) entonces la elipse es

𝐸 ∶ 𝑦2

𝑎2+𝑥2

𝑏2= 1 cuyo eje focal coincide

con el eje 𝑌.

1.2.2. SEGUNDA ECUACIÓN ORDINARIA

3. Si �̅� = (1,0) y 𝑉(ℎ, 𝑘) entonces la elipse es

𝐸 ∶ (𝑥−ℎ)2

𝑎2+(𝑦−𝑘)2

𝑏2= 1 cuyo eje focal es la

recta 𝑦 = 𝑘 paralela al eje 𝑋.


4

C

F1

V1

D1

B2

LD1

5 10 15

5

10

15

4. Si �̅� = (0,1) y 𝑉(ℎ, 𝑘) entonces la elipse es

𝐸 ∶ (𝑦−𝑘)2

𝑎2+(𝑥−ℎ)2

𝑏2= 1 cuyo eje focal es la

recta 𝑥 = ℎ paralela al eje 𝑌.

Nota.

El valor del denominador mayor está asociado a la variable

correspondiente al eje coordenado con el cual coincide el eje mayor de la

elipse.

Ejercicio 1. Sea la elipse 𝐸 ∶ 𝑥2

𝑎2+𝑦2

𝑏2= 1 demostrar que:

a) La excentricidad 𝑒 =𝑐

𝑎

b) La excentricidad 𝑒 < 1

Solución.

a) Se desea demostrar que 𝑒 =𝑐

𝑎

Recordamos la propiedad común de cónicas

‖𝐹𝑃̅̅ ̅̅ ‖ = 𝑒𝑑(𝑃, 𝐿𝐷)

Dónde 𝑃 es cualquier punto de la elipse.

En la gráfica, consideremos

en particular el punto 𝑉1

‖𝐹1𝑉1̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 𝑎 − 𝑐

𝑑(𝑉1, 𝐿𝐷1) = ‖𝐷1𝐶̅̅ ̅̅ ̅‖ − 𝑎

Por lo que

𝑎 − 𝑐 = 𝑒(‖𝐷1𝐶̅̅ ̅̅ ̅‖ − 𝑎)

‖𝐷1𝐶̅̅ ̅̅ ̅‖ =𝑎 − 𝑐

𝑒+ 𝑎

Entonces

𝑑(𝑉1, 𝐿𝐷1) =𝑎 − 𝑐

𝑒+ 𝑎 − 𝑎 =

𝑎 − 𝑐

𝑒


5

D2

V1 F1 F2

LD1 LD2

V2C

D1

u

6 4 2 2 4 6

3

2

1

1

2

3

Ahora consideremos en particular el punto 𝐵2 . Es decir

‖𝐹1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 𝑒𝑑(𝐵2, 𝐿𝐷1)

‖𝐹1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = √𝑐2 + 𝑏2

𝑑(𝐵2, 𝐿𝐷1) = ‖𝐷1𝐶̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖𝐷1𝑉1̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ + 𝑎 = 𝑑(𝑉1, 𝐿𝐷1) + 𝑎 =

𝑎−𝑐

𝑒+ 𝑎

Pero

𝑎2 − 𝑐2 = 𝑏2 ↝ 𝑎2 = 𝑐2 + 𝑏2

Entonces

√𝑐2 + 𝑏2 = 𝑒 (𝑎 − 𝑐

𝑒+ 𝑎)

𝑎 = 𝑎 − 𝑐 + 𝑎𝑒 ↝ 𝒆 =𝒄

𝒂

b) Por lo obtenido en (𝑎) 𝑒 =𝑐

𝑎

Se conoce que 0 < 𝑐 < 𝑎 ↝ 0 < 𝑐

𝑎< 1

Por lo que

𝑒 < 1

Ejercicio 2. Sea la elipse 𝐸 ∶ 𝑥2

𝑎2+𝑦2

𝑏2= 1. Halle la ecuación vectorial y

cartesiana de las rectas directrices.

Solución.

Se desea hallar las ecuaciones

vectoriales y cartesianas de las

rectas directrices de la elipse.

Es decir

𝐿𝐷1: 𝑃 = 𝐷1 + 𝑡�̅�⊥ , 𝑡 ∈ 𝑅

𝐿𝐷2: 𝑃 = 𝐷2 + 𝑡�̅�⊥ , 𝑡 ∈ 𝑅

Por la propiedad común de cónicas

‖𝐹𝑉1̅̅ ̅̅ ̅‖ = 𝑒𝑑(𝑉1, 𝐿𝐷1)

Y se observa en la figura

‖𝐹𝑉1̅̅ ̅̅ ̅‖ = 𝑎 − 𝑐


6

Entonces

‖𝐷1𝐶̅̅ ̅̅ ̅‖ = 𝑑(𝑉1, 𝐿𝐷1) + 𝑎 =𝑎−𝑐

𝑒+ 𝑎 =

𝑎

𝑒−

𝑐

𝑒+ 𝑎 =

𝑎

𝑒−𝑐𝑎

𝑐+ 𝑎 =

𝑎

𝑒

Si �̅� = (1,0) los puntos de paso de las rectas directrices son: 𝐷1 (−𝑎

𝑒, 0) y

𝐷2 (𝑎

𝑒, 0).

Por lo que las ecuaciones vectoriales de las rectas directrices son:

𝑳𝑫𝟏: 𝑷 = (−𝒂

𝒆, 𝟎) + 𝒕�̅�⊥ , 𝒕 ∈ 𝑹

𝑳𝑫𝟐: 𝑷 = (𝒂

𝒆, 𝟎) + 𝒕�̅�⊥ , 𝒕 ∈ 𝑹

Y las ecuaciones cartesianas de las rectas directrices son:

𝐿𝐷1: ((𝑥, 𝑦) − (−𝑎

𝑒, 0)) ⋅ (1,0) = 0 ↝ (𝑥 +

𝑎

𝑒, 𝑦) ⋅ (1,0) = 0

𝐿𝐷1: 𝑥 +𝑎

𝑒= 0

𝑳𝑫𝟏: 𝒙 = −𝒂

𝒆

𝐿𝐷2: ((𝑥, 𝑦) − (𝑎

𝑒, 0)) ⋅ (1,0) = 0 ↝ (𝑥 −

𝑎

𝑒, 𝑦) ⋅ (1,0) = 0

𝐿𝐷2: 𝑥 −𝑎

𝑒= 0

𝑳𝑫𝟐: 𝒙 =𝒂

𝒆

1.3. ECUACIÓN DE UNA RECTA TANGENTE A UNA ELIPSE

1. Se desea hallar la ecuación de la recta tangente

𝐿𝑇 a la elipse 𝐸: 𝑏2𝑥2 + 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 en cualquier

punto 𝑃1(𝑥1, 𝑦1).

Sea

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

Reemplazando 𝐿𝑇 en 𝐸 se tiene

𝑏2𝑥2 + 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1)2 = 𝑎2𝑏2

Restando y sumando 𝑥1 se obtiene


7

𝑏2(𝑥 − 𝑥1 + 𝑥1)2 + 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1)

2 = 𝑎2𝑏2

Desarrollando

𝑏2(𝑥 − 𝑥1)2 + 2𝑏2𝑥1(𝑥 − 𝑥1) + 𝑏

2𝑥12 + 𝑎2𝑚2(𝑥 − 𝑥1)

2 + 2𝑎2𝑚(𝑥 − 𝑥1)𝑦1

+ 𝑎2𝑦12 = 𝑎2𝑏2

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2𝑥1 + 2𝑎

2𝑚𝑦1)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑏2𝑥1

2 + 𝑎2𝑦12

= 𝑎2𝑏2

Como 𝑃1(𝑥1, 𝑦1) ∈ 𝐸: 𝑏2𝑥2 + 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 ↝ 𝑏2𝑥1

2 + 𝑎2𝑦12 = 𝑎2𝑏2

Entonces

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2𝑥1 + 2𝑎

2𝑚𝑦1)(𝑥 − 𝑥1) = 0

(𝑥 − 𝑥1)((𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏

2𝑥1 + 2𝑎2𝑚𝑦1)) = 0

De donde se tiene las soluciones

𝑥 = 𝑥1

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏2𝑥1 + 2𝑎

2𝑚𝑦1) = 0

Si 𝑥 tiende a 𝑥1 (𝑥 → 𝑥1), se obtiene

2𝑏2𝑥1 + 2𝑎2𝑚𝑦1 = 0

𝑚 = −𝑏2𝑥1𝑎2𝑦1

Reemplazando el valor de la pendiente en la ecuación de la recta

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

Se obtiene la ecuación

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = −𝑏2𝑥1𝑎2𝑦1

(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2𝑦1𝑦 = −𝑏

2𝑥1𝑥 + 𝑏2𝑥1𝑥1 + 𝑎

2𝑦1𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2𝑦1𝑦 + 𝑏

2𝑥1𝑥 = 𝑏2𝑥12 + 𝑎2𝑦1

2

Finalmente

𝑳𝑻 ∶ 𝒃𝟐𝒙𝟏𝒙 + 𝒂

𝟐𝒚𝟏𝒚 = 𝒂𝟐𝒃𝟐


8

2. Se desea hallar la ecuación de la recta tangente

𝐿𝑇 a la elipse 𝐸: 𝑏2(𝑥 − ℎ)2 + 𝑎2(𝑦 − 𝑘)2 = 𝑎2𝑏2

en cualquier punto 𝑃1(𝑥1, 𝑦1) de la curva.

Sea

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1


𝑏2(𝑥 − ℎ)2 + 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 − 𝑘)2 = 𝑎2𝑏2


𝑏2(𝑥 − 𝑥1 + 𝑥1 − ℎ)2 + 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

Desarrollando

𝑏2(𝑥 − 𝑥1)2 + 2𝑏2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)2 + 𝑎2𝑚2(𝑥 − 𝑥1)

2

+ 2𝑎2𝑚(𝑥 − 𝑥1)(𝑦1 − 𝑘) + 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2(𝑥1 − ℎ) + 2𝑎

2𝑚(𝑦1 − 𝑘))(𝑥 − 𝑥1)

+ 𝑏2(𝑥1 − ℎ)2 + 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

Como

𝑃1(𝑥1, 𝑦1) ∈ 𝐸: 𝑏2(𝑥 − ℎ)2 + 𝑎2(𝑦 − 𝑘)2 = 𝑎2𝑏2

↝ 𝑏2(𝑥1 − ℎ)2 + 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

Entonces

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2(𝑥1 − ℎ) + 2𝑎

2𝑚(𝑦1 − 𝑘))(𝑥 − 𝑥1) = 0

(𝑥 − 𝑥1) ((𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏

2(𝑥1 − ℎ) + 2𝑎2𝑚(𝑦1 − 𝑘))) = 0


𝑥 = 𝑥1

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏2(𝑥1 − ℎ) + 2𝑎

2𝑚(𝑦1 − 𝑘)) = 0


2𝑏2(𝑥1 − ℎ) + 2𝑎2𝑚(𝑦1 − 𝑘) = 0

𝑚 = −𝑏2(𝑥1 − ℎ)

𝑎2(𝑦1 − 𝑘)


𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1


9


𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = −𝑏2(𝑥1 − ℎ)

𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)𝑦 = −𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑦1) + 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − 𝑥1) = 0

Restando y sumando 𝑘 en el primer término y restando y sumando ℎ

en el segundo término se tiene

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘 + 𝑘 − 𝑦1) + 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ + ℎ − 𝑥1) = 0

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘) + 𝑎

2(𝑦1 − 𝑘)(𝑘 − 𝑦1) +

𝑏2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ) + 𝑏2(𝑥1 − ℎ)(ℎ − 𝑥1) = 0

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘) + 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ)

= 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦1 − 𝑘) + 𝑏2(𝑥1 − ℎ)(𝑥1 − ℎ)

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘) + 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ) = 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)2 + 𝑏2(𝑥1 − ℎ)

2

Finalmente

𝑳𝑻 ∶ 𝒃𝟐(𝒙𝟏 − 𝒉)(𝒙 − 𝒉) + 𝒂

𝟐(𝒚𝟏 − 𝒌)(𝒚 − 𝒌) = 𝒂𝟐𝒃𝟐

3. Se desea hallar la ecuación de la recta tangente 𝐿𝑇 , de pendiente 𝑚, a

la elipse 𝐸: 𝑏2𝑥2 + 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2.

Sea 𝐿𝑇: 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑑


𝑏2𝑥2 + 𝑎2(𝑚𝑥 + 𝑑)2 = 𝑎2𝑏2

𝑏2𝑥2 + 𝑎2𝑚2𝑥2 + 2𝑎2𝑚𝑥𝑑 + 𝑎2𝑑2 = 𝑎2𝑏2

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑥2 + 2𝑎2𝑚𝑑𝑥 + 𝑎2𝑑2 − 𝑎2𝑏2 = 0

Usando condición de tangencia, se tiene

(2𝑎2𝑚𝑑)2 − 4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑎2𝑑2 − 𝑎2𝑏2) = 0

(2𝑎2𝑚𝑑)2 − 4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑑2 + 4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2 = 0

((2𝑎2𝑚)2 − 4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2)𝑑2 + 4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2 = 0

𝑑2 = −4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2

4𝑎4𝑚2 − 4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2


10

𝑑2 = −4(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2

−4𝑎2𝑏2= 𝑏2 + 𝑎2𝑚2

𝑑 = ±√𝑎2𝑚2 + 𝑏2

Reemplazando el valor de 𝑑 en la ecuación de la recta 𝐿𝑇: 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑑

se tiene

𝑳𝑻: 𝒚 = 𝒎𝒙 ± √𝒂𝟐𝒎𝟐 + 𝒃𝟐

Notas.

1. La cuerda de una elipse es un segmento de recta que une dos puntos de la

elipse.

2. La cuerda de una elipse que pasa por alguno de sus focos se llama cuerda

focal de la elipse

3. La cuerda de una elipse que pasa por el centro se llama diámetro de la

elipse.

1.4. PROPIEDADES DE LA ELIPSE

1. La longitud del eje menor de una elipse es la media geométrica (media

proporcional) entre las longitudes de su eje mayor y su lado recto. Es

decir la longitud de su lado recto es

2. La longitud del semieje menor de una elipse es la media geométrica

(media proporcional) entre los dos segmento del eje mayor

determinados por uno de los focos. Es decir 𝑏2 = 𝑎2 − 𝑐2

3. Si dos elipses tienen la misma excentricidad, entonces las longitudes de

sus semiejes mayor y menor son proporcionales.

4. La recta normal a una elipse en uno cualquiera de sus puntos es

bisectriz del ángulo formado por los radios vectores de ese punto.

a

b2 2


11

5. Las rectas tangentes a una elipse, con puntos de contacto en los

extremos de un diámetro, son paralelas.

6. La pendiente de la recta tangente a una elipse en cualquiera de los

puntos extremos de uno de sus lados rectos es el valor absoluto de su

excentricidad.

7. El producto de las distancias de los focos de una elipse a cualquier recta

tangente a dicha elipse es igual al cuadrado de la longitud del semieje

menor.

Ejercicio 3. Un rayo incide sobre la superficie de un fluido, formando un

ángulo 𝛼 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 (2

3), hasta una profundidad de 4 unidades; siendo

reflejado verticalmente a la superficie y corta a la cónica 𝐾 en el punto

𝑅(0,1). Determine la ecuación vectorial de 𝐾 cuyos focos son el punto de

incidencia y el punto de reflexión.

Solución.

Se desea hallar

𝐾: 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ ; 𝑥′2

𝑎2±𝑦′2

𝑏2= 1

Haciendo un esbozo de la gráfica

El eje X es el nivel del fluido.

El rayo incidente tiene una pendiente de

𝑡𝑔(𝛼) =2

3 con respecto a la superficie del fluido y se refleja a una

profundidad de 4 unidades, es decir el punto de reflexión el foco 𝐹1(0, −4),

cuya ecuación es 2𝑥 − 3𝑦 − 12 = 0 que coincide con el eje focal de la

cónica 𝐾. Por lo que el punto de incidencia, el foco 𝐹2 está dado por:

𝐹2 = {𝑒𝑗𝑒 𝑋} ∩ {𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙}

𝐹2 = {𝑦 = 0

2𝑥 − 3𝑦 − 12 = 0↝ 𝑥 = 6 ↝ 𝐹2(6,0)


12

Luego, la cónica 𝐾 tiene el centro 𝐶 =1

2(𝐹1 + 𝐹2), esto es 𝐶(3, −2)

Además el semieje positivo 𝑋′ tiene la dirección del vector unitario

�̅� ∥ 𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ = (6,4), es decir �̅� =𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅

‖𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖=

1

√13(3,2)

Luego la cónica 𝐾 es el conjunto

𝐾 = {𝑃𝜖𝑅2 / 𝑃 = (3,−2) +𝑥′

√13(3,2) +

𝑦′

√13(−2,3) ;

𝑥′2

𝑎2±𝑦′2

𝑏2= 1}

Hallamos las constantes a y b.

Veamos

2𝑐 = ‖𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅‖ = 2√13 ↝ 𝑐 = √13

Además

Si 𝑲 fuese elipse se cumple

𝒂𝟐 − 𝒄𝟐 = 𝒃𝟐

𝒂𝟐 − 𝟏𝟑 = 𝒃𝟐 (1)

Si 𝑲 fuese una hipérbola se cumple

𝒂𝟐 + 𝒃𝟐 = 𝒄𝟐

𝒂𝟐 + 𝒃𝟐 = 𝟏𝟑 (2)

Llevando el punto 𝑅(0,1) al sistema 𝑋′𝑌′

Recordamos

{𝑥′ = (𝑅 − 𝐶) ⋅ �̅�

𝑦′ = (𝑅 − 𝐶) ⋅ �̅�⊥

Reemplazando los datos

{

𝑥′ = ((0,1) − (3,−2)) ⋅1

√13(3,2)

𝑦′ = ((0,1) − (3,−2)) ⋅1

√13(−2,3)

↝

{

𝑥′ = −

3

√13

𝑦′ = −15

√13

↝ 𝑅′ (−3

√13,−

15

√13)

Pero se conoce que

𝑅′ ∈ 𝐾′ : 𝑥′2

𝑎2±

𝑦′2

𝑏2= 1

Reemplazando se tiene


13

𝟗𝟏𝟑⁄

𝒂𝟐+𝟐𝟐𝟓

𝟏𝟑⁄

𝒃𝟐= 𝟏 (3)

𝟗𝟏𝟑⁄

𝒂𝟐−𝟐𝟐𝟓

𝟏𝟑⁄

𝒃𝟐= 𝟏 (4)

De 𝒂𝟐 − 𝟏𝟑 = 𝒃𝟐 (1) y 𝟗𝟏𝟑⁄

𝒂𝟐+𝟐𝟐𝟓

𝟏𝟑⁄

𝒃𝟐= 𝟏 (3) resulta

𝑎2 =31

2+5√37

2 , 𝑏2 =

5

2+5√37

2

𝑎2 =31

2−5√37

2 , 𝑏2 =

5

2−5√37

2 valor falso.

Encontramos el valor de la excentricidad

𝑒 =𝑐

𝑎=

√13

√312 +

5√372

= 0.6506 < 1

Luego la cónica 𝐾 es una elipse.

De 𝒂𝟐 + 𝒃𝟐 = 𝟏𝟑 (2) y 𝟗𝟏𝟑⁄

𝒂𝟐−𝟐𝟐𝟓

𝟏𝟑⁄

𝒃𝟐= 𝟏 (4) resulta

𝑎2 =31

2+5√37

2 , 𝑏2 = −

5

2−5√37

2 valor falso

𝑎2 =31

2−5√37

2 , 𝑏2 = −

5

2+5√37

2 valor falso

Luego la cónica 𝐾 no es una hipérbola.

Finalmente la ecuación de la elipse es el conjunto

𝐾 = {𝑃 ∈ 𝑅2 / 𝑃 = (3, −2) +𝑥′

√13(3,2) +

𝑦′

√13(−2,3);

𝑥′2

312+5√372

+𝑦′2

52+5√372

= 1}

Ejercicio 4. Sea 𝐸 una elipse con vértices 𝑉1(−6,−3) y 𝑉2. Sean las rectas

𝑇 ∶ 𝑥 − 9𝑦 − 31 = 0 y 𝐿 ∶ 𝑥 + 𝑦 − 11 = 0 tangentes a 𝐸 en los puntos 𝑃 y

𝑉2 respectivamente. Halle la ecuación vectorial de 𝐸 y los puntos de

tangencia.

Solución.

Se desea hallar


14

𝐸: 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ ; 𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1

El semieje positivo 𝑋′ es paralelo al vector

unitario �̅� y este es paralelo al vector normal �̅�

de la recta L.

De 𝐿 ∶ 𝑥 + 𝑦 − 11 = 0 se tiene �̅� = (1,1)

Es decir

�̅� =�̅�

‖�̅�‖=1

√2(1,1)

En la gráfica, la ecuación vectorial del eje focal de la elipse es

𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙 ∶ 𝑃 = 𝑉1 + 𝑠(1,1) ; 𝑠 ∈ 𝑅

𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙 ∶ 𝑃 = (−6,−3) + 𝑠(1,1) ; 𝑠 ∈ 𝑅

𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙 ∶ ((𝑥, 𝑦) − (−6,−3)) ⋅ (−1,1) = 0

𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙 ∶ (𝑥 + 6, 𝑦 + 3) ⋅ (−1,1) = 0

𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙 ∶ 𝑥 − 𝑦 + 3 = 0

Hallamos el punto de tangencia el vértice 𝑉2

𝑉2 = {𝑒𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙} ∩ 𝐿 ↝ {𝑥 + 𝑦 − 11 = 0𝑥 − 𝑦 + 3 = 0

↝ 𝑽𝟐(𝟒, 𝟕)

El centro de la elipse es

𝐶 =1

2(𝑉1 + 𝑉2) ↝ 𝐶(−1,2)

Además

𝑎 = ‖𝐶𝑉2̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖(5,5)‖ = 5√2

Luego la elipse es el conjunto

𝐸 = {𝑃 ∈ 𝑅2 / 𝑃 = (−1,2) +𝑥′

√2(1,1) +

𝑦′

√2(−1,1);

𝑥′2

50+𝑦′2

𝑏2= 1}

Cuya recta tangente 𝑇 en el sistema 𝑋′𝑌′ es 𝑇′ con punto de tangencia

𝑃0(𝑥′0, 𝑦′0). Es decir

𝑇′ : 𝑥′0𝑥′

50+𝑦′0𝑦′

𝑏2= 1 (*)

Recordamos


15

𝑃 = (−1,2) +𝑥′

√2(1,1) +

𝑦′

√2(−1,1)

{

𝑥 = −1 +

𝑥′

√2−𝑦′

√2

𝑦 = 2 +𝑥′

√2+𝑦′

√2

Reemplazando en la recta 𝑇 ∶ 𝑥 − 9𝑦 − 31 = 0 se obtiene

𝑇′ ∶ −1 +𝑥′

√2−𝑦′

√2− 9(2 +

𝑥′

√2+𝑦′

√2) − 31 = 0

𝑇′ : −8𝑥′

√2−10𝑦′

√2− 50 = 0

𝑇′: 4𝑥′ + 5𝑦′ + 25√2 = 0 (**)

De (*) y (**) se obtiene

{

𝑦′ = −

𝑏2

50(𝑥′0𝑦′0

) 𝑥′ +𝑏2

𝑦′0

𝑦′ = −4

5𝑥′ −

25√2

5

⟹

{

−

𝑏2

50(𝑥′0𝑦′0

) = −4

5 ↝

𝑏2

10(𝑥′0𝑦′0

) = 4

𝑏2

𝑦′0= −

25√2

5 ↝ 𝑏2 = −5√2𝑦′0

De dónde

−5√2𝑦′010

(𝑥′0𝑦′0

) = 4 ↝ 𝑥′0 = −8

√2 ↝ 𝑥′0 = −4√2

Como 𝑃0(𝑥′0, 𝑦′0) ∈ 𝑇′

𝑇′: 4(−4√2) + 5𝑦′0 + 25√2 = 0 ↝ 𝑦′0= −

9

5√2

Reemplazando en 𝑏2 = −5√2𝑦′0 se obtiene 𝑏2 = 18

Luego el punto de tangencia en el sistema 𝑋′𝑌′ es 𝑃0 (−4√2,−9

5√2),

llevándolo al sistema 𝑋𝑌 se tiene

𝑃 = (−1,2) +−4√2

√2(1,1) +

−95√2

√2(−1,1) ↝ 𝑷 (−

𝟏𝟔

𝟓,−𝟏𝟗

𝟓)

Finalmente la elipse es el conjunto

𝑬 = {𝑷 ∈ 𝑹𝟐 / 𝑷 = (−𝟏, 𝟐) +𝒙′

√𝟐(𝟏, 𝟏) +

𝒚′

√𝟐(−𝟏, 𝟏);

𝒙′𝟐

𝟓𝟎+𝒚′𝟐

𝟏𝟖= 𝟏}


16

Q

T

LT

LD

FX

Y

8 6 4 2 2 4 6

6

4

2

2

4

6

8

Ejercicio 5. En la elipse 𝐸. 𝐿𝐷 es recta directriz correspondiente al foco 𝐹 y

𝐿𝑇 = {𝑄 + 𝑡(1,𝑚); 𝑡𝜖𝑅} recta tangente en el punto 𝑇. Si 𝐿𝐹 es el eje focal de

𝐸 y 𝑄 = 𝐿𝐹 ∩ 𝐿𝐷 demostrar que ‖𝐹𝑇̅̅̅̅ ‖ =𝑏2

𝑎 y 𝑚 =

𝑐

𝑎

Solución.

Sea la elipse

𝐸 ∶ 𝑥2

𝑎2+𝑦2

𝑏2= 1

Consideremos el punto de

tangencia

𝑇(𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐸 ↝ 𝑥02

𝑎2+𝑦0

2

𝑏2= 1

𝑦02 = 𝑏2 (1 −

𝑥02

𝑎2)

Y también 𝑇(𝑥0, 𝑦0) ∈ 𝐿𝑇

𝐿𝑇 ∶ 𝑏2𝑥0𝑥 + 𝑎

2𝑦0𝑦 = 𝑎2𝑏2

Reemplazando en la ecuación de la elipse 𝐸 se tiene

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = −𝑏2𝑥0𝑎2𝑦0

𝑥 +𝑏2

𝑦0

Se conoce que la recta directriz correspondiente al foco 𝑭(−𝒄, 𝟎) está dado

por

𝐿𝐷 ∶ 𝑥 = −𝑎

𝑒

Se conoce por el ejercicio

𝑄 = 𝐿𝐷 ∩ 𝐿𝐹 = 𝐿𝐷 ∩ {𝐸𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙} = {𝑥 = −

𝑎

𝑒𝑦 = 0

↝𝑄 (−𝑎

𝑒, 0)

Como

𝑄 (−𝑎

𝑒, 0) ∈ 𝐿𝑇: 𝑦 = −

𝑏2𝑥0𝑎2𝑦0

𝑥 +𝑏2

𝑦0

0 = −𝑏2𝑥0𝑎2𝑦0

(−𝑎

𝑒) +

𝑏2

𝑦0 ↝ 0 = −

𝑏2𝑥0𝑎2

(−𝑎𝑐𝑎⁄) + 𝑏2


17

0 =𝑥0𝑎2(𝑎2

𝑐) + 1 ↝ 𝒙𝟎 = −𝒄

Luego

𝑇(−𝑐, 𝑦0) ∈ 𝐸 ↝ 𝑦02 = 𝑏2 (1 −

(−𝑐)2

𝑎2) = 𝑏2 (

𝑎2 − 𝑐2

𝑎2) =

𝑏4

𝑎2

𝑦0 = ±𝑏2

𝑎

De acuerdo a la gráfica, el punto de tangencia está dado por

𝑇 (−𝑐,𝑏2

𝑎)

Luego

‖𝐹𝑇̅̅ ̅̅ ‖ = ‖(−𝑐 − (−𝑐),𝑏2

𝑎)‖ = ‖(0,

𝑏2

𝑎)‖ = |

𝑏2

𝑎| =

𝑏2

𝑎

‖𝑭𝑻̅̅ ̅̅ ‖ =𝒃𝟐

𝒂

De la ecuación de la recta tangente

𝐿𝑇 ∥ (1,𝑚) ∥ 𝑄𝑇̅̅ ̅̅ = (−𝑐 − (−𝑎

𝑒) ,𝑏2

𝑎− 0) = (

𝑎2 − 𝑐2

𝑐,𝑏2

𝑎) = (

𝑏2

𝑐,𝑏2

𝑎)

(1,𝑚) ∥𝑏2

𝑐(1,

𝑐

𝑎) ↝ 𝒎 =

𝒄

𝒂= 𝒆

Ejercicio 6. En una elipse 𝐸. Los puntos 𝐹1 y 𝐹2(9,5) son sus focos, 𝐿𝐷1 es

una recta directriz correspondiente a 𝐹1, 𝐿𝐹 es el eje focal paralelo a (2,1) ,

𝐿𝑇 = {𝑄 + 𝑡(1,𝑚) , 𝑡𝜖𝑅} , 𝑚 >1

2 es una recta tangente a 𝐸 en el punto 𝑇,

𝑄 = 𝐿𝐹 ∩ 𝐿𝐷1 , el área del ∆(𝑇𝐹1𝐹2) = 40√2 y ‖𝑇𝐹1̅̅ ̅̅ ̅‖ = 2√10. Halle la

ecuación vectorial de 𝐸.

Solución.

Se desea hallar

𝐸: 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ ; 𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1

Haciendo un esbozo de la gráfica se observa que:


18

El semieje positivo 𝑋′ es paralelo al vector

unitario �̅� ∥ 𝐿𝐹 ∥ (2,1).

Es decir

�̅� =1

√5(2,1)

Además 𝑄 = 𝐿𝐹 ∩ 𝐿𝐷1 y 𝑄 ∈ 𝐿𝑇 por lo que 𝑇

es extremo del lado recto de la elipse 𝐸. Es decir 𝐹1𝑇̅̅ ̅̅̅ ⊥ 𝐿𝐹 y el triángulo

(𝑇𝐹1𝐹2) es recto en 𝐹1.

Como el área del área del ∆(𝑇𝐹1𝐹2) = 40√2 y ‖𝑇𝐹1̅̅ ̅̅ ̅‖ = 2√10 entonces

1

2‖𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖‖𝐹1𝑇̅̅ ̅̅̅‖ = 40√2 ↝ {

‖𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 8√5 = 2𝑐 ⟹ 𝒄 = 𝟒√𝟓

‖𝐹1𝑇̅̅ ̅̅̅‖ =𝑏2

𝑎= 2√10 ⟹ 𝑏2 = 2√10𝑎

Pero

𝑎2 − 𝑐2 = 𝑏2

Entonces

𝑎2 − (4√5)2= 2√10𝑎 ↝ 𝑎2 − 2√10𝑎 − 80 = 0 ↝ 𝑎 = { 4√10

−2√10

Reemplazando 𝑎 = 4√10 en 𝑏2 = 2√10𝑎 se tiene

𝑏2 = 2√10(4√10) ↝ 𝑏 = 4√5

Ahora hallamos el centro de la elipse

𝐶 = 𝐹2 − 𝑐�̅�

𝐶 = (9,5) − 4√51

√5(2,1) ↝ 𝑪(𝟏, 𝟏)

Finalmente la ecuación vectorial de la elipse está dado por

𝑬 ∶ 𝑷 = (𝟏, 𝟏) +𝒙′

√𝟓(𝟐, 𝟏) +

𝒚′

√𝟓(−𝟏, 𝟐);

𝒙′𝟐

𝟏𝟔𝟎+𝒚′𝟐

𝟖𝟎= 𝟏

1.5. FORMA GENERAL DE LA ECUACIÓN DE UNA ELIPSE

De la ecuación vectorial de una elipse

𝐸: 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ ; 𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1


19

Con centro en 𝐶(ℎ, 𝑘) y vector unitario de rotación �̅� = (𝑢1, 𝑢2)

Recordamos

{𝑥′ = (𝑃 − 𝐶) ⋅ �̅�

𝑦′ = (𝑃 − 𝐶) ⋅ �̅�⊥

Sea 𝑃(𝑥, 𝑦) entonces

{𝑥′ = ((𝑥, 𝑦) − (ℎ, 𝑘)) ⋅ (𝑢1, 𝑢2)

𝑦′ = ((𝑥, 𝑦) − (ℎ, 𝑘)) ⋅ (−𝑢2, 𝑢1) ↝ {

𝑥′ = (𝑥 − ℎ, 𝑦 − 𝑘) ⋅ (𝑢1, 𝑢2)

𝑦′ = (𝑥 − ℎ, 𝑦 − 𝑘) ⋅ (−𝑢2, 𝑢1)

{𝑥′ = 𝑥𝑢1 + 𝑦𝑢2 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2𝑦′ = −𝑥𝑢2 + 𝑦𝑢1 + ℎ𝑢2 − 𝑘𝑢1

Reemplazando en la ecuación de la elipse dada en el sistema 𝑋′𝑌′

𝑥′2

𝑎2+𝑦′2

𝑏2= 1

Se obtiene la ecuación de la elipse en el sistema 𝑋𝑌

(𝑥𝑢1 + 𝑦𝑢2 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2)2

𝑎2+(−𝑥𝑢2 + 𝑦𝑢1 + ℎ𝑢2 − 𝑘𝑢1)

2

𝑏2= 1

(𝑎2𝑢22 + 𝑏2𝑢1

2)𝑥2 + 2(𝑏2 − 𝑎2)𝑢1𝑢2𝑥𝑦 + (𝑎2𝑢1

2 + 𝑏2𝑢22)𝑦2

+ 2(𝑎2𝑢2(𝑘𝑢1 − ℎ𝑢2) − 𝑏2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))𝑥

+ 2(𝑎2𝑢1(ℎ𝑢2 − 𝑘𝑢1) − 𝑏2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))𝑦

+ 𝑎2(𝑘2𝑢12 − 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + ℎ

2𝑢22 − 𝑏2)

+𝑏2(ℎ2𝑢12 + 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + 𝑘

2𝑢22) = 0

Consideremos

𝐴 = 𝑎2𝑢22 + 𝑏2𝑢1

2

𝐵 = 2(𝑏2 − 𝑎2)𝑢1𝑢2

𝐶 = 𝑎2𝑢12 + 𝑏2𝑢2

2

𝐷 = 2(𝑎2𝑢2(𝑘𝑢1 − ℎ𝑢2) − 𝑏2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))

𝐸 = 2(𝑎2𝑢1(ℎ𝑢2 − 𝑘𝑢1) − 𝑏2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))

𝐹 = 𝑎2(𝑘2𝑢12 − 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + ℎ

2𝑢22 − 𝑏2) + 𝑏2(ℎ2𝑢1

2 + 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + 𝑘2𝑢2

2)

Finalmente la ecuación general de la elipse está dado por:

𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙𝒚 + 𝑪𝒚𝟐 +𝑫𝒙 + 𝑬𝒚 + 𝑭 = 𝟎


20

P

F

Y'

V

LD

K

X

Y

X'

2 2 4 6 8 10

2

2

4

6

8

10

A continuación, otra manera de obtener la ecuación general de la elipse.

De la propiedad común de cónicas

𝑬 = {𝑃 ∈ 𝑅2 ∕ ‖𝐹𝑃̅̅ ̅̅ ‖

𝑑(𝑃, 𝐿𝐷)= 𝑒} ; 𝑒 < 1

Cualquier punto en 𝑅2 está dado por

𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥, �̅� = (𝑢1, 𝑢2), ‖�̅�‖ = 1, 𝐶(ℎ, 𝑘)

En la figura solo se ha dibujado una

parte de la elipse, se observa que el foco

está dado por

𝐹 = 𝐶 − 𝑐�̅�

𝐹 = (ℎ, 𝑘) − 𝑐(𝑢1, 𝑢2)

𝐹(ℎ − 𝑐𝑢1, 𝑘 − 𝑐𝑢2)

Y la recta directriz es

𝐿𝐷 ∶ 𝑃 = 𝐷 + 𝑡�̅�⊥ 𝑡 ∈ 𝑅 , 𝐷 = 𝐶 −

𝑎

𝑒�̅�

En forma cartesiana o general

𝐿𝐷 ∶ ((𝑥, 𝑦) − (𝐶 −𝑎

𝑒�̅�)) ⋅ (𝑢1, 𝑢2) = 0

𝐿𝐷 ∶ ((𝑥, 𝑦) − ((ℎ, 𝑘) −𝑎

𝑒(𝑢1, 𝑢2))) ⋅ (𝑢1, 𝑢2) = 0

𝐿𝐷 ∶ (𝑥 − ℎ +𝑎

𝑒𝑢1, 𝑦 − 𝑘 +

𝑎

𝑒𝑢2) ⋅ (𝑢1, 𝑢2) = 0

𝐿𝐷 ∶ 𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 +𝑎

𝑒𝑢1

2 − 𝑘𝑢2 +𝑎

𝑒𝑢2

2 = 0

𝐿𝐷 ∶ 𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 +𝑎

𝑒= 0

Luego

‖𝐹𝑃̅̅ ̅̅ ‖ = ‖(𝑥 − ℎ + 𝑐𝑢1, 𝑦 − 𝑘 + 𝑐𝑢2)‖

𝑑(𝑃, 𝐿𝐷) = ‖𝑃𝑟𝑜𝑦𝑢𝐷𝑃̅̅ ̅̅ ‖ = |𝐷𝑃̅̅ ̅̅ ⋅ �̅�

‖�̅�‖| = |𝐷𝑃̅̅ ̅̅ ⋅ �̅�|

𝑑(𝑃, 𝐿𝐷) = |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 +𝑎

𝑒|


21

Por lo que la ecuación de la elipse está dado por

‖(𝑥 − ℎ + 𝑐𝑢1, 𝑦 − 𝑘 + 𝑐𝑢2)‖ = 𝑒 |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 +𝑎

𝑒|

√(𝑥 − ℎ + 𝑐𝑢1)2 + (𝑦 − 𝑘 + 𝑐𝑢2)

2 = 𝑒 |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 +𝑎

𝑒|

Elevando al cuadrado ambos miembros

(𝑥 − ℎ + 𝑐𝑢1)2 + (𝑦 − 𝑘 + 𝑐𝑢2)

2 = (𝑒 |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 +𝑎

𝑒|)2

(𝑒2𝑢12 − 1)𝑥2 + 2𝑒2𝑢1

2𝑢22𝑥𝑦 + (𝑒2𝑢2

2 − 1)𝑦2

+ 2(𝑎𝑒𝑢1 − 𝑐𝑢1 − 𝑒2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) + ℎ)𝑥

+ 2(𝑎𝑒𝑢2 − 𝑐𝑢2 − 𝑒2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) + 𝑘)𝑦 + 𝑎

2

+ (2𝑐 − 2𝑎𝑒)(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) − 𝑐2 + 𝑒2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2)

2 − ℎ2 − 𝑘2 = 0

Consideremos

𝐴 = 𝑒2𝑢12 − 1

𝐵 = 2𝑒2𝑢12𝑢2

2

𝐶 = 𝑒2𝑢22 − 1

𝐷 = 2(𝑎𝑒𝑢1 − 𝑐𝑢1 − 𝑒2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) + ℎ)

𝐸 = 2(𝑎𝑒𝑢2 − 𝑐𝑢2 − 𝑒2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) + 𝑘)

𝐹 = 𝑎2 + (2𝑐 − 2𝑎𝑒)(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) − 𝑐2 + 𝑒2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2)

2 − ℎ2 − 𝑘2

Finalmente la ecuación general de la elipse está dado por:

𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙𝒚 + 𝑪𝒚𝟐 +𝑫𝒙 + 𝑬𝒚 + 𝑭 = 𝟎

EJERCICIOS PROPUESTOS.

1. Dada la ecuación de la elipse 𝐸1: 16𝑥2 + 9𝑦2 − 32𝑥 − 54𝑦 − 47 = 0 .

Encuentre la ecuación vectorial de la elipse 𝐸2; cuyo centro 𝐶 es el

extremo derecho del eje menor de 𝐸1 y uno de sus focos es el vértice

superior de 𝐸1 y el otro vértice pertenece a 𝐸2.

2. Sean

𝐿𝑇1: 𝑃 = (30, −1

9) + 𝑡(9,1), 𝑡 ∈ 𝑅 y 𝐿𝑇2: 𝑃 = (10,1) + 𝑟(−1,1), 𝑟 ∈ 𝑅

Rectas tangentes a una elipse 𝐸 en los puntos 𝑅 y 𝑉2 respectivamente.

Además 𝑑(𝑉1, 𝐿𝑇2) = 10√2 , el punto (−1,2) ∈ 𝐿𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ donde 𝑉1 y 𝑉2 son


22

los vértices de 𝐸. Halle los vértices, los puntos de tangencia y la

ecuación vectorial de 𝐸.

3. Sea la parábola 𝑃 = (0,6) +𝑥′

√10(1,3) +

𝑦′

√10(−3,1), 𝑦′2 = 4√10𝑥′. En la

elipse 𝐸 uno de sus lados rectos es coincidente con el lado recto de 𝑃,

𝑉1 es su vértice más alejado del foco 𝐹 de la parábola y 𝑉2 es el otro

vértice. Si 𝐶𝑜𝑚𝑝(1,0)𝑉1𝐹̅̅ ̅̅ ̅ > 0 y ‖𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 16√10 halle la ecuación

vectorial de 𝐸.

4. Sea 𝐸 una elipse con vértices 𝑉1(−6,−3) y 𝑉2. Sean 𝐿𝑇: 𝑥 − 9𝑦 − 31 = 0

y 𝐿𝑇: 𝑥 + 𝑦 − 1 = 0 rectas tangentes a 𝐸 en los puntos 𝑅 y 𝑉2

respectivamente. Hallar la ecuación vectorial de 𝐸 y los puntos de

tangencia.

5. Sea 𝐾 una cónica que pasa por el punto (2, −1) y los puntos de

intersección de las cónicas:

𝑥2 + 2𝑥𝑦 − 2𝑦2 + 2𝑥 + 𝑦 + 1 = 0

2𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 − 5𝑥 + 3𝑦 − 2 = 0

a) Identifique la cónica 𝐾.

b) Halle el centro y la longitud de los semiejes de la cónica 𝐾.

6. 𝐿1 ∶ 3𝑥 + 𝑦 − 13 = 0 es tangente a una elipse 𝐸 en el punto 𝑃(4,1). 𝐿2

es tangente a 𝐸 en el vértice 𝑉 (9√5−5

5,5−12√5

5) , 𝐿3 ∶ 3𝑥 − 4𝑦 + 52 = 0

es una recta directriz de 𝐸. Halle la ecuación vectorial de 𝐸.

7. Hallar la ecuación vectorial de una elipse 𝐸 si tiene excentricidad de

2

3, vértice 𝑉1 = 𝐿𝐴 ∩ 𝐿𝐵 y centro 𝐶 = 𝐿2 ∩ 𝐿𝐴. 𝐿𝐴 es el lugar geométrico

que equidista de 𝐿1: 2𝑥 − 𝑦 + 7 = 0 y 𝐿3 ∶ 𝑥 − 2𝑦 − 1 = 0. 𝐿𝐵 es el

lugar geométrico que equidista de 𝐿2 ∶ 𝑥 + 2𝑦 − 9 = 0 y 𝐿3.

8. Dada la parábola 𝑃 ∶ 𝑦2 − 2𝑦 − 8𝑥 + 17 = 0. Halle la ecuación de la

elipse cuyo centro es el vértice de la parábola, uno de los extremos de


23

su eje menor es el foco de la parábola y la ecuación de un lado recto

es 𝑦 = 1 + √5

9. Hallar la ecuación vectorial de la elipse 𝐸 y dar las ecuaciones de las

rectas directrices en forma vectorial, si los vértices son los puntos de

intersección de 𝑥 − 𝑦 − 2 = 0 con los ejes coordenados y su

excentricidad es 1

2

10. Sea 𝐿𝐷 ∶ 4𝑥 + 3𝑦 − 58 = 0 una recta directriz común a la elipse 𝐸 y a

la parábola 𝑃 correspondiente a los focos que están en lados

diferentes a dicha recta. 𝐿𝑇𝑃: 35𝑥 − 5𝑦 − 270 = 0 una recta tangente a

𝑃 en el punto 𝑇𝑃. 𝐿𝑇𝐸 ∶ 𝑅 + 𝑡(18,1), 𝑡 ∈ 𝑅 una recta tangente a 𝐸 en el

punto 𝑇𝐸 . 𝐿:𝑀 + 𝑟�̅� , 𝑟 ∈ 𝑅, 𝑀(54

5,58

5) punto medio del radio focal 𝐹𝑇𝑃̅̅ ̅̅ ̅

de 𝑃, �̅� ⋅ (−3,4) = 0, �̅� ∕∕ 𝑇𝐸𝑀̅̅ ̅̅ ̅̅ y 𝐿𝐷 ∩ 𝐿𝑇𝑃 = 𝑅. En el sistema 𝑋𝑌 halle:

a) El punto de tangencia 𝑇𝑃 y la ecuación vectorial de la parábola 𝑃.

b) El punto de tangencia 𝑇𝐸 y la ecuación vectorial de la elipse 𝐸.

11. El eje focal de una elipse 𝐸 tiene pendiente 3

2 , 𝐶 es una circunferencia

tangente a 𝐸 con 5 unidades de radio, cuyo centro (5,1) coincide con

el centro de la elipse. Si además la longitud del eje mayor de 𝐸 es tres

veces el diámetro de 𝐶. Halle la excentricidad de la elipse y la

ecuación vectorial de la recta que contiene al lado recto situado a la

derecha del centro.

12. El techo en el pasillo de 20 pies de ancho tiene la forma de una

semielipse con 18 pies de altura en el centro y 14 pies de altura en las

paredes laterales. Encontrar la altura del techo a 6 pies de cualquier

pared.

13. Sea 𝐾 la cónica que pasa por el punto (0, −3) talque su recta directriz

𝑥 − 𝑦 + 3 = 0 correspondiente al foco 𝐹(2,−1). Halle la ecuación


24

vectorial de 𝐾, la excentricidad, el centro, el otro foco y los vértices de

dicha cónica.

Secciones Cónicas: Hipérbola

25

LD1

F1

B2

B1

C2K2

K1

d1

R2

V2

LD2

D2

X

Y

X'

Y'

C

D1

V1

F2

R1

P

d2

C1

u

2 4 6 8 10 12 14

2

4

6

8

10

12

14

2. HIPÉRBOLA.

2.1. DEFINICIÓN.

La hipérbola es el conjunto de punto de 𝑅2, con la propiedad de que la

diferencia de las distancias de los puntos del conjunto a dos puntos fijos es

en valor absoluto una constante positiva y menor que la distancia entre los

dos puntos fijos dados (Charles H., 1980).

Esto es

𝐻 = {𝑃 ∈ 𝑅2 / |‖𝑃𝐹1̅̅ ̅̅ ̅‖ − ‖𝑃𝐹2̅̅ ̅̅ ̅‖| = 2𝑎, 𝑎 < 𝑐}

Donde 𝐹1 , 𝐹2 son los

puntos fijos dados

llamados focos de la

hipérbola, ‖𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 2𝑐

y 𝑃 ∈ 𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ .

En la figura se tiene:

𝐶 =1

2(𝐹1 + 𝐹2) Es el

centro de 𝐻.

𝑉1 , 𝑉2 Son los vértices.

De 𝐻.

𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Segmento

llamado eje transverso

de 𝐻 y ‖𝑉1𝑉2̅̅ ̅̅ ̅̅ ‖ = 2𝑎

𝐵1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅: Segmento llamado eje conjugado de 𝐻 y ‖𝐵1𝐵2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅‖ = 2𝑏

𝑅1𝑅2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅: Segmento ortogonal a 𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ llamado lado recto de 𝐻 y ‖𝑅1𝑅2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅‖ =2𝑏2

𝑎

𝐹1𝑃̅̅ ̅̅ ̅, 𝐹2𝑃̅̅ ̅̅ ̅: Segmentos llamados radios focales o radios vectores de 𝐻.

𝑑1𝑑2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Segmento llamado diámetro de 𝐻.

𝐶1𝐶2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Segmento llamado cuerda focal de 𝐻.

𝐾1𝐾2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅: Segmento llamado cuerda de 𝐻.


26

𝐿𝐹1𝐹2̅̅ ̅̅ ̅̅ : Recta que pasa por los focos 𝐹1 , 𝐹2 llamada eje focal de 𝐻.

𝐿𝐷1 , 𝐿𝐷2 : Rectas llamadas directrices de 𝐻 correspondientes a los focos 𝐹1 ,

𝐹2 respectivamente.

Se aprecia que la hipérbola consta de dos ramas diferentes, cada una de

longitud infinita.

En el sistema 𝑋′𝑌′ se define:

𝐶(0,0) Origen del nuevo sistema

𝑉1(−𝑎, 0), 𝑉2(𝑎, 0), 𝐹1(−𝑐, 0), 𝐹2(𝑐, 0), 𝐵1(0, −𝑏) 𝑦 𝐵2(0, 𝑏)

Recordemos que cualquier punto en 𝑅2 está dado por

𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥, ‖�̅�‖ = 1

En la figura se observa

𝑉1 = 𝐶 − 𝑎�̅� , 𝑉2 = 𝐶 + 𝑎�̅� , 𝐹1 = 𝐶 − 𝑐�̅� , 𝐹2 = 𝐶 + 𝑐�̅� , 𝐵1 = 𝐶 − 𝑏�̅�⊥ 𝑦

𝐵2 = 𝐶 + 𝑏�̅�⊥.

Además

‖𝑃𝐹1̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖𝐹1𝑃̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖(𝑥′ + 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖

‖𝑃𝐹2̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖𝐹2𝑃̅̅ ̅̅ ̅‖ = ‖(𝑥′ − 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖

Reemplazando en la definición de la hipérbola

|‖𝑃𝐹1̅̅ ̅̅ ̅‖ − ‖𝑃𝐹2̅̅ ̅̅ ̅‖| = 2𝑎, 𝑎 < 𝑐

Se tiene

|‖(𝑥′ + 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖ − ‖(𝑥′ − 𝑐)�̅� + 𝑦′�̅�⊥‖| = 2𝑎, 𝑎 < 𝑐

Operando adecuadamente se obtiene

𝑥′2

𝑎2+

𝑦′2

𝑎2 − 𝑐2= 1

Como 0 < 𝑎 < 𝑐 implica 𝑎2 < 𝑐2 ↝ 𝑐2 − 𝑎2 > 0

Sea 𝑐2 − 𝑎2 = 𝑏2 (𝑏 > 0) es decir 𝒂𝟐 + 𝒃𝟐 = 𝒄𝟐 entonces

𝑥′2

𝑎2−𝑦′2

𝑏2= 1


27

Luego la expresión

𝑷 = 𝑪 + 𝒙′�̅� + 𝒚′�̅�⊥, ‖�̅�‖ = 𝟏,𝒙′𝟐

𝒂𝟐−𝒚′𝟐

𝒃𝟐= 𝟏

Es conocida como ecuación vectorial de la hipérbola.

Finalmente, la hipérbola está dada por el siguiente conjunto

𝑯 = {𝑷 ∈ 𝑹𝟐 / 𝑷 = 𝑪 + 𝒙′�̅� + 𝒚′�̅�⊥, ‖�̅�‖ = 𝟏,𝒙′𝟐

𝒂𝟐−𝒚′𝟐

𝒃𝟐= 𝟏}

2.2. ECUACIONES ORDINARIAS DE LA HIPÉRBOLA

Son aquellas ecuaciones de la hipérbola que tienen su centro en el origen

de coordenadas (o no) y su eje focal coincide (o es paralelo) con uno de los

ejes coordenados, también llamadas formas canónicas.

2.2.1. PRIMERA ECUACIÓN ORDINARIA

1. Si �̅� = (1,0) y 𝑉(0,0), entonces la hipérbola

es

𝐻 ∶ 𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1

El eje focal de la hipérbola coincide con el

eje 𝑋.

2. Si �̅� = (0,1) y 𝑉(0,0), entonces la hipérbola

es

𝐻 ∶ 𝑦2

𝑎2−𝑥2

𝑏2= 1

El eje focal de la hipérbola coincide con el

eje 𝑌.

2.2.2. SEGUNDA ECUACIÓN ORDINARIA


28

3. Si �̅� = (1,0) y 𝑉(ℎ, 𝑘) entonces la hipérbola es

𝐻 ∶ (𝑥 − ℎ)2

𝑎2−(𝑦 − 𝑘)2

𝑏2= 1

Cuyo eje focal es la recta 𝑦 = 𝑘 paralela al eje 𝑋.

4. Si �̅� = (0,1) y 𝑉(ℎ, 𝑘) entonces la hipérbola es

𝐻 ∶ (𝑦 − 𝑘)2

𝑎2−(𝑥 − ℎ)2

𝑏2= 1

Cuyo eje focal es la recta 𝑥 = ℎ paralela al eje 𝑌.

Notas.

1. La excentricidad está dada por la formula 𝑒 =𝑐

𝑎> 1

2. La variable de coeficiente positivo corresponde al eje coordenado que

contiene al eje transverso de la hipérbola.

2.3. ECUACIÓN DE UNA RECTA TANGENTE A UNA HIPÉRBOLA

1. Se desea hallar la ecuación de la recta tangente 𝐿𝑇 a la hipérbola

𝐻: 𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 en cualquier punto 𝑃1(𝑥1, 𝑦1).

Sea

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

Reemplazando 𝐿𝑇 en 𝐻 se tiene

𝑏2𝑥2 − 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1)2 = 𝑎2𝑏2


𝑏2(𝑥 − 𝑥1 + 𝑥1)2 − 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1)

2 = 𝑎2𝑏2

Desarrollando

𝑏2(𝑥 − 𝑥1)2 + 2𝑏2𝑥1(𝑥 − 𝑥1) + 𝑏

2𝑥12 − 𝑎2𝑚2(𝑥 − 𝑥1)

2

− 2𝑎2𝑚(𝑥 − 𝑥1)𝑦1 − 𝑎2𝑦1

2 = 𝑎2𝑏2

(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2𝑥1 − 2𝑎

2𝑚𝑦1)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑏2𝑥1

2 − 𝑎2𝑦12

= 𝑎2𝑏2


29

Como 𝑃1(𝑥1, 𝑦1) ∈ 𝐻: 𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 ↝ 𝑏2𝑥1

2 − 𝑎2𝑦12 = 𝑎2𝑏2

Entonces

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2𝑥1 − 2𝑎

2𝑚𝑦1)(𝑥 − 𝑥1) = 0

(𝑥 − 𝑥1)((𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏

2𝑥1 − 2𝑎2𝑚𝑦1)) = 0


𝑥 = 𝑥1

(𝑏2 + 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏2𝑥1 − 2𝑎

2𝑚𝑦1) = 0


2𝑏2𝑥1 − 2𝑎2𝑚𝑦1 = 0

𝑚 =𝑏2𝑥1𝑎2𝑦1


𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1


𝐿𝑇 ∶ 𝑦 =𝑏2𝑥1𝑎2𝑦1

(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2𝑦1𝑦 = 𝑏

2𝑥1𝑥 − 𝑏2𝑥1𝑥1 + 𝑎

2𝑦1𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2𝑦1𝑦 − 𝑏

2𝑥1𝑥 = −𝑏2𝑥1

2 + 𝑎2𝑦12

Finalmente

𝑳𝑻 ∶ 𝒃𝟐𝒙𝟏𝒙 − 𝒂

𝟐𝒚𝟏𝒚 = 𝒂𝟐𝒃𝟐

2. Se desea hallar la ecuación de la recta tangente 𝐿𝑇 a la hipérbola

𝐻: 𝑏2(𝑥 − ℎ)2 − 𝑎2(𝑦 − 𝑘)2 = 𝑎2𝑏2 en cualquier punto 𝑃1(𝑥1, 𝑦1) de la

curva.

Sea

𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1


𝑏2(𝑥 − ℎ)2 − 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 − 𝑘)2

= 𝑎2𝑏2


30


𝑏2(𝑥 − 𝑥1 + 𝑥1 − ℎ)2 − 𝑎2(𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

Desarrollando

𝑏2(𝑥 − 𝑥1)2 + 2𝑏2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)2 − 𝑎2𝑚2(𝑥 − 𝑥1)

2

− 2𝑎2𝑚(𝑥 − 𝑥1)(𝑦1 − 𝑘) − 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2(𝑥1 − ℎ) − 2𝑎

2𝑚(𝑦1 − 𝑘))(𝑥 − 𝑥1)

+ 𝑏2(𝑥1 − ℎ)2 − 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

Como

𝑃1(𝑥1, 𝑦1) ∈ 𝐻 ∶ 𝑏2(𝑥 − ℎ)2 − 𝑎2(𝑦 − 𝑘)2 = 𝑎2𝑏2

𝑏2(𝑥1 − ℎ)2 − 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)

2 = 𝑎2𝑏2

Entonces

(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1)2 + (2𝑏2(𝑥1 − ℎ) − 2𝑎

2𝑚(𝑦1 − 𝑘))(𝑥 − 𝑥1) = 0

(𝑥 − 𝑥1) ((𝑏2 − 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏

2(𝑥1 − ℎ) − 2𝑎2𝑚(𝑦1 − 𝑘))) = 0


𝑥 = 𝑥1

(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)(𝑥 − 𝑥1) + (2𝑏2(𝑥1 − ℎ) − 2𝑎

2𝑚(𝑦1 − 𝑘)) = 0


2𝑏2(𝑥1 − ℎ) − 2𝑎2𝑚(𝑦1 − 𝑘) = 0

𝑚 =𝑏2(𝑥1 − ℎ)

𝑎2(𝑦1 − 𝑘)


𝐿𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1


𝐿𝑇 ∶ 𝑦 =𝑏2(𝑥1 − ℎ)

𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)𝑦 = 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − 𝑥1) + 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)𝑦1

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑦1) − 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − 𝑥1) = 0

Restando y sumando 𝑘 en el primer término y restando y sumando ℎ

en el segundo término se tiene


31

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘 + 𝑘 − 𝑦1) − 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ + ℎ − 𝑥1) = 0

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘) + 𝑎

2(𝑦1 − 𝑘)(𝑘 − 𝑦1) −

𝑏2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ) − 𝑏2(𝑥1 − ℎ)(ℎ − 𝑥1) = 0

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘) − 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ)

= −𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦1 − 𝑘) + 𝑏2(𝑥1 − ℎ)(𝑥1 − ℎ)

𝐿𝑇 ∶ 𝑎2(𝑦1 − 𝑘)(𝑦 − 𝑘) − 𝑏

2(𝑥1 − ℎ)(𝑥 − ℎ)

= −𝑎2(𝑦1 − 𝑘)2 + 𝑏2(𝑥1 − ℎ)

2

Finalmente

𝑳𝑻 ∶ 𝒃𝟐(𝒙𝟏 − 𝒉)(𝒙 − 𝒉) − 𝒂

𝟐(𝒚𝟏 − 𝒌)(𝒚 − 𝒌) = 𝒂𝟐𝒃𝟐

4. Se desea hallar la ecuación de la recta tangente 𝐿𝑇 , de pendiente 𝑚, a

la hipérbola 𝐻: 𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2.

Sea 𝐿𝑇: 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑑


𝑏2𝑥2 − 𝑎2(𝑚𝑥 + 𝑑)2 = 𝑎2𝑏2

𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑚2𝑥2 − 2𝑎2𝑚𝑥𝑑 − 𝑎2𝑑2 = 𝑎2𝑏2

(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑥2 − 2𝑎2𝑚𝑑𝑥 − 𝑎2𝑑2 − 𝑎2𝑏2 = 0

Usando condición de tangencia, se tiene

(−2𝑎2𝑚𝑑)2 − 4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)(−𝑎2𝑑2 − 𝑎2𝑏2) = 0

(2𝑎2𝑚𝑑)2 + 4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑑2 + 4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2 = 0

((2𝑎2𝑚)2 + 4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2)𝑑2 + 4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2 = 0

𝑑2 = −4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2

4𝑎4𝑚2 + 4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2

𝑑2 = −4(𝑏2 − 𝑎2𝑚2)𝑎2𝑏2

4𝑎2𝑏2= −𝑏2 + 𝑎2𝑚2

𝑑 = ±√𝑎2𝑚2 − 𝑏2 , 𝑎2𝑚2 − 𝑏2 ≥ 0

De 𝑎2𝑚2 − 𝑏2 ≥ 0 se tiene 𝑚 ≤ −𝑏

𝑎 𝑜 𝑚 ≥

𝑏

𝑎

Si 𝑚 =𝑏

𝑎 entonces la recta 𝐿𝑇 sería asíntota de 𝐻.


32

Reemplazando el valor de 𝑑 en la ecuación de la recta 𝐿𝑇: 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑑

se tiene

𝑳𝑻: 𝒚 = 𝒎𝒙 ± √𝒂𝟐𝒎𝟐 − 𝒃𝟐 , |𝒎| >𝒃

𝒂

Notas.

1. La cuerda de una hipérbola es un segmento de recta que une dos

puntos (de la misma o diferentes ramas) de una hipérbola

2. La cuerda de una hipérbola que pasa por alguno de sus focos se llama

cuerda focal de la hipérbola

3. La cuerda de una hipérbola que pasa por el centro se llama diámetro

de la hipérbola

2.4. ASÍNTOTAS DE LA HIPÉRBOLA

Sea la hipérbola

𝐻 ∶ 𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1

Despejando

𝑦 = ±𝑏

𝑎√𝑥2 − 𝑎2

Recordamos Asíntota Oblicua1

𝑚 = lim𝑥→±∞

±𝑏𝑎√𝑥

2 − 𝑎2

𝑥

𝑚 = lim𝑥→±∞

±𝑏

𝑎√1 −

𝑎2

𝑥2= ±

𝑏

𝑎

1 Asíntota oblicua.

La recta de ecuación 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑑 (𝑚 ≠ 0) será una asíntota oblicua de una rama de la curva 𝑦 = 𝑓(𝑥) si:

lim𝑥→±∞[𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 − 𝑑)] = 0. Donde los valores de 𝑚 y 𝑑 se calculan con las fórmulas: 𝑚 = lim𝑥→±∞𝑓(𝑥)

𝑥 ,

𝑑 = lim𝑥→±∞[𝑓(𝑥) − 𝑚𝑥] .


33

𝑑 = lim𝑥→±∞

[±𝑏

𝑎√𝑥2 − 𝑎2 − (±

𝑏

𝑎) 𝑥]


(±𝑏

𝑎) [√𝑥2 − 𝑎2 − 𝑥]


(±𝑏

𝑎) [√𝑥2 − 𝑎2 − 𝑥]

[√𝑥2 − 𝑎2 + 𝑥]

[√𝑥2 − 𝑎2 + 𝑥]


(±𝑏

𝑎)

−𝑎2

√𝑥2 − 𝑎2 + 𝑥= 0

Por lo que la asíntota oblicua es: 𝑦 = ±𝑏

𝑎𝑥

Es decir el trazo de la hipérbola se aproxima indefinidamente a las rectas

𝑦 = ±𝑏

𝑎𝑥

De donde se tiene por asíntotas a las rectas

𝑨𝟏: 𝒃𝒙 − 𝒂𝒚 = 𝟎 , 𝑨𝟐 ∶ 𝒃𝒙 + 𝒂𝒚 = 𝟎

De manera análoga se tiene las rectas asíntotas para las otras ecuaciones

ordinarias de la hipérbola.

Nota.

1. Cálculo Práctico de las asíntotas de una hipérbola.

Elevando al cuadrado ambos miembros de las ecuaciones de las

asíntotas 𝑦 = ±𝑏

𝑎𝑥 se tiene

𝑦2 =𝑏2

𝑎2𝑥2

𝑦2

𝑏2=𝑥2

𝑎2

𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 0

Por tanto, para calcular las asíntotas, se iguala a cero el primer

miembro de las ecuaciones ordinarias de la hipérbola.

2. Planteamiento Práctico de la ecuación de una hipérbola a partir de sus

rectas asíntotas.


34

Igualando a una constante 𝑘, que debe determinarse, el producto de los

primeros miembros de las rectas asíntotas

𝐴1: 𝑏𝑥 − 𝑎𝑦 = 0 , 𝐴2 ∶ 𝑏𝑥 + 𝑎𝑦 = 0

Se tiene

𝐻: 𝐴1𝐴2: (𝑏𝑥 − 𝑎𝑦)(𝑏𝑥 + 𝑎𝑦) = 𝑘

𝐻: 𝐴1𝐴2: 𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑦2 = 𝑘

Por tanto, para hallar la ecuación de una hipérbola basta con

determinar el valor de la constante 𝑘.

2.5. HIPÉRBOLA EQUILÁTERA O RECTANGULAR

Es una hipérbola especial cuyos ejes transversos y

conjugados tienen longitudes iguales.

Si 𝑎 = 𝑏 la ecuación de la hipérbola

𝐻: 𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2

Toma la forma

𝑯: 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 = 𝒂𝟐

Llamada hipérbola equilátera o rectangular, cuyas rectas asíntotas son:

𝐴1: 𝑥 − 𝑦 = 0 , 𝐴2 ∶ 𝑥 + 𝑦 = 0

En el sistema 𝑋′𝑌′ obtenido al rotar, en sentido

antihorario, el sistema 𝑋𝑌 un ángulo de 45º se

tiene la ecuación de la hipérbola equilátera:

𝒙′𝟐 − 𝒚′𝟐= 𝟐𝒌

Para pasar al sistema 𝑋𝑌, recordamos

𝑥′ = (𝑃 − 𝐶) ⋅ �̅�

𝑦′ = (𝑃 − 𝐶) ⋅ �̅�⊥

Donde

𝐶(0,0) 𝑦 �̅� = (𝑐𝑜𝑠45°, 𝑠𝑒𝑛45°) =1

√2(1,1)


35

𝑥′ = (𝑥, 𝑦) ⋅1

√2(1,1) =

1

√2(𝑥 + 𝑦)

𝑦′ = (𝑥, 𝑦) ⋅1

√2(−1,1) =

1

√2(−𝑥 + 𝑦)

Reemplazando en la ecuación 𝑥′2 − 𝑦′2= 2𝑘 se tiene

(1

√2(𝑥 + 𝑦))

2

− (1

√2(−𝑥 + 𝑦))

2

= 2𝑘

1

2(𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 𝑦2 − 𝑥2 + 2𝑥𝑦 − 𝑦2) = 2𝑘

1

2(4𝑥𝑦) = 2𝑘

𝑯: 𝒙𝒚 = 𝒌

Ecuación de la hipérbola equilátera cuyas rectas asíntotas son:

𝐴1: 𝑥 = 0 (𝐸𝑗𝑒 𝑌), 𝐴2: 𝑦 = 0 (𝐸𝑗𝑒 𝑋)

2.6. HIPÉRBOLAS CONJUGADAS

Cuando dos hipérbolas 𝐻1 y 𝐻2 tiene intercambiado

el eje transverso y el eje conjugado se dice que cada

hipérbola es conjugada con respecto de la otra.

𝐻1 : 𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1 𝑦 𝐴2 :

𝑦2

𝑏2−𝑥2

𝑎2= 1

Las hipérbolas 𝐻1 y 𝐻2 son conjugadas y tienen un centro común, un par

de asíntotas comunes y todos sus focos equidistan del centro.

2.7. PROPIEDADES DE LA HIPÉRBOLA

1. La longitud del eje conjugado de una hipérbola la media geométrica

(media proporcional) entre las longitudes de su eje transverso y su

lado recto. Es decir la longitud del lado recto es 2𝑏2

𝑎

2. La recta tangente a una hipérbola en cualquiera de sus puntos es

bisectriz del ángulo formado por los radios vectores de dicho punto.


36

3. El producto de las distancias de un punto cualquiera de una hipérbola

a sus rectas asíntotas es 𝑎2𝑏2

𝑐2

4. La distancia de un foco de una hipérbola a una cualquiera de sus

asíntotas es igual a la longitud de su semieje conjugado.

5. El producto de las distancias de los focos a cualquier recta tangente a

una hipérbola es igual al cuadrado de la longitud del semieje

conjugado.

6. La pendiente de la recta tangente en cualquier extremo de lado recto

de una hipérbola es el valor absoluto de su excentricidad.

7. El punto de contacto de cualquier tangente a una hipérbola es el

punto medio del segmento de tangente comprendido entre las

asíntotas.

8. El área del triángulo formado por una recta tangente cualquiera a

una hipérbola y sus asíntotas tiene área constante.

9. Si las asíntotas de una hipérbola son perpendiculares, entonces la

hipérbola es equilátera.

2.8. FORMA GENERAL DE LA ECUACIÓN DE UNA HIPÉRBOLA.

De la ecuación vectorial de una hipérbola

𝐸: 𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥ ; 𝑥′2

𝑎2−𝑦′2

𝑏2= 1

Con centro en 𝐶(ℎ, 𝑘) y vector unitario de rotación �̅� = (𝑢1, 𝑢2)

Recordamos

{𝑥′ = (𝑃 − 𝐶) ⋅ �̅�

𝑦′ = (𝑃 − 𝐶) ⋅ �̅�⊥

Sea 𝑃(𝑥, 𝑦) entonces

{𝑥′ = ((𝑥, 𝑦) − (ℎ, 𝑘)) ⋅ (𝑢1, 𝑢2)

𝑦′ = ((𝑥, 𝑦) − (ℎ, 𝑘)) ⋅ (−𝑢2, 𝑢1) ↝ {

𝑥′ = (𝑥 − ℎ, 𝑦 − 𝑘) ⋅ (𝑢1, 𝑢2)

𝑦′ = (𝑥 − ℎ, 𝑦 − 𝑘) ⋅ (−𝑢2, 𝑢1)


37

P

F

Y'

V

LD

K

X

Y

X'

2 2 4 6 8 10

2

2

4

6

8

10

{𝑥′ = 𝑥𝑢1 + 𝑦𝑢2 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2𝑦′ = −𝑥𝑢2 + 𝑦𝑢1 + ℎ𝑢2 − 𝑘𝑢1

Reemplazando en la ecuación de la hipérbola dada en el sistema 𝑋′𝑌′

𝑥′2

𝑎2−𝑦′2

𝑏2= 1

Se obtiene la ecuación de la elipse en el sistema 𝑋𝑌

(𝑥𝑢1 + 𝑦𝑢2 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2)2

𝑎2−(−𝑥𝑢2 + 𝑦𝑢1 + ℎ𝑢2 − 𝑘𝑢1)

2

𝑏2= 1

(𝑎2𝑢22 − 𝑏2𝑢1

2)𝑥2 − 2(𝑏2 + 𝑎2)𝑢1𝑢2𝑥𝑦 + (𝑎2𝑢1

2 − 𝑏2𝑢22)𝑦2

+ 2(𝑎2𝑢2(𝑘𝑢1 − ℎ𝑢2) + 𝑏2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))𝑥

+ 2(𝑎2𝑢1(𝑘𝑢1 − ℎ𝑢2) − 𝑏2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))𝑦

+ 𝑎2(𝑘2𝑢12 − 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + ℎ

2𝑢22 − 𝑏2)

−𝑏2(ℎ2𝑢12 + 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + 𝑘

2𝑢22) = 0

Consideremos

𝐴 = 𝑎2𝑢22 − 𝑏2𝑢1

2

𝐵 = −2(𝑏2 + 𝑎2)𝑢1𝑢2

𝐶 = 𝑎2𝑢12 − 𝑏2𝑢2

2

𝐷 = 2(𝑎2𝑢2(𝑘𝑢1 − ℎ𝑢2) + 𝑏2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))

𝐸 = 2(𝑎2𝑢1(𝑘𝑢1 − ℎ𝑢2) − 𝑏2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2))

𝐹 = 𝑎2(𝑘2𝑢12 − 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + ℎ

2𝑢22 − 𝑏2) − 𝑏2(ℎ2𝑢1

2 + 2ℎ𝑘𝑢1𝑢2 + 𝑘2𝑢2

2)

Finalmente la ecuación general de la hipérbola es está dado por:

𝑨𝒙𝟐 +𝑩𝒙𝒚 + 𝑪𝒚𝟐 + 𝑫𝒙 + 𝑬𝒚 + 𝑭 = 𝟎

A continuación, otra manera de

obtener la ecuación general de la

hipérbola.

De la propiedad común de cónicas

𝑬 = {𝑃 ∈ 𝑅2 ∕ ‖𝐹𝑃̅̅ ̅̅ ‖

𝑑(𝑃, 𝐿𝐷)= 𝑒} ; 𝑒 > 1

Cualquier punto en 𝑅2 está dado

por


38

𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥, �̅� = (𝑢1, 𝑢2), ‖�̅�‖ = 1, 𝐶(ℎ, 𝑘)

En la figura solo se ha dibujado una rama de la hipérbola, se observa que

el foco está dado por

𝐹 = 𝐶 + 𝑐�̅�

𝐹 = (ℎ, 𝑘) + 𝑐(𝑢1, 𝑢2)

𝐹(ℎ + 𝑐𝑢1, 𝑘 + 𝑐𝑢2)

Y la recta directriz es

𝐿𝐷 ∶ 𝑃 = 𝐷 + 𝑡�̅�⊥ 𝑡 ∈ 𝑅 , 𝐷 = 𝐶 +

𝑎

𝑒�̅�

En forma cartesiana o general

𝐿𝐷 ∶ ((𝑥, 𝑦) − (𝐶 +𝑎

𝑒�̅�)) ⋅ (𝑢1, 𝑢2) = 0

𝐿𝐷 ∶ ((𝑥, 𝑦) − ((ℎ, 𝑘) +𝑎

𝑒(𝑢1, 𝑢2))) ⋅ (𝑢1, 𝑢2) = 0

𝐿𝐷 ∶ (𝑥 − ℎ −𝑎

𝑒𝑢1, 𝑦 − 𝑘 −

𝑎

𝑒𝑢2) ⋅ (𝑢1, 𝑢2) = 0

𝐿𝐷 ∶ 𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 −𝑎

𝑒𝑢1

2 − 𝑘𝑢2 −𝑎

𝑒𝑢2

2 = 0

𝐿𝐷 ∶ 𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 −𝑎

𝑒= 0

Luego

‖𝐹𝑃̅̅ ̅̅ ‖ = ‖(𝑥 − ℎ − 𝑐𝑢1, 𝑦 − 𝑘 − 𝑐𝑢2)‖

𝑑(𝑃, 𝐿𝐷) = ‖𝑃𝑟𝑜𝑦𝑢𝐷𝑃̅̅ ̅̅ ‖ = |𝐷𝑃̅̅ ̅̅ ⋅ �̅�

‖�̅�‖| = |𝐷𝑃̅̅ ̅̅ ⋅ �̅�|

𝑑(𝑃, 𝐿𝐷) = |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 −𝑎

𝑒|

Por lo que la ecuación de la hipérbola está dado por

‖(𝑥 − ℎ − 𝑐𝑢1, 𝑦 − 𝑘 − 𝑐𝑢2)‖ = 𝑒 |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 −𝑎

𝑒|

√(𝑥 − ℎ − 𝑐𝑢1)2 + (𝑦 − 𝑘 − 𝑐𝑢2)

2 = 𝑒 |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 −𝑎

𝑒|

Elevando al cuadrado ambos miembros

(𝑥 − ℎ − 𝑐𝑢1)2 + (𝑦 − 𝑘 − 𝑐𝑢2)

2 = (𝑒 |𝑢1𝑥 + 𝑢2𝑦 − ℎ𝑢1 − 𝑘𝑢2 −𝑎

𝑒|)2


39

A2 : bx ay 0

F1 c, 0

A1 : bx ay 0

F2 c, 0

X

Y

5 5

5

5

(1 − 𝑒2𝑢12)𝑥2 − 2𝑒2𝑢1

2𝑢22𝑥𝑦 + (1 − 𝑒2𝑢2

2)𝑦2

+ 2(𝑎𝑒𝑢1 − 𝑐𝑢1 + 𝑒2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) − ℎ)𝑥

+ 2(𝑎𝑒𝑢2 − 𝑐𝑢2 + 𝑒2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) − 𝑘)𝑦 − 𝑎

2

+ (2𝑐 − 2𝑎𝑒)(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) + 𝑐2 − 𝑒2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2)

2 + ℎ2 + 𝑘2 = 0

Consideremos

𝐴 = 1 − 𝑒2𝑢12

𝐵 = −2𝑒2𝑢12𝑢2

2

𝐶 = 1 − 𝑒2𝑢22

𝐷 = 2(𝑎𝑒𝑢1 − 𝑐𝑢1 + 𝑒2𝑢1(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) − ℎ)

𝐸 = 2(𝑎𝑒𝑢2 − 𝑐𝑢2 + 𝑒2𝑢2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) − 𝑘)

𝐹 = −𝑎2 + (2𝑐 − 2𝑎𝑒)(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2) + 𝑐2 − 𝑒2(ℎ𝑢1 + 𝑘𝑢2)

2 + ℎ2 + 𝑘2

Finalmente la ecuación general de la hipérbola está dado por:

𝑨𝒙𝟐 + 𝑩𝒙𝒚 + 𝑪𝒚𝟐 + 𝑫𝒙 + 𝑬𝒚 + 𝑭 = 𝟎

Ejercicio 1. Sea la hipérbola

𝐻:𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1. Demostrar que el

producto de las distancias de los focos a

una de sus asíntotas es 𝑏2.

Solución

En la figura los focos están dados por

𝐹1(−𝑐, 0), 𝐹2(𝑐, 0)

Consideremos la asíntota 𝐴1: 𝑏𝑥 − 𝑎𝑦 = 0

Ahora

𝑑(𝐹1, 𝐴1) = |𝑏(−𝑐) − 𝑎(0)

√𝑎2 + 𝑎2| = |

−𝑏𝑐

√𝑎2 + 𝑏2|

𝑑(𝐹2, 𝐴1) = |𝑏(𝑐) − 𝑎(0)

√𝑎2 + 𝑎2| = |

𝑏𝑐

√𝑎2 + 𝑏2|

Luego

𝑑(𝐹1, 𝐴1)𝑑(𝐹2, 𝐴1) = |−𝑏𝑐

√𝑎2 + 𝑏2| |

𝑏𝑐

√𝑎2 + 𝑏2| = |

−𝑏𝑐

√𝑎2 + 𝑏2

𝑏𝑐

√𝑎2 + 𝑏2|


40

𝑑(𝐹1, 𝐴1)𝑑(𝐹2, 𝐴1) = |−𝑏2𝑐2

√𝑎2 + 𝑏2|

Pero 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2

𝑑(𝐹1, 𝐴1)𝑑(𝐹2, 𝐴1) = |−𝑏2𝑐2

𝑐2| = 𝑏2

𝑑(𝐹1, 𝐴1)𝑑(𝐹2, 𝐴1) = 𝑏2

Ejercicio 2. Sea 𝐿𝑇 ∶ 𝑏2𝑥𝑇𝑥 − 𝑎

2𝑦𝑇𝑦 = 𝑎2𝑏2 una recta tangente a la

hipérbola 𝐻:𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1 en el punto 𝑇(𝑥𝑇 , 𝑦𝑇) . Demostrar que el producto de las

distancias de los focos a 𝐿𝑇 es 𝑏2.

Solución.

En la figura se tiene los focos 𝐹1(−𝑐, 0), 𝐹2(𝑐, 0) y se cumple 𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2

El punto de tangencia 𝑇(𝑥𝑇 , 𝑦𝑇) ∈ 𝐻 ↝ 𝑇 (𝑥𝑇 ,𝑏

𝑎√𝑥2 − 𝑎2)

Calculamos las distancias de los focos a la recta tangente

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇) = |𝑏2𝑥𝑇(−𝑐) − 𝑎

2𝑦𝑇(0) − 𝑎2𝑏2

√(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2| = |

𝑏2𝑥𝑇(−𝑐) − 𝑎2𝑏2

√(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2|

𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = |𝑏2𝑥𝑇(𝑐) − 𝑎

2𝑦𝑇(0) − 𝑎2𝑏2

√(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2| = |

𝑏2𝑥𝑇(𝑐) − 𝑎2𝑏2

√(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2|

F1 c, 0

T xT , yT

F2 c, 0

X

Y

LT : b2 xT x a2 yT y a2 b2

5 5

5

5

𝐿𝑇: 𝑏2𝑥𝑇𝑥 − 𝑎2𝑦𝑇𝑦 = 𝑎2𝑏2


41

A2 : bx ay 0A1 : bx ay 0

X

Y

n1n2

5 5

5

5

Luego

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇)𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = |𝑏2𝑥𝑇(−𝑐) − 𝑎

2𝑏2

√(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2| |

𝑏2𝑥𝑇(𝑐) − 𝑎2𝑏2

√(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2|

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇)𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = |−((𝑏2𝑥𝑇𝑐)

2 − (𝑎2𝑏2)2)

(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑦𝑇)2|

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇)𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = |−𝑏4𝑥𝑇

2𝑐2 + 𝑎4𝑏4

(𝑏2𝑥𝑇)2 + (𝑎2𝑏𝑎 √𝑥

2 − 𝑎2)2| = |

−𝑏4𝑥𝑇2𝑐2 + 𝑎4𝑏4

𝑏4𝑥𝑇2 + 𝑎2𝑏2(𝑥2 − 𝑎2)

|

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇)𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = |−𝑏4𝑥𝑇

2𝑐2 + 𝑎4𝑏4

𝑏4𝑥𝑇2 + 𝑎2𝑏2𝑥2 − 𝑎4𝑏2

| = |−𝑏4(𝑥𝑇

2(𝑎2 + 𝑏2) − 𝑎4)

𝑏2(𝑏2𝑥𝑇2 + 𝑎2𝑥2 − 𝑎4)

|

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇)𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = |−𝑏2| |𝑥𝑇2𝑏2 + 𝑥𝑇

2𝑎2 − 𝑎4

𝑏2𝑥𝑇2 + 𝑎2𝑥2 − 𝑎4

|

𝑑(𝐹1, 𝐿𝑇)𝑑(𝐹2, 𝐿𝑇) = 𝑏2

Ejercicio 3. Sea la hipérbola 𝐻:𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1 de excentricidad 𝑒 y 𝐴1 , 𝐴2 sus

recta asíntotas. Demostrar que: cos (∡(𝐴1, 𝐴2)) = 1 −2

𝑒2 .

Solución.

En la figura consideremos las rectas asíntotas

𝐴1: 𝑏𝑥 − 𝑎𝑦 = 0 ↝ �̅�1 = (𝑏,−𝑎) ↝ �̅�1⊥

= (𝑎, 𝑏)

𝐴2: 𝑏𝑥 + 𝑎𝑦 = 0 ↝ �̅�2 = (𝑏, 𝑎)

↝ �̅�2⊥ = (−𝑎, 𝑏)

Se observa que

∡(𝐴1, 𝐴2) = ∡(�̅�1⊥, �̅�2

⊥)

Luego

cos(∡(𝐴1, 𝐴2)) = cos(∡(�̅�1⊥, �̅�2

⊥)) =�̅�1⊥ ⋅ �̅�2

⊥

‖�̅�1⊥‖‖�̅�2

⊥‖=

(𝑎, 𝑏) ⋅ (−𝑎, 𝑏)

‖(𝑎, 𝑏)‖‖(−𝑎, 𝑏)‖


42

cos(∡(𝐴1, 𝐴2)) =−𝑎2 + 𝑏2

√𝑎2 + 𝑏2√𝑎2 + 𝑏2=−𝑎2 + 𝑏2

𝑎2 + 𝑏2

Pero se conoce

𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2

cos(∡(𝐴1, 𝐴2)) =−𝑎2 + 𝑐2 − 𝑎2

𝑎2 + 𝑐2 − 𝑎2=𝑐2 − 2𝑎2

𝑐2

cos(∡(𝐴1, 𝐴2)) = 1 − 2𝑎2

𝑐2

Se conoce

𝑒 =𝑐

𝑎

Por lo tanto

cos(∡(𝐴1, 𝐴2)) = 1 −2

𝑒2

Ejercicio 4.

Sean las rectas 𝐴1 ∶ (6,8) + 𝑟(1,𝑚1) ; 𝑟 ∈ 𝑅 , 𝑚1 > 1 y 𝐴2 ∶ 𝐶 + 𝑡�̅� ; 𝑡 ∈ 𝑅 de

pendiente 𝑚2 =6

17 asíntotas de una hipérbola 𝐻, perpendiculares a las rectas

𝐿2 ∶ 𝐴 + 𝑟�̅�⊥ ; 𝑟 ∈ 𝑅 y 𝐿1 ∶ 𝐴 + 𝑡�̅�

⊥ ; 𝑡 ∈ 𝑅 respectivamente.

Además ‖�̅�‖�̅� + ‖�̅�‖�̅� ∥ (3,4) y la distancia del punto 𝐴 (14+9√5

5,52+12√5

5) a 𝐴2 es

12+6√5

√13. Halle la ecuación vectorial de 𝐻 si 𝐴 pertenece a la rama derecha y las

coordenadas de su centro 𝐶 son números enteros.

Solución.

Se desea hallar

𝐻:𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥; 𝑥′2

𝑎2−𝑦′2

𝑏2= 1

De la recta 𝐴2 ∶ �̅� ∥ (1,𝑚2) = (1,6

17) =

1

17(17,6).

Sea �̅� = (17,6) vector direccional de la asíntota 𝐴2

Es decir 𝐴2 ∶ 𝐶 + 𝑡(17,6) ; 𝑡 ∈ 𝑅 en forma general es 𝐴2 ∶ 6𝑥 − 17𝑦 + 𝐷 = 0


43

X’ Y’

De

‖�̅�‖�̅� + ‖�̅�‖�̅� ∥ (3,4)

Se tiene que

�̅�

‖�̅�‖+

�̅�

‖�̅�‖= 𝑟(3,4) ∥ �̅� =

𝟏

𝟓(𝟑, 𝟒)

Vector bisectriz del ∡(�̅�, �̅�)

Sea �̅� = (1,𝑚1) vector direccional de la

asíntota 𝐴1 pues 𝐿2 ⊥ 𝐴1

Entonces

(1,𝑚1)

√1 +𝑚12+(17,6)

√325= 𝑟(3,4)

De donde

{

3𝑟 =

1

√1 +𝑚12+

17

√325

4𝑟 =𝑚1

√1 +𝑚12+

6

√325

↝ 3𝑚1 − 4

√1 +𝑚12=

50

√325 ↝ 𝑚1 =

6

7 ,𝑚1 = 18 > 1

Luego �̅� = (1,18) y 𝐴1 ∶ (6,8) + 𝑟(1,18); 𝑟 ∈ 𝑅.

En forma general

𝐴1: 18𝑥 − 𝑦 − 100 = 0

Calculando

𝑑(𝐴, 𝐴1) = ||18 (

14 + 9√55

) −52 + 12√5

5− 100

√325|| =

−12 + 6√5

√13

Además el vector unitario direccional del semieje positivo 𝑋′ es �̅� =1

5(3,4)

Se conoce que

𝑑(𝐴, 𝐴2) = 12 + 6√5

√13

Entonces


44

||6 (14 + 9√5

5) − 17(

52 + 12√55

) + 𝐷

√325|| =

12 + 6√5

√13 ↝ 𝐷 = 220 + 60√5 𝑜 𝐷 = 100

Por lo que la asíntota es

𝐴2 ∶ 6𝑥 − 17 + 100 = 0 ó 𝐴2 ∶ 6𝑥 − 17 + 220 + 60√5 = 0

Hallamos el centro de la hipérbola

𝐶 = 𝐴1 ∩ 𝐴2 ∶ {18𝑥 − 𝑦 − 100 = 06𝑥 − 17𝑦 + 100 = 0

↝ 𝑥 = 6, 𝑦 = 8 ↝ 𝑪(𝟔, 𝟖)

𝐶 = 𝐴1 ∩ 𝐴2 ∶ {18𝑥 − 𝑦 − 100 = 0

6𝑥 − 17𝑦 + 220 + 60√5 = 0↝ 𝑥 =

190 + 6√5

30, 𝑦 =

76 + 18√5

5

↝ 𝐶 (190 + 6√5

30,76 + 18√5

5)

Ahora llevamos el punto A al sistema 𝑋′𝑌′

𝑥′ = (14 + 9√5

5− 6,

52 + 12√5

5− 8) ⋅

1

5(3,4) = 3√5

𝑦′ = (14 + 9√5

5− 6,

52 + 12√5

5− 8) ⋅

1

5(−4,3) = 4

↝ 𝐴′(3√5, 4)

Remplazando en 𝐻′ : 𝑥′2

𝑎2−𝑦′2

𝑏2= 1 se tiene

45

𝑎2−16

𝑏2= 1 ↝ 𝑏2 =

16𝑎2

45−𝑎2 (1)

También se conoce que:

𝑎2 + 𝑏2 = 𝑐2

𝑑(𝐴, 𝐴1)𝑑(𝐴, 𝐴2) =𝑎2𝑏2

𝑐2 ↝ (

12 + 6√5

√13)(−12 + 6√5

√13) =

𝑎2𝑏2

𝑐2

𝑎2𝑏2

𝑐2=

36

13 ↝ 13𝑎2𝑏2 = 36(𝑎2 + 𝑏2) ↝ 𝑏2 = −

36𝑎2

36−13𝑎2 (2)

De (1) y (2) se tiene que

16𝑎2

45 − 𝑎2= −

36𝑎2

36 − 13𝑎2 ↝ 𝑎2 = 9 , 𝑏2 = 4

Finalmente la ecuación de la hipérbola es

𝑯:𝑷 = (𝟔, 𝟖) + 𝒙′𝟏

𝟓(𝟑, 𝟒) + 𝒚′

𝟏

𝟓(−𝟒, 𝟑);

𝒙′𝟐

𝟗−𝒚′𝟐

𝟒= 𝟏


45

𝑌′

𝑋′

Ejercicio 5. La hipérbola 𝐻 pasa por el punto 𝑄 (17

5,6

5). Si sus rectas

asíntotas son 𝐴1 ∶ 11𝑥 − 2𝑦 − 25 = 0 y 𝐴2 ∶ 𝑥 − 2𝑦 − 3 = 0 halle las ecuaciones

vectoriales de 𝐻 y de sus rectas directrices.

Solución.

Se desea hallar la ecuación vectorial de la hipérbola

𝐻:𝑃 = 𝐶 + 𝑥′�̅� + 𝑦′�̅�⊥; 𝑥′2

𝑎2−𝑦′2

𝑏2= 1

Y de las rectas directrices

𝐿𝐷1: 𝑃 = 𝐷1 + 𝑡�̅�⊥, 𝑡 ∈ 𝑅

𝐿𝐷2: 𝑃 = 𝐷2 + 𝑡�̅�⊥, 𝑡 ∈ 𝑅

De 𝐴1 ∶ 11𝑥 − 2𝑦 − 25 = 0 se tiene �̅�1 = (11,−2)

De 𝐴2 ∶ 𝑥 − 2𝑦 − 3 = 0 se tiene �̅�2 = (1, −2)

Luego la dirección de semieje positivo 𝑋′ esta dada por el vector unitario

�̅� ∥�̅�1

⊥

‖�̅�1⊥‖+

�̅�2⊥

‖�̅�2⊥‖

�̅� ∥1

5√5(2,11) +

1

√5(2,1) =

1

√5(12

5,16

5) ↝ �̅� =

1

5(3,4)

Hallamos el centro de la hipérbola

𝐶 = 𝐴1 ∩ 𝐴2 : {11𝑥 − 2𝑦 − 25 = 0𝑥 − 2𝑦 − 3 = 0

↝ 𝑥 =11

5, 𝑦 = −

2

5

𝐶 (11

5,−2

5)

Llevamos el punto 𝑄 y las rectas asíntotas 𝐴1 y 𝐴2

al sistema 𝑋′𝑌′

Recordamos que un punto 𝑃 en 𝑅2 esta dado por

𝑃 = (11

5, −2

5) + 𝑥′

1

5(3,4) + 𝑦′

1

5(−4,3)


46

𝑥 =11

5+3

5𝑥′ −

4

5𝑦′

𝑦 = −2

5+4

5𝑥′ +

3

5𝑦′

Las rectas asíntotas 𝐴1 y 𝐴2 al sistema 𝑋′𝑌′

𝐴′1 ∶ 11 (11

5+3

5𝑥′ −

4

5𝑦′) − 2 (−

2

5+4

5𝑥′ +

3

5𝑦′) − 25 = 0

𝐴′1: 𝑥′ − 2𝑦′ = 0

𝐴′2 ∶ (11

5+3

5𝑥′ −

4

5𝑦′) − 2 (−

2

5+4

5𝑥′ +

3

5𝑦′) − 3 = 0

𝐴′2: 𝑥′ + 2𝑦′ = 0

De

𝐴′1: 𝑥′ − 2𝑦′ = 0 ↝ 𝑦′ =

1

2𝑥′

𝐴′2: 𝑥′ + 2𝑦′ = 0 ↝ 𝑦′ = −

1

2𝑥′

↝𝑏

𝑎=1

2 ↝ 𝒂 = 𝟐𝒃

El punto 𝑄 (17

5,6

5) en 𝑋′𝑌′ es

𝑥′ = (17

5−11

5,6

5+2

5) ⋅1

5(3,4) = 2

𝑦′ = (17

5−11

5,6

5+2

5) ⋅1

5(−4,3) = 0

↝ 𝑄′(2,0)

La ecuación de la hipérbola 𝐻 en el sistema 𝑋′𝑌′ esta dado por

𝐻′: 𝐴′1𝐴′2 = 𝑘, 𝑘 = 𝐶𝑡𝑒

𝐻′: (𝑥′ − 2𝑦′)(𝑥′ + 2𝑦′) = 𝑘, 𝑘 = 𝐶𝑡𝑒

Como 𝑄′(2,0) ∈ 𝐻′ entonces 𝐻′: (2 − 0)(2 + 0) = 𝑘 ↝ 𝑘 = 4

𝐻′: 𝑥′2 − 4𝑦′2= 4

𝐻′ : 𝑥′2

4−𝑦′2

1= 1 ↝ 𝑎 = 2, 𝑏 = 1 Se cumple 𝑎 = 2𝑏

Finalmente,

𝑯:𝑷 = (𝟏𝟏

𝟓, −𝟐

𝟓) + 𝒙′

𝟏

𝟓(𝟑, 𝟒) + 𝒚′

𝟏

𝟓(−𝟒, 𝟑);

𝒙′𝟐

𝟒−𝒚′𝟐

𝟏= 𝟏

A continuación encontramos las rectas directrices de la hipérbola

Hallamos los puntos de paso


47

𝐷1 = 𝐶 −𝑎

𝑒�̅� , 𝐷2 = 𝐶 +

𝑎

𝑒�̅�

Donde

𝑎

𝑒=𝑎2

𝑐=

𝑎2

√𝑎2 + 𝑏2=

4

√4 + 1=4

√5

Luego

𝐷1 = (11

5, −2

5) −

4

√5

1

5(3,4) ↝ 𝐷1 (

55 − 12√5

25,−10 + 16√5

25)

𝐷2 = (11

5, −2

5) +

4

√5

1

5(3,4) ↝ 𝐷1 (

55 + 12√5

25,−10 + 16√5

25)

Finalmente,

𝑳𝑫𝟏: 𝑷 = (𝟓𝟓 − 𝟏𝟐√𝟓

𝟐𝟓,−𝟏𝟎 + 𝟏𝟔√𝟓

𝟐𝟓) + 𝒕(−𝟒, 𝟑), 𝒕 ∈ 𝑹

𝑳𝑫𝟐: 𝑷 = (𝟓𝟓 + 𝟏𝟐√𝟓

𝟐𝟓,−𝟏𝟎 + 𝟏𝟔√𝟓

𝟐𝟓) + 𝒕(−𝟒, 𝟑), 𝒕 ∈ 𝑹

También podemos encontrar las ecuaciones cartesianas de las rectas directrices

de la hipérbola

En el sistema 𝑋′𝑌′

𝐿′𝐷1: 𝑥′ = −

𝑎

𝑒 ↝ 𝑥′ = −

2

√52⁄↝ 𝒙′ = −

𝟒

√𝟓

𝐿′𝐷2: 𝑥′ =

𝑎

𝑒 ↝ 𝑥′ =

2

√52⁄↝ 𝒙′ =

𝟒

√𝟓

Llevando estas rectas al sistema 𝑋𝑌

𝐿𝐷1 : (𝑥 −11

5, 𝑦 +

2

5) ⋅1

5(3.4) = −

4

√5 ↝ 𝑳𝑫𝟏: 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 + 𝟒√𝟓 − 𝟓 = 𝟎

𝐿𝐷2 : (𝑥 −11

5, 𝑦 +

2

5) ⋅1

5(−4,3) =

4

√5 ↝ 𝑳𝑫𝟐: 𝟑𝒙 + 𝟒𝒚 − 𝟒√𝟓 − 𝟓 = 𝟎


48

𝑋′′

𝑌′′

Ejercicio 6. En la hipérbola 𝐻′:(𝑥′+20√5)

2

𝑎2−(𝑦′+10√5)

2

𝑏2= 1 se tiene: la asíntota

𝐴1: 𝑃 = 𝑄 + 𝑡(2,1), 𝑡 ∈ 𝑅 que en 𝑋′𝑌′ es 𝐴′1:= {(−5√5, 10√5) + 𝑡(1,𝑚), 𝑡 ∈ 𝑅} y corta

al eje 𝑌′ en (0,50

3√5), 𝐴2 = {𝐾 + 𝑡(𝑎1, 𝑎2), 𝑡 ∈ 𝑅} 𝑎1 > 0, 𝑎2 < 0 es otra asíntota que

pasa por el punto 𝑆(10,−55). Sí 𝑃 es un punto de 𝐻 talque 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ⋅ (2,1) = 0,

𝑃𝐾̅̅ ̅̅ ⋅ (𝑎1, 𝑎2) = 0, ‖𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ‖‖𝑃𝐾̅̅ ̅̅ ‖ = 720 y 𝑁(20,−10) es un punto del eje focal de 𝐻

tal que se encuentra debajo de 𝐴1 y arriba de 𝐴2 Halle la ecuación vectorial de

𝐻.

Solución.

Se desea hallar la ecuación vectorial de la

hipérbola

𝐻:𝑃 = 𝐶 + 𝑥′′�̅� + 𝑦′′�̅�⊥; 𝑥′′2

𝑎2−𝑦′′

2

𝑏2= 1

En el sistema 𝑋′𝑌′ de

𝐻′:(𝑥′ + 20√5)

2

𝑎2−(𝑦′ + 10√5)

2

𝑏2= 1

Se tiene el centro de 𝐻′

𝐶′(−20√5,−10√5)

En la figura, el triángulo rectángulo 𝐶𝑀𝑅, presenta;

‖𝐶𝑀̅̅̅̅̅‖ = 20√5 , ‖𝑀𝑅̅̅ ̅̅̅‖ = 10√5 +50

3√5 =

80

3√5 y ‖𝐶𝑅̅̅ ̅̅ ‖ =

100

3√5

Se observa que el vector de rotación unitario �̅� es paralelo a los ejes 𝑋′ y 𝑋′′ por

lo que

𝐶𝑅̅̅ ̅̅ = 20√5�̅� +80

3√5�̅�⊥, �̅� = (𝑢1, 𝑢2)

También se observa que 𝐶𝑅̅̅ ̅̅ ∕∕ 𝐴1 ∕∕ (2,1) vector direccional de la asíntota 𝐴1,

entonces

𝐶𝑅̅̅ ̅̅ = ‖𝐶𝑅̅̅ ̅̅ ‖�̅�, �̅� =1

√5(2,1)


49

𝐶𝑅̅̅ ̅̅ =100

3√5

1

√5(2,1) = (

200

3,100

3)

Luego

(200

3,100

3) = 20√5(𝑢1, 𝑢2) +

80

3√5(−𝑢2, 𝑢1)

{3√5𝑢1 − 4√5𝑢2 = 10

4√5𝑢1 + 3√5𝑢2 = 5 ↝ 𝑢1 =

2

√5 , 𝑢2 = −

1

√5 ⟹ �̅� =

𝟏

√𝟓(𝟐,−𝟏 )

De la asíntota 𝐴2 se tiene 𝐴2: 𝑃 = 𝑆 + 𝑟(𝑎1, 𝑎2), 𝑟 ∈ 𝑅 y se observa que

(𝑎1, 𝑎2) ∕∕ 20√5�̅� −80

3√5�̅�⊥ = 20√5

1

√5(2,−1 ) −

80

3√5

1

√5(1,2 ) = (

40

3, −220

3)

(𝑎1, 𝑎2) ∕∕ (2,−11)

Por lo que

𝑨𝟐: 𝑷 = (𝟏𝟎,−𝟓𝟓) + 𝒓(𝟐,−𝟏𝟏), 𝒓 ∈ 𝑹

Como 𝑁(20,−10)pertenece al eje focal de la hipérbola se tiene

𝐸𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙 ∶ 𝑃 = 𝑁 + 𝑡�̅� , 𝑡 ∈ 𝑅

𝑬𝒋𝒆 𝒇𝒐𝒄𝒂𝒍 ∶ 𝑷 = (𝟐𝟎,−𝟏𝟎) + 𝒕(𝟐,−𝟏), 𝒕 ∈ 𝑹

El centro de la hipérbola está dado por

𝐶 = 𝐴2 ∩ 𝐸𝑗𝑒 𝑓𝑜𝑐𝑎𝑙

Igualando la ecuaciones

(10,−55) + 𝑟(2,−11) = (20,−10) + 𝑡(2,−1)

Aplicando el producto escalar en ambos miembro de la ecuación por el vector

(1,2) se tiene

(10,−55) ⋅ (1,2) + 𝑟(2,−11) ⋅ (1,2) = (20,−10) ⋅ (1,2) + 𝑡(2, −1) ⋅ (1,2)

−100 − 20𝑟 = 0 ↝ 𝑟 = −5

Luego el centro de la hipérbola es

𝐶 = (10,−55) + (−5)(2,−11) = (0,0) ↝ 𝑪(𝟎, 𝟎)

Como 𝑃 ∈ 𝐻, 𝑄 ∈ 𝐴1 y 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ⋅ (2,1) = 0 entonces 𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ⊥ 𝐴1

Además 𝐾 ∈ 𝐴2 y 𝑃𝐾̅̅ ̅̅ ⋅ (𝑎1, 𝑎2) = 0 entonces 𝑃𝐾̅̅ ̅̅ ⊥ 𝐴2

Por la propiedad de hipérbola


50

‖𝑃𝑄̅̅ ̅̅ ‖‖𝑃𝐾̅̅ ̅̅ ‖ =𝑎2𝑏2

𝑐2

Se tiene que

720 =𝑎2𝑏2

𝑐2

Como deseamos hallar la ecuación vectorial de la hipérbola en el sistema 𝑋′′𝑌′′

en la figura se aprecia que la asíntota 𝐴1 (en el sistema 𝑋′′𝑌′′ ) tiene pendiente

𝑏

𝑎=‖𝑀𝑅̅̅ ̅̅̅‖

‖𝐶𝑀̅̅̅̅̅‖=

803 √5

20√5=4

3 ↝ 𝑏 =

4

3𝑎

Como

𝑐2 = 𝑎2 + 𝑏2 ↝ 𝑐2 = 𝑎2 + (4

3𝑎)

2

=25

9𝑎2 ↝ 𝑐2 =

25

9𝑎2

Entonces

720 =𝑎2 (

43 𝑎)

2

259 𝑎

2=16

25𝑎2 ↝ 𝒂 = 𝟏𝟓√𝟓 , 𝒃 = 𝟐𝟎√𝟓

Finalmente la ecuación vectorial de la Hipérbola está dada por

𝑯:𝑷 = (𝟎, 𝟎) + 𝒙′′𝟏

√𝟓(𝟐,−𝟏 ) + 𝒚′′

𝟏

√𝟓(𝟏, 𝟐 );

𝒙′′𝟐

(𝟏𝟓√𝟓)𝟐−

𝒚′′𝟐

(𝟐𝟎√𝟓)𝟐= 𝟏

EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Sea 𝐸 una elipse con focos (0,2), (−6,2) y el área del rectángulo circunscrito

a 𝐸 cuyos lados son paralelos al eje focal y normal de 𝐸, es 80 unidades

cuadradas. Sea 𝐻 una hipérbola cuyas asíntotas son los ejes focal y normal

de E y 𝑒 = √2, tal que el eje transverso a 𝐻 tiene pendiente positiva y

𝑃0(−7,0) ∈ 𝐻. Halle la ecuación de:

a) La elipse 𝐸


51

b) El eje transverso de 𝐻

c) La hipérbola 𝐻

d) La recta tangente de 𝐻 en 𝑃0

e) Las rectas directrices de 𝐻.

2. Los extremos del lado recto de la Parábola

℘ ∶ 𝑃 = (−3,4) +𝑥′

4 (4,3) +

𝑦′

5 (−3,4) , 𝑥′2 = −20𝑦′

Son los focos de la Hipérbola 𝐻 y 𝐿 4𝑥 + 3𝑦 − 2 = 0 es una recta directriz de

la hipérbola 𝐻. Halle:

a) La ecuación vectorial de 𝐻.

b) Las ecuaciones vectoriales de las asíntotas de 𝐻.

3. El punto 𝐴(−3,−5) está en un hipérbola, uno de cuyos focos es el punto

𝐹(−2,−3) y la directriz correspondiente es 𝑥 + 1 = 0. Halle la ecuación de la

hipérbola e indicar las coordenadas de su centro.

4. Si un foco de la hipérbola 𝐻 es 𝐹(2,1) y un lado recto está sobre la recta

𝐿 ∶ 3𝑥 + 4𝑦 − 10(1 + 5√2) = 0 y mide 10 unidades de longitud. Determine el

centro 𝐶 y el foco 𝐹2, los vértices 𝑉1, 𝑉2, las asíntotas 𝐴1, 𝐴2, la excentricidad

𝑒 y las ecuaciones de las directrices 𝐿𝐷1 , 𝐿𝐷2 .

5. El punto 𝐶(11,3) es el centro de un cuadrado uno de cuyos vértices es

𝑄(18,2). Además 𝐶 es el centro de una hipérbola 𝐻 cuyas rectas asíntotas son

las diagonales del cuadrado y 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑢𝐶𝑄̅̅ ̅̅ = 𝑎 siendo �̅� el vector de rotación

del sistema 𝑋𝑌 con ambas componentes positivas. El sistema 𝑋′𝑌′ con origen

en 𝐶 y 𝑎 = 4√2 es la longitud del semieje transverso de 𝐻. Halle los focos, la

ecuación vectorial y las rectas directrices de H.

6. Determine la ecuación vectorial de la elipse que pasa por el punto 𝑅(3,3) y

la ecuación vectorial de la hipérbola que pasa por el punto 𝑆(0,−1); si los

vértices de la hipérbola son 𝑉1(1,1) y 𝑉2(7,3) y los de la elipse son 𝑉1(0,4) y

𝑉2(6,6).


52

7. H es una hipérbola con vértice 𝑉1 en el eje 𝑋+, cuyo eje conjugado pasa por

el origen de 𝑋𝑌, 𝐿1 : 𝑃 = 𝐴 + 𝑡(𝑎1, 𝑎2), 𝑡 ∈ 𝑅 con 𝑎1 < 0 y 𝑎2 > 0 es una recta

que pasa por el centro 𝑅 de 𝐻 y determina un segmento de 8 unidades en 𝑌+

donde ‖𝐴𝑅̅̅ ̅̅ ‖ = ‖𝑅𝐹1̅̅ ̅̅ ̅‖ = 5√5 siendo 𝐹1 foco más cercano a 𝑉1, 𝐿1 ∩ 𝐸𝑗𝑒 𝑋 = 𝑊,

𝐿1 ∩ 𝐸𝑗𝑒 𝑌 = 𝐷, ‖𝐷𝑅̅̅ ̅̅ ‖ = ‖𝑅𝑊̅̅ ̅̅ ̅‖, 𝑊𝑉1̅̅ ̅̅ ̅̅ = (6,0), 𝑃𝑟𝑜𝑦(1,0)𝑉2𝐷̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑉2𝐷̅̅ ̅̅ ̅. Determine la

ecuación vectorial de 𝐻.

8. El punto 𝑃 (10 −1

5√119

2, 8 +

1

5√119

2) pertenece a la cónica 𝐾 cuya recta

directriz 𝐿 ∶ 𝑥 + 𝑦 −17

3= 0 corresponde al foco 𝐹(5,3). Los vértices de 𝐾 son

los focos de la hipérbola 𝐻 tal que 𝐿 ∩ 𝐻 = 𝐴(23

6−√

499

14, 𝑎2) , 𝑎2 > 0. Halle:

a) La ecuación vectorial de la elipse 𝐸 cuyo eje menor es el eje

transverso de 𝐻.

b) La ecuación de la circunferencia 𝐶 cuyo centro coincide con el de 𝐸,

de radio √7 y que pasa por los focos de 𝐸.


53

REFERENCIALES

1. Charles H., L. (1980). Geometría Analítica. Mexico 1, D.F.: Editorial Limusa,

S. A.

2. Piskunov, N. (1978). Cálculo Diferencial e Integral (4ta edición ed.). URSS:

MIR - MOSCU.

3. Purcell, E. J., & Varberg, D. (1993). Cálculo con Geometría Analítica (Sexta

Edición ed.). México: Prentice Hall Hispanoamericana, S. A.

4. Stewart, J., Redlin, L., & Watson, S. (2007). Precálculo. Matemáticas para el

Cálculo. Mexico: Thomson Editores S.A.

Documents

Elipse e Hipérbola