geometria analitica

Jose Orlando Namuche Paiva

Edinson Enrique Reyes Alva

Carlos Daniel Velasquez Correa

2012

Geometrıa Analıtica





Geometrıa analıtica

Autores:




La presentacion y disposicion en conjunto de GEOMETRIA ANALITICA son propiedad del edi-

tor. Ninguna parte de esta obra puede ser reproducida o transmitida, mediante ningun sistema

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Derechos reservados c©Primera edicion: Setiembre 2012

Obra editada por:


Impreso en el Peru - Printed in Peru

Prefacio

Este texto se ha disenado pensando en cubrir las necesidades basicas que afronta un estudiante

en el nivel universitario, ya sea en Ciencias como Ingenierıa lo referente a Matrices, Determi-

nantes y Sistemas de Ecuaciones Lineales.

Los temas estan desarrollados en forma secuencial, dando enfasis al capitulo 1, que se ha con-

siderado como fundamental para entender los demas capıtulos.

Una caracterıstica del libro es los numerosos ejemplos, ejercicios desarrollados o demostraciones

de los Teoremas, ası como las aplicaciones vistas en diferentes materias.

Los autores agradecemos de antemano a los colegas, estudiantes y publico en general, que nos

hagan llegar sus crıticas y sugerencias, que lo recibiremos con mucho gusto, pues entenderemos

que servira para enriquecer este material.

I

Indice general

Prefacio I

1. Vectores en el plano 1

1.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Segmento de Recta Dirigidos y Vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3. Definicion de vector en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.4. Definicion de modulo y de direccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.5. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.6. Definicion de la suma de vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.7. Definicion del negativo de un vector . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.8. Definicion: Diferencia de dos vectores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.9. Definicion del producto de un vector y un escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.10. Teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.11. Definicion de espacio vectorial real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.12. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.13. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2. Ecuaciones vectoriales de la recta 36

2.1. Rectas y segmentos de recta en el plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.2. Puntos que estan sobre una recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.3. Pendiente de una Recta: Rectas Paralelas y Perpendiculares . . . . . . . . . . . 44

2.4. Ecuaciones Cartesianas en la recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.4.1. Forma cartesiana ordinario de la ecuacion de una recta . . . . . . . . . . 47

2.5. Ecuacion Punto y Pendiente, y Ecuacion de la Recta que pasa por dos Puntos

Dados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.6. Ecuacion de la recta punto y pendiente en terminos de las intersecciones con los

ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.7. Forma Simetrica de la Ecuacion de la Recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.8. Resumen del capıtulo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.9. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

2.10. Problemas Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

II

3. Circunferencia 70

3.1. Definicion de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.2. Teorema. Ecuacion de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.2.1. Trazo de una Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

3.3. Propiedades de la circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.4. Propiedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

3.4.1. Propiedad del cuadrilatero inscrito en una circunferencia . . . . . . . . . 78

3.4.2. Propiedad del cuadrilatero circunscrito en una circunferencia . . . . . . . 80

3.5. Forma General de la Ecuacion de la Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.5.1. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.5.2. Determinacion de una Circunferencia Sujetas a tres Condiciones Dadas . 83

3.6. Potencia de un punto con relacion a una circunferencia . . . . . . . . . . . . . . 85

3.7. Familia de Circunferencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.7.1. Familia de circunferencias que pasan por la interseccion de dos circunfer-

encias dadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.7.2. Eje Radical . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.8. Problemas Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88


3.9.1. Grupo I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

3.9.2. Grupo II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

3.9.3. Grupo III . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

3.9.4. Grupo IV . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

4. Parabola 117

4.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

4.2. Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.3. Elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

4.3.1. Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje X . . . . . . . . . 119

4.3.2. Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje Y . . . . . . . . . 121

4.3.3. El Vertice en el Origen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

4.4. Teoremas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

4.5. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

4.6. Problemas Resueltos y Aplicativos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

4.7. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162

5. Elipse 169

5.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

5.2. Definicion de Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 170

5.3. Rectas Directrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

5.4. Distancias Conocidas en una Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

III

5.5. Ecuacion de una elipse de centro (h, k) y ejes paralelos a los ejes coordenados . . 174

5.6. Propiedades de la Elipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

5.7. Ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

5.8. Ejercicios propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

5.8.1. Grupo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209

5.8.2. Grupo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210

5.8.3. Grupo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211

5.8.4. Grupo 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

5.8.5. Soluciones Grupo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

5.8.6. Soluciones Grupo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213

6. Hiperbola 215

6.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

6.2. Problemas y ejercicios resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

6.3. Ejercicios y problemas propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244

6.4. Respuestas Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245

7. Rotacion y traslacion de los ejes coordenados 254

7.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

7.2. Rotacion de los Ejes Coordenados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255

7.3. Traslacion y Rotacion de Ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

7.3.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258

7.4. Transformaciones de Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 260

7.4.1. Traslaciones de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261

7.4.2. Rotacion de ejes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268

7.5. Problemas Desarrollados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 280


8. Coordenadas Polares, cilındricas y esfericas 326

8.1. Coordenadas polares y graficas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 326

8.1.1. Criterios de Simetrıa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336

8.1.2. Tipos de caracoles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340

8.2. Coordenadas Cilındricas y Esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345

8.3. Transformaciones Cilındricas (r, θ, z) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 350

8.4. Caracterıstica de las coordenadas cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

8.5. Transformaciones Esfericas (ρ, θ, φ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356

8.5.1. Caracterısticas de las coordenadas esfericas . . . . . . . . . . . . . . . . . 357

8.5.2. Jacobiano de la transformacion esferica (ρ, θ, φ) . . . . . . . . . . . . . . 358

8.5.3. Interpretacion geometrica de la transformacion esferica . . . . . . . . . . 358

8.5.4. Generacion de una esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363

8.5.5. Generacion de una bola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363

IV


V

8.6. Rectas Tangentes en el Polo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364

8.7. Interceptos con los Ejes Principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365

8.7.1. Rectas en coordenadas polares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365

8.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366

8.9. Ejercicios Propuestos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380

9. Superficies Cuadraticas 386

9.1. Introduccion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386

9.2. Superficies Cuadricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 387

9.2.1. Discusion de la Grafica de la Ecuacion de una Superficie . . . . . . . . . 388

9.3. Estudio de las Superficies Cuadraticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

9.3.1. Elipsoide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 389

9.3.2. La Esfera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390

9.3.3. Simetrıas con respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados . . . . . . . 391

9.3.4. Paraboloide Elıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392

9.4. Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

9.4.1. Grafica del Hiperboloide de una Hoja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

9.5. Hiperboloide de dos Hojas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

9.5.1. Discusion de la Grafica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396

9.6. Paraboloide Hiperbolico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398

9.6.1. Discusion de la Grafica: El Paraboloide Hiperbolico para su Caso c > 0 . 398

9.7. Cono Elıptico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 399

9.7.1. Discusion de la Grafica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 400

9.8. Ejercicios Resueltos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401

Bibliografıa 417

Jose Namuche Enrique Reyes Carlos Velasquez

Capıtulo 1

Vectores en el plano

1.1 Introduccion

Las aplicaciones matematicas con frecuencia se relacionan con magnitudes que poseen tanto

cantidad (o intensidad) tomo direccion. Un ejemplo de tales magnitudes es la relatividad. Ası, la

velocidad de un avion tiene cantidad (la rapidez con que vuela) y direccion. la cual determina su

curso. Otros ejemplos de dichas magnitudes son la fuerza, el desplazamiento y aceleracion. Los

fısicos e ingenieros entienden por vector un segmento rectilıneo dirigido, y las magnitudes que

poseen cantidad y direccion se denominan magnitudes vectoriales. En contraste, una magni-

tud que tiene cantidad pero no direccion se llama magnitud escalar. Ejemplos de magnitudes

escalares son la longitud, el area, el volumen, el costo, la utilidad, y la rapidez. El estudio de los

vectores recibe el nombre de analisis vectorial. El analisis vectorial puede estudiarse en forma

geometrica o analıtica. Si el estudio es geometrico, primero se define un segmento rectilıneo di-

rigido (o brevemente segmento dirigido) como un segmento de recia que parte desde un punto

P y llega a un punto Q y se denota por−→PQ. El punto P se llama punto inicial, y el punto Q se

denomina punto terminal. Despues. se dice que dos segmentos dirigidos son iguales si tienen la

misma longitud y la misma direccion) y se escribe−→PQ =

−→RS (consulte la figura 1.1). El segmento

dirigido−→PQ se llama vector de P a Q. Un vector se denota por una sola letra en tipo negro A.

P R

Q S

−→PQ =

−→RS

Figura 1.1:

Al continuar con el aspecto geometrico del analisis vectorial, observe que si el segmento dirigido

1


2

−→PQ es el vector A, y

−→PQ =

−→US, entonces el segmento dirigido

−→RS tambien es el vector A. Por

esto se considera que un vector permanece sin cambio si se mueve paralelamente a sı mismo.

Con esta interpretacion de vector, se puede suponer, por conveniencia, que cada vector tiene su

punto inicial en algun punto de referencia fijo. Si se, considera este punto como el origen del

sistema coordenado cartesiano rectangular, entonces un vector puede definirse analıticamente

en terminos de numeros reales. Tal definicion permite el estudio del analisis vectorial desde un

punto de vista puramente algebraico.

En este trabajo se emplea el estudio analıtico, mientras que la interpretacion geometrica se utiliza

con fines ilustrativos. Un vector en el plano se denota por un par ordenado de numeros reales y

la notacion 〈x, y〉 se emplea en lugar de (x, y) para evitar la confusion entre vector y punto, V2

es el conjunto de todos los pares ordenados 〈x, y〉.

1.2 Segmento de Recta Dirigidos y Vectores

Puesto que cantidades como fuerza, velocidad y aceleracion tiene direccion y magnitud, conviene

representarlas en forma geometrica. Para hacerlo emplearemos el concepto de vectores, que tienen

tanto magnitud, como direccion. Los vectores no solo son importantes en fısica e ingenierıa;

muchos problemas geometricos pueden simplificarse con su uso, en especial los de geometrıa

analıtica de solidos. Una de las razones por las que los vectores son tan utiles es la diversidad

de interpretaciones que se les puede dar. Como nos interesan principalmente las aplicaciones

geometricas, representaremos en forma geometrica a los vectores mediante segmentos de recta

dirigidos.

Supongamos que A y B son puntos (no necesariamente distintos) en el espacio. El segmento de

recta dirigido de A a B se representa mediante−→AB; a B se le llama punta y a a A la cola del

segmento. Dos segmentos de recta dirigidos−→AB y

−−→CD son equivalentes,

−→AB =

−−→CD

1. Si ambos tienen longitud cero, o

2. si ambos tiene la misma longitud positiva, quedan e la misma recta o rectas paralelas, y

si tienen tambien la misma direccion (ver figura 2.1, en la cual−→AB =

−−→CD y

−→EF =

−−→GH).

Con esta informacion podremos demostrar facilmente el siguiente teorema

Teorema 1.1. a)−→AB =

−→AB para todo segmento de recta dirigido

−→AB

b) Si−→AB =

−−→CD, entonces

−−→CD =

−→AB

c) Si−→AB =

−−→CD y

−−→CD =

−→EF , entonces

−→AB =

−→EF

Elijamos ahora un segmento se recta dirigido−→AB. Sea M1 el conjunto de los segmentos de recta

dirigido equivalentes a−→AB. Ahora seleccionemos otro segmento,

−−→CD, que no este en M1, y sea



3

M2 el conjunto de todos los segmentos de recta dirigidos en una serie de subconjuntos, y ninguno

de ellos tiene elemento alguno en comun. A estos subconjuntos los llamaremos vectores. Ası,

un vector es determinado conjunto de segmentos de recta dirigidos, mutuamente equivalentes

1.3 Definicion de vector en el plano

Un vector en el plano es un par ordenado de numeros reales 〈x, y〉. Los numeros x y y son las

componentes del vector 〈x, y〉.De esta definicion, dos vectores 〈a1, a2〉 y 〈b1, b2〉 son iguales si y solo si a1 = b1 y a2 = b2.

Existe una correspondencia entre los vectores 〈x, y〉 del plano y los puntos (x, y) del plano.

Sea el vector A el par ordenado de numeros reales 〈a1, a2〉. Si A es el punto (a1, a2), entonces

el vector A puede representarse geometricamente por el segmento dirigido−→OA. Este segmento

dirigido es una representacion del vector A. Cualquier segmento dirigido a−→OA tambien es una

representacion del vector A. La representacion particular de un vector con su punto inicial en el

origen se denomina representacion de posicion del vector.

Ejemplo 1.1. El vector 〈2, 3〉 tiene como su representacion de posicion el segmento dirigido

desde el origen hasta el punto (2, 3). La representacion del vector 〈2, 3〉 cuyo punto inicial es

(h, k) tiene como punto terminal (h + 2, k + 3) consulte la figura 1.2.

b

b

0

(h, k)

(2,3)

(h + 2, k + 3)

y

x

Figura 1.2:

El vector (0,0) se denomina vector cero y se denota por 0, esto es 0 = 〈0, 0〉.Cualquier punto es una representacion del vector cero.



4

1.4 Definicion de modulo y de direccion

El modulo de un vector A, denotado por ‖A‖, es la longitud de cualquiera de sus representa-

ciones, y la direccion de un vector diferente del vector cero es la direccion de cualquiera de sus

representaciones.

1.5 Teorema

Si ‖A‖ es el vector 〈a1, a2〉, entonces ‖A‖ =√

a21 + a2

2

Demostracion. De la definicion ‖A‖ es la longitud de cualquiera de las representaciones de A.

entonces ‖A‖ sera la longitud de la representacion de posicion de A, la cual es la distancia del

origen al punto (a1, a2). De la formula de la distancia entre dos puntos, se obtiene

‖A‖ =√

(a1 − 0)2 + (a2 − 0)2

=√

a21 + a2

2

‖A‖

(a1, a2)

Observe que ‖A‖ es un numero no negativo y no un vector. Del teorema, se tiene ‖0‖ = 0

Ejemplo 1.2. Si A = 〈−3, 5〉, entonces

‖A‖ =√

(−3)2 + 52

=√

32

El angulo director de cualquier vector diferente del vector cero es el angulo θ medido desde

la parte positiva del eje x en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj hacia la

representacion de posicion del vector.

Si θ se mide en radianes, entonces 0 ≤ θ < 2π. Si A = 〈a1, a2〉, entonces

tan θ =a2

a1

si a1 6= 0 (1.1)



5

θ

(a1, a2)

Figura 1.3:

θ

(a1, a2)

Figura 1.4:

θ

(a1, a2)

Figura 1.5:

Si a1 = 0 y a2 > 0, entonces θ = 12π; si a1 = 0 y a2 < 0, entonces θ = 3

2π. Las figuras 1.3 a 1.5

muestran el angulo director θ para vectores especıficos cuyas representaciones de posicion estan

dibujadas en ellas.

Observe que si A = 〈a1, a2〉 y θ es el angulo director de A entonces

a1 = ‖A‖ cos θ y a2 = ‖A‖ sen θ (1.2)

refierase a la figura 1.6, donde el punto (a1, a2) esta en el primer cuadrante.

‖A‖

θ

a1

a2

(a1, a2)

Figura 1.6:

Si el vector A = 〈a1, a2〉, entonces la representacion de A cuyo punto inicial es (x, y) tiene

como punto terminal al punto (x+ a1, y + a2) de tal manera, un vector puede considerarse como

una traslacion del punto es sı mismo. La figura 1.7 muestra cinco representaciones del vector

A = 〈a1, a2〉. En cada caso A traslada el punto (xi, yi) en el punto (xi + a1, yi + a2)

La definicion siguiente proporciona el metodo para sumar dos vectores

1.6 Definicion de la suma de vectores

La suma de los vectores A = 〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉 es el vector A + B definido por

A + B = 〈a1 + b1, a2 + b2〉



6

b

b

b

b

b

(x1 + a1, y1 + a2)

(x2 + a1, y2 + a2)

(a1, a2)

(x3 + a1, y3 + a2)

(x4 + a1, y4 + a2)

(x1, y1)

(x2, y2)

(x3, y3)

(x4, y4)

Figura 1.7:

Ejemplo 1.3. Si A = 〈3, 1〉 y B = 〈4, 5〉, entonces

A + B = 〈3 + (−4),−1 + 5〉= 〈1, 4〉

R

(x + (a1 + b1), y + (a2 + b2))

P (x, y)

Q(x + a1, y + a2)

A

B

Figura 1.8:

La interpretacion geometrica de la suma de dos vectores, se muestra en la figura 1.8. Sean

A = 〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉, y sea P el punto (x, y). Entonces A traslada el punto P al punto

(x + a1, y + a2) = Q. El vector B traslada el punto Q al punto ((x + a1) + b1, (y + a2) + b2) o



7

equivalentemente, (x + (a1 + b1), y + (a2 + b2)) = R. Ademas.

A + B = 〈a1 + b1, a2 + b2〉

En consecuencia, el vector A+B traslada el punto P al punto (x+(a1 + b1), y +(a2 + b2)) = R.

Ası en la figura 1.8.−→PQ es una representacion de A.

−→QR es una representacion del vector B, y

−→PR es una representacion A+B. Las representaciones de los vectores A y B son lados adyacentes

de un paralelogramo, y la representacion del vector A+B es es una diagonal del paralelogramo.

Esta diagonal se denomina resultante de los vectores A y B. La regla para la adicion de vectores

tambien se conoce como ley del paralelogramo.

La fuerza es una magnitud vectorial donde la cantidad se expresa en unidades de fuerza y el

angulo director se determina mediante la direccion de la fuerza. En fısica se demuestra que

dos fuerzas aplicadas aun objeto en un punto particular pueden reemplazarse por una fuerza

equivalente, la cual es su resultante.

1.7 Definicion del negativo de un vector

Si A = 〈a1, a2〉, entonces el negativo de A, denotado por −A, es el vector 〈−a1,−a2〉.

Si el segmento dirigido−→PQ es una representacion del vector A, entonces el segmento dirigido

−→QP

es una representacion de −A. Cualquier segmento dirigido paralelo a−→PQ, que tenga la misma

longitud de−→PQ y sentido contrario de

−→PQ, es tambien una representacion de −A. Refierase a

la figura 1.9

P

Q

A −A

Figura 1.9:

1.8 Definicion: Diferencia de dos vectores



8

La diferencia de los vectores A y B definida por A−B, es el vector que se obtiene al sumar A

al negativo de B; es decir,

A −B = A + (−B)

Ası, si A = 〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉, entonces −B = 〈−b1,−b2〉

A −B = 〈a1 − b1, a2 − b2〉

Ejemplo 1.4. Si A = 〈4,−2〉 y B = 〈6,−3〉. entonces

A −B = 〈4,−2〉 − 〈6,−3〉= 〈4,−2〉 + 〈−6, 3〉= 〈−2, 1〉

A fin de interpretar geometricamente la diferencia de dos vectores, considere que las representa-

ciones de los vectores A y B tienen el mismo punto inicial. Entonces el segmento dirigido desde

el punto terminal de B al punto terminal del segmento dirigido de la representacion de A es una

representacion del vector A − B. Esto obedece a la ley del paralelogramo B + (A − B) = A.

Consulte la figura 1.10.

A

B

A − B

Figura 1.10:

Ejemplo 1.5. Si P es el punto (−6, 7) y Q es el punto (2, 9), entonces

V (−→PQ) = 〈2 − (−6), 9 − 7〉

= 〈8, 2〉

Suponga que P es el punto (a1, a2) y Q es el punto (b1, b2). Se empleara la notacion V (−→PQ) para

denotar el vector que tiene el segmento dirigido−→PQ como una representacion. Consulte la figura

1.11, la cual muestra la representacion de los vectores V (−→PQ), V (

−→OP ) y V (

−→OQ). Observe que:

V (−→PQ) = V (

−→OQ) − V (

−→OP )

V (−→PQ) = 〈b1, b2〉 − 〈a1, a2〉

V (−→PQ) = 〈b1 − a1, b2 − a2〉

Otra operacion con vectores es la multiplicacion escalar (o multiplicacion por un escalar) que

implica el producto de un vector y un escalar (un numero real).



9

Q(b1, b2)

P (a1, a2)

O

Figura 1.11:

1.9 Definicion del producto de un vector y un escalar

Si c es un escalar y A es el vector 〈a1, a2〉. entonces el producto de c y A, denotado por cA, es

el vector definido por

cA = c 〈a1, a2〉= 〈ca1, ca2〉

Ejemplo 1.6. Si A = 〈4,−5〉, entonces

3A = c 〈4,−5〉= 〈12,−15〉

El modulo del vector cA se calcula como sigue:

‖cA‖ =√

(ca1)2 + (ca2)2

=√

c2(a21 + a2

2)

=√

c√

a21 + a2

2

= c‖A‖

Por tanto el modulo de cA es el valor absoluto de c por el modulo de A. La interpretacion

geometrica del vector cA se presenta en las figuras 1.12 y 1.13. Si c > 0, entonces cA es un vector

cuya representacion tiene una longitud de c veces el modulo de A y tiene la misma direccion de

A; un ejemplo de esto se muestra en la figura 1.12, donde c = 3. Si c < 0, entonces cA es un

vector cuya representacion tiene una longitud que es |c| veces el modulo de A y posee direccion

opuesta a la de A. Esta situacion se ilustra en la figura 1.13 donde c = 12. El teorema siguiente

proporciona las leyes que satisfacen las operaciones de adicion vectorial y multiplicacion por un

escalar de vectores de V2.



10

3A

A

Figura 1.12:

A

12A

Figura 1.13:

1.10 Teorema

Si A, B y C son tres vectores cualesquiera de R2, y c y d son dos escalares cualesquiera, entonces

la adicion vectorial y la multiplicacion por escalar satisfacen las siguientes propiedades:

(i) A + B = B + A (ley conmutativa)

(ii) A + (B + C) = (A + B) + C (ley asociativa)

(iii) Existe un vector 0 en V2 para el cual A + 0 = A

(existencia del identico aditivo)

(iv) Existe un vector −A en V2 tal que A + (−A) = 0

(existencia del inverso aditivo o negativo)

(v) (cd)A = c(dA) (ley asociativa)



11

(vi) c(A + B) = cA + cB (ley distributiva)

(vii) (c + d)A = cA + dA (ley distributiva)

(viii) 1(A) = A (existencia del identico multiplicativo escalar)

Demostracion. Se presentaran las demostraciones de (i) y (vi), las demas se dejan como ejercicios.

En la demostracion de (i) se utiliza la propiedad conmutativa para los numeros reales, y en la

demostracion de (vi) se emplea la propiedad distributiva para los numeros reales. Sean A =

〈a1, a2〉 y B = 〈b1, b2〉.Demostracion de (i)

A + B = 〈a1, a2〉 + 〈b1, b2〉= 〈a1 + b1, a2 + b2〉= 〈b1 + a1, b2 + a2〉= 〈b1 + b2〉 + 〈a1, a2〉= B + A

Demostracion de (vi)

c(A + B) = c(〈a1, a2〉 + 〈b1, b2〉)= c(〈a1 + b1, a2 + b2〉)= 〈c(a1 + b1), c(a2 + b2)〉= 〈ca1 + cb1), ca2 + cb2)〉= 〈ca1, ca2〉 + 〈cb1, cb2〉= c 〈a1, a2〉 + c 〈b1, b2〉)= cA + cB

El teorema es muy importante debido a que cualquier Ley algebraica para las operaciones de

adicion vectorial y multiplicacion por un escalar en V2. se puede deducir a partir de las ocho

propiedades establecidas en el teorema. Estas leyes son semejantes a las leyes de la aritmetica de

numeros reales. Ademas, en algebra lineal, un espacio vectorial real se define como un conjunto

de vectores junto con el conjunto do numeros reales (escalares) y las dos operaciones de adicion

vectorial y multiplicacion por un escalar que satisfacen las ocho propiedades presentadas en el

teorema

1.11 Definicion de espacio vectorial real



12

Un espacio vectorial real V es un conjunto de elementos, llamados vectores, junto con el con-

junto de numeros reales denominados escalares, con dos operaciones llamadas adicion vectorial

y multiplicacion vectorial por un escalar, tal que para cada par de vectores A y B en V y para

cualquier escalar c, se definen los vectores A + B y cA de modo que las propiedades (i)-(viii)

del teorema se cumplan.

De esta definicion, V2 es un espacio vectorial.

Ahora se considerara un vector arbitrario de 2 y se expresara en una forma especial:

〈a1, a2〉 = 〈a1, 0〉 + 〈0, a2〉= a1 〈1, 0〉 + a2 〈0, 1〉 (1.3)

Debido a que el modulo de cada uno de los dos vectores 〈1, 0〉 y 〈0, 1〉 es una unidad, se les

conoce como vectores unitarios. A continuacion se presenta la notacion para estos dos vectores

unitarios:

i = 〈1, 0〉 j = 〈0, 1〉

Con estas notaciones se tiene (1.3)

〈a1, a2〉 = a1i + a2j (1.4)

i

j

1

1

Figura 1.14:

la representacion de posicion de los vectores i y j se muestra en la figura 1.14. La ecuacion

(1.4) establece que cualquier vector de V2 puede escribirse como una combinacion lineal de i y j.

De esta proposicion y del hecho de que i y j son independientes (es decir, sus representaciones

de posicion no son colineales), se dice que los vectores i y j forman una base para el espacio

vectorial V2). El numero de elementos de una base del espacio vectorial se denomina dimension

del espacio vectorial. Por tanto V2 es un espacio vectorial bidimensional o de dos dimensiones.

Ejemplo 1.7. De (1.4)

〈3,−4〉 = 3i − 4j



13

‖A‖θa2

a1

(a1, a2)

Figura 1.15:

Sean A el vector 〈a1, a2〉 y θ el Angulo director de A. Observe la figura 1.15, donde el punto

(a1, a2) esta en el segundo cuadrante y se muestra la presentacion de posicion de A. Como

A = a1i + a2j, a1 = ‖A‖ cos θ y a2 = ‖A‖ sen θ, entonces se puede escribir

A = ‖A‖ cos θi + ‖A‖ sen θj

= ‖A‖(cos θi + sen θj) (1.5)

Esta ecuacion expresa el vector A en terminos de su modulo del coseno y seno de su angulo

director, y de los vectores unitarios i y j.

Teorema 1.2. Si el vector A = a1i+a2j es diferente del vector cero, entonces el vector unitario

U tiene la misma direccion y el mismo sentido de A definido por

U =a1

‖A‖ i +a2

‖A‖j

Demostracion. Se demostrara que U es un vector unitario que tiene la misma direccion de A.

‖U‖ =

(a1

‖A‖

)2

+

(a2

‖A‖

)2

U =1

‖A‖(a1i + a2j)

=

√

a21 + a2

2

‖A‖

=‖A‖‖A‖

= 1

Como ‖U‖ = 1, U es un vector unitario, y debido a que U es igual al producto de un escalar

positivo y el vector A, la direccion y el sentido de U son los mismos que los de A.

Teorema 1.3. Si A y B son dos vectores cualesquiera de V2 o V3, y c es cualquier escalar,

entonces



14

i) c(A > ·B) = (cA) · B

ii) 0 · A = 0

iii) A · A = ‖A‖2

Las demostraciones se dejan como ejercicio.

Ahora se considerara el significado de angulo entre dos vectores, el cual conduce a otra expresion

para el producto punto de vectores.

Definicion del Angulo entre Vectores

Sean A y B dos vectores diferentes del vector cero.

i) Si A no es un multiplo escalar de B y si−→OP es la representacion de posicion de A y

−→OQ

es la representacion de la posicion de B, entonces el angulo entre los vectores A y B es el

angulo de medida positiva entre−→OP y

−→OQ e interior al triangulo determinado por O, P y

Q

ii) Si A = cB, donde C es un escalar, entonces si c > 0, el angulo entre los vectores mide 0

radianes; y si c < 0, entonces el angulo entre los vectores mide π radianes

El sımbolo empleado para denotar al angulo entre dos vectores tambien se utiliza para representar

la medida del angulo. De la definicion, si θ es la medida en radianes del angulo entre dos vectores,

entonces 0 ≤ θ ≤ π. La figura 1 muestra el angulo θ entre los vectores A y B (donde A no es un

multiplo escalar de B) de V2, y la figura 2 muestra el angulo cuando los vectores pertenecen a

V3

Teorema 1.4. Si θ es el angulo entre los vectores A y B, diferentes del vector cero, entonces

A · B = ‖A‖‖B‖ cos θ (1.6)

Demostracion. La figura 3 muestra la representacion de posicion−→OP de A, la representacion

de posicion−→OQ de B, la representacion

−→PQ de B − A, y el angulo θ en el origen, dentro del

triangulo POQ. De la ley de los cosenos se tiene

cos θ =‖A‖2 + ‖B‖2 − ‖B − A‖2

2‖A‖‖B‖

Al aplicar las propiedades del producto punto, de los teoremas, resulta

‖B − A‖2 = (B − A) · (B − A)

= (B − A) · B − (B − A) · A= B · B − A · B − B · A + A · A= ‖B‖2 − 2A · B + ‖A‖2

(1.7)



15

Si se sustituye de 1.7 en 1.6, se obtiene

cos θ =‖A‖2 + ‖B‖2 − (‖B‖2 − 2A · B + ‖A‖2)

2‖A‖‖B‖

cos θ =2A · B

2‖A‖‖B‖A · B = ‖A‖‖B‖ cos θ

El teorema afirma que el producto punto de dos vectores es el producto de los modulos de los

vectores y el coseno del angulo entre ellos

Definicion de Vectores Ortogonales

Se dice que dos vectores A y B son ortogonales(o perpendiculares) si y solo si A · B = 0

Definicion de la Proyeccion Escalar de un Vector sobre otro

Si A y B son dos vectores diferentes del vector cero, entonces la proyeccion escalas de B sobre

A se define como ‖B‖ cos θ, donde θ es el angulo entre A y B.

Observe que la proyeccion escalar puede ser positiva o negativa, dependiendo del signo de cos θ

A · B = ‖A‖(‖B‖ cos θ)

De modo que el producto punto de A y B es el modulo de A multiplicado por la proyeccion

escalar de B sobre A. Consulte las figuras 6(a) y (b). Como el producto punto es conmutativo,

A · Btambien es igual al modulo de B multiplicado por la proyeccion escalar de A sobre B.

Si B = b1i + b2j + b − 3k, entonces

i · B = b1, j · B = B2, k · B = b3

En consecuencia, del producto punto de B y uno de los vectores unitarios i, j o k, se obtiene la

componente de B en direccion de ese vector unitario. Con el fin de generalizar este resultado,

sea U cualquier vector unitario, entonces de (3), si θes el angulo entre U y B

U · B = ‖U‖‖B‖ cos θ

= ‖B‖ cos θ

Por lo tanto U · B es la proyeccion escalar de B sobre U , a la cual se le llama componente del

vector B en la direccion de U . De manera mas general, la descomposicion de un vector B sobre

un vector unitario en la direccion de A.

El teorema siguiente puede emplearse para calcular la proyeccion escalar de un vector sobre el

otro.

La proyeccion escalar del vector B sobre el vector A es

A · B‖A‖



16

Demostracion. De la definicion , la proyeccion escalar de B sobre A es ‖B‖ cos θ, donde θ es el

angulo entre A y B

‖A‖‖B‖ cos θ = A · B

‖B‖ =A · B‖A‖

Consulte otra vez la figura 5. Si C es el vector que tiene a−→OR como su representacion de posicion,

entonces C se denomina vector proyeccion de B sobre A. Para determinar C, se multiplica

‖B‖ cos θ por el vector unitario la misma direccion de A. Ası:

C = (‖B‖ cos θ)A

‖A‖

=‖A‖(‖B‖ cos θ)

‖A‖ A

=

(A · B‖A‖2

)

A

Este resultado se establece en el siguiente teorema

Teorema 1.5. El vector proyeccion del vector B sobre el vector A es

(A · B‖A‖2

)

A

1.12 Ejercicios resueltos

Ejercicio 1.1. Sean A el vector 〈−4, 5〉 y P el punto (6,−2) (a) Dibuje la representacion de

posicion de A y tambien la representacion particular de A que tiene a P como su punto inicial.

(b) Determine el modulo de A.

Solucion.

(a) Sea A el punto (−4,5). La figura 1.16 muestra el segmento dirigido−→OA es la representacion

de posicion del vector A. Sea−→PQ la representacion particular del vector A que tiene a P

como su punto inicial. Si Q = (x, y) entonces

x − 6 = −4 y + 2 = 5

x = 2 y = 3

Por tanto, Q = (2, 3) y−→PQ se muestra en la figura 8.3.



17

b

b

b

A(−4, 5)

Q(2, 3)

P (6,−2)

Figura 1.16:

(b) Del teorema 1.3.

‖A‖ =√

(−4)2 + (5)2

=√

41

Ejercicio 1.2. Determine la medida en radianes del angulo director de cada uno de los siguientes

vectores (a) 〈−1, 1〉; (b) 〈0,−5〉; (c) 〈1,−2〉.

Solucion. Las representaciones de posicion de los vectores de (a) a (c) se muestran en las figuras

1.17, 1.18 y 1.19 respectivamente.

θ

(a1, a2)

Figura 1.17:

θ

(1, 1)

Figura 1.18:

θ

(a1, a2)

Figura 1.19:

(a) tan θ = −1, y 12π < θ < π; de modo que θ = 3

4π

(b) tan θ no existe, y a2 < 0; por lo que θ = 32π

(c) tan θ = −2, y 32π < θ < 2π; por tanto θ = tan−1(−2) + 2π se tiene θ =5.176

Ejercicio 1.3. Suponga que P es el punto (−1, 8) y Q es el punto (3, 2). Determine el vector A

que tiene a−→PQ como una representacion.



18

Solucion. La figura 1.20 muestra el segmento dirigido PQ Sea el vector A = 〈a1, a2〉. Como−→PQ es una representacion del vector A, el vector A traslada el punto P (−1, 8) al punto Q(3, 2).

Pero el vector 〈a1, a2〉 traslada el punto (−1, 8) al punto (−1 + a1, 8 + a2). Ası,

−1 + a1 = 3 8 + a2 = 2

a1 = 4 a2 = −6

Por tanto, A = 〈4,−6〉.

b

b

b

(4,−6)

Q(3, 2)

P (−1, 8)

Figura 1.20:

Ejercicio 1.4. Dos fuerzas de 200 lb y 250 lb forman un angulo de 13π entre sı y estan aplicadas

a un objeto en el mismo punto. Determine (a) la intensidad o modulo de la fuerza resultante, y

(b) el angulo que forma la resultante con la fuerza de 200 lb.

B

A

θα

A + B

(200,0)

(250 cos 13π, 250 sen 1

3π)

Figura 1.21:

Solucion. Consulte la figura 1.21, donde los ejes se han elegido de modo que la representacion

de posicion de la fuerza de 200 lb coincida con la parte positiva del eje x. El vector A denota



19

esta fuerza, por lo que A = 〈200, 0〉. El vector B representa la fuerza de 250 lb. De las formulas

(1.2), si B = 〈b1, b2〉, entonces

b1 = 250 cos 13π b2 = 250 sen 1

3π

b1 = 125 a2 = 216. 5

Ası, B = 〈125, 216. 5〉. La fuerza resultante es A + B, por lo que

A + B = 〈200, 0〉 + 〈125, 216. 5〉= 〈325, 216. 5〉

(a) ‖A + B‖ =√

(325)2 + (216. 5)2 = 390,5

(b) Si θ es el angulo que el vector A + B forma con el vector A, entonces

tan θ =216. 5

325tan θ = 0. 6662

θ = 0. 5877

El ejemplo siguiente, que involucra la diferencia de dos vectores trata acerca de la navegacion

aerea. La velocidad del aire (o con respecto al aire) de un avion es su velocidad con relacion

a la velocidad del aire en que navega y la velocidad a tierra (o con respecto a la tierra) es su

velocidad considerada desde el suelo. Cuando hay viento, la velocidad del avion relativa al suelo

es la resultante del vector que representa la velocidad del aire y el vector que representa la

velocidad del avion relativa al aire. En navegacion, el curso de un barco o un avion es el angulo

medido en grados en el sentido en que giran las manecillas del reloj desde el norte a la direccion

en la que se encamina la nave. El angulo se considera positivo aunque se recorre en el sentido

del giro de las manecillas del reloj.

Ejercicio 1.5. Un avion puede volar a 300 mi/h. Si el viento sopla hacia hacia el este a 50 mi/h.

¿Cual debe ser el enfilamiento del avion para que el curso sea de 30o? ¿Cual sera la velocidad a

tierra del avion si vuela en este curso?

Solucion. Refierase a la figura 1.22, la cual muestra las representaciones de posicion de los

vectores A y B ası como una representacion de A −B. El vector A representa la velocidad del

avion sobre un curso de 30o. El angulo director de A es 60o. El vector B representa la velocidad

del viento. Como B tiene una intensidad de 50 y un angulo director de 0o, entonces B = 〈50, 0〉.El vector A − B representa la velocidad del avion al aire, ası ‖A − B‖ = 300. Sea θ el angulo

director de ‖A −B‖. De la figura 1.22 se obtiene el triangulo mostrado en la figura 1.23.

Al aplicar la ley de los senos a este triangulo se tiene

sen φ

50=

sen 60o

300

sen φ =50 sen 60o

300sen φ = 0,1433

φ = 8,3o



20

O

y

x

60º

30º A−B

A

B

θ

90−θ

Figura 1.22:

60ºθ

φ||Α||

50

300

Figura 1.23:

Por tanto

θ = 60o + 8,3o

= 68,3o

Si se aplica otra vez la ley de senos al triangulo de la figura ??, se tiene

‖A‖sen(180 − θ)

=300

sen 60o

‖A‖ =300 sen 117,7o

sen 60o

‖A‖ = 322

Conclusion: El enfriamiento del avion debe ser 90o − θ, el cual es 21.7o, y si el avion vuela en

este curso, su velocidad a tierra sera de 322 mi/h.

Ejercicio 1.6. Exprese el vector 〈−5,−2〉 en la forma (??)



21

Solucion. Al calcular el modulo y el coseno y el seno del angulo director se tiene

‖ 〈−5,−2〉 ‖ =√

(−5)2 + (−2)2

=√

29

cos θ = − 5√29

y sen θ = − 2√29

Por tanto de (??)

〈−5,−2〉 =√

29

(

− 5√29

i − 2√29

j

)

Ejercicio 1.7. Dados A = 3i+ j y B = −2i+4j, obtenga el vector unitario que tiene la misma

direccion de A −B

Solucion.

A − B = (3i + j) − (−2i + 4j)

= 5i − 3j

ası

A− B =√

52 + (−3)2

=√

34

Por teorema 1.10 el vector unitario requerido es

U =5√34

i +3√34

j

Ejercicio 1.8. Sean −→a y−→b vectores en R2. Utilizando las propiedades del punto escalar,

demostrar:

a) ‖−→a +−→b ‖2 − ‖−→a −−→

b ‖2 = 4−→a · −→b

b) ‖−→a +−→b ‖2 + ‖−→a −−→

b ‖2 = 2(‖−→a ‖2 + ‖−→b 2‖)

Solucion.

a)

‖−→a +−→b ‖2 − ‖−→a −−→

b ‖2 = (−→a +−→b )(−→a +

−→b ) − (−→a −−→

b )(−→a −−→b )

= −→a 2 + −→a −→b +

−→b −→a +

−→b 2 − (−→a 2 −−→a −→

b −−→b −→a +

−→b 2)

= ‖−→a ‖2 + −→a −→b +

−→b −→a + ‖−→b ‖2 − ‖−→a ‖2 + 2−→a −→

b − ‖−→b 2‖≤ 4−→a −→

b

b)

‖−→a +−→b ‖2 + ‖−→a −−→

b ‖2 = (−→a +−→b )(−→a +

−→b ) + (−→a −−→

b )(−→a − b)

= −→a 2 + −→a −→b +

−→b −→a +

−→b 2 + (−→a 2 −−→a −→

b −−→b −→a +

−→b 2)

= ‖−→a ‖2 + −→a −→b +

−→b −→a + ‖−→b ‖2 + ‖−→a ‖2 − 2−→a −→

b + ‖−→b 2‖≤ 2(‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2)



22

Ejercicio 1.9. Demostraremos que los vectores −→a y−→b en R2 son ortogonales, si y solo si:

‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a ‖2

Solucion. (⇒) ‖−→a +−→b ‖2 = ‖a‖2 + ‖b‖2 ⇒ a ⊥ b.

Si −→a ⊥ −→b demostraremos que −→a · −→b = 0.

En efecto

‖−→a +−→b ‖2 = (−→a +

−→b )(−→a +

−→b )

= −→a 2 + −→a · −→b +−→b · −→a +

−→b 2

= ‖−→a ‖2 + 2−→a · −→b + ‖−→b ‖2

= ‖−→a +−→b ‖2 + 2−→a · −→b

⇒ 0 = −→a · −→b

(⇐) −→a ⊥ −→b ⇒ ‖−→a +

−→b ‖2 = ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2.

Se sabe que −→a ⊥ −→b ⇔ −→a · −→b = 0. Luego

‖−→a +−→b ‖2 = (−→a +

−→b )(−→a +

−→b )

= −→a 2 + −→a · −→b +−→b · −→a +

−→b 2

= ‖−→a ‖2 + 2−→a · −→b + ‖−→b ‖2

= ‖−→a ‖2 + 2 · 0 + ‖−→b ‖2

⇒ ‖−→a +−→b ‖2 = ‖−→a ‖2 + ‖−→b ‖2

Ejercicio 1.10. Deducir la desigualdad triangular que si −→a y−→b estan en R2, entonces:

|‖−→a ‖ − ‖−→b ‖| ≤ ‖−→a +−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ + ‖−→b ‖

Solucion.

‖−→a ‖ = ‖−→a +−→b −−→

b ‖≤ ‖−→a +

−→b ‖ + ‖−→b ‖

⇒ ‖−→a ‖ − ‖−→b ‖ ≤ ‖−→a +−→b ‖ (1.8)

‖−→b ‖ = ‖−→b −−→a + −→a ‖= ‖−→a +

−→b −−→a ‖

= ‖(−→a +−→b ) −−→a ‖

≤ ‖−→a +−→b ‖ + ‖−→a ‖

⇒ −‖−→a +−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ − ‖−→b ‖ (1.9)

De (3.19) y (3.20)

−‖−→a −−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ − ‖−→b ‖ ≤ ‖−→a +

−→b ‖

= |‖−→a ‖ − ‖−→b ‖| ≤ ‖−→a +−→b ‖



23

Por desigualdad triangular

⇒ |‖−→a ‖ − ‖−→b ‖| ≤ ‖−→a +−→b ‖ ≤ ‖−→a ‖ + ‖−→b ‖

Ejercicio 1.11. Hallar la medida del angulo entre los vectores −→a y−→b , si −→a va de A(2, 5) a

B(4, 4) y−→b de C(3,−2) a D(2, 1)

Solucion. −→a =−→AB = B − A = (4, 4) − (2, 5) = (2,−1)

−→b =

−−→CD = D − C = (2, 1) − (3,−2) = (−1, 3)

⇒ cos θ =−→a · −→b

|−→a | · |−→b |=

(2,−1) · (−1, 3)

(√

5) · (√

10)=

−2 − 3

5√

2= −1

2= −

√2

2

∴ θ =π

2+

π

4=

3π

4= 135o

Ejercicio 1.12. Si ABC es un triangulo es un triangulo y−→AC = (4, 1),

−→AB = (−4,−3), hallar

el coseno del angulo que forma el vector−−→BC con el vector unitario

−→j = (0, 1).

A

B

C

a

b c

Solucion. −→AB = B − A−→AC = C − A

B − A = (−4,−3)

A − C = (−4,−1)

B − C = (−8,−4)−−→CB = (−8,−4)−−→BC = (8, 4)

⇒ cos θ =(0, 1) · (8, 4)

(1)(√

80)=

4

4√

5=

√5

5

Ejercicio 1.13. En un triangulo ABC se tiene:−→AB = (2

√6, 2

√2) y

−→AC = (

√6,−

√2). Deter-

minar la medida del angulo formado por−−→BC y el semieje positivo de las abscisas



24

A

B

C

a

b c

Solucion. −→AB = B − A−→AC = C − A

B − A = (2√

6, 2√

2)

A − C = (−√

6,√

2)

B − C = (√

6, 3√

2)−−→CB = (

√6, 3

√2)

−−→BC = (−

√6,−3

√2)

⇒ cos θ =(1, 0) · (−

√6,−3

√2)

(1)(√

24)=

−√

6

2√

6= −1

2∴ cos θ = cos 120o → θ = 120o

Ejercicio 1.14. Si −→a = (a1, a2), |−→a | = 2, a1/a2 = 4, hallar −→a

Solucion. −→a = (a1, a2) =?, |−→a | = 2,a1

a2= 4 → a1 = 4a2

|−→a | = 2 → a21 + a2

2 = 4

→ 16a22 + a2

2 = 4

a22 =

4

17

a2 = ± 2√17

a1 = ± 8√17

⇒ −→a =(8, 2)√

17

Ejercicio 1.15. Un vector −→a tiene longitud 5 y el punto de apoyo en (1,−1). Encontrar el

vector −→a si la abscisa del punto terminal es cuatro.

|−→a | = 5, −→a =?



25

(4,x)

(1,−1)

Solucion.

|−→a | = 5 ⇒√

(4 − 1)2 + (x + 1)2 = 5

9 + (x + 1)2 = 25

(x + 1)2 = 16

x + 1 = ±4

⇒ −→a = (4, x) − (1,−1) = (4 − 1, x + 1)

∴−→a = (3,±4)

Ejercicio 1.16. Probar que si P0 6= P1 entonces los puntos que trisecan al segmento que va de

P0 a P1 tienen la forma

(P0 + 2P1)/3 y (2P0 + P1)/3

P

P

P

P1

2

3

0

Solucion.P2 = P3+P0

2∧ P3 = P0

2

2P2 = P2+P1

2+ P0 ∧ P3 =

P1+2P03

+P1

2

4P2 = P2 + P1 + 2P0 ∧ P3 = 4P1+2P0

6

3P2 = P1 + 2P0 ∧ P3 = 2(2P1+P0)6

P2 = P1+2P0

3∧ P3 = 2P1+P0

3

Ejercicio 1.17. Si L, M , N son puntos medios de los segmentos−−→BC,

−→CA y

−→AB respectivamente

y Q es un punto cualquiera demuestre que

a)−→QA +

−−→QB +

−→QC =

−→QL +

−−→QM +

−−→QN

b)−→AL +

−−→BM +

−−→CN = 0



26

AB

C

L M

N

Q

Solucion.

a)

−→QA +

−−→QB +

−→QC = A − Q + B − Q + C − Q

=A

2+

A

2− Q +

B

2+

B

2− Q +

C

2+

C

2− Q

=A + B

2− Q +

A + C

2− Q +

B + C

2− Q

= N − Q + M − Q + L − Q

=−−→QN +

−−→QM +

−→QL

b)

−→AL +

−−→BM +

−−→CN = L − A + M − B + N − C

=B + C

2− A +

A + C

2− B +

A + B

2− C

= A − A + B − B + C − C

= 0

Ejercicio 1.18. Conociendo los vertices adyacentes de un paralelogramo A = (2, 0), B = (−3, 3)

y el punto de interseccion de sus diagonales Q = (−1, 0), hallar los otros dos vertices

Solucion.

Q = C+A2

Q = D+B2

2(−1, 0) = C + (2, 0) 2(−1, 0) = D + (−3, 3)

(−2, 0) = C + (2, 0) (−2, 0) = D + (−3, 3)

(−2, 0) − (2, 0) = C (−2, 0) − (−3, 3) = D

(−4, 0) = C (1,−3) = D

Ejercicio 1.19. Hallar los vertices de un triangulo, sabiendo que los puntos medios de sus lados

son M = (−1, 7)/2, N = (−3,−4)/2 y P = (4, 3)/2

Solucion. A = (a1, a2), B = (b1, b2), C = (c1, c2)



27

A

B

C

M N

P

M = A+B2

N = B+C2

P = A+C2

(−1, 7) = A + B (−3,−4) = B + C (4, 3) = A + C

−1 = a1 + b1 −3 = b1 + c1 4 = a1 + c1

7 = a2 + b2 −4 = b2 + c2 3 = a2 + c2

⇒ −1 = a1 + b1 7 = a2 + b2

−3 = b1 + c1 7 = b2 + c2

4 = a1 + c1 −4 = a2 + c2

0 = a1 + b1 + c1 3 = a2 + b2 + c2

a1 = 3 a2 = 7

b1 = −4 b2 = 0

c1 = 1 c2 = −4

∴ los vertices son: A = (3, 7), B = (−4, 0), C = (1,−4)

Ejercicio 1.20. Hallar la longitud de la mediana del lado−→PQ en el triangulo cuyos vertices son

P = (3, 7), Q = (−4, 0) y R = (1,−4)

P

Q

R

M

Solucion. M =P + Q

2=

(3 − 4

2,7 + 0

2

)

=

(−1

2,7

2

)

|−−→MQ| =

√(

1 +1

2

)

+

(

−4 − 7

2

)

=

√

9

4+

225

4

=

√

234

4=

3

2

√26

Ejercicio 1.21. Demuestre que el vector−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b ) es perpendicular a −→a



28

Solucion.−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b ) es perpendicular a −→a

[−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b )] ⊥ −→a ⇔ [

−→b (−→a · −→c ) −−→c (−→a · −→b )] · −→a = 0

[−→b (−→a · −→c ) · −→c (−→a · −→b )] · −→a = [(−→a · −→c )

−→b − (−→a · −→b )−→c ] · −→a prop. conmutativa

= [(−→a · −→c )−→b ] · −→a − [(−→a · −→b ) · −→c ]−→a

= (−→a · −→c )(−→b · −→a ) − (−→a · −→b )(−→c · −→a )

= (−→a ·−→c)(−→a · −→b ) − (−→a · −→b )(−→a · −→c )

= 0

Ejercicio 1.22. Demuestre que el vector−→b(−→a ·−→b

|−→a |2

)−→a es ortogonal al vector −→a

Solucion.[

b − (a · b)|a|2 · a

]

· a = b · a −[(a · b)|a|2 · a

]

= ba −[a · b|a|2

]

· a2

= ba −[a · b|a|2

]

· a2

= ba − a · b= ab − ba

= 0

Ejercicio 1.23. Demuestre la desigualdad triangular para todo par de vectores −→a y−→b : |−→a +

−→b | ≤ |−→a | + |−→b |

Solucion.

|a + b|2 = (a + b)(a + b)

= a2 + ab + ba + b2

= |a|2 + ab + ba + |b|2

≤ |a|2 + |ab| + |ba| + |b|2

= |a|2 + 2|ab| + |b|2

= (|a| + |b|)2

⇒ |a + b| ≤ |a| + |b|

Ejercicio 1.24. Demuestre que:

a) (−→a +−→b )⊥ = −→a ⊥ +

−→b ⊥

b) −→a · −→b ⊥ = −−→a ⊥ · −→b



29

c) (−→a ⊥)⊥ = −−→a

d) −→a ⊥ · −→b ⊥ = −→a · −→b

e) (r−→a )⊥ = r−→a ⊥

f) ‖−→a | − |−→b ‖ ≤ |−→a −−→b |

Solucion. a)

(a + b)⊥ = ((a1, a2) + (b1, b2))⊥

= (a1 + b1, a2 + b2)⊥

= (−(a2 + b2), (a1 + b1))

= (−a2 − b2, a1 + b1)

= (−a2, a1) + (−b2, b1)

= a⊥ + b⊥

b)

a · b⊥ = (a1, a2) · (b1, b2)⊥

= (a1, a2) · (−b2, b1)

= −a1b2 + a2b1 (1.10)

−a⊥ · b = −(a1, a2)⊥ · (b1, b2)

= −(−a2, a1) · (b1, b2)

= (a2,−a1) · (b1, b2)

= a2b1 − a1b2

= −a1b2 + a2b1 (1.11)

De (1.10) y (1.11)

a · b⊥ = −a⊥ · b

c)

(A⊥)⊥ = ((a1, a2)⊥)⊥

= ((−a2, a1))⊥

= (−a1,−a2)

= (a1, a2)

= a



30

d)−→a ⊥ · −→b ⊥ = −→a · −→b

a⊥ · b⊥ = (a1, a2)⊥ · (b1, b2)

⊥

= (−a2, a1) · (−b2, b1)

= (−a2)(b2) + (a1)(b1)

= (a2b2) + a1b1

= a1b1 + a2b2

= (a1, a2) · (b1, b2)

= a · b

e)

(ra)⊥ = ra⊥

ra⊥ = r(a1, a2)⊥

= r(−a2, a1)

= (r(−a2), rd1)

= (−ra2, ra1)

= (ra)⊥

f)

|a| = |a + b − b|≤ |a − b| + |b|

⇒ |a| − |b| ≤ |a − b| (1.12)

b = b − a + a

= |a + b − a|= | − (a − b) + a|≤ | − (a − b)| + |a|= | − 1||a − b| + |a|= |a − b| + |a|

−|a − b| ≤ |a| − |b| (1.13)

De (1.12) y (1.13)

−|a − b| ≤ |a| − |b| ≤ |a − b|⇒ ||a| − |b|| ≤ |a − b|

Ejercicio 1.25. Pruebe que en cualquier paralelogramo la suma de los cuadrados de las longi-

tudes de las diagonales es igual al doble de la suma de los cuadrados de los lados adyacentes



31

b

d

d 1

2

a

Solucion.

|d1|2 + |d2|2 = 2(|a|2 + |b|2)|d1|2 + |d2|2 = |a + b|2 + |a − b|2

= |a|2 + 2ab + |b2||a|2 − 2ab + |b|2

= 2(|a|2 + |b|2)

Ejercicio 1.26. Dados los puntos P = (1, 2), Q = (2, 5), R = (5, 8), S = (9, 10) que forman un

trapecio , encontrar los puntos M y N sobre las diagonales, si se sabe−−→MN = (

−→PS −−→

QR)/3.

P

Q R

S

M N

Solucion.−→PS = S − P

= (9, 10) − (1, 2)

= (8, 8)

−→QR = R − Q

= (5, 8) − (2, 5)

= (3, 3)

M = P + r−→PR

N = S + t−→SQ

−−→MN = N − M

= S + t−→SQ − P − r

−→PR

= (9, 10) + t((2, 5) − (9, 10)) − (1, 2) − r((5, 8) − (1, 2))

(8, 8) − (3, 3)

3= (8, 8) + t(−7,−5) − r(4, 6)

(5, 5)

3= (8 − 7t − 4r − 8 − 5t − 6r)



32

53

= 8 − 7t − 4r 53

= 8 − 5t − 6r

5 = 24 − 21t − 12r 5 = 24 − 15t − 18r

21t + 12r = 19 15t + 18r = 19

21t + 12r = 15t + 18r

6t = 6r

t = r =19

33

M = (1, 2) + 1933

(4, 6) N = (9, 10) − 1933

(7, 5)

=(

33+7633

, 66+11433

)=(

297−13333

, 330−9533

)

=(

10933

, 18033

)=(

16433

, 23533

)

Ejercicio 1.27. En el triangulo ABC se tiene 3−−→EC =

−→AE, hallar s y t si

−−→EB = s

−→BA + t

−−→BC

A

B

CE

Solucion.

3−−→EC =

−→AE

−−→EB = s

−→BA + t

−−→BC

−−→EB =

−→EA +

−→AB

= −−→BA −−→

AE

= −−→BA − 3

4

−→AC

= −−→BA − 3

4(−→AB +

−−→BC)

= −−→BA − 3

4(−−→

BA +−−→BC)

=−−→

BA

4− 3

4

−−→BC

S = −1

4

t =−3

4

Ejercicio 1.28. En el triangulo ABC se tiene−−→AM = 3

4

−−→MC . Si

−−→BM = r

−→BA + t

−−→BC



33

A

B

C3x 4xM

Solucion. −−→AM = 3

4

−−→MC

−→AC−−→MC

= 7x4x

−−→BM = r

−→BA + t

−−→BC

−−→MC = 4

7

−→AC

−−→BM =

−→BA +

−−→AM

=−→BA +

3

4

−−→MC

=−→BA +

3

7

−→AC

=−→BA +

3

7(−−→BC +

−→AB)

=−→BA +

3−−→BC − 3

−→BA

7

=4

7

−→BA +

3

7

−−→BC

= r − t

=4

7− 3

7=

1

7

Ejercicio 1.29. En el triangulo ABC, las longitudes de los segmentos−−→BD y

−−→DA son como 3 y

5 respectivamente; si−−→CD = m

−→AB + n

−→AC . Determinar: 8m+12n

A

B

C

3x

5x D



34

Solucion.

−→AB−−→AD

=8x

5x−−→AD =

5

8

−→AB

−−→BD−−→DA

=3

5

−−→BD = 3x

−−→DA = 5x

−→AB−−→BD

=8x

3x−→AB =

8

3

−−→BD

−−→CD =

−−→AD +

−→CA

−−→CD =

5

8

−→AB −−→

AC

8

(5

8

)

− 2(1) = −7

1.13 Ejercicios propuestos

En los ejercicios del (1) al (4), (a) dibuje la representacion de posicion del vector A y tambien

la representacion particular que pasa por el punto A y tambien la representacion particular que

pasa por el punto P . (b) calcule el modulo de A

1. A = 〈3, 4〉, P = (2, 1).

2. A = 〈−2, 5〉, P = (−3, 4).

3. A = 〈e,−1/2〉, P = (−2,−e).

4. A = 〈4, 0〉, P = (2, 6).

En los ejercicios 5 y 6 obtenga la medida exacta en radianes del angulo director del vector. En

el inciso (c) aproxime la medida a centesimos de radian.

5. (a) 〈1,−1〉 (b) 〈−3, 0〉 (c) 〈5, 2〉



35

6. (a)⟨√

3, 1⟩

(b) 〈0, 4〉 (c) 〈−3, 2〉

En los ejercicios 7 a 10, obtenga el vector A que tiene al segmento dirigido−→PQ como una

representacion. Dibuje−→PQ y la representacion de posicion de A.

7. P = (3, 7), Q = (5, 4)

8. P = (5, 4), Q = (3, 7)

9. P = (−5,−3), Q = (0, 3)

10. P = (−√

2, 0), Q = (0, 0)

En los ejercicios 11 a 14, determine el punto S de modo que−→PQ y

−→RS sean representaciones del

mismo vector

11. P = (2, 5), Q = (1, 6); R = (−3, 2)

12. P = (−2, 0), Q = (−3,−4); R = (4, 2)

13. P = (0, 3), Q = (5,−2); R = (7, 0)

14. P = (−1, 4), Q = (2,−3); R = (−5,−2)


Capıtulo 2

Ecuaciones vectoriales de la recta

2.1 Rectas y segmentos de recta en el plano

En estudios anteriores de geometrıa plana se menciona que una recta es un conjunto de puntos

del plano.

La ecuacion lineal cuya forma cartesiana ordinaria es:

Ax + By + C = 0

donde A o B es diferente de 0. (la condicion de que A o B es diferente de 0 se expresa equiva-

lentemente en la forma “A2 +B2 6= 0”). Mas adelante se discutiran en detalle ecuaciones de esta

forma, pero ahora se empleara la rotacion, que existe entre los puntos del plano los vectores,

para demostrar que una recta queda definida tambien mediante una ecuacion vectorial.

Al estudiar a los puntos del plano y su relacion con los vectores resulta util denotar al vector

que va del origen a su punto S del plano mediante la letra minuscula s.

T(5,4)

S(4,2)

x

y

Figura 2.1:

T(5,4)

S(4,2)

x

y

s

tv=(1,2)

Figura 2.2:

Es bien conocido que dos puntos definen una recta. Se vera ahora como se puede emplear este

36


37

hecho para obtener la ecuacion vectorial de una recta. Considerese la Fig. 2.1, en la cual se

muestran los puntos S(4,2) y T (5,4), ası como a la recta L que contiene s estos puntos. Si las

representaciones geometricas ordinarias de los vectores s = (4,2) y t = (5,4) se agregan a esta

figura.

Se obtiene la Fig. 2.2. Observese que en la Fig. 2.2 el vector V = t − s = (5,4) − (4,2) = (1,2)

tiene una representacion geometrica que esta sobre L.

En la Fig 2.3 se muestra la misma configuracion, excepto que se ha ubicado el punto U(x, y)

sobre la recta L y se ha trazado el vector correspondiente u. (habiendose omitido el vector t para

simplificar la figura).

En esta figura se aprecia que el vector w = u − s tiene una representacion geometrica que

esta tambien sobre L y que por lo tanto w es paralela a v.

T(5,4)

S(4,2)

x

y

s

u

U(x,y)

w=r(1,2)

v=(1,2)

Figura 2.3:

T(5,4)

S(4,2)

x

y

s

u

U(x,y)

v=(1,2)

w

Figura 2.4:

En la fig. 2.4 se muestra la misma situacion que en la fig. 2.3 excepto que ahora el punto U(x, y)

no esta sobre L. En este caso se ve que la representacion geometrica de w = u− s no esta sobre

L y por lo tanto w no es paralelo a v.

Es decir, U(x, y) esta sobre L si y solo si w es paralelo a v o bien si y solo si u − s es paralelo a

t − s. w es paralela a v si y solo si w = rv, donde r es un escalar. Entonces Y esta sobre L si y

solo si

w = rv

o bien

u − s = r(t − s)

Ejemplo 2.1. Obtenga la ecuacion parametrica vectorial de la recta L que pasa por S(3. − 2)

y T (4,4)



38

Solucion. Tracese un diagrama. Se tiene. Se tiene s = (3. − 2) y t = (4,4). Entonces

t − s = (4,4) − (3. − 2)

= (1,6)

Ahora, usando la Ecuacion (1) se tiene que la ecuacion parametrica vectorial de L es

u = (3. − 2) + r(1,6)

x

y

T(4,4)

U(x,y)

S(3,−2)

t

u

s

Figura 2.5:

Si v un vector de direccion de la recta L que contiene al punto S, entonces un punto U esta sobre

L si y solo si

(u − s) · vp = 0 (2.1)

En particular, si se sabe que L contiene a dos puntos S y T , entonces un punto U esta sobre Lsi y solo si

(u − s) · (t − s)p = 0 (2.2)

Observese que aunque las ecuaciones (2.1) y (2.2) contienen vectores, dichas ecuaciones son

ecuaciones escalares de L puesto que contienen solo productos escalares.

Ejemplo 2.2. Demuestre que si L es una recta cuya ecuacion parametrica vectorial es

u = (3,2) + r(−1,2)

entonces (a) el punto cuyas coordenadas son (6.1) no esta sobre L y (b) el punto de coordenadas

(5.-2) esta sobre L

Solucion. Por inspeccion de la ecuacion dada de L, se ve que L pasa por el punto S(3,2) y que

v = (−1,2) es un vector de direccion de L. Se tiene pues que vp = (−2. − 1).



39

(a) Para u = (6,1) se tiene

u − s = (6,1) − (3,2) = (3. − 1)

y

(u − s) · vp = (3. − 1) · (−2. − 1)

= −6 + 1 = −5 6= 0

Por lo tanto, u− s es no paralela a v, y entonces el punto coordenadas (6.1) no esta sobre

L.

(b) Para u − s = (5. − 2) se tiene

u − s = (5. − 2) − (3,2) = (2. − 4)

y

(u − s) · vp = (2. − 4) · (−2. − 1) = −4 + 4 = 0

Entonces, u − s es paralelo a v y el punto de coordenadas (5,-2) sobre L.

Si d vector de direccion v en —a ecuacion

u = s + rv

es un vector unidad, entonces para cualquier punto U sobre la grafica de la ecuacion, |r|es la distancia que separa a S de U (Figura 2.6). Esto se sigue del hecho que

d(S · U) = ‖u − s‖ = ‖rv‖= |r|‖v‖ = |r|(1) = |r|

U

u−s=rv

x

y

u

s

v (||v||=1)

0

Figura 2.6:



40

Ejemplo 2.3. Obtenga el sistema de ecuaciones para metricas cartesianas de la recta que pasa

por los puntos S(2. − 1) y T (5,3)

Solucion. Si se sustituye a x1, y1, x2y2, por 2. − 1,5 obteniendose

x = 2 + r(5 − 2) y y = −1 + r[3 − (−1)]

o bien

x = 2 + 3r y y = −1 + 4r

2.2 Puntos que estan sobre una recta

En la Seccion 2-1 se emplearon los siguientes hechos, que intuitivamente parecen obvios, para

obtener la ecuacion parametrica vectorial de una recta: Si un vector v tiene una representacion

geometrica cuyos extremos estan sobre una recta dada L, entonces v es paralelo a cualquier

otro vector que tenga una representacion geometrica similar; pero al menos que v = 0, v es no

paralelo a cualquier vector que tenga una representacion geometrica con un extremo sobre L y

el otro fuera de L.

Se dice que la recta L es paralela a cualquier vector v cuya representacion geometrica tenga sus

extremos sobre L, y que todo vector tal, es paralelo a L. Cualquier vector no nulo v que sea

paralelo a L se llamara vector de direccion de L.

En la Seccion 2.1 se vio que la ecuacion parametrica vectorial, o que el sistema de ecuaciones

parametricas cartesianas, de una recta L queda determinada si se conocen las coordenadas de dos

puntos de L. Estas ecuaciones tambien se pueden determinar si se conocen las coordenadas de un

punto de L y un vector de direccion de L. Consideremos la recta L que pasa por el punto S(x1, y1)

U(x,y)

u

sv

rv=r(h,k)

0

y

x

Figura 2.7:



41

y que es paralela al vector no nulo v = (h, k). (Vease la Figura 2.7). De los comentarios hechos

anteriormente se puede afirmar que un punto U(x, y) esta sobre L si y solo si

u − s = rv

o bien

u = s − rv (2.3)

donde r es un escalar. La Ecuacion (2.3) recibe el nombre de ecuacion parametrica vectorial

ordinaria de la recta que pasa por S y es paralela a v. Puesto que la Ecuacion (2.3) se puede

escribir en forma

(x, y) = (x1, y1) + r(h, k)

el sistema de ecuaciones parametricas cartesianas correspondiente para L es

x = x1 + rh, y = y1 + rk, r ∈ R (2.4)

Ejemplo 2.4. Obtenga la ecuacion parametrica vectorial y el sistema de ecuaciones parametricas

cartesianas de la recta que pasa por el punto S(7. − 1) y que es paralela al vector v = (−2,3).

Solucion. Tracese un diagrama. Directamente de la Ecuacion (2.3) se tiene

u = (7. − 1) + r(−2,3)

Analogamente, de la ecuacion 2.4 se tiene

x = 7 − 2r, y = −1 + 3r

x

y

U(x,y)

S(7,−1)

u

s

v=(−2,3)

Figura 2.8:

Claro esta que una recta tiene un numero infinito de vectores de direccion, puesto que existe un

numero infinito de vectores no nulos paralelos a la recta dada, y cada uno de ellos es un vector

de direccion de la recta. En particular L P y Q son dos puntos cualesquiera sobre la recia L,



42

entonces, tanto p − q como q − p son vectores de direccion de la recta.

Para determinar si un punto S(x1, y1) esta sobre la recta L cuya ecuacion cartesiana es Ax +

By + C = 0 · A2 + B2 6= 0, hay que sustituir las coordenadas x1 y y1 en la ecuacion y notar que

se obtiene una igualdad. Para el caso de una ecuacion parametrica vectorial, o para un sistema

de ecuaciones parametricas cartesianas, el problema es diferente. Por ejemplo, para determinar

si T (3, 6) esta o no sobre la recta cuya ecuacion parametrica vectorial es

(x, y) = (1,3) + r(1,1)

se pueden sustituir las coordenadas de T en lugar de x y y en la ecuacion dada y entonces

determinar si existe un escalar r para el cual

(3,6) = (1,3) + r(1,1) (2.5)

es decir

(3,6) = (1 + r, 3 + r)

o bien

3 = 1 + y 6 = 3 + r

de donde,

r = 2 y r = 3

Puesto que 2 6= 3, no existe un numero real r para el cual se cumpla la Ecuacion (2.5), y se

puede concluir que T (3, 6) no esta sobre L.

Hay una manera mas sencilla de llegar a esta conclusion. Observese primero que el resultado

expresado por la Ecuacion (2.3) se puede expresar como sigue:

Si v es un vector de direccion de una recta L que contiene al punto S. entonces un punto U

esta sobre L si y solo si u − s es paralelo a v.

Ejemplo 2.5. Calcule las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento de recta cuyos

extremos son S(3,−4) y T (6, 2).

Solucion. Se tiene s = (3,−4) y t = (6, 2). Por lo tanto, el vector que va de S a T es

t − s = (6,2) − (3. − 4) = (3,6)

Entonces, los puntos del segmento ST estan dados por

u = (3. − 4) + r(3,6), 0 ≤ r ≤ 1

Las coordenadas del punto que esta a una tercera parte de la distancia que separa a S de T son

(3. − 4) +1

3(3,6) = (3. − 4) + (1,2) = (4. − 2)

y aquellas del punto que esta a dos terceras partes de la distancia que separa a S de T son

(3. − 4) +2

3(3,6) = (3. − 4) + (2,4) = (5,0)



43

Es decir, las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento son (4,-2) y (5,0).

Si se escribe la Ecuacion (2.3) en terminos del parametro r y de las coordenadas de S, T y U se

tiene

(x, y) = (x1, y1) + r[(x2, y2) − (x1, y1)]

= (x1, y1) + r(x2 − x1, y2 − y1)

o bien

(x, y) = (x1 + r(x2 − x1), y1 + r(y2 − y1))

Esta ecuacion vectorial es equivalente a las ecuaciones

x = x1 + r(x2 − x1) y y = y1 + r(y2 − y1), r ∈ R

Estas ecuaciones reciben el nombre de sistema de ecuaciones parametricas cartesianas de la recta

que pasa por S y T . En la Seccion 2-5 se vera que este sistema esta relacionado con la forma

cartesiana ordinaria de la ecuacion de una recta.

Ejemplo 2.6. Si L es la recta cuya ecuacion es u = (1, 6) + r(3, 4). obtenga las coordenadas de

los puntos de L que estan a 10 unidades de distancia del punto S(1,6).

Solucion. Primero calculese cual es el vector unidad en la direccion de (3.4). Este vector es

(3√

9 + 16,

4√9 + 16

)

=

(3

5,4

5

)

Otra ecuacion de L es

u = (1,6) + r

(3

5.4

5

)

Se desea calcular las coordenadas de los puntos U(x, y) tales que |r| = 10, es decir, para los

cuales r = 10 o r = −10. Se tiene pues

r = 10 r = −10

(x1, y1) = (1,6) + 10(

35, 4

5

)(x2, y2) = (1,6) − 10

(35.45

)

= (1,6) + (6,8) = (1,6) − (6,8)

= (7,14) = (−5. − 2)

Por lo tanto, U1(7, 14) y U2(−5,−2) son los puntos requeridos.

2.3 Pendiente de una Recta: Rectas Paralelas y

Perpendiculares



44

Recuerdese de estudios anteriores de matematicas que el cociente de la altura de un segmento

y la base del segmento recibe el nombre de pendiente del segmento y que a la pendiente de un

segmento se le designa mediante la letra m. Se tiene pues altura

m =altura

base

Si v = (h, k) es el vector de direccion de una recta L que contiene al punto S, entonces L tiene

una ecuacion parametrica vectorial de la forma

u = s + r(h, k), r ∈ R (2.6)

Si se asigna el valor l a r se ve que las coordenadas de otro punto Q que este sobre L, se puede

calcular sumando h a la primera coordenada y k a la segunda coordenada del punto dado S. Por

lo tanto, h y k son la altura y la respectivamente del segmento SQ, y si h 6= 0, entonces kh

es la

pendiente de SQ.

x

y

s

altura=k

base=h

v=(h,k)

S

Q

x

y

s

altura=k/h

base=1

v=(h,k)

S

T

(a) (b)

Figura 2.9:

Nuevamente, para h 6= 0, si se asigna el valor 1h

a r, se ve de la Ecuacion 2.6 que las coordenadas

de un segundo punto T que este sobre L se puede calcular sumando 1h(h, k) =

(1 − k

h

)a s, es

decir, sumando 1 a la primera coordenada de S y kh

a la segunda coordenada de S. Puesto que

1 se suma a la primera coordenada de S y kk

se suma a la segunda coordenada, se puede pensar

que kh

es el cambio, a lo largo de L, en la direccion vertical por unidad de cambio en la direccion

horizontal.

Observese que el numero kh

no depende de la eleccion del punto S sobre L; depende solo del

vector de direccion (h, k). Tampoco hk

depende del vector de direccion (h, k) especıfico de L que

se haya escogido, puesto que cualquier vector de direccion de L es de la forma c(h, k), o bien de

la forma (ch, ck), donde c 6= 0, y que ckch

= kh. Por lo tanto, se define la pendiente de una recta

como sigue:

Si L es una recta tal que uno de sus vectores de direccion es (h, k) con h 6= 0, entonces la

pendiente m de L esta dada por

m =k

h



45

De esta definicion se sigue que m es la pendiente de una recta L si y solo si (l, m), o bien(l, k

h

),

es un vector de direccion de L. Esto indica que la Ecuacion (2.6) de la anterior se puede escribir

en la forma

u = s + r(1.m), r ∈ R

Ejemplo 2.7. Calcule la pendiente de la recta que pasa por los puntos S(5,1) y T (3,−2), y

obtenga la ecuacion parametrica vectorial de la forma u = s + r(l, m) que describa esta recta.

Solucion. Un vector de direccion de esta recta es

t − s = (3. − 2) − (5,1) = (−2. − 3)

Entonces, por definicion, m = −3−2

= 32. Puesto que S(5, 1) esta sobre la recta, una ecuacion

parametrica vectorial de esta recta es u = (5, 1) + r(l, f).

El metodo empleado para desarrollar el Ejemplo 2.7 sugiere que resultarıa util conocer una

expresion de la pendiente de la recta que pasa por dos puntos en terminos de las coordenadas de

dichos puntos. Puesto que un vector de direccion de la recta que pasa por los puntos S(x1, y1) y

T (x2, y2) es

v = t − s = (x2, y2) − (x1, y1) = (x2 − x1, y2 − y1)

se sigue de la definicion de pendiente que si x2 6= x1, entonces la pendiente de L esta dada por

m =y2 − y1

x2 − x1

una recta con un vector de direccion (h, k) es o bien vertical (si h = 0) o tienen una pendientekh

(si h 6= 0). Entonces las rectas L1 y L2 son paralelas si y solo si (i) ambas verticales o (ii) si

tienen la misma pendiente kh

Ejemplo 2.8. Si L1 contiene a S(3,−1), L2 contiene a T (2,5) y L1 y L2 tiene ambas al vector

v = (1,2) como vector de direccion. ¿Coinciden ambas rectas?

Solucion. Por definicion las rectas L1 y L2 son paralelas. Coincidiran si y solo si S y T estan

sobre ambas. Por consiguiente, coinciden si y solo si t− s es paralelo a ambas, es decir, si y solo

si (t−s) · vp = 0. Se tiene que (t−s)−vp = [(2, 5);−(3,−1)] · (−2, 1) = (−1, 6) · (−2, 1) = 8 6= 0.

Por lo tanto L1 y L2 no coinciden

Ejemplo 2.9. Demuestre que la recta L1 con ecuacion parametrica vectorial u = (3,−1)+r(2, 3),

es perpendicular a la recta L cuya ecuacion parametrica vectorial es u = (2,−1) + r(6,−4).

Solucion. De las ecuaciones dadas se ve que (2,3) es un vector de direccion de L1, y que (6,-

4) es un vector de direccion de L2. Puesto que (2, 3) · (6,−4) = 12 − 12 = 0. L1 y L2 son

perpendiculares. En forma analoga podemos definir perpendicularidad de dos rectas en terminos

de sus vectores de direccion.

Se vio que cada recta no vertical tiene un vector de de la forma (1, m), donde m es la pendiente



46

de la recta. Por consiguiente, si L1 es una recta no vertical cuya pendiente es m1 y L2 es una

recta no vertical cuya pendiente es m2, entonces (1, m1) y (1, m2) son vectores de direccion de

L1 y L2, respectivamente. Como L1 y L2 son perpendiculares si y solo si (1, m1) y (1, m2) son

Perpendiculares, es decir, si y solo si

(1, m1) · (1, m2) = 0

1 + m1m2 = 0

m1m2 = −1

o bien

m = − 1

m2y m2 = − 1

m1

Se tiene:

Dos rectas no verticales son perpendiculares si y solo si la pendiente de una es el negativo

del recıproco de la pendiente de la otra.

Las rectas verticales son perpendiculares a las rectas horizontales. Como se vio anteriormente

no se puede definir la pendiente de las rectas verticales mientras que la pendiente de las rectas

horizontales es cero. Para estos tipos de rectas el criterio anterior no es aplicable.

Una recta cuya pendiente es positiva se “eleva”de izquierda a derecha, mientras que una recta

cuya pendiente es negativa “cae”de izquierda a derecha. En la Figura 2.10 se muestra que la

recta L1 tiene una pendiente, mientras que L2 tiene una pendiente negativa.

m>0 m<0

L L1 2

x

y0

Figura 2.10:

Se dice que una recta con un vector de direccion de la forma (h, 0), h 6= 0, es una recta horizontal,

y su pendiente es 0h

= 0. Puesto que el vector (h, 0) tiene una representacion geometrica que

esta sobre el eje x (vease la siguiente de definicion). Si una recta tiene un vector de direccion

de la forma (0, k), k 6= 0 dice que la recta es vertical. La pendiente de una recta vertical no

esta definida (pues k0

no esta definido) y dichas rectas son paralelas al eje y.

Al estudiar geometrıa euclidiana se adquiere la costumbre de pensar que dos rectas son paralelas



47

si son coplanares y no tienen ningun punto comun. Recuerdese sin embargo que dos vectores son

paralelos si y solo si ambos tienen la misma direccion o direcciones opuestas. Tambien una recta

L y un vector no nulo v4 son paralelos si y solo si v tiene una representacion geometrica que

este sobre L, es decir, si y solo si v es un vector de direccion de L. Conviene ahora dar una nueva

definicion de rectas paralelas en terminos de sus vectores de direccion. Esta nueva definicion es

equivalente a la definicion geometrica conocida, dos rectas son paralelas si no se intersecan en el

mismo plano, excepto que, como se vera, se considerara que cada recta en el plano es paralela a

sı misma.

Se dice que las rectas L, y L2 en el plano son paralelas si y solo si un vector de direccion

de L1 es paralelo a un vector de direccion de L2.

Claro esta, que como todos los vectores de direccion de una recta dada son paralelos, si cualquier

vector de direccion de L1, es paralelo a cualquier vector de direccion de L2, entonces todos los

vectores de direccion de L1 son paralelos a todos los vectores de direccion de L2. Ası mismo,

puesto que cualquier vector no nulo paralelo al vector de direccion de una recta es un vector de

direccion de la recta, cualquier vector de direccion de L es tambien un vector de direccion de L2.

Por lo tanto, L1 y L2; son paralelas si y solo si tienen un vector de direccion (h, k) en comun.

Recuerdese ahora que

2.4 Ecuaciones Cartesianas en la recta

2.4.1 Forma cartesiana ordinario de la ecuacion de una recta

La forma cartesiana ordinaria de la ecuacion de una recta en el plano

Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0

se puede obtener de varias maneras. En esta seccion se vera como se obtiene la forma cartesiana

ordinaria a partir de una ecuacion vectorial de L.

Cualquier vector no nulo que sea perpendicular al vector de direccion de una recta L es un

vector normal a L. En la Figura 2.11 se muestra a una recta L, que contiene al punto S(x1, y1),

ası como al vector n = (A, B) normal

a L, donde A y B representan numeros reales, uno de los cuales es diferente de cero. Si U(x, y)

es cualquier punto del plano, entonces U esta sobre L si y solo u − s es paralelo a L, es decir,



48

U(x,y)

u−s

x

y

0

n=(A,B)

S(x ,y )1 1

Figura 2.11:

sı y solo si u − s es perpendicular a n. Entonces una ecuacion de L es

(u − s) · n = 0

u · n − s · n = 0

o bien

u · n = s · nPuesto que u = (x, y), s = (x1, y1), y n = (A, B), esta ultima ecuacion se puede escribir en la

forma

(x, y) · (A, B) = (x1, y1) · (A, B)

o bien

Ax + By = Ax1 + By1

Ahora, debido a que x1, y1, A, y B son constantes, el numero Ax1 + By1 es tambien constante,

y se denotara mediante el sımbolo −C. Se tiene finalmente que

Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0 (2.7)

es una ecuacion de L. La ecuacion cartesiana (2.7) es una ecuacion escalar de L pues no contiene

vectores.

Ejemplo 2.10. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene al punto

S(1, 4) y que tiene a v = (3,−2) como vector de direccion.

Solucion. Puesto que un vector de direccion de L es (3,−2), el vector normal a L es n = (2, 3).

Ahora, como S(1, 4) esta sobre L, si U(x, y) es cualquier punto de L se tiene

(u − s) · n = 0

Puesto que u = (x, y), s = (1, 4), y n = (2, 3), esta ecuacion es equivalente a

[(x, y) − (1,4)] · (2,3) = 0

(x.y) · (2,3) − (1,4) · (2,3) = 0



49

o bien

2x + 3y − 14 = 0

que es la ecuacion cartesiana requerida.

Ejemplo 2.11. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene a S(5,−1) y

que es perpendicular a la recta cuya ecuacion cartesiana es

3x − 4y + 6 = 0 (2.8)

Solucion. De las Ecuaciones (2.8) la ecuacion requerida tiene la forma

4x + 3y + C = 0

Puesto que S(5,−1) esta sobre la recta se sustituye a x por 5 y a y por −1 para obtener

4(5) + 3(−l) + C ′ = 0

, o bien

C ′ = −17

Por lo tanto, la ecuacion cartesiana ordinaria de esta recta es

4x + 3y − 17 = 0

Si (A, B) es un vector normal a una recta L, entonces es tambien normal a cualquier recta

paralela a L. Esto indica que las ecuaciones

Ax + By + C = 0 (2.9)

Ax + By + C ′ = 0 (2.10)

donde A2 + B2 = 0, son las ecuaciones cartesianas dos rectas paralelas

Solucion. Puesto que (3,−2) es un vector de direccion de L. un vector normal a L, es n =

(A, B) = (2, 3). Entonces, por la Ecuacion (2.7) anterior se tiene que A = 2 y B = 3, es decir,

2x + 3y + C = 0

Como S(1, 4) esta sobre L, se puede sustituir a x por 1 y a y por 4 en esta ecuacion obteniendo

2(1) + 3(4) + C = 0

o

C = −14

Por lo tanto, una ecuacion cartesiana ordinaria de L es

2x + 3y − 14 = 0



50

2.5 Ecuacion Punto y Pendiente, y Ecuacion de la Recta

que pasa por dos Puntos Dados

La forma cartesiana ordinaria de la ecuacion de una recta

Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0

se puede escribir de muchas maneras equivalentes. Algunas de estas formas son especialmente

interesantes, pues permiten obtener la ecuacion de una recta directamente a partir de algunas

propiedades geometricas de la recta, o bien permiten identificar ciertas propiedades geometricas

de una recta, por inspeccion de su ecuacion. En esta seccion se discutiran dos de estas formas

utiles.

U

u−s

x

y

u

s

0

S(x ,y )1 1

Figura 2.12:

En la figura 2.12 se muestra a la recta L que pasa por un punto dado S(x1, y1). Si U(x, y) es

cualquier otro punto de L entonces un vector de direccion de L es

u − s = (x − y) − (x1, y1)

= (x − x1, y − y1)

Ejemplo 2.12. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene al punto

S(3,−2) y que es paralela a la recta cuya ecuacion cartesiana es 2x − 5y − 4 = 0.

Solucion. De las ecuaciones (2.9), la ecuacion requerida es de la forma

2x − 5y + C ′ = 0

Puesto que S(3. − 2) esta sobre la recta se puede sustituir a x por 3 y a y por -2 obteniendo

2(3) − 5(−2) + C ′ = 0



51

o

C ′ = −16

Por lo tanto, la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta es

2x − 5y − 16 = 0

Notese que cuando la ecuacion de una recta L esta dada en su forma cartesiana ordinaria

Ax + By + C = 0, A2 + B2 6= 0

entonces un vector normal a L es n = (A, B) y un vector de direccion de L es v = (−B.A). Por

consiguiente la pendiente de L esta dada por

m = −A

B, si B 6= 0

Se vio que si x 6= x1, entonces la pendiente m de L esta dada por

y − y1

x − x1= m1 (2.11)

de donde se tiene

y − y1 = m(x − x1) (2.12)

Se dice que esta ecuacion cartesiana de L es la ecuacion punto y pendiente de la recta. Aunque

la Ecuacion (2.11) carece de significado cuando x = x1, la Ecuacion (2.12) queda satisfecha por

las coordenadas de todos los puntos (x, y) de L, puesto que cuando (x, y) = (x1, y1) se tiene

y1 − y1 = m(x1 − x1)

o bien

0 = 0

Si se especifica la pendiente de una recta y un punto sobre ia recta se puede escribir una ecuacion

de la forma (2.12) directamente, y despues transformarla en una ecuacion cartesiana ordinaria

que sea equivalente, como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 2.13. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que pasa por el punto

S(7,−1) y cuya pendiente es 3.

Solucion. Si se hace x1 = 7, y1 = −1 y m = 3 en la Ecuacion (2.12) se obtiene

y − (−1) = 3(x − 7)

Entonces

y + 1 = 3x − 21

o bien

3x − y − 22 = 0



52

Si una recta L contiene a los puntos S(x1, y1) y T (x2, y2), con x2 6= x1, entonces se ha visto que

la pendiente m de L esta dada por

m =y2 − y1

x2 − x1

Si se sustituye esta expresion de m en la Ecuacion (2.12) se obtiene la ecuacion equivalente

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1) (2.13)

Esta es la ecuacion cartesiana de L que pasa por dos puntos dados.

Ejemplo 2.14. Obtenga la ecuacion cartesiana en forma ordinaria de la recta que pasa por los

puntos S(2, 3) y T (4,−7).

Solucion. Si en la Ecuacion (2.13) se sustituye a x1 y y1 por las coordenadas del punto S(2,3),

y a x2 y y2 por las coordenadas del punto T (4. − 7), se obtiene

y − 3 =−7 − 3

4 − 2(x − 2)

y − 3 = −5(x − 2)

y − 3 = −5x + 10

o bien

5x + y − 13 = 0

Si las coordenadas x de dos puntos dados son iguales, entonces la recta que pasa por ellos

es vertical (Figura 2.13.a)), y su pendiente no esta definida. Sin embargo, puesto que todos

los puntos de una recta tal deben tener la misma coordenada x, digamos x1, la recta queda

completamente determinada si se especifica esta coordenada, y por consiguiente la ecuacion de

la recta es

x = x1

S(x ,y )

S(x ,y )

T(x , y )

T(x , y )

xx

y y

1

1 1 1

11

2

2

(a) (b)

Figura 2.13:



53

Por otra parte, si la coordenada y de dos puntos dados es la misma, la recta que pasa por esos

puntos es horizontal (Figura 2.13.b), y esa recta tiene pendiente cero. De la Ecuacion (2.12) se

sigue inmediatamente que,

y − y1 = 0

y por lo tanto que

y = y1

es la ecuacion cartesiana de esta recta.

En las Secciones 2−1 y 2−2 se han obtenido dos formas de un sistema de ecuaciones parametricas

de una recia:

x = x1 + r(x2 − x1) y x = x1 + rh

y = y1 + r(y2 − y1) y y = y1 + rk

Ahora se vera como se relacionan dichos sistemas con las ecuaciones que se han discutido en esta

seccion. En cada caso despejese a r en la primera ecuacion:

r =x − x1

x2 − x1r =

x − x1

h

Sustituyendo este valor en la segunda ecuacion de cada caso se tiene

y = y1 +x − x1

x2 − x1(y2 − y1) y = y1 +

x − x1

h(k)

o bien

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1) y − y1 =

k

h(x − x1) (2.14)

Puesto que kh

es la pendiente de la recta si h 6= 0, se ve que las Ecuaciones (2.14) corresponden

a las ecuaciones desarrolladas en esta seccion.

2.6 Ecuacion de la recta punto y pendiente en terminos

de las intersecciones con los ejes

Ax + By + C = 0

y − y1 = m(x − x1)

o bien

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1)



54

T(0,b)

S(a,0)

x

y

Figura 2.14:

(donde A2 + B2 6= 0 y x2 6= x1) de la ecuacion cartesiana de una recta. En esta seccion se

estudiaran otras dos formas que tambien resultan utiles.

Como se muestra en la Figura 2.14 si una recta L no es paralela al eje y, entonces debe intersecar

al eje y en algun punto T . Puesto que la coordenada x de cualquier punto del eje y es 0, las

coordenadas de T deben ser de la forma (0, b), b ∈ R. El numero b se llama la ordenada al origen

de L. Si se sustituye a x1 por 0 a y1, por b en la Ecuacion (2.12) se obtiene

y − B = m(x − 0)

o bien

y = mx + b

Esta ecuacion de L se llama la ecuacion punto y pendiente con ordenada al origen, puesto que

m es la pendiente de L y b es la ordenada al origen de L.

Si en la ecuacion cartesiana ordinaria de una recta no vertical se despeja a y en funcion x se

tiene

Ax + By + C = 0(B 6= 0)

By = −Ax − C

y = −A

Bx − C

B

Comparando esta ecuacion con la Ecuacion (2.11) anterior se ve que

m = −A

By b = −C

B

Ejemplo 2.15. Calcule la pendiente y la ordenada al origen de la recta cuya ecuacion cartesiana

es 3x − 4y = 12.

Solucion. Escrıbase esta ecuacion en la forma (2.11), obteniendose que

3x − 4y = 12

−4y = −3x + 12

y =3

4x − 3

Por inspeccion, la pendiente es 34

y la ordenada al origen es −3.



55

Ejemplo 2.16. Obtenga la ecuacion cartesiana ordinaria de la recta L cuya ordenada al origen

es x y y cuya abscisa al origen es −5.

Solucion. Empleando la Ecuacion (2.11) inmediatamente anterior y tomando a = 3 y b = −5,

se tienex

3+

y

−5= 1

de donde

−5x + 3x = −15

o bien

5x − 3y − 15 = 0

2.7 Forma Simetrica de la Ecuacion de la Recta

Las componentes h, k de un vector de direccion (h, k) de una recta reciben el nombre de numeros

directores de L. Estos numeros son importantes en la determinacion de otra forma util de la

ecuacion de una recta que no sea paralela a ninguno de los ejes coordenados.

Considerese una recta L que pasa por el punto S(x1, y1) y que tiene al vector v = (h, k) como

un vector de direccion. Una ecuacion parametrica de esta recta L es

(x, y) = (x1, y1) + r(h, k), r ∈ R

de la cual se obtienen las ecuaciones parametricas cartesianas

x = x1 + rh y y = y1 + rk (2.15)

(si h 6= 0 y k 6= 0, podemos despejar a r en cada una de las ecuaciones anteriores,

x − x1

h= r =

y − y1

k

de donde,x − x1

h=

y − y1

k(2.16)

La Ecuacion (2.16) recibe el nombre de forma simetrica de la ecuacion de la recta. Si h o k son

0, entonces L es paralela a un eje de coordenadas, es decir, L es o bien vertical u horizontal. En

estos casos la Forma simetrica no es aplicable. Sin embargo, de la Ecuacion (2.15) se obtiene que

x = x1 o bien y = y1, respectivamente, es la ecuacion de una recta.

Se puede determinar un par de numeros directores de L, al identificar a dos puntos S(x1, y1) y

T (x2, y2) que esten sobre L, de la Ecuacion (2.15) se tiene

x2 = x1 + ch, y2 = y1 + xk



56

donde c es una constante. De donde

(x2 − x1, y2 − y1) = c(h, k)

y por lo tanto, x2 − x1 y y2 − y1 son un par de numeros directores de L.

Ejemplo 2.17. Obtenga la ecuacion de la recta L en su forma simetrica que pasa por los puntos

S(3,−3) y T (6, 1).

Solucion. Un par de numeros directores resultan ser

h = x2x1 = 6 − 3 = 3

y

k = y2 − y1 = 1 − (−3) = 4

Sustituyendo a x1 y y1 en la Ecuacion (2.12), por las respectivas coordenadas de S(3,−3), o de

T (6, 1), se obtienex − 3

3=

y + 3

4o

x − 6

3=

y − 1

4

Se puede verificar que cada una de estas ecuaciones representa a la misma recta, reduciendolas

a la forma cartesiana ordinaria.

Ejemplo 2.18. Obtenga la forma simetrica de la ecuacion cartesiana para la grafica de

3x − 4y + 7 = 0

Solucion. Calculese primero una solucion de 3x − 4y + 7 = 0 asignando un valor, por ejemplo

2.10, a x y despejando a y. Se obtiene ası

3(1) − 4y + 7 = 0

−4y = −10

y =5

2

2.8 Resumen del capıtulo

1. Las rectas en el plano se pueden representar mediante las ecuaciones tanto vectoriales como

cartesianas. La ecuacion parametrica vectorial

u = s + r(t − s), r ∈ R

define la recta en el plano que pasa por los puntos S y T , supuestos distintos. La variable r

que aparece en esta ecuacion es un parametro. Si el conjunto de valores de r es un intervalo



57

cerrado, entonces la grafica de la ecuacion es un segmento. Un sistema de ecuaciones

parametricas cartesianas de la recta que pasa por S(x1, y1) y T (x2, y2) es

x = x1 + r(x2 − x1) y y = y1 + r(y2 − y1)

.

2. Un punto U esta sobre la recta L, y pasa por S(x1, y1), con vector de direccion v = (h, k)

si y solo si u−s es paralelo a v. Una ecuacion parametrica de L es u = s+rv, y un sistema

de ecuaciones parametricas cartesianas de L son x = x1 +rh, y = y1 +rk. El punto U(x, y)

esta sobre L si y solo si (u − s) · vp = 0.

3. Si el vector (h, k), con h 6= 0, es un vector de direccion de la recta L, entonces la pendiente

m de L es kh. Este numero es el cociente de la altura y la base de cualquier segmento que

este sobre L. Para la recta L que pasa por los puntos S(x1, y1) y T (x2, y2), con x2 6= x1, se

tiene

m =y2 − y1

x2 − x1

4. Las rectas paralelas no verticales tienen la misma pendiente. El producto de las pendientes

de dos rectas perpendiculares, ninguna de las cuales es vertical, es -1.

5. Un vector no nulo perpendicular al vector de direccion v de una recta L es un vector

normal a L. Si (A, B), donde A2 + B2 6= 0 es un vector normal a L, entonces la ecuacion

cartesiana ordinaria de L es

Ax + By + C = 0

donde C es una constante adecuada. Una recta cuya ecuacion sea Ax + By + C ′ = 0 es

paralela a L, y una recta cuya ecuacion sea −Bx + Ay + C ′ = 0 es perpendicular a L. La

pendiente de L es −AB

si B 6= 0.

6. La ecuacion de punto y pendiente de la ecuacion de una recta L que pasa por el punto

S(x1, y1) y cuya pendiente es m esta dada por

y − y1 = m(x − x1)

La ecuacion de la recta que pasa por dos puntos dados S(x1, y1) y T (x2, y2) es

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1

(x − x1)

7. La ecuacion punto y pendiente con con ordenadas al origen de la ecuacion de la recta Lque tiene pendiente m y cuya ordenada al origen es b esta dada por

y = mx + b



58

La ecuacion punto y pendiente con ordenada al origen y abscisa al origen de la recta Lcuya abscisa al origen es a y cuya ordenada al origen es b donde a 6= 0 y b 6= 0 esta dada

porx

a+

y

b= 1

8. Si v = (h, k) es un vector de direccion de una recta L, entonces h y k se llaman numeros

directores de L. El angulo de direccion θ de L satisface las condiciones 0 ≤ m(θ) ≤ 180;

si h 6= 0, entonces m(θ) se determina mediante la ecuacion

tan θ =k

h= m, 0 ≤ mo(θ) < 180

donde m es la pendiente de L. Sı h 6= 0 y k 6= 0, y L pasa por el punto S(x1, y1), entonces

la forma simetrica de la ecuacion de L esta dada por

x − x1

h=

y − y1

k

2.9 Problemas Resueltos

Ejercicio 2.1. a) Obtenga la ecuacion parametrica vectorial y el

b) sistema de ecuaciones parametricas cartesianas de la recta que contiene a los puntos dados

S(−7,2), T (−3. − 1)

Solucion. a) Ecuacion Parametrica Vectorial S(−7,2) y T (−3. − 1)

Tracese un diagrama.

x

y

s

t

u

Figura 2.15:



59

Se tiene S = (−7,2) y T = (−3. − 1). Entonces:

t − s = (−3. − 1) − (−7,2)

= (4. − 3)

Ahora usando la ecuacion u = s + r(t − s) se tiene que la ecuacion parametrica vectorial

de L es:

u = (−7,2) + r(4. − 3)

b) sistema de ecuaciones parametricas cartesianas

Si se sustituye a : x1, y1, x2 y y2 por −7,2, 2.− 3 y -1; en la ecuacion x = x1 + r(x2 − x1) y

y = y1 + r(y2 − y1) obteniendose

x = −7 + r(−3 − (−7)) y = 2 + r(−1 − 2)

x = −7 + 4r y = 2 − 3r

Ejercicio 2.2. Calcule las coordenadas de los puntos de triseccion del segmento cuyos extremos

son los puntos dados S(5. − 1) y (−4,2)

Solucion. Se tiene S = (5. − 1) y T = (−4,2). Por lo tanto el vector que va de S a T es:

t − s = (−4,2) − (5. − 1)

= (−9,3)

Entonces del punto que esta a una tercera parte de la distancia que separa a S de T son:

(5. − 1) +1

3(−9,3) = (5. − 1) + (−3,1)

= (2,0)

Y aquellas del punto que esta a dos terceras partes de la distancia que separa s S de T son:

(5. − 1) +2

3(−9,3) = (5. − 1) + (−6,2)

= (−1,1)

es decir las coordenadas de los puntos que trisecan al segmento son: (2.0) y (-1.1)

Ejercicio 2.3. Calcule las coordenadas de los puntos u1 y u2 que estan sobre la recta cuya

ecuacion parametrica vectorial se da u = (0,4 + r(5,12)) y que estan a la distancia dada 26 del

punto (5.16) dado



60

Solucion. Primero calculese cual es el vector en la direccion de (5.12). Este vector es:

(5√

25 + 144;

12√25 + 144

)

=

(5

13;12

13

)

Otra ecuacion de L es:

u(5,16) + r

(5

13;12

13

)

Se desea calcular las coordenadas de los puntos u(x, y) tales que |r| = 26 es decir, para los cuales

r = 26 o r = −26. Se tiene pues:

r = 26 r = −26

(x1, y1) = (5,16) + 26

(5

13,12

13

)

(x2, y2) = (5,16) + (−26)

(5

13,12

13

)

(x1, x1) = (5,16) + (10,24) (x2, y2) = (5,16) + (−10. − 24)

= (15,40) = (−5. − 8)

Por lo tanto u1(15,40) y u2 = (−5. − 8) son los puntos requeridos.

Ejercicio 2.4. Encuentre las rectas que pasando por (6,2) formen el eje x un triangulo.

Solucion.

L1 : y − y1 = m(x, x1)

y − 2 = −√

3(x − 6)√

3x + y − 6√

3 − 2 = 0

L1 :√

3x + y − 2(3√

3 + 1) = 0

L2 : y − y1 = m2(x − x1)

y − 2 =√

3(x − 6)√

3x − 6√

3

L2 : y −√

3x + 2(3√

3 − 1) = 0

m1 = tan 120o

m1 = − tan 60o

m1 = −√

3

m2 = tan 60o

=√

3

Ejercicio 2.5. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto A(−6. − 3) y tiene angulo

de inclinacion 135o



61

Solucion. La ecuacion de una recta es L:

y − y1 = m(x − x1) (2.17)

donde (x1.y1) es un punto conocido de la recta y m es su pendiente.

Por los datos del problema tenemos:

(x1, y1) = (−6. − 3)

m = tan 135o = − tan 45o

= −1

(2.18)

Reemplazar (??) en (??):

L : y − (−3) = −1(x − (−6))

y + 3 = −(x + 6)

x + y + 9 = 0

Ejercicio 2.6. Hallar la ecuacion de la recta, que pasa por el punto(−2.3

2

)y forma con los ejes

coordenadas un triangulo de area 6µ2

Solucion. 1. En primer lugar graficar los datos.

2. En este problema, para hallar la recta L, conviene aplicar la forma simetrica

L :x

a+

x

b= 1

3. a) Si(−2.3

2

)∈ L ⇒ −2

a+ 3/2

b= 1

−4b + 3a = 2ab (2.19)

b) Si L forma con los ejes coordenados un triangulo de area 6, entonces

|a||b|2

= 6 ⇐⇒ |ab| = 12

⇐⇒ ab = 12 ∨ ab = −12

b = 12a

b = −12a

(2) (3)

4. Reemplazar (3) en (2.19)

−4

(−12

a

)

+ 3a = 2(−12)

a2 + 8a + 16 = 0

(a + 4)2 = 0 = 0 ⇒ a = −4 , b = 3



62

5. Reemplazar (2) en (2.19):

a2 − 8a − 16 = 0

a = 4 + 4√

2 , b = 3(√

2 − 1)

a = 4 − 4√

2 , b = −3(1 +√

2)

Ası se obtienen dos ecuaciones mas

Ejercicio 2.7. Una recta L pasa por la interseccion de las rectas: L1 : 4x + 3y − 12 = 0,

L2 : 2x− y +4 = 0 y forma con los ejes coordenados un triangulo de area igual a 10µ2. Hallar L.

Solucion. 1. Hallar la interseccion de L1 y L2, resolviendo el sistema:

4x + 3y − 12 = 0

2x − y + 4 = 0

4x + 3y − 12 = 0

6x − 3y + 12 = 0

10x + 0 + 0 = 0

2. Ası, obtenemos el punto de paso (4,0) de L.

3. Como la recta L forma con los ejes coordenados un triangulo de area 10u2, conviene aplicar

la forma simetrica de la recta L:

L :x

a+

y

b= 1

4. Si (0,4) ∈ L ⇒ 0a

+ 4b

= 1

b = 4

5. El area del triangulo OAB es:

4|a|2

= 10

|a| = 5

⇔ a = 5 ∨ a = −5

6. Conclusion:

L :x

5+

y

4= 1

: 4x + 5y − 20 = 0

L :x

−5+

y

4= 1

: 4x − 5y + 20 = 0

Ejercicio 2.8. Hallar las ecuaciones de los lados de un triangulo si uno de sus vertices es el punto

B(−4.− 5) y las ecuaciones de dos alturas del triangulo son 5x + 3y − 4 = 0 y 3x + 8y + 13 = 0



63

Solucion. 1. Graficar los datos:

H1 : 5x + 3y − 4 H2 : 3x + 8y + 13 = 0

x 0 4/5 x 0 −13/3

y 43 0 y −13/8 0

H1 es altura relativa al lado BC

H2 es altura relativa al lado AB

A

B(−4,−5)

C

x

yH

H

1

2

Figura 2.16:

2. Un punto de paso de LBC es B y su pendiente es m, tal que, m(−5

3

)= −1

m =3

5

Luego: LBC : y + 5 = 35(x + 4)

3x − 5y − 13 = 0

3. Un punto de paso de LBA es B y su pendiente es m, tal que,

m =

(

−3

8

)

= −1

m =8

3

Luego, LBA : y + 5 = 83(x + 4)

8x − 3y + 17 = 0

4. Para hallar la ecuacion del lado LAC , tenemos dos puntos A y C, donde:

A = LBA ∩ H1 y C = LBC ∩ H2

8x − 3y + 17 = 0

5x + 3y − 4 = 0

3x − 5y − 13 = 0

3x + 8y + 13 = 0



64

Se obtiene A = (−1,3) Se obtiene C = (1. − 2)

Luego:

LAC : y − 3 =3 + 2

−1 − 1(x + 1) ⇔ y − 3 = −5

2(x + 1) ⇔ 5x + 2y − 1 = 0

Ejercicio 2.9. Dos vertices consecutivos de un paralelogramo son A(−1,3) y B(0,4). Determinar

las coordenadas de los otros vertices, si las diagonables se cortan en el eje Y su area es 6u2

Solucion. 1. Graficar los datos

A

P

C

D(0,y )0

4

y

x−1

Figura 2.17:

2. El area del triangulo ABD es 3y2 (mitad de un paralelogramo de area 6u2).

Como los vertices del triangulo ABD son A(−1,3), B(0,4), D(0, y0) con y0 =? entonces

area triangulo:

ABD =1

2|AH||DB|

3 =1

2|| − 1|4 − y0|

6 = |4 − y0|

⇔ 4 − y0 = 6 ∨ 4 − y0 = −6

y0 = −2 ∨ y0 = 10

Luego, el vertice D = (0. − 2)

3. El vertice C = LBC ∩ LDC

donde:



65

a) un punto de paso de LBC es B = (0,4) y su pendiente es igual a la pendiente mAD =−2−4061

= −6 ( por se paralela).

Luego, LBC : y − 4 = −6(x − 0) ⇔ 6x + y − 4 = 0

b) Un punto de paso de LDC es D = (0. − 2) y su pendiente es mAB = 3−4−1−0

= 1

Luego, LDC : y + 2 = 1(x − 0) ⇔ x − y − 2 = 0

4. Resolver el sistema

6x + y − 4 = 0

x − y − 2 = 0, se obtiene C =

(67,−8

7

)

Ejercicio 2.10. El area de un triangulo es 150u2, B(−5,9) y C(−10.−6) son dos de sus vertices.

Hallar el lugar geometrico descrito por el tercer vertice A.

Solucion. i) Sea A(x, y) un punto de L.G.

A

C

A’

B

Figura 2.18:

ii) 12

∣∣∣∣∣∣∣

x y 1

−5 9 1

−10 −6 1

∣∣∣∣∣∣∣

iii)

|x(9 + 6) − y(−5 + 10) + 1(30 + 90)| = 300

|15x − 5y + 120| = 300

15x − 5y + 120 = 300 o 15x − 5y + 120 = −300

3x − y − 360 = 0 o 3x − y + 84 = 0

El L.G. del vertice A son trayectoria paralelas al lado BC

Ejercicio 2.11. Tres vertices de un paralelogramo son: A(1,1), B(5. − 2) y C(3,4). Calcular el

cuarto vertice

Solucion.

El problema admite tres soluciones:

ABCD, ACBD y CABD



66

A

B

C

D

D’

0 x

y

Figura 2.19:

Pendientes de los lados del triangulo ABC : mAC = 4−13−1

= 32

mAB =1 + 2

1 − 5= −3

4, mBC =

4 + 2

3 − 5= −3

DD′||BC → y − 1 = −3(x − 1) ↔ DD

′: 3x + y − 4 = 0

D′D′|AC| → y + 2 =

3

2(x − 5) ↔ D′D′′ : 3x − 2y − 19 = 0

DD′′||AB → y − 4 = −3

4(x − 3) ↔ DD′′ : 3x + 4y − 25 = 0

Luego, (DD′) ∧ (DD′′) = D(−1,7); (DD

′) ∧ (D′D′′) = D′(3. − 5)

(DD′′) ∧ (D′D′′) = D′′(7,1)

Ejercicio 2.12. Dados el punto A(2,3) y la recta L : x − y + 9 = 0; buscar sobre la recta L los

puntos B y C que con A determinen un triangulo equilatero.

Solucion.

Altura del ABC : h = d(A, L)

h =|2 − 3 + 9|√

2= 4

√2

Pero h = |AB| =(√

32

)

→ |AB| = 8√

63

|AB| =√

(x − 2)2 + (y − 3)2 =8√

6

3(2.20)

De L : x − y + 9 = 0, despejamos:

y = x + 9 (2.21)



67

H

C

B

AL

Figura 2.20:

Sustituyendo (2.21) en (2.20), se tiene:

√

(x − 2)2 + (x + 6)2 =8√

6

3

de donde:

3x2 + 12x − 4 = 0 ↔ x =−6 ±

√

36 − 3(−4)

3= −2 ± 4

3

√3

Sustituyendo en (2.21): y = 7 ± 43

√3

Luego, los vertices buscados son:

B

(

−2 +4

3

√3, 7 +

4

3

√3

)

y C

(

−2 − 4

3

√3, 7 − 4

3

√3

)

Ejercicio 2.13. Calcular las coordenadas de un punto P (x, y) simetrico de Q(−4,2) respecto

de la recta L : 3x + 4y = 21

Solucion.

L

M

P

Q

Figura 2.21:

La ecuacion de la recta L1 que pasa por Q y perpendicular a L es:

y = 2 =4

3(x + 4) ↔ L1 : 4x − 3y + 22 = 0



68

Entonces: (3x + 4y − 21 = 0) ∧ (4x − 3y + 22 = 0) = M(−1,6)

Como M es punto medio de PQ, entonces:

−1 =1

2(x − 4) → x = 2 , 6 =

1

2(y + 2) → y = 10

∴ P (2,10)

2.10 Problemas Propuestos

Ejercicio 2.14. El punto medio del segmento cuyos extremos son Q(−5,2) y R(1,6) con el punto

que esta a una tercera parte de distancia que separa a 5(−2,6) de T (1,9)

Respuesta: V = (−2,4) + r(1,3), 0 ≤ r ≤ 1

Ejercicio 2.15. Calcule las coordenadas de los puntos U1 y U2 que estan sobre la recta cuya

ecuacion parametrica vectorial se da que estan a la distancia dada del punto S dado.

Si sobre U = (4. − 2) + r(1,1); 3√

2 unidades S(4. − 2)

Respuesta: U1 = (7,1); U2 = (1. − 5)

Ejercicio 2.16. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto P (−5,4), sabiendo que la

longitud del segmento comprendido entre las rectas x + 2y + 1 = 0; x + 2y + 1 = 0 es igual a 5

Respuesta: 3x + 8y − 17 = 0

Ejercicio 2.17. Hallar la ecuacion de la recta que es mediatriz del segmento que une a los

puntos A(7,4) y B(−2. − 2)

Respuesta: 6x + 4y − 19 = 0

Ejercicio 2.18. Obtenga la ecuacion parametrica vectorial y el sistema de ecuaciones parametri-

cos cartesianas de la recta que contiene a los puntos dados S(2,1), T (0,0)

Respuesta: U = (2,1) + r(−2. − 1), x = 2 − 2r; y = 1 − r

Ejercicio 2.19. Si L es la grafica de la ecuacion parametrica vectorial u = (a, b) + r(c, d);

obtenga una ecuacion parametrica vectorial de la recta m que es paralela a L y contiene al

punto medio del segmento cuyos extremos son: S(x1, y1) y T (x2, y2)

Respuesta: U =(

x1+x2

2+ y1+y2

2

)+ r(c, d)

Ejercicio 2.20. Obtenga una ecuacion cartesiana ordinaria de la recta que contiene al punto

dado S y que



69

a) es perpendicular o

b) es paralela a la recta cuya ecuacion cartesiana se menciona

Si S(3. − 2); 5x − 7y + 10 = 0

Respuesta:

a) 7x + 5y − 11 = 0

b) 5x − 7y − 29 = 0

Ejercicio 2.21. Dadas las rectas L1 : x − y + 4 = 0 y L2 : x + 2y − 12 = 0. Determinar la

ecuacion de la recta que pasa por el punto (3.2). Determinar la ecuacion de la recta que pasa

por el punto (3.2) de tal manera que la parte de esta recta comprendida entre las rectas dadas

L10 y L2 queda dividida por el punto P en dos segmentos iguales.

Respuesta: x + 9y − 21 = 0

Ejercicio 2.22. Encuentre la ecuacion de la recta que pasa por el punto (1,2) y es paralela a la

recta 3x − 2y + 6 = 0

Ejercicio 2.23. Encuentre la ecuacion de la recta que pasa por el punto de interseccion de las

rectas x − 3y + 2 = 0 y 5x + 6y − 4 = 0 y que es paralela a 4x + y + 7 = 0

Ejercicio 2.24. Halle la ecuacion de la recta que pasa por los puntos (-3.-5) y (4.7): diga si el

punto (1/2,1) pertenece a dicha recta y porque

Ejercicio 2.25. Las ecuaciones de los lados de un triangulo son 5x−6y+16 = 0, x+7y+36 = 0

y 6x + y− 30 = 0. Encuentre las coordenadas de sus vertices y las ecuaciones de sus mediatrices

de cada uno de sus lados.


Capıtulo 3

Circunferencia

3.1 Definicion de la Circunferencia

Una circunferencia es el conjunto de todos los puntos de un plano que equidistan de un punto

fijo. El punto fijo se denomina centro de la circunferencia, y a la distancia constante se le llama

radio de la circunferencia.

P(x,y)r

O C(h,k)

Figura 3.1:

Con el fin de obtener una ecuacion de a circunferencia que tiene centro en C(h, k) y radio r, se

utiliza la formula de distancia. Refierase a la figura 3.1. El punto P (x, y) esta en la circunferencia

si y solo si |PC| = r; esto es, si y solo si

√

(x − h)2 + (y − k)2 = r

Esto es cierto si y solo si

(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (r > 0)

Esta ecuacion es satisfecha por las coordenadas de aquellos puntos y solo aquellos se encuentran

en la circunferencia. Este resultado se establece en el teorema siguiente

70


71

3.2 Teorema. Ecuacion de la Circunferencia

Una ecuacion de la circunferencia con centro en el punto C(h, k) y radio r es

(x − h)2 + (y − k)2 = r2

Si el punto de una circunferencia esta en el origen, entonces h = 0 y k = 0; por tanto, su ecuacion

es

x2 + y2 = r2

Tal circunferencia se muestra en la figura 3.2. Si el radio de una circunferencia es 1, se le llama

circunferencia unitaria.

O

r

−r

r−r x

y

Figura 3.2:

Si se conocen el centro y el radio de una circunferencia puede dibujarse con ayuda del compas.

3.2.1 Trazo de una Circunferencia

Para trazar la circunferencia que tiene la ecuacion

x2 + y2 = r2

1. Se resuelve esta ecuacion para y y se obtiene

y =√

r2 − x2 y y = −√

r2 − x2

La grafica de cada una de estas ecuaciones es una circunferencia.



72

2. Se trazan estas dos semicircunferencias en el mismo rectangulo de inspeccion, obteniendose

ası la circunferencia deseada.

Ejemplo 3.1. La grafica de la ecuacion

x2 + y2 = 16

es la circunferencia con centro e el origen y radio 4. Al resolver esta ecuacion para y se obtiene

y =√

16 − x2 y y = −√

16 − x2

Al trazar estas circunferencias en el mismo rectangulo de inspeccion ([−5, 5] por [−5, 5]) se

obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.3

x

y

4

4

2

02

-2

-4

0-2-4

Figura 3.3:

Ejemplo 3.2. Obtenga la ecuacion de la circunferencia que tiene un diametro con extremos en

A(−2, 3) y B(4, 5). Trace la circunferencia

Solucion. El punto medio del segmento A a B es el centro de la circunferencia. Vea la figura

3.4. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia, entonces

h = −2+42

k = 3+52

h = 1 k = 4

Por tanto, el centro esta en C(1, 4). El radio de la circunferencia puede calcularse como |CA| o

|CB|. Si r = |CA|, entonces

r =√

(1 + 2)2 + (4 − 3)2

=√

10



73

A(−2,3)

B(4,5)

C(h,k)

O x

y

Figura 3.4:

Por tanto, una ecuacion de la circunferencia es

(x − 1)2 + (y − 4)2 = 10

x2 + y2 − 2x − 8y + 7 = 0

A fin de trazar la circunferencia, primero se resuelve la ecuacion para y considerandola como

una ecuacion cuadratica en y:

y2 − 8y + (x2 − 2x + 7) = 0

De la formula cuadratica, donde a = 1, b = −8 y c = x2 − 2x + 7, resulta

y =−b ±

√b2 − 4ac

2a

=−(−8) ±

√

(−8)2 − 4(1)(x2 − 2x + 7)

2(1)

=8 ±

√64 − 4x2 + 8x − 28

2

=8 ±

√36 + 8x − 4x2

2

=8 ± 2

√9 + 2x − x2

2

= 4 ±√

9 + 2x − x2

Si se trazan en el mismo rectangulo de inspeccion de graficas de

y = 4 +√

9 + 2x − x2 y y = 4 −√

9 + 2x − x2

se obtiene la circunferencia mostrada en la figura 3.5

La ecuacion (x − h)2 + (y − k)2 = r2 se denomina forma centro-radio de la ecuacion de una

circunferencia. Si se eliminan los parentesis y se reducen a los terminos semejantes se tiene

x2 + y2 − 2hx − 2ky + (h2 + k2 − r2) = 0



74

x

4

6

1

y

5

3

1

4

2

2-1

7

3

0-2

Figura 3.5:

Al considerar D = −2h, E = −2k y F = h2 + k2 + r2, esta ecuacion se transforma en

x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0

La cual se denomina forma general de la ecuacion de la circunferencia tiene centro y radio,

su ecuacion puede expresarse en la forma centro-radio, y en consecuencia, en la forma general,

como sew hizo en el ejemplo 3.2. Si se inicia con una ecuacion de una circunferencia en la forma

general, esta puede expresarse en la forma centro-radio completando los cuadrados. El ejemplo

siguiente muestra el procedimiento a seguir

Ejemplo 3.3. Obtenga el centro y el radio de la circunferencia que tiene la ecuacion

x2 + y2 + 6x − 4y − 23 = 0

Solucion. La ecuacion dada puede escribirse como

(x2 + 6x) + (y2 − 4y) = 23

si se completan cuadrados de los terminos entre parentesis al sumar 9 y 4 en ambos miembros

de la ecuacion se tiene

(x2 + 6x + 9) + (y2 − 4y + 4) = 23 + 9 + 4

(x + 3)2 + (y − 2)2 = 36

La ecuacion anterior esta en la forma centro-radio; de modo que es una ecuacion de la circun-

ferencia con centro en (−3, 2) y radio 6.

Algunas ecuaciones de la forma

x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0



75

tienen graficas que no son circunferencias. Suponga que cuando se completan los cuadrados se

obtiene

(x − h)2 + (y − h)2 = d donde d < 0

No hay valores reales de x y y que satisfagan esta ecuacion; ası, la ecuacion no tiene grafica. En

este caso se establece que la grafica es el conjunto vacıo.

Si se completan los cuadrados se obtiene

(x − h)2 + (y − k)2 = 0

los unicos valores de x y y que satisfacen esta ecuacion son x = h y y = k. De este modo, la

grafica consta del simple punto (h, k).

La definicion de la recta tangente a una curva general es un punto de la curva requiere del

concepto de lımite. Sin embargo, para una circunferencia la definicion de geometrıa plana es-

tablece que una recta tangente en un punto P de una circunferencia es la recta que intersecta la

circunferencia en solo un punto

Ejemplo 3.4. Obtenga una ecuacion de la recta tangente a la circunferencia

x2 + y2 − 6x − 2y − 15 = 0

en el punto (6, 5). Trace la circunferencia y la recta tangente en el mismo rectangulo de inspeccion.

O

P=(6,5)

r=5

C(3,1)

3x+4y−38=0

x

y

Figura 3.6:

Solucion. Se escribe la ecuacion de la circunferencia en la forma centro-radio al completar los

cuadrados:

(x2 − 6x) + (y2 − 2y) = 15

(x2 − 6x + 9) + (y2 − 2y + 1) = 15 + 9 + 1

(x − 3)2 + (y − 1)2 = 25



76

De esta ecuacion, el centro es C(3, 1) y el radio es 5. La figura 3.6 muestra la circunferencia y

una porcion de la recta tangente en P (6, 5). Si m1 es la pendiente de la recta que pasa por C y

P , entonces

m1 =5 − 1

6 − 3

=4

3

De geometrıa plana, se sabe que la recta tangente es perpendicular a la recta que pasa por C y

P . Por tanto, si m2 es la pendiente a la recta tangente, entonces

m2m1 = −1

m2(4

3) = −1

m2 = −3

4

En consecuencia de la forma punto-pendiente de la ecuacion de la recta que pasa por (6, 5) con

pendiente −34, se tiene como la ecuacion requerida

y − 5 = −3

4(x − 6)

4y − 20 = −3x + 18

3x + 4y − 38 = 0

La figura 3.7 muestra la circunferencia y la recta tangente trazadas en el mismo rectangulo de

inspeccion.

y

x

12

8

15

4

010

-4

50-5

Figura 3.7:



77

3.3 Propiedades de la circunferencia

Al estudiar la geometrıa plana se ve que una circunferencia es el lugar geometrico (conjunto) de

todos los puntos del plano que estan a una distancia dada (radio) de un punto dado (centro).

Al segmento cuyos extremos son el centro del cırculo y a un punto de la circunferencia se llama

segmento radial de la circunferencia. Por lo tanto, el radio de una circunferencia es la longitud

de un segmento radial de la misma.

O x

y

uu−s

S(2,−1)

s

Figura 3.8:

Como se muestra en la figura 3.8, un punto U(x, y) del plano esta sobre la circunferencia C de

radio 4 con centro en S(4,−1) si y solo si

‖u − s‖ = 4 (3.1)

Observese que, sin embargo

‖u − s‖ = ‖(x, y) − (2,−1)‖= ‖(x − 2, y + 1)‖=

√

(x − 2)2 + (y + 1)2

Por lo tanto de la ecuacion (7.1) se tiene√

(x − 2)2 + (y + 1)2 = 4

Puesto que ambos miembros de esta ecuacion son numeros positivos al tomar el cuadrado de

ambos se obtiene una ecuacion equivalente:

(x − 2)2 + (y + 1)2 = 16 (3.2)



78

Puesto que los pasos algebraicos son reversibles la ecuacion (3.2) es una ecuacion de C y C es la

grafica o lugar geometrico de la ecuacion (3.2).

Empleando el mismo procedimiento se puede demostrar que, en general, si una circunferencia Ctiene radio r y centro S(h, k) entonces una ecuacion cartesiana de C es

(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (3.3)

u−t

s−tTv

vp

S

Figura 3.9:

Dada una recta L tangente a una circunferencia es perpendicular al segmento que radial que

contiene al punto de contacto T (figura 3.9) se sabe que si v es un vector de direccion de la

recta que contiene al eje radial TS entonces vp es un vector de direccion de L. Se emplea esta

informacion para encontrar una ecuacion L si se conocen las coordenadas de T y la ecuacion C.

Como se sugiere en la figura 3.9, el radio r de una circunferencia C es igual a la distancia

(perpendicular) que separa al centro S de C de cualquier recta L que sea tangente a C. Se puede

emplear este hecho para obtener una ecuacion de una circunferencia dadas las coordenadas

(x1, y1) de su centro y una ecuacion Ax + By + C = 0 de una recta tangente.

3.4 Propiedades

3.4.1 Propiedad del cuadrilatero inscrito en una circunferencia

Determinar si el cuadrilatero de vertices P (5, 3), Q(2, 6), R(−6, 6) y S(−1, 9) puede ser inscrito

una circunferencia. En caso que lo sea, determinar la ecuacion de la circunferencia



79

Solucion. Por el teorema de Tolomeo: En todo cuadrilatero inscrito a un circunferencia, el

producto de las diagonales es igual a la suma de los productos de los lados opuestos. Probaremos

que:

|QS| × |PR| = |PQ| × |RS| + |QR| × |PS|

R Q

P

XC

O

Y

S

En efecto, con los valores

|QS| =√

(2 + 1)2 + (6 + 9)2 = 3√

26

|PR| =√

(5 + 6)2 + (3 − 6)2 =√

130

|PQ| =√

(2 − 5)2 + (6 − 3)2 = 3√

2

|RS| =√

(−1 + 6)2 + (−9 − 6)2 = 5√

10

|PQ| = |2 − (−6)| = 8

|PS| =√

(5 + 1)2 + (3 + 9)2 = 6√

5

Se tiene:

|QS| × |PR| = (3√

26)(√

130) = 78√

5

|PQ| × |RS| = (3√

2)(5√

10) = 30√

5

|QR| × |PS| = 8(6√

5) = 48√

5

con los cuales resulta la identidad: 78√

5 = 30√

5 + 48√

5

Luego, si el cuadrilatero PQRS es inscriptible.

Si C(h, k) es el centro de la circunferencia se tendra:

|PC| = |QC| ⇒√

(h − 5)2 + (k − 3)2 =√

(h − 2)2 + (k − 6)2 ⇒ h − k + 1 = 0 · · · (1)

|RC| = |SC| ⇒√

(h + 6)2 + (k − 6)2 =√

(h + 1)2 + (k + 9)2 ⇒ h − 3k − 1 = 0 · · · (2)

De (1) y (2) por simultaneas, obtenemos: h = −2, k = −1 ⇒ C(−2, 1)

Radio de la circunferencia, r = |PC| =√

(5 + 2)2 + (3 + 1)2 =√

65

Por la tanto la ecuacion buscada es, C : (x + 2)2 + (y + 1)2 = 65



80

3.4.2 Propiedad del cuadrilatero circunscrito en una circunferencia

Determinar si el cuadrilatero de vertices A(9,−4), B(9, 11), C(3/2, 11) y S(−3, 5) es circun-

scribible en una circunferencia. Si lo es halle la ecuacion de la circunferencia.

Solucion. Segun el teorema de Pitot: En todo cuadrilatero circunscrito en una circunferencia

la suma de los lados opuestos es igual a la suma de los otros dos. Entonces, debemos probar que

|AB| + |CD| = |AD| + |BC|

A

BC

D

X

Y

0

d

d

d

En efecto:

|AB| + |CD| = 15 + 15/2 = 45/2

|AD| + |BC| = 15 + 15/2 = 45/2

|AB| + |CD| = |AD| + |BC|

Luego, el cuadrilatero dado es circunscribible . Ecuaciones de los lados

−→AB : x − 9 = 0 ,

−−→CD : 4x − 3y + 27 = 0

−−→BC : y − 11 = 0 ,

−−→AD : 3x + 4y − 11 = 0

El centro I(h, k) de la circunferencia se encuentra en la interseccion de las bisectrices de los

angulos A, B, C y D. Bastara hallar las ecuaciones de dos bisectrices.

Bisectriz de B : −d1 = −d2 ⇒ −(h − 9) = −(k − 11) ⇔ h − k + 2 · · · (1)

Bisectriz de A : −d1 = −d3 ⇒ −(h − 9) = 3h+4k−115

⇔ 2h + k − 14 = 0 · · · (2)

De (1) y (2), por simultaneas, se tiene: h = 4, k = 6 ⇒ I(4, 6)

Radio de la circunferencia: r = |d1| = |h − 9| = |4 − 9| = 5

Por tanto, la ecuacion de la circunferencia es C : (x − 4)2 + (y − 6)2 = 25



81

3.5 Forma General de la Ecuacion de la Circunferencia

Teorema 3.1. La grafica de la ecuacion x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0︸︷︷︸

Ecuacion General

representa una circunfer-

encia de radio diferente de cero sı, y solo sı D2 + E2 − 4F > 0.

Las coordenadas del centro son(−D

2− E

2

)y el radio es r = 1

2

√D2 + E2 − 4F

Demostracion. 1. La ecuacion de una circunferencia de centro (h, k), y de radio r, r > 0 es:

(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (Forma ordinaria) (3.4)

2. Debemos expresar la ecuacion x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0 en forma ordinaria.

Para ello, completamos cuadrados respecto a x y respecto a y, ası:

x2 + Dx + · · ·+ y2 + Ey + · · · = −F

x2 + Dx +D2

4︸︷︷︸

+ y2 + Ey +E2

4︸︷︷︸

= D2

4E2

4− F

(x + D

2

)2+

(y + E

2

)2= D2+E2+4F

4

(3.5)

3. Al comparar la ecuacion 3.5 con la ecuacion ordinaria 3.4, debe ser:

h = −D

2, k = −E

2, r =

1

2

√D2 + E2 − 4F con D2 + E2 − 4F > 0

3.5.1 Aplicaciones

1. Dado tres puntos: A(2,−2), B(−1, 4) y C(4, 6) hallar la ecuacion de la circunferencia que

pasa por los tres puntos:

Solucion. Hay por lo menos tres maneras de resolver.

Forma 1: Utilizando la ecuacion general de la circunferencia

C : x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0

Si A ∈ C ⇒ 4 + 4 + 2D − 2E + F = 0 (3.6)

Si B ∈ C ⇒ 1 + 16 − D + 4E + F = 0 (3.7)

Si C ∈ C ⇒ 16 + 36 + 4D + 6E + F = 0 (3.8)



82

Restar:

(1) − (2) − 9 + 3D − 6E = 0 ⇒ −3 + D − 2E = 0 (3.9)

(1) − (3) − 44 − 2D − 8E = 0 ⇒ −22 − D − 4E = 0 (3.10)

Al resolver el sistema formado por (3.9) y (3.10) se obtiene: E = −256, D = −32

6.

Al reemplazar en (3.6) se obtiene F = −346

Conclusion: Al reemplazar en la ecuacion general obtenemos:

C : x2 + y2 − 32

6x − 25

6y − 34

6= 0 ⇔ 6x2 + 6y2 − 32x − 25y − 34 = 0

2. Dado la circunferencia C : 25x2 + 25y2 + 30x − 20y − 62 = 0

a) Hallar el centro y el radio de Cb) Graficar la circunferencia

c) Hallar la longitud de la circunferencia

d) Hallar el area del cırculo

Solucion. Lo primero que debera hacerse es completar cuadrados en la ecuacion:

25x2 + 25y2 + 30x − 20y − 62 = 0

Dividir entre 25: x2 + y2 + 3025

− 2025

− 6225

= 0

Ordenar: x2 − 3025

x + · · ·+ y2 − 2025

y + · · · = 6225

x2 − 65x + · · ·+ y2 − 4

5y + · · · = 62

25

x2 − 65x + 9

25+ y2 − 4

5y + 4

25= 62

25+ 9

25+ 4

25

Forma ordinaria: C :(x − 3

5

)2+

(y − 2

5

)2= 3

Respuestas:

a) Mirando la forma ordinaria tenemos:

- El centro es C =(

35, 2

5

)

- El radio es r =√

3

b) El grafico es

c) ℓ(C) = 2πr = 2π√

3o

d) A(C) = πr2 = 3π



83

r

C(3/5,2/5)

P

x

y

3/5

2/5

3.5.2 Determinacion de una Circunferencia Sujetas a tres

Condiciones Dadas

Proposicion 3.1. Una circunferencia que da bien determinada si se conocen tres puntos o si

se conocen el centro y el radio.

Esto es:

a) Si queremos hallar la ecuacion de la circunferencia (x−h)2+(y−k)2 = r2, hay tres constantes

(parametros) arbitrarias: h, k y r que deberan conocerse.

b) Si queremos hallar la ecuacion general de la circunferencia x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0, hay,

tambien, tres contantes arbitrarias independientes: D, D y F , que deberan conocerse

Teorema 3.2. La ecuacion d la circunferencia que pasa por tres puntos dados no colineales

P1(x1, y1), P2(x2, y2) y P3(x3, y3), esta dada por la determinante:∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 1

x21 + y2

1 x1 y1 1

x22 + y2

2 x2 y2 1

x23 + y2

3 x3 y3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0

Ejemplo 3.5. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los tres puntos: P1(4,−1),

P2(0,−7), P3(−2,−3)

Solucion. Hay por lo menos tres formas de hallar la ecuacion de la circunferencia Cque pasa

por P1, P2 y P3

Forma 1: Aplicamos el Teorema 7.2, la ecuacion de C, es:∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 1

16 + 1 4 −1 1

0 + 49 0 −7 1

4 + 9 −2 −3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0



84

Es un determinante de 4 filas por 4 columnas∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 1

17 4 −1 1

43 0 −7 1

13 −2 −3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0

Restando la 1ra fila con la segunda, 3ra y 4ta fila obtenemos∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 x y 1

x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1 0

x2 + y2 − 49 x y + 7 0

x2 + y2 − 13 x + 2 y + 3 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0

Desarrollando el determinante por la 4ta columna, obtenemos:

−

∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1

x2 + y2 − 49 x y + 7

x2 + y2 − 13 x + 2 y + 3

∣∣∣∣∣∣∣

= 0

Restando la 1ra fila con la segunda y 3ra filas:

−

∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1

32 −4 −6

−4 −6 −2

∣∣∣∣∣∣∣

Factorizar 2 de la 2da fila y -2 de la 3ra fila:

−(2)(−2)

∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 − 17 x − 4 y + 1

16 −2 −3

2 3 1

∣∣∣∣∣∣∣

= 0

Multiplicar la 3ra fila por 3 y sumar a la 2da fila, luego, multiplicar −(y +1) a la 3ra fila y sumar

a la 1ra fila ∣∣∣∣∣∣∣

x2 + y2 − 2y − 19 x − 3y − 7 0

22 7 0

2 3 1

∣∣∣∣∣∣∣

Desarrollando por la 3ra columna:∣∣∣∣∣

x2 + y2 − 2y − 19 x − 3y − 7

22 7

∣∣∣∣∣= 0 ⇒ 7x2 + 7y2 − 22x + 52y + 21 = 0

Forma 2: Utilizando la ecuacion general C : x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0

Si P1 ∈ C : 17 + 4D − E + F = 0

Si P2 ∈ C : 49 − 7E + F = 0

Si P3 ∈ C : 13 − 2D − 3E + F = 0

Al resolver el sistema de ecuaciones, obtenemos: D = −227, E = 52

7, F = 3

Forma 3: Hallando las mediatrices, luego hallando la interseccion de las mediatrices (cento de

la circunferencia) y luego hallando la distancia del centro de la circunferencia a uno d los tres

puntos (radio).



85

3.6 Potencia de un punto con relacion a una

circunferencia

Potencia de un punto P , con relacion a una circunferencia, es el producto constante de las

distancias de ese punto a las intersecciones de una secante cualquiera trazada por P1 con la

circuenferencia.

Sea la circunferencia

C : x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0 (3.11)

y el punto P1(x, y)

Si representamos la potencia por p = pot(P1) entonces por definicion

p = |P1A| · |P1B|

Sea α el angulo que forma el eje X, una secante cualquiera s trazada de P1 a la circunferencia.

Las ecuaciones parametricas de s son:

x = x1 + 1 cos α

y = y1 + 1 cos α

(3.12)

en donde el parametro t es el valor algebraico del segmento que tiene por origan a P1(x1, y1) y

por extremo el punto (x, y) generador de s.

Sustituyendo las ecuaciones (3.12) en (3.11) se tiene

(x1 + t cos α)2 + (y1 + t sen α)2 + D(x1 + t cos α) + E(y1 + t sen α) + F = 0

⇒ (sen2 α + cos2 α)t2 + (2x1 cos α + 2y1 sen α + D cos α + E sen α)t+

x21 + y2

1 + Dx1 + Ey1 + F = 0

⇔ t2(2x1 cos α + 2y1 sen α + D cos α + E sen α)t + x21 + y2

1 + Dx1 + Ey1 + F = 0 (3.13)

La raıces de 3.13 dan las distancias d1 = |P1A| y d2 = |P1B| de P1 a las intersecciones de s con

la circunferencia C . Luego, p sera igual al producto de las raıces de la ecuacion (3.13), esto es:

p = d1 · d2 = x21 + y2

1 + Dx1 + Ey1 + F (3.14)

Se verifica que la potencia de p con relacion a una circunferencia dada es igual al valor numerico

del primer miembro de la ecuacion de la circunferencia cuando se sustituyen las variables x e y,

respectivamente por las coordenadas correspondientes del punto P1(x1, y1)

Observacion 1. Si la ecuacion de la circunferencia esta dada de la forma ordinaria C : (x −h)2 + (y − k)2 = r2, el valor de la potencia sera:

p = (x1 − h)2 + (y − k)2 − r2 (3.15)



86

Si designamos por d la distancia del punto P1(x1, y1) al centro C(h, k) se tiene:

d =√

(x1 − h)2 + (y1 − k)2

luego, la ecuacion 3.15 se puede escribir

p = d2 − r2 (3.16)

y ocurre que:

a) Si d > r, el punto P1 es exterior a la circunferencia y la potencia es positiva

b) Si d = r, el punto P1 esta en la circunferencia y la potencia es nula

c) Si d < r, el punto P1 es interior a la circunferencia y la potencia es negativa

3.7 Familia de Circunferencia

Teorema 3.3. Si las ecuaciones de dos circunferencias dadas cualquiera C1 y C2 son:

C1 : x2 + y2 + D1x + E1y + F1 = 0,

C2 : x2 + y2 + D2x + E2y + F2 = 0,

la ecuacion: x2 + y2 + D1x + E1y + F1 + λ(x2 + y2 + D2x + E2y + F2) = 0, λ ∈ R representa a

la familia de circunferencias que tienen sus centros en la recta que une C1 y C2

3.7.1 Familia de circunferencias que pasan por la interseccion de dos

circunferencias dadas

Sean las circunferencias

C1 : x2 + y2 + D1x + E1y + F1 = 0 (1)

C2 : x2 + y2 + D2x + E2y + F2 = 0 (2)

Multiplicando la ecuacion (2) por k y sumando (1) formamos la ecuacion

x2 + y2 + D1x + E1y + F1 + k(x2 + y2 + D2x + E2y + F2) = 0 (3)

en donde el parametro k ∈ R.

Supongamos que C1 y C2 se interceptan en dos puntos diferentes P1(x1, y1) y P2(x2, y2). Toda vez



87

que las coordenadas de P1 y P2 satisfacen las ecuaciones (1) y (2), ellas tambien deben satisfacer

la (3), que se reduce a la forma 0+ k(0) = 0, para cualquier valor de k. Entonces la ecuacion (3)

representa la familia de las curvas que pasan por las intersecciones de C1 y C2.

Para determinar la naturaleza de las curvas de esa familia, escribimos la ecuacion (3) de la

siguiente forma:

(k + 1)x2 + (k + 1)y2 + (D1 + kD2)x + (E1 + kE2)y + (F1 + kF2) = 0 (4)

Si k = −1, la ecuacion (4) se reduce a una ecuacion de una linea recta, llamada eje radical. Para

k 6= −1, la ecuacion (4) representa una circunferencia. En particular, si k = 0, la ecuacion (4)

se reduce a la ecuacion de C1.

3.7.2 Eje Radical

Es el lugar geometrico de los puntos de igual potencia con relacion a dos circunferencias C1 y C2;

o bien, es el lugar geometrico de los puntos desde los cuales se pueden trazar tangentes iguales

a dos circunferencias del sistema

C1 + kC2 = 0

Si en la ecuacion (4) hacemos k = −1 obtenemos

L : (D1 − D2)x + (E1 − E2)y + (F1 − F2) = 0 (5)

Segun que el eje radical L corta a las circunferencias C1 y C2 en dos, uno o ningun punto,

tenemos las siguientes posiciones relativas a ellas

1. CIRCUNFERENCIA SECANTES: El eje radical para por los puntos de interseccion de

C1 y C2, y ocurre que la distancia entre los centros es menor que la suma de los radios

d < r1 + r2

2. CIRCUNFERENCIA EXTERIORES: El eje radical pasa por el punto medio de la linea

que une los centros C1 y C2, y ocurre que la distancia de los centros es mayor que la suma de

los radios.

d > r1 + r2

3. CIRCUNFERENCIA TANGENTES EXTERIORES: El eje radical es la tangente

comun en ambas circunferencias y ocurre que la distancia entre los centros es igual a la suma

de los radios

d = r1 + r2



88

4. CIRCUNFERENCIA TANGENTES INTERIORES: El eje radical es la tangente

comun en ambas circunferencias y ocurre que la distancia entre los centros es igual a la

diferencia de los radios

d = r1 − r2

Observacion 2.

a) El eje radical es siempre perpendicular a la linea que une los centros de las circunferencias

b) Cuando las circunferencias son concentricas no existe eje radical.

3.8 Problemas Resueltos

Ejercicio 3.1. Obtenga una ecuacion cartesiana de la circunferencia de radio 6 con centro en

S(4,−7).

Solucion. Haciendo h = 4, k = −7 y r = 6, de la ecuacion (3.3) se obtiene (x−4)2+[y−(−7)2]2 =

62, o sea

(x − 4)2 + (y + 7)2 = 36

Ejercicio 3.2. Determine el lugar geometrico en R2 de la ecuacion

x2 + y2 − 6x + 4y + 4 = 0.

Solucion. SE puede escribir esta ecuacion y completar los cuadrados de x y y como sigue

x2 − 6x + (−3)2 + y2 + 4y + (2)2 = −4 + (−3)2 + (2)2

(x − 3)2 + (y + 2)2 = 9,

(x − 3)2 + [y − (−2)]2 = 32.

Por lo tanto el lugar geometrico es una circunferencia de radio 3 con centro en el punto S(3,−2).

Ejercicio 3.3. Obtenga ua ecuacion cartesiana de la circunferencia que pasa por los puntos

Q(3,−2), S(−1,−4) y T (2,−5).

Solucion. Las constantes D, E y F deben ser tales que las coordenadas de cada punto satisfagan

x2 + y2 + Dx + Ey + F = 0



89

Por lo tanto

32 + (−2)2 + 3D − 2E + F = 0

(−1)2 + (−4)2 − D − 4E + F = 0

(2)2 + (−5)2 + 2D − 5E + F = 0

o bien

3D − 2E + F = −13

−D − 4E + F = −17

2D − 5E + F = −29

Resolviendo este sistema , es decir, despejando a D, E y F se ve que

D = −2, E = 6, y F = 5

Por lo tanto, una ecuacion cartesiana de la circunferencia es

x2 + y2 − 2x + 6y + 5 = 0

Ejercicio 3.4. Obtenga una ecuacion cartesiana de la recta L que es tangente en el punto

T (6,−4) a la circunferencia C cuya ecuacion es

x2 + y2 − 4x + 2y − 20 = 0

Solucion. Observese primero que T esta sobre C puesto que

62 + (−4)2 − 4(6) + 2(−4) − 20 = 36 + 16 − 28 − 8 − 20 = 0

Completando cuadrados en x y y en la ecuacion C, se obtiene

(x2 − 4x + 4) + (y2 + 2y + 1) = 20 + 4 + 1

(x − 2)2 + (y + 1)2 = 25.

Por lo tanto C tiene su centro en S(2,−1) y un vector de direccion de la recta que contiene al

segmento radial TS es

s − t = (2,−1) − (6,−4) = (−4, 3).

Ejercicio 3.5. Obtenga una ecuacion cartesiana de la circunferencia cuyo centro es S(5, 4) si la

recta cuya ecuacion es x + y = 3.

Solucion. Tracese un diagrama. En la ecuacion Ax+By +C = 0 para L, se tiene A = 1, B = 1

y C = −3. Tambien se tiene (x1, y1) = (5, 4).

Por lo tanto el radio r de C esta dado por

r = d(S,L)

=

∣∣∣∣

Ax1 + By1 + C√A2 + B2

∣∣∣∣=

∣∣∣∣

5 + 4 − 3√12 + 12

∣∣∣∣



90

Sustituyendo a (5,4) por (h, k) y a 6√2

por r en la ecuacion (3.3) se obtiene

(x − 5)2 + (y − 4)2 = 18

que es una ecuacion de C.

Ejercicio 3.6. Hallar la ecuacion de la circunferencia cuyo centro es el punto A(−4,−1) y que

es tangente a la recta L : 3x + 2y − 12 = 0.

L

A

Solucion. Se pide hallar la ecuacion:

(x − h)2 + (y − k)2 = r2 (1)

Debemos buscar: el centro (h, k) y el radio r.

(a) Como dato se da el centro (h, k) = (−4,−1)

(b) El radio r, sa halla por distancia:

r = d(A, L)

=|3(−4) + 2(−1) − 12|√

9 + 4=

26√13

Reemplazar en (1):

(x + 4)2 + (y + 1)2 =262

13(x + 4)2 + (y + 1)2 = 52

Ejercicio 3.7. Una circunferencia pasa por los puntos A(−3, 3) y B(1, 4) y su centro esta sobre

la recta: L : 3x − 2y − 23 = 0, Hallese su ecuacion.

Solucion. 1. Hagamos un grafico simulado.

2. Debemos hallar el centro y el radio

a) Como CA y CB son radios, entonces

|CA| = |CB| (1)



91

L:3x−2y−23=0

A(−3,3)

B(1,4)

C

b) Como el centro esta sobre la recta entonces tiene la forma:

C =

(

x,3x − 23

2

)

c) Entonces (1) es:

√

(x + 3)2 +

(3x − 23

2− 3

)2

=

√

(x + 1)2 +

(3x − 23

2− 4

)2

Elevar al cuadrado y reducir: 44x − 88 = 0 entonces x = 2.

Por tanto, el centro es C =(2,−17

2

)y el radio es:

r = |CA| =

√

(2 + 3)2 +

(

−17

2− 3

)2

=

√

629

4

3. La circunferencia es: (x − 2)2 +(y + 17

2

)2= 629

4

Ejercicio 3.8. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto A(7,−5) y es

tangente a la recta x − y − 4 = 0 en el punto B(3,−1)

Solucion. 1. Hacer un grafico que simule con los datos que se dan

L: x−y−4=0

A(7,−5)

B(3,−1)

C

2. Necesitamos el centro y el radio.

a) Si C(h, k) es el centro, entonces |CA| = |CB|, porque CA y CB son radios.



92

b) Hallemos la ecuacion de la recta que pasa por BC

Se tiene:

punto de paso B(3,−1)

m = −1, porque BC es perpendicular a la recta L.

Luego, LBC : y + 1 = −1(x − 3) si y solo si x + y − 2 = 0, luego y = 2 − x

c) Entonces, el centro C tiene la forma C = (x, 2 − x) porque C ∈ LBC .

Ahora, podemos hacer

|CA| = |CB|√

(x − 7)2 + (2 − x + 5)2 =√

(x − 3)2 + (2 − x + 1)2

Elevar al cuadrado

(x − 7)2 + (7 − x)2 = (x − 3)2 + (3 − x)2

2(x − 7)2 = 2(x − 3)2

x = 5

d) Con x = 5 obtenemos:

i) El centro C = (5;−3), y

ii) El radio r = |CA| =√

(7 − 5)2 + (−2 + 5)2 = 2√

2

3. Conclusion: La circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 3)2 = 8

Ejercicio 3.9. Hallar la ecuacion de la circunferencia cuyo centro esta sobre la recta 6x + 7y −16 = 0 y es tangente a cada una de las rectas 8x + 15y + 7 = 0 y 3x − 4y − 18 = 0.

Solucion. 1. Hagamos un grafico simulado

L : 3x−4y−18=0C

L :8x+15y+7=0

P

Q

L : 6x+7y−16=01

2

3

2. Debemos hallar el centro y el radio

a) Por los datos y mirando el grafico se tiene:

|CP | = |CQ| (1)

porque CP y CQ son radios.



93

b) Sean (h, k) las coordenadas del centro C.

(i) Como C ∈ L1 entonces

6h + 7k − 16 = 0 (2)

(ii) Ahora, hallemos las distancias: d(C, L2) y d(C, L3) para luego igualarlos

d(C, L2) = d(C, L3)

|8h + 15k + 7|√64 + 225

=|3h − 4k − 18|√

9 + 16

|8h + 15k + 7|17

=|3h − 4k − 18|

5

⇔ 5|8h + 15k + 7| = 17|3h − 4k − 18|. Aplicar |a| = |b| ⇔ a = b ∨ a = −b

⇔ 5(8h + 15k + 7) = 17(3h − 4k − 18) ∨ 5(8h + 15k + 7) = −17(3h − 4k − 18)

⇔ h − 13k − 31 = 0 . . . . . . . . . (3) ∨ 91h + 7k − 271 = 0 . . . . . . . . . (4)

3. Resolver los dos sistemas formados por (2) y (3), ademas (2) con (4):

6h + 7k − 16 = 0

h − 13k − 31 = 0

Al resolver, obtenemos:

h = 5 , k = −2

6h + 7k − 16 = 0

91h + 7k − 271 = 0

Al resolver, obtenemos:

h = 3 , k = −27

4. a) Si elegimos el centro C = (5,−2) y L2, obtenemos:

r = d(C, L2) =|8(5) + 15(−2) + 7|

17= 1

Ası, la circunferencia es: (x − 5)2 + (y + 2)2 = 1

b) Si elegimos el centro C = (3,−27) y L3, obtenemos:

r = d(C, L3) =|3(3) − 4(−2

7) − 18|

5=

11

7

Ası, obtenemos la circunferencia: (x − 3)2 + (y + 27)2 = 121

49

Ejercicio 3.10. Dado el triangulo ABC cuyos vertices son: A(−1, 0), B(2, 9/4) y C(5, 0).

Se pide:

1. Hallar la ecuacion de la circunferencia circunscrita al triangulo.

2. Hallar la ecuacion de la circunferencia inscrita al triangulo.

3. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los puntos medios de los lados del

triangulo.



94

M N

B

AC

L L

P

12

y

x

Solucion (Solucion de (a)). 1. Hacer el grafico de los puntos A, B, C

2. Unir mediante un segmento de recta al punto A con el punto B con el punto C.

3. Hallar el punto medio de AB y el punto medio de BC. Ası obtenemos:

(i) M = A+B2

= (12, 9

8), es el punto medio de AB.

(ii) M = B+C2

= (72, 9

8), es el punto medio de BC.

4. Por M trazar la recta L1, perpendicular al segmento AB.

5. Por N trazar la recta L2, perpendicular el segmento BC. Ası obtenemos el punto P , que es

la interseccion de las mediatrices L1 y L2, llamado circuncentro (centro de la circunferencia

circunscrita al triangulo).

6. Ahora hallemos la ecuacion de la circunferencia de centro P = L1 ⊂ L2 y radio r = |PB|

(i) La ecuacion de L1 que pasa por M = (12, 9

8) y de pendiente m = − 1

mAB

= −43, donde

mAB =0− 9

4

−1−2= 3

4

es L1: y − 98

= −43(x − 1

2) ⇔ 32x + 24y − 43 = 0

(ii) La ecuacion de L2 que pasa por N = (72, 9

8) y de pendiente m = − 1

mBC

= 43, donde

mBC =94−0

2−5= −3

4

es L2: y − 98

= 43(x − 7

2) ⇔ 32x − 24y − 85 = 0

(iii) P = L1 ∩ L2 ⇔

32x + 24y − 43 = 0

32x − 24y − 85 = 0⇒ x = 2, y = −7

8. Luego P = (2,−7

8).

(iv) El radio es r = |PB| =√

(2 − 2)2 + (−78− 9

4)2 =

√

(258)2.

7. Conclusion: la circunferencia es (x − 2)2 + (y + 78)2 = 625

64

Solucion (Solucion de (b)). 1. Graficar: A, B y C



95

1 2 3 4 5A

B

C

R Q

P

L L12

x

y

2. Una circunferencia inscrita al triangulo ABC tiene centro P en la interseccion de las

bisectrices interiores (incentro).

3. Al trazar las bisectrices L1 y L2 se interceptan en P (centro de la circunferencia que se

pide hallar).

4. De P trazar perpendiculares a los lados AB y BC, respectivamente.

Ası obtenemos la circunferencia inscrita de centro P y radio r = d(P, LAB).

Donde

(i) P = L1 ∩ L2

(ii) r = d(P, LAB)

5. Para obtener P , tenemos que hallar las ecuaciones de las bisectrices L1 y L2

(i) Para hallar la bisectriz L1, necesitamos conocer las ecuaciones de los lados LAB y

LAC .

Veamos

LAB : y − 0 =94− 0

2 + 1(x + 1) ⇔ 3x − 4y + 3 = 0

LAC : y − 0 =0 − 0

5 + 1(x + 1) ⇔ y = 0

Luego, la ecuacion de la bisectriz L1 entre 3x − 4y + 3 = 0 ∧ y = 0, se obtiene en:3x−4y+3

5= ±y

1.

se obtienen:

3x − 4y + 3

5= y ∨ 3x − 4y + 3

5= −y

L1 : x − 3y + 1 = 0︸︷︷︸

es la bisectriz interior

3x + y + 3 = 0

(ii) Para hallar la bisectriz L2, necesitamos conocer las ecuaciones de los lados LCB y

LCA.

Veamos:

LCB : y − 0 =94

2 − 5(x − 5) ⇔ 3x + 4y − 15 = 0

LCA : y = 0



96

Luego, la bisectriz L2 entre 3x + 4y − 15 = 0 ∧ y = 0 se obtienen en:

3x+4y−155

= ±y ⇔ 3x+4y−155

= y ∨ 3x+4y−155

= −y

3x − y − 15 = 0 ∨ x + 3y − 5 = 0︸︷︷︸

es la bisectriz interior

L2

(iii) La interseccion de

L1 : x − 3y + 1 = 0

L2 : x + 3y − 5 = 0es P = (2, 1)

6. Conclusion: Conocidos el centro P = (2, 1) y el radio r, donde r es la distancia de P a la

recta LCB : 3x + 4y − 15 = 0.

r = |3(2)+4(1)−15|√9+16

= 1 la ecuacion de la circunferencia es:

(x − 2)2 + (y − 1)2 = 1

Solucion (Solucion de (c)). Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los puntos

medios del triangulo ABC.

1. Ya tenemos los puntos medios: M = (12, 9

8), N = (7

2, 9

8). El punto medio del lado AC es

R(2, 0).

M NC

S R

LL

1/2 2

12

x

y

T

2. Debemos hallar el centro C y el radio r:

(i) C es la interseccion de las mediatrices L1 y L2 trazados de los lados MR y MN ,

respectivamente

Para hallar L1, necesitamos:

S =M + R

2=

(5

4,

9

16

)

y su pendiente m = − 1m

MR

= 43

donde mMR =98

12−2

= −34.

Luego, L1: y − 916

= 43(x − 5

4), por tanto L1: 64x − 48y − 53 = 0.

Para hallar L2, necesitamos: T = M+N2

= (2, 98) y su pendiente

m = − 1m

MN

= −10

= ∓∞ (no existe). En este caso la ecuacion de L2 es x = 2.



97

Luego, C = L1 ∩ L2, resolver el sistema

64x − 48y − 53 = 0

x = 2

se obtiene C = (2, 2516

)

(ii) El radio r, es r = |CR| = 2516

3. Conclusion: La circunferencia es (x − 2)2 + (y − 2516

)2 = 625256

.

Ejercicio 3.11. Dos circunferencias C1 y C2 son concentricas; el radio de C1 es 2√

5 y la recta

tangente a C1 corta a C2 en los puntos B(8,−10) y C(12,−2). Hallar las ecuaciones de C1 y C2,

sabiendo ademas que la abscisa del centro de las circunferencias es menor que 10.

Solucion. 1. En primer lugar un grafico simulado co el fin de tener mejor idea para resolver

el problema.

D

M

B(8,−10)

C(12,2)

r

C

C

1

2

2. Para hallar la ecuacion de la circunferencia C1 necesitamos su centro D = (h, k) y su radio

r.

a) Segun datos: r = 2√

5

b) Para hallar el centro necesitamos:

(i) Hallar M , punto medio de BC:

M =B + C

2= (10,−6)

(ii) La ecuacion de LDM es

y + 6 = m(x − 10)

Donde m es la inversa, con signo cambiado, de mBC = −10+28−12

= 2, porque DM

es perpendicular a BC.

Luego, LDM : y + 6 = −12(x − 10) ⇔ LDM : x + 2y + 2 = 0



98

(iii) Como (h, k) ∈ LDM entonces

h + 2k + 2 = 0 (1)

luego h = −2k − 2

(iv) Ahora el centro podemos expresar ası D = (−2k − 2, k). Como el radio de C1

es:

|DM | = 2√

5√

(−2k − 2 − 10)2 + (k + 6)2 = 2√

5

Elevar al cuadrado:

4(k + 6)2 + (k + 6)2 = 20

(k + 6)2 = 4 ⇔ k = −4 ∨ k = −8

⇓ ⇓C = (6,−4)︸︷︷︸este punto se eligeporque su abscisaes menor que 10

∨ C = (14,−8)

3. Conclusion:

a) La ecuacion de la circunferencia C1 conocidos: D = (6,−4), r = 2√

5 es:

(x − 6)2 + (y + 4)2 = 20

b) La ecuacion de la circunferencia C2 conocidos: D = (6,−4),

r = |DB| =√

(8 − 6)2 + (−10 + 4)2 =√

40 es:

(x − 6)2 + (y + 4)2 = 40

Ejercicio 3.12. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto A(−8, 5) y por la

intersecciones de las circunferencias:

C1 : x2 + y2 − 8x − 6y + 17 = 0,

C2 : x2 + y2 − 18x − 4y + 67 = 0

Solucion. 1. La familia de circunferencias que pasan por las intersecciones de C1 y C2, es:

Cλ : x2 + y2 − 8x − 6y + 17 + λ(x2 + y2 − 18x − 4y + 67) = 0

2. Si A ∈ Cλ ⇒ 64 + 25 + 64 − 30 + 17 + λ(64 + 25 + 144 − 4y + 67) = 0

140 + 280λ = 0 ⇒ λ = −1

2



99

3. Al reemplazar en 1, obtenemos:

x2 + y2 − 8x − 6y + 17 − 12(x2 + y2 − 18x − 4y + 67) = 0

⇔ x2 + y2 + 2x − 8x − 33 = 0

Ejercicio 3.13. Hallar la ecuacion de la circunferencia que tiene su centro sobre la recta 2x +

y − 14 = 0 y que pasa por las intersecciones de las circunferencias

C1 : x2 + y2 − 8x − 4y + 11 = 0 y

C2 : x2 + y2 − 4x + 4y − 8 = 0

Solucion. 1. La familia de circunferencias que pasan por las intersecciones de las circunferencias

C1 y C2 es:

Cλ : x2 + y2 − 8x − 4y + 11 + λ(x2 + y2 − 4x + 4y − 8y) = 0

(1 + λ)x2 + (1 + λ)y2 + +(−8 − 4λ)x + (−4 + 4λ)y + 11 − 8λ = 0

2. El centro de Cλ es C = (h, k), donde h = −D2, k = −E

2

Siendo D = −8−4λ1+λ

, E = −4+4λ1+λ

Luego, h=4+2λ1+λ

, k = 2−2λ1+λ

3. Como el centro pertenece a la recta 2x + y − 14 = 0, entonces:

2

(4 + 2λ

1 + λ

)

+2 − λ

1 + λ− 14 = 0 , λ 6= 1

8 + 4λ + 2 − 2λ − 14 − 14λ = 0 ⇔ λ = −1

3

4. Al reemplazar en

Cλ : x2 + y2 − 8x − 4y + 11 − 13(x2 + y2 − 4x + 4y − 8) = 0

2x2 + 2y2 − 20x − 16y + 41 = 0

Ejercicio 3.14. Hallar la ecuacion de la circunferencia de radio 52

√2 y que pasa por las inter-

secciones de las circunferencias:

C1 : x2 + y2 + 2x − 6y − 16 = 0 y C2 : x2 + y2 − 6x + 2y = 0

Solucion. 1. La familia de circunferencias que pasa por las intersecciones de C1 y (C2) es:

Cλ : x2 + y2 + 2x − 6y − 16 − λ(x2 + y2 − 6x + 2y) = 0

(1 + λ)x2 + (1 + λ)y2 + (2 − 6λ)x + (−6 + 2λ)y − 16 = 0

2. El radio de C1 es r = 12

√D2 + E2 − 4F , donde D = 2−6λ

1+λ, E = −6+2λ

1+λ, F = − 16

1+λ, λ 6= 1.



100

3. Como dato se tiene el radio r = 52

√2, entonces igualamos:

5

2

√2 =

1

2

√(

2 − 6λ

1 + λ

)2

+

(−6 + 2λ

1 + λ

)−4(

− 16

1 + λ

)

5√

2 =1

1 + λ

√

(2 − 6λ)2 + (−6 + 2λ)2 + 64(1 + λ)

5√

2(1 + λ) =√

40λ2 + 16λ + 104

elevar al cuadrado y simplificar

5λ2 + 42λ − 27 = 0 ⇔ λ = −9 , λ =3

5

4. Conclusion

a) con λ = −9 obtenemos: x2 + y2 − 7x + 3y + 2 = 0

b) con λ = 35

obtenemos: x2 + y2 − x − 3y − 10 = 0

Ejercicio 3.15. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por las intersecciones de las

circunferencias x2 +y2−6x+4 = 0, x2 +y2−2 = 0, y que es tangente a la recta x+3y−14 = 0.

Solucion. 1. En primer lugar, graficar los datos para tener una idea del problema.

La circunferencia

C1 : x2 + y2 − 6x + 4 = 0

x2 − 6x + · · · + y2 = −4

x2 − 6x + 9 + y2 = −4 + 9

(x − 3)2 + y2 = 5

centro c = (3, 0)

radio r =√

5 = 2,23

La circunferencia C2: x2 + y2 = 2

centro c = (0, 0)

radio r =√

2 = 1,41

Recta tangente L : x + 3y − 14 = 0

x 0 14

y 14/3 0

2. Hallemos la interseccion de C1 con C2:

Al restar C1 menos C2, obtenemos:

−6x + 6 = 0

x = 1

Reemplazar x = 1 en C1: 1 + y2 − 6 + 4 = 0 ⇒ y2 = 1 ⇒ y = ±1.

Los puntos de intersecciones son A = (1, 1) , B = (1,−1)



101

C

1

A(1,1)

B(1,−1)

PL: x+3y14=0

Se cumple: d(C, L) = |CA| y |CA| = |CB|

|h + 3k − 14|√1 + 9

=√

(h − 1)2 + (k − 1)2 (1)

y√

(h − 1)2 + (k − 1)2 =√

(h − 1)2 + (k + 1)2

(k − 1)2 = (k + 1)2

k = 0 (2)

Reemplazar (2) en (1): |h−14|√1+9

=√

(h − 1)2 + 1

Elevar al cuadrado:

(h − 14)2

10= (h − 1)2 + 1 ⇒ (h − 14)2 = 10[(h − 1)2 + 1]

⇒ 9h2 + 8h − 176 = 0 ⇒ h = 4 , h = −44

9

3. Conclusion:

a) Para C = (h, k) = (4, 0); el radio es r = |CA| =√

10 y la ecuacion de la circunferencia

es: (x − 4)2 + y2 = 10

b) Para C = (h, k) = (−449, 0), el radio es r = |CA| =

√289081

y la ecuacion de la circunferencia es: (x + 449)2 + y2 = 2890

81

⇔ 9x2 + 9y2 + 88x − 106 = 0

Ejercicio 3.16. Los vertices de un cuadrado pertenecen a las rectas

L1 : x − 7y + 35 = 0 L2 : x − 7y − 15 = 0

L3 : 7x + y − 5 = 0 L4 : 7x + y − 55 = 0

Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los vertices del cuadrado.

Solucion. 1. Para intuir el problema, podemos hacer un simulacro del grafico.

2. Se pide hallar la ecuacion de la circunferencia C: (x − h)2 + (y − k)2 = r2.

h =? , k =? , r =?



102

A

B

P

C

D

L

L

L

L1

2

3

4

3. Si la circunferencia C pasa por los vertices A, B, C y D, bastara hallar:

a) El centro P , que es punto medio del segmento AC

b) El radio r = |PA|

4. Hallar A = L1 ∩ L4

x − 7y + 35 = 0

7x + y − 55 = 0se obtiene A = (7, 6).

Hallar C = L2 ∩ L3

x − 7y − 15 = 0

7x + y − 5 = 0se obtiene C = (1,−2)

5. Conocidos A y C, hallamos:

a) El centro P = 12(A + C) = (4, 2)

b) El radio r = |PA| = 5

c) Conclusion: C: (x − 4)2 + (y − 2)2 = 25

Ejercicio 3.17. Hallar la ecuacion de la circunferencia inscrita al triangulo cuyos lados son

L1 : 24x − 7y = 60, L2 : 5x − 12y = 70 y L3 : 3x + 4y = 14

Solucion. El centro C(h, k) de la circunferencia se encuentra en el incentro del triangulo (punto

de interseccion de las bisectrices de los angulos interiores).

Entonces, tomando las distancias dirigidas del centro C a los lados del triangulo tendremos:

d1 = −d2 ⇒ 24h−7k−60√576+49

= 5h−12k−70√25+144

⇔ 19h − 17k − 110 = 0(3.17)

−d2 = −d3 ⇒ −5h−12k−70√25+144

= −3h+4k−14√9+16

⇔ 17k h + 8k + 12 0(3.18)

De 3.17 y 3.18, por simultaneas: h = 4, k = −2 ⇒ C(4,−2).

Luego la ecuacion de la circunferencia es:

C : (x − 4)2 + (y + 2)2 = 4



103

Ejercicio 3.18. Hallar la ecuacion de la circunferencia tangente a la recta L1 : 4x− 3y + 5 = 0,

de radio 5 unidades y centro sobre L2 : 2x + y = 0

Solucion. Si C(h, k) ∈ L2 ⇒ 2h + k = 0

r = d(C,L1) ⇒ 5 =|14h − 3k + 5|√

16 + 9

⇒ |14h − 3k + 5| = 25 ⇔ 4h − 3k − 20 = 0 o 4h − 3k + 30 = 0

⇒

(2h + k = 0) ∩ (4h − 3k − 20 = 0) = C(2,−4)

(2h + k = 0) ∩ (4h − 3k + 30 = 0) = C1(−3, 6)

Luego, las ecuaciones de las circunferencias son:

C : (x − 2)2 + (y − 4)2 = 25 o C1 = (x + 3)2 + (x − 6)2 = 25

Ejercicio 3.19. Hallar la maxima y mınima distancia del punto P (−7, 2) a la circunferencia

C : x2 + y2 − 10x − 14y − 151 = 0

Solucion. la ecuacion de la circunferencia ordinaria es:

C : (x − 5)2 + (y − 7)2 = 225

Entonces, C = (5, 7) y r = 15.

La potencia del punto P respecto a la circunferencia C es

p = (−7 − 5)2 + (2 − 7)2 − 225 = −56 ⇒ p < 0

Luego, P es interior a la circunferencia, y si

p = d2 − r2 ⇒ −56 = d2 − 225 ⇒ d = |PC| = 13

Maxima Distancia: d(P, B) = r + d = 15 + 13 = 28.

Mınima Distancia: d(P, A) = r − d = 15 − 13 = 2

Ejercicio 3.20. Si D y d son la mayor y menor distancia de la circunferencia C : x2 + y2 − 4x−4y + 4 = 0 a la recta L : 3x + 4y + 6 = 0, hallar el valor de D + d

Solucion. Pasando la ecuacion de la circunferencia a su forma ordinaria obtenemos C : (x −2)2 + (y − 2)2 = 4 ⇒ C(2, 2) y r = 2

Mayor distancia: D = d(B,L) = d(C,L) + r

Menor distancia: d = d(A,L) = d(C,L) − r.

Sumando ambas igualdades se tiene:

D + d = 2d(C,L)

D + d = 2|3(2) + 4(2) + 6|√

9 + 16∴ D + d = 8



104

Ejercicio 3.21. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por los puntos A(−3,−1) y

B(5, 3) y es tangente a la recta L : x + 2y − 13 = 0

Solucion. Sea C(h, k) el centro de la circunferencia

Si |AC| = |BC| = r, entonces

√

(h + 3)2 + (k − 1)2 =√

(h − 5)2 + (k − 3)2 ⇔ k = 3 − 2h (3.19)

Tambien, si |AC| = d(C,L) = r ⇒√

(h + 3)2 + (k + 1)2 = ||h+2k−13√1+4

.

de donde:

4h2 + k2 − 4hk + 56h + 62k − 119 = 0 (3.20)

Sustituyendo 3.19 en 3.20 y simplificando obtenemos:

4h2 − 23h + 19 = 0 ⇔ h1 = 1 o h − 2 = 19/4

⇔ k1 = 1 o k2 = −13/4

r1 = d(C1,L) = |(1)+2(1)−13|√1+4

= 2√

5 r1 = d(C1,L) = |(19/4)+2(−13/4)−13|√1+4

= 174

√5 Por tanto, las

ecuaciones de las circunferencias son

C1 : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 20, C2 : (x − 19/4)2 + (y + 13/4) = 1445/16

Ejercicio 3.22. Hallar la ecuacion de la circunferencia tangente al X, con centro en la recta

L : x + y − 7 = 0 y que pasa por el punto A(5, 4)

Solucion. La ecuacion de la circunferencia tiene la forma,

(x − h)2 + (y − k)2 = k2 (3.21)

Si |AC| = r, entonces

√

(h − 5)2 + (k − 4)2 = k ⇔ h2 − 10h − 8k + 41 = 0 (3.22)

Si C(h, k) ∈ L, entonces

h + k − 7 = 0 ⇒ k = 7 − h (3.23)

Sustituyendo 3.23 en 3.21 obtenemos:

h2 − 2h − 15 = 0 ⇔ h1 = 5 o h2 = −3 ⇔ k1 = 2 o k2 = 10

Por tanto, en 3.20, las ecuaciones de las circunferencias son:

C1 : (x − 5)2 + (y − 2)2 = 4 o C2 : (x + 3)2 + (y − 10)2 = 100

Ejercicio 3.23. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto P (6, 1) y es

tangente a las rectas L1 : 4x − 3y + 6 = 0 y L : 12x + 5y − 2 = 0



105

Solucion. Si C(h, k) es el centro de la circunferencia, entonces

d(C1,L2) = −d(C1,L1)

12h + 5k − 2√144 + 25

= −4h − 3k + 6

−√

16 + 9

de donde:

h = 11 − 8k (3.24)

|CP | = |d(C,L1)| ⇒√

(h − 6)2 + (k − 1)2 = |4h−3k+6|√16+9

⇔ 9h2 + 16k2 + 24hk − 348h − 14k + 889 = 0(3.25)

Sustituyendo 3.24 en 3.25 obtenemos la ecuacion

8k2 + 25k − 37 = 0 ⇔ k1 = 1 o k2 = −37/8

⇔ h1 = 3 o h2 = 48

⇒ C1(3, 1) oC2(48,−37/8)

r1 = d(C1,L1) =|4(3) − 3(1) + 6|√

16 + 9= 3 y r2 = d(C2,L1) =

339

8

Por tanto, las ecuaciones de las circunferencias buscadas son:

C1 : (x − 3)2 + (y − 1)2 = 9 o C2 : (x − 48)2 + (y + 37/8)2 = 114921/64

Ejercicio 3.24. Hallar la ecuacion de la circunferencia cuyo centro esta en la recta L : 6x −7y − 16 = 0 y es tangente a cada una de las rectas L1 : 8x + 15y + 7 = 0 y L2 : 3x− 4y − 18 = 0

Solucion. Por definicion:

d(C,L1) = d(C,L2)

|8h + 15k + 7|√64 + 225

=|3h − 4k − 18|√

9 + 16

5|8h + 15k + 7| = 17|3h − 4k − 18|h − 13k − 31 o 91h + 7k − 271 = 0

Como C(h, k) ∈ L ⇒ 6h + 7k − 16 = 0, entonces

(6h + 7k − 16 = 0) ∩ (h − 13k − 13 = 0) = C(5,−2)

(6h + 7k − 16 = 0) ∩ (91h + 7k − 271 = 0) = C1(3,−2√

7)

r = d(C,L2) =|3(5) − 4(−2) − 18|√

9 + 16= 1 , r1 = d(C1,L2) =

|3(3) − 4(−2/7) − 18|5

=11

7

Por lo tanto las ecuaciones de las circunferencias son

C : (x − 5)2 + (y + 2)2 = 1 o C : (x − 3)2 + (y + 2/7)2 = 121/49

Ejercicio 3.25. Hallar el angulo agudo formado por la interseccion de la recta L : 3x−y−1 = 0

y la circunferencia C : x2 + y2 − 4x − 1 = 0



106

Solucion. El angulo formado por una recta y una circunferencia es aquel comprendido, entre la

recta y la tangente a esta trazada en el punto de interseccion. Luego, si

L ∩ C = P1(0,−1) y P2(1, 2), y si C : (x − 2)2 + (y − 0)2 = 5

entonces, la ecuacion de la tangente en el punto P1(0,−1) es:

(0, 2)(x − 2) + (−1 − 0)(y − 0) = 5 ⇔ t1 : 2x + y + 1 = 0

Los coeficientes angulares de L y t1 son: m = 3 y m1 = −2.

Si

tan θ1 =

∣∣∣∣

m − m1

1 + m.m1

∣∣∣∣⇒ tan θ1 =

∣∣∣∣

3 − (−2)

1 + (3)(−2)

∣∣∣∣= 1 ⇒ θ1 = 45o

Por simetrıa de la Graf(C), el angulo θ1 = 45o (Verificar)

t

t

P

PC

L

θ

θ

1

1

1 2

2

2


3.9.1 Grupo I

Ejercicio 3.26. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que pasan por el punto de A(1; 0)

y son tangentes a las dos rectas paralelas: 2xy + y + 2 = 0, 2x + y − 18 = 0.

Respuesta : (x − 5)2 + (y + 2)2 = 20 y(x − 9

5

)2+(y − 22

5

)2= 20

Ejercicio 3.27. Hallar la ecuacion de la circunferencia que, teniendo el centro en la recta

2x + y = 0, es tangente a las rectas 4x − 3y + 10 = 0, 4x − 3y − 30 = 0.

Respuesta : (x − 1)2(y + 2)2 = 16



107

Ejercicio 3.28. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que son tangentes a dos rectas

concurrentes: 7x − y − 5 = 0, x + y + 13 = 0 y, a una de ellas, en el punto M1(1; 2).

Respuesta : (x + 6)2 + (y − 3)2 = 50 y (x − 29)2(y + 2)2 = 800

Ejercicio 3.29. Hallar las ecuaciones que pasan por el origen de coordenadas y son tangentes

a las dos rectas concurrentes: x + 2y − 9 = 0, 2x + y + 2 = 0.

Respuesta : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 5 y(x − 22

5

)2+(y + 31

5

)2= 289

5

Ejercicio 3.30. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que teniendo sus centros en la recta

4x − 5y − 3 = 0 son tangentes a las rectas 2x − 3y − 10 = 0, 3x − 2y + 5 = 0.

Respuesta : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 8113

, (x + 8)2 + (y + 7)2 = 2513

Ejercicio 3.31. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que pasan por el punto A(−1; 5) y

son tangentes a las dos rectas concurrentes: 3x + 4y − 35 = 0, 4x + 3y + 14 = 0.

Respuesta : (x − 2)2 + (y − 1)2 = 25 y(x + 202

49

)2+(y + 349

49

)2=(

18549

)2

Ejercicio 3.32. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que son tangentes a la tres rectas:

4x − 3y − 10 = 0, 3x − 4y − 5 = 0 y x −(x − 30

7

)2+(y − 5

7

)2= 1.

Respuesta :(x + 10

7

)2+(y + 25

7

)2= 1 y

(x − 30

7

)2+(y − 5

7

)2= 1

Ejercicio 3.33. Hallar las ecuaciones de las circunferencias que son tangentes a las rectas:

3x + 4y − 35 = 0, 3x − 4y − 35 = 0 y x − 1 = 0.

Respuesta : (x − 5)2 + y2 = 16, (x + 15)2 + y2 = 256,(x − 35

3

)2+(y − 40

3

)2=(

323

)2y

(x − 35

3

)2+(y + 40

3

)2=(

323

)2

Ejercicio 3.34. ¿Que ecuaciones de las respuestas a continuacion determinan circunferencias?.

Hallar el centro C y el radio R de cada una de ellas:

1. (x − 5)2 + (y + 2)2 = 25

2. (x + 2)2 + y2 = 64

3. (x − 5)2 + (y + 2)2 = 0

4. x2 + (y − 5)2 = 5

5. x2 + y2 − 2x + 4y − 20 = 0

6. x2 + y2 − 2x + 4y + 14 = 0

7. x2 + y2 + 4x − 2y + 5 = 0

8. x2 + y2 + x = 0



108

9. x2 + y2 + 6x − 4y + 14 = 0

10. x2 + y2 + y = 0

Respuesta : Las ecuaciones i), 2), 4), 5), 8) y 10) determinan circunferencias; 1)C(5;−2),

R = 5; 2)C(−2; 0), R = 8; 3)la ecuacion determina un punto unico (5;−2); 4)C(0; 5), R =√

5;

5)C(1;−2), R = 5; 6) la ecuacion determina un punto unico (−2; 1); 8)C(−1

2; 0), R = 1

2; 9) la

ecuacion no determina en el plano ninguna figura geometrica; 10)C(0;−1

2

); R = 1

2.

Ejercicio 3.35. Hallar la ecuacion del diametro de la circunferencia x2 + y2 +4x− 6y − 17 = 0,

que es perpendicular a la recta 5x + 2y − 13 = 0.

Respuesta : 2x − 5y + 19 = 0

Ejercicio 3.36. Determinar las coordenadas de los puntos de interseccion de la recta 7x−y+12 =

0 y la circunferencia (x − 2)2 + (y − 1)2 = 25.

Respuesta : M1(1; 5) y M2(−2;−2)

Ejercicio 3.37. Determinar para que valores del coeficiente angular k la recta y y = kx

1. corta es la circunferencia x2 + y2 − 10x + 16 = 0

2. es tangente a esta circunferencia;

3. pasa fuera de esta circunferencia.

Respuesta :

1. |k| < 34

2. k = ±34

3. |k| > 34

Ejercicio 3.38. Dada la ecuacion de un haz de rectas α(s − 8y + 30) + β(x + 5y − 22) = 0,

hallar las rectas de este haz, en las que la circunferencia x2 + y2 − 2x + 2y − 14 = 0 intercepta

cuerdas de longitud 2√

3.

Respuesta : 2x + 3y + 8 = 0, 3x + 2y − 14 = 0

Ejercicio 3.39. Dadas dos circunferencias (x−m1)2 +(y−n1)

2 = R21, x−m2

2 +(y−n2)2 = R2

2,

que se cortan en los puntos M1(x1; y1) y M2(x2; y2), demostrar que cualquier circunferencia que

pasa por los puntos M1, M2 y tambien la recta M1M2, se pueden determinar por una ecuacion de

la forma α[(x−m1)2+(y−n1)

2−R21]+β[(x−m2)

2+(y−n2)2−R2

2] = 0 eligiendo adecuadamente

los numeros α y β.



109

Ejercicio 3.40. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el punto de A(1;−1) y por el

punto de interseccion de las dos circunferencias x2+y2+2x−2y−23 = 0, x2+y2−6x+12y−35 = 0.

Respuesta : x2 + y2 + 6x − 9y − 17 = 0

Ejercicio 3.41. Hallar la ecuacion de la circunferencia que pasa por el origen de coordenadas y

por el punto de interseccion de las dos circunferencia: (x+3)2+(y+1)2 = 25, (x−2)2+(y+4)2 = 9.

Respuesta : 13x2 + 13y2 + 3x + 71y = 0

Ejercicio 3.42. Calcular la distancia del centro de la circunferencia x2 + y2 = 2x a la recta

que pasa por el punto de interseccion de las dos circunferencias: x2 + y2 + 5x − 8y + 1 = 0,

x2 + y2 − 3x + 7y − 25 = 0.

Respuesta : 2

Ejercicio 3.43. Determinar la longitud de la cuerda comun a las dos circunferencias: x2 + y2 −10x − 10y = 0 y x2 + y2 + 6x + 2y − 40 = 0.

Respuesta : 10

Ejercicio 3.44. El centro de una circunferencia esta en la recta x + y = 0. Hallar la ecuacion

de esta circunferencia, si sabe que pasa por el punto de interseccion de las dos circunferencias:

(x − 1)2 + (y + 5)2 = 50, (x + 1)2 + (y + 1)2 = 10.

Respuesta : (x + 3)2 + (y − 3)2 = 10

Ejercicio 3.45. Hallar la ecuacion de la tangente a la circunferencia x2 + y2 = 5 en el punto

A(−1, 2).

Respuesta : x − 2y + 5 = 0

Ejercicio 3.46. Hallar la ecuacion de la tangente a la circunferencia (x + 2)2 + (y − 3)2 = 25

en el punto A(−5; 7).

Respuesta : 3x − 4y + 43 = 0

Ejercicio 3.47. Hallar en la circunferencia 16x2 + 16y2 + 48x − 8y − 43 = 0 el punto M1 mas

proximo a la recta 8x − 4y + 43 = 0 y calcular la distancia d del punto M1 a esta recta.

Respuesta : M1(−72; 5

4); d = 2

√5

Ejercicio 3.48. El punto M1(x1, y1) esta en la circunferencia x2 + y2 = R2. Hallar la ecuacion

de la tangente a esta circunferencia en el punto M1.

Respuesta : x1x + y1y = R2

Ejercicio 3.49. El punto M1(x1; y1) esta en la circunferencia (x − α)2 + (y − β)2 = R2. Hallar

la ecuacion de la tangente a esta circunferencia en el punto M1



110

Respuesta : (x1 − α)(x − α) + (y1 − β)(y − β) = R2

Ejercicio 3.50. Determinar el angulo agudo formado por la interseccion de la recta 3x−y−1 = 0

y la circunferencia (x− 2)2 + y2 = 5 (se llama angulo formado por un recta y una circunferencia

al angulo comprendido entre la recta y la tangente a la circunferencia trazada en el punto de

interseccion).

Respuesta : 45o

Ejercicio 3.51. Determinar el angulo formado por la interseccion de las dos circunferencias:

(x− 3)2 + (y − 1)2 − 8, (x− 2)2(y + 2)2 = 2 (se llama angulo formado por dos circunferencias al

angulo comprendido entre sus tangentes en el punto de interseccion).

Respuesta : 90o

Ejercicio 3.52. Deducir la condicion segun la cual dos circunferencias (x−α1)2+(y−β1)

2 = R21,

(x − α2)2 + (y − β2)

2 = R22 se cortan, formando un angulo recto.

Respuesta : (α1 − α2)2 + (β1 − β2)

2 = R21 + R2

2

Ejercicio 3.53. Demostrar que las dos circunferencias

x2 + y2 − 2mx + 2ny − m2 + n2 = 0

x2 + y2 − 2nx + 2my + m2 − n2 = 0

se cortan formando un angulo recto

Respuesta :

Ejercicio 3.54. Desde el punto A(

53,−5

3

)se han trazado tangentes a la circunferencia x2 +y2 =

5. Hallar sus ecuaciones.

Respuesta : x − 2y − 5 = 0 y 2x − y − 5 = 0

Ejercicio 3.55. Desde el punto A(1; 6) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 +

2x − 19 = 0. Hallar sus ecuaciones.

Respuesta : 2x + y − 8 = 0 y x − 2y + 11 = 0

Ejercicio 3.56. Se da la ecuacion de un haz de rectas α(3x + 4y − 10) + β(3x − y − 5) = 0.

Hallar las rectas de este haz que son tangentes a la circunferencia x2 + y2 + 2x − 4y = 0.

Respuesta : 2x + y − 5 = 0, x − 2y = 0

Ejercicio 3.57. Desde el punto A(4; 2) se han trazado tangentes a la circunferencia x2+y2 = 10.

Determinar el angulo formado por estas tangentes.

Respuesta : 90o



111

Ejercicio 3.58. Desde el punto P (2;−3) se han trazado tangentes a la circunferencia (x−1)2 +

(y + 5)2 = 4. Hallar la ecuacion de la cuerda que une los puntos contacto.

Respuesta : x + 2y + 5 = 0

Ejercicio 3.59. Desde el punto C(6;−8) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 =

25. Calcular la distancia d del punto C a la cuerda que une los puntos de contacto.

Respuesta : d = 7, 5

Ejercicio 3.60. Desde el punto P (−9; 3) se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 −6x + 4y − 78 = 0. Calcular la distancia d del centro de la circunferencia a la cuerda que une los

puntos de contacto.

Respuesta : d = 6

Ejercicio 3.61. Desde el punto M(4;−4)se han trazado tangentes a la circunferencia x2 + y2 −6x + 2y + 5 = 0. Calcular la longitud d de la cuerda que une los puntos de contacto.

Respuesta : d =√

10

Ejercicio 3.62. Calcular la longitud de la tangente trazada desde el punto A(1;−2) a la cir-

cunferencia x2 + y2 + x − 3y − 3 = 0.

Respuesta : 3

Ejercicio 3.63. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la circunferencia x2+y2+10x−2y+6 = 0,

que son paralelas a la recta 2x + y − 7 = 0.

Respuesta : 2x + y − 1 = 0 y 2x + y + 19 = 0

Ejercicio 3.64. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la circunferencia x2 + y2 − 2x + 4y = 0

que son perpendiculares a la recta x − 2y + 9 = 0.

Respuesta : 2x + y − 5 = 0

3.9.2 Grupo II

Hallese la ecuacion y tracese la grafica de una circunferencia que pasa por los puntos:

1. (6, 0), (0, 4), (0, 0)

Respuesta : x2 + y2 − 6x − 4y = 0

2. (4, 0), (0,−2), (4,−2)



112

3. (2, 5), (9, 6), (3,−2)

Respuesta : x2 + y2 − 12x − 4y + 15 = 0

4. (5, 12), (13, 0), (−12, 5)

5. (6, 0), (−1, 7), (−11,−7)

Respuesta : 6x2 + 6y2 + 37x + 25y − 438 = 0

6. (1,−2), (3, 0), (−6, 0)

7. (3, 4), (−11, 6), (1,−10)

Respuesta : 51x2 + 51y2 + 500x + 134y − 3311 = 0

8. (3, 2), (−1, 2), (1, 1)

9. (10, 2), (5, 4), (−5, 8)

Respuesta : Imposible

10. (17, 19), (17, 2), (−10, 10)

11. (1, 3), (2,−2), (5, 1)

Respuesta : 3x2 + 3y2 − 14x − 4y − 4 = 0

12. (1, 7), (−2, 8), (2, 6)

Hallese la ecuacion de la circunferencia circunscrita en el triangulo cuyos vertices son:

1. (10, 9), (−4, 11), (−6,−3)

Respuesta : x2 + y2 − 4x − 6y − 87 = 0.

2. (1,−5), (26, 0), (18, 12)

Hallese la ecuacion de la circunferencia circunscrita en el triangulo cuyos lados estan dados por

las ecuaciones:

x + 7y − 30 = 0 , 7x − y − 10 = 0 , 4x + 3y + 5 = 0

Respuesta : x2 + y2 + 4x − 2y − 20 = 0.

Hallese la ecuacion de la circunferencia determinada por las siguientes condiciones:

1. Pasa por los (−1, 3) y (7,−1), su centro esta en la recta 2x + y − 11 = 0.

2. Es tangente a 3x−4y+10 = 0 en el punto (2, 4) su centro esta en la recta 2x−5y−10 = 0.

Respuesta : x2 + y2 − 10x = 0.

3. Es tangente a los dos ejes y pasa por el punto (2,−1).



113

4. Es concentrica con la circunferencia x2 + y2 − 10x + 4y − 20 = 0, y tangente a la reccta

x + 2y + 9 = 0.

Respuesta : x2 + y2 − 10x + 4y + 9 = 0.

5. Es tangente a 3x − 4y − 24 = 0 en el punto (4,−3) y su radio es 5.

6. Es tangente a los dos ejes y su centro esta en la recta x − 3y + 8 = 0.

Respuesta : x2 + y2 + 4x − 4y + 4 = 0, x2 + y2 − 8x − 8y + 16 = 0

7. Es tangente a la circunferencia x2 + y2 + 4x + 2y − 20 = 0, su centro esta en (6, 5).

8. Esta inscrita en el triangulo cuyos lados estan dados por las ecuaciones 3x + 4y − 17 =

0 , 4x − 3y + 19 = 0 , y + 7 = 0

Respuesta : x2 + y2 + 4y − 21 = 0

9. Esta inscrita en el triangulo cuyos vertices son (−16,−12), (5,−5), (20, 40).

10. Es tangente a las rectas 3x − 4y + 5 = 0 y 4x + 3y − 10 = 0 y pasa por el punto (2, 4).

Respuesta : x2 + y2 − 4x − 18y + 60 = 0, 5x2 + 5y2 − 12x − 34y + 60 = 0

11. Los vertices de un triangulo son A(5, 19), B(7, 4), C(9, 4). Las medianas AD, BE, CF

concurren en G. Las alturas AK, BL y CM concurren en H . Los puntos medios AH , BH ,

CH son R, S, T respectivamente. Demuestrese que los nueve puntos D, E, F, K, L, M, R, S

y T estan en una circunferencia cuyo centro esta en la recta que une G con H en la razon

1;3. (Esta circunferencia recibe el nombre de cırculo de los nueve puntos del triangulo

ABC)

3.9.3 Grupo III

1. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias:

a) Cuyo radio es 3 y sus centros estan en el eje−x.

Respuesta : (x − h)2 + y2 = 9

b) Cuyo radio es 4 y sus centros estan en el eje−y.

Respuesta : x2 + (y − k)2 = 16

c) Tangentes al eje−y en el origen.

Respuesta : (x − h)2 + y2 = h2

d) Tangentes al eje−x en el origen.

x2 + (y − k)2 = k2



114

2. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias cuyos centos estan en la recta x−y−5 =

0 y

a) pasan por el origen;

b) son tangentes al eje−y.

3. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias que pasan por el origen y el punto (8,0).

Respuesta : x2 + y2 − 8x − 2ky = 0

4. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias que pasan por los puntos (2,3) y (-4,5).

5. Hallese la ecuacion de la familia de circunferencias cuyos centros estan en la parabola

y = x2 y:

a) Pasan por el origen.

Respuesta : x2 + y2 − 2hx − 2h2y = 0

b) Son tangentes al eje−x.

Respuesta : x2 + y2 − 2hx − 2h2y + h2 = 0

6. Hallese la ecuacion de la circunferencia que pasa por la interseccion de las circunferencias

x2 + y2 + 10x + 12y + 45 = 0 , x2 + y2 + 6x − 2y − 15 = 0

y por el origen.


x2 + y2 − 6x + 4y − 12 = 0 , x2 + y2 − 2x − 12y + 12 = 0

y por el centro de la primera.

Respuesta : 2x2 + 2y2 + 7x − 2y − 9 = 0


x2 + y2 − 6x + 2y = 0 , x2 + y2 + 6x − 4y − 12 = 0

y por el punto (5,3).


x2 + y2 − x + 7y − 3 = 0 , x2 + y2 − 5x − y + 1 = 0

y cuyo centro esta en

a) El eje−x.

Respuesta : 2x2 + 2y2 − 9x − 1 = 0



115

b) El eje−y.

Respuesta : x2 + y2 + 9y − 4 = 0

c) La recta x − y = 0

Respuesta : x2 + y2 − 9x − 9x + 5 = 0

d) La recta x + y = 0

Respuesta : x2 + y2 − 3x + 3y − 1 = 0

10. Hallense las ecuaciones de los ejes radicales de los pares de circunferencias de los ejercicios

6-9.

Respuesta ejer. 06 : x + 2y − 3 = 0

Respuesta ejer. 09 : x + 2y − 1 = 0

3.9.4 Grupo IV

1. Demuestrese que el eje radical de dos circunferencias es el lugar geometrico de los puntos

desde los cuales las tangentes trazadas hacia las dos circunferencias son iguales.

Respuesta : 6, 5, 5√

3

2. Demuestrese que los ejes radicales de tres circunferencias, consideradas por pares, se cortan

en un punto. Este punto se denomina el centro radical de las tres circunferencias.

Hallese la longitud de una tangentes a una circunferencia dad, desde los puntos:

x2 + y2 = 25; (5, 6), (7,−1), (0,−10)

(x − 1)2 + (y − 3)2 = 4; (−1, 0), (0, 0), (4, 1)

x2 + y2 − 6x + 4y − 12 = 0; (−4,−1), (−8, 0), (7, 3)

Respuesta : 5,10,4

x2 + y2 − 6x − 2y − 15 = 0; (1,−10), (10,−1), (6,−4)

2x2 + 2y2 − 2x + 3y − 5 = 0; (−1, 1), (−2, 1), (0, 3)

Respuesta :√

2,√

6,√

11

2x2 + 2y2 − 3x + 5y − 35 = 0; (5, 2), (−5, 0), (0, 5)

x2 + y2 − 10x − 6y − 135 = 0; (12,−10), (22,−4), (7, 32)

Respuesta : 7,13,26

3. a) Hallese las longitudes de las tangentes trazadas a la circunferencia x2 +y2−4x+6y−12 = 0 desde el punto (−3, 7).

b) Hallense los dos puntos de tangencia.



116

4. Dada la circunferencia x2 + y2 + 4x − 8y − 30 = 0. Dıgase si los siguientes puntos estan

dentro, fuera o sobre la circunferencia:

a) (4,7)

b) (-8,8)

c) (-9,3)

d) (-2,-3)

e) (-6,-2)

f) (5,5)

g) (-6,0)

h) (3,9)

i) (-8,1)

j) (-5,-2)

k) (-7,-1)

l) (5,2)

Respuesta :

a), b), g), i), j) interior.

b), e), l) exterior.

c), f), h), k) sobre.


Capıtulo 4

Parabola

4.1 Introduccion

En matematicas, la parabola es una seccion conica generada al cortar un cono recto con un plano

paralelo a la directriz.

Se define tambien como el lugar geometrico de los puntos que equidistan de una recta (eje o

directriz) y un punto fijo llamado foco.

La parabola aparece en muchas ramas de las ciencias aplicadas, debido a que las graficas de

ecuaciones cuadraticas son parabolas. Por ejemplo, la trayectoria ideal del movimiento de los

cuerpos bajo la influencia de la gravedad.

En este capitulo estudiaremos un lugar geometrico que es muy importante en la Geometrıa

analıtica y que se origina de considerar cortes en diferentes angulos de un cono doble circular

recto, mediante un plano, originando las llamadas CONICAS.

En este caso estudiaremos a la Parabola: su ecuacion general, teoremas, rectas tangentes a la

parabola, ecuacion de la parabola paralela al eje X, Y , traslacion de coordenadas, y sus aplica-

ciones.

La tradicion reza que las secciones conicas fueron descubiertas por Menecmo en su estudio del

problema de la duplicacion del cubo, donde demuestra la existencia de una solucion mediante

el corte de una parabola con una hiperbola, lo cual es confirmado posteriormente por Proclo y

Eratostenes.

Sin embargo, el primero en usar el termino parabola fue Apolonio de Perge en su tratado Conicas,

considerada obra cumbre sobre el tema de las matematicas griegas, y donde se desarrolla el es-

tudio de las tangentes a secciones conicas.

Si un cono es cortado por un plano a traves de su eje, y tambien es cortado por otro plano que

corte la base del cono en una lınea recta perpendicular a la base del triangulo axial, y si adi-

cionalmente el diametro de la seccion es paralelo a un lado del triangulo axial, entonces cualquier

lınea recta que se dibuje desde la seccion de un cono a su diametro paralelo a la seccion comun

117


118

del plano cortante y una de las bases del cono, sera igual en cuadrado al rectangulo contenido

por la lınea recta cortada por ella en el diametro que inicia del vertice de la seccion y por otra

lınea recta que esta en razon a la lınea recta entre el angulo del cono y el vertice de la seccion

que el cuadrado en la base del triangulo axial tiene al rectangulo contenido por los dos lados

restantes del triangulo. Y tal seccion sera llamada una parabola.

Apolonio de Perge. Es quien menciona que un espejo parabolico refleja de forma paralela los

rayos emitidos desde su foco, propiedad usada hoy en dıa en las antenas satelitales. La parabola

tambien fue estudiada por Arquımedes, nuevamente en la busqueda de una solucion para un

problema famoso: la cuadratura del cırculo, dando como resultado el libro Sobre la cuadratura

de la parabola.

4.2 Parabola

La parabola es el lugar geometrico de las posiciones de un punto que se mueve de modo que su

distancia a una recta fija, denominada directriz, permanece siempre igual a su distancia a un

punto fijo (Foco).

Definicion 4.1. Una parabola P es el lugar geometrico de un punto P (x, y) del plano R2 que

se nueve de tal manera que equidista de una recta fija L (llamada directriz) y de un punto fijo

F del plano R2 (llamado foco) que no pertenece a la recta L.

P = P (x, y) ∈ R2/d(P, L) = d(P, F )

P(x,y)

F

V

Deje focal

(foco)

(vértice)

p

p p

2p

2p

D

H

R

F

directriz

Refiriendonos a la figura de la izquierda, se tiene que PD = PF , siendo F el foco y P un punto

cualquiera de la curva.

La recta directriz LHD



119

4.3 Elementos

1. Foco “F” es el punto fijo de la parabola

2. L la directriz perpendicular al eje focal

3. vertice “V ” es el punto medio del segmento que une la directriz y el foco.

4. Eje focal “L1” es la recta perpendicular a la directriz “L”.

5. Cuerda focal “EM” es el segmento que une los puntos de la parabola y que pasa por el

foco

6. Radio vector “NF” es el segmento que une un punto de la parabola N y el foco F .

7. Lado recto “LR” es la cuerda focal perpendicular al eje focal.

8. Excentricidad “e” es la razon constante entre las distancias de un punto al foco y la

distancia de dicho punto a la directriz.

(eje focal)

R

FV

foco

L M

E

N

L (directriz)

L1

4.3.1 Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje X

Corresponde al caso −→= i (NO HAY ROTACION DE EJES)

i = (x, y) y si v = (x, y) es el vertice que corresponde a la traslacion, entonces reemplazando

P = (x, y) = (h, k) = x′−→+y′u⊥ = (h, k) + x′i + y′i⊥

(x, y) = (h, k) = x′(1, 0) + y′(0, 1) = (h, x′), (k, y′)



120

De lo cual:

x′ = x − h , y′ = y − k

Reemplazando

y′2 = 4px′ ⇒ (y − k)2 = 4p(x − h)

Que es la ecuacion de una parabola con EJE FOCAL PARALELO AL EJE X.

En tal caso, F = V + p−→=(h + p, k), L : x = h − p, p−→=pi = (op)

P(x,y)

P’

h

k

Directriz

Y

EJE FOCAL

V

F

foco

p

h−p

h+p

L

p>0

X

Vemos para la misma ecuacion: (y − k)2 = 4p(x − h), si p > 0 la parabola se abre hacia la

derecha, y si p < 0 entonces la parabola se abre hacia la izquierda.

P(x,y)

P’

h

k

Directriz

Y

EJE FOCAL

V

F

foco

p

h−p

h+p

L

p<0

X



121

4.3.2 Ecuacion de la Parabola con Eje Focal paralelo al Eje Y

Corresponde al caso −→=j = (0, 1) . . .ROTACION DE 90, y si V = (h, k) es el vertice que

corresponde a la traslacion de EJES, entonces:

X ′ = [(x, y) − V ]u = (x − h, y − k) · (0, 1) = y − k

Y ′ = [(x, y) − V ]u⊥ = (x − h, y − k) · (−1, 0) = −(x − h)

Reemplazamos estos valores en la ecuacion : y′2 = 4px′, y obtenemos la ecuacion:

(x − h)2 = 4p(y − k)

Que es la ecuacion de una parabola con EJE FOCAL PARALELO AL EJE Y.

En tal caso, F = V + p−→=V + pj = (h, k) + (0, p) = (h, k + p)

La directriz L : y = k − p

L

F

Vk

h

DIRECTRIZ

X

Y

0

L

F

Vk

h

DIRECTRIZ

X

Y

0p<0

p>0

4.3.3 El Vertice en el Origen

Cuando el vertice V (h, k) de una parabola se encuentra en el origen de coordenadas (0, 0)v =

(h, k) = (0, 0) → h = 0, k = 0 las ecuaciones

a) (y − k)2 = 4p(x − h)

b) (x − h)2 = 4p(y − k)

Toman la forma siguiente:

(a) Parabola con el eje X como eje focal y2 = 4px



122

Y

EJE FOCAL

V

F

foco

p

L

p>0

X

Directriz

Y

EJE FOCAL

V

F

foco

p

L

p<0

X

(b) Parabola con el eje Y como eje focal x2 = 4py

L

F

V

DIRECTRIZ

X

Y

0

L

F

V

DIRECTRIZ

X

Y

0p<0

p>0

Si a > 0 la parabola se abre hacia arriba

Si a < 0 la parabola se abre hacia abajo

4.4 Teoremas

Teorema 4.1. Para cualquier punto P (x, y) 6= 0, el conjunto solucion de la ecuacion: y2 = 4ax

es la parabola con foco P (a, 0) y directriz: x = −a

Si a > 0 la parabola se abre hacia la derecha.

Si a < 0 la parabola se abre hacia la izquierda.



123

Teorema 4.2. Para cualquier punto P (x, y) 6= 0, el conjunto solucion de la ecuacion: x2 = 4ay

es la parabola con foco P (0, a) y directriz: y = −a

Si a > 0 la parabola se abre hacia arriba.

Si a < 0 la parabola se abre hacia abajo.

Teorema 4.3. La ecuacion de una parabola de vertice V (h, k) y eje focal paralelo al eje x es de

la forma (y − k)2 = 4a(x − k) de foco: F (h + a, k).

Si a > 0 la parabola se abre hacia la derecha.

Si a < 0 la parabola se abre hacia la izquierda.

Teorema 4.4. La ecuacion de una parabola de vertice V (h, k) y eje focal paralelo al eje x es de

la forma (x − k)2 = 4a(y − k) de foco: F (h, k + a)

Si a > 0 la parabola se abre hacia arriba.

Si a < 0 la parabola se abre hacia abajo.

4.5 Aplicaciones

Las aplicaciones de las parabolas son basicamente aquellos fenomenos en donde nos interesa hacer

converger o divergen un haz de luz y sonido principalmente. Por ejemplo las antenas parabolicas,

las lamparas sordas, los faros de los autos. Se pueden construir, por la misma propiedad de las

parabolas, hornos solares. Los microfonos de ambiente en algunos deportes tambien tienen forma

paraboloidal.

Las parabolas tienen una propiedad Si se coloca una bombilla encendida en el foco de la parabola.

Algunos haces de luz seran reflejados por la parabola y todos estos rayos seran perpendiculares a

la directriz. Esta propiedad es usada en las lamparas sordas o en los faros de los automoviles estos

estan formados por un paraboloide (parabola en 3 dimensiones) de espejos y una bombilla en el

foco de este paraboloide. En algunas lamparas se puede mover la bombilla del foco y los haces

de luz divergiran o convergeran. Este principio funciona tambien en las antenas parabolicas. Un

satelite envıa informacion a la Tierra, estos rayos seran perpendiculares a la directriz por la

distancia a la que se encuentra el satelite. Al reflejarse en el plato de la antena (blanca, casi

siempre) los rayos convergen en el foco en donde se encuentra un receptor que decodifica la

informacion. Tambien en los telescopios se usa esta propiedad.



124

4.6 Problemas Resueltos y Aplicativos

Ejercicio 4.1. Hallar la ecuacion de la directriz y la longitud del lado recto de la parabola

3y2 = 8x

Solucion. Esa parabola se puede representar por

y2 =8x

3

para calcular el foco

4a =8

3

Ası:

a =2

3

Y el foco F = (2/3, 0) porque la parabola tiene su vertice en el origen y se abre hacia el eje x,

la ecuacion de la directriz:

x = −2

3

Para calcular el lado recto L.R = 4a = 83

Ejercicio 4.2. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo vertice esta en el origen de coordenadas,

sabiendo que:

a) La parabola esta situada en el semiplano derecho, es simetrica con respecto al eje x y su

parametro es p = 3 o a = 3.

b) La parabola esta situada en el semiplano inferior, simetrica al eje y y su parametro es p = 3.



125

Solucion.

a) La parabola esta abierta hacia el eje x es de la forma: y2 = 4px y con signo positivo porque

se abre hacia la derecha; sustituyendo el parametro p = 3 nos queda la ecuacion: y2 = 12x

-8

2

y

1

4

00

-4

x

543

8

b) Como se abre hacia abajo y sobre el eje de las y, la ecuacion tiene la forma:

x2 = −4y

Sustituyendo el parametro: x2 = −12y

x

y

06

-0,5

-1

4

-1,5

-2

2

-2,5

-3

0-2-4-6

Ejercicio 4.3. Determinar el valor del parametro y la situacion de las parabolas siguientes con

respecto a los ejes coordenados:

a) y2 = −6/2x

b) x2 = −4/8y

Solucion.



126

1. La parabola se abre hacia la izquierda y es simetrica con respecto al eje x, el parametro

es: p = 3/4

2. La parabola se habre hacia abajo, por el signo negativo, y es simetrica con respecto al eje

y, pasa por el origen y su parametro p = −4/8

x

42

y

0-4-6

-20

-40

-60

6-20

-80

-100

Ejercicio 4.4. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo foco es el punto (0,−4/3) y por directriz

la recta y − 4/3 = 0. Hallar la longitud del lado recto.

Solucion. Sabemos por la misma definicion de parabola que la distancia de un punto (x, y) al

foco, debe ser igual a la distancia del punto a la directriz, analıticamente:

√

(x − 0)2 + (y + 4/3)2 = y − 4/3

Elevando al cuadrado ambos lados: (x − 0)2 + (y + 4/3)2 = (y − 4/3)2.

Resolviendo: x2 + y2 + 8/3y + 16/9 = y2 − 8/3y + 16/9.

Agrupando terminos: x2 = −16/3y

Y la longitud del lado recto es: L.R. = 16/3

y

0

-4

-8

-12

10

-16

5

x

0-5-10



127

Ejercicio 4.5. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo vertice esta en el origen, sabiendo que:

a) La parabola esta situada simetricamente con respecto al eje x y pasa por el punto A = (9, 6);

la parabola es de la forma:

y2 = 4ax

b) La parabola esta situada con respecto al eje y y pasa por el punto B = (4,−8).

Solucion.

1. Para conocer el parametro solo sustituimos el punto

A = (9, 6) ; 36 = 4a9

Despejando a:

36/9 = 4a, ⇒ a = 1

Ası la ecuacion de la parabola queda: y2 = 4x

20

x

84

y

6

4

2

0

-2

-4

-6

106



128

2. La parabola tiene la forma: x2 = −4ay.

Para conocer a sustituimos B: 16 = −4a(−8); a = 1/2.

Ası la ecuacion nos queda: x2 = −2y

x

42

y

0-4-6

-20

-40

-60

6-20

-80

-100

Ejercicio 4.6. Hallar la ecuacion de la parabola de vertice en el punto (3, 2) y foco (5, 2).

Solucion. Calculamos a, restando las abscisas |3 − 5| = 2 = a; sustituyendo en la formula, el

vertice:

(y − k)2 = 4a(x − h) ; (y − 2)2 = 8(x − 3)

Resolviendo y2 − 4y + 4 = 8x − 24 donde:

y2 − 4y − 8x + 28 = 0

Ejercicio 4.7. Hallar la ecuacion de la parabola de foco en el punto (6,−2) y directriz la recta

x − 2 = 0.

Solucion. De la definicion de parabola tenemos:√

(x − 6)2 + (y + 2)2 = x − 2.

Elevando al cuadrado: x2 − 12x + 36 + y2 + 4y + 4 = x2 − 4x + 4.

Agrupando: y2 + 4y − 8x + 36 = 0

Ejercicio 4.8. Hallar la ecuacion de una parabola de vertice en el origen y foco en el punto

(0,−3).

Solucion. La directriz esta dada por y = 3 ası la ecuacion se da por:

√

(x − 0)2 + (y + 3)2 = y − 3

x2 + y2 + 6y + 9 = y2 − 6y + 9

x2 + 12y = 0

Ejercicio 4.9. Hallar la ecuacion de una parabola de vertice en el punto (2,3) de eje paralelo

al de las coordenada y y que pase por el punto (4,5).



129

-1

-2

-1,5

-2

0

-0,5

-4

x

42

y

0

Solucion. la ecuacion de la parabola es de la forma: (x − h)2 = 4a(y − k)

sustituyendo: (x − 2)2 = 4a(y − 3)

por otra parte como (4,5) esta en la parabola, tenemos:

(4 − 2)2 = 4a(5 − 3)

22 = 4a(2)

=1

2

de donde la ecuacion buscada es: (x − 2)2 = 2(y − 3)

-1

-2

-1,5

-2

0

-0,5

-4

x

42

y

0

Ejercicio 4.10. dada la parabola de ecuacion y2 + 8y − 6x + 4 = 0, hallar las coordenadas del

vertice y del foco, y la ecuacion de su directriz.

Solucion.

y2 + 8y = 6x − 4

sumando y restando para completar cuadrados:

y2 + 8y + 16 = 6x − 4 + 16



130

(y + 4)2 = 6x + 12

(y + 4)2 = 6(x + 2)

Con esta forma de la ecuacion de la parabola, se puede reconocer mejor sus caracterısticas.el

vertice es el punto (−2,−4), como: 4a = 6; a = 6/4; a = 3/2 el foco es x = −7/2

2

-4

1

-8

-10

00

-2

x

54

y

2

3

-2

-6

-1

Ejercicio 4.11. Hallar la ecuacion de la parabola de vertice en el punto (4, -1), cuyo eje esta

dado por la recta y + 1 = 0 y que pasa por el punto (3,−3).

Solucion. El eje de la parabola es paralelo al eje x, y la ecuacion es de la forma: (y + 1)2 =

−4a(x − 4) (sustituyendo el vertice), para encontrar a sustituimos el punto (3,−3).

En la ecuacion:

[(−3) + 1]2 = −4a(3 − 4)

4a = 4

a = 1

ası la ecuacion queda:

(y + 1)2 = −4(x − 4)

Ejercicio 4.12. La trayectoria recorrida por un proyectil lanzado horizontalmente desde un

punto situado a y metros sobre el suelo, con una velocidad de v metros por segundo es una

parabola de ecuacion:

x2 = −2v2y

g

Siendo x la distancia horizontal desde el lugar de lanzamiento y el valor de la Gravedad g =9.81

m/seg2, aproximadamente.

El origen se toma en el punto de salida del proyectil. En estas condiciones se lanza horizontal-

mente una piedra desde un punto situado a tres metros de altura sobre el suelo. Sabiendo que la

velocidad inicial es de 50 metros por segundo, calcular la distancia horizontal al punto de caıda.



131

2

-4

1

-8

-10

00

-2

x

54

y

2

3

-2

-6

-1

Solucion.

x2 = −2v2y

g

x2 = −2(50)2(−3)

9,81

ası x = 50√

0,61; donde x = 39,1m.

Ejercicio 4.13. Encontrar la ecuacion de la tangente a la parabola y2 = 9x en el punto P =

(1, 3), que se encuentra sobre la curva.

Solucion. Dada la ecuacion: y2 = 9x entonces: 4p = 9 y, por lo tanto: 2P = 92

sustituyendo (1) en la ecuacion de la tangente (yy1 = 2p(x+x1)) : y(3) = 92(x+1); 6y = 9x+9;

3x − 2y + 3 = 0.

Ejercicio 4.14. Hallar la ecuacion del lugar geometrico del punto P (x, y) tal que la distancia

de P al vertice de la parabola y2 = 8x, es el doble de la distancia de P al foco de dicha parabola.



132

Solucion.

y2 = 8x

4p = 8

p = 2

Hallando la ecuacion de la ecuacion de la Parabola

d(P, v) = 2d(P, F )

|Pv|2 = [2|PF |]2

[x2 + y2] = 4[(2 − x)2 + y2]

x2 + y2 = 16 − 16x + 4x2 + 4y2

3x2 + 3y2 − 16 − 16x = 0

x2 + y2 +16

3− 16

3x = 0

(

x2 − 16

3x +

64

9

)

+ y2 =−16

3+

64

9

(x − 8

3) + y2 =

16

9

Ejercicio 4.15. Sean (x1, y1) y (x2, y2) los extremos de una cuerda focal de la parabola y2 = 4px,

demostrar que

1. la longitud de una cuerda focal es |x1 + x2 + 2p|

2. la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de

esta longitud dada en (a)

3. Una circunferencia con esta cuerda focal como diametro es tangente a la recta directriz

Solucion.P

F(p,0)

1

2

P

P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2)

La ecuacion de la Parabola P

y2 = 4px



133

1. Demostraremos que: d(P1,P2) = |P1P2| = |P1F | + |P2F | = |x1 + x2 + 2p|

P1 ∈ P, entonces y21 = 4px1 . . . (1) P1 ∈ P, entonces y2

1 = 4px1 . . . (3)

d(F, P1) = |P1F | =√

(x1 − p)2 + (y1)2 . . . (2) d(F, P1) = |P1F | =√

(x1 − p)2 + (y1)2 . . . (4)

Reemplazando (1) en (2) Reemplazando (3) en (4)

|P1F | =√

(x1 − p)2 + (y1)2 |P2F | =√

(x2 − p)2 + (y2)2

|P1F | =√

x21 − 2px1 + p2 + 4px1 |P2F | =

√

x22 − 2px2 + p2 + 4px2

|P1F | =√

(x21 + 2px1 + p2) |P2F | =

√

(x22 + 2px2 + p2)

|P1F | =√

x1 + p2 |P2F | =

√x2 + p

2

|P1F | = |x1 + p| . . . (i) |P2F | = |x2 + p| . . . (ii)

luego por propiedad de valor absoluto:

(i) + (ii) = |P1F | + |P2F | = |x1 + x2 + 2p|

2. Demostraremos que la distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta

directriz es la mitad de esta longitud dada en (a)

M

Op

P

PN

L

(x +x /2 , y −y /2)

1

1 1

2

2 2R

F

∗ Si observamos detalladamente el grafico vemos el segmento OR, entonces podemos

decir que

d(OR) =x1 + x2

2+ p =

|x1 + x2 + 2p|2

∗∗ Tambien en el grafico observamos el trapecio MP1P2N formado por los segmentos

MP1, NP2, MN , P1P2

Haciendo una propiedad del trapecio que nos dice:

La longitud del segmento OR formado por los puntos medios de MN y P1P2 es igual

a la semisuma de las longitudes de los segmentos MP1 y NP2

d(P1M) = d(P1F ) d(P2N) = d(P2F )

|P1M | = |P1F | |P2N | = |P2F ||P1M | = x1 + p |P2N | = x2 + p



134

Luego:

|OR| =|P1M | + |P2N |

2

|OR| =|x1 + p + x2 + p|

2

|OR| =|x1 + x2 + 2p|

2

3. Demostraremos que una circunferencia con esta cuerda focal como diametro es tangente a

la recta directriz

H c

p

x=−p

F

P

P

1

2

Para demostrar que la circunferencia “C” es tangente a la recta directriz , sera necesario

demostrar que |cH| = |P1P2|2

.

Nosotros sabemos que c es el centro de la circunferencia y es el punto medio de |P1P2|.Entonces c =

(x1+x2

2y1+y2

2

)

Hallando |P1P2|2

i) |P1P2| = |x1 + x2 + 2p| . . . (α)

Dividiendo a (α) entre 2|P1P2|

2=

|x1 + x2 + 2p|2

ii) Hallando |cH| = |x1+x2+2p|2

Luego:|P1P2|

2= |cH| = |x1+x2+2p|

2

Ejercicio 4.16. Una piedra arrojada hacia arriba formando un angulo agudo con la horizontal,

describe el arco de una parabola y cae a una distancia de 16m. Hallar el parametro p de esta

parabola, si la altura maxima alcanzada es de 12m.

Solucion.



135

12 m

(0,0)

(0,12)

16 m

(−8,0) (8,0)

La ecuacion de la parabola es x2 = 4py.

Para el punto (8,0)

x2 = 4py

82 = 4py

64 = 4py

16 = py

Pare el punto (0,12)

x2 = 4py

82 = 4p(12)

64 = 48p

4/3 = p

Ejercicio 4.17. Hallar la ecuacion de la cuerda comun a la parabola y2 = 18x, y a la circunfer-

encia (x + 6)2 + y2 = 100

Solucion.

F

P

P

1

2

(4.5,0)(−6,0)

Ecuacion de la parabola y2 = 18x . . . (1)

Ecuacion de la circunferencia (x + 6)2 + y2 = 100 . . . (2)



136

Reemplazando (1) en (2)

(x + 6)2 + 18x = 100

x2 + 12x + 36 + 18x = 100

x2 + 30x + 36 = 100

x2 + 30x − 64 = 0

(x + 32)(x − 2) = 0

x + 32 = 0 x − 2 = 0

x = −32 x = 2

La ecuacion de la cuerda comun es x = 2 ya que x = −32 no puede ser porque la cuerda pasa

por el eje x+

Ejercicio 4.18. Hallar la longitud del vector focal del punto de la parabola de ecuacion x2 +

4y + 2x − 19 = 0 cuya abscisa es 3.

Solucion. Ecuacion de la Parabola

x2 + 4y + 2x − 19 = 0

(x + 1)2 = −4y + 19 + 1

(x + 1)2 = −4y + 20

(x + 1)2 = −4(y − 5)

4p = −4

p = −1

El punto P (3, y) ∈ P entonces:

(x + 1)2 = −4(y − 5)

(3 + 1)2 = −4(y − 5)

16 = 4y − 20

y = 1

Entonces:

|−→r | = d(F, p) =√

(2 + 1)2 + (1 − 4)2

=√

42 + 32

d(F, p) = 5

Ejercicio 4.19. Hallar la ecuacion de la recta tangente a la parabola de la ecuacion x2 + 4x +

12y − 8 = 0, que sea perpendicular a la recta de ecuacion 3x − y + 1 = 0.



137

Solucion. Ecuacion de la parabola P:

x2 + 4x + 12y − 8 = 0

(x + 2)2 = −12y + 12

(x + 2)2 = −12(y − 1) . . . (1)

Ecuacion de la recta L: 3x − y + 1 = 0 . . . (2)

La pendiente de L es m = 3, entonces la pendiente de LT sera

3mT = −1 → mT = −1/3

Su ecuacion de LT sera y = −x3

+ b . . . (3)

Reemplazando (3) en (1):

(x + 2)2 = −12(y − 1)

(x + 2)2 = −12(−x

3+ b − 1)

x2 + 4x + 4 = −12(−x + 3b − 3

3)

x2 + 4x + 4 = 4x − 12b + 12

x2 + 12b − 8 = 0

Por la condicion de tangencia

∆ = 0

−4(1)(12b − 8) = 0

−48b + 32 = 0

48b = 32

b = 2/3

Reemplazando (i) en (3)

y = −x

3+

2

33y = −x + 2

x + 3y − 2 = 0

Ejercicio 4.20. Encontrar las coordenadas del punto P (x, y) donde se cruzan la tangente en-

contrada en el problema anterior y la que pasa por el punto (1,−3) de esa misma parabola.

Solucion. La ecuacion de la tangente en el punto (1,−3) es:

y(−3) =9

2, o sea , 3x + 2y + 3 = 0

encontramos la interseccion entre estas rectas; resolviendo el sistema

3x − 2y + 3 = 0 ; 3x + 2y + 3 = 0

sumandolas se obtiene: 6x+0+6 = 0; de ahı que x = −1, y = 0 el punto buscado es P = (−1, 0)



138

P(−1,0)x

y

Ejercicio 4.21. Encontrar la ecuacion de la tangente a la parabola y2 + 3x + 2y + 4 = 0 en el

punto P (3, 1).

Solucion. Agrupando la ecuacion tenemos (y2 + 2y + 4) = 3x o sea: (y + 2)2 = 3x.

Por lo tanto 4p = 3; es decir 2p = 32.

Sustituyendo en la ecuacion de la tangente y1y = 2p(x + x1)

y =3

2(x + 3) 2y = 3(x + 3) 2y = 3x + 9 3x − 2y + 9 = 0

x

y

Ejercicio 4.22. ¿En que punto de la parabola y2 = 3x tocarıa la recta tangente cuya pendiente

es 34?

Solucion. Sabemos que m = y2x

. Ası y2x

= 34, reduciendo y = 3x

2que forma un sistema junto

con: y2 = 3x, sustituyendo y2 = 3(

2y3

)obteniendose: y2 = 2y, y esto solo se satisface para y = 2,

entonces: x = 23(2) = 4

3el punto buscado es:

P =

(4

3; 2

)

Ejercicio 4.23. Encontrar las pendientes de las tangentes a la parabola y2 + 2y + 6x + 4 = 0

en los puntos de esta, en los que x = −1.



139

P(4/3,2)

x

y

F

Solucion.

y2 + 2y + 4 = −6x (y + 2)2 = −6x

de ahı 4p = −6; es decir 2p = −62

= −3 Ahora sustituyo x = −1

y2 + 2y + 4 = 6; y2 + 2y − 2 = 0

por lo tanto:

y =−2 ±

√

4 − (4)(−2)

2

=−2 ±

√12

2

= −1 ±√

3

finalmente

m1 = −1 −√

3

m2 = −1 +√

3

x

y



140

Ejercicio 4.24. Lo mismo que el problema anterior, pero para el punto P = (−1, 1) y la

parabola:

y2 = 8x (1)

Solucion.

4p = 8 ⇒ 2p = 4

m =y + 1

x + 1; m =

4

y

de ahıy + 1

x + 1=

4

y

o sea

y2 + y − 4x − 4 = 0 (2)

de la ecuacion (1): x =y2

8sustituimos en (2):

y2 + y − 4

(y2

8

)

− 4 = 0

1

2y2 + y − 4 = 0 ⇒ y = −1 ± 1 + 8

o sea y0 = 2; y1 = −4 sustituyendo se obtiene:

x0 =y2

8=

4

8=

1

2, x1 =

y21

8=

16

8= 2

los punto buscados son

P0 =

(1

2, 2

)

y P1 = (2,−4)

y las ecuaciones de las tangentes seran

y(2) = 4

(

x +1

2

)

y(−4) = 4(x + 2)

x

y



141

Ejercicio 4.25. Encontrar una ecuacion de la parabola que tenga su foco en (0,−3) y como su

directriz a la recta y = 3. Trazar la grafica.

Solucion. Como el foco esta en el eje y y esta abajo de la directriz, la parabola se abre hacia

abajo y p = −3. Por tanto, una ecuacion de la parabola es

x2 = −12y

la longitud del lado recto es

|4(−3)| = 12

Ejercicio 4.26. Dada la parabola que tiene la ecuacion y2 = 7x, hallar las coordenadas del foco,

una ecuacion de la directriz y la longitud del lado recto. Trazar la grafica.

Solucion. La ecuacion dada es de la forma de la ecuacion (1); ası

4p = 7

p =7

4

Como p > 0 la parabola se habre hacia la derecha. El foco esta en el punto F (74). Una ecuacion

de la directriz es x = −74. La longitud del arco del lado recto es 7. Un dibuja de la grafica se

muestra en la figura.

F

y

x

x=−7/4

Ejercicio 4.27. Un espejo parabolico tiene una profundidad de 12cm en el centro y la distancia

a lo largo de us parte superior es de 32cm. Calcular la distancia del vertice al foco

Solucion. Veamos la figura 4.1. Los ejes coordenados se escogen de tal manera que la parabola

tenga como vertice el origen y su eje a lo largo del eje y, y se abra hacia arriba. Por lo tanto,

una ecuacion de la parabola es de la forma

x2 = 4py

donde pcm es la distancia del vertice al foco. Como el punto (16, 12) esta en la parabola, sus

coordenadas cumplen la ecuacion y tenemos

162 = 4p(12)

p =16

3



142

Por tanto, la distancia del vertice al foco es de 513cm

Existen tambien otras aplicaciones practicas de las parabolas. La trayectoria de un proyectil es

una parabola si se considera que el movimiento esta en un plano y se desprecia la resistencia del

aire. Los arcos a veces tiene forma parabolica y el cable de un puente colgante pende en forma

de parabola.

F

(16,12)

x

y

Figura 4.1:

Ejercicio 4.28. Hallar el vertice, el foco y la ecuacion de la directriz, de las parabolas

a) x2 − 4x − 4 + 3 = 0

b) 3y2 − 4x + 12y + 16 = 0

c) 4x2 − 8x − 3y − 2 = 0

d) y2 − 6x + 6y + 15 = 0

Solucion. a)

x2 − 4x − 4 + 3 = 0

x2 − 4x = y − 3

x2 − 4x + 4 = y − 3 + 4

x2 − 4x + 4 = y + 1

(x − 2)2 = y + 1

(x − 2)2 = 4

(1

4

)

(y + 1)

Vertice: (2,-1), p =1

4> 0

Foco: (2,-1+1/4)=(2,-3/4)

Directriz: y = −1 − 14

= −5/4 → y = −5

4



143

b)

3y2 − 4x + 12y + 16 = 0

3y2 + 12y = 4x − 16

3(y2 + 4y) = 4(x − 4)

3(y2 + 4y + 4) = 4(x − 4) + 12

3(y + 2)2 = 4(x − 1)

(y + 2)2 = 4

(1

3

)

(x − 1)

Vertice: (1,-2), p = 1/3 > 0

Foco: (1+1/3,-2)=(4/3,-2)

Directriz: x = 1 − 1/3 = 2/3 → x = 2/3

c)

4x2 − 8x − 3y − 2 = 0

4(x2 − 8x) = 3y + 2

4(x2 − 8x + 16) = 3y + 2 + 64

4(x − 4)2 = 3y + 66

4(x − 4)2 = 3(y + 22)

(x − 4)2 =3

4(y + 22)

(x − 4)2 = 4

(3

16

)

(y + 22)

Luego:

Vertice: (4,-22), p =3

16> 0 Foco: (4,−22 +

3

16) = (4,−349

16)

Directriz: y = −22 − 3

16= −355

16→ y = −355

16

d)

y2 − 6x + 6y + 15 = 0

y2 + 6y = 6x − 15

y2 + 6y + 9 = 6x − 15 + 9

(y + 3)2 = 6x − 6

(y + 3)2 = 6(x − 1)

(y + 3)2 = 4

(6

4

)

(x − 1)

(y + 3)2 = 4

(3

2

)

(x − 1)



144

Vertice: (1,-3), p = 3/2 > 0

Foco: (1+3/2,-3)=(5/2,-3)

Directriz: x = 1 − 3/2 = −1/2 → x = −1/2

Ejercicio 4.29. Hallar la ecuacion de la parabola

a) Con el vertice (2,5) y foco (2,-3)

d(V, F ) = |p| → d(V, F ) = |5 − (−3)| = 8 = |p|

Luego la ecuacion de la parabola es:

(x − 2)2 = 4(−8)(y − 5)

(x − 2)2 = −32(y − 5)

b) Con vertice (5,2) y foco en (7,2)

d(V, F ) = |p| → d(V, F ) = |7 − 5| = |2| = |p|

Luego la ecuacion de la parabola es:

(y − 2)2 = 4(2)(x − 5)

(y − 2)2 = 8(x − 5)

c) Con recta directriz L: y = 5 y foco en (7,−2)

d(F, L) = 2|p|d(F, L) = |5 − (−2)| = |7| = 2|p|

|p| =7

2

vertice: (

7,−2 +7

2

)

=

(

7,3

2

)

Luego la ecuacion de la parabola es

(x − 7)2 = 4

(

−7

2

)(

y − 3

2

)

(x − 7)2 = −14

(

y − 3

2

)

d) Con recta directriz L : x = −2 y vertice en (5,−1)

d(V, L) = |p|d(V, L) = |5 − (−2)| = |7| = 7

|p| = 7



145


(y + 1)2 = 4(7) (x − 5)

(y + 1)2 = 28 (x − 5)

e) Con vertice (2,6) y extremos del lado recto (6,8) y (−2, 8)

p1 = (6, 8) ; p2 = (−2, 8) ; V = (2, 6)

d(p11, p2) = 4|p|d(p1, p2) = |6 − (−2)| = |8| = 8

4|p| = 8 ⇒ |p| = 2


(x − 2)2 = 4(2) (y − 6)

(x − 2)2 = 8 (y − 6)

f) Cuyos puntos equidistan de la recta x = −1 y del punto (7, 1)

d(F, L) = 2|p|d(F, L) = |7 − (−1)| = |8| = 8

2|p| = 8 ⇒ |p| = 4

vertice: V = (7 − 4, 1) = (3, 1).

cuya ecuacion de la parabola es:

(y − 1)2 = 4(4) (x − 3)

(y − 1)2 = 16 (x − 3)

Ejercicio 4.30. Demostrar que la longitud del lado recto de cualquier parabola mide 4|p|unidades.

Solucion. El efecto consideraremos la parabola de ecuacion y2 = 4px; p > 0, cuya grafica

correspondiente es como sigue

Los extremos del lado recto son los puntos R1 y R2 cuyas primeras coordenadas son iguales a la

del foco F = (p, 0).

Esto es: R1 = (p, y1) y R2 = (p, y2); como R1 y R2 son puntos de la parabola en la ecuacion de

la misma reemplazamos “x” por “p”, tendremos:

y2 = 4p(p) = 4p2



146

entonces y = ±2p.

Esto quiere decir que R1 = (p, 2p) y R2 = (p,−2p).

Luego la longitud del lado recto sera

|R1, R2| = |2p − (−2p)| = |4p| = 4|p||R1, R2| = 4|p|

Ejercicio 4.31. El ancho de un reflector parabolico es 12m, y su profundidad es de 4m localizar

el foco.

Solucion. Sea la ecuacion de la parabola: y2 = 4px; p > 0 observemos que p = (6, 4) es un

punto de la parabola, entonces debe satisfacer la ecuacion de la misma

16 = 4p(6)

p =16

4(6)=

2

3

F =

(

0,2

3

)

se encuentra a “23

del vertice.

Ejercicio 4.32. Hallar la ecuacion y la longitud del lado recto de la parabola con vertice en

(2,2) y foco en (5,6). Encontrar ademas los extremos de cada lado recto.

Solucion.

d(V, F ) = |p|d(V, F ) =

√

(5 − 2)2 + (6 − 2)2 =√

9 + 16 = 5

|p| = 5

−−→V F = F − V = (5, 6) − (2, 2) = (3, 4)

−→u −−→V F

=(3, 4)

‖(3, 4)‖ =

(3

5,4

5

)

−→u = (3/5, 4/5) vector unitario de rotacion

R1 = F + 2|p|−→u = (5, 6) + 2(5)

(−4

5,3

5

)

R1 = (5, 6) + (−8, 6)

R1 = (−3, 12)

R2 = F + 2|p|(−−→u ) = (5, 6) + 2(5)

(4

5,−3

5

)

R2 = (5, 6) + (8,−6)

R2 = (13, 0)



147

la ecuacion de la recta que contiene al lado recto pasa por R1 y R2

m =12

−16= −3

4pendiente

Luego, la ecuacion de la recta que pasa por R1 y R2 es:

L : y − 0 = −3

4(x − 13)

L : 4y = −3x + 39

L : 3x + 4y = 39

Ejercicio 4.33. Dados los puntos (−1, 2), (1,−1) y (2, 1), hallar la ecuacion de la parabola que

pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al eje x.

Solucion. Una parabola con las caracterısticas mencionadas tendra por ecuacion

(y − k)2 = 4p(x − h) ⇔ y2 − 2ky + k2 − 4px + 4ph = 0

⇔ y2 + ay + bx + c = 0 (4.1)

reemplaza las coordenadas de cada uno de los puntos dados en la ecuacion (4.1).

(−1, 2) → 4 + 2a + −b + c = 0

(1,−1) ⇒ 1 − a + b + c = 0

(2, 1) ⇒ 1 + a + 2b + c = 0

resolviendo el sistema de ecuaciones, se obtiene la ecuacion siguiente

7y2 − 3y + 6x − 16 = 0

Ejercicio 4.34. Hallar la ecuacion del lugar geometrico del punto p = (x, y) tal que la distancia

de p al vertice de la parabola y2 = 8x, es el doble de la distancia de p al foco de dicha parabola.

Solucion. y2 = 8x, tiene su vertice en V = (0, 0) y su foco en F = (2, 0)

d(p, V ) = 2d(p, F )

d(p, V ) =√

x2 + y2

d(p, F ) =√

(x − 2)2 + y2



148

Luego:

√

x2 + y2 ⇔ 2√

(x − 2)2 + y2

⇔ x2 + y2 = 4[(x − 2)2 + y2]

⇔ x2 + y2 = 4[x2 + y2 − 4x + 4]

⇔ 3x2 + 3y2 − 16x + 16 = 0

⇔ 3

(

x2 − 16

3x +

64

9

)

+ 3y2 = −16 +64

3

⇔ 3

(

x − 8

3

)2

+ 3y2 =16

3

⇔(

x − 8

3

)2

+ y2 =16

9

es una circunferencia.

Ejercicio 4.35. Si una parabola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de

longitud 12 hallar su ecuacion. (Dos soluciones)

Solucion. Las parabolas podrıan estar dispuestas como se indica en la figura

Sabemos que la longitud del lado recto es

4|p| = 12 ⇒ |p| = 3

si p = 3 > 0, entonces el vertice es:

V = (0, 4 − 3) ⇒ V = (0, 1)

luego la ecuacion es:

(x − 0)2 = 4(3)(y − 1)

x2 = 12(y − 1)

si p = −3 < 0, entonces el vertice es

V = (0, 4 + 3) = (0, 7)

la ecuacion de la parabola sera

(x − 0)2 = 4(−3)(y − 7)

x2 = −12(y − 7)

Ejercicio 4.36. Un cometa se mueve en una orbita parabolica, con el sol en el foco. Cuando el

cometa esta a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un angulo de 60o con el eje de la

orbita. Hallar la distancia mınima del cometa al sol, es decir, al foco.



149

Solucion. La ecuacion de la parabola tiene la forma

y2 = 4px; p > 0

P = (p + 2 × 107, 2√

3 × 107) es un punto de la parabola

(2√

3 × 107)2 = 4p(p + 2 × 107)

4p2 + 8p × 107 − 12 × 1014 = 0

p2 + 2p × 107 − 3 × 1014 = 0

(p + 3 × 107)(p − 107) =

luego p = 107 millas.



parabola, si la altura maxima alcanzada es de 12m

Solucion. P : parabola

P : x2 = 4py; p < 0; P = (8,−12) ∈ P

En P : 64 = 4p(−12) entonces

p = −64

48= −4

3

Ejercicio 4.38. En la parabola y2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide

10 unidades

Solucion. y2 = 8x ⇔ y2 = 4(2)x; V = (0, 0); F = 2, 0

d(Q, F ) = d(Q′, F ) = 10

Q y Q′ tendran como primera coordenada x0 y la segunda y = ±2√

2x0

d(Q, F ) =

√

(x0 − 2)2 + (±2√

2x0 − 0)

=√

(x0 − 2)2 + 8x0

=√

x20 − 4x0 + 4 + 8x0 =

√

(x0 + 2)2

√

|x0 + 2|2 = 10 ⇒ |x0 + 2| = 10

⇒ x0 + 2 = 10 o x0 + 2 = −10

⇒ x0 = 8 o x0 = −12

luego x0 = 8; y0 = ±2√

2(8) = ±8

Luego entonces

Q = (8, 8) y Q′ = (8,−8)



150

Ejercicio 4.39. Hallar la ecuacion de la circunferencia comun a la parabola y2 = 18x y a la

circunferencia (x + 16)2 + y2 = 100.

Solucion. y2 = 18x ⇔ y2 = 4(

92

)x; V = (0, 0); F = (9/2, 0)

(x + 6)2 + y2 = 100

centro en (−6, 0); r = 10 (radio)

Reescribiendo el sistema de ecuaciones

y2 = 18x (4.2)

(x + 6)2 + y2 = 100 (4.3)

(7.2) en (4.3)

(x + 6)2 + 18x = 100

x2 + 60x + 36 − 100 = 0

x2 + 30x − 64 = 0

Ejercicio 4.40. Hallar los angulos en que se intersectan las parabolas y2 = 4x + 4, con y2 =

64 − 16x.

Solucion. Resolviendo el sistema de ecuaciones

y2 = 4x + 4

y2 = 64 − 16x

4x + 4 = 64 − 16x

20x = 60

x = 3

y = ±4

luego los puntos de interseccion de las parabolas son los puntos

(3, 4) 3,-4

En la ecuacion P1 : y2 = 4x + 4, hallemos dydx

2yy′ = 4 ⇒ y′ =dy

dx=

2

y

Evaluemos esta derivada en (3, 4)

y′∣∣∣(3,4)

=2

4=

1

2



151

es la pendiente de la recta tangente a la parabola de ecuacion y2 = 4x + 4 en el punto (3, 4).

En la ecuacion P2 : y2 = 64 − 16x, hallemos y′ = dydx

2yy′ = −16 ⇒ y′ =dy

dx= −8

y

y′∣∣∣(3,4)

= −8

4= −2

es la pendiente de la tangente a P2 en el punto (3, 4).

Como el producto de las pendientes es “1” entonces las tangentes en el punto (3,4) son perpen-

diculares.

Por tanto el angulo en que se intersectan las parabolas es 90o.

Ejercicio 4.41. Hallar en la parabola x2 = 4y un punto para el cual un vector focal mide 17

unidades.

Solucion. x2 = 4y ⇒ x2 = 4(1)y; F = (0, 1)

‖−−→FP1‖ = ‖−−→FP2‖ = 17

P1 o P2 tienen la forma (x, x2

4), luego la norma de ambos√

(x − 0)2 +

(x2

4− 1

)2

= 17

√

x2 +

(x2 − 4

4

)2

= 17

16x2 + x4 − 8x2 + 16 = 4624

x4 + 8x2 − 4608 = 0

x2 =−8 ±

√

64 − (4)(1)(−4608)

2=

−8 ± 136

2x2 = 64 ⇒ x = ±8; y = 16

Ejercicio 4.42. El espejo del faro de un auto tiene la forma de una parabola en su seccion

transversal. Hallar el parametro de esta parabola, si el diametro del paso mide 20cm y la pro-

fundidad 15cm. El eje 0x es el eje del faro y el origen se ubica en la parte profunda del espejo.

Solucion. La ecuacion de la parabola tiene la forma:

y2 = 4px; “p” es el parametro

como el punto p = (15, 10) pertenece a la parabola, debe satisfacer la ecuacion de la misma.

Esto es

102 = 4p(15) ⇒ p =102

4(15)=

100

60=

5

3

p =5

3



152

Ejercicio 4.43. Hallar la longitud de la cuerda focal de la parabola y2+8x = 0, que sea paralela

a la recta 4x + 3y = 7

Solucion.

y2 + 8x = 0 ⇔ y2 = −8x

⇔ y2 = 4(−2)x

p = −2 < 0; F (−2, 0); V = (0, 0)

la recta que contiene a la cuerda focal en referencia pasa por el punto (−2, 0) y tiene pendiente

−43.

Luego la ecuacion de dicha recta sera

y = −4

3(x + 2)

Ahora resolvemos el sistema:

y2 = −8x

y = −43(x + 2)

tenemos

16

9(x + 2)2 = −8x ⇔ 16

9(x2 + 4x + 4) = −8x

⇔ 2(x2 + 4x + 4) = −9x

⇔ 2x2 + 8x + 8 + 9x = 0

⇔ 2x2 + 17x + 8 = 0

⇔ (2x + 1)(x + 8) = 0

⇔ x = −1

2o x = −8

y = −2 o y = 8

tenemos los puntos extremos de la cuerda focal(

−1

2,−2

)

y (−8, 8)

la longitud de la cuerda es:√(

−1

2+ 8

)2

+ (−2 − 8)2 =

√(

15

2

)2

+ (−10)2 =

√

225

4+ 100

=

√

625

4=

25

2

Respuesta: 252.

Ejercicio 4.44. Hallar la ecuacion del diametro de la parabola x2 = 16y, para un sistema de

cuerdas paralelas de pendiente 12.



153

Solucion. El diametro es paralelo al eje focal (eje y).

La ecuacion de la parabola:

x2 = 16y ⇔ x2 = 4(4)y; p = 4

Luego la ecuacion del diametro es

x = 2(4)

(1

2

)

x = 4

Ejercicio 4.45. Hallar la ecuacion de la directriz y el foco de la parabola cuyo eje es la recta

4x − 3y = 0, con vertice en el punto (3, 4) y sabiendo que pasa por (2, 11)

Solucion. La ecuacion de la parabola tiene la forma

y′2 = 4px′

en el sistema x′y′

−→n = (4,−3) vector normal al eje

−→n = (4, 3) vector direccional al eje

−→u =(3, 4)

‖(3, 4)‖ =

(3

5,4

5

)

vector unitario de rotacion

V = (3, 4) es el nuevo origen del sistema x′y′

P = (x, y) = (3, 4) + x′(

3

5,4

5

)

+ y′(

−4

5,3

5

)

si (x, y) = (2, 11) pasemos estas coordenadas al sistema x′y′

(2, 11) = (3, 4) + x′(

3

5,4

5

)

+ y′(

−4

5,3

5

)

(−1, 7) = x′(

3

5,4

5

)

+ y′(

−4

5,3

5

)

x′ =(−1, 7)

(−3

5,−4

5

)

(35, 4

5

) (−3

5,−4

5

) =35− 28

5

− 925

+ −1625

=−25

5

−1= 5

x′ = 5

y′ =(−1, 7)

(−4

5, 3

5

)

(−4

5, 3

5

) (−4

5, 3

5

) =45

+ 215

1625

+ 925

=255

1= 5

y′ = 5

luego (5, 5) son las nuevas coordenadas del punto (2, 11).

Como (5,5) pertenece a la parabola, entonces

52 = 4p(5) p =25

4(5)=

5

4



154

podemos determinar ahora las coordenadas del foco:

F = V + p(−→u )

F = (3, 4) +5

4

(3

5,4

5

)

= (3, 4) +

(3

4, 1

)

F =

(15

4, 5

)

Calculemo9s las coordenadas de Q (puesto por donde la recta pasa por la directriz)

Q = V + p(−−→u ) = (3, 4) +5

4

(

−3

5,−4

5

)

Q = (3, 4) +

(

−3

4,−1

)

Q =

(9

4, 3

)

∈ Lp (recta directriz)

−→u =

(3

5,4

5

)

vector normal a LD

−→a = (3, 4) tambien es vector normal a “LD”

luego la ecuacion normal de LD es

LD :

(

(x, y) −(

9

4, 3

))

(3, 4) = 0

de donde:(

x − 9

4, y − 3

)

(3, 4) = 0

3x + 4y − 27

4− 12 = 0

LD : 3x + 4y =75

4

es la ecuacion de la recta directriz con el sistema de coordenadas “xy”.

Ejercicio 4.46. Sea x2 − 4x − 8y + 28 = 0 la ecuacion de una parabola. Hallar la suma de las

areas de los triangulos determinados por la recta tangente a la parabola en el punto (6,5) y los

ejes coordenados y la perpendicular trazada al eje x desde el punto de tangencia.

Solucion.

x2 − 4x − 8y + 28 = 0 ⇔ x2 − 4x = 8y − 28

⇔ (x − 2)2 = 8y − 28 + 4

⇔ (x − 2)2 = 8y − 24

⇔ (x − 2)2 = 4(2)(y − 3)



155

V = (2, 3); p = 2 > 0

En la ecuacion: x2 − 4x − 8y + 28 = 0, hallemos y′

2x − 4 − 8y′ = 0

y′ =2x − 4

8

y′ =x

4− 1

2

Evaluamos y′ en (6,5)

y′∣∣∣(6,5)

=6

4− 1

2= 1

Luego la ecuacion de la tangente es:

y − 5 = 1(x − 6) ⇔ y − x = −1

la interseccion de esta recta tangente con el eje x es:

x = 1; P = (1, 0)

La ecuacion de la recta perpendicular trazada desde el punto de tangencia (6,5) al eje x es:

x = 6

Luego el area del triangulo ABC es:

Area=(5)(5)

2=

25

2

Ademas el area del triangulo A0D es

Area =(1)(1)

2=

1

2

finalmente la suma de las areas es:

25

2+

1

2=

26

2= 13 u2

Ejercicio 4.47. Un triangulo equilatero inscrito en la parabola y2 − 2y = 4x + 7, tiene uno de

sus vertices coincidente con el vertice de la parabola. Hallar los otros dos vertices del triangulo.

Solucion.

y2 − 2y = 4x + 7

y2 − 2y + 1 = 4x + 8

(y − 1)2 = 4(1)(x + 2)

luego V = (−2, 1); p = 1 > 0.



156

Los otros vertices estan en la recta vertical

x = k

resolvamos el sistema

x = k

y2 − 2y = 4x + 7

tenemos

y2 − 2y − 4k − 7 = 0

y =2 ±

√

4 + 4(4k + 7)

2

=2 ± 2

√4k + 8

2

= 1 ±√

4k + 8

los otros vertices tendran coordenadas

(k, 1 +√

4k + 8) y (k, 1 −√

4k + 8)

la distancia entre estos vertices es:

2√

4k + 8 (4.4)

ademas podemos determinar la longitud de otro lado del triangulo equilatero en funcion de “k”

d(V, (k, 1 +√

4k + 8)) =

√

(k + 2)2 + (√

4k + 8)2

=√

k2 + 4k + 4 + 4k + 8

=√

k2 + 8k + 12 (4.5)

igualando (4.4) y (4.5), tendremos

4(4k + 8) = k2 + 8k + 12 ⇔ k2 − 8k − 20 = 0

⇔ (k − 10)(k + 2) = 0

⇔ k = 10 o k = −2

solo es posible k = 10.

Por lo tanto los otros vertices son:

V2 = (10, 1 + 4√

3) y V3 = (10, 1 − 4√

3)

Ejercicio 4.48. En la parabola y2 = 64x, hallar el punto Q mas proximo a la recta 4x+3y+86 =

0, y calcular la distancia del punto Q a esta recta



157

Solucion.

y2 = 64x

y2 = 4(16)x

V = (0, 0), F = (16, 0), p = 16

El punto Q de la parabola es de la forma

Q = (x,±8√

x)

en la figura debemos considerar Q = (x,−8√

x).

Hallamos la distancia de “Q” a “L”

d(Q, L) =|4x + 3(−8

√x) + 86|

5= f(x)

si se considera:

f(x) =4x − 24

√x + 86

5

y hallamos f ′(x) odf(x)

dx1

5

(

4 − 24

2√

x

)

e igualmente “0”

tendremos x = 9.

Si evaluamos f ′′(x) od2f(x)

dx2en x = 9, tendremos:

f ′(x) =4

5− 24

10√

x=

4

5− 24

10x−1/2

f ′′(x) = −24

10

(

−1

2

)

x−3/2 → f ′′(x) = 1,2x−3/2

f ′′(9) = 1,2(9)−3/2 = 1,2

(1

27

)

> 0

luego en x = 9, “f” alcance un mınimo punto

El punto sera: Q = (9,−24).

Luego la distancia de “Q” a “L”

d((9,−24), L) =|4(9) + 3(−8)

√4 + 86|

5

=|36 − 72 + 86|

5= 10

d(Q, L) = 10

Ejercicio 4.49. Desde el punto (-1,1) se trazan las rectas tangentes a la parabola x2 = −8y,

hallar los puntos de tangencia



158

Solucion.

x2 = −8y

x2 = 4(−2)y

p = −2 < 0 V = (0, 0) F = (0,−2)

Los puntos de tangencia son T1 y T2.

Las rectas tangentes pasan ambas por el punto (-1,1), tienen por ecuacion

y − 1 = m(x + 1)

y = mx + m + 1

en la ecuacion x2 = −8y, tendremos:

x2 = −8(mx + m + 1)

x2 + 8mx + (8m + 8) = 0

formaremos el discriminante de esta ultima ecuacion 2

∆ = (8m)2 = 0

(8m)2 − 4(8)(m + 1) = 0

2m2 − m − 1 = 0

Factorizando: (2m + 1)(m − 1).

tenemos: m = 1 o m = −1/2.

Luego las tangentes son

T1 : y = x + 2, T2 = −1

2x +

1

2

Para hallar los puntos de tangencia respectivos, resolvemos los sistemas

I =

y = x + 2

x2 = −8y, II =

y = −x+12

x2 = −8y

Resolviendo I

x2 = −8(x + 2)

x2 + 8x + 16 = 0

x = −4, y = −2

Ti = (−4,−2)



159

Resolviendo II

x2 = −8

(1 − x

2

)

= −4(1 − x)

= −4 + 4x

x2 − 4x + 4 = 0

(x − 2)2 = 0

x = 2; y = −1

2

luego T2 =(2,−1

2

)

Ejercicio 4.50. Si P = (3, 9) y Q = (−5, 1) son los extremos del lado recto de una parabola,

hallar la ecuacion de la directriz, ası como las coordenadas del foco.

Solucion. Las coordenadas del foco se pueden hallar muy facilmente

F =1

2(P + Q)

=1

2[(3, 9) + (−5, 1)]

= (−1, 5)

hallemos un vector unitario de rotacion para el nuevo sistema de coordenadas

−→QP = P − Q = (3, 9) − (−5, 1) = (8, 8)

−→QP⊥ = (−8, 8)

podemos definir ~u = ~u−−→QP⊥

−→u =(−8, 8)

‖(−8, 8)‖ =

(

− 1√2,

1√2

)

es el vector unitario de rotacion.

Encontremos un punto Q1 por donde pasa L1

Q1 = F + 2|p|(−~u)

= (−1, 5) + 2|p|(

− 1√2,− 1√

2

)

‖−→QP‖ = 4‖p‖4|p| = 8

√2

|p| = 2√

2

luego

Q1 = (−1, 5) + 2(2√

2)

(

− 1√2,− 1√

2

)

Q1 = (−1, 5) + (4,−4) = (3, 1)



160

Entonces L1 pasa por Q1 y tiene vector normal (−1, 1), su ecuacion normal de L1 es:

[(x, y) − (3, 1)] · (−1, 1) = 0 ⇔ (x − 3, y − 1) · (−1, 1) = 0

⇔ −x + y + 2 = 0

⇔ x − 2 = y

para hallar la otra ecuacion se procede de forma analoga

Ejercicio 4.51. La ecuacion de la parabola es y2+x = 0. Hallar la ecuacion de la recta tangente

a esta tangente a esta parabola que sea perpendicular a la recta L : 2x + y = 0.

Solucion. La pendiente de la tangente sera 12, su ecuacion tendra la forma y = 1

2x + k, esto en

y2 + x = 0, tendremos

(1

2x + k

)

+ x = 0 ⇔(

x + 2k

2

)2

+ x = 0

⇔ x2 + 4k2 + 4kx + 4x = 0

⇔ x2 + (4k + 4)x + 4k2 = 0

∆ = (4k + 4)2 − 4(1)(4k2) = 0

42(k + 1)2 −4

2k2 = 0

k2 + 2k + 1 −k

2 = 0

k = −1

2

luego la ecuacion de la tangente es: y = 12x − 1

2.

Ejercicio 4.52. El lado recto de una parabola mide 8 unidades; su vertice es (2,5) y la directriz

es paralela al eje x y esta debajo del vertice. Hallar la ecuacion de la parabola.

Solucion.

d(V, LD) = |p|

la longitud del lado recto es: 4|p| = 8 entonces |p| = 2

d(V, LD) = 2

La ecuacion de la parabola es:

(x − 2)2 = 4(2)(y − 5)

(x − 2)2 = 8(y − 5)

Ejercicio 4.53. El cable de un puente colgante esta soportado por dos torres de 15m de alto

y situados a 120m una de la otra. Si el punto mas bajo del cable esta a 3m sobre el piso del

puente, hallar la longitud de una barra que esta a 30m a la derecha del punto mas bajo del cable

y que va, en forma vertical, del cable al piso del puente.



161

Solucion. Sea la ecuacion de la parabola

P : x2 = 4py; P = (60, 12) ∈ P

luego:

602 = 4p(12) ⇒ p =602

4(12)= (15)(5) = 75

luego entonces P : x2 = 300y.

Si x = 30 ⇒ (30)2 = 300y ⇒ y = 3

Luego la longitud de la barra en mencion sera

y + 3 = 6m

Ejercicio 4.54. Hallar un punto de la parabola y = 2 + 5x − x2 en el que la interseccion de la

recta tangente es de 45.

Solucion. Hallemos y′ en y = 2 + 5x − x2

y′ = 5 − 2x

esta derivada evaluada en un punto de la parabola equivale a la pendiente de la tangente.

La recta de la tangente es de pendiente “1”, luego

5 − 2x = 1 ⇒ x = 2

entonces

y = 2 + 5(2) − (2)2

y = 8

Finalmente el punto de tangencia es (2,8).

Ejercicio 4.55. Hallar los puntos de la parabola y = x2 +2x+25 en los que las rectas tangentes

pasan por el origen.

Solucion. Las tangentes son de la forma y = ax esto en

y = x2 + 2x + 25 ⇒ ax = x2 + 2x + 25

x2 + (2 − a)x + 25 = 0

∆ = (2 − a)2 − 4(1)(25) = 0

(a − 2)2 = 100

a − 2 = 10 o a − 2 = −10

a = 12 o a = −8



162

las tangentes son y = 12x o y = −8x

resolviendo el sistema

y = 12x

y = x2 + 2x + 25

se tiene

12x = x2 + 2x + 25

x2 − 10x + 25 = 0

(x − 5)2 = 0

x = 5

y = 60

un punto de tangencia es (5,60).

Ahora resolvemos el sistema

y = −8x

y = x2 + 2x + 25

se tiene

−8x = x2 + 2x + 25

x2 + 10x + 25 = 0

(x + 5)2 = 0

x = −5

y = 40

Luego el punto de tangencia es (−5, 40)

4.7 Ejercicios Propuestos

Ejercicio 4.56. Hallar la longitud de la cuerda focal de la parabola: x2 = −8y(A) que es paralelo

a la recta: L1 : 3x + 4y − 7 = 0

Ejercicio 4.57. Hallar la longitud del radio vector del punto de la parabola: y2

Ejercicio 4.58. Deducir la ecuacion ordinaria de la parabola : x2 = 4py

Rpta: x2 = 4py

Ejercicio 4.59. Hallar la ecuacion de una parabola tomando como ejes X e Y .el eje y directriz

respectivamente.



163

Rpta: y2 = 4py(x − p)

Ejercicio 4.60. La directrız de una parabola es la recta: y − 1 = 0, y su foco F es el punto

F (4,−3). hallar la ecuacion de la parabola.

Rpta : (x − 4)2 = −8(y + 1)

Ejercicio 4.61. Determinar la ecuacion de la familia de parabolas que tienen un foco comun

(3,4) y un eje paralelo al eje Y .

Rpta : (x − 3) = 4(4 − k)(y − k)

Ejercicio 4.62. Demostrar que las tangentes a una parabola en los puntos extremos de un lado

recto son perpendiculares entre sı.

Ejercicio 4.63. Hallar la ecuacion de la parabola que tiene su foco en F (2, 0) y su direccion

DD es la recta de ecuacion x = −2.

Ejercicio 4.64. Dada la parabola que tiene por ecuacion x2 = −6y, encontrar las coordenadas

del foco, la ecuacion de la directriz, analizar la simetrıa de la curva y trazar la grafica.

Ejercicio 4.65. Dado el punto del plano B(a, b) con a, b > 0. Demostrar que por el punto B

pasa la parabola ax2 = ax2

by

Determine el foco y la ecuacion de la directriz.

Ejercicio 4.66. Determine el vertice V y la ecuacion de la parabola que tiene como directriz la

recta de ecuacion x = 2 y cuyo foco esta localizado en el punto F (4, 2).

Ejercicio 4.67. Determine el vertice V , el foco F , la ecuacion de la directriz, el eje focal y

dibujar la grafica de la parabola cuya ecuacion es: 3x2 − 3x − 24y − 1 = 0

Ejercicio 4.68. Hallar la ecuacion de la parabola de vertice V = (3, 4) y foco F = (6, 4).

Rpta: y2 − 8x − 8y + 52 = 0

Ejercicio 4.69. Encuentre el foco y la ecuacion de la directriz de la parabola 2y2−8x−24y+56 =

0.

Rpta F = (−1, 6) y X = 3

Ejercicio 4.70. Escribir la ecuacion de la parabola con vertice en el origen que satisface las

condiciones siguientes: a) Foco en (3,0). b) Foco en (0,-3). c) La directriz es x + 4 = 0.

Ejercicio 4.71. Hallar las ecuaciones de las parabolas que verifican: a) su directriz es y = −6

y su foco (0,6).

Rpta: x2 = 24y b)su vertice(2,0) y su foco (6,0).

Rpta y2 = 16x − 32



164

Ejercicio 4.72. Trazar la grafica y hallar la ecuacion canonica, el vertice, el foco y la directriz

de la parabola cuya ecuacion es: y2 − 6y − 4x + 17 = 0.

Rpta: (y − 3)2 = 4(x − 2)

Ejercicio 4.73. Trazar la grafica y hallar la ecuacion canonica de la parabola con vertice en

(−2, 4) y foco en (−2, 3).

Rpta: y − 4 = −4(x + 2)2

Ejercicio 4.74. Hallar la ecuacion de la parabola con vertice en el punto (1,1) y recta directriz

x + y = 1.

Rpta: x2 − 2xy + y2 − 4 = 0

Ejercicio 4.75. Determine la ecuacion canonica de la parabola que abre en la direccion del eje

x y pasa por los puntos (1,3),(3,4),(7,12).

Rpta: (x − 1)2 = 4(y − 3)

Ejercicio 4.76. Hallar el vertice, el foco y la ecuacion de la directriz, de las parabolas: a)

x2 −4x−y +3 = 0; b) 3y2−4x+12y +16 = 0; c) 4x2−8x−3y−2 = 0; d) y2−6x+6y +15 = 0

Ejercicio 4.77. Hallar la ecuacion de la parabola: a) Con vertice (2,5) y foco (2,−3) b)Con

vertice (5,2) y foco en (7,2) c) Con recta directriz L : y = 5, y foco en (7,−2) d) Con recta

directriz L : x = −2, y vertice en (5,−1) e) Con vertice (2,6) y extremos del lado recto (6,8) y

(-2,8) f) cuyos puntos equidistan de la recta x = −1 y del punto (7,1)

Ejercicio 4.78. Demostrar que la longitud del lado recto de cualquier parabola mide 4p unidades.

Ejercicio 4.79. El ancho de un reflector parabolico es 12m. Y su profundidad es de 4m. Localizar

el foco

Rpta 9/4m.del vertice

Ejercicio 4.80. Hallar la ecuacion y la longitud del lado recto de la parabola con vertice en

(2,2)y foco en (5,6).Encontrar ademas los extremos del lado recto.

Rpta: 3x − 4y = 31; 20; (−3, 12) y (13,0).

Ejercicio 4.81. Dados los tres puntos (−1, 2), (1,−1) y (2,1), a) Hallar la ecuacion de la

parabola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje x. b) Hallar la

ecuacion de la parabola que pase por los puntos dados y tal que su eje focal sea paralelo al Eje

y.

Rpta: a) 6x = −7y2 + 3y + 16, b) 6y = 7x2 − 9x − 4.

Ejercicio 4.82. Graficar la ecuacion (2x + y − 3)(x2 + y2 − 4)(x2 − 8y) = 0



165

Ejercicio 4.83. Demostrar que los centros de todas las cuerdas de la parabola de ecuacion

x2 = 4py, con pendiente m = 3, se encuentran en una recta, y hallar la ecuacion de esta recta.

Rpta: x = 2pm, x = 6p.

Ejercicio 4.84. Hallar el centro de la circunferencia que pasa por (0,1) y que es tangente a la

curva y = x2 en (2,4).

Rpta: (−16/5, 53/10)

Ejercicio 4.85. Hallar la ecuacion del lugar geometrico del punto P = (x, y) tal que la distancia

de P al foco d dicha parabola y = 8x, es el doble de distancia de P al foco de dicha parabola.

Rpta: la circunferencia (x − 83)2 + y2 = 16

3

Ejercicio 4.86. Si una parabola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su lado recto de

longitud 12, hallar su ecuacion. (Dos soluciones).

Rpta: a) x2 = 12(y − 1), b) x2 = −12(y − 7)

Ejercicio 4.87. sean (X1, Y1) y (X2, Y2) los extremos de una cuerda focal de la parabola y2 =

4px, demostrar que: a) la longitud de esta cuerda focal es X1 + X2 + 2p, b) la distancia desde el

punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es la mitad de esta longitud dada en (a).

c) una circunferencia con esta cuerda focal como diametro es tangente a la recta directriz.

Ejercicio 4.88. Sea P = (r, s) un punto de la parabola y2 = 4px. En P se traza una perpendic-

ular a OP de tal manera que esta recta corte al eje X en el punto Q. Probar que PQ = (4p,−s).

Ejercicio 4.89. Un cometa se mueve en una orbita parabolica, con el sol en el foco. Cuando el

cometa esta a 4 × 107 millas del sol, la recta desde el sol hace un angulo de 600 con el eje de

la orbita (dibujada en la direccion en la cual la orbita se abre).Hallar la distancia mınima del

cometa al sol, es decir al foco. Sug: Cuando se encuentre en el vertice.

Rpta: 107 millas

Ejercicio 4.90. Hallar los angulos en que intersectan las parabolas y2 = 4x+4, con y2 = 64−16x.

Rpta: 90o

Ejercicio 4.91. Se traza una recta tangente a la parabola y2 = 4px en un punto p = (x, y) de

la curva. Sea A el punto donde esta recta tangente corta al eje de la parabola, F el foco y PD

la recta que intersecta a la directriz en D. Demostrar que AFPD es un rombo.

Ejercicio 4.92. Hallar el angulo formado por las rectas que pasan por el origen y por los puntos

que trisecan la cuerda 2x + 3y − 12 = 0 de la parabola 2x2 − 9y = 0.

Rpta: x = 0, y = −2x, α = π2− arctan 2.



166



parabola, si la altura maxima alcanzada es de 12m.

Rpta: p=4/3

Ejercicio 4.94. En la parabola y2 = 8x encontrar un punto para el cual su vector focal mide

10 unidades.

Rpta: (8,±8)

Ejercicio 4.95. Hallar la ecuacion de la cuerda comun a la parabola y2 = 18x,y a la circunfer-

encia (x + 6)2 + y2 = 100

Rpta: x = 2

Ejercicio 4.96. Suponga que el agua, al salir del extremo de un tubo horizontal que se encuentra

a 7 ·5m arriba del suelo, describe una curva parabolica, estando el vertice en el extremo del tubo.

Si en un punto a 2,4m por debajo del nivel del tubo el flujo del agua se ha curvado hacia afuera

3m mas alla de una recta vertical que pasa por el extremo del tubo. ¿a que distancia de esta

vertical llegara el agua al suelo?

Ejercicio 4.97. El cable de un puente colgante pende en forma de parabola cuando el peso

se distribuye uniformemente en forma horizontal. La distancia entre dos torres es de 150m, los

puntos de soporte del cable, en las torres, se hallan a 22m sobre la calzada, y el punto mas bajo

del cable se encuentra a 7m sobre dicha calzada. Halle la distancia al cable, de un punto de la

via de paso a 15m desde la base de una torre.

Ejercicio 4.98. Un arco parabolico tiene una altura de 20m y una anchura de 36m de la base.

Si el vertice de la parabola esta en la parte superior del arco. ¿a que altura, sobre la base, tiene

un ancho 18m?

Ejercicio 4.99. Demuestre que, en una parabola, el punto mas cercano al foco es el vertice.

Ejercicio 4.100. La orbita de un cometa es una parabola que tiene como foco al sol. Cuando

se halla a 100 millones de km del sol, el angulo entre el eje de la parabola y la recta desde el sol

al cometa es de 45o. Emplee el resultado del ejercicio anterior para determinar la distancia mas

corta del cometa al sol.

Ejercicio 4.101. Un telescopio reflejante tiene un espejo parabolico en el cual la distancia del

vertice al foco es de 30 pies. Si la distancia a lo largo de la parte superior del espejo tiene 64pulg.

¿Cual es loa profundidad del espejo en el centro?

Ejercicio 4.102. Encuentre una ecuacion de la parabola que tiene como directriz la recta y = 4,

y por foco, el punto (−3, 8).



167

Ejercicio 4.103. Encuentre una ecuacion de la parabola que tiene como directriz la recta

x = −3, y por foco, el punto (2, 5).

Ejercicio 4.104. Encuentre todos los puntos en la parabola y2 = 8x tales que la base de la

perpendicular dibujada del punto a la directriz, el foco y el punto mismo, sean los vertices de

un triangulo equilatero.

Ejercicio 4.105. Encuentre una ecuacion de la circunferencia que pasa por el vertice y los

extremos del lado recto de la parabola x2 = 8y

Ejercicio 4.106. En la figura, demuestre que α = β (SUGERENCIA: Escoja los ejes coordena-

dos de modo que la parabola tenga su vertice en el origen, su eje a lo largo del eje y, y se abra

hacia arriba. Sea Q el punto de interseccion de la recta tangente PT con el eje y. Demuestre que

α = β mostrando que QPF es isosceles).

Ejercicio 4.107. Una ecuacion de la directriz de una parabola es x + y = 0 y su foco se halla

en el punto (1, 1). Encuentre (a) una ecuacion del eje de la parabola, (b) las coordenadas del

vertice y (c) la longitud del lado recto

Ejercicio 4.108. Demuestre analıticamente que la circunferencia que tiene como diametro el

lado recto de una parabola es tangente a la directriz de la parabola.

Ejercicio 4.109. Una cuerda focal de una parabola es un segmento rectilıneo que pasa por el

foco y tiene puntos extremos en la parabola. Si A y B son los puntos extremos de una cuerda

focal de una parabola, y si C es el punto de interseccion de la directriz con una recta que pasa

por el vertice y el punto A, demuestre que la recta que pasa por C y B es paralela al eje de la

parabola.

Ejercicio 4.110. Demuestre que la distancia del punto medio de una cuerda focal de un parabola

la directriz es la mitad de la longitud de cuerda focal

Ejercicio 4.111. Halle una ecuacion de toda parabola que contenga los puntos A(−3,−4) y

B(5,−4), tal que los puntos A y B se encuentren cada uno, a 5 unidades del foco

Ejercicio 4.112. Dada la ecuacion 4x3 − 12x2 + 12x − 3y − 10 = 0, traslade los ejes de tal

manera que la ecuacion de la grafica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga ni terminos ni

segundo grado ni termino constante. Trace la grafica, ası como los dos sistemas de coordenadas

(SUGERENCIA: Sea x = x′ + h y y = y′ + k en la ecuacion dada.)

Ejercicio 4.113. Dada la ecuacion x3+3x2−y2+3x+4y−3 = 0, traslade los ejes, de tal manera

que la ecuacion de la grafica, con respecto a los nuevo ejes, no contenga terminos de primer grado

ni termino constante. Trace la grafica y los dos sistemas de coordenadas (SUGERENCIA: Sea

x = x′ + h y y = y′ + k en la ecuacion dada.)

Ejercicio 4.114. Si una parabola tiene su foco en el origen y el eje x es su eje, demuestre que

debe tener una ecuacion de la forma y2 = 4kx + 4k2, k 6= 0



168

Ejercicio 4.115. Si los ejes son trasladados a un nuevo origen que tiene las coordenadas (h, k)

demuestre que, despues de la traslacion, la ecuacion y = sen x se transforma en y′ = A sen x′ +

B cos x′+C, donde A, B y C son constantes. Encuentre A, B y C en terminos de h y k. Demuestre

que A2 + B2 = 1

Ejercicio 4.116. Demuestre que, despues de una traslacion de ejes al nuevo origen (−14π, 1) la

ecuacion y = 1√2(sen x + cos x) + 1 se transforma en y′ = sen x′


Capıtulo 5

Elipse

5.1 Introduccion

La elipse es una curva cerrada, similar a las siguientes:

F F

F

FF

F F

Fx’

x’

x’

x’

1

1

1

1

2

2 2

2

Para definir la elipse necesitamos conocer algunos elementos propios de ella.

F

F

x’

1

2

P

a

a

b

bc

c

B

B

V

V

L

L

1

1

1

2

2

2

169


170

x′ : Eje Focal

y′ : Eje Normal

C = (h, k) : Centro de la Elipse

V1, V2 : Vertices

F1, F2 : Focos

[V1, V2] : Eje Mayor (de longitud 2a)

[B1, B2] : Eje menor (de longitud 2b)

L1, L2 : Directrices

Los segmentos que se definen en la elipse son:

F F x’1

11

2

2 2N

N

N

NE

E’PD’

D

EE ′ : Cuerpo Focal (segmento que pasa por los focos)

N1N2 : Lado recto (cuerda que pasa por los focos y es perpendicular al eje focal)

DD′ : Diametro (cuerda que pasa por el centro)

F1P y F2P : se llaman Radios Vectores (son vectores que sew trazan de cada foco al punto P de la

elipse).

5.2 Definicion de Elipse

Dados los puntos fijos F1 y F2 llamados focos, separados una distancia 2c, y dada una constante

“a” tal que a > c > 0, se define la elipse como el conjunto de todos los puntos P tales que la

suma de las distancias de P a los focos F1 y F2 es igual a 2a, esto es,

d(P, F1) + d(P, F2) = 2a



171

F F x’1 2

P

2c

Usando notacion conjuntista, la elipse se define como:

E = P (x, y) ∈ R2/d(p, F1) + d(P, F2) = 2a

5.3 Rectas Directrices

Dos rectas L1 y L2 se llaman RECTAS DIRECTRICES de la elipse E , correspondiente a los

focos F1 y F2 respectivamente, si es que son perpendiculares al Eje Focal de E y no cortan al

segmento F1, F2,y si es que existe una constante e (llamada EXCENTRICIDAD de la elipse) tal

que para todo punto P ∈ E se tiene que:

d[P ; F1]

d[P ; L1]= e =

d[P ; F2]

d[P ; L2]

Ejemplo 5.1. Demostrar que en toda elipse se cumple que

(a) d[B1; F1] = d[B1; F2] = a

d[B2; F1] = d[B2; F2] = a

(b) d[V1; C] = d[B2; C] = a

(c) d[C; L1] = d[C; L2] = a/e

(d) Denotando c = d[C; F1] = d[C; F2] ⇒ c = ae

(e) a > b y a2 = b2 + c2

(f) La excentricidad e satisface que 0 < e < 1, empleando las definiciones previas y la grafica

anterior.

Solucion.

(a) Como d[B1; F1] =√

b2 + c2 = d[B1; F2], y B1 ∈ E , entonces

d[B1; F1] + d[B1; F2] = 2a ⇒ 2d[B1; F1] = 2a ⇒ d[B1; F1] = a = d[B1; F2]

y analogamente para B2.



172

(b) Como V1 ∈ E , entonces

d[V1; F2] + d[V1; F1] = 2a

d[V1; F2] − d[V1; F1] = 2c

entonces d[V1; F1] = a − c y de d[V1; C] = d[V1; F1] + d[F1; C] = (a − c) + c, ⇒ d[V1; C] = a.

Analogamente para el vertice V2

(c) Como d[C; L1] = d[B; L1] y B ∈ E , entonces

d[B; F1]

d[B; L1]= e ⇒ a

d[B; L1]= e,

de donde resulta que d[B; L1] = (a/e) ⇒ d[C; L1] = (a/e).

Analogamente, para L2 se prueba que: d[C; L2] = (a/e).

Por tanto d[C; L1] = d[C; L2] = a/e

(d) Puesto que d[V1;F1]d[V1;L1]

= e, pues V1 ∈ E , y como d[V1; F1] = (a − c), d[V1; L1] = (d[C; L1]) − a,

entoncesa − c

(a/e) − a= e ⇒ c = ae

Ademas siendo c = d[C, F1] = d[C, F2]:

d[C; F1] = d[C; F2] = c = ae

(e) Como d[B1; F2] = d[(0, b)′; (c, 0)′] =√

b2 + c2, y d[B1; F2] = a, entonces se tiene que a2 =

b2 + c2, por lo tanto a > b > 0.

(f) De (d): 0 < e(= c/a) < 1, pues a > c > 0 por definicion de elipse.

De este problema se puede considerar la siguiente grafica para efecto de calculos y de resolucion

de problemas de referencia a longitudes y distancias en elipses, y que resulta muy util y facil de

memorizar.

5.4 Distancias Conocidas en una Elipse

Las distancias conocidas en la elipse son: a, b y c, las cuales se definen los siguiente

a) d(V1, C) = d(C, V2) = a (distancia de cada vertice al centro)

b) d(C, L1) = d(C, L2) = ae

(distancia del centro a cualquier directriz)

c) c = d(C, F1) = d(C, F2) (distancia del centro a cada foco)

d) c = ae ⇔ e = ca

e) a2 = b2 + c2 y a > b (relacion pitagorica)

f) d(B1, F1) = d(B1, F2) = a B1: extremo inferior (izquierdo) del Eje Menor

g) d(B2, F1) = d(B2, F2) = a B2 : extremo superior (derecho) del Eje Menor



173

F

F

x’

1

2

a

a

b

b

c

B

BV

VL

L

1

1

1

2

2

2

C

x’=a/e

x’=−a/e

(a/e)

P

Teorema 5.1. La ecuacion de una elipse de centro en el origen, eje focal en el Eje X, distancia

focal igual a 2c y cantidad constante igual a 2a, es:

x2

a2+

y2

b2= 1 , a > b (5.1)

Donde:

“a” es la longitud del semieje mayor

“b” es la longitud del semieje menor

a2 = b2 + c2 es la relacion pitagorica entre a, b y c

e = ca

es la excentricidad de la elipse, con 0 < e < 12b2

aes la longitud del lado recto

L1 : x = −ae

, L2 : x = ae

son las ecuaciones de las directrices

Demostracion. Sean F1 y F2 los focos de la elipse y P (x, y) un punto de la elipse.

Por definicion de Elipse, se tiene:

d(F1, P ) + (F2, P ) = 2a√

(x + c)2 + y2 +√

(x − c)2 + y2 = 2a√

(x + c)2 + y2 = 2a −√

(x − c)2 + y2



174

Elevar al cuadrado

(x + c)2 + y2 = 4a2 − 4a√

(x − c)2 + y2 + (x − c)2 + y2

x2 + 2cx + c2 + y2 = 4a2 − 4a√

(x − c)2 + y2 + x2 − 2cx + c2 + y2

4cx = 4a2 − 4a√

(x − c)2 + y2

a√

(x − c)2 + y2 = a2 − cx , elevar al cuadrado

a2[(x − c)2 + y2] = a4 − 2a2cx + c2x2

a2x2 − 2a2cx + a2c2 + a2y2 = a4 − 2a2cx + c2x2

(a2 − c2)x2 + a2y2 = a4 − a2c2

(a2 − c2)x2 + a2y2 = a2(a2 − c2) Hacer: a2 − c2 = b2

b2x2 + a2y2 = a2b2 Dividir entre: a2b2

x2

a2+

y2

b2= 1 Ecuacion Ordinaria

Corolario 5.1. La ecuacion de una elipse de centro en el origen y eje focal el eje Y , es:

y2

a2+

x2

b2= 1, a > b (5.2)

Nota. Bastara ver la posicion de “a” para identificar si el eje focal coincide con el eje X o con

el eje Y .

x2

4+ y2

9= 1; a = 3 esta debajo de y2, entonces el eje focal coincide con el eje Y .

x2

16+ y2

9= 1; a = 4 esta debajo de x2, entonces el eje focal coincide con el eje X.

x2

5+ y2

8= 1; a =

√8 esta debajo de y2, entonces el eje focal coincide con el eje Y .

Para graficar una elipse bastara conocer el centro y los valores de a y b.

5.5 Ecuacion de una elipse de centro (h, k) y ejes

paralelos a los ejes coordenados

Supongamos que X ′ y Y ′ son los nuevos ejes coordenados cuyo origen de coordenadas es O′.

La ecuacion ordinaria de la elipse de centro en O′ respecto al sistema X ′Y ′ y con eje focal el eje

X ′, es:

E :x′2

a2+

y′2

b2= 1

donde (x′, y′) son las coordenadas del punto P ∈ E respecto al sistema X ′Y ′.



175

x’ y’

P(x’,y’)

0’(h,k)

k

h0

X

X

X’

X’

Pero las coordenadas del punto P ′ respecto al sistema original XY son:

x = h + x′

y = k + y′

Al despejar x′ e y′, respectivamente, se obtiene:

x′ = x − h

y′ = y − k

Al reemplazar en la elipse, se obtiene:

E :(x − h)2

a2+

(y − k)2

b2= 1 a > b (5.3)

La ecuacion (5.3), es la ecuacion de la elipse de eje focal paralelo al eje X y centro en el punto

(h, k)

Teorema 5.2. La ecuacion de la elipse de centro en el punto (h, k) y eje focal paralelo al eje X

esta dado por:(x − h)2

a2+

(y − k)2

b2= 1 (5.4)

si eje focal es paralelo al eje Y , su ecuacion esta dada por:

(y − k)2

a2+

(x − h)2

b2= 1 (5.5)

Para cada elipse se tiene

a es la longitud del semieje mayor

b es la longitud del semieje menor

c es la distancia del centro a cada foco

a2 = b2 + c2 es la relacion Pitagorica entre a, b y c2b2

aes la longitud de cada lado recto

e = ca

es la excentricidad



176

Las directrices de 3.20 son L : x = h ± ae; de 3.21 son L : y = k ± a

e

Teorema 5.3. Si los coeficientes A y C son del mismo signo, la ecuacion Ax2 + Cy2 + Dx +

Ey + F = 0 representa una elipse de ejes paralelos a los ejes coordenados, o bien un punto o no

representa ningun lugar geometrico real

Ejemplo 5.2. Dado las siguientes ecuaciones:

a) 9x2 + 4y2 − 8y − 32 = 0

b) 4x2 + 9y2 + 32x − 18y + 37 = 0

c) x2 + 4y2 − 4x + 24y + 40 = 0

d) x2 + 4y2 + 2x + 17 = 0

Diga si son las elipses o no. Si son elipses, hallar su centro, los vertices, los focos, las longitudes

de los ejes mayor y menor, la longitud de lado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las

directrices.

Solucion (solucion de (a)). Lo primero que haremos es completar cuadrados para llegar a la

forma ordinaria de la elipse.

Veamos:

9x2 + 4y2 − 8y + · · · = 32

9x2 + 4(y2 − 2y + · · · ) = 32

9x2 + 4(y2 − 2y + 1) = 32 + 4

9x2 + 4(y − 1)2 = 36

Dividir entre 36:

x2

4+

(y − 1)2

9= 1 Forma ordinaria de la elipse

Porque a2 = 9 esta debajo de “y” afirmamos que el eje focal es paralelo al EJE Y

El centro es C = (0, 1)

a2 = 9 ⇒ a = 3

b2 = 4 ⇒ b = 2

El valor de c se obtiene con la relacion

a2 = b2 + c2

9 = 4 + c2

⇒ c2 = 5

⇒ c =√

5



177

Para hallar las coordenadas de los vertices, de los focos y de los extremos del eje menor se

toma como referencia el centro C = (h, k) = (0, 1) y las longitudes: a = 3 c =√

5, b = 2.

Ası, obtenemos:

V1 = (h, k − a) = (0, 1 − 3) = (0,−2)

V2 = (h, k + a) = (0, 1 + 3) = (0, 4)

F1 = (h, k − c) = (0, 1 −√

5)

F2 = (h, k + c) = (0, 1 +√

5)

B2 = (h + b, k) = (0 + 2, 1) = (2, 1)

B1 = (h − b, k) = (0 − 2, 1) = (−2, 1)

La longitud del eje mayor es 2a = 2(3) = 6

La longitud del eje menor es 2b = 2(2) = 4

La longitud de cada lado recto es 2b2

a= 2(4)

3= 8

3

La excentricidad es e = ca

=√

53

Las ecuaciones de las directrices son L:

y = k ± a

e

y = 1 ± 9/√

5

Solucion (solucion de (b)). Completar cuadrados para llegar a la forma ordinaria

4x2 + 9y2 + 32x − 18y + 37 = 0

4x2 + 32x + · · · + 9y2 − 18y + · · · = −37

4(x2 + 8x + · · · ) + 9(y2 − 2y + · · · ) = −37

4(x2 + 8x + 16) + 9(y2 − 2y + 1) = −37 + 64 + 9

4(x + 4)2 + 9(y − 1)2 = 36

(x + 4)2

9+

(y − 1)2

4= 1 Forma ordinaria

Porque a2 = 9 esta debajo de x, afirmamos que el eje focal es paralelo al eje x

El centro es C = (h, k) = (−4, 1)

a2 = 9 ⇒ a = 3

b2 = 4 ⇒ b = 2



178

El valor c se obtiene con relacion

a2 = b2 + c2

9 = 4 + c2

⇒ c2 = 5

⇒ c =√

5

Los vertices sonV1 = (h, k − a) = (0, 1 − 3) = (0,−2)

V2 = (h, k + a) = (0, 1 + 3) = (0, 4)

Los focos sonF1 = (h, k − c) = (0, 1 −

√5)

F2 = (h, k + c) = (0, 1 +√

5)

Los extremos del eje menor

B2 = (h + b, k) = (0 + 2, 1) = (2, 1)

B1 = (h − b, k) = (0 − 2, 1) = (−2, 1)

La longitud del eje mayor es 2a = 2(3) = 6

La longitud del eje menor es 2b = 2(2) = 4

La longitud de cada lado recto es 2b2

a= 2(4)

3= 8

3

La excentricidad es e = ca

=√

53

Las ecuaciones de las directrices son L:

y = k ± a

e

y = −4 ± 9/√

5

Solucion (solucion de (c)).

x2 + 4y2 − 4x + 24y + 40 = 0

x2 − 4x + · · · + 4y2 + 24y + · · · = −40

x2 − 4x + · · ·+ 4(y2 + 6y + · · · ) = −40

x2 − 4x + 4 + 4(y2 + 6y + 9) = −40 + 4 + 36

(x − 2)2 + 4(y + 3)2 = 0

La grafica de esta ecuacion es el punto (2,−3)



179

Solucion (solucion de (d)). Completar cuadrados:

x2 + 4y2 + 2x + 17 = 0

x2 + 2x + · · ·+ 4y2 = −17

x2 + 2x + 1 + 4y2 = −17 + 1

(x + 1)2 + 4y2

︸︷︷︸

esta suma es un numero real positivo

= −16︸︷︷︸

negativo

Esta proposicion es FALSA para todo par ordenado (x, y) ∈ R2.

En consecuencia, no existe ningun lugar geometrico

5.6 Propiedades de la Elipse

Teorema 5.4. La tangente a la elipse b2x2 + a2y2 = a2b2 en cualquier punto P0(x0, y0) de la

curva tiene por ecuacion: x0xa

+ y0yb2

= 1

Demostracion. Si L la recta tangente a la elipse E : b2x2+a2y2 = a2b2 en el punto P0(x0, y0) ∈ E ,

entonces su ecuacion es L

y − y0 = m(x − x0)

y = y0 + m(x − x0)

Por hallarse m =?

Si L es tangente a la elipse, entonces el discriminante de la ecuacion: b2x2 +a2[y0 +m(x−x0)]2 =

a2b2 es cero.

Veamos:

b2x2 + a2[y20 + 2my0(x − x0) + m2(x − x0)

2] = a2b2

b2x2 + a2y20 + 2ma2y0(x − x0) + a2m2x2 − 2a2mx0x + a2m2x2

0] − a2b2 = 0

(b2 + a2m2)x2 + (2ma2y0 − 2a2m2x0)x + a2y20 − 2ma2y0x0 + a2m2x2

0 = 0

(b2 + a2m2)x2 + 2ma2(y0 − mx0)x + (ay0 − amx−0)2 − a2b2 = 0

(b2 + a2m2)x2 + 2ma2(y0 − mx0)x + a2(y0 − mx0)2 − a2b2 = 0

(b2 + a2m2)x2 + a2[2m(y0 − mx0)x + a2(y0 − mx0)2 − b2] · · · = 0 (*)

El discriminante (*): 4m2a4(y0 − mx0)2a2[(y0 − mx0) − b2] = 0



180

Simplificar 4a2:

m2a2(y0 − mx0)2 − (b2 + a2m2)[(y0 − mx0)

2 − b2] = 0

m2a2(y0 − mx0)2 − b2[(y0 − mx0)

2 − b2] − a2m2[(y0 − mx0)2 − b2] = 0

(((((((((m2a2(y0 − mx0)

2 − b2[(y0 − mx0)2 − b2] −(((((((((

a2m2(y0 − mx0)2 + a2b2m2 = 0

−b2[(y0 − mx0)2 − b2] + a2b2m = 0

Simplificar b2:

−[(y0 − mx0) − b2] + a2m2 = 0

−[y20 − 2x0y0m + x2

0m2 − b2] + a2m2 = 0

(a2 − x20)m

2 + 2x0y0m + b2 − y20 = 0

m =−2x0y0 ±

√

4x20y

20 − 4(a2 − x2

0)(b2 − y2

0)

2(a2x20)

m =−x0y0 ±

√

x20y

20 − a2b2 + a2y2

0 + x20b

2 − x20y

20

a2 − x2

Como el punto P0(x0, y0) pertenece a la elipse, entonces se reduce a:

m =−x0y0

a2 − x20

=x0y0

x20 − x2

Al dividir numerador y denominador por a2

Obtenemos:

m =x0y0

a2

x20

a2 − 1

Pero:

x20

a2+

y20

b2= 1

x20

a2− 1 = −y2

0

b2

⇒ m =x0y0

a2

−y20

b2

= − b2

a2· x0

y0

Conclusion: La ecuacion de la recta tangente es:

y = y0 −b2

a2· x0

y0

a2y0y = a2y20 − b2x0x + b2x2

0

a2y0y + b2x0x = a2y20 + b2x2

0

a2y0y + b2x − 0x = a2b2 ⇔ x0x

a2+

y0y

b2= 1



181

Teorema 5.5. Las ecuaciones de las tangentes de pendiente m a la elipse

b2x2 + a2y2 = a2b2

son: y = mx ±√

a2m2 + b2

Demostracion. Si m es la pendiente de las rectas tangentes a la elipse entonces sus ecuaciones

son: y = mx + k.

Por hallarse k

Si y = mx + k es recta tangente a la elipse E : b2x2 + a2y2 = a2b2; entonces el discriminante de

la ecuacion cuadratica b2x2 + a2[mx + k]2 = a2b2 es cero.

Esto es:

b2x2 + a2[m2x2 + 2kmx + k2] = a2b2

(b2 + a2m2)x2 + 2a2kmx + a2k2 − a2b2

Su discriminante igual a cero es

4a4k2m2 − 4(b2 + a2m2)(a2k2 − a2b2) = 0

4a4m2 − 4a2(b2 + a2m2)(k2 − b2) = 0

simplificar 4a2:

a2k2m2 − (b2 + a2m2)(k2 − b2) = 0

a2k2m2 − b2k2 + b4 − a2m2k2 + a2m2b2 = 0

−b2k2 + b4 + a2m2b2 = 0

b2[−k2 + b2 + a2m2] = 0

Conclusiones: las ecuaciones de las rectas tangentes de pendiente m, son y = mx±√

a2m2 + b2.

Teorema 5.6. La normal a una elipse en uno cualquiera de sus puntos es bisectriz del angulo

formado por los radios vectores de ese punto.

Demostracion. Queda como ejercicio para el lector.

Ejemplo 5.3. Demostrar que el PRODUCTO de las dos distancias perpendiculares trazadas

desde los focos hacia cualquiera recta tangente a una elipse, es una constante, independiente del

punto de contacto.

Solucion. Se probar que (d1 × d2) es independiente de las coordenadas del punto de contacto,

digamos P0 = (r, s) de la elipse. La ecuacion de la recta tangente LT a la elipse de la figura, de

ecuacion E : (x2/a2) + (y2/b2) = 1, segun el teorema [??(I’)], en el punto P0 = (r, s) es

LT :rx

a2+

sy

b2= 1



182

F F

L

L

P(r,s)

(−c,0)(c,0)

T

T

1 2

0

De la figura, tenemos que

d1 =

∣∣ rca2 − 1

∣∣

√r2

a4 + s2

b4

d2 =

∣∣− rc

a2 − 1∣∣

√r2

a4 + s2

b4

⇒ d1 × d2 =

∣∣∣1 − r2c2

a4

∣∣∣

(r2

a4 + s2

b4

)

y como (r, s) ∈ E , entonces (r2/a2) + (s2/b2) = 1,

r2

a4+

s2

b4=

r2

a4+

[1

b2

(

1 − r2

a2

)]

= [[]

(b2 − a2

a2b2

)

· r2

a2] +

1

b2

=1

b2

(

1 − c2r2

a4

)

Por lo tanto

d1 × d2 =

(

1 − c2r2

a4

)

/

[1

b2

(

1 − c2r2

a4

)]

= b2

y obtenemos ası, un valor que resulta independiente de r y s.

5.7 Ejercicios resueltos

Ejercicio 5.1. En cada una de las ecuaciones (a) y (b); hallar:

(i) las coordenadas de los vertices

(ii) las coordenadas de los focos

(iii) la longitud del eje mayor

(iv) la longitud del eje menor



183

(v) la excentricidad

(vi) la longitud del lado recto

(a) 9x2 + 4y2 = 36 , (b) x2 + 4y2 = 16

Solucion (solucion de (a)).

En primer lugar, escribir la ecuacion 9x2 + 4y2 = 36 en su forma ordinaria

Para ello dividir entre 36: x2

4+ y2

9= 1 ⇐ forma ordinaria.

En segundo lugar, hallar el valor de a y b de la ecuacion ordinaria.

El valor de a2 es a2 = 9 , entonces a = 3

El valor de b2 es b2 = 4 , entonces b = 2

En tercer lugar, debemos identificar el eje focal: como a = 3 se encuentra debajo de la variable

y, afirmamos que el eje focal coincide con el eje Y .

En cuarto lugar, hallar el valor de “c” con la relacion

a2 = b2 + c2

9 = 4 + c2

c = ±√

5

En quinto lugar, hacer el grafico: Necesitamos conocer el centro y los valores de a = 3 y b = 2;

para poder ubicar los puntos: V1, V2, B1, B2.

N N

N N

V(0,3)

V (0,−3)

B (−2,0) B (2,0) x

y

1

1

1

1

2

2

2

Los vertices son: V1(0, 3), V2(0, 3)

Extremos del eje menor: B1(−2, 0), B2(0, 2)

Los focos son F1(0,−√

5), F2(0,√

5)

La longitud del eje mayor es: 2a = 2(3) = 6



184

La longitud del eje mayor es: 2b = 2(2) = 4

La excentricidad es: e = ca

=√

53

La longitud del lado recto es:

|N1N2| =2b2

a

=2(4)

3=

8

3

Solucion (solucion de (b)).

1o Escribir la ecuacion x2 + 4y2 = 16 en su forma ordinaria

Para ello dividir entre 16: x2

16+ y2

4= 1 ⇐ forma ordinaria.

2o Hallar el valor de a y b de la ecuacion ordinaria, obtenemos el mayor es a2 y el menor es b2:

a2 = 16 ⇒ a = 4 , b2 = 4 ⇒ b = 2

3o Porque a2 = 42 esta debajo de x2, afirmamos que el eje focal coincide con el eje X.

4o El valor de “c” se halla con la relacion

a2 = b2 + c2

16 = 4 + c2

c = 2√

3 ≈ 3,46

5o El grafico es

F F

x’

1

1

1

11

2

2

2

2 2N

N

N

N

V(4,0)V(−4,0)

B(0,2)

B(0,−2)

Los vertices son: V1(−4, 0), V2(4, 0)

Los focos son F1(−2√

3, 0), F2(2√

3, 0)

La longitud del eje mayor es: 2a = 2(4) = 8



185

La longitud del eje mayor es: 2b = 2(2) = 4

La excentricidad es: e = ca

= 2√

34

=√

32

La longitud del lado recto es:

|N1N2| =2b2

a

=2(4)

4= 2

Ejercicio 5.2. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos vertices son los puntos (4,0) y (−4, 0), y

cuyos focos son los puntos (3,0) y (-3,0).

Solucion. 1. Graficar los datos, con el fin de percibir, ¿que forma tiene la ecuacion de la

elipse?

2. Como los dos vertices y los focos estan en el eje X, entonces la elipse tiene la forma

x2

a2+

y2

b2= 1

3. Debemos hallar a y b:

(i) Como

|V1V2| = 2a

|4 − (−4)| = 2a

8 = 2a

a = 4

(ii)

|F1F2| = 2c ⇒ |3 − (−3)| = 2a

6 = 2c

c = 3

(iii) Por la relacion a2 = b2 + c2

16 = b2 + 9 ⇒ b2 = 16 − 9

b2 = 7

4. Conclusion: la ecuacion de la elipse

Ejercicio 5.3. Una elipse tiene su centro en el origen, y su eje mayor coincide con el eje Y . si

uno de los focos es el punto (0,3) y la excentricidad es igual a 1/2, hallar las coordenadas de otro

foco, las longitudes de los ejes mayor y menor, la ecuacion de la elipse y la longitud de cada uno

de los lados rectos



186

(0,6)

(0,3)

(0,−3)

(0,−6)

Figura 5.1:

Solucion. Como uno de los focos es el punto (0,3), tenemos c = 3, y las coordenadas del otro

foco son (0,−3). Como su excentricidad es 1/2, tenemos

e =1

2=

c

a=

3

a.

de donde a = 6. Tenemos, tambien,

b =√

a2 − c2 =√

62 − 32 = 3√

3

Por tanto, las longitudes de los ejes mayor y menor son 2a = 12 y 2b = 6√

3 respectivamente.

Luego la ecuacion de la elipse esx2

27+

y2

36= 1

la longitud de cada lado recto es2b2

a=

2 · 27

6= 9

Ejercicio 5.4. Los vertices de una elipse tienen por coordenadas (−3, 7) y (−3,−1) y la longitud

de cada lado recto es 2. Hallar la ecuacion de la elipse, las longitudes de sus ejes mayor y menor,

las coordenadas de sus focos y su excentricidad.

Solucion. Como los vertices V y V ′ estan sobre el eje focal y sus abscisas son ambas −3, se

sigue (de la figura) que el eje focal es paralelo al eje Y . Por tanto, la ecuacion de la elipse es de

la forma(x − h)2

b2+

(y − k)2

a2= 1

El centro C es el punto medio del eje mayor V V ′ y sus coordenadas son, por lo tanto, (3,−3).

La longitud del eje mayor V V ′ es 8, como se puede er facilmente.

Por tanto, 2a = 8 y a = 4. La longitud del lado recto es 2b2

a= 2. Como a = 4, se sigue que

2b2 = 8, de donde b = 2, y la longitud del eje menor es 4. Luego la ecuacion de la elipse es

(x + 3)2

4+

(y − 3)2

16= 1



187

V(−3,7)

C(−3,3)

V’(−3,−1)

F

F’

Y

X

Figura 5.2:

Tambien tenemos,

c2 = a2 − b2 = 16 − 4 = 12

, de donde c = 2√

3.

Por tanto las coordenadas de los focos son F (−3, 3+2√

3) y F ′(−3, 3−2√

3), y la excentricidad

e =c

a=

2√

3

4=

√3

2

Ejercicio 5.5. El techo en el pasillo de 20 pies de ancho tiene forma de una semielipse y tiene

18 pies de altura en el centro y 12 pies de altura en las paredes laterales. Encontrar la altura del

techo a 4 pies de cualquier pared

12u

X

Y

b=6(4,y )

0

4

(10,12)

10 20

Solucion. Luego la ecuacion de la elipse sera

(x − 10)2

102+

(y − 12)2

62= 1 (α)

Sea y0 la altura la altura del pasillo ubicado a 4m de la pared de la izquierda (hacia dentro).

Entonces sobre la elipse se forma el punto (4, y0) el cual debe satisfacer la ecuacion dada en (α).



188

Es decir(4 − 10)2

102+

(y0 − 12)2

62= 1

36

100+

(y0 − 12)2

36= 1

(y0 − 12)2

36= 1 − 36

100

(y0 − 12)2 =(36)(64)

100

y0 =48 + 120

10=

168

10= 16,8

Ejercicio 5.6. La orbita de la tierra alrededor del sol es una elipse con el sol como uno de los

focos.

Si las distancia mınima y maxima (centro a centro) del sol a la tierra son 93 millones y 96

millones respectivamente. ¿Cual es la excentricidad de la orbita de la tierra?

12v v

c a

Solucion. distancia maxima = a + c = 96

distancia mınima = a − c = 93

a =96 + 93

2=

189

2c =

96 − 93

2=

3

2

luego:

e =c

a=

32

1892

=3

189=

1

63

Ejercicio 5.7. Se da la excentricidad e de una elipse E hallar la razon de los semiejes

Solucion. b : semieje menor

a : semieje mayor

La excentricidad e = c/a entonces a = c/e, ademas se tiene

a2 = b2 + c2 ⇒ c2

e2= b2 + c2 ⇒ b2 =

c2(1 − e2)

e2

b = ±c

e

√1 − e2

luego:b

a=

ce

√1 − e2

ce

=√

1 − e2



189

(−5,0) (5,0)

(0,−5)

(0,5)

Ejercicio 5.8. Los focos de las elipses (x2/25)+(y2/9) = 1, (x2/16)+(y2/25) = 1, estan unidos

entre sı por unas rectas, y en el rombo formado de este modo hay inscrita una circunferencia.

hallar su ecuacion.

Solucion. Sea P punto medio de F1 y F ′1

P =

(4

2,3

2

)

r = d(C, P ) =

√

(6 − 2)2 + (0 − 3

2)2 =

√

4 +9

4=

√

25

4=

5

2

La ecuacion de la circunferencia sera

x2 + y2 =

(5

2

)2

Ejercicio 5.9. Encuentre la ecuacion de la elipse cuyos ejes coinciden con los ejes de coordenadas

y que satisfacen las siguientes condiciones: V (4, 0), extremo menor y B(0, 3). Trazar la curva.

Solucion. Si V (4, 0) entonces a = 4.

Si B(0, 3) entonces b = 3

c =√

a2 − b2 =√

16 − 9 =√

7; F (±√

7, 0);b2

a=

9

4

C1

(√7,

9

4

)

; C2

(√7,−9

4

)

; C3

(

−√

7,9

4

)

C4

(

−√

7,−9

4

)

La ecuacion serax2

a2+

y2

b2= 1

sustituyendox2

16+

y2

9= 1

o bien: 9x2 + 16y2 = 144



190

CC

CC

V(0,4)

B(0,3)

1

2

3

4

Figura 5.3:

Ejercicio 5.10. Encontrar la ecuacion de la elipse con foco (2,0) y vertice (5,0)

Solucion. Si F (2, 0) entonces c = 2.

Si V (5, 0) entonces a = 5.

b =√

a2 − c2 =√

25 − 4 =√

21

La ecuacion serax2

25+

y2

21= 1

o bien

21x2 + 25y2 = 525

Ejercicio 5.11. Encontrar la ecuacion de la elipse cuyos ejes coinciden con los coordenados y

que pasa por los puntos (3,5) y (7,5/3)

Solucion. Sea la ecuacion x2

a2 + y2

b2= 1, aun no sabemos si a → b o al reves; al encontrar sus

valores, sabremos cual es a y cual b.

x2

a2+

y2

b2= 1

49

a2+

25

9b2= 1

resolviendo el sistema de ecuaciones, entonces

a =√

54 b =√

30

a2 = 54; b2 = 30

la ecuacion buscada es:x2

54+

y2

30= 1

Ejercicio 5.12. Encontrar la ecuacion de la elipse que tiene centro en (−3, 0), foco (−3,−2) y

la longitud de su semieje mayor es a = 4. Encontrar la excentricidad.



191

Solucion.

c = 2, b2 = a2 − c2 = 16 − 4 = 12

entonces:(x + 3)2

12+

y2

16= 1

o bien

16(x2 + 6x + 9) + 12y2 = 192

16x2 + 96x + 144 + 12y2 = 192

16x2 + 96x + 12y2 = 48

y la excentricidad es2

4=

1

2

Ejercicio 5.13. Encontrar el lugar geometrico de los puntos medios de las ordenadas de la

circunferencia cuya ecuacion es:

x2 + y2 = 96

P(x ,y )1 1

Figura 5.4:

Solucion. La figura 5.4 ilustra el problema.

Sea x1 = x, y1 = y2.

Sustituyendo, tenemos

x21 + 4y2

1 = 96

dividiendo entre 96x2

1

96+

y21

24= 1

El lugar buscado es una elipse

Ejercicio 5.14. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos focos son los puntos (2,0), (−2, 0), y su

excentricidad es igual a 23.



192

2c

F F1 2

Solucion. 1. Graficar los focos:

2. La ecuacion elipse tiene la forma

E :x2

a2+

y2

b2= 1

a =?, b =?

3. Del grafico obtenemos

2c = 4

c = 2

4. La excentricidad es e = ca.

Por dato, se tiene

e =2

3⇒ 2

3=

c

a⇒ 2a = 3c (4)

5. En 3. obtuvimos, c = 2; al sustituir en (4): 2a = 6 ⇒ a = 3

6. Por la relacion pitagorica a2 = b2 + c2.

Obtenemos: 9 = b2 + 4, por tanto b2 = 5

7. Por tanto, la ecuacion de la elipse es

E :x2

9+

y2

5= 1

Ejercicio 5.15. Obtenga una ecuacion cartesiana de la elipse cuyos focos son F1(3, 0) y F2(−3, 0)

y cuyos vertices son V1(5, 0) y V2 = (−5, 0).

Solucion. De los datos se tiene que a = 5 y c = 3. Por lo tanto

b2 = a2 − c2 = 25 − 9 = 16

y

b = 4

Por consiguiente una ecuacion de la elipse es

x2

25+

y2

16= 1



193

Ejercicio 5.16. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la elipse: E : 9x2 + 16y2 = 144,

trazadas desde (4, 9).

Solucion. 1. Si una recta pasa por (4,9), entonces su ecuacion es L: y − 9 = m(x − 4)

2. Si L es tangente a E entonces el discriminante de la ecuacion

9x2 + 16[9 + mx − 4m]2 = 144

es cero.

Veamos

9x2 + 16[81 + m2x2 + 16m2 + 18mx − 72m − 8m2x] − 144 = 0

9x2 + 16[m2x2 + (18m − 8m2)x + 16m2 − 72m + 81] − 144 = 0

(9 + 16m2)x2 + (16)(2m)(9 − 4m)x + 16(16m2 − 72m) + 1152 = 0

(9 + 16m2)x2 + (16)(2m)(9 − 4m)x + 16(8)(2m2 − 9m + 9) = 0

El discriminante

[(16)(2m)(9 − 4m)]2 − (4)(16)(8)(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0

(16)(16)(2)(2m2)(9 − 4m2) − (4)(16)(8)(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0

2m2(9 − 4m2) − (9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0

2m2(81 − 72m + 16m2) − [18m2 − 81m + 81 + 32m4 − 144m3 + 144m2] = 0

162m2 − 144m3 + 32m4 − 162m2 + 81m − 81 − 32m4 + 144m3 = 0

81m − 81 = 0 ⇒ m = 1

3. Entonces, la recta tangente es L: y = 9 + 1(x − 4) por tanto L: y = x + 5.

Ejercicio 5.17. El techo de un pasillo de 16 pies de ancho tiene una forma de una semielipse, y

tiene 17 pies de altura en el centro y 11 pies de altura en las paredes laterales. Hallar la altura

del techo a tres pies de cualquier pared.

Solucion. Ecuacion de la elipse:

(x − 0)2

64+

(y − 11)2

36= 1

A(5; H) ∈ elipse: 2564

+ (H−11)2

36= 1

⇒ (H − 11)2

36= 1 − 25

64⇒ (H − 11)2 =

39

64× 36

⇒ H − 11 = 4,7 ⇒ H = 15,7 pies



194

A

17

16

11

3

Ejercicio 5.18. Un arco en forma de media elipse tiene 40 pies de ancho y 16 pies de altura en

el centro. Encuentre la altura del arco de 10 pies del extremo derecho.

Solucion. Ecuacion de la elipsex2

400+

y2

256= 1

De la figura M(10 : H) ∈ elipse:

100

400+

H2

256= 1

1

4+

H2

256= 1

H2

256=

3

4

H = 8√

3

Ejercicio 5.19. Arco semielıptico de un puente: Un puente esta disenado de tal manera que

su base tiene forma de semielipse con una luz de 150m, siendo su maxima altura 45m. Hallar

la longitud de dos soportes verticales cuya distancia entre sı y a sus respectivos extremos es la

misma.

h=45 yy

xx

Solucion. Ante esta situacion nueva, creemos conveniente elaborar un grafico en el que la

altura “h” es la longitud del eje mayor. Supongamos que el eje “x.es la base del arco y que

el origen es su punto medio.

La ecuacion del arco sera



195

x2

a2+

y2

b2= 1

siendo:

a = 75, b = 45

Para hallar la altura de los soportes, hacemos: x = 25 en la ecuacion y despejamos el valor

de y:625

5625+

y2

2025= 1 → y = 30

√2

Ejercicio 5.20. Orbita de Mercurio. Desde los tiempos de Kepler, se sabe que las orbitas de

los planetas forman una elipse alrededor del sol, con el sol en uno de los focos. Si la orbita de

Mercurio tiene una excentricidad de 0.206 y la longitud de su eje mayor es de 0,774UA (unidades

astronomicas), calcular las distancias maxima (afelio) y mınima (perihelio) de Mercurio al sol.

12v v

a c

afelio

perihelio

Solucion. Por dato:

2a = 0,774UA

a = 0,387UA

Tambien se sabe que:

c = a × e

c = (0,387)(0,206)

c = 0,080UA

Entonces:

afelio = a + c

= 0,387 + 0,080

= 0,467UA

perihelio = a − c

= 0,387 − 0,080

= 0,307UA



196

Considerando que 1UA = 150 millones de kilometros, tenemos:

• Afelio = 70 millones de kilometros.

• Perihelio = 46 millones de kilometros.

Ejercicio 5.21. Hallar las ecuaciones de las rectas tangentes a la elipse: ξ : 9x2 + 16y2 = 144,

trazadas desde (4,9).

Solucion. 1. Si una recta pasa por (4.9), entonces su ecuacion es:

L : y − 9 = m(x − 4)

y = 9 + m(x − 4)

2. Si L es tangente de ξ, entonces el discriminante de la ecuacion:

9x2 + 16[9 + mx − 4m]2 = 144 es cero.

veamos:

9x2 + 16[81 + m2x2 + 16m2 + 18mx − 72m − 8m2x] − 144 = 0

9x2 + 16[m2x2 + (18m − 8m2)x + 16m2 − 72m + 81] − 144 = 0

(9 + 16m2)x2 + 16,2m(9 − 4m)x + 16(16m2 − 72m) + 1152 = 0

(9 + 16m2)x2 + 16,2m(9 − 4m)x + 16,8(2m2 − 9m + 9) = 0

El discriminante:

[16,2m(9 − 4m)]2 − 4 · 16 · 8(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0

16 · 16 · 2 · 2m2(9 − 4m)2 − 4 · 16 · 8(9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0

2m2(9 − 4m)2 − (9 + 16m2)(2m2 − 9m + 9) = 0

2m2(81 − 72m + 16m2) − [18m2 − 81m + 81 + 32m4 − 144m3 + 144m2] = 0

162m2 − 144m3 + 32m4 − 162m2 + 81m − 81 − 32m4 + 144m3 = 0

81m − 81 = 0 ⇒ m = 1

3. Entonces, la recta tangente es

L : y = 9 + 1(x − 4)

y = x + 5

Ejercicio 5.22. Los focos de una elipse son F1(0,−6), F2(0, 6) y la ecuacion de una recta tan-

gente es:

L : 5x + 3y − 50 = 0

Hallar la ecuacion de la elipse y la ecuacion de sus directrices



197

Solucion. 1. Por la posicion de los focos, se trata de una elipse cuya ecuacion tiene la forma

ξ =y2

a2+

a2

b2= 1

ξb2y2 + a52x2 = a2b2

(EJE FOCAL coincide con el eje Y

2. Como los focos se conocen, entonces:

2c = 12

c = 6 (5.6)

3. Por la relacion

a2 = b2 + c2

se obtiene:

a2 = b2 + 36 (5.7)

4. Como L = γ = −53x+ 50

3es tangente a la elipse ξ, entonces el discriminante de la siguiente

ecuacion es cero:

b2

(

−5

3x +

50

3

)2

+ a2x2 = a2b2

25

9b2(10 − x)2 + a2x2 = a2b2

25

9b2(100 − 20x + x2) + a2x2 = a2b2

Se reduce a:

b4 − 28b2 − 2304 = 0

(b2 − 64)(b2 + 36) = 0

b2 = 64 (5.8)

5. Reemplazar (5.8) en (5.7):

a2 = 100

La elipse es:

ξ :y2

100+

x2

64= 1

6. Las ecuaciones de las direcciones son:

L2 : y =a

e⇐⇒ y =

10

6/10=

50

3, e =

c

a=

6

10

L1 : y = −a

e⇐⇒ y = −50

3

Ejercicio 5.23. Hallar el centro, los focos, vertices, extremos del eje menor, la excentricidad y

las rectas directrices de la ecuacion



198

(a)x2

9+

y2

16= 1

(b) 4x2 + y2 = 4y

(c) 4x2 + y2 = 4x

(d) 25x2 + 16y2 + 100x − 96y = 156

Solucion.

(a)x2

9+

y2

16= 1 ⇔ x2

32+

y2

42= 1

Aquı a = 4; b = 3

c2 = a2 − b2

c2 = 16 − 9 = 7

c =√

7

Luego c = (0, 0) es el centro de la elipse, su eje focal esta sobre el eje “y”.

V1 = (0, 4) y V2 = (0,−4) son las coordenadas de los vertices.

B1 = (3, 0) y B2 = (−3, 0) son las coordenadas de los extremos del eje menor.

e =c

a=

√7

4es la excentricidad.

L1 : y =a

e=

4√

74

=16√

7=

16

7

√7

L2 : y = −a

e= − 16√

7=

16

7

√7

son las ecuaciones de las rectas directrices.

F1(0,√

7) y F2 = (0,−√

7) son las coordenadas de los focos.

(b)

4x2 + y2 = 4y ⇔ 4x2 + y2 − 4y = 0

⇔ 4x2 + (y2 − 4y + 4) = 4

⇔ 4x2 + (y − 2)2 = 4

⇔ x2

1+

(y − 2)2

4= 1

⇔ x2

12+

(y − 2)2

22= 1

de esta ultima se deduce que a = 2; b = 1; c2 = a2 − b2 = 4 − 1 = 3; c2 = 3; c =√

3

La elipse tiene su eje focal paralelo al eje “y” su centro es C = (0, 2).

Las coordenadas de sus vertices son

V1 = (0, 2 + 2) = (0, 4)

V2 = (0, 2 − 2) = (0, 0)



199

la coordenada de los extremos del eje menor son

B1 = (0 + 1, 2) = (1, 2)

B2 = (0 − 1, 2) = (−1, 2)

La excentricidad es

e =c

a=

√3

2< 1

las ecuaciones de las rectas directrices son

L1 : y = 2 +a

e= 2 +

2√

32

= 2 +4√3

= 2 +4√

3

3

L1 : y = 2 +4√

3

3

L2 : y = 2 − a

e= 2 − 2

√3

2

= 2 − 4√3

= 2 − 4√

3

3

L2 : y = 2 − 4√

3

3

las coordenadas de los focos

F1 = (0, 2 +√

3)

F2 = (0, 2 −√

3)

(c)

4x2 + y2 = 4x ⇔ 4x2 − 4x + y2 = 0

⇔ 4(x2 − x) + y2 = 4

⇔ 4

(

x2 − x +1

4

)

+ (y − 2)2 = 1

⇔ 4

(

x − 1

2

)2

+ y2 = 1

⇔(x − 1

2

)2

14

+ y2 = 1

⇔(x − 1

2

)2

(12

)2 + y2 = 1

La elipse tiene su eje focal paralelo al eje y de la ultima ecuacion deducimos que a = 1;

b = 12, luego c2 = a2 − b2 = 1 − 1

4= 3

4entonces c =

√3

2

tenemos que: C = (12, 0) es el centro de la elipse.


V1 =

(1

2, 0 + 1

)

=

(1

2, 1

)

V2 =

(1

2, 0 − 1

)

=

(1

2,−1

)



200

las coordenadas de los extremos del eje menor son

B1 =

(1

2+

1

2, 0

)

= (1, 0)

B2 =

(1

2− 1

2, 0

)

= (0, 0)

La excentricidad es

e =c

a=

√3

2

1=

√3

2< 1


L1 : y =1

2+

a

e=

1

2+

1√

32

=1

2+

2√3

=1

2+

2√

3

3

L1 : y =1

2+

2√

3

3

L2 : y =1

2− a

e=

1

2− 1

√3

2

=1

2− 2√

3=

1

2− 2

√3

3

L2 : y =1

2− 2

√3

3

(d)

25x2 + 16y2 + 100x − 96y = 156 ⇔ 25(x2 + 4x) + 16(y2 − 6y) = 156

⇔ 25(x2 + 4x + 4) + 16(y2 − 6y + 9) = 156 + 100 + 144

⇔ 25(x + 2)2 + 16(y − 3)2 = 400

⇔ 25(x + 2)2

400+

16(y − 3)2

400= 1

⇔ (x + 2)2

42+

(y − 3)2

52= 1

puede notarse que el eje focal de esta elipse es paralelo al eje y.

a = 5; b = 4, luego c2 = a2 − b2 = 25 − 16 = 9 entonces c = 3

Las coordenadas del centro son C = (−2, 3).


V1 = (−2, 3 + 5) = (−2, 8)

V2 = (−2, 3 − 5) = (−2,−2)


B1 = (−2 + 4, 3) = (2, 3)

B2 = (−2 − 4, 3) = (−6, 3)

La excentricidad es

e =c

a=

3

5< 1



201


L1 : y = 3 +a

e= 3 +

535

= 3 +25

3=

34

3

L1 : y =34

3

L2 : y = 3 − a

e= 3 − 5

35

= 3 − 25

3= −16

3

L1 : y = −16

3

las coordenadas de los focos

F1 = (−2 + 3, 3) = (1, 3)

F2 = (−2 − 3, 3) = (−5, 3)

Ejercicio 5.24. Hallar el centro, los vertices, la excentricidad, las directrices, los extremos del

eje menor y de los lados rectos y la ecuacion de la elipse con

(a) Focos en (1,4) y (9,4) y semieje menor de longitud 2 unidades

(b) centro (−1, 4), vertice (1,1) y pasa por (2,−1)

(c) centro en (2,0), foco en (5,0) y vertice en (−3, 0)

(d) focos (5,0) y (−5, 0) y recta directriz L : x = −20

(e) centro en (1,−1) semieje menor horizontal de longitud 6 y excentricidad 23.

(f) La suma de las distancias de cualquier punto de la elipse a (4,−1) y (4,7) es igual a 12.

(g) con focos en (2,3) y (2,-5) y excentricidad 35

Solucion.

1. Focos en (1,4) y (9,4) y semieje menor de longitud 2 unidades

F1 = (1, 4); F2 = (9, 4)

Notamos que los focos estan a una misma altura respecto al eje “x”, por tanto su eje focal

es horizontal

C =1

2(F1 + F2) =

1

2[(1, 4) + (9, 4)]

C = (5, 4)

es el centro de la elipse

d(F1, F2) = 2C

d(f1, F2) = |1 − 9| = 8 = 2c ⇒ c = 4



202

ademas b = 2, luego a2 = b2 + c2

a2 = 4 + 16 = 20 ⇒ a =√

20 = 2√

5

la ecuacion de la elipse es:(x − 5)2

20+

(y − 4)2

4= 1

las coordenadas de los vertices son

V1 = (5 + 2√

5, 4) y V2 = (5 − 2√

5, 4)

la excentricidad es

e =c

a=

4

2√

5=

2√

5

5

e =2√

5

5

Las directrices tienen ecuaciones

L1 : x = 5 +a

e= 5 +

2√

52√

55

= 10

L1 : x = 10

L2 : x = 5 − a

e= 5 − 5 = 0

L1 : x = 0


B1 = (5, 4 + 2) = (5, 6) y B2 = (5, 4 − 2) = (5, 2)

los extremos del lado recto son

R1 =

(

1, 4 +b2

a

)

=

(

1, 4 +4

2√

5

)

=

(

1, 4 +2√

5

5

)

R2 =

(

1, 4 − b2

a

)

=

(

1, 4 − 4

2√

5

)

=

(

1, 4 − 2√

5

5

)

2. centro (−1, 4), vertice (1,1) y pasa por (2,−1)

C = (1,−4); V1 = (1, 1) su eje focal es vertical puesto que “C” y “V ” coinciden en su

primera coordenada.

d(C, V1) = a

d(C, V1) = | − 4 − 1| = 5

a = 5

V2 = (1,−4 − 5) = (1,−9) ⇒ V2 = (1,−9)



203

La ecuacion tiene la forma(x − 1)2

b2+

(y + 4)2

25= 1

y como pasa por (2,−1) tenemos que

(2 − 1)2

b2+

(−1 + 4)2

25= 1 ⇔ 1

b2+

9

25= 1

⇔ 1

b2=

16

25

⇔ b2 =25

16

⇔ b =5

4

Luego la ecuacion de la elipse es

(x − 1)2

2516

+(y + 4)2

25= 1

Los extremos del eje menor son

B1 =

(

1 +5

4,−4

)

=

(9

4,−4

)

B2 =

(

1 − 5

4,−4

)

=

(

−1

4,−4

)

ademas

c2 = a2 − b2 = 25 − 25

16=

375

16⇒ c =

5

4

√15

La excentricidad es

e =c

a=

54

√15

5=

√15

4⇒ e =

√15

4Las ecuaciones de las directrices son

L1 : y = −4 +a

e= −4 +

5√

154

= −4 +4√

15

3

L2 : y = −4 − a

e= −4 − 5

√154

= −4 − 4√

15

3

Las coordenadas de los focos son

F1 = (1,−4 + c) =

(

1,−4 +5

4

√15

)

F2 = (1,−4 − c) =

(

1,−4 − 5

4

√15

)

las coordenadas de los extremos del lado recto son

R1 =

(

1 +b2

a,−4 +

5

4

√15

)

=

(

1 +2516

5,−4 +

5

4

√15

)

=

(21

16,−4 +

5

4

√15

)

R2 =

(

1 − b2

a,−4 +

5

4

√15

)

=

(

1 −2516

5,−4 +

5

4

√15

)

=

(11

16,−4 +

5

4

√15

)



204

3. centro en (2,0), foco en (5,0) y vertice en (−3, 0)

C = (2, 0); F1 = (5, 0); V1 = (−3, 0).

Segun esto la elipse tiene eje focal horizontal

d(C, F1) = c ⇒ d(C, F1) = |5 − 2| = 3

luego c = 3

d(C, V1) = a ⇒ d(C, F1) = | − 3 − 2| = 5

Luego a = 5, sabemos que

a2 = b2 + c2 ⇔ 52 = b2 + 32

⇔ b2 = 16

⇔ b = 4

V2 = (2 + 5, 0) = (7, 0)

F2 = (2 − 3, 0) = (−1, 0)

los extremos del eje menor son

B1 = (2, 0 + b) = (2, 0 + 4) = (2, 4)

B2 = (2, 0 − b) = (2, 0 − 4) = (2,−4)

los extremos del lado recto son

R1 =

(

5, 0 +b2

a

)

=

(

5, 0 +16

5

)

=

(

5,16

5

)

R2 =

(

5, 0 − b2

a

)

=

(

5, 0 − 16

5

)

=

(

5,−16

5

)

la excentricidad es

e =c

a=

3

5⇒ e =

3

5las ecuaciones de las directrices son

L1 : x = 2 +a

e= 2 +

535

= 2 +25

3=

31

3

L1 : x =31

3

L2 : x = 2 +a

e= 2 − 5

35

= 2 − 25

3= −19

3

L1 : x = −19

3

La ecuacion de la elipse es:(x − 2)2

25+

y2

16= 1



205

4. focos (5,0) y (−5, 0) y recta directriz L : x = −20

F1 = (5, 0), F2 = (−5, 0), L1 : x = −20

Segun estos datos la elipse tiene eje focal horizontal

d(F1, F2) = 2c ⇔ d(F1, F2) = | − 5 − 5| = 10

luego 2c = 10 ⇔ c = 5

las coordenadas del centro son:

C =1

2(F1 + F2) =

1

2[(5, 0) + (−5, 0)] = (0, 0)

C = (0, 0)

d(C, L1) =a

e= 20 ⇔ a

ca

= 20 ⇔ a2

c= 20

luego:

a2

5= 20

a2 = 100

a = 10

luego

b2 = a2 − c2 = 100 − 25 = 75

b2 = 75

b = 5√

3

las coordenadas de los vertices son:

V1 = (0 + a, 0) = (10, 0)

V2 = (−10, 0)


B1 = (0, 0 + b) =(

2, 0 + 5√

3)

= (0, 5√

3)

B2 =(

2,−5√

3)

las coordenadas de los extremos del lado recto

R1 =

(

5, 0 +b2

a

)

=

(

5, 0 +75

10

)

= (5, 7.5)

R2 =

(

5, 0 − b2

a

)

=

(

5, 0 − 75

10

)

= (5,−7.5)

la excentricidad es

e =c

a=

5

10⇒ e =

1

2< 1



206

la ecuacion de la otra directriz es

x = 20

Luego la ecuacion de la elipse esx2

100+

y2

75= 1

5. centro en (1,−1) semieje menor horizontal de longitud 6 y excentricidad 23.

C = (1,−1), b = 6, la elipse tiene su eje focal vertical

e =2

3; e =

c

a⇒ c

a=

2

3⇒ a =

3

2c

a2 = b2 + c2 ⇒(

3

2c

)2

= b2 + c2

⇒ 9

4c2 − c2 = b2

⇒ 5

4c2 = b2

⇒ c2 =36(4)

5

⇒ c =12√

5

luego

a =3

2

(12√

5

)

⇒ a =18√

5

la ecuacion de la elipse es:(x − 1)2

36+

(y + 1)2

64.8= 1

6. La suma de las distancias de cualquier punto de la elipse a (4,−1) y (4,7) es igual a 12.

Los puntos dados de los focos de la elipse F1 = (4,−1) y F2 = (4, 7)

d(F1, F2) = | − 1 − 7| = 8 = 2c ⇒ c = 4

ademas d(P, F1) + d(P, F2) = 2a; donde “P” es un punto de la elipse, luego

2a = 12 ⇔ a = 6

ademas sabemos que

a2 = b2 + c2

b2 = a2 − c2

b2 = 36 − 16 = 20

b2 = 20 ⇒ b = 2√

5



207

las coordenadas del centro son

C =1

2(F1 + F2) =

1

2[(4,−1) + (4, 7)] = (4, 3)

C = (4, 3)

La ecuacion de la elipse es(x − 4)2

20+

(y − 3)2

36= 1

7. con focos en (2,3) y (2,-5) y excentricidad 35.

Segun los datos la elipse tiene su eje focal vertical.

F1 = (2, 3) ; F2 = (2,−5)

d(F1, F2) = 2c ⇔ d(F1, F2) = |3 − (−5)| = 8

⇔ c = 4

ademas

e =c

a=

3

54

a=

3

5

a =20

3

luego

b2 = a2 − c2 =400

9− 16 =

256

9

b2 =256

9

b =16

3

Las coordenadas del centro de la elipse son:

C =1

2(F1 + F2) =

1

2[(2, 3) + (2,−5)] = (2,−1)

C = (2,−1)

luego la ecuacion de la elipse es

(x − 2)2

2569

+(y + 1)2

4009

= 1

Ejercicio 5.25. Una elipse tiene los focos en (-7,-8) y (17, 2) y el semieje menor de longitud 5

unidades. Hallar el centro, los vertices, la excentricidad, las ecuaciones de las directrices y de la

elipse en el sistema xy



208

Solucion. Las coordenadas del centro son

C =1

2(F1 + F2)

C =1

2[(−7,−8) + (17, 2)]

C = (5,−3)

−−→F1F2 = (24, 10), ‖−−→F1F2‖ = 26

−→u −−−→F1F2

=

(24

26,10

26

)

−→u −−−→F1F2

=

(12

13,

5

13

)

‖−−→F1F2‖ = 2c ⇒ c = 13, b = 5

a2 = b2 + c2

a2 = 25 + 169

a2 = 194

a =√

194

los vertices

V2 = C + a~u−−−→F1,F2

= (5,−3) +√

194

(12

13,

5

13

)

V1 = C + a(−~u−−−→F1,F2

) = (5,−3) −√

194

(

−12

13,− 5

13

)


B1 = c + b~u⊥−−−→F1,F2

= (5,−3) + 5

(

− 5

13,12

13

)

B2 = c + b(−~u⊥−−−→F1,F2

) = (5,−3) + 5

(5

13,−12

13

)

el valor de la excentricidad es

e =c

a=

13√194

; e =13√194

para hallar las ecuaciones de las directrices primero hallamos sus puntos de paso correspondientes

Q ∈ L2

Q2 = C +a

e~u−−−→

F1,F2

= (5,−3) +

√19413√194

(12

13,

5

13

)

= (5,−3) +194

13

(12

13,

5

13

)



209

luego

L2 : P = Q2 + t~u⊥

es la ecuacion de “L2” en el sistema “xy” de manera analoga para hallar la ecuacion de L1.

La ecuacion de la elipse en el sistema de coordenadas x′y′ es

E :x′2

194+

y′2

25(α)

tendremos que usar la ecuacion de transformacion de coordenadas

P = C + x′~u−−−→F1,F2

+ y′~u⊥−−−→F1,F2

y aplicarla en (α), despues efectuar operaciones algebraicas resultara la ecuacion de la elipse en

el sistema xy.

5.8 Ejercicios propuestos

5.8.1 Grupo 1

Para cada una de las siguientes elipses, hallense las coordenadas de los vertices y de los focos, la

longitud del semilado recto, la excentricidad y las ecuaciones de las directrices. Tracese la curva,

mostrando todas estas caracterısticas.

Ejercicio 5.26. x2

9+ y2

4= 1

Ejercicio 5.27. 4x2 + 25y2 = 100

Ejercicio 5.28. 144x2 + 169y2 = 24336

Ejercicio 5.29. y2 = 50 − 2x2

Ejercicio 5.30. 16x2 + 25y2 = 1

Ejercicio 5.31. x2 = 49(1 − y2)

Ejercicio 5.32. Vertices (±6, 0), eje menor 10.

Ejercicio 5.33. Vertices (±5, 0), un foco (3,0)

Ejercicio 5.34. Vertices (±20, 0) excentricidad igual a 0.6



210

Ejercicio 5.35. Vertices (±4, 0), lado recto igual a 2.

Ejercicio 5.36. Extremos del eje menor en (0,±√

5), excentricidad igual a 23.

Ejercicio 5.37. Focos (±6, 0), excentricidad igual a 35.

Ejercicio 5.38. Focos (±4, 0), lado recto igual a 12.

Ejercicio 5.39. Vertices (±4, 0), directrices x = ±12.

Ejercicio 5.40. Focos (0,±2), directrices y = ±8

Ejercicio 5.41. Lado recto igual a 6.4, excentricidad igual a 0.6, eje mayor sobre eje x, eje

menor sobre el eje y.

Ejercicio 5.42. El arco de un puente de piedra tiene la forma de una semielipse; la luz es de 12

metros y la altura maxima es de 13 metros. Hallese la altura del arco a intervalos de 1.5 metros

de un extremo hasta el centro.

5.8.2 Grupo 2

A parir de los siguientes datos, hallese la ecuacion de la elipse:

Ejercicio 5.43. Eje mayor igual a 12 y paralelo al eje x, eje menor igual a 10, centro en (2,−1).

Ejercicio 5.44. Extremos del eje menor en (0,5) y (0,−7), extremos de un lado recto en (6√

3, 2)

y (6√

3,−4).

Ejercicio 5.45. Focos (5,3) y (5,−1), excentricidad igual a 14.

Ejercicio 5.46. Vertices (8,−1) y (−4,−1), lado recto igual a 3.

Ejercicio 5.47. Directrices 4x + 9 = 0 y 4x − 41 = 0, eje mayor sobre la recta y − 2 = 0,

excentricidad igual a 45.

Ejercicio 5.48. Extremos del eje menor en (−3,−2) y (13,−2), excentricidad igual a 1517

.

Ejercicio 5.49. 16x2 + 25y2 + 64x + 50y − 311 = 0

Ejercicio 5.50. 25x2 + 9y2 − 200x + 90y + 400 = 0

Ejercicio 5.51. 144x2 + 169y2 − 676y − 23660 = 0

Ejercicio 5.52. 2x2 + 3y2 − 8x − 18y + 29 = 0

Ejercicio 5.53. 16x2 + 25y2 + 96x − 50y + 169 = 0

Ejercicio 5.54. 2x2 + 5y2 + 8x − 20y + 48 = 0

Ejercicio 5.55. x2 + 4y2 − 6x + 16y = 0

Ejercicio 5.56. ¿Cual es la excentricidad de la elipse en la cual sus focos son (6,0) y (10,0)

respectivamente. La suma de las distancias de las distancias del foco a cualquier punto (x, y) de

la elipse, es 8? ¿Cuales son las ecuaciones de sus directrices?



211

5.8.3 Grupo 3

Ejercicio 5.57. Determinar la ecuacion de una elipse E sabiendo que su eje normal es el eje

focal de una parabola P con ecuacion P : y2 + 4y − 4x + 8 = 0, sus focos coinciden con los

extremos del lado recto de P y que (5, 0) ∈ E

Ejercicio 5.58. Sea E una elipse cuyo lado recto es el mismo que el de la parabola: P : (x−4)2 =

−12(y − 2). Determinar la ecuacion de E , si se sabe que E es tangente a la recta vertical h en el

punto (16,−5) de tangencia.

Ejercicio 5.59. Los extremos del lado recto de una elipse E , en los puntos (−1, 1) y (−5, 1). Si el

vertice correspondiente al foco inferior tiene coordenada negativa y esta sobre la curva xy = 18,

determinar la ecuacion de la elipse.

Ejercicio 5.60. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos focos estan situados en el eje de abscisas

y son simetricos con respecto al origen de coordenadas si P (8, 12) es un punto de la elipse y la

distancia de P al foco de abscisa negativa es 20.

Ejercicio 5.61. Encontrar la ecuacion de la elipse cuyo eje focal es paralelo al eje Y , tiene como

centro al punto (2,3), uno de sus focos sobre la recta L : 2x− y − 9 = 0 y uno de sus vertices se

encuentra en la grafica de la ecuacion x2y = −24

Ejercicio 5.62. Los focos de una elipse E son los puntos (−2, 0) y (2,0). Si el vertice de la

parabola P : x2 +2y−2 = 0 es uno de los extremos del eje menor de la elipse, hallar su ecuacion.

Ejercicio 5.63. Sea la elipse E1 : 16x2 + 9y2 − 32x − 54y − 47 = 0.

Sea la elipse E2 cuyo centro es el extremo derecho del eje menor de E1, uno de los focos es el

vertice inferior de E1, y ademas pasa por el vertice superior de E1

(a) Hallar el otro foco de E2

(b) Hallar la longitud del eje menor de E2

(c) Hallar la ecuacion de E2

Ejercicio 5.64. Entonces la ecuacion de la elipse que pasa por (2,0), tiene a (0, 2√

33

) como

uno de sus focos, su eje mayor es paralelo al eje Y , es tangente a la recta 2x + 3y = 8 y tiene

excentricidad 1/2.

Ejercicio 5.65. El centro de una elipse es (1,0). El eje normal es la recta x − y − 1 = 0, el eje

mayor mide 12 y el lado recto mide 8. Determinar la ecuacion de la elipse.

Ejercicio 5.66. Hallar la ecuacion de la elipse cuyos focos estan situados en el eje de abscisas

y son simetricos con respecto al origen de coordenadas, si la recta 3x + 4y −√

8 = 0 es tangente

a la elipse y la longitud de su semieje menor es 2.



212

Ejercicio 5.67. Determinar la ecuacion de la elipse de centro C(2, 4), eje mayor paralelo al

eje X y cuyos focos se hallan en los lados PQ y PR del triangulo PQR. Se sabe, ademas que

P (−2,−4), el angulo P tiene tangente -1, y que el lado QR mide 60, es paralelo al eje X y pasa

por el extremo superior del semieje menor.

Ejercicio 5.68. El eje menor de una elipse es el segmento ST , paralelo al eje X (S a la izquierda

de T ). El lado recto MN (M a la izquierda de N) que pasa por el foco superior se prolonga hacia

la derecha, obteniendose el segmento MA cuya longitud es el triple de la longitud del lado recto

de la elipse. Se sabe ademas que el foco inferior es el punto (4,1), el area acerca del triangulo

SNA es 3845

µ2 y que la recta L : 5x + 5y − 53 = 0 pasa por el punto M . Hallar la ecuacion de la

elipse.

5.8.4 Grupo 4

Ejercicio 5.69. El techo de un vestıbulo de 10 metros de ancho tiene la forma de una semielipse

de 9 metros de altura en el centro y 6 metros de altura de las paredes laterales. Determine la

altura del techo a dos metros de cualquier pared.

Ejercicio 5.70. La orbita de de la Tierra alrededor del Sol en forma elıptica, con el sol en uno

de los focos y un semieje mayor de longitud de 92.96 millones de millas. Si la excentricidad de

la elipse es 0.0167, determine

a) La distancia mınima de la Tierra al sol

b) La mayor distancia posible entre la Tierra y el Sol

Ejercicio 5.71. Suponga que la orbita de un planeta tiene la forma de una elipse con un eje

mayor cuya longitud es de 500 millones de kilometros. Si la distancia entre los focos es de 400

millones de kilometros, obtenga una ecuacion en la orbita.

Ejercicio 5.72. El arco de un puente es de forma semielıptica y tiene una amplitud horizontal

de 40m y una altura de 16m en su centro. ¿Que altura tiene el arco a 9m a la derecha o izquierda

del centro?

5.8.5 Soluciones Grupo 1

Solucion 5.1. V (±3, 0) , F = (±√

5, 0) , l = 43

, e =√

53

, x = ±9√

55

Solucion 5.2. V (±5, 0) , F = (±√

21, 0) , l = 45

, e =√

215

, x = ±25√

2121



213

Solucion 5.3. V (±13, 0) , F = (±5, 0) , l = 14413

, e = 53

, x = ±1695

Solucion 5.4. V (0,±5√

2) , F = (0,±5) , l = 5√

22

, e = 12

√2 , y = ±10

Solucion 5.5. V (±14, 0) , F = (± 3

20, 0) , l = 4

25, e = 3

5, x = ± 5

12

Solucion 5.6. V (±7, 0) , F = (±4√

3, 0) , l = 17

, e = 4√

37

, x = ±49√

312

Solucion 5.7. x2

36+ y2

25= 1

Solucion 5.8. x2

25+ y2

16= 1

Solucion 5.9. x2

400+ y2

256= 1

Solucion 5.10. x2

16+ y2

4= 1

Solucion 5.11. x2

9+ y2

5= 1

Solucion 5.12. x2

100+ y2

64= 1

Solucion 5.13. x2

64+ y2

48= 1

Solucion 5.14. x2

16+ y2

128/9= 1

Solucion 5.15. x2

16+ y2

12= 1

Solucion 5.16. x2

25+ y2

16= 1

Solucion 5.17. 0 m , 1.98 m , 2.61 m , 2.91 m , 3 m.

5.8.6 Soluciones Grupo 2

Solucion 5.18. (x−2)2

36+ (y−1)2

25= 1

Solucion 5.19. x2

144+ (y+1)2

36= 1

Solucion 5.20. (y−1)2

64+ (x−5)2

60= 1


36+ (y+1)2

9= 1


25+ (y−2)2

9= 1

Solucion 5.23. (y+2)2

289+ (x−5)2

64= 1

Solucion 5.24. (x+2)2

25+ (y+1)2

16= 1 ; V (3,−1) , V ′(−7,−1) ; F (1,−1) , F ′(−5, 1) ; l = 16

5; e = 3

5

; 3x − 19 = 0 , 3x + 31 = 0



214

Solucion 5.25. (y+5)2

25+ (x−4)2

9= 1 ; V (4, 0) , V ′(4,−10) ; F (4,−1) , F ′(4,−9) ; l = 9

5; e = 4

5;

4y − 5 = 0 , 4y + 45 = 0

Solucion 5.26. x2

169+ (y−2)2

144= 1 ; V (±12, 2) ; F (±5, 2) ; l = 144

13; e = 5

13; x = ±169

5


3+ (y−3)2

2= 1 ; V (2±

√3, 3) ; F (3, 3) , F ′(1, 3) ; l = 2

√3

3; e =

√3

3; x = 5 ,

x = −1


25+ (y−1)2

16= 1, elipse puntual.


10+ (y−2)2

4= 1, elipse imaginaria.


25+ (y+2)2

25/4= 1 ; V (8,−2) , V ′(−2,−2) , F (3 ± 5

√3

2,−2) ; l = 5

4; e =

√3

2;

x = 3 ± 10√

33

Solucion 5.31. 12

; x = 0 , x = 16.


Capıtulo 6

Hiperbola

6.1 Introduccion

En particular, si (en la ecuacion y2 = a + bx + cx2) el termino cx2 es cero, la conica es una

parabola; si es positiva; es una hiperbola; finalmente, si es negativo, es una elipse.

La ultima conica que consideremos es la hiperbola. Su definicion es similar a la de la elipse. En

la elipse la suma de distancias entre dos focos y un punto de la elipse se mantiene constante,

mientras que en la hiperbola es la diferencia entre esas distancias la que se mantiene fija.

Definicion 6.1. Una hiperbola es un conjunto de puntos del plano tales que el valor absoluto de

la diferencia de sus distancias a dos puntos fijos es constante. Los dos puntos fijos de denominan

focos.

A fin de obtener una ecuacion de una hiperbola se comienza como se hizo con la elipse, con-

siderando la distancia entre dos focos como 2C con c > 0. Despues se elige el eje x como la recta

que pasa por los focos F y F ′

Los puntos (c, 0) y (−c, 0) son los focos F y F ′ respectivamente. Sea 2a la constante referida

en la definicion. Se puede demostrar que c > a. El punto (x, y) de la figura es un punto de la

hiperbola si y solo si:

||FP | − |F ′P || = 2a

como

|FP | =√

(x − c)2 + y2 y |F ′P | =√

(x + c)2 + y2

P esta en la hiperbola si y solo si

|√

(x − c)2 + y2 −√

(x + c)2 + y2| = 2a

o, equivalente, sin las barras d valor absoluto√

(x − c)2 + y2 −√

(x + c)2 + y2 = ±2a

215


216

Esta ecuacion puede simplificarse al eliminar los radicales y efectuar algunas manipulaciones

algebraicas. La ecuacion que resulta es:

x2

a2− y2

b2= 1

donde b2 = c2 − a2

Foco Foco

es constante

dd

d −d

(x,y)

2

21

1

d1

(h,k)

Eje transversal

vértice

aa

c

Figura 6.1:

Las graficas de hiperbola se caracterizan por la existencia de dos ramas distintas. Como se

indica en la 6.1, la recta que une los focos corta a la hiperbola en dos puntos que se denominan

vertices. El segmento que une los vertices recibe el nombre de eje transversal y su punto medio

se denomina centro de la hiperbola. La obtencion de la ecuacion canonica de la hiperbola se

realiza en forma similar al caso de elipse. Por ello estableceremos, son demostrarlo, el siguiente

teorema:

Teorema 6.1. [ecuacion canonica de una hiperbola] La ecuacion canonica de una hiperbola de

centro (h, k) es: (x−h)2

a2 − (y−k)2

b2= 1 (eje transversal horizontal), (x−k)2

a2 − (y−h)2

b2= 1 (eje transversal

vertical) donde las distancias del centro a los vertices y a los focos son a y c, respectivamente,

siendo b2 = c2 − a2.

Observese que en la 6.1 que la diferencia de distancias constante es d1 − d2 = 2a

Ejemplo 6.1. Hallar la ecuacion canonica de la hiperbola con focos (−1, 2) y (5, 2) y con vertices

(0, 2) y (4, 2)



217

Solucion. Mediate la formula para el punto medio se deduce que el centro de la hiperbola es

(2, 2). Ademas c = 3 y a = 2, y por tanto.

b2 = 32 − 22 = 9 − 4 = 5

Ası la ecuacion de la hiperbola es: (Ver Figura 6.2)

(x − 2)2

4− (y − 2)2

5+ 1

-15 -10 -5 5 10 15

-15

-10

-5

5

10

15

20

Figura 6.2:

Una ayuda importante para representar la grafica de una hiperbola es la determinacion de sus

asıntotas. Cada hiperbola posee dos asıntotas que son dos rectas que se cruzan en el centro

de la hiperbola. Ademas,las asıntotas que pasan por los vertices de un rectangulo de lados con

longitudes 2a y 2b y centro en (h, k). El intervalo de longitud 2b que une (h, k + b) y (h, k − b)

se denomina eje conjugado de la hiperbola. El teorema siguiente proporciona las ecuaciones de

las asıntotas de una hiperbola

Teorema 6.2. [Asıntotas de una hiperbola] Dada una hiperbola de eje transversal horizontal,

sus asıntotas son rectas:

y = k +b

a(x − h) y y = k − b

a(x − h)

Si el eje transversal es vertical, sus asıntotas son rectas

y = k +a

b(x − h) y y = k − a

b(x − h)

Demostracion. Despejando la ecuacion

(x − h)2

a2− (y − k)2

b2= 1



218

tenemos

y = k ± b

a

√

(x − h)2 − a2

Si la recta y = k+ ba(x−h) es una asıntota a la hiperbola, entonces la diferencia entre los valores

de y para un punto de la hiperbola y un punto de la asıntota debe tender a cero cuando x se

hace infinito. Para probar esto, observese que

[

k +b

a

√

(x − h)2 − a2

]

−[

k +b

a(x − h)

]

=b

a[√

(x − h)2 − a2 − (x − h)]

=b

a

[(x − h)2 − a2] − (x − h)2

√

(x − h)2 − a2 + (x − h)

=−ab

√

(x − h)2 − a2 + (x − h)

Tomando ahora el limite x → ∞ obtenemos

lımx→∞

−ab√

(x − h)2 − a2 + (x − h)= 0

Luego a parte de la hiperbola descrita por

y = k +b

a

√

(x − h)2 − a2

posee la recta

y = k +b

a(x − h)

como asıntota. El comportamiento asintotico de las partes restantes de la hiperbola puede

tratarse de forma similar, con lo cual se demuestra el teorema.

Asíntota

Asíntota

Focoa

cb

(h,k)

(h,k+b)

(h,k−b)

Figura 6.3:

A partir de la Figura 6.3 se comprueba geometricamente que las asıntotas coinciden con las

diagonales del rectangulo centrado en (h, k) con dimensiones 2a y 2b. Ello proporciona un metodo

rapido para esbozar las asıntotas, lo cual de paso es tambien util para dibujar la hiperbola.



219

Teorema 6.3 (Teorema de las formas estandar de las ecuaciones hiperbolicas). Si el

centro de un hiperbola se encuentra en (h, k) y la distancia entre los vertices es 2a, entonces una

ecuacion de la hiperbola es de la forma:

(x − h)2

a2− (y − k)2

b2= 1

si el eje principal es horizontal, y

(y − k)2

a2− (x − h)2

b2= 1

si el eje principal es vertical.

Al desarrollar (x − h)2 y (y − k)2 y simplificar, se puede escribir cada una de estas ecuaciones

en la forma:

Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (1)

donde A y C tienen signos opuestos. El ejemplo siguiente presenta una ecuacion de esta forma

6.2 Problemas y ejercicios resueltos

Ejercicio 6.1. Representar la grafica de la ecuacion 4x2 + 8x − 3y2 + 16 = 0

Solucion. Expresando la ecuacion en forma canonica, se encuentra

4x2 + 8x − 3y2 + 16 = 0

4(x2 + 2x) − 3y2 = −16

−4(x2 + 2x + 1) + 3y2 = 16 − 4

−4(x + 1)2 + 3y2 = 12

y2

4− (x + 1)2

3= 1

De esta ecuacion se deduce que la hiperbola esta centrada en (−1, 0), tiene vertices (−1, 2) y

(−1,−2), y sus asıntotas son las rectas

y =2√3(x + 1) y y = − 2√

3(x + 1)

Tras representar asıntotas y vertices, como en la figura 6.4, es relativamente facil completar el

dibujo de la hiperbola.

Ejercicio 6.2. Hallar la ecuacion canonica de la hiperbola con vertices (3,−5) y (3, 1) cuyas

asıntotas son y = 2x − 8 e y = −2x + 4



220

-10 -7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

-10

-5

5

10

Figura 6.4:

Solucion. Por la formula para el punto medio, el centro de la hiperbola es (3,−2). Ademas el

eje transversal es vertical y a = 3. Debido al Teorema 6.2 las pendientes de las asıntotas son

m1 =a

by m2 = −a

b

A partir de las ecuaciones de las asıntotas se encuentra que

a

b= 2 y − a

b= −2

Y como a = 3, deducimos que b = 32. Ası pues, la ecuacion pedida es

(y + 2)2

9− (x − 3)2

94

= 1

o bien(y + 2)2

9− 4(x − 3)2

9= 1

Ejercicio 6.3. Una explosion es registrada por dos microfonos separados entre sı una milla de

distancia. El sonido es recibido en el microfono A 2 segundos antes que el microfono B ¿Donde

se produjo la explosion?

Solucion. Como la velocidad del sonido es 1100 pies/s, sabemos que la explosion sucedio 2200

pies mas lejos de B que de A. (vease la Figura 6.5)

El lugar geometrico de los puntos que estan 2200 pies mas cerca de A que de B es, por definicion,

una rama de hiperbolax2

a2− y2

b2= 1



221

1000

1000

−1000

−1000 2000−2000 3000−3000

2200 pies

2200 c−a c−a

Figura 6.5:

siendo

c =5280

2= 2640

a =2200

2= 1100

b = c−a2 = 5759600

De esta forma, la explosion se produjo en algun punto de la rama derecha de la hiperbola

x2

1210000− y2

5759600= 1

En el ejercicio 6.3 pudimos determinar la hiperbola sobre la que ocurrio la explosion, pero no

el punto exacto de la explosion. Sin embargo, si recibieramos el sonido en un tercer microfono

c, determinarıamos otras dos hiperbolas donde yace el punto d la explosion; lo cual nos permite

caracterizar ese punto como el punto de interseccion de las tres hiperbolas. Otra aplicacion

interesante de las conicas hace referencia a las orbitas de los cometas en nuestro sistema solar.

De los 566 cometas registrados antes de 1960, 211 tienen orbitas elıpticas, 290 parabolicas y 65

hiperbolicas. El centro del sol es siempre un foco de tales orbitas y las posicion mas cercana al

Sol en cada orbita es un vertice. (vease Figura 6.6).

Si p es la distancia del vertice al foco y v es la velocidad del cometa en el vertice, la orbita sera:

1. Una elipse si v <√

2GMp

2. Una parabola si v =√

2GMp

3. Una hiperbola si v >√

2GMp



222

Orbitas

Elípticas

Orbitas

ParabólicasOrbitas

Hiperbólicas

Sol

Figura 6.6:

siendo M la masa del Sol y G ∼ 6, 67(10−8)cm3 por gr y s2

Ejercicio 6.4. Usando la Figura 6.6 probar que la curvatura (en el vertice) de cada orbita

elıptica es mayor que la curvatura de la orbita parabolica, que a su vez es mayor que la de la

hiperbolica

Solucion. Dada una orbita cualquiera, situemos el origen en el vertice y el eje (mayor o transver-

sal) sobre el eje y. Como y′ = 0 en el vertice, la curvatura de cada orbita en el vertice es

K =|y′′|

[1 + (y′)2]32

= |y′′|

En el caso d orbitas parabolicas

y =x2

4p, y′ =

x

2p, y′′ =

1

2p

En consecuencia, para tales orbitas

k =1

2p

Para orbitas elıpticas o hiperbolicas, se verifica que

(y ∓ a)2

a± x2

b2= 1

y′ = ∓a2

b2

(x

y ∓ a

)

y′′ = ∓a2

b2

[(y ∓ a) − xy′

(y ∓ a)2

]

=a

b2at(0, 0)



223

En orbitas elıpticas hay dos posibilidades p = a− c o p = a + c dependiendo del foco que ocupa

el centro del Sol, y en cualquier caso b2 = a2 − c2 = (a − c)(a + c) = p(2a − p).

Por tanto, la curvatura en (0, 0) de las orbitas elıpticas es

K =a

p(2a − p)

Para las orbitas hiperbolicas se tiene que p = c− a = c2 − a2 = (c− a)(c+ a) = p(2a− p). Luego

su curvatura en (0, 0) es

K =a

p(2a + p)

Finalmente, como a > p2

para orbitas elıpticas y a 0 para las hiperbolicas, podemos resumir los

resultados para las curvaturas (k > 0) en tabla siguiente

Ejercicio 6.5. Determine los valores y focos de la hiperbola cuya ecuacion es:

x2

9− b

16= 1

Dibuje la hiperbola y muestre los focos

Solucion. Como la ecuacion es de la forma

x2

9− b

16= 1

el centro de la hiperbola esta en el origen y el eje principal es el eje x debido a que a2 = 9 y

b2=16, entonces a = 3 y b = 4. Por tanto los vertices se encuentran en V (3, 0) y V ′(−3, 0). El

numero de unidades de la longitud de la longitud del eje transverso es 2a = 6, y el numero de

unidades del eje conjugado es 2b = 8, como c2 − a2, con c > 0, se tiene:

16 = c2 − 9

c2 = 16 + 9

c2 = 25

c = 5

En consecuencia los focos estan en F (5, 0) y F (5, 0). La hiperbola es como sigue en la Figura 6.7

Ejercicio 6.6. Obtenga una ecuacion de la hiperbola que tiene un foco en (5, 0) y los extremos

de su eje conjugado se encuentra en (0, 2) y (0,−2)

Solucion. Como los extremos del eje conjugado se encuentra en (0, 2) y (0,−2), b = 2, el eje

principal coincide con el eje x, y el centro esta en el origen. En consecuencia, una ecuacion de

esta hiperbola es de la forma:x2

a2− y2

b2= 1



224

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

-10

-5

5

10

Figura 6.7:

Debido a que un foco se encuentra en (5, 0), c = 5, y como b2 = c2 − a2 entonces a2 = 25 − 4.

Ası, a =√

21 y una ecuacion de la hiperbola es:

x2

21− y2

4= 1

Si en la ecuacionx2

a2− y2

b2= 1

se intercambia x y y se obtiene:y2

a2− x2

b2= 1

la cual es la ecuacion de una hiperbola que tiene su centro en el origen y su eje principal coincide

con el eje y.

Ejercicio 6.7. La ecuacion:x2

9− y2

16= 1

puede obtenerse a partir del Ejercicio 6.5 al intercambiar x y y. La grafica de esta ecuacion es

una hiperbola que tiene su centro en origen, el eje y como su eje principal, su vertices en V (0, 3)

y V ′(0,−3) y sus focos en F (0, 5)y F ′(0,−5). La figura 6.8 muestra a la hiperbola y sus focos:

Como se hizo con las circunferencias y con las elipses, respectivamente, se puede trazar una

hiperbola en la graficadora primero se define y como dos funciones de x. las cuales se obtienen

al resolver la ecuacion de la hiperbola para y. Sin embargo, como con la elipse, es facil trazar la

grafica de la hiperbola a partir de sus ecuaciones parametricas. En la ecuacion estandar de una

elipse, se asume que a > b. Sin embargo, para una hiperbola no existe una desigualdad general

que relacione a a y b.

Por ejemplo, en el ejercicio 6.5 donde a = 3 y b = 4, a < b; pero en el ejercicio 6.6, donde



225

-10 -5 5 10

-10

-5

5

10

Figura 6.8:

a =√

21 y b = 2, a > b. Ademas, a puede ser igual a b; en este caso la hiperbola se denomina

equilatera. La hiperbola equilatera cuya ecuacion es,

x2 − y2 = 1

se conoce como hiperbola unitaria. Refierase a la figura 6.9, la cual muestra la hiperbola que

tiene la ecuacion:x2

a2− y2

b2= 1

-4 -2 2 4

-4

-2

2

4

Figura 6.9:

Las rectas diagonales punteadas son las asıntotas de la hiperbola, se estudiaron asıntotas verti-

cales, horizontales y oblicuas de una grafica, y se presentaron las definiciones formales, las cuales

implican el concepto de limite. Sin embargo, intuitivamente puede establecerse que si la distancia

no dirigida entre la grafica y una recta se hace mas pequena (sin llegar a cero) conforme |x| y

|y| se hacen cada vez mas grandes, entonces la recta es una asıntota de la grafica.



226

Observese en la figura 6.9 que las digonales del rectangulo cuyos vertices se encuentran en (a, b),

(a,−b), -(a, b) y (−a,−b) pertenecen a las asıntotas de la hiperbola.

Este rectangulo se denomina rectangulo auxiliar; sus lados tiene longitudes de 2a y 2b. Los

vertices de la hiperbola son los puntos de interseccion del eje principal y el rectangulo auxiliar.

Una grafica bastante buena de una hiperbola puede obtenerse dibujando primero el rectangulo

auxiliar. Las asıntotas se tienen al prolongar las diagonales del rectangulo. Despues, por cada

vertice se dibuja una rama de la hiperbola empleando las asıntotas como guıas. Observe que

como a2 + b2 = c2, la circunferencia que tiene su centro en el origen y pasa por lo vertices del

rectangulo auxiliar tambien pasa por los focos de la hiperbola.

Ejercicio 6.8. Determine los vertices de la hiperbola cuya ecuacion es:

x2 − 4y2 = 16

Dibuje la hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas

Solucion.x2

16− y2

4= 1

por tanto la hiperbola, tiene su centro el origen, y su eje principal es el eje x. Como a a2 = 16 y

b2 = 4, entonces a = 4 y b = 2. Los vertices se encuentran en V (4, 0) y V ′(−4, 0), y los lados del

rectangulo auxiliar tienen longitudes de 2a = 8 y 2b = 4. La figura 6.10 muestra el rectangulo

auxiliar y las asıntotas. Estas asıntotas se utilizan como guıa para dibujar la hiperbola, la cual

se muestra en la figura.

-10 -5 5 10

-4

-2

2

4

Figura 6.10:

Se puede utilizar un truco nemotecnico para obtener las ecuaciones de las asıntotas de una

hiperbola. Por ejemplo para la hiperbola que tiene la ecuacion x2

a2 − y2

b2= 1, se sustituye el

miembro derecho de cero obteniendose

x2

a2− y2

b2= 0

Al factorizar, esta ecuacion se transforma en:

(x

a− y

b

)

−(x

a+

y

b

)

= 0



227

que es equivalente a las dos ecuaciones:

xa− y

b= 0 y x

a+ y

b= 0

⇔ y = bax y y = − b

ax

las cuales son las ecuaciones de las asıntotas de la hiperbola dada

Ejercicio 6.9. Una ecuacion de la hiperbola del Ejercicio 6.8 es:

x2

16− y2

4= 1

Al fin de obtener las ecuaciones de las asıntotas se sustituye el miembro derecho por cero, por

lo que se obtiene:

x2

16− y2

4= 0

(x

4− y

2

)

−(x

4+

y

2

)

= 0

x4− y

2= 0 y x

4+ y

2= 0

⇔ y = b2x y y = − b

2x

Suponga que el centro de una hiperbola esta en (h, k). Y que su eje principal es paralelo a uno

de los ejes coordenados. Entonces, por medio de una traslacion de ejes, de modo que el punto

(h, k) sea el nuevo origen, una ecuacion de la hiperbola es:

y′2

a2− x′2

b2= 1

si el eje principal es vertical. Si se sustituye x′ por x−h y y′ por y−k; se obtienen las siguientes

formas estandar de las ecuaciones hiperbolas.

Ejercicio 6.10. Muestre que la grafica de la ecuacion:

9x2 − 4y2 − 18x − 16y + 29 = 0

es una hiperbola. Obtenga el centro, una ecuacion del eje principal y los vertices. Dibuje la

hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas

Solucion. Se comienza completando los cuadrados en x y y. Ası:

9(x2 − 2x) − 4(y2 + 4y) = −29

9(x2 − 2x + 1) − 4(y2 + 4y + 4) = −29 + 9 − 16

9(x − 1)2 − 4(y + 2)2 = −36

(y − 2)2

9− (x − 1)2

4= 1

Esta ecuacion es la de una hiperbola cuyo centro esta en (1,−2) y cuyo eje principal es la recta

vertical que tiene ecuacion x = 1. Como a2 = 9 y b2 = 4, entonces a = 3 y b = 2. Los vertices se

encuentran en el eje principal a 3 unidades arriba y debajo del centro; ellos estan en V (1, 1) y

V ′(1,−5). El rectangulo auxiliar tiene lados de longitudes: 2a = y 2b = 4; este se muestra en la

siguiente figura 6.11 junto con las asıntotas y las hiperbolas.



228

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5 10

-15

-10

-5

5

10

Figura 6.11:

En el ejemplo ilustrativo siguiente se tiene otra ecuacion de la forma (1)

Ejercicio 6.11. La ecuacion:

4x2 − 12y2 + 24x + 96y − 156 = 0

puede escribirse como

4(x2 + 6x) − 12(y2 − 8y) = 156

y al completar los cuadrados en x y y se tiene:

4(x2 + 6x + 9) = 12(y2 − 8y + 16) = 156 + 36 − 192

4(x + 3)2 − 12(y − 4)2 = 0

(x + 3)2 − 3(y − 4) = 0

[(x + 3) − (y − 4)][(x + 3) + (y − 4)] = 0

x + 3 −√

3(y − 4) = 0 y x + 3 + (y − 4) = 0

las cuales son ecuaciones de dos rectas que pasan por el punto (−3, 4).

Se puede demostrar en general que la grafica de cualquier ecuacion de la forma (1) es una

hiperbola o dos rectas que se intersectan. Los resultados del ejercicio 6.10 y del ejercicio 6.11 son

casos particulares de este hecho. La ecuacion anterior es el caso especial de la ecuacion general

de segundo grado en dos variables.

Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (2)

Donde B = 0 y AC < 0( es decir A y C tienen signo opuesto).

El teorema siguiente resume las conclusiones de la discusion anterior



229

Teorema 6.4. Si en la ecuacion general de segundo grado (2), B = 0 y ; AC < 0 entonces la

grafica es una hiperbola o dos rectas que se intersectan.

El caso degenerado de la hiperbola, dos rectas que se intersectan obtiene como una seccion conica

si el plano cortante al vertice y dos generatrices del cono.

Ejercicio 6.12. Los vertices de na hiperbola se encuentra en (−5,−3) y (−5,−1), y los extremos

de sus eje conjugado estan en (−7,−2) y (−3,−2). Obtenga una ecuacion de la hiperbola y las

ecuaciones de las asıntotas. Dibuje la hiperbola y las asıntotas.

Solucion. La distancia entre los vertices es 2a; por tanto, 2a = 2 y a = 1. La longitud del eje

conjugado es 2b; de modo que 2b = 4 y b = 2. Debido a que el eje principal es vertical, una

ecuacion de la hiperbola es de la forma:

(y − k)2

a2− (x − h)2

b2= 1

El centro (h, k) esta la mitad de la distancia entre los vertices, y por lo tanto, se encuentra en el

punto (−5,−2). En consecuencias, una ecuacion de la hiperbola es:

(y + 2)2

1− (x + 5)2

4= 1

Al sustituir el miembro derecho de cero, a fin de obtener las ecuaciones de las asıntotas se tiene:(

y + 2

1− x + 5

2

)(y + 2

1+

x + 5

2

)

= 0

y + 2 =1

2(x + 5) y y + 2 = −1

2(x + 5)

La hiperbola y las asıntotas se muestran en la figura 6.12.

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

-5

-4

-3

-2

-1

1

Figura 6.12:

Como con la elipse, la forma de un hiperbola esta determinada por su excentricidad, definida de

igual manera que para la elipse, esto es, si e es la excentricidad de una hiperbola, entonces

e =c

a

Sin embargo, para una hiperbola e > 1. Esto es una consecuencia de que c > a debido a que

para una hiperbola

c2 = a2 + b2 (3)



230

A partir de esta ecuacion, cuando a = b, se obtiene c =√

2a. Por lo que la excentricidad de una

hiperbola equilatera es√

2. Consulte la figura 6.15.

Si e se aproxima a 1, mientras que a permanece fija, entonces c se aproxima a a y, de la ecuacion

(3), b se aproxima a 0, por lo que la forma de la hiperbola se hace flaca en torno a su eje principal.

La figura 6.13 muestra una hiperbola con e = 1,05 y el mismo valor de a como en la figura 6.14.

Si e incrementa conforme a permanece fija, entonces c y b se incrementan, y la forma de hiperbola

se hace gorda en torno a su principal.Refierese a la figura 6.15 la cual representa una hiperbola

con e = 2 y el mismo valor de a como en las figuras 6.13 y 6.14.

v’F’

vF

0

e=1.05

Figura 6.13:

v’F’

vF

0

e=−2

Figura 6.14:

La propiedad de la hiperbola dada en su definicion constituye la base de varios sistemas de

navegacion. Estos sistemas estan constituidos por una red de pares de radiotransmisores en

posiciones fijas y a una distancia conocidas entre sı. Los radiotransmisores envıan senales de

radio que son recibidas por un navegante. La diferencia de tiempo de llegada de las dos senales

determinan la diferencia 2a de las distancias con relacion al navegante. Ası, se sabe que la posicion

del navegante se encuentra a algun punto largo de un arco de una hiperbola cuyos focos estan en



231

v’F’

vF

0

e=2

Figura 6.15:

las posiciones de los radiotransmisores. Se determina un arco, y no ambos, debido al retraso de

la senal de los radiotransmisores que integran el sistema. El procedimiento se repite para un par

diferente de radiotransmisores y se determina otro arco de hiperbola que proporciona la posicion

del navegante. El punto de interseccion de los dos arcos hiperbolicos es la posicion real del

navegante. Por ejemplo, suponga que un par de radiotransmisores se localizan los puntos T1 y S1

y las senales desde este par determinan el arco hiperbolico A1. Otro para de radiotransmisores

ubicados en los puntos T2 y S2 determinan, a partir de sus senales, el arco hiperbolico A2.

Entonces, la interseccion de A1 y A2 es la posicion del navegante.

La hiperbola posee una propiedad de reflexion que se emplea en el diseno de ciertos telescopios,

La hiperbolas tambien se utilizan en la guerra para localizar la artillerıa enemiga mediante el

ruido de disparos, este metodo se denomina localizacion acustica. Algunos cometas se desplazan

en orbitas hiperbolicas.

Ejercicio 6.13. Con respecto a las ecuaciones de las hiperbolas siguientes, encontrar el centro,

los focos las asıntotas y las directrices

a) (x−1)2

25− (y+1)2

5= 1

Solucion. Su centro es el punto (2,-1) a = 5; b =√

5

c =√

a2 + b2 =√

25 + 5 =√

30

los vertices:

V1 = (2 + a,−1) = (2 + 5, 1) = (7,−1)

V2 = (2 − a, 1) = (2 − 5,−1) = (−3,−1)

los focos:

F1 = (2 + c,−1) = (2 +√

30,−1)

F2 = (2 − c,−1) = (2 −√

30,−1)



232

la directrices:

X1 = 2 +a

e= 2 +

5√30/5

= 2 +25√30

X2 = 2 − a

e= 2 − 5√

30/5= 2 − 25√

30

para hallar las ecuaciones de las asıntotas, tenemos

(x − 2)2

25=

(y + 1)2

5→ (y + 1)2 =

(x − 2)2

5

→ y + 1 = ±(x − 2)√5

y =(x − 2)√

5− 1 es la ecuacion de una asıntota

y =−(x − 2)√

5− 1 es la ecuacion de otra asıntota

b) (x−1)2

16− (y+1)2

16= 1

Solucion. Su centro es el punto (1,−1)

a = 4, b = 4, c =√

a2 + b2 =√

16 + 16 = 4√

2; c = 4√

2

luego, sus vertices son

V1 = (1 + 4,−1) = (5,−1)

V2 = (1 − 4,−1) = (−3,−1)

sus focos son:

F1 = (1 + 4√

2,−1)

F2 = (1 − 4√

2,−1)

sus directrices son:

x1 = 1 +a

e= 1 +

4

4√

2/4= 1 +

16

4√

2= 1 +

4√2

= 1 +4√

2

2= 1 + 2

√2

X1 = 1 + 2√

2

X2 = 1 − 2√

2

Las asıntotas

(y+1)2

16= (x−1)2

16→ y+1

4= ± (x−1)

4

→ y = (x − 1) − 1 → y = x − 2 o

y = −x + 1 − 1 → y = −x



233

c) 9x2 − 4y2 − 18x − 4y − 44 = 0

9(x2 − 2x) − 4(y2 + y) = −44

9(x2 − 2x + 1) − 4(y2 + y) = −44

9(x2 − 2x + 1) − 4(y2 + y +1

4) = −44 + 9 − 1

9(x − 1)2 − 4(y + 1/2)2 − 9(x − 1)2 = 36

4(y + 1/2)2 − 9(x − 1)2 = 36

(y + 1/2)2

9− (x − 1)2

4= 1

Su centro es el punto: (1,−1/2)

a = 3, b = 2, c =√

a2 + b2 =√

9 + 4 =√

13; c =√

13

Sus vertices son:

V1 = (1,−1/2 + 3) = (1, 5/2)

V2 = (1,−1/2 − 3) = (1,−7/2)

Sus focos son:

F1 = (1,−1/2 +√

13) y

F2 = (1,−1/2 −√

13)

la ecuacion de las directrices son:

y = −1

2+

a

e= −1

2+

3√13/3

= −1

2+

9√13

o

y = −1

2− 9√

13

Las ecuaciones de las asıntotas son

(y + 1/2) = ±3

2(x − 1)

Ejercicio 6.14. Hallar la ecuacion de cada una de las hiperbolas siguientes, ası como el centro,

los vertices, ecuaciones de las asıntotas y de las directrices. Estas hiperbolas tienen:

Solucion. a) a = 4, b = 3, eje conjugado al eje y, centro (2, 4)

Solucion.

c =√

a2 + b2 =√

16 + 9 = 5; c = 5

La ecuacion de la hiperbola es:

(x − 2)2

16− (y − 4)2

9= 1



234

Los vertices

V1 = (2 + 4, 4) = (6, 4) y

V2 = (2 − 4, 4) = (−2, 4)

Los focos son

F1 = (2 + 5, 4) = (7, 4)

F2 = (2 − 5, 4) = (−3, 4)

Las ecuaciones de las directrices:

X1 = 2 + a/e = 2 +4

5/4= 2 +

16

5= 26/5; X1 = 26/5

X2 = 2 − a/e = 2 − 16/5 = −6/5; X = 2 = −6/5

Las ecuaciones de las asıntotas son

y − 4 = ±3

4(x − 2)

b) a = 3, b = 4, eje transverso paralelo al eje X, centro (4,-1)

Solucion.

c =√

a2 + b2 =√

a + 16 =√

25 = 5; c = 5


(x − 4)2

9− (y + 1)2

16= 1

Sus vertices son:

V1 = (4 + 3,−1) = (7,−1) y

V2 = (4 − 3,−1) = (1,−1)

Sus focos son:

F1 = (4 + 5,−1) = (9,−1)

F2 = (4 − 5,−1) = (−1,−1)

Las ecuaciones de las directrices:

X1 = 4 +a

e= 4 +

3

5/3= 4 +

9

5=

29

5; X1 =

29

5

X2 = 4 − a

e= 4 +

9

5=

11

5; X2 =

11

5

c) a = 5, b = 12, eje conjugando perpendicular al eje “y”, centro (1,−3)



235

Solucion. c2 = 25 + 144 = 169 → c = 13 La ecuacion de la hiperbola es:

(x − 1)2

25− (y + 3)2

144= 1

Los vertices son:

V1 = (1 + 5,−3) = (8,−3)

V2 = (1 − 5,−3) = (−4,−3)

Los focos son:

F1 = (1 + 13,−3) = (14,−3)

F2 = (1 − 13,−3) = (−12,−3)

Las directrices son:

X1 = 1 +a

e= 1 +

5

13/5= 1 +

25

13=

38

13; X1 =

38

13

X2 = 1 − 25

13=

−12

13; X2 = −12/13

Las ecuaciones de las asıntotas:

y + 3 = ±12

5(x − 1)

d) Centro (−3,−1), vertice (1,−1) y foco (2,−1)

Solucion. Notemos que el vertice y el foco, tienen la misma segunda coordenada, luego el

eje focal es paralelo al eje x o lo que es lo mismo decir que su eje transversa es paralelo al

eje x

C = (−3,−1) centro

V1 = (1,−1) vertice

F1 = (2,−1) foco

d(C, v1) = a ⇔ a = | − 3 − 1| = 4 → a = 4

d(C, F1) = C ⇔ c = | − 3 − 2| = 5 → c = 5

Luego b2 = c2 − a2 = 25 − 16 = 9 → b = 3 La ecuacion de la hiperbola es

H :(x + 3)2

16− (y + 1)2

9= 1

El otro vertice es:

V2 = (−3 − 4,−1) = (−7,−1)

El otro foco es:

F2 = (−3 − 5,−1) = (−8,−1)



236

La ecuaciones de la directrices son:

X1 = −3 +a

e= −3 +

4

5/4= −3 +

16

5=

1

5; X1 =

1

5

X2 = −3 − a

e= −3 − 16

5= −31

5; X2 = −31

5

La ecuaciones de las asıntotas son:

y + 1 = ±3

4(x + 3)

e) Un extremo dele eje conjugado en (4, 6) un vertice en (8, 3) y un foco en el punto (−1, 3)

Solucion. Notemos que el vertice V1 = (8, 3) y el foco F1 = (−1, 3), tienen la misma

segunda coordenada, esto significa que el eje focal es horizontal.

la primera coordenada del centro debe ser “4 2la segunda debe de ser “3”. Es decir el centro

es (4, 3).

C = (4, 3)

d(C, V1) = a → a = 4

d(c, F1) → c = 5

Luego b2 = c2 − a2 = 25 − 16 = 9 → b = 3


(x − 4)2

16− (y − 3)2

9= 1

El otro vertice es:

V2 = (4 − 4, 3) = (0, 3)

El otro foco es:

F2 = (4 + 5, 3) = (9, 3)

Las rectas directrices son:

X1 = 4 +a

e= 4 +

4

5/4= 4 +

16

5=

36

5; X1 =

36

5

X2 = 4 − a

e= 4 − 16

5=

4

5; X2 =

4

5

Las rectas asıntotas son:

y − 3 = ±3

4(x − 4)

Ejercicio 6.15. Hallar la ecuacion del lugar geometrico de los puntos P = (x, y) tales que

a) La diferencia, en valor absoluto de las distancias del punto “p.a (4, 1) y (−2, 1) es igual a 5



237

Solucion. |d(p, (4, 1))− d(p, (−2, 1))| = 5, aquı 5 = 2a ⇒ a = 5/2

d((4, 1), (−2, 1)) = 2c ⇒ 2c = 6 ⇒ c = 3

ademas b2 = c2 − a2 = 9 − 254

= 114⇒ b =

√112

El lugar geometrico es un hiperbola, cuyo centro es una hiperbola, cuyo centro es (1, 1)y

su ecuacion es

H :(x − 1)2

25/4− (y − 1)2

11/4= 1

b) La distancia al punto (2, 3) es el doble de su distancia a la recta y = 1

Solucion. d(p, (2, 3)) = 2(p, L); L : y = 1

d(p, (2, 3)) =√

(x − 2)2 + (y − 3)2

d(p, L) = |y − 1|

Luego:√

(x − 2)2 + (y − 3)2 = 2(y − 1)

(x − 2)2 + (y − 3)2 = 4(y − 1)2

(x − 2)2 + y2 − 6y + 9 = 4y2 − 8y + 4

(x − 2)2 − 3y2 + 2y + 5 = 0

(x − 2)2 − 3(y2 − 2/3y + 1/9) = −5 − 1

3

(x − 2)2 − 3(y − 1/3)2 = −16

3

3(y − 1/3)2 − (x − 2)2 =16

3

(y − 1/3)2

169

− (x − 2)2

163

= 1 es la ecuacion del lugar geometrico

c) La distancia al punto (4, 5) es tres veces la distancia a la recta de ecuacion x = −2

Solucion. d(p, (4, 5)) = 3d(p, L); L : x = −2

d(P, (4, 5)) =√

(x − 4)2 + (y − 5)2; d(P, L) = |x + 2|Luego:

√

(x − 4)2 + (y − 5)2 = 3|x + 2| ⇒ (x − 4)2(y − 5)2 = 9(x + 2)2

⇒ x2 + 16 − 8x − 9x2 − 36x − 36 + (y − 5)2 = 0

⇒ (y − 5)2 − 8x2 − 44x − 20 = 0

⇒ (y − 5)2 − 8(x2 +11

2x +

121

16) = 20 − 121

2

⇒ (y − 5)2 − 8(x +11

4)2 =

−81

2

⇒ 8(x +11

4)2 − (y − 5)2 =

81

2

⇒ (x + 11/4)2

818

− (y − 5)2

812

= 1 es la ecuacion del lugar geometrico



238

Ejercicio 6.16. Hallar la ecuacion de la hiperbola equilatera centrada en el origen y que pasa

por el punto (4,−2)

Solucion. Puede ser: x2

a2 − y2

a2 = 1 y como P = (4,−2) es un punto de la hiperbola, debe satisfacer

su ecuacion.

Esto es:42

a2− (−2)2

a2= 1 ⇒ 16 − 4

a2⇒ a2 = 12

Luego la ecuacion es:

x2 − y2 = 12

Ejercicio 6.17. Hallar la ecuacion de la hiperbola equilatera centrada en el origen, y que pasa

por el punto (−3,√

2)

Solucion. Puede ser: x2 − y2 = a2; p = (−3√

2) debe satisfacer su ecuacion

(−3)2 − (√

2)2 = a2 ⇒ 9 − 2 = a2 ⇒ a2 = 7

Luego la ecuacion es

x2 − y2 = 7

Ejercicio 6.18. Hallar la ecuacion de la hiperbola con focos en (0, 0) y (6, 0) y excentricidad

e = 3/2

Solucion.

F1 = (0, 0); F2 = (6, 0)

observemos que tienen la misma segunda coordenada, por lo tanto el eje focal es horizontal.

Las coordenadas del centro:

1

2(F1 + F2) =

1

2[(0, 0) + (6, 0)] = (3, 0)

C = (3, 0) es el centro de la hiperbola

d(F1, F2) = 2c ⇒ |0, 6| = |6| = 6 = 2c → C = 3

e =c

a=

3

2⇔ 3

a=

3

2⇔ a = 2

b2 = c2 − a2 = 9 − 4 = 5 → b2 = 5

Luego la ecuacion de la hiperbola es:

(x − 3)2

4− y2

5= 1

Ejercicio 6.19. Hallar la ecuacion de la hiperbola con vertices en los puntos (1, 2) y (1, 12), y

excentricidad e = 2



239

Solucion.

d(V1, V2) = 2a; V1 = (1, 2); V2 = (1, 12)

d(V1, V2) = 10 = 2a ⇒ a = 5

e =c

a= 2 ⇔ c

5= 2 ⇔ c = 10

ademas: b2 = c2 − a2 = 100 − 25 = 75

b2 = 75

Las coordenadas del centro son: (1, 7)

(y − 7)2

25− (x − 1)2

75= 1 es la ecuacion de la hiperbola

Ejercicio 6.20. Hallar la ecuacion de la hiperbola cuyos vertices se encuentran en los focos de

la elipse [ (x−2)2

16] + [ (y+1)2

9] = 1 , y los vertices de esta elipse se encuentran en los focos de la

hiperbola

Solucion. El eje focal de la elipse es horizontal, y su centro en el punto (2,−1).

En la elipse:(x − 2)2

(4)2+

(y + 1)2

(3)2= 1

a = 4; b = 3; c =√

a2 − b2 =√

16 − 9 =√

7; c =√

7

Los focos de la elipse son:

F1 = (2 +√

7,−1)

F2 = (2 −√

7,−1)

Los vertices de la elipse son:

V1 = (2 + 4,−1) = (6,−1)

V2 = (2 − 4,−1) = (−2,−1)

Luego las vertices de la hiperbola son

V1H = (2 +√

7,−1) y V2H = (2 −√

7,−1)

y los focos de la hiperbola son

F1H = (6,−1)

F2H = (−2,−1)

Luego se tiene en la hiperbola

d(F1H , F2H) = 2c = 8 → c = 4

d(V1H , V2H) = 2a = 2√

7 → a =√

7

Luego b2 − c2 − a2 → b =√

16 − 7 =√

9 = 3 → b = 3 Luego la ecuacion de la hiperbola es :

H :(x − 2)2

7− (y + 1)2

9= 1



240

Ejercicio 6.21. Hallar la ecuacion de dos rectas perpendiculares, trazadas desde el foco derecho

de la hiperbola x2

16− y2

9= 1 a sus asıntotas

Solucion. Su ecuacion de la hiperbola: x2

(4)2− y2

(3)2= 1; a = 4, b = 3

el centro es (0, 0); c =√

a2 + b2 =√

16 + 9 =√

25 = 5; c = 5

luego los focos son F1 = (5, 0) y F2 = (−5, 0).

El foco derecho es “F1”.

Las ecuaciones de las asıntotas son: y = ±34x

L1 : y =3

4x; L2 : y = −3

4x

Luego una de las rectas trazadas desde el foco “F”, perpendicular a la recta “L1” es:

y − 0 = −4

3(x + 5) ⇔ y = −4

3(x + 5)

y la ecuacion de la recta trazada desde el foco “F1

2perpendicular a la recta “L1.es:

y − 0 =4

3(x + 5) ⇔ y =

4

3(x + 5)

Ejercicio 6.22. Hallar el angulo formado por las rectas asıntotas de toda hiperbola H cuya

excentricidad seas e = 2.

Solucion.

e =c

a= 2 → c = 2a

ademas c2 = a2 + b2 → (2a)2 = a2 + b2

⇒ 4a2 = a2 + b2 ⇒ b2 = 3a2

H :x2

a2− y2

3a2= 1

Luego las asıntotas son:

y = ±√

3a

ax

y =√

3x

Luego las pendientes de estas rectas son:

m1 =√

3 y m2 = −√

3

tan θ =m1 − m2

1 + m1m2=

√3 +

√3

1 − 3=

2√

3

−2

tan θ = −√

3

luego

θ = 120o



241

Ejercicio 6.23. Hallar la ecuacion de la hiperbola centrada en (0, 0) y con eje focal paralelo al

eje x.

a) Cuyo semieje transverso mide 6 unidades y excentricidad 32

Solucion.

a = 6; e =c

a=

3

2⇔ c

6=

3

2⇔ c = 9

b2 = c2 − a2 = 81 − 36 = 45

b2 = 45


H :x2

36− y2

45= 1

b) Cuya distancia focal es 26 y la excentricidad es 135

Solucion.

d(F1, F2) = 26 ⇔ 2c = 26

⇔ c = 13

e =c

a=

13

5⇔ 13

a=

13

5⇔ c = 13

ademas:

b2 = c2 − a2

b2 = 169 − 25 = 144

b2 = 144


H :X2

25− y2

144= 1

Ejercicio 6.24. En las siguientes hiperbolas, hallar la ecuacion de la recta tangente en el punto

de contacto dado:

a) 25x2 − y2 = 100; (−3, 5√

5)



242

Solucion. Hacemos y′ = dydx

en la ecuacion de la hiperbola

25(2)x − 2yy′ = 0

25(2)x = 2yy′

y′ =25x

y

y′∣∣(−3,5

√5)

=25(−3)

5√

5=

−15√5

=−15

√5

5

y′∣∣(−3,5

√5)

= −3√

5 es la pendiente de la ruta

Luego la ecuacion de la recta tangente es:

LT : y − 5√

5 = −3√

5(x + 3)

b) 4y − x2 = 1; (−1,−√

2/2)

Solucion. Hallemos y′ = dydx

en la ecuacion de la hiperbola

4(2)yy′ − 2x = D

4(2)yy′ = 2x ⇒ y′ = x4y

Luego:

y′∣∣−1,−

√2

2

=−1

4(−√

22

)=

1

2√

2

y′∣∣−1,−

√2

2

=

√2

4es la pendiente de la recta tangente

Luego la ecuacion de la tangente es:

LT : y +

√2

2=

√2

4(x + 1)

c) 4x2 − 3y2 = 24; (3, 2)

Solucion. Hallemos y′ = dydx

en: 4x2 − 3y2 = 2y

4(2)x − 3(2)yy′ = 04(2)x3(2)y

⇒ y′ = 4x3y

Luego:

y′∣∣(3,2)

=4(3)

3(2)= 2

y′∣∣(3,2)

= 2 es la pendiente de la recta tangente

LT = y − 2 = 2(x − 3)

LT = 2x − y − 4 = 0



243

Ejercicio 6.25. Hallar las longitudes de los vectores focales del punto (6, 5) de la hiperbola

5x2 − 4y2 = 80

Solucion.H : 5x2 − 4y2 = 80

x2

16− y2

20= 1 ⇔ a = 4; b = 2

√5

c =√

16 + 20 =√

36

c = 6

e =c

a=

6

4=

3

2→ c =

3

2

las longitudes de los vectores focales son:

|e(6) + a| y |e(6) − a| esto es:

|3/2(6) + 4| = |13| = 13 y

|3/2(6) − 4| = |9 − 4| = 5

Rpta: 13 y 5

Ejercicio 6.26. Hallar la ecuacion de la hiperbola que pasa por (6, 4), tiene su eje focal paralelo

al eje y y sus asıntotas son las rectas con ecuaciones:

L1 : x + 2y − 3 = 0, L2 = x − 2y + 1 = 0

Solucion.L1 : x + 2y − 3 = 0; L2 : x − 2y + 1 = 0

L1 : 2y − 2 = −x + 1; L2 : 2y − 2 = x − 1

L1 : 2(y − 1) = −(x − 1); L2 : 2(y − 1) = (x − 1)

L1 : (y − 1) = −12(x − 1); L2 : (y − 1) = 1

2(x − 1)

Luego las ecuaciones de las asıntotas son:

(y − 1) = ±1

2(x − 1)

comparando con la forma:

(y − k) = ±a

b(x − h)

H :(y − k)2

a2− (x − h)2

b2= 1

a

b=

1

2→ b = 2a

(y − 1) = ± a

2a(x − 1)

4a2(y − 1)2 = a2(x − 1)2

4a2(y − 1)2 − a2(x − 1)2 = 1



244

reemplazando las coordenadas del punto: (6, 4)

4a2(9) − a2(25) = 1 → 36a2 − 25a2 = 1 → 11a2 = 1 → a2 =1

11

Luego:

H :(y − 1)2

11/4− (x − 1)2

11= 1 es la ecuacion de la hiperbola

6.3 Ejercicios y problemas propuestos

1. En los ejercicios siguientes, los vertices y los focos de las correspondientes hiperbolas. Con

la ayuda de las asıntotas, representar las graficas las hiperbolas propuestas. (Larson Pag.

541-542)

a) 2x2 − 3y2 = 6

b) 5y2 = 4x2 + 20

c) (x−1)2

4− (y+2)2

1= 1

d) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1

e) 9y2 − x2 + 2x + 54y + 62 = 0

2. En los ejercicios siguientes hallar una ecuacion para cada hiperbola

a) Centro (0, 0); un vertice (0, 2) un foco (0, 4)

b) Vertices (0, 2); y (6, 2); asıntotas y = 23

e y = 4 − 23x

c) Vertices (2, 3); y (2,−3); pasa por el punto (0, 5).

d) Hallar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a la hiperbola (y2

4) − (x2

2) = 1 en

x = 4.

3. Clasificar la conica correspondiente a cada ecuacion en uno de los tipos: circunferencia,

parabola, elipse, hiperbola.

4y2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0

4. En los ejercicios siguientes, para la hiperbola que tiene la ecuacion indicada determine (a)

el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hiperbola y muestra los focos.

(Leithold pag. 1200)

a) y = x2

64− y2

36= 0

b) y2

25− x2

144= 1



245

c) 9x2 − 4y2 = 36

5. Para la hiperbola cuya ecuacion se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c)

los vertices, (d) Dibuje la hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas.

a) y = y2

4− x2

16= 1

b) x2 − y2 + 6x − 4y − 4 = 0

c) 9x2 − 16y2 + 54x − 32y − 79 = 0

d) 4y2 − 9x2 + 16y + 18x = 29

6. Obtenga una ecuacion de la hiperbola que satisface las condiciones senaladas y dibujelas.

a) Vertices en (−2, 0); y (2, 0) y eje conjugado de longitud 6.

b) Centro en el origen, sus focos sobre el eje y, y pasa por los puntos (−2, 4); y (−6, 7)

c) Centro en (−2,−1); un vertice en (−2, 11); y un foco en (−2, 13).

d) Focos en (−1, 4) y (7, 4), y la longitud del eje transverso es 23.

e) Los vertices de una hiperbola se encuentra en (−3,−1) y (−1,−1) las distancia entre

los focos es 2√

5. Obtenga (a) una ecuacion de la hiperbola, y (b) las ecuaciones de

las asıntotas.

f) Obtenga una ecuacion de la hiperbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 +

11y2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hiperbola.

6.4 Respuestas Ejercicios Propuestos

1. En los ejercicios siguientes, hallar el centro, los vertices y los focos de las correspondientes

hiperbolas. Con la ayuda de las asıntotas, representar las graficas las hiperbolas propuestas.

a) 2x2 − 3y2 = 6

Solucion

Centro: (0, 0)

Vertices: (±√

3, 0)

Focos: (±√

5, 0)



246

-10 -5 5 10

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

b) 5y2 = 4x2 + 20

Solucion

Centro: (0, 0)

Vertices: (0,±√

3)

Focos: (0,±√

5)

-10 -5 5 10

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

c) (x−1)2

4− (y+2)2

1= 1

Solucion

Centro: (1,−2)

Vertices: (−1,−2), (3,−2)

Focos: (1 ±√

5,−2)

-10 -5 5 10

-6

-4

-2

2



247

d) (y + 6)2 − (x − 2)2 = 1

Solucion

Centro: (2,−6)

Vertices: (2,−5), (2,−7)

Focos: (2,−6 ±√

2)

-5 -2.5 2.5 5 7.5 10

-15

-12.5

-10

-7.5

-5

-2.5

2.5

e) 9y2 − x2 + 2x + 54y + 62 = 0

Solucion

Centro: (1,−3)

Vertices: (1,−3 ±√

2)

Focos: (1,−3 ± 2√

5)

-30 -20 -10 10 20 30

-10

-5

5

2. En los ejercicios siguientes hallar una ecuacion para cada hiperbola.

a) Centro (0, 0); un vertice (0, 2) un foco (0, 4)

Solucion

y2

4− x2

12= 1

b) Vertices (0, 2); y (6, 2); asıntotas y = 23

e y = 4 − 23x

Solucion

(x − 3)2

9− (y − 2)2

4= 1

c) Vertices (2, 3); y (2,−3); pasa por el punto (0, 5).

Solucion



248

y2

9− (x − 2)2

94

= 1

d) Hallar las ecuaciones de las rectas perpendiculares a la hiperbola (y2

4) − (x2

2) = 1 en

x = 4.

Solucion

En: (4, 6)3x + 4y − 36 = 0 En: (4,−6)3x − 4y − 36 = 0

3. Clasificar la conica correspondiente a cada ecuacion en uno de los tipos: circunferencia,

parabola, elipse, hiperbola.

4y2 − 2x2 − 4y − 8x − 15 = 0

Solucion

Hiperbola

4. En los ejercicios siguientes, para la hiperbola que tiene la ecuacion indicada determine (a)

el centro (b) el eje principal, y (c) los vertices, (d). Dibuje la hiperbola y muestra los focos.

a) x2

64− y2

36= 1

Solucion

(a) (0, 0)

(b) eje x

(c) (−8, 0), (8, 0)

(d) (−10, 0), (10, 0)

(e)

-15 -10 -5 5 10 15

-10

-5

5

10



249

b) y2

25− x2

144= 1

Solucion

(a) (0, 0)

(b) eje y

(c) (0,−5), (0, 5)

(d) (0,−13), (0, 13)

(e)

-20 -10 10 20

-15

-10

-5

5

10

15

c) 9x2 − 4y2 = 36 Solucion

(a) (0, 0)

(b) eje x

(c) (−2, 0), (2, 0)

(d) (−√

13, 0), (√

13, 0)

(e)

-6 -4 -2 2 4 6

-10

-5

5

10



250

5. Para la hiperbola cuya ecuacion se indica, obtenga (a) el centro, (b) el eje principal, y (c)

los vertices, (d) Dibuje la hiperbola y muestre el rectangulo auxiliar y las asıntotas.

a) y = y2

4− x2

16= 1

Solucion

(a) (0, 0)

(b) eje y

(c) (0,−2), (0, 2)

(d)

-20 -10 10 20

-15

-10

-5

5

10

15

b) x2 − y2 + 6x − 4y − 4 = 0

Solucion

(a) (−3,−2)

(b) y = −2

(c) (−6,−2), (0,−2)

(d)

-10 -7.5 -5 -2.5 2.5 5

-10

-8

-6

-4

-2

2

4



251

c) 9x2 − 16y2 + 54x − 32y − 79 = 0

Solucion

(a) (−3,−1)

(b) y = −1

(c) (−7,−1), (1,−1)

(d)

-15 -10 -5 5 10

-10

-5

5

10

d) 4y2 − 9x2 + 16y + 18x = 29

Solucion

(a) (1,−2)

(b) x = 1

(c) (1,−5), (1, 1)

(d)

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

-15

-10

-5

5

10



252

6. Obtenga una ecuacion de la hiperbola que satisface las condiciones senaladas y dibujelas.

a) Vertices en (−2, 0); y (2, 0) y eje conjugado de longitud 6.

Solucionx2

4− y2

9= 1

-10 -5 5 10

-15

-10

-5

5

10

15

b) Centro en el origen, sus focos sobre el eje y, y pasa por los puntos (−2, 4); y (−6, 7)

Solucion

32y2 − 332 = 380

-7.5 -5 -2.5 2.5 5 7.5

-10

-5

5

10

c) Centro en (−2,−1); un vertice en (−2, 11); y un foco en (−2, 13).

Solucion(y + 1)2

144− (x + 2)2

81= 1

d) Focos en (−1, 4) y (7, 4), y la longitud del eje transverso es 23.

Solucion

72(x − 3)2 − 9(y − 4)2 = 128



253

-5 51015

-30

-20

-10

10

20

30

e) Los vertices de una hiperbola se encuentra en (−3,−1) y (−1,−1) las distancia entre

los focos es 2√

5. Obtenga (a) una ecuacion de la hiperbola, y (b) las ecuaciones de

las asıntotas.

Solucion

a) (x+2)2

1− (y+1)2

4= 5

b) y = 2x + 3, y = −2x − 5

f) Obtenga una ecuacion de la hiperbola cuyos focos son los vertices de la elipse 7x2 +

11y2 = 77 y cuyos vertices son los focos de esta hiperbola. Solucion

x2

4− y2

7= 1


Capıtulo 7

Rotacion y traslacion de los ejes coordenados

7.1 Introduccion

Eligiendo dos ejes perpendiculares entre si, el eje X y el eje Y , formamos el sistema coordenado

rectangular XY o plano cartesiano XY .

Cada punto P = (x, y) en el sistema rectangular XY es un elemento del espacio bidimensional

R2.

A, continuacion, veamos la posicion relativa de un punto P de R2, respecto a dos sistemas

rectangulares : el sistema XY y el sistema X ′Y ′, en el cual los ejes XY han sufrido una rotacion

con angulo θ para convertirse en el sistema X ′Y ′.

P

X

Y

y’

x’X’

Y’

θ

x

y

Figura 7.1:

En el grafico apreciamos dos sistemas: el sistema rectangular XY y el nuevo sistema rectangular

X ′Y ′.

Los ejes XY han girado, en torno al origen como centro de rotacion, un angulo formandose el

nuevo sistema rectangular X ′Y ′.

254


255

Las coordenadas rectangulares del punto P ∈ IR2, respecto al sistema XY , son (x, y).

Las coordenadas rectangulares del punto P ∈ IR2, respecto al sistema X ′Y ′, son (y′y′).

Nuestro interes es encontrar una relacion vectorial y algebraica entre las coordenadas (x, y)

y (x′y′) del punto P ∈ IR2. Esta relacion lo tratamos en el siguiente teorema

7.2 Rotacion de los Ejes Coordenados

Teorema 7.1. Si los ejes coordenados XY giran un angulo θ en torno de su origen como centro

de rotacion y si las coordenadas de un punto cualquiera P ∈ IR2 antes y despues de la rotacion

son (x.y) y (x′, y′), respectivamente, las ecuaciones de transformacion del sistema original al

nuevo sistema de coordenadas estan dadas por:

x = x′ cos θ − y′ sen θ

y = x′ sen θ + y′ cos θ

Demostracion. Hagamos el siguiente grafico

X

Y

y’

x’X’

Y’

θ

x

y

Figura 7.2:



256

En el grafico se observa:

θ: es el angulo de rotacion (Los ejes XY han girado un angulo θ).

XY : son los ejes coordenados del sistema original.

X ′Y ′: son los ejes coordenados del nuevo sistema.

(x, y): son las coordenadas originales del punto P , respecto a los ejes XY .

(x′y′): son las nuevas coordenadas del punto P respecto a los ejes rotados X ′Y ′.

P

X

Y

y’

x’X’

Y’

θα

x

y A’

A

Figura 7.3:

Ahora, veamos como se relacionan las coordenadas originales (x, y) del punto P con las

nuevas coordenadas (x′, y′) del mismo punto.

a) En el triangulo rectangulo OAP , recto en A, se tiene: |OP | = r y ademas:

(1)

x = OA = r cos(θ + α)

y = AP = r sen(θ + α)

Pero:

(2)

cos(θ + α) = cos θ cos α − sen θ sen α

sen(θ + α) = sen θ cos θ + cos θ sen α

Reemplazar (2) en (1):

(3)

x = r cos θ cos α − r sen θ sen α

y = r sen θ cos α + r cos θ sen α

b) En el triangulo rectangulo OA′P , recto en A′, se tiene:

(4)

x′ = OA′ = r cos α

y′ = A′P = r sen α)



257

Reemplazar (4) en (3):



Resumen:

Sea P un punto cualquiera del plano coordenado. Si (x, y) son las coordenadas de P

referidas a los ejes coordenados originales XY y (x′, y′) sus coordenadas referidas a los ejes

girados X ′Y ′ en un angulo θ, entonces las coordenadas (x, y) de P se expresan en funcion

de las coordenadas (x′, y′) mediante las relaciones:


y = x′ sen θ + y′ cos θLa Relacion Inversa es

x′ = x cos θ + y sen θ

y′ = −x sen θ + y cos θ

x′ =

∣∣∣∣∣

x − sen θ

y cos θ

∣∣∣∣∣

∆

donde ∆ =

∣∣∣∣∣

cos θ − sen θ

sen θ cos θ

∣∣∣∣∣

y′ =

∣∣∣∣∣

cos θ x

sen θ y

∣∣∣∣∣

∆

Una ecuacion de la forma Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 se transforma en una

ecuacion simple mediante una rotacion de ejes coordenados aplicando las relaciones:



Ejemplo 7.1. Transformar la ecuacion x2 − 2xy + y2 − x = 0 girando los ejes coordenados un

angulo de 45o. Trazar el lugar geometrico y ambos sistemas de ejes coordenados.

Solucion. 1. Si θ = 45o, entonces

x = x′ cos 45o − y′ sen 45o

y = x′ sen 45o + y′ cos 45o

x = x′√

22− y′

√2

2

y = x′√

22

+ y′√

22

(7.1)



258

2. Reemplazar las relaciones de (7.1) en la ecuacion: x2 − 2xy + y2 − x = 0

[

x′√

2

2− y′

√2

2

]2

−2

[

x′√

2

2− y′

√2

2

][√2

2+ y′

√2

2

]

+

[

x′√

2

2+ y′

√2

2

]2

−[

x′√

2

2− y′

√2

2

]

= 0

2

4[x′2 − 2x′y′ + y′2] − 2 · 2

4[x′2 − y′2] +

2

4[x′2 + 2x′y′ + y′2] −

√2

2x′ +

√2

2y′ = 0

1

2[x′2 − 2x′y′ + y′2] − x′2 + y′2 +

1

2[x′2 + 2x′y′ + y′2] −

√2

2x′ +

√2

2y′ = 0

2x′2 −√

2

2x′ +

√2

2y′ = 0

4y′2 −√

2x′ +√

2y′ = 0

4

(

y′2 +

√2

4y′ + · · ·

)

=√

2x′

4

(

y′2 +

√2

4y′ +

2

64

)

=√

2x′ +1

8

4

(

y′ +

√2

8

)2

=√

2

(

x′ +1

8√

2

)

(

y′ +

√2

8

)2

=

√2

4

(

x′ +1

8

√2

)

V =(

− 18√

2,−

√2

8

)

= (−0,008,−0,17)

4p =√

24

⇒ p = 0,08

como P > 0, se abre hacia la derecha

EJE FOCAL es paralelo al eje x′

7.3 Traslacion y Rotacion de Ejes

7.3.1 Introduccion

Si la ecuacion de segundo grado en dos variables es completa de la forma:

Ax2 + Bxy + Cy2

︸︷︷︸

Rotacion

+ Dx + Ey︸︷︷︸

Traslacion

+F = 0 (7.2)

amerita hacer, primero una traslacion con el fin de que los terminos Dx + Ey se anulen, en

segundo lugar, hacer una rotacion, con el proposito de anular el termino Bxy. Ası la ecuacion



259

(7.2) se convierte en otra ecuacion mas simple y mucho mas facil de reconocer, si es una parabola,

o una elipse o una hiperbola.

El siguiente teorema consolida la doble transformacion

Teorema 7.2. Si efectuamos un cambio de ejes coordenados mediante una traslacion

x = x′ + h

y = y′ + k

y una rotacion

x′ = x′′ cos θ − y′′ sen θ

y′ = x′′ sen θ + y′′ sen θtomadas en cualquier orden, y las coordenadas de

cualquier punto P referido a los sistemas original y final son (x, y) y (x′′, y′′), respectivamente,

las ecuaciones de transformacion del sistema original al nuevo sistema de coordenadas son:

x = x′′ cos θ − y′′ sen θ + h

y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + k

en donde θ es el angulo de rotacion y (h, k) son las coordenadas del nuevo origen referido a los

ejes coordenados originales.

En el grafico se tiene

(x,y) son las coordenadas de P , respecto a XY .

(x’,y’) son las coordenadas de P , respecto a X ′Y ′

(x”, y”) son las coordenadas de P , respecto a X ′′Y ′′.

X

Y’

y’

x’’X’’

Y’

θ

x’

y’

’

’’

P

y

x0

Figura 7.4:

Ejemplo 7.2. Por transformacion de coordenadas, simplificar la ecuacion:

2x2 + 2xy + 2y2 − 2x − 10y + 11 = 0

Tracese el lugar geometrico y todos los sistemas de ejes coordenados.



260

Solucion.

1. En primer lugar, hacer la traslacion de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la trans-

formacion

x = x′ + h

y = y′ + kAl reemplazar en la ecuacion dada, obtenemos:

2(x′ + h)2 + 2(x′ + h)(y′ + k) + 2(y′ + k)2 − (x′ + h) − 10(y′ + k) + 11 = 0

2x′2 + 4hx′ + 2h2 + 2x′y′ + 2kx′ + 2hy′ + 2hk + 2y′2 + 4ky′ + 2k2 − 2x′ − 2h − 10y′ − 10k + 11 = 0

Asociar los terminos comunes:

2x′2 +2y′2 +2x′y′+(4h+2k−2)x′ +(2h+4k−10)y′+(2h2 +2hk+2k2−2h−10k+11) = 0 (7.3)

2. Igualar a cero los coeficientes de x′ y de y′:

4h + 2k − 2 = 0

2h + 4k − 10 = 0

2h + k − 1 = 0

h + 2k − 5 = 0

Al resolver el sistema se obtiene: h = −1, k = 3.

Entonces el nuevo origen del sistema X ′Y ′ es (h, k) = (−1, 3)

3. Reemplazar los valores de h y k en (7.3)

2x′2 + 2y′2 + 2x′y′ + (2 − 6 + 18 + 2 − 30 + 11) = 0

2x′2 + 2y′ + 2x′y′ − 3 = 0 (7.4)

4. En segundo lugar, hacer la rotacion de los ejes X ′Y ′ mediante la transformacion


y′ = x′′ sen θ + y′′ cos θ

7.4 Transformaciones de Coordenadas

7.4.1 Traslaciones de ejes



261

En varios tipos de problemas matematicos se puede aclarar el planteamiento de un problema, o

se pueden simplificar algunos calculos, sı se cambia la colocacion de los ejes de coordenadas. Un

cambio tal de colocacion es una transformacion de coordenadas. En este capitulo se estudiaran

dos tipos basicos de transformaciones de coordenadas: las traslaciones y las rotaciones.

S(a,b)

(a’,b’)

a’

b’

h

k

x’

y y’

x0

(h,k)

Figura 7.5:

En la Figura 7.5 se muestran dos pares de sistemas de coordenadas cartesianos en el plano,

cuyos ejes correspondientes son paralelos y tienen los mismos sentidos. Se puede considerar que

los ejes x′ y y′ son el resultado de ”deslizar”los ejes x y y sobre el plano manteniendolos paralelos

a sus posiciones originales hasta que el origen coincida con el punto cuyas coordenadas x y y

son (h, k). Este “deslizamiento” o traslacion de los ejes asigna a cada punto S(a, b) del plano

un nuevo par de coordenadas (a′, b′). Como se muestra en la Figura 7.5, se tiene a = a′ + h y

b = b′ + k. Por lo tanto, las coordenadas x y y estan relacionadas con las coordenadas x′ y y′ a

traves de las ecuaciones

x = x′ + h

y = y′ + k, (7.5)

o bien

x′ = x − h

y′ = y − k (7.6)

Las Ecuaciones (7.5) y (7.6) se pueden emplear en el estudio de circunferencias cuyos centros no

estan en el origen, ası como de parabolas, elipses e hiperbolas cuyos ejes sean paralelos a los ejes

coordenados pero que esten colocadas en posiciones diferentes a las ordinarias.

Ejemplo 7.3. Una parabola tiene su vertice en V (3, 4) y su foco en F (3, 6). Obtenga una

ecuacion cartesiana de esta parabola.



262

Solucion. Se traza primero un diagrama que muestre los ejes de coordenadas y los puntos dados.

Puesto que el vertice y el foco de una parabola estan sobre su eje, la parabola dada tiene a su

eje sobre la recta cuya ecuacion es x = 3.

V(3,4)

F(3,6)

Figura 7.6:

Ahora tracemos un par de ejes de coordenadas, x′ y y′, cuyo origen este sobre el vertice V (3, 4)

de la parabola. Una ecuacion de la parabola en las variables x y y es entonces

x′2 = 4py′

o puesto que 6 − 4 = 2 = p,

x′2 = 8y′ (7.7)

Es decir, los puntos de la parabola son puntos con coordenadas x′ y y′ satisfacen esta ecuacion.

Ahora, empleando las Ecuaciones 7.6, con h = 3 y k = 4, se obtiene una ecuacion de la parabola

en las variables x y y sustituyendo los valores x′ = x− 3 y y′ = y − 4 en la Ecuacion (7.7). Esto

indica que la ecuacion requerida es

(x − 3)2 = 8(y − 4)

o sea

x2 − 6x − 8y + 41 = 0

Cualquier ecuacion de la forma

Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 ( No siendo A y C ambos 0) (7.8)

tiene ordinariamente una grafica que es una circunferencia, o que es una parabola, elipse o

hiperbola cuyo eje (principal) es paralelo a un eje de coordenadas. En algunos casos excepcionales

la grafica puede ser un punto, una recta, dos rectas paralelas, dos rectas que se intersectan o el

conjunto vacıo.

Completando cuadrados en x y y, sı tanto A como C son diferentes de O, o bien en caso

contrario, completando un cuadrado y combinando los terminos lineales y constantes restantes,

y empleando las ecuaciones (7.6) resulta sencillo identificar y trazar la grafica de la curva que

este representada por una ecuacion de la forma (7.8).



263

V(3,4)

F(3,6)

p

x

y

Figura 7.7:

Ejemplo 7.4. Obtenga una ecuacion en las variables x′ y y′ de la grafica de

9x2 − 4y2 + 36x − 24y − 36 = 0

de tal manera que el centro de la grafica este sobre el origen en el sistema de coordenadas x′ y

y′. Haga su representacion grafica,

Solucion. Completando cuadrados en x y y y simplificando:

9x2 + 36x + 4y2 − 24y = 36

9(x2 + 4x) − 4(y2 + 6y) = 36

9(x2 + 4x + 4) − 4(y2 + 6y + 9) = 36 + 36 − 36

9(x + 2)2 − 4(y + 3)2 = 36

Dividiendo ambos miembros por 36. se obtiene

(x + 2)2

4− (y + 3)2

9= 1

o sea[x − (−2)]2

4− [y − (−3)2]

9= 1

Ahora empleando las ecuaciones (7.6) con h = −2 y k = −3, se puede escribir esta ultima

ecuacion en terminos de las coordenadas x′ y y′.

x′2

4− y′2

9= 1

En la figura se muestra la grafica correspondiente.



264

xy

5

50

-5

0

-10

-5-10

Figura 7.8:

Ejemplo 7.5. Encuentre las coordenadas del vertice V y del foco F de la parabola dada por la

ecuacion

y2 + 4x + 6y + 1 = 0

Solucion. Primero, completese a cuadrados en y, y simplifıquese:

y2 + 6y = −4x − 1

y2 + 6y + 9 = −4x − 1 + 9

(y + 3)2 = −4x + 8

(y + 3)2 = −4(x − 2)

o bien

[y − (−3)]2 = −4(x − 2)

Ahora, empleese la Ecuacion (7.6) con h = 2 y k = −3 para obtener una ecuacion en x′ y y′, en

la turnia ordinaria de la parabola

y′2 = −4x′

En el sistema x′y′ esta es la ecuacion de una parabola cuyo vertice V tiene como coordenadas a

(x′, y′) = (0, 0) y cuyo foco F tiene coordenadas (x′, y′) = (−1, 0).

Finalmente, empleese ia Ecuacion (7.5), con h = 2 y k = −3 para encontrar las coordenadas x

y y del vertice y del loco: para el vertice V se tiene

(x, y) = (0 + 2, 0 + (−3)) = (2,−3)

y para el loco F se tiene

(x, y) = (−1 + 2,0 + (−3)) = (1. − 3)



265

El proceso de completar cuadrados y simplificar las ecuaciones resultantes que se empleo en los

Ejemplos 7.4 y 7.5 se puede aplicar a cualquier ecuacion de la forma (7.8). Siempre se puede

tratar de obtener una ecuacion de una de las formas que se muestran en la siguiente tabla. (Esta

tabla debe entenderse. pero no debe ser memorizada.)

Tipo Ecuacion Grafica Centro Vertices Focos

(1) (x − h)2 + (y − k)2 = r2 circunferencia (h, k) −−− −−−r > 0 (x−h)2

a2 + (y−k)2

b2= 1 Elipse (h, k) (h ± a, k) (h ±

√a2 − b2, k)

a > b > 0 (y−k)2

a2 + (x−b)2

b2= 1 Elipse (h, k) (h, k ± a) (h, k ±

√a2 − b2)

(2) (x − h)2 = 4p(y − k) Parabola −−− (h, k) (h, k + p)

p 6= 0 (y − k)2 = 4p(x − h) Parabola −−− (h, k) (h + p, k)

(3)

a > 0 (x−h)a2 − (y−k)2

b2= 1 Hiperbola (h, k) (h ± a, k) (h ±

√

a2 + b2, k)

b > 0 (y−k)2

a2 − (x−h)2

b2= 1 Hiperbola (h, k) (h, k ± a) (h, k ±

√a2 + b2)

Sin embargo, en casos excepcionales, cuando se haya reducido la ecuacion de segundo grado a

una forma que aparezca en el primer miembro de una ecuacion contenida en la tabla, no se

podra expresar el segundo miembro en la forma que alii se muestra.

Si en las ecuaciones del Tipo 1. en lugar de r2 (con r > 0) o de 1 en el segundo miembro aparece

una constante no positiva q, ocurre lo siguiente, Si q > 0, entonces la grafica es solamente el

punto (h, k); y si q < 0, entonces la grafica es el conjunto vacıo.

Para las ecuaciones del Tipo 2. en lugar de 4p(x − h) o 4p(y − k, con p 6= 0, en el segundo

miembro, puede obtenerse nuevamente una constante. Si q > 0, entonces la grafica son dos

rectas (paralelas) verticales. Si rectas (paralelas) verticales. Si q = 0, entonces la grafica es una

recta horizontal o una recta vertical; y si q < 0, entonces la grafica es.

Para las ecuaciones del tipo 3 en lugar de 1en el segundo miembro puede tenerse 0. La grafica

es entonces un par de rectas que se intersecan.

De la discusion anterior se llega a los siguientes hechos:

La grafica de Ax2 + C2y + Dx + Ey + F = 0 (donde A y C no son ambos 0) es una:

1. Circunferencia, si A = C. En casos excepcionales, la grafica puede ser un punto o bien

0.

2. Elipse, Si A 6= C y A y C tienen el mismo (AC > 0). En casos excepcionales la grafica

puede ser un punto o 0.

3. Parabola, Si A = 0 o bien C = 0. En casos excepcionales, la grafica puede ser un par de

rectas paralelas, o una sola recta o 0.

4. Hiperbola, Si A y C tienen signos contrarios (AC < 0). En casos excepcionales la grafica

pueden ser un par de rectas que se cortan.



266

Los tipos de lugares geometricos que se mencionaron anteriormente reciben el nombre de sec-

ciones conicas, o conicas, puesto que resultan de la interseccion de un plano con un cono circular

recto de dos ramas.

Circunferencia

Plano perpendicula al eje

corta a una rama

Elipse

Plano oblicuo al eje corta

a una rama

Parábola

Plano paralelo a un elemento

Hipérbola

Plano quer corta a ambas ramas

Figura 7.9:

Los casos excepcionales no vacıos se obtienen cuando el plano pasa por el vertice del cono (Figura

7.10). (Para el caso de dos rectas paralelas hay que sustituir al cono por un cilindro circular recio,

que se puede pensar es uncono tuyo vertice esta a una distancia infinita). Los lugares geometricos

excepcionales reciben el nombre de secciones conicas degeneradas.



267

Punto

Plano que corta sólo en el vértice

Una recta

Plano tangente a un elemento

Par de rectas que se cortan

Plano que contiene al eje

Par de rectas paralelas

Plano perpendicular a la base del cilindro

Figura 7.10:

Si se efectuan todas las simplificaciones y reducciones a forma ordinaria de las ecuaciones de la

forma

Ax2 + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 ( con A y C no siendo ambos0)

se obtienen los resultados que se resumen en la siguiente tabla, que debe servir como referencia,

pero que nuevamente no debe memorizarse.

Tipo A(4ACF − CD2 − AE2 < 0) A = C una circunferencia

elıptico A 6= C una elipse

AC > 0 A(4ACF − CD2 − AE2) > 0 el conjunto vacıo

4ACF − CD2 − AE2 = 0 un punto

E 6= 0 una parabola

A 6= 0 4AF − D2 < 0 dos rectas paralelas

C = 0 E = 0 4AF − D2 = 0 una recta

Tipo 4AF − D2 el conjunto vacıo

parabolico D 6= 0 una parabola

AC = 0 A = 0 4CD − E2 < 0 dos rectas paralelas

C 6= 0 D = 0 4CF − E2 = 0 una recta

4CF − E2 > 0 el conjunto vacıo

Tipo 4AC − CD2 − AE2 6= 0 una hiperbola

Hiperbolico 4ACF − CD2 dos rectas se cortan

AC < 0



268

7.4.2 Rotacion de ejes

En la Subseccion anterior se vio que se puede emplear una traslacion de ejes para transformar

una ecuacion dada a una forma mas sencilla (pero equivalente) cuya grafica sea facilmente re-

conocible. Esto tambien se aplica a las rotaciones de ejes.

Si se rotan los ejes de coordenadas alrededor del origen y se considera que estan fijos todos los

puntos del plano, entonces cada punto (o vector), excepto el origen, tendra un nuevo par de coor-

denadas (o componentes). Estas nuevas coordenadas se pueden calcular empleando trigonometrıa

como se indica a continuacion.

X

Y

X’

Y’

θ φ

θ−φ

S(x,y)

(x’,y’)

||s||=r

Figura 7.11:

En la Figura 7.11 se muestran dos pares de ejes de coordenadas en el plano. Como se muestra, los

ejes x′ y y′ se han obtenido rotando a los ejes x y y alrededor del origen un angulo φ. Supongase

que S es cualquier punto del plano, y que S tiene las coordenadas (x.y) con respecto a los ejes

xy y, y tiene coordenadas (x′, y′) con respecto a los ejes x′ y y′. Si el angulo de direccion del

vector s con respecto al eje x′− es y′− entonces, como se muestra, el angulo de direccion de s

con respecto al eje x′ es φ. Por lo tanto. Si la magnitud de s es r, se tiene

x = r cos θ, y = sen θ

y

x′ = r cos(θ − φ), y′ = r sen(θ − φ) (7.9)

Por trigonometrıa se sabe que

cos(θ − φ) = cos θ cos φ + sen θ sen φ

sen(θ − φ) = sen θ cos φ − cos θ sen φ

Por consiguiente, las Ecuaciones x se pueden escribir en la forma

x′ = r cos θ cos φ + r sen θ sen φ

y′ = r sen θ cos φ − r cos θ sen φ



269

o bien, como r cos θ = x y r sen θ = y, en la forma

x′ = r cos θ cos φ + r sen θ sen φ (7.10)

Las Ecuaciones (7.10) a su vez se pueden escribir en forma equivalente como

x = x′ cos φ − y′ sen φ, y = x′ sen φ + y′ cos φ (7.11)

Por lo tanto, ante una rotacion de ejes, las coordenadas x y y de un punto estan relacionadas

con las coordenadas x′ y y′ a traves de las Ecuaciones (7.10) o. equivalentemente, a traves de las

ecuaciones (7.11).

Ejemplo 7.6. Considerese una rotacion de los ejes coordenados para la cual m(φ) = 30. Si

las coordenadas x y y de los puntos S y T son (4,−2) y (3, 1), respectivamente, encuentre las

coordenadas x′ y y′ de S y T .

Solucion. Empleense las Ecuaciones (7.10) anteriores con sen φ = sen 30 = 12

y cos 30o =√

32

para calcular las coordenadas x′ y y′.

Para S se tiene

x′ = (4)

(√3

2

)

y′ = (−4)

(1

2

)

+ (−2)

(√3

2

)

x′ = 2√

3 − 1 y′ = −2 −√

3

Para T se tiene

x′ = (3)

(√3

2

)

+ (1)

(1

2

)

y′ = (−3)

(1

2

)

+ (1)

(√3

2

)

x′ 3√

3 + 1

2y′ =

−3 +√

3

2

Ası las coordenadas x′ y y′ de S y T son

(2√

3 − 1,−2 −√

3) y

(

3√

3 + 1

2,−3 +

√3

2

)

Ejemplo 7.7. Para los puntos S y T mencionados en el Ejemplo 7.6, verificar que se obtiene el

mismo resultado si se calcula d(S, T ) en cualquier sistema de coordenadas.

Solucion. Si (x1, y1) y (x2, y2) representan las coordenadas x, y y, x′1, y

′1 y (x′

2, y′2) las coorde-

nadas x′ y y′ de S y T respectivamente se tiene

(x1, y1) = (4,−2)

(x2, y2) = (3,1)

d(S, T ) =√

(3 − 4)2 + [1 − (−2)]2

=√

(−1)2 + 32

=√

10



270

(x1, y1) = (2√

3 − 1,−2 −√

3)

(x2, y2) =

(

3√

3 + 1

2

)2

+

(

−3 +√

3

2

)2

d(S, T ) =

√√√√

(

3 −√

3

2

)2

+

(

1 + 3√

3

2

)2

=

√

9 − 6√

3 + 3

4+

1 + 6√

3 + 27

4

=√

10

Por lo tanto, d(S, T ) tiene el mismo valor en ambos sistemas de coordenadas.

Se verifica algebraicamente el hecho geometrico de que una traslacion de ejes no altera los

angulos . Esto tambien es valido, para las rotaciones de ejes puesto que estas transformaciones

meramente asignan, nuevas coordenadas a cada punto y no alteran la forma o tamano de las

figuras geometricas.

El siguiente ejemplo ilustra como se puede emplear una rotacion de ejes para transformar una

ecuacion de una forma que no es familiar a una forma

Ejemplo 7.8. Obtenga una ecuacion en las variables x′ y y′ de la grafica de xy = 4 bajo una

rotacion de ejes alrededor del origen con m(φ) = 45. Use este resultado para identificar la

ecuacion Original y trace una grafica de la misma.

Solucion. Se tiene cos45o = 1√2

y sen 45 = 1√2. Si se emplean estos valores en la Ecuacion

(7.11), se obtiene

x =x′ − y′√

2y y =

x′ + y′√

2

Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuacion xy = 4, se tiene

(x′ − y′√

2

)(x′ + y′√

2

)

= 4

x′2 − y′2

2= 4

x′2 − y′2 = 8

x′2

8− y′2

8= 1

Se reconoce que la grafica de esta ultima ecuacion es una hiperbola con el eje principal sobre el

eje x′. Por lo tanto, la grafica de la ecuacion original es una hiperbola cuyo eje principal forma

un angulo de 45 con la parte positiva del eje x. A continuacion se muestra su grafica



271

-2 0 4-4

y

6

2

0

x-2

-6

2

4

-4

Figura 7.12:

Ejemplo 7.9.

(2,−3); 120o

Solucion. Puesto que cos 120 = −12

y sen 120 =√

32

, las Ecuaciones (7.10), toman la forma

x′ = −1

2x +

√3

2y, y′ = −

√3

2x − 1

2y

Por lo tanto, para (2,−3) se tiene

x′ = −1

2(2) +

√3

2(−3) = −1 − 3

√3

2

y′ = −√

3

2(2) − 1

2(−3) = −

√3 +

3

2

Por Consiguiente, las coordenadas buscadas son

(

−2 − 3√

3

2,3 − 2

√3

2

)

1. (1, 3); 30o

2. (2, 3); 45o

3. (-2.4);240o

4. (-3.7);135o

5. (-6.-3);315o

6. (0.-4);225o



272

Empleando las Ecuaciones (7.11) se puede escribir la ecuacion dada como

2(x′ cos φ − y′ sen φ) − (x′ sen φ + y′ cos φ) = 3

Agrupando los terminos que contienen a x′ y a y′ se tiene

2x′ cos φ − x′ sen φ − 2y′ sen φ − y′ cos φ = 3

x′(2 cosφ − sen φ) − y′(2 sen φ + cos φ) = 3 (7.12)

La pendiente de la grafica de esta ecuacion es

m =2 cos φ − sen φ

2 sen φ + cos φ

Como se desea que esta pendiente sea 0. se sigue que se debe tener

2 cos φ − sen φ = 0

o biensen φ

cos φ= tan φ = 2

Puesto que φ es positivo se puede elegir φ tal que este en el cuadrante I o en el cuadrante III.

Para identificar los valores de cosφ y sen φ del cuadrante I, se traza un triangulo rectangulo con

un angulo φ tal que φ = 21. Se sigue que la hipotenusa tiene una longitud

√12 + 22 =

√5 y que

por lo tanto sen = 2√5

y cos φ = 1√5. Sustituyendo estos valores en la ecuacion (7.9) se tiene

x′[

2

(1√5

)

− 2√5

]

− y′[

4√5

+1√5

]

= 3

o bien

y? = −3

5

√5

Si φ esta en el cuadrante III, se tiene sen φ = − 2√5

y cos φ = − 1√5, la ecuacion (7.9) se convierte

en y′ = 35

√5. Por lo tanto, la recta con pendiente 0 se puede representar por

y′ = −3

5

√5 o como y′ =

3

5

√5

La ecuacion general de segundo grado

Una ecuacion de la forma

Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (7.13)

donde A, B.C, D.E y F son constantes, con A, B y C no siendo todos nulos, recibe el nombre

de ecuacion de segundo grado, o cuadratica, en dos variables.

Si B = 0, la ecuacion toma la forma

aX2 + cY 2 + dX + eY + f = 0



273

y como se vio en la Seccion anterior se puede identificar su grafica completando cuadrados en x

y y, y aplicando entonces una traslacion de ejes apropiada.

Si B ≤ 0 en la Ecuacion (7.13) inmediatamente anterior, entonces no se puede identificar su

grafica directamente por este metodo. Sin embargo, se puede emplear una rotacion de ejes para

obtener una ecuacion de la grafica de (I) que no contenga un termino en x′y′− y entonces se

puede proceder como antes.

Si se rotan los ejes un angulo φ medido en radianes, entonces las viejas y las nuevas coordenadas

estan relacionadas a traves de

x = x′ cos φ − y′ sen φ (7.14)

y = x′ sen θ + y′ cos φ (7.15)

Si se sustituyen estos valores en la Ecuacion (7.13) la ecuacion resultante es de la forma

A′x′2 + B′x′y′ + C ′y′2 + D′x′ + E ′y′ + F ′ = 0 (7.16)

donde

A = A cos2 φ + B cos φ sen φ + C sen2 φ (7.17)

B = 2(C − A) sen φ cosφ + B(cos2 φ − sen2 φ) (7.18)

C = A sen2 φ − B cos φ sen φ + C cos2 φ (7.19)

D = D cos φ + E sen φ (7.20)

E = −D sen φ + E cos φ (7.21)

F = F (7.22)

Para eliminar el termino en x′y′− en (7.16), es decir, para tener B′ = 0, se iguala el segundo

miembro de (7.18) a 0, y se resuelve la ecuacion resultante

2(C − A) sen φ cos φ + B(cos2 φ − sen2 φ) = 0 (7.23)

despejando a 0. Recordando de trigonometrıa que para todos los valores reales de φ,

2 sen φ cos φ =) sen 2φ y cos2 φ − sen2 φ = cos 2φ

Esto es la Ecuacion (7.23) es equivalente a

(C − A) sen 2φ + B cos 2φ = 0 (7.24)

Ahora hay que considerar dos casos:

1. A = C y

2. A 6= C.



274

Caso (1). Si A = C, la Ecuacion (7.24) se convierte en

B cos 2φ = 0

de donde

cos 2φ = 0

Los valores de 2φ que satisfacen esta ecuacion son de la forma

π

2+ kπ, k entero,

y por lo tanto los valores de φ son de la forma

π

4+ k

(π

2

)

, k entero

El menor valor positivo de esta forma para π es π4

y normalmente se emplea este valor.

Caso (2). Si A 6= C, entonces la Ecuacion (7.24) es equivalente a

(A − C) sen 2φ = B cos 2φ

sen 2φ

cos 2φ=

B

A − C

tan 2φ =B

A − C

En este caso nuevamente se tienen una seleccion de valores de 2φ, y se puede restringir 2φ a

cualquier intervalo de longitud π que se desee. Normalmente, se selecciona un valor en el intervalo

0 < 2φ < π, o bien 0 < φ < π2. Por lo tanto, se puede restringir el angulo de rotacion a ser un

angulo agudo.

Ejemplo 7.10. Mediante una rotacion de ejes identifique la grafica de

x2 − 3xy + 5y2 − 4 = 0

y trace un esquema de la grafica

Solucion. Puesto que A = 1, B = −3, y C = 5, se tiene

tan 2φ =−3

1 − 5=

3

4

Elıjase 2φ de modo que 0 < 2φ < r. Entonces, puesto que 2φ > 0, se sabe que 0 < 2φ < π2, o

bien 0 < φ < π4.

Trazando un diagrama del triangulo rectangulo apropiado, como se muestra, por inspeccion

se tiene que cos 2φ = 45, sen 2φ = 3

5. Para calcular los valores de cosφ y sen φ, recuerdese de

trigonometrıa que

cos φ =

√

1 + cos 2φ

2

sen φ =

√

1 − cos 2φ

2



275

Puesto que 0 < φ < π4, cos φ y sen φ son positivos, es decir, debemos elegir el signo + en cada

caso. Ası se tiene

cos φ =

√

1 + cos 2φ

2=

√

1 + 45

2=

3√10

sen φ =

√

1 − cos 2φ

2=

√

1 − 45

2=

1√10

Empleando estos valores en las Ecuaciones (7.14), se encuentra que las ecuaciones de rotacion

son

x =3x′ − y′√

10y y =

x′ + 3y√10

Sustituyendo estas expresiones de x y y en la ecuacion x2 − 3xy + 5y2 − 4 = 0, se obtiene

5x′2 + 55y′2 = 40

ox′2

8+

y′2

811

= 1

Esta ecuacion de una elipse. A continuacion se muestra su grafica

x

y’

x’

y

Figura 7.13:



276

Empleando las Ecuaciones (7.17) y (7.19), se obtiene alguna informacion directa sobre la grafica

de la ecuacion general de segundo grado en dos variables (Ecuacion (7.13)). Observese primero

que, sumando los miembros correspondientes de las Ecuaciones (7.17) y (7.19) se obtiene

A′ + C = A(cos2 φ + sen2 φ) + C(cos2 φ + sen2 φ) = A + C

Ahora se puede verificar, empleando (7.17), (7.18) y (7.19) que

4A′C ′ − B′2 = 4AC − B2

El numero 4AC − B recibe el nombre de caracterıstica de la Ecuacion: (7.13), y 4A′C ′ − B′2

es pues la caracterıstica de la ecuacion transformada bajo una rotacion. El que 4A′C ′ − B′2 =

4AC − B2: expresa que la caracterıstica es invariante bajo una rotacion de ejes. Claro esta. que

en A′ + C ′ = A + C, el numero A + C tambien es invariante bajo una rotacion de ejes.

Uno de los propositos de una rotacion de ejes es proporcionar una ecuacion transformada en la

que B′ = 0. Por la invariancia de la caracterıstica, si B′ = 0, se tiene

4A′C ′ = 4AC − B2 (7.25)

Ya se ha visto que la grafica de

A′x2 + C ′y2 + D′x + E ′y + F ′ = 0

donde A′ y C ′ no son ambos 0, es del tipo elıptico si A′C ′ > O, del tipo parabolico si A′C ′ = 0,

y del tipo hiperbolico si A′C ′ < 0. Entonces, debido a la Ecuacion (7.25) se tiene:

La grafica de Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 es

1. de tipo elıptico sı 4AC − B2 > 0,

2. de tipo parabolico si 4AC − B2 = 0, y

3. de tipo hiperbolico si 4AC − B2 < 0.

Ejemplo 7.11. Diga de que tipo es la grafica de

(a) 3x2 − 14xy + 9x − 7y + 13 = 0

(b) 6x2 − 2xy + y2 + 2x + 3y − 41 = 0

(c) 3x2 − 12xy + 3y2 + 6x − 4y + 8 = 0

(d) 3x2 − 6xy + 3y2 − 14x + 22y − 7 = 0

Solucion. (a) 4AC − B2 = (4)(3)(0) − 196 = −196 < 0; hiperbolico.

(b) 4AC − B2 = (4)(6)(1) − 4 = 20 > 0; elıptico

(c) 4AC − B2 = (4)(3)(3) − 144 = −108 < 0; hiperbolico

(d) 4AC − B2 = (4)(3)(3) − 360; parabolico



277

Tangentes a las secciones conicas

Considerese una parte de una curva dada (Figura 7.14) que contiene a le puntos S1 y S2, y

considerese la recta L; que pasa por S1 y S2. Pensemos que S2 es una partıcula que se desliza

sobre la curva hacia S1, entonces se puede ver que la distancia que separa a S1, de S2 disminuye

cada vez mas y que de esta manera se puede hacer tan pequena como se quiera. Se dice.entonces

que S2 tiende a S1 sobre C y que S1 es el limite de S2 en esas circunstancias.

S

SS’

S’

22

2

1

Figura 7.14:

En la Figura 7.14 se ve que a medida que S2 tiene a S1, sobre L2 la posicion de la recta L2 se

puede acercar a la posicion de la recta L1. En tal caso, se dice que L1 es la tangente a la curva

C en el punto S1.

En esta seccion estudiaremos el problema de obtener una ecuacion de la recta tangente a una

seccion conica C en un punto dado de ella. Para la solucion de este problema se considerara el

caso particular de una seccion conica que pase por el origen, y se estudiara el proceso de obtener

la ecuacion de una recta tangente a C en el origen.

Observese primero que la grafica C de cualquier ecuacion se segundo grado contiene al origen si

y solo si su termino constante es 0. Es decir, la grafica C de

Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (7.26)

contiene al origen si y solo si F = 0. Notese ahora que para valores de k tales que 0 < |k| < 1, no

solo se tiene que k2 < |k|, sino que al disminuir el valor de |k|, disminuye mas rapidamente. Por

ejemplo, al tomar k los valores 110

, 1100

y 11000

k2 toma los valores 110

, 1100

y 11000

k2 respectivamente.

Analogamente, para 0 < |k| < 1 y 0 < |k| < 1, si tanto h como k tienden a cero, entonces hk

tiende a cero mas rapidamente que el mayor de los valores de |h| y |k|.Considerese ahora el comportamiento de los diversos terminos de la Ecuacion (7.26), con F = 0,

cuando tanto x como y tienden a 0, es decir, cuando el punto S(x, y) sobre la curva C tiende al

origen O sobre C. Notese que los terminos Ax2, Bxy, y Cy2 decrecen en valor absoluto mucho



278

mas rapidamente que el mayor de los valores |x| y |y|. Por lo tanto, las coordenadas de los puntos

S(x, y) que estan sobre C y estan cerco del origen no solo satisfacen la Ecuacion (7.26) sino que

satisfacen aproximadamente la ecuacion Dx + Ey = 0

Dx+Ey=0

S(x,y)

00 x

y

y

x

Figura 7.15:

Supongase que D y E no son ambos 0. Entonces, como se muestra en la Figura 7.15, es plausible

concluir que a medida que un punto S(x, y) sobre C tiende al 0 sobre C, la recta que pasa por

S y O tiende a la recta cuya ecuacion es Dx + Ey = 0. Este razonamiento conduce al siguiente

resultado:

Una ecuacion de la tangente a la grafica de Ax2 +Bxy +Cy2 +Dx+Ey = 0, en el origen,

si por lo menos uno de los numeros D o E no es cero, esta dada por Dx + Ey = 0.

Ejemplo 7.12. Obtenga una ecuacion de la tangente a la grafica de

3x2 + 4y2 + 2x − 3y = O

en el origen.

Solucion. Por inspeccion, D = 2 y E = −3. Por lo tanto, la ecuacion requerida es 2x − 3y = 0

El metodo que se ha discutido es aplicable a las graficas de polinomios en general. Por ejemplo,

la grafica G de

x6 − 7x3y2 + y4 + 2x − 3y = 0

pasa por el origen O, puesto que el termino constante es 0. Una ecuacion de la recta tangente a

G en O es 2x − 3y = 0.

Frecuentemente se desea obtener una ecuacion de la tangente a una seccion conica en un punto

que nu sea el origen. Aunque existen tecnicas (de calculo diferencial) para hacer esto directa-

mente, es mas sencillo realizar una traslacion de ejes de modo que el punto en cuestion sea el



279

nuevo origen. Se obtiene entonces la ecuacion deseada mediante el metodo que se ha estudia-

do. Se efectua entonces una segunda traslacion regresando a los ejes originales para obtener la

ecuacion de la tangente requerida.

Ejemplo 7.13. Obtenga una ecuacion de la recta L que es tangente en el punto S(2,−1) a la

elipse cuya ecuacion es x2 + 4y2 = 8

Solucion. Notese primero que el punto S(2,−1), esta de hecho sobre la elipse, puesto que

(2)2 +4(−1)2 = 8. Ahora, si se tome (2,−1) como nuevo origen, las ecuaciones de traslacion son

x = x′ + 2 y y = y′ = 1

Sustituyendo estos valores de x y y en la ecuacion de la elipse, se obtiene

(x′ + 2)2 + 4(y′ − 1)2 = 8

x′2 + 4x′ + 4 + 4y′2 − 8y′ + 4 = 8

x′2 + 4y′2 + 4x − 8y′ = 0

Ahora notese que esta ecuacion tiene un termino constante 0, y que por lo tanto su grafica

contiene al origen en el sistema de coordenadas x′ y y′. Entonces por inspeccion,

4x′ − 8y′ = 0

o bien

x′ = 2y′ = 0

es una ecuacion de la recta L que es tangente a la elipse en el origen del sistema de coordenadas

x′ y y′. Si ahora se efectua una traslacion que reestablezca el sistema de coordenadas x y y

empleando las ecuaciones

x′ = x − 2 y y′ = y + 1

se obtiene

(x − 2) − 2(y + 1) = 0

o bien

x − 2y − 4 = 0

que es una ecuacion en las variables x y y de la recta L.

Obtencion de tangentes por el metodo del discriminante (Optativo)

Se vio en la Seccion 5-4 que se puede pensar que la recta L1 tangente a la curva S en el punto S1

de C es la posicion limite (si existe dicha posicion lımite) de la recta L, que pasa por los puntos

S1 y S2, cuando S, tiende a S1 sobre C. En esta seccion, se estudiara esta situacion desde un

punto de vista ligeramente distinto. Refiriendose a la Figura 5-5, se ve que la recta L2 interseca

a la curva C en dos puntos S1 y S2. Cuando S2 tiende a S1, y L2; tiende a L1, los dos puntos



280

de interseccion de L2 con C se acercan el uno al otro, hasta que, intuitivamente, se convierten

en un solo punto, al llegar L2 a la posicion lımite de L1. Por lo tanto, intuitivamente se puede

pensar que el punto de tangencia es un punto de “doble interseccion”. Este concepto es analogo

al de una raız “doble”de una ecuacion cuadratica.

Recuerdese de estudios de algebra que la formula cuadratica

x =−b ±

√b2 − 4ac

2a

determina las raıces de la ecuacion ax2 + bx + c = 0, a 6= 0, en terminos de los coeficientes

reales a, b y c. El valor del discriminante b2−4ac, determina la naturaleza de las raıces. Ası para

b2 − 4ac > 0, hay dos raıces reales distintas, mientras que si b2 − 4ac = 0, hay solo una raız real

que se puede pensar intuitivamente es una raız “doble”, si se piensa que el discriminante es una

variable que tiende a cero.

Se pueden combinar los conceptos de “punto de interseccion doble 2de “raız doble”de una

ecuacion cuadratica para construir un artificio que permite calcular cuales son las tangentes

a las secciones conicas, como se ilustra en los siguientes ejemplos.

Una recta y una conica no degenerada tienen 0, 1 y 2 puntos en comun. Tienen exactamente un

punto comun si y solo si, o bien la recta es tangente a la seccion conica, o bien, en el caso de

que la seccion conica sea una parabola, si la recta es paralela a su eje, y si la seccion conica es

una hiperbola, la recta es paralela (pero no coincidente) a una de sus asıntotas

7.5 Problemas Desarrollados

Ejercicio 7.1. Transformar la ecuacion x2−2xy+y2−x, girando los ejes coordenados en angulo

45. Trazar el lugar geometrico y ambos sistemas de ejes coordenados.

Solucion. 1. Si θ = 45, entonces

x = x′ cos 45 − y′ sen 45

y = x′ sen 45 + y′ cos 45

x = x′√

22− y′

√2

2

y = x′√

22

+ y′√

22

(7.27)



281

2. Reemplazando las relaciones en 7.27 en la ecuacion: x2 − 2xy + y2 − x = 0

[

x′√

2

2− y′

√2

2

]2

− 2

[

x′√

2

2− y′

√2

2

][

x′√

2

2+ y′

√2

2

]

+

[

x′√

2

2+ y′

√2

2

]2

−[

x′√

2

2− y′

√2

2

]

= 0

2

4[x′2 − 2x′y′ + y′2] − 2

2

4[x′2 − y′2] +

2

4[x

′2 + 2x′y′ + y′2] −

√2

2x′ +

√2

2y′ = 0

1

2[x′2 − 2x′y′ + y′2] − x′2 + y′2 +

1

2[′x2 + 2x′y′ + y′2] −

√2

2x′ +

√2

2y′ = 0

2y′2 −

√2

2x′ +

√2

2y′ = 0

4y′2 −

√2x′ +

√2y′ = 0 (es una parabola)

4(y′2 +

√2

4y′ + . . .) =

√2x′

4

(

y′2 +

√2

4y′ +

2

64

)

=√

2x′ +1

8

4

(

y′ +

√2

8

)

=√

2

(

x′ +1

8√

2

)

(

y′ +

√2

8

)

=

√2

4

(

x′ +

√1

8√

2

)

V =(

− 18√

2,−

√2

8= (−0,008,−0, 17)

)

4p =√

24

→ p = 0,08

como P > 0, se abre hacia la derecha

EJE FOCAL, es paralelo al eje x′

X45o

X ′Y

Y ′



282

Ejercicio 7.2. Por una rotacion de los ejes coordenados, transformar la ecuacion 5x2 + 4xy +

2y2 = 2 en ora que carezca del termino en x′y′. Trazar su lugar geometrico y ambos sistemas de

ejes coordenados

Solucion. En la ecuacion dada sustituir: x e y dado por las transformaciones:



5(x′ cos θ − y′ sen θ)2 + 4(x′ cos θ − y′ sen θ)(x′ sen θ + y′ cos θ) + 2(x′ sen θ + y′ cos θ)2 = 2

⇔ 5(x′2 cos2 θ − 2x′y′ cos θ sen θ + y′2 sen2 θ) + 4x′2 cos θ sen θ − 4x′y′ cos2 θ

−4x′y′ sen2 θ − 4y′2 sen θ cos θ + 2(x′2 sen2 θ + 2x′y′ sen θ cos θ + y′2 cos2 θ) = 2

Asociar:

⇔ x′2(5 cos2 θ+4 cos θ sen θ+2 sen2 θ)+x′y′(−10 cos θ sen θ+4 cos2 θ−4 sen2 θ+4 sen θ cos θ)+

y′2(5 sen2 θ − 4 sen θ cos θ + 2 cos2 θ) = 2 (7.28)

⇔ como la ecuacion transformada debe carecer del termino x′y′ igualamos el coeficiente de x′y′

a cero, obteniendose

−10 cos θ sen θ + 4 cos2 θ − 4 sen2 θ + 4 sen θ cos θ = 0

−6 cos θ sen θ + 4 cos2 θ − 4 sen2 θ = 0

Resolver esta ecuacion trigonometrica:

Hacer el siguiente resolver

2 sen θ cos θ = sen 2θ

cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ

−3 sen 2θ + 4 cos 2θ = 0

4 cos 2θ = 3 sen 2θ4

3=

sen 2θ

cos 2θ

tan 2θ =4

3

esta relacion trigonometrica nos permite hacer el triangulo rectangulo:

A continuacion hacer uso de las identidades:

sen θ =

√

1 − cos 2θ

2=

√

1 − 35

2= 1√

5

cos θ =

√

1 + cos 2θ

2=

√

1 + 35

2= 2√

5

(7.29)

Ahora, reemplazar 7.29 en 7.28:

⇔ x′2[

545

+ 4 2√5

]



283

⇐⇒ x′2[

545

+ 4 2√5

1√5

+ 2√

15

]

+ y′2

515− 4 1√

52√5

+ 245

= 2

⇐⇒ 6x′2 + 6y′2 = 2 . . . (elipse)x′226

+ y‘2

2= 2

↓ ↓b = 1√

3a =

√2

1 2 3−1−2

1

2

−1

−2

Xθ

X ′

Y

Y ′

Con la ayuda de:

tan θ = sen θcos θ

= 12

se ubica en el punto (2,1) en el PLANO XY . Luego se traza el EJE x′ pasando

por (0,0) y (2,1).- El EJE y′ pasa por (0,0) y perpendicular al EJE y′

Ejercicio 7.3. Por transformacion de coordenadas, simplificar la ecuacion:

2x2 + 2xy + 2y2 − 2x − 10y + 11 = 0

Tracese el lugar geometrico y todos los sistemas de ejes coordenados

Solucion.

1. En primer lugar, hacer la traslacion de los ejes a un nuevo origen (h, k) mediante la trans-

formacion

x = x′ + h

y = y′ + k

Al reemplazar en la ecuacion dada, obtenemos:

2(x′ + h)2 + 2(x′ + h)(y′ + k) + 2(y′ + k)2 − 2(x′ + h) − 10(y′ + k) = 0

2x′2 + 4hx′ + 2h2 + 2x′y′ + 2kx′ + 2hy′ + 2hk + 2y′2 + 4xy′ + 2k2

−2x′ − 2h − 10y′ − 10k + 11 = 0

Asociar los terminos comunes:

2x′2 +2y′2+2x′y′+(4h+2k−2)x′+(2h+4k−10)y′+(2h2 +2hk+2k2−2h−10k+11) = 0

(7.30)



284

2. Igualar a cero los coeficientes de x′ y de y′:

4h + 2k − 2 = 0

2h + 4k − 10 = 0

2h + k − 1 = 0

h + 2k − 5 = 0

Al resolver el sistema se obtiene: h = −1, k = 3

Entonces el nuevo origen del sistema X ′Y ′ es (h, k) = (−1, 3)

3. Reemplazar los valores de h y k en 7.30:

2x′2 + 2y′2 + 2x′y′ + (2 − 6 + 18 + 2 − 30 + 11) = 0

2x′2 + 2y′2 + 2x′y′ − 3 = 0(7.31)

4. En segundo lugar, hacer la rotacion de los ejes X ′Y ′ mediante la transformacion:



Al reemplazar a la ecuacion 7.31, obtenemos:

2[x′′ cos θ − y′′ sen θ]2 + 2[x′′ sen θ + y′′ cos θ]2 + 2[x′′ cos θ − y′′ sen θ][x′′ sen θ + y′′ cos θ] − 3 = 0

2x′′2 cos2 θ − 4x′′y′′ cos θ sen θ + 2y′′2 sen2 θ + 2x′′2 sen2 θ + 4x′′y′′ sen θ cos θ + 2y′′2 cos2 θ

+2x′′2 cos θ sen θ + 2x′′y′′ cos2 θ − 2x′′y′′ sen2 θ − 2y′′2 sen θ cos θ − 3 = 0

5. Asociar los terminos comunes:

(2 cos2 θ + 2 sen2 θ + 2 cos θ sen θ)x′′2 + (2 sen2 θ + 2 cos2 θ − 2 sen θ cos θ)y′′2

+(−4 cos θ sen θ + 4 sen θ cos θ + 2 cos2 θ − 2 sen2 θ)x′′y′′ − 3 = 0

⇐⇒ (2 + sen 2θ)x′′2 + (2 − sen 2θ)y′′2 + (2 cos2 θ − 2 sen2 θ)x′′y′′ − 3

(7.32)

6. Igualar a cero el coeficiente de x′′y′′

2 cos2 θ − 2 sen2 θ = 0

cos2 θ − sen2 θ = 0

cos 2θ = 0 → 2θ =π

2

cos 2θ = 0

sen 2θ = 1

θ =π

4

7. Reemplazar en 7.32:

(2 + 1)x′′2 + y′′2 − 3 = 0

3x′′2 + y′′2 = 3

x′′2

1+

y′′2

3= 1 (Elipse), donde a =

√3, b = 1

El grafico es:



285

1 2 3−1−2−3

1

2

3

4

5

−1

X

θ X ′

X ′′

Y

Y ′Y ′′

Ejercicio 7.4. Dada la ecuacion 5x2 − 26xy + 5y2 + 72 = 0. Identificar la conica que ella

representa.

Trazar su grafica senalando las ecuaciones de rotacion

Solucion. En este problema solo habra rotacion

La transformacion de rotacion es


y = x′ sen θ + y′ cos θ(1)

Hallemos: cos θ y sen θ a partir de tan 2θ = BA−C

B = −26

A = 5

C = 5En este caso A = C, entonces resolvamos:

B cos 2θ = 0, B 6= 0

cos 2θ = 0

θ = 45o

Ası tendremos

cos θ =√

22

sen θ =√

22

(7.33)

Reemplazar ?? en 7.33

x =√

22

x′ −√

22

y′

y =√

22

x′ +√

22

y′ (7.34)



286

Reemplazar 7.34 en la ecuacion dada

5

[√2

2(x′ − y′)

]

− 26

[√2

2(x′ − y′)

][√2

2(x′ + y′)

]

+ 5

[√2

2(x′ + y′) + 72

]2

= 0

52

4(x′2 − 2x′y′ + y′2) − 26

2

4(x′2 − y′2) +

2

4(x′2 + 2x′y′ + y′2) + 72 = 0

5

2x′2 − 5x′y′ +

5

2y′2 − 13x′2 + 13y′2 +

5

2x′2 + 5x′y′ +

5

2y′2 + 72 = 0

−8x′2 + 18y′2 + 72 = 0

8x′2 − 18y′2 = 72

x′2

9− y′2

4= 1

Es la misma hiperbola en el sistema x′ o y′

X’

X

Y

Y’

45º

Ejercicio 7.5. En la elipse ε, se conocen: su excentricidad e = 12, un foco F1 (0,1) y su directriz

correspondiente, la recta de ecuacion x + y + 29 = 0.

Hallar la elipse en el nuevo sistema X ′P0Y′, de origen P0, donde P0 es el centro e la elipse

Solucion.

1. Hacer el grafico de los datos:

a) El foco F1(0, 1)

b) La recta x + y + 29 = 0

2. Hallaremos la ecuacion del eje focal: pasa por F1(0, 1) y es perpendicular a L1 de pendiente

m1 = −1

La ecuacion del eje focal, es:

L : y − 1 = 1(x − 0)

y = x + 1



287

F(0,1)

L : x+y+29=0

1

1

3. Por hallarse: el centro de la elipse, y los valores de a y b.

Veamos:

Si P0 es el centro de la elipse, en el siguiente grafico se tiene

R

F(0,1)

P(x,x+1)

c

a/e

0

1

1L

|RF1| + c =a

e(7.35)

donde

|RF1| = distancia de F1 a la recta L1

=|0 + 1 + 29|√

2= 15

√2

e =1

2. . . (segun dato)

Entonces, al reemplazar en 7.35

15√

2 + c = 2a (7.36)

otras ecuaciones son

De e = 12

obtenemos12

= ca

a = 2c(7.37)



288

Ademas

a2 = b2 + c2 (7.38)

4. Al resolver las ecuaciones 7.36, 7.37 y 7.38; se obtienen: c = 5√

2, a = 10√

2, b = 5√

6

5. Ahora, hallaremos el centro P0

|F1P0| = c√

x2 + x2 = 5√

5 ⇒ |x| = 5

Eligiendo x = 5, obtenemos P0 = (5, 6)

6. Ası, tenemos el grafico:

Y’ X’

ab

P0

x′2

200+

y′2

150= 1

7. Como la pendiente del eje focal es tan θ = 1, entonces θ = 45, cos θ =√

22

, sen θ =√

22

8. En el sistema original XOY , las coordenadas de P son:

P = P0 + x′(cos θ, sen θ) + y′(− sen θ, cos θ)

de aquı se despeja x′, y′, obteniendose:

x′ =

√2

2(x − 5) +

√2

2(y − 6)

y′ = −√

2

2(x − 5) +

√2

2(y − 6)

Ejercicio 7.6. Determinar, cuando existan, los valores de k para los cuales la ecuacion: k2x2 +

2kxy + (k2 − 1)y2 + 2x − 3y + 300 = 0

i) Una parabola

ii) Una elipse

iii) Una hiperbola



289

iv) Una circunferencia

Solucion. La ecuacion general del segundo grado:

k2x2 + 2kxy + (k2 − 1)y2 + 2x − 3y + 300 = 0 (7.39)

donde

A = k2

B = 2k

C = k2 − 1

i) Representa una parabola, si

B2 − 4AC = 0

(2k)2 − 4(k2)(k2 − 1) = 0

Al resolver:

4k2[1 − (k2 − 1)] = 0

k2[2 − k2] = 0

k = 0

k = ±√

2

ii) La ecuacion 7.39 representa una elipse, si

B2 − 4AC < 0

k2[2 − k2] < 0

k2[k2 − 2] > 0

Resolver la inecuacion: k 6= 0

k2 > 0

k2 > 2 ⇐⇒ k >√

2 ∨ k < −√

2

iii) La ecuacion 7.39 representa una hiperbola si

B2 − 4AC > 0

k2[2 − k2] > 0

Si k 6= 0

k2 < 0

−√

2 < k <√

2

k ∈ ] −√

2,√

2 [ − 0



290

Ejercicio 7.7. El sistema XOY es trasladado al punto P0(1, 3) y luego es rotado en un angulo

α = 30 obteniendose el sistema X ′′P0Y′′. E este sistema la ecuacion de una parabola P es:

(y′′)2 = 8x′′

Hallar:

a) El area del triangulo P0LR, siendo L y R los extremos del lado recto

b) las coordenadas del foco, L y R con respecto al sistema original (XOY )

Solucion. 1. Hacer el grafico con los datos que se dan:

Y

X

X’’

Y’’

R

L

F

P30º

3

1

0

2. En el sistema X ′′P0Y′′, P0 es el origen de X ′′Y ′′.

En este sistema se tiene la parabola

P : y′′2 = 8x′′

donde 8 = 4p ⇒ p = 2.

El area del triangulo P0LR es:

(base)(altura)

2=

(8)(2)

2= 8u2

base = |LR| = 8unidades

altura = |P0F | = 2unidades

3. Las coordenadas del foco en el sistema X ′′P0Y′′ es F = (2, 0) = (x′′, y′′)

Como hay rotacion y traslacion, se tiene la transformacion:


y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + h

4. Como datos se tiene

x′′ = 2, y′′ = 0 (foco)

θ = 30

h = 1, k = 3 (P0)



291

Entonces:

x = 2√

32− 01

2+ 1

y = 212− 0

√3

2+ 3

x =√

3 + 1

y = 4

5. Conclusion: Las coordenadas del foco en el sistema original XOP , son:

F (√

3 + 1, 4)

Ejercicio 7.8. Los semiejes transverso y conjugado de una hiperbola tienen longitud 2 y√

2

respectivamente. Si ele eje focal es la recta LF : 3x − 3y + 3 = 0 y el eje normal, la recta

LN : 3x + 3y − 11 = 0. Encontrar la ecuacion de la hiperbola

Solucion.

1. Para tener mejor idea, graficar el eje focal y el eje normal, respectivamente:

LF : 3x − 3y + 3 = 0

m = 1

x 0 -1

y 1 0

LN : 3x + 3y − 11 = 0

x 0 11/3

y 11/3 0

X’

X

Y Y’

X’’Y’’ L

LN

F

ab

2. Como datos se tiene:

a = 2, b =√

2



292

3. El centro de la hiperbola respecto al sistema XY es la interseccion del eje focal con el eje

normal

P0 = LF ∩ LN =

(4

3,7

3

)

4. Respecto a los EJES X”Y” la ecuacion de la hiperbola es:

H :x′2

4− y′2

2= 1

5. Si θ es el angulo de rotacion y la pendiente de LF es tan θ = 1, entonces se obtiene:

cos θ =1√2

sen θ =1√2

6. Como hay ROTACION Y TRASLACION, entonces:

x = x′′ cos θ + y′′ sen θ + h

y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + h

Sustituir datos

x = x′′ 1√2− y′′ 1√

2+ 4

3

y = x′′ 1√2

+ y′′ 1√2

+ 73

x − 43

= 1√2x′′ − 1√

2y′′

y − 73

= 1√2x′′ − 1√

2y′′

7.

x′′ = 1√2

(x + y − 1

3

)

y′′ = 1√2(y − x − 1)

8. Sustituir 7 en 4

Ejercicio 7.9. 1. La recta D : x− 2y − 6 = 0 es la directriz de una parabola cuyo vertice es

el punto V (1, 1). Determinar la ecuacion de la parabola por la rotacion de ejes

2. El centro de una elipse es (1, 0). El eje normal es la recta x− y − 1 = 0, el eje mayor mide

12 y el lado recto es 8. determinar la ecuacion de la elipse, por rotacion de ejes

Solucion. a) (1) Graficar la directriz y el vertice:



293

V

X

Y

X’’

Y’’

3

6θ

D

(2) Si y′′ es el eje focal y x′′y′′ es el nuevo sistema, entonces la ecuacion de la parabola es

P : x′′ = 4py, con “p”p positiva

Hallar p

p = d(V, D) =|1 − 2 − 6|√

1 + 4=

7√5

⇒ P : x′′2 =28√

5y′′

Como hay rotacion y traslacion, las coordenadas de un P ∈ P, en el sistema original,

esta dado por:


y = x′′ sen θ + y′′ cos θ + k

La pendiente de X ′′ es tan θ = 12

porque X ′′ es paralela a D

sen θ =1√5

cos θ =2

5

Como V = (h, k) = (1, 1), entonces

x = 2√5x′′ − 1√

5y′′ + 1

y = 2√5x′′ + 2√

5y′′ + 1

(3) Al despejar: x′′ y y′′ se obtiene:

x′′ = 2√5(x − 1) + 1√

5(y − 1)

y′′ = 2√5(y − 1) − 1√

5(x − 1)



294

(4) Reemplazar en la parabola

P :

[2√5(x − 1) +

1√5(y − 1)

]2

=28√

5

[2√5(y − 1) − 1√

5(x − 1)

]

Que se reduce a:

: 4x2 + 4xy + y2 + 16x − 62y + 37 = 0

b) a) Graficar los datos

θ

X

X’’

YY’’

P

F

F

0

1

2

b) Como datos se tiene:

2a = 12 ⇒ a = 6

longitud de lado recto2b2

a= 8 ⇒ b2 = 24

P0 = (h, k) = (1, 0)

c) Hay rotacion y traslacion.

En el sistema x′′ o y′′, la ecuacion de la elipse es:

ε :y′′2

36+

x′′2

24= 1

tal que:

x =√

22

x′′ −√

22

y′′ + 1

y =√

22

x′′ +√

22

y′′ = 0

Despejar: x′′ y y′′ para reemplazar en ε

Ejercicio 7.10. Dada la ecuacion: x22√

3xy + 3y2 − 16√

3x − 16y = 0

a) Graficarla con respecto al sistema XOY dado (justifique mediante rotacion de ejes)



295

b) Hallar respecto de dicho sistema, la ecuacion de la recta que contiene a un lado recto de la

grafica

Solucion. Para responder las partes a) y b), bastara hacer las cosas:

1. Hallar el sen θ y cos θ; sabiendo que

tan 2θ =B

A − C

B = −2√

3

A = 1

C = 3

tan 2θ =−2

√3

1 − 3

tan 2θ =√

3

2θ = 60o

θ = 30o ⇒ sen θ =1

2, cos θ =

√3

2

2. Reducir la ecuacion dada a la forma canonica mediante la transformacion



x =√

32

x′ − 12y′

y = 12x′ +

√3

2y′ (7.40)

Veamos:

Reemplazar 7.40 en la ecuacion dada:

[1

2(√

3x′ − y′)

]2

− 2√

3

[1

2(√

3x′ − y′)

] [1

2(x′ +

√3y′)

]

+ 3

[1

2(x′ +

√3y′)

]2

−16√

3

[1

3(√

3x′ − y′)

]

− 16

[1

2(x′ +

√3y′)

]

= 0

Esta ecuacion se reduce a:

y′2 − 8x′ = 0

y′2 = 8x′

Donde:

4p = 8

p = 2

El eje focal es el eje x′

1. Para graficar, necesitamos la direccion del eje x′ (sigue la direccion de la tan 30o = 1√3)



296

X

Y

Y’X’

P

V3__

2. La ecuacion del lado recto en el sistema x′y′ es x′ = 2.

La ecuacion x′ = 2 en el sistema XY se halla mediante la transformacion.

x′ = x cos θ + y sen θ

2 = x

√3

2+ y

1

2

4 =√

3x + y

0 =√

3x + y − 4

Ejercicio 7.11. El sistema XOY se traslada al punto (2,2) y luego se rota en angulo de 60o en

sentido antihorario obteniendose el sistema X ′P0Y′. La recta L tiene por ecuacion

L :2 +

√3

2x′ +

1 − 2√

3

2y′ = 5

Si L2 es una recta ortogonal a L y pasa por el punto L∩Eje Y , determinar la ecuacion de L2 en

el sistema XY


P

X

X’Y’

Y Y’’

X’’60º2

2

0



297

2. El sistema XOY se traslada al punto (2,2) y luego se rota un angulo de 60o en sentido

antihorario, se obtiene el sistema x′P0y′. Entonces la trasformacion es:

x′′ = x′ cos 60o − y′ sen 60o + 2

y′′ = x′ sen 60o + y′ cos 60o + 2

x − 2 = 12x′ −

√3

2y′

y − 2 =√

32

x′ + 12y′ (7.41)

Hallar x′ y y′, resolviendo el sistema 7.41 por determinantes:

x′ = 12[x +

√3y − 2 − 2

√3]

y′ = 12[y −

√3x + 2

√3 − 2]

(7.42)

3. Reemplazar 7.42 en L:

(2 +√

3)

2

[1

2(x +

√3y − 2 − 2

√3)

]

+(1 − 2

√3)

2

[1

2(y −

√3x + 2

√3 − 2)

]

= 5

Al multiplicar y simplificar se obtiene:

L : 8x + 4y − 44 = 0

L : 2x + y − 11 = 0

La pendiente de L es m = −2

4. Para hallar la ecuacion de la recta L2, se necesitan: un punto P0 ∈ L2 y su pendiente m2

a) Como L2 es perpendicular a L, entonces la pendiente de L2 es m2 = 12

b) L2 pasa por la interseccion de L con el Eje Y

El intercepto de L con el Eje Y , se obtiene haciendo x = 0 en la ecuacion de L.

Ası

x = 0 ⇒ 2(0) + y − 11 = 0

⇒ y = 11

Luego: P0 = (0, 11).

La ecuacion de L2 es:

L2 : y =1

2(x − 0)

y =1

2x + 11

Ejercicio 7.12. Dada la ecuacion: 2x2 − 4xy − y2 − 4√

5x − 2√

5y + 14



298

a) Identificar la conica a la cual representa

b) Graficar la conica

c) Determinar la ecuacion del eje focal de la conica en el sistema XY

Solucion. 1. En primer lugar, hallar

tan 2θ =B

A − C, donde

B = −4

A = 2

C = −1

tan 2θ =−4

2 − (−1)= −4

3

cos 2θ = −3

5

sen θ =

√

− cos 2θ

2=

2√5

cos θ =

√

1 + cos 2θ

2=

1√5

tan θ = 2

2. En segundo lugar reemplazar: la transformacion



x = 1√5x′ − 2√

5y′

y = 2√5x′ + 1√

5y′

en la ecuacion dada

2

[1√5(x′ − 2y′)

]2

− 1

[1√5(x′ − 2y′)

1√5(2x′ + y′)

]

−[

1√5(2x′ − y′)

]2

−4√

5

[1√5(x′ − 2y′)

]

− 2√

5

[1√5(2x′ + y′)

]

+ 14 = 0

Al desarrollar y simplificar, se obtiene:

a) −2x′2 + 3y′2 − 8x′ + 6y′ + 14 = 0 . . . (hiperbola)



299

3. Ahora completamos cuadrados, para poser hallar el centro P0 de la hiperbola en el sistema

X ′OY ′

3(y′2 + 2y′ + . . .) − 2(x′2 + 4x′ + . . .) = −14

3(y′2 + 2y′ + 1) − 2(x′2 + 4x′ + 4) = −14 + 3 − 8

3(y′ + 1)2 − 2(x′ + 2)2 = −19

2(x′ + 2)2 − 3(y′ + 1)2 = 19

(x′ + 2)2

19/2− (y′ + 1)2

19/3= 1

a =

√

19

2= 3,08 b =

√

19

3= 2,51

X

YX’

Y’

P0

En el sistema X ′ = Y ′, el centro de la hiperbola es (-2,-1).

Eje transversal paralelo al eje X ′

4. La ecuacion del eje focal en el sistema X ′OY ′ es: y′ = 1.

Del sistema de ecuaciones que aparece en el paso dos despejar y′:

y′ =1√5y − 2√

5x

Al reemplazar en 4:

1√5y − 2√

5x = −1 ⇔ 2x − y −

√5 = 0

Ejercicio 7.13. Hallar la ecuacion de una elipse con vertices en (3,3) y (-1,-1) y excentricidad

e = 12

Solucion. 1. Graficar los datos en el sistema original XOY



300

V

V

Y

Y’

Y’’

X’’

X

X’

1

0

2

−1

1

3

3

P

ab

2. Si V1 y V2 son los vertices de la elipse, entonces el centro es el punto medio del segmento

V1V2, esto es:

P0 =1

2(V1 + V2) = (1, 1)

3. Si elegimos el punto P0(1, 1) como origen del sistema X ′OY ′, entones la ecuacion de la

elipse es:

ε :x′2

a2+

y′2

b2= 1

Hallaremos a y b

i) a = d(P0, V2) =√

(3 − 1)2 + (3 − 1)2 = 2√

2

ii) Como e = ca

y e = 12

→ c

a=

1

22c = a

2c = 2√

2

c =√

2

iii) Pero:

a2 = b2 + c2

8 = b2 + 2 ⇒ b2 = 6

Entonces la elipse es:

ε :x′2

8+

y‘2

6= 1

ε : 3x′2 + 4y′2 = 24



301

4. Por el punto P0, hagamos pasar el sistema X ′′OY ′′, entonces los ejes X ′′, Y ′′ han rotado

θ = 45o respecto a X ′Y ′ (pues la pendiente de V1V2 es tan θ = 1)

Ase obtenemos la transformacion:

x′′ = x′ cos θ − y′ sen θ

y′′ = x′ sen θ + y′ cos θ

x′′ =√

22

x′′ −√

22

y′

y′′ =√

22

x′ +√

22

y′

5. Al despejar; x′y′, se obtiene:

x′ =√

22

x′′ +√

22

y′′

y′ =√

22

y′′ −√

22

x′′

6. Reemplazar en le elipse ε

ε : 3

[√2

2(x′′ + y′′)

]2

+ 4

[√2

2(y′′ − x′′)

]

= 24

ε : 3(x′′ + y′′)2 + 4(y′′ − x′′)2 = 48

7. El sistema XOY se ha trasladado al punto P0(1, 1) entonces:

x′′ = x − 1

y′′ = y − 1

8. Reemplazar en la elipse

ε : 3(x − 1 + y − 1)2 + 4(y − 1 − x + 1) = 48

ε : 3(x + y − 2)2 + 4(y − x)2 = 48

ε : 7x2 − 2xy + 7y2 − 12x − 12y − 36 = 0

Ejercicio 7.14. El sistema XOY se ha trasladado al punto Q(3, 2), obteniendose el sistema

X ′QY ′, luego se realiza una rotacion de ejes resultando el sistema X ′′QY ′′.

El semieje positivo al eje X ′′ pasa por el punto (3,4) referido al sistema X ′QY ′. Si ε es una elipse

de ecuacion y′′2 + 4x′′2 = 16, determinar:

a) La ecuacion de ε en el sistema XOY

b) las ecuaciones de las directrices de ε en el sistema XOY

Solucion. 1. Graficar los datos



302

θ

Y Y’

Y’’

X

X’

X’’

Q

B

A2

30

(3,4)

2. En el triangulo rectangulo QAB, recto en A, se tiene tan = 43

sen θ =4

5

cos θ =3

5

3. La transformacion es:



x′ = 35x′′ − 4

5y′′

y′ = 45x′′ + 3

5y′′

Despejar: x′′, y′′

x′′ =

∣∣∣∣∣

x′ −4/5

y′ 3/5

∣∣∣∣∣=

3

5+

4

5y′ =

3

5y′ − 4

5x′

y′′ =

∣∣∣∣∣

3/5 x′

4/5 y′

∣∣∣∣∣=

3

5y′ − 4

5x′

4. Reemplazar en la elipse:

ε : y′′2 + 4x′′2 = 16

ε :1

25(3y′ − 4x′) + 4

1

25(3x′ + 4y′)2 = 16

ε : (3y′ − 4x′)2 + 4(3x′ + 4y′)2 = 400

5. Pero XOY se traslado al punto Q(3, 2) formandose el sistema X ′Y ′ entonces:

x′ = x − 3

y′ = y − 2



303

Reemplazar en la elipse:

ε : [3(y − 2) − 4(x − 3)]2 + 4[3(x − 3) + 4(x − 2)]2 = 400

Que se reducer a:

ε : 52x2 + 73y2 + 7xy − 456x − 508y + 792 = 0

6. Las ecuaciones de las directrices en el sistema x′′y′′ son:

y′′ = ±a

e

a = 4

e =√

32

y′′ = ± 8√3

3

5(y − 2) − 4

5(x − 3) = ± 8√

3

4x − 3y − 6 ± 40√3

= 0

Ejemplo 7.14. Sea la recta L : 4x+3y−20 = 0. Se realiza una traslacion de los ejes coordenados

al nuevo origen P0(6,−1), seguida de una rotacion, obteniendose el sistema X ′Y ′. El eje Y ′

coincide con la recta L. En el sistema X ′Y ′ la ecuacion de una recta L1 es L1 : x′ − 3y′ + 6 = 0.

hallar la ecuacion de L1 en el sistema XY


θ

θX

X’

Y Y’Y’’

X’’P

62

7

−1

−6

L : x’−3y’+6=0

L :4x+3y−21

1

0

Graficar L1 : x′ − 3y′ + 6 = 0

x′ y′

0 2

-6 0



304

Si θ es el angulo agudo de rotacion debemos hallar: tan θ.

Veamos: la pendiente de L es m = −43

como el eje X ′ es perpendicular a la recta L,

entonces tan θ = 34

sen θ =3

5, cos θ =

4

5

2. El sistema x′′y′′ ha rotado θ = arctan(

34

)para convertirse en el sistema x′y′, entonces:

x′′ = x′ cos θ − y′ sen θ

y′′ = x′ sen θ + y′ cos θ

x′′ = 45x′ − 3

5y′

y′′ = 35x′ + 4

5y′

3. Despejar: x′, y′

x′ =

∣∣∣∣∣

x′′ −3/5

y′′ 4/5

∣∣∣∣∣=

4

5x′′ +

3

5y′′

y′ =

∣∣∣∣∣

4/5 x′′

3/5 y′′

∣∣∣∣∣=

4

5x′′ − 3

5y′′

4. Al reemplazar en L1

4

5x′′ +

3

5y′′ − 3

(4

5y′′ − 3

5x′′)

+ 6 = 0

L1 : 13x′′ − 9y′′ + 30 = 0

5. Como el sistema XY se traslado, teniendo como nuevo origen el punto P0(6, 1), para

formarse el sistema X ′′P0Y′′, entonces:

x′′ = x − 6

y′′ = y + 1

6. Al reemplazar en L1, se obtiene:

L1 : 13(x − 6) − 9(y + 1) + 30 = 0

L1 : 13x − 9y − 57 = 0

Ejercicio 7.15. Los ejes coordenados del sistema XY son rotados alrededor del origen en sentido

antihorario en un angulo de 120o. En el sistema resultante X ′Y ′ la ecuacion de una parabola es:

y′2 = 8(x′ − 2).

Determinar las coordenadas de su vertice y de su foco en el sistema XY

Solucion. 1. hacer el grafico con los datos del problema:



305

X

X’

Y

Y’

120º

En el sistema X ′Y ′ la ecuacion de una parabola es:

P : y′2 = 8(x′ − 2)

• El vertice en el sistema X ′Y ′ es = (2, 0)

• Como 4p = 8 → p = 2

• Respecto del sistema X ′Y ′ la parabola se abre hacia la derecha

• El foco en el sistema X ′Y ′ es F = (4, 0)

2. En el sistema XY rota 120o sobre el mismo eje para convertirse en el sistema X ′Y ′, entonces

la transformacion es:



Como θ = 120o, entonces:

sen θ =

√3

2

cos θ = −1

2

Luego:

x = −1

2x′ −

√3

2

y =

√3

2− 1

2y′

3. Las coordenadas del vertice y el foco en en el sistema XY son respectivamente:

x = −12· 2 −

√3

2(0)

y =√

32· −1

2(0)

V = (−1,√

3)



306

x = −12· 4 −

√3

2(0)

y = 32· 4 − 1

2(0)

√3

2· 4 − 1

2(0)

Ejercicio 7.16. Despues de una rotacion de los ejes(0 < θ < π

2

)y la traslacion al punto P ′ =

(−√

2/2,−3√

2) en el nuevo sistema, la ecuacion 3x2−2xy+3y2+2Dx+2Ey+ = 0 se transforma

en la ecuacion x“2

2+ y′′2 = 1. Determinar los valores de D, E y F

Solucion. 1. Si el sistema XY se ha traslado al nuevo origen P ′ =(

−√

22

, 3√

22

)

formandose

el nuevo sistema X ′P ′Y ′, entonces:

x′ = x −(

−√

22

)

y′ = y −(

−3√

22

)

⇒

x = x′ −√

22

y = y′ − 3√

22

2. Reemplazar en la ecuacion dada:

3

(

x′ −√

2

2

)2

− 2

(

x′ −√

2

2

)(

y′ − 3√

2

2

)

+ 3

(

y′ − 3√

2

2

)2

+2D

(

x′ −√

2

2

)

+ 2E

(

y′ − 3√

2

2

)

+ F = 0

⇒ 3x′2 − 2x′y′ + 3y′2 + 2Dx + (−8√

2 + 2E)y′

+[12 −√

2D − 3√

2E − F ] = 0

3. Igualar a cero los coeficientes de x′ e y′

2D = 0 ⇒−8

√2 + 2E = 0 ⇒ E = 4

√2

Ası, la ecuacion, se reduce a:

3x′2 − 2x′y′ + 3y′2 + F − 12 = 0 (7.43)

4. Si el sistema X ′PY ′ rota θ = 45o, porque A = C, para transformarse en el sistema X ′′P ′Y ′′

entonces se tiene



x′ =√

22

x′′ −√

22

y′′

y′ =√

22

x′′ +√

22

y′′



307

Reemplazar en la ecuacion 7.43

3

[√2

2(x′′ − y′′)

]2

− 2

[√2

2(x′′ − y′′)

√2

2(x′′ + y′′)

]

+3

[√2

2(x′′ + y′′)

]2

+ F − 12 = 0

Desarrollar y reducir:

2x′′2 + 4y′′2 − 12 + F = 0

Dividir entre 4:x′′2

2+ y′′2 =

12 − F

4Segun dato del problema, debe ser

12 − F

4= 1 ⇐ F = 8

5. Conclusion: La ecuacion en el sistema original XY , es:

3x2 − 2xy + 3y2 + 8√

2y + 8 = 0

Ejercicio 7.17. Dada la ecuacion 3x2 + 8y − 4 = 4xy + 12x. Identificar la curva, hallar las

coordenadas en el sistema rotado X ′Y ′ del punto P que tiene como abscisa x = 1

Solucion. 1. Ordenar la ecuacion:

3x2 − 4xy − 12x + 8y − 4 = 0 (7.44)

donde: A = 3, B = −4, C = 0 y

tan 2θ =B

A − C= −4

3

cos 2θ = −3

5

sen θ =

√

1 − cos 2θ

2=

√

1 + 35

2=

2√5

cos θ =

√

1 + cos 2θ

2=

√

1 − 35

2=

1√5

2. la transformacion es:



x = 1√5x′ − 2√

5y′

y = 2√5x′ + 1√

5y′ (7.45)



308

3. Reemplazar en la educacion 7.44:

31

5(x′ − 2y′)2 − 4

1

5(x′ − 2y′)(2x + y′)

−121√5(x′ − 2y′) + 8

1√5(2x′ + y′) − 4 = 0

⇐⇒ −x′2 + 4y′2 +4√5x′ +

32√5y′ − 4 = 0

Completando cuadrados se obtiene:

(

y′ + 4√5

)2

4−

(

x′ − 2√5

)2

16= 1 (hiperbola)

Centro

P0 =

(2√5,− 4√

5

)

en X ′Y ′ EJE FOCAL paralelo al eje Y ′

4. La abscisa de P es x = 1, entonces al reemplazar en 7.44, se obtiene:

3 − 4y − 12 + 8y − 4 = 0

y =13

4

5. Reemplazar: x = 1, y 134

en la transformacion 7.45

1 = 1√5x′ − 2√

5y′

134

= 2√5x′ + 1√

5y′

Al resolver este sistema, por determinantes:

x′ =

∣∣∣∣∣

1 −2√

5

13/4 1/√

5

∣∣∣∣∣=

2√

5

2

y′ =

∣∣∣∣∣

1/√

5 1

2/√

5 13/4

∣∣∣∣∣

√5

4

6. (x′, y′) =(

3√

52

,√

54

)

) son las coordenadas del punto P en el sistema X ′Y ′

Ejercicio 7.18. Por traslacion de los ejes coordenados al nuevo origen (1,1) y luego rotacion

de los ejes de un angulo de 45o, la ecuacion de cierto lugar geometrico con respecto a los ejes

originales.




309

2. X ′Y ′ roto para convertirse en X ′′Y ′′, con angulo de rotacion θ = 45o, entonces:



Despejar: x′′, y′′

x′′ = x′ cos θ + y′ sen θ

y′′ = −x′ sen θ + y′ cos θ

Como θ = 45o

x′′ =√

22

(x′ + y′)

y′′ =√

22

(−x′ + y′)

3. Reemplazar en la ecuacion:

x′′2 − 2y′′2 = 21

2(x′ + y′)2 − 2

1

2(−x′ + y′)2 = 2

(x′ + y′)2 − 2(y′ − x′)2 = 4

Se reduce a:

x‘2 − 6x′y′ + y′2 + 4 = 0 (7.46)

4. XY se traslado para convertirse en X ′Y ′ con punto de traslacion P0 = (1, 1), entonces:

x = x′ + 1

y = y′ + 1

Necesitamos:

x′ = x − 1

y′ = y − 1

5. Reemplazar en la ecuacion 7.46:

(x − 1)2 − 6(x − 1)(y − 1) + (y − 1)2 + 4 = 0

Se reduce a:

x2 − 6xy + y2 + 4x + 4y = 0

Ejercicio 7.19. Por transformacion de coordenadas, demuestrese que la ecuacion general de

una recta, Ax + By + C = 0, puede transformarse en y′′ = 0, que es la ecuacion del eje X ′′

Solucion. Se debe hacer dos cosas: Trasladar y rotar

1. Trasladar el sistema XY a otro origen P0 que pertenezca a la recta:

L : Ax + By + C = 0



310

para obtenerse el sistema X ′P0Y′.

Veamos:

Si x = x0, entonces en L se tendra:

Ax0 + By + C = 0

y = −AB

x0 − CB

Ası obtenemos:

P0 =

(

x0,−A

Bx0 −

C

B

)

Si el origen (0,0) del sistema original XY se traslada al punto P0 para transformarse el

nuevo sistema X ′P0Y′, entonces la transformacion es:

x = x′ + x0

y = y′ − ABx0 − C

B

Reemplazar en L:

L′ : A(x′ + x0) + B

(

y′ − A

Bx0 −

C

B

)

+ C = 0

Se reduce a:

L′ : Ax′ + By′ = 0

2. Rotar el sistema X ′P0Y′ sobre el punto P0 para convertirse en el sistema X ′′P0Y

′′, de tal

modo que la recta L sea el eje X ′′.

Hacer la trasformacion:



donde θ se halla de la pendiente de

L′ : Ax′ + By′ = 0

Ası:

tan θ = −A

B

Entonces la transformacion es:

x′ = − B√A2+B2

x′′ − A√A2+B2

y′′

y′ = B√A2+B2

x′′ − A√A2+B2

y′′

Reemplazar en L′

L′ : A1√

A2 + B2[−Bx′′ − Ay′′] + B

1√A2 + B2

[Ax′′ − By′′] = 0



311

se reduce a:

−(A2 + B2)y′′ = 0

⇐⇒ y′′ = 0pues A2 + B2 6= 0

Ejercicio 7.20. Hallar las coordenadas del nuevo origen si los ejes coordenados se traslada de

manera que la ecuacion Ax2 + Bxt + Cy2 + Dx + Ey + F se transforma en otra ecuacion que

carezca de terminos de primer grado

Solucion. 1. La traslacion se hace con la transformacion

x = x′ + h

y = y′ + k

2. Al reemplazar a la ecuacion dada, se obtiene:

A(x′ + h)2 + B(x′ + h)(y′ + k) + C(y′ + k) + D(x′ + h) + E(y′ + k) + F = 0

A(x′2+2hx′+h2)+B(x′y′+kx′+hy′+hk)+C(y′2+2ky′+k2)+Dx′+Dh+Ey′+Ek+F = 0

A′2++Bx′y′+Cy′2+(2Ah+Bk+D)x′+(Bh+2Ck+E)y′+Ah2+Bhk+Ck2+Ek+F = 0

3. Se requiere que esta ecuacion carezca de terminos de primer grado, esto es,

2Ah + Bk + D = 0

Bh + 2Ck + E = 0

h =?, k =?

4. Resolvemos por determinantes

h =

∣∣∣∣∣

−D B

−E 2C

∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣

2A B

B 2C

∣∣∣∣∣

=−2DC + EB

4AC − B2; k =

∣∣∣∣∣

2A −D

B −E

∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣

2A B

B 2C

∣∣∣∣∣

=−2AE + BD

4AC − B2

5. Las coordenadas del nuevo origen son P0 =(

2DC−EBB2−4AC

, 2AE−BDB2−4AC

)

Ejercicio 7.21. Sea 2x2 − 4xy − y2 − 4x− 8y + 14 = 0 una hiperbola H , y sea P una parabola

cuyo vertice coincide con el foco de la parte superior de H , y cuyo foco es el centro de H . Hallar

la ecuacion de la parabola en el sistema XY

Solucion. Para hallar el centro y los focos de la hiperbola, debemos de rotar y trasladar



312

1. La rotacion se hace con la transformacion



El angulo θ se halla con: tan 2θ = BA−C

, donde A = 2, B = −4, C = −1

tan 2θ =−4

2 − (−1)

tan 2θ = −4

3

sen θ =

√

1 − cos θ

2=

2√5

cos θ =

√

1 + cos θ

2=

1√5

tan θ = 2

Luego la transformacion de rotacion es

x = 1√5(x′ − 2y′)

y = 1√5(2x′ + y′)

2. Reemplazar en la ecuacion de la hiperbola

H : 2

[1√5(x′ − 2y′)

]

− 4

[1√5(x′ − 2y′)

] [1√5(2x′ + y′)

]

−[

1√5(2x′ + y′)

]2

−[

1√5(x′ − 2y′)

]

+ 8

[1√5(2x′ + y′)

]

+ 14 = 0

Se reduce a:

H : −2x′2 + 3y′2 − 4√

5x′ + 14 = 0 (completar cuadrados)

2(x′ +√

5)2 − 3y′2 = 24

a = 2√

2(x′+

√5)2

12− y‘2

8b = 2

√2

c = 2√

2

• El foco de la parte superior de H es F2 = (−√

5 + 2√

5, 0) = (√

5, 0)

• El centro de H es P0 = (−√

5, 0)

3. La parabola de vertice V = (√

5, 0) y el foco F = (−√

5, 0), donde p = |FV | = 2√

5 tiene

por ecuacion, en el sistema X ′P0Y′

P : y′2 = 4(−2√

5)(x′ −√

5)

P : y′2 = −8√

5(x′ −√

5)



313

4. Para hallar la ecuacion de P en el sistema XY , bastara despejar x′ y y′ de la transformacion

y luego reemplazar en P.

Ejercicio 7.22. Sea la elipse E1 : 16x2 + 9x2 − 32x − 54y − 47 = 0. Sea E2, otra elipse cuyo

centro es el extremo derecho del eje menor de E1, uno de sus focos es el vertice inferior de E1 y

ademas pasa por el vertice superior de E1

a) Hallar el otro foco de E2

b) Hallar la longitud del eje menor de E2

c) Hallar la ecuacion de E2, respecto al sistema original XY

Solucion. 1. En primer lugar, hallar la ecuacion ordinaria de E1

Completar cuadrados

16x2 − 32x − . . . + 9y2 − 54y + . . . = 57

16(x2 − 2x + . . .) + 9(y2 − 6y + . . .) = 47

16(x2 − 2x + 1) + 9(y2 − 6y + 9) = 47 + 16 + 81

16(x − 1)2 + 9(y − 3)2 = 144

(x − 1)2

9+

(y − 3)2

16= 1

↓ ↓b = 3 a = 4

Centro:

C = (1, 3)

2. La ecuacion de la elipse E2 en el sistema X ′Y ′ es:

x′2

a2+

y′2

b2= 1

Por hallarse: a =?, b =?, c =?

i) En la elipse E2, el valor de c es la distancia del foco F1(1,−1) al centro P0(4, 3); esto

es,

c = |F1P0| =√

(4 − 1)2 + (3 + 1)2 = 5

ii) El valor de a se halla conociendo el otro foco F2 de la elipse E2. Como F2 esta en la

recta que pasa por F1 y P0, primero hallaremos la ecuacion de

LF1P0: y + 1 =

4

3(x − 1)

y =4

3x − 7

3



314

Las coordenadas de

F2 =

(

x,4

3x − 7

3

)

Pero

|P0F2| = 5√

(x − 4)2 + (4

3− 7

3− 3)2 = 5

x2 − 8x + 7 = 0

(x − 7)(x − 1) = 0

x = 1

x = 7

Ası, obtenemos F2 = (7, 7)

iii) Por definicion de elipse:

|F1P | + |F2P | = 2a

|7 − (−1)| + |7 − 1| = 2a

14 = 2a ⇒ a = 7

iv) Como

a2 = = b2 + c2

49 = b2 + 25 ⇒ b2 = 24

3. Entonces la ecuacion de E2 en el sistema X ′Y ′, es:

E2 :x′2

49+

y′2

24= 1

4. Para hallar la ecuacion de E2 en el sistema original, hacemos:

1o Una rotacion, donde tan θ = 43

(pendiente de x′)

2o Una traslacion, donde P0 = (4, 3) es el nuevo origen

Ejercicio 7.23. Hallar las nuevas coordenadas del punto (−1, 3) cuando los ejes coordenados

son llevados al nuevo origen (4,5) y rotados 45o.

Solucion. Se tiene que P = (x, y) = (−1, 3), P0 = (4, 5), θ = 45o.

El vector rotacion es

~u = (cos θ, sen θ) =

(√2

2,

√2

2

)

La relacion de coordenadas originales y nuevas coordenadas es

P = P0 + x′~u + y′~u⊥



315

Entonces:

(−1, 3) = (4, 5) + x′

(√2

2,

√2

2

)

+ y′

(

−√

2

2,

√2

2

)

(−1, 3) − (4, 5) = x′

(√2

2,

√2

2

)

+ y′

(

−√

2

2,

√2

2

)

(−5,−2) = x′

(√2

2,

√2

2

)

+ y′

(

−√

2

2,

√2

2

)

x′ =(−5,−2) ·

(

−√

22

,−√

22

)

(√2

2,√

22

)

·(

−√

22

,−√

22

) =5√

22

+ 2√

22

−24− 2

4

=7√

22

−1= −7

√2

2

y′ =(−5,−2) ·

(

−√

22

,√

22

)

(

−√

22

,√

22

)

·(

−√

22

,√

22

) =5√

22

− 2√

22

24

+ 24

=3√

2

2

luego las nuevas coordenadas son

(x′, y′) =

(

−7√

2

2,3√

2

2

)

Ejercicio 7.24. Por traslacion de los ejes al nuevo origen (3,2) y por rotacion de 37o, las nuevas

coordenadas de un punto P resultan (7,6). Hallar las coordenadas originales.

Solucion. Se tiene que P0 = (3, 2), θ = 37o, (x′, y′) = (7, 6).

El vector rotacion es

~u = (cos θ, sen θ) =

(4

5,3

5

)

luego

P = (x, y) = P0 + x′~u + y′~u⊥

= (3, 2) + 7

(4

5,3

5

)

+ 6

(

−3

5,4

5

)

= (3, 2) +

(28

5,21

5

)

+ 6

(

−18

5,24

5

)

= (3, 2) +

(10

5,45

5

)

= (3, 2) + (2, 9)

= (5, 11)

Por lo tanto P = (x, y) = (5, 11) son las coordenadas originales.



316

Ejercicio 7.25. Demuestre que la ecuacion de la circunferencia x2 + y2 = r2 se convierte en

x′2 + y′2 = r2 para cualquier rotacion de los ejes coordenados.

Solucion. Sea θ un angulo cualquiera de rotacion de los ejes coordenados.

~u = (cos θ, sen θ) un vector de rotacion.

P = (x, y) = x′(cos θ, sen θ) + y′(− sen θ, cos θ)

(x, y) = (x′ cos θ − y′ sen θ, x′ sen θ + y′ cos θ)

luego



estas ecuaciones en x2 + y2 = r2

entonces

(x′ cos θ − y′ sen θ)2 + (x′ sen θ + y′ cos θ)2 = r2

x′2 cos2 θ + y′2 sen2 θ − 2x′y′ sen θ cos θ + x′2 sen2 θ + y′2 cos2 θ − 2x′y′ sen θ cos θ = r2

de donde

x′2(cos2 θ + sen2 θ) + y′2(sen2 θ + cos2 θ) = r2

x′2 + y′2 = r2

Ejercicio 7.26. Dada la recta L : 4x + 3y = 24, hallar las rotaciones de los ejes coordenados

para obtener los nuevos ejes en los cuales la recta resultante sea horizontal.

(0,8)

(6,0)

X

Y

u

−u

→

→

0

Solucion. Si los ejes rotaran los vectores ~u y −~u la recta “L” serıa horizontal.

~u resulta ser un vector unitario paralelo a “L”.

Se conocen dos puntos de “L” (0,8) y (6,0)

~a = (6,−8) direccional de “L”

~b = (3,−4) tambien es direccional de “L”



317

Luego:

−~u =~b

‖~b‖=

(3,−4)

5=

(3

5,−4

5

)

~u =

(

−3

5,4

5

)

luego las rotaciones son: (

−3

5,4

5

)

y

(3

5,−4

5

)

Ejercicio 7.27. Dada la recta L : 4x+3y = 12, hallar las dos rotaciones de los ejes coordenados

para obtener nuevos ejes en los que L sea vertical.

u

−u

X’

X

Y

(0,4)

(3,0)

→

→

0

Solucion. Para las rotaciones ~u y −~u la recta resulta ser vertical

~a = (−3, 4) direccional de “L”

~u~a =(−3, 4)

5es unitario direccional de “L”

luego podemos tomar ~u como −~u⊥~a .

Luego

~u =

(4

5,3

5

)

y − ~u =

(

−4

5,−3

5

)

son los vectores de rotacion para que la recta “L” resulta vertical.

Ejercicio 7.28. Dado el punto P = (6, 8) en el plano XY si se considera el nuevo origen de

coordenadas P0 = (3, 6) y dos ejes perpendiculares que siguen las direcciones de los vectores

(7, 2) y (−2, 7) respectivamente hallar las coordenadas de P en el nuevo sistema.

Solucion. Se tiene que P = (6, 8), P0 = (3, 6).

~u =(7, 2)√

53=

(7√53

,2√53

)

; ~u⊥ =

(

− 2√53

,7√53

)



318

(6, 8) = (3, 6) + x′(

7√53

,2√53

)

+ y′(

− 2√53

,7√53

)

(3, 2) = x′(

7√53

,2√53

)

+ y′(

− 2√53

,7√53

)

x′ =(3, 2) ·

(

− 7√53

,− 2√53

)

(7√53

, 2√53

)

·(

− 7√53

,− 2√53

) =− 21√

53+ −4√

53

−4953

− 453

x′ =− 25√

53

−1=

25√53

y′ =(3, 2) ·

(

− 2√53

, 7√53

)

(

− 2√53

, 7√53

)

·(

− 2√53

, 7√53

) =− 6√

53+ 14√

53453

+ 4953

y′ =

8√53

1=

8√53

luego los nuevos ejes coordenados son(

25√53

, 8√53

)

.

Ejercicio 7.29. Dada la recta y = x + 3 en el sistema XY , hallar su ecuacion transformada si

los ejes son rotados 45o.

45º

L

X

Y

X’Y’

(−3,0)

(0,3)

0

Solucion.

~u =

(√2

2,

√2

2

)

P = (x, y) = x′

(√2

2,

√2

2

)

+ y′

(

−√

2

2,

√2

2

)

x =√

22

x′ −√

22

y′

y =√

22

x′ +√

22

y′

en “L”



319

L : y = x + 3√

2

2x′ +

√2

2y′ =

√2

2x′ −

√2

2y′ + 3

2

(√2

2y′

)

= 3

y′ =3√2

es la ecuacion transformada la que resulta ser una recta horizontal.

Ejercicio 7.30. Hallar la ecuacion en la que x2 − 2x + 4y2 − 16y + 13 = 0 es transformada si

los ejes son trasladados al nuevo origen (1,2).

Solucion. P (x, y) = (1, 2) + x′(1, 0) + y′(0, 1).

El vector de rotacion es (1,0) puesto que el angulo de rotacion es θ = 0o, cos 0o = 1, sen 0o = 0

x = 1 + x′

y = 2 + y′

ecuaciones de traslacion

En la ecuacion dada

(1 + x′)2 − 2(1 + x′) + 4(2 + y′)2 − 16(2 + y′) + 13 = 0

1 + x′2 +2x′ − 2 −

2x′ + 16 +16y′ + 4y′2 − 32 −16y′ + 13 = 0

x′2 + 4y′2 = 4

x′2

4+

y′2

1= 1

es la ecuacion transformada que representa una elipse.

Ejercicio 7.31. Hallar la ecuacion transformada si el origen es trasladado al punto P0

(a) x2 + y2 − 2x − 4y − 4 = 0, P0 = (1, 2)

Solucion.x = 1 + x′

y = 2 + y′


(1 + x′)2 + (2 + y′)2 − 2(1 + x′) − 4(2 + y′) − 4 = 0

x′2 −2x′ + 1 + y′2 + 4y′ + 4 − 2 −

2x′ − 8 − 4y′ − 4 = 0

x′2 + y′2 = 9

es la ecuacion transformada que representa una circunferencia de radio “3”

(b) 4x2 + y‘2 − 24x + 4y + 36 = 0, P0 = (3,−2)



320

Solucion.x = 3 + x′

y = −2 + y′


4(3 + x′)2 + (−2 + y′)2 − 24(3 + x′) + 4 − (2 + y′) − 4 = 0

4(9 + x′2 + 6x′) + (4 + y′2 − 4y′) − 72 − 24x′ − 8 + 4y′ + 36 = 0

4x′2 +24x′ + 36 + y′2 − 4y′ + 4 − 72 −24x′ − 8 +4y′ + 36 = 0

4x′2 + y′2 = 4

es la ecuacion transformada.

Ejercicio 7.32. Eliminar los terminos lineales de (x−2)2 = 8(y−1) por una traslacion, si fuese

posible.

Solucion.x = x′ cos θ − y′ sen θ



En la ecuacion dada

(x0 + x′ − 2)2 = 8(y0 + y′ − 1)

x′2 + x20 + 4 + 2x0x

′ − 4x0 − 4x′ = 8y0 + 8y′ − 8

si queremos eliminar los terminos lineales tendrıamos tendrıamos que igualar 8 a cero, lo cual es

absurdo.

Luego no es posible eliminar los terminos lineales.

Ejercicio 7.33. ¿Hasta que punto debe trasladarse el origen con el fin de eliminar el termino

lineal en y′, ası como los terminos constantes en y2 + 2x − 2y − 7 = 0?

Solucion.x = x′ cos θ − y′ sen θ



En la ecuacion dada

(y0 + y′)2 + 2(x0 + x′) − 2(y0 + y′) − 7 = 0

y20 + y′2 + 2y0y

′ + 2x0 + 2x′ − 2y0 − 2y′ − 7 = 0

y′2 + (2y0 − 2)y′ + 2x′ + y20 + 2x0 − 2y0 − 7 = 0

y0 = 1 ; x0 = 4

luego:

y′2 + 2x′ = 0, P0 = (4, 1)

Ejercicio 7.34. Hallar la nueva ecuacion si los ejes son rotados un angulo θ.



321

(a) x2 − 5xy + y2 = 3, θ = 45o

Solucion. ~u = (√

22

,√

22

); ~u = (−√

22

,√

22

).

P = (x, y) = x′(

√2

2,

√2

2) + y′(−

√2

2,

√2

2)

x = x′√

22− y′

√2

2

y = x′√

22

+ y′√

22

ecuaciones de rotacion pura

En la ecuacion dada(

x′√

2

2− y′

√2

2

)

− 5

(

x′√

2

2− y′

√2

2

)(

x′√

2

2+ y′

√2

2

)

+

(

x′√

2

2+ y′

√2

2

)2

2

4x′2 +

2

4y′2 − 2

√2

2

√2

2x′y′ − 5

(2

4x′2 − 2

4y′2)

+2

4x′2 +

2

4y′2 + 2

√2

2

√2

2x′y′ = 3

2

4x′2 +

2

4y′2 − 10

4x′2 +

10

4y′2 +

2

4x′2 +

2

4y′2 = 3

−6

4x′2 +

14

4y′2 = 3

7y′2 − 3x′2 = 6

es la ecuacion resultante.

(b) 2x2 − 3√

3xy − y2 = 5; θ = 60o

Solucion. P = (x, y) = x′(12,√

32

) + y′(−√

32

, 12)

x = 12x′ −

√3

2y′

y =√

32

x′ + 12y′

ecuaciones de rotacion pura

las aplicamos en la ecuacion dada

2

(

1

2x′ −

√3

2y′

)2

− 3√

3

(

1

2x′ −

√3

2y′

)(√3

2x′ +

1

2y′

)

−(√

3

2x′ +

1

2y′

)2

= 5

operando se tiene

7y′2 − 5x′2 = 10


TRANSFORMACION DE COORDENADAS



322

- Escribir las formulas de transformacion de coordenadas, si el origen de coordenadas se ha

trasladado (sin cambiar la direccion de los ejes) al punto:

1. A(3; 4);

2. B(−2; 1);

3. C(−3; 5).

- El origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la direccion de los ejes) al punto

O′(3;−4). Las coordenadas de los puntos A(1; 3), B(−3; 0) y C(−1; 4) estan determinadas

en el nuevo sistema. Calcular las coordenadas de estos puntos en el sistema de coordenadas

primitivo.

- Dados los puntos A(2; 1), B(−1; 3) y C(−2; 5), hallar sus coordenadas en el nuevo sistema,

si el origen de coordenadas se ha trasladado (sin cambiar la direccion de los ejes):

1. al punto A;

2. al punto B;

3. al punto C.

- Determinar las coordenadas primitivas del origen O′ del nuevo sistema, si las formulas de

transformacion de coordenadas se han dado mediante las igualdades siguientes:

1. x = x′ + 3, y = y′ + 5

2. x = x′ − 2, y = y − +1

3. x = x′, y = y′ − 1

4. x = x′ − 5, y = y′

- Escribirlas formulas de transformacion de coordenadas, si los ejes coordenados han girado

en uno de los angulos siguientes:

1. 60

2. 45

3. 90

4. -90

5. 180

- Los ejes de coordenadas han girado un angulo α = 60. Las coordenadas de los puntos

A(2√

3;−4), B(√

3; O) y C(0;−2√

3) estan determinadas en el nuevo sistema. Calcular las

coordenadas de estos mismos puntos en el sistema de coordenadas primitivo

- Dados los puntos M(3; 1), N(−1; 5) y P (−3;−1), hallar sus coordenadas en el nuevo

sistema, si los ejes coordenados han girado un angulo



323

1. -45o

2. 90

3. -90o

4. 180o

- Determinar el angulo α, en el que hay que hacer girar los ejes, si las formulas de transfor-

macion de coordenadas se determinan por las siguientes igualdades:

1. x = 12x′ −

√3

2y′, y =

√3

2x′ + 1

2y′;

2. x =√

32

x′ + 12y′; y = −1

2x′ +

√3

2y′

- Determinar las coordenadas del nuevo origen O de coordenadas, sabiendo que el punto

A(3;−4) esta situado en el nuevo eje de abscisas, el punto B(2; 3) esta situado en el

nuevo eje de ordenadas y los ejes de los sistemas de coordenadas primitivo y nuevo tienen

respectivamente las mismas direcciones

- Escribir las formulas de transformacion efe coordenadas, si el punto M, (2;−3) esta situado

en el nuevo eje de abscisas, el punto M2(1;−7) esta situado en el nuevo eje de ordenadas

y los ejes de los sistemas de coordenadas primitivo y nuevo tienen respectivamente las

mismas direcciones

- Dos sistemas de ejes coordenados Ox, Oy y Ox′, Oy′ tienen un origen comun O y se

transforman el uno en el otro mediante una rotacion en cierto angulo. Las coordenadas del

punto A(3;−4) estan determinadas respecto al primero de ellos. Deducir las formulas de

transformacion de coordenadas, sabiendo que la direccion positiva del eje Ox′ esta definida

por el segmento OA

- El eje de coordenadas se ha trasladado al punto O′(−1; 2), y los ejes de coordenadas han

girado un angulo α = arctan− 512

. Las coordenadas de los puntos M1(3; 2), M2(2;−3) y

M(13;−13) estan determinadas en el nuevo sistema. Determinar las coordenadas de estos

mismos puntos en el sistema de coordenadas primitivo.

- Dados tres puntos: A(5; 5), B(2;−1) y C(12;−6), hallar sus coordenadas en el nuevo

sistema, si el origen de coordenadas se ha trasladado al punto B y los ejes coordenados

han girado un angulo α = arctan 34.

- Determinarlas coordenadas primitivas del nuevo origen y el angulo α, en el que han girado

los ejes, si las formulas de transformacion de coordenadas se dan mediante las siguientes

igualdades:

1. x = −y′ + 3, y = x′ − 2

2. x = −x′ − 1, y = −y′ + 3



324

3. x =√

22

x′ +√

22

y′ + 5, y = −√

22

x′ +√

22

y′ − 3

- Transformese cada una de las siguientes ecuaciones girando los ejes, el angulo que se indica.

Tracese la curva. (Notese que al trazar la cura serıa conveniente que el papel cuadriculado

tenga rayado paralelo a los ejes)

1. x2 + 3xy + y2 = 10, 45o

2. x2 − 2xy + y2=18, 45o

3. 3x2 + 4xy = 16, arctan 12

4. 34x2 − 24xy + 41y2 = 25, arctan 2

5. 8x2 + 12xy + 17y2 = 20, arctan 2

6. x2 −√

3xy + 2y2 = 16, 30o

7. 11x2 − 24xy + 4y2 = 80, arctan 43

8. 3x2 − 3xy − y2 = 54, arctan 3

9. 2929x2 − 1080xy + 4000y2 = 67600, arctan 512

- Simplifique cada una de las siguientes ecuaciones mediante una rotacion y traslacion de

ejes. Tracese el lugar geometrico, mostrando todos los sistemas de ejes empleados

1. 2x2 + xy + 2y2 = 90

2. 2x2 − 5xy + 2y2 = 18

3. 4x2 − 3xy = 18

4. 4xy − 3y2 = 64

5. 3x2 + 2xy + 3y2 − 16x + 20 = 0

6. 5x2 + 2xy + 5y2 − 12x − 12y = 0

7. 17x2 + 12xy + 8y2 + 46x + 28y + 17 = 0

8. 9x2 − 24xy + 16y2 − 240x − 180y = 0

9. 16x2 − 24xy + 9y2 − 300x − 400y = 0

10. 108x2 − 312xy + 17y2 + 840x − 380y − 100 = 0

11. 386x2 − 720xy − 97y2 + 720x + 194y + 481 = 0

12. 7x2 − 48xy − 7y2 + 68x + 124y − 292

13. 25x2 − 120xy + 144y2 − 4056x − 1690y = 0

14. 199x‘2 − 240xy − 199y2 − 242x − 716y − 668 = 0

- Hallense las coordenadas de los focos de las siguientes curvas

1. 16x2 − 24xy + 9y2 − 120x − 160y = 0



325

2. 4x2 − 20xy − 11y2 − 16x − 40y − 128 = 0

3. 369x2 − 384xy + 481y2 + 1122x− 1346y − 4391 = 0

4. 2xy = a2 (hiperbola equilatera)


Capıtulo 8

Coordenadas Polares, cilındricas y esfericas

8.1 Coordenadas polares y graficas polares

Hasta ahora, se ha localizado un punto en un plano mediante sus coordenadas cartesianas rect-

angulares. Otros sistemas coordenados permiten ubicar un punto en el plano, y el sistema de

coordenadas polares es uno de ellos. Este sistema es importante debido a que ciertas curvas

tienen ecuaciones mas simples en coordenadas polares. Ademas, las tres conicas (parabola, elipse

e hiperbola) pueden representarse mediante una ecuacion. Esta ecuacion se aplica en fısica para

deducir las leyes de Kepler, y en astronomıa, en el estudio del movimiento de los planetas.

Las coordenadas cartesianas son numeros, la abscisa y la ordenada, que representan la distancia

dirigida a partir de dos rectas fijas. Las coordenadas polares consisten de una distancia dirigida

y la medida de un angulo en relacion a un punto fijo y un rayo fijo (o semirecta). El punto fijo

se denomina polo (u origen) y se representa mediante la letra O. El rayo fijo recibe el nombre de

eje polar (o recta polar), la cual se denota por OA. El rayo OA usualmente se dibuja horizontal

y se prolonga indefinidamente hacia la derecha. Vea la figura 8.1

θ

θ

A

P(r, )

O

Figura 8.1:

Sea P cualquier punto del plano diferente de O. Sea θ la medida en radianes del angulo dirigido

AOP , positivo cuando se mide en el sentido contrario al giro de las manecillas del reloj y negativo

326


327

en el caso contrarıo, que tiene como su lado inicial el rayo OA y como su lado final el rayo OP .

Si r es la distancia no dirigida de O a P (esto es r = |OP |). un conjunto de coordenadas polares

de P esta dado por r y θ, y se denotan estas coordenadas como (r, θ).

En realidad, las coordenadas (4.56π +2kn). donde k es cualquier numero entero, proporcionan el

mismo punto. Ası, un punto particular tiene un numero ilimitado de conjuntos de coordenadas

polares, a diferencia del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, en el cual existe una

correspondencia uno a uno entre las coordenadas y la posicion de los puntos en el plano. Un

ejemplo mas se tiene al considerar conjuntos de coordenadas polares para el polo. Si r = 0 y θ

es cualquier numero real, se tiene el polo designado por (0, θ).

A continuacion se consideraran las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este

caso, en lugar de que el punto este en el lado terminal del angulo, el punto se encuentra sobre la

prolongacion del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto

al lado terminal. En consecuencia, si P esta sobre la prolongacion del lado terminal del angulo

cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r.θ), donde

r = |OP |

Ejemplo 8.1. Localice cada uno de los siguientes puntos que tienen tos conjuntos dados de

coordenadas polares: (a) (2, 14π), (b) (5, 1

2π), (c) (1, 2

3π); (d) (3, 7

6π); (e) (4,−1

3π); (f) (5

2,−π)

Solucion. El punto (2, 14π) se determina al dibujar primero el angulo que tiene una medida en

radianes de 14π, cuyo vertice esta en el polo y su lado inicial sobre el eje polar. El punto en el

lado terminal que esta a 2 unidades del polo es el punto 14π. consulte la figura 8.2(a). De manera

semejante se obtienen los puntos que se muestran en las figuras 8.2(b)-(f).

Ejemplo 8.2. La figura 8.3 muestra el punto (4, 56π). Otro conjunto de coordenadas polares

para este punto es (4,−76π), vea la figura 8.4. Ademas, las coordenadas polares (4, 17

6π) tambien

representan el mismo punto, como se muestra en la figura 8.5.

En realidad, las coordenadas (4, 56π +2kπ), donde k es cualquier numero entero, proporcionan el

mismo punto. Ası, un punto particular tiene un numero ilimitado de conjuntos de coordenadas

polares, a diferencia del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, en el cual existe una

correspondencia uno a uno entre las coordenadas y la posicion de los puntos en el plano. Un

ejemplo mas se tiene al considerar conjuntos de coordenadas polares para el polo. Si r = 0 y θ

es cualquier numero real, se tiene el polo designado por (0, θ).

A continuacion se consideraran las coordenadas polares para las cuales r es negativo. En este

caso, en lugar de que el punto este en el lado terminal del angulo, el punto se encuentra sobre la

prolongacion del lado terminal, la cual es el rayo desde el polo que se extiende en sentido opuesto

al lado terminal. En consecuencia, si P esta sobre la prolongacion del lado terminal del angulo

cuya medida en radianes es θ, entonces un conjunto de coordenadas polares de P es (r, θ), donde

r = −|OP |.



328

O

OO

O

O

OA A

A A A

A

(2,π/4)

π/2π/2 2π/3

(1,2π/3)

(5,π/2)

7π/6

(3,7π/6)

−π/3

(4,−π/3)

−π

(5/2,−π)

(a) (b) (c)

(d) (e) (f)

Figura 8.2:

5π/6

(4,5π/6)

AO

Figura 8.3:

−7π/6

(4,−7π/6)

AO

Figura 8.4:

17π/6

(4,17π/6)

AO

Figura 8.5:

Ejemplo 8.3. El punto (−4,−16π) mostrado en la figura 8.6 es el mismo punto que (4, 5

6π),

(4. − 76π) y (4, 17

6π) del ejemplo 8.2. Otro conjunto de coordenadas polares para este punto es



329

(−4. − 116π) vea la figura 8.7

A

(−4,−π/6)

−π/6Ο

Figura 8.6: r sen θ = 3

A

(−4,11π/6)

11π/6

Ο

Figura 8.7: r sen θ = −3

A menudo el angulo se mide en radianes: de modo que un conjunto de coordenadas polares de

un punto es un par ordenado de numeros reales. Para cada par ordenado de numeras reales

existe un unico punto al que le corresponde este conjunto de coordenadas polares. Sin embargo,

se ha visto que un punto particular puede representarse mediante un numero ilimitado de pares

ordenados de numeros reales. Si el punto P no es el polo, y r y Q se restringen de modo que

r > 0 y 0 ≤ θ < 2π, entonces P tiene un unico conjunto de coordenadas polares.

En ocasiones se desea hacer referencia a las coordenadas cartesianas rectangulares y coordenadas

polares de un punto. Para lograr esto, se considera el origen del primer sistema como el polo del

segundo sistema, el eje polar como la parte positiva del eje x y el rayo para el cual θ = 12π como

la parte positiva del eje y.

Suponga que P es un punto cuya representacion en el sistema de coordenadas cartesianas rectan-

gulares es (x, y), y (r, θ) es la representacion en coordenadas polares de P . Como caso particular,

suponga que P esta en el segundo cuadrante y r > 0. Entonces

De este modo

x = cos θ y y = r sen θ (8.1)

Estas ecuaciones se cumplen para P en cualquier cuadrante y r positivo o negativo. De las

ecuaciones no solo se pueden obtener las coordenadas cartesianas rectangulares de un punto

cuando se conocen las coordenadas polares, sino que tambien se puede obtener una ecuacion

polar de una curva a partir de su ecuacion cartesiana rectangular.

Con el fin de deducir las ecuaciones que proporcionen un conjunto de coordenadas polares de un

punto cuando se conocen sus coordenadas cartesianas rectangulares, se elevan al cuadrado los

dos miembros de cada ecuacion de (8.1), se iguala la suma de los miembros izquierdos a la suma

de los miembros derechos, y se resuelve para r, obteniendose

r = ±√

x2 + y2 (8.2)

Al dividir miembro a miembro las ecuaciones de (8.1) se tiene

r sen θ

r cos θ= y

tan θ =y

xsi x 6= 0 (8.3)



330

Ejemplo 8.4. La figura 8.8 muestra el punto cuya representacion en coordenadas cartesianas

es (−√

3.− 1). Para obtener las coordenadas polares (r.θ), donde r > 0 y 0 ≤ θ < 2π, se aplican

(8.2) y (8.3):

r =√

3 + 1 tan θ = −1−√

3

= 2 76

(ya que π < θ < 32π)

Ası, el punto es(2, 7

6π).

Una ecuacion en coordenadas polares se denomina ecuacion polar a fin de distinguirla de una

ecuacion cartesiana, termino empleado cuando una ecuacion esta dada en coordenadas carte-

sianas rectangulares.

x

y

−1r

θ

Figura 8.8:

Ejemplo 8.5. Obtenga una ecuacion cartesiana de la grafica que tiene la ecuacion polar

r2 = 4 sen 2θ

Solucion. Debido a que sen 2θ = 2 sen θ cos θ, se tiene que sen 2θ = 2(y/r)(x/r), donde r 6= 0.

Con esta sustitucion y r2 = x2 + y2, se obtiene la ecuacion polar dada

x2 + y2 = a(2)y

r· x

r

x2 + y2 =8xy

r2

x2 + y2 =8xy

x2 + y2

(x2 + y2)2 = 8xy

La grafica de una ecuacion en coordenadas polares, denominada grafica polar, consiste de aque-

llos, puntos y solo aquellos, que tienen al menos un par de coordenadas polares que satisfacen la

ecuacion. A continuacion se trataran las propiedades de dichas graficas, las cuales se obtendran

a mano y en la graficadora.

La ecuacion

θ = C



331

donde C es una constante, es satisfecha por todos los puntos cuyas coordenadas polares son

(r, C) sin importar el valor de r. Por tanto, la grafica de esta ecuacion es una recta que contiene

al polo y Forma un angulo de C radianes con el eje polar. Vea la figura 8.9. La misma recta

esta representada por la ecuacion

θ = C ± kn

donde k es cualquier numero entera.

π/2

θ=

3π/2

0π C

C

O

Figura 8.9:

Ejemplo 8.6.

(a) La grafica de la ecuacion angulo

θ =1

4π

se presenta en la figura 8.10, y es la recta que pasa por el polo y forma un angulo de 14π

radianes con el eje polar. y ası sucesivamente. La misma recta esta dada por las ecuaciones

θ =5

4π, θ =

9

4π, θ = −3

4π, θ = −7

4π

y ası sucesivamente.

(b) La figura 8.11 muestra la grafica de la ecuacion

θ =2

3π

la cual es la recta que pasa por el polo y forma un angulo de 23π. Otras ecuaciones de esta

recta son

θ =5

3π θ =

8

3π, θ = −1

3π, θ = −4

3π

y ası sucesivamente



332

π/2

θ=π/4

3π/2

0ππ/4

Figura 8.10:

π/2

2π/3

θ=2π/3

3π/2

0π

Figura 8.11:

En general, la forma polar de una ecuacion de una recta no es tan simple como la forma carte-

siana. Sin embargo, si la recta es paralela al eje polar o al eje 12π, entonces la ecuacion es bastante

sencilla.

Si una recta es paralela al eje polar y pasa por el punto B cuyas coordenadas cartesianas son

(0, b) y cuyas coordenadas polares son (b, 12π), entones una ecuacion cartesiana es y = b. Si se

sustituye y por r sen θ = b

la cual es la ecuacion polar de cualquier recta paralela al eje polar. Si b es positivo, la recta

esta por arriba del eje polar. Si b es negativo, la recia esta por debajo del eje polar.

Ejemplo 8.7. En la figura 8.12 se tiene la grafica de la ecuacion

r sen θ = 3

mientras que en la figura 8.13 se muestra la grafica de la ecuacion

r sen θ = −3

Ahora considere una recta paralela al eje 12π, o equivalentemente, perpendicular al eje polar.

Si la recta pasa por el punto A, cuyas coordenadas cartesianas son (a, 0) y cuyas coordenadas



333

3E90 1E9-1E9 2E9-2E9

-3

Figura 8.12: r sen θ = 3

2E9-1E9 0-2E9 1E9-3E9

3

Figura 8.13: r sen θ = −3

polares son (a, 0), una ecuacion cartesiana es x = a. Al sustituir x por r cos θ se obtiene

r cos θ = a

la cual es la ecuacion de cualquier recta perpendicular al eje polar. Si a es positivo, la recta

esta a la derecha del eje 12π. Si a es negativo, la recta esta a la izquierda del eje 1

2π

Ejemplo 8.8. La figura 8.14 muestra la grafica de la ecuacion

r cos θ = 3

y la figura 8.15 presenta la grafica de la ecuacion

r cos θ = −3

La grafica de la ecuacion

r = C

donde C es cualquier constante, es una circunferencia cuyo centro esta en el polo y su radio es

|C|. La misma circunferencia esta dada por la ecuacion.

r = −C

Ejemplo 8.9. En la figura 8.16 se muestra la grafica de la ecuacion

r = 4

la cual es una circunferencia con centro en el polo y radio 4. La misma circunferencia esta dada

por la ecuacion

r = −4

aunque el uso de esta ecuacion no es comun.



334

1000

0

-1000

-4000

-2000

-6000

-3000

-5000

-3

Figura 8.14: r cos θ = 3

6000

5000

4000

1000

3000

-1000

2000

0

3

Figura 8.15: r cos θ = −3

-4

-2 4

4

2

20

-2

0-4

Figura 8.16: r = 4

Como ocurre para la recta, la ecuacion polar general de una circunferencia no es tan simple

como la forma cartesiana. No obstante, se tienen casos especiales en los que una ecuacion de una

circunferencia merece considerarse en forma polar.

Si una circunferencia contiene al origen (el polo) y tiene su centro en el punto de coordenadas

cartesianas (a, b), entonces una ecuacion cartesiana de la circunferencia es

x2 + y2 − 2ax − 2by = 0

Una ecuacion polar de esta circunferencia es

(r cos θ)2 + (r sen θ)2 − 2a(r cos θ) − 2b(r sen θ) = 0

r2(cos2 θ + sen2 θ) − 2ar cos θ − 2br sen θ = 0

r2 − 2ar cos θ − 2br sen θ = 0

r(r − 2a cos θ − 2b sen θ) = 0



335

r = 0 ∨ r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0

Como la grafica de la ecuacion r = 0 es el polo y el polo (r = 0 cuando θ = tan−l(−a/b)) esta en

la grafica de r − 2a cos θ − 2b sen θ = 0, una ecuacion de la circunferencia es

r = 2a cos θ + 2b sen θ

Cuando b = 0, en esta ecuacion, se tiene.

r = 2a cos θ

Esta es una ecuacion polar de la circunferencia de radio |a| unidades, tangente al eje 12π, y con

su centro en el eje polar o en su prolongacion. Si a > 0, la circunferencia esta a la derecha del

polo como en la figura (8.17), y si a < 0, la circunferencia se encuentra a la izquierda del polo.

(a,0)

(2a,0)

0

π/2

3π/2

π

Figura 8.17: r = 5 cos θ

Si a = 0 en la ecuacion r = 2a cos θ + 2b sen θ, se tiene

r = 2b sen θ

la cual es la ecuacion polar de la circunferencia de radio |b| unidades, con su centro sobre el eje12π en su prolongacion, y es tangente al eje polar. Si b > 0, la circunferencia esta por arriba del

polo, y si b < 0, la circunferencia se encuentra debajo del polo.

Ejemplo 8.10. Dibuje la grafica de cada una de las siguientes ecuaciones:

a) r = 5 cos θ

b) r = −6 sen θ

Solucion. a) La ecuacion

r = 5 cos θ

es de la forma r = 2aθ con a = 52. Por tanto, la grafica es una circunferencia con centro en

e! punto que tiene coordenadas polares (52,0) y es tangente al eje 1

2π. La grafica se presenta

en la figura 8.18.



336

10

-2

4

2

2

-1

05

1

3

Figura 8.18: r = 5 cos θ

b) La ecuacion

r = −6 sen θ

es de la forma r = 2b sen θ con b = −3. La grafica es una circunferencia con centro en

el punto que tiene coordenadas polares (3, 32π) y es tangente al eje polar. La figura 8.19

muestra la grafica.

30

-1

2

-2

1

-4

0

-3

-3 -1

-6

-2

-5

Figura 8.19: r = −6 sen θ

Antes de discutir otras graficas polares, se estableceran los siguientes criterios de simetrıa.

8.1.1 Criterios de Simetrıa

Una grafica es:



337

i) Simetrıa con respecto al eje polar si se obtiene una ecuacion equivalente cuando (r, θ) se

sustituye por (r, θ) o −r, π − θ.

( ,π−θ)

π−θθ

−θ θ=0

( ,−θ)

≡( ,π−θ)

( ,θ)

r

r

r

r

X

Y

0

ii) Simetrıa con respecto al eje 12π si se obtiene una ecuacion equivalente cuando (r, θ) se

sustituye por (r, π − θ) o −r,−θ.

π−θ

θ

−θ

θ=π/2

θ=0

( ,−θ)

( ,θ)

( ,π−θ)

( ,−θ)

r

r

r

−r

−r

0

iii) Simetrica con respecto al polo si se obtiene una ecuacion equivalente cuando (r, θ) se

sustituye por (−r, θ) o (r, π + θ)

Ejemplo 8.11. Para la grafica de la ecuacion

r = 4 cos θ

se aplicaran los criterios de simetrıa con respecto al eje polar, al eje 12π y al polo.

Para el criterio de simetrıa con respecto al eje polar, se sustituye (r, θ) por (r,−θ) y se obtiene



338

θ

( ,π+θ)

≡( ,θ)

( ,θ)

0

r

r

r

−r

r = 4 cos(−2θ), la cual es equivalente a r = 4 cos 2θ. Por tanto, la grafica es simetrica con re-

specto al eje polar.

Para el criterio de simetrıa con respecto al eje 12π, se sustituye (r, θ) por (r, π− θ) en la ecuacion

dada y se obtiene r = 4 cos(2(π − θ)) o, equivalentemente, r = 4 cos(1π − 2θ), que equivale a

r = 4 cos 2θ. Por tanto, la grafica es simetrica con respecto al eje 12π.

Para el criterio de simetrıa con respecto al eje al polo, se sustituye (r, θ) por −r, θ y se obtiene

−r = 4 cos 2θ, la cual no es equivalente a la ecuacion dada. No obstante, tambien debe deter-

minarse si el otro conjunto de coordenadas funciona. Al sustituir (r, θ) por r, π + θ se obtiene

r = 4 cos((π +θ)) o, equivalentemente, r = 4 cos(2π +2θ), que equivale a r = 4 cos 2θ. Por tanto,

la grafica es simetrica con respecto al eje polo.

Cuando se dibuja una practica polar, a fin de determinar si contiene al polo sustituye 0 por r en

la ecuacion y despues de resuelve para θ.

Ejemplo 8.12. Dibuje la grafica de la ecuacion

r = 1 − 2 cos θ

Solucion. Como se obtiene una ecuacion equivalente cuando se sustituye (r, θ) por (r,−θ), la

grafica es simetrica con respecto al eje polar.

Si r = 0, se obtiene cos θ = 12

y si 0 ≤ θ ≤ π, entonces θ = 13π. Ası el punto (0, 1

3π), el polo,

esta en la grafica. La tabla 1 presenta las coordenadas de algunos otros puntos de la grafica. A

partir d estos puntos se dibuja la mitad de la grafica; el resto se dibuja teniendo en cuenta su

simetrıa con respecto al eje polar: La grafica se muestra en la figura

En la figura 8.20, la grafica se ha dibujado en un sistema de coordenadas polares.

El teorema siguiente muestra como definir una grafica polar mediante un par de ecuaciones

parametricas.

Teorema 8.1. La grafica de la ecuacion polar r = f(θ) esta definida por-las ecuaciones parametri-

cas

x = f(t) cos t y y = f(t) sen t



339

1

2

3

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figura 8.20: r = 1 − 2 cos θ

Demostracion. Sea (x, y) la representacion cartesiana de un punto P cuya representacion polar

es (r, θ). Entonces

x = cos θ y y = r sen θ

Como r = f(θ), se tiene

x = f(θ) cos θ y y = f(θ) sen θ

Al sustituir θ por t de modo que el parametro sea t, se tiene

x = f(t) cos t y y = f(t) sen t

Las ecuaciones parametricas del teorema 7.1 son utilizadas por algunas computadoras y grafi-

cadoras para trazar graficas polares. Otras graficadoras permiten trazar una grafica polar direc-

tamente de la ecuacion r = f(θ) empleando el modo polar de la graficadora.

Ejemplo 8.13. Para trazar la grafica del ejemplo 8.12 en la graficadora, se utilizan las ecuaciones

del teorema 8.1, como (θ) = 1 − 2 cos θ, se consideran

x = (1 − 2 cos t) cos t y y = (1 − 2 cos t) sen t

Con la graficadora en modo parametrico y de radianes, y 0 ≤ t ≤ 2π, se elige [−3, 3] por [−2, 2]

como rectangulo de inspeccion y obteniendose la grafica mostrada en la figura 8.21, la cual es

acorde con la curva de la figura

La grafica polar del ejemplo 8.12 y del ejemplo 8.13 se denomina limacon, palabra francesa que

proviene del latın limax que significa caracol. Un caracol (o limacon) es la grafica de una ecuacion

de la forma

r = a ± b cos θ o r = a ± b sen θ

donde a > 0 y b > 0. Existen cuatro tipos de caracoles que dependen de la razon a/b.



340

-1-2-3

1,5

-1

1

0-0,5-1,5

0,5

-1,5

-0,5

0-2,5

Figura 8.21: r = 1 − 2 cos θ

8.1.2 Tipos de caracoles

De la ecuacion r = A + B cos θ, donde a > 0 y b > 0

1. 0 < ab

< 1 Caracol con lazo. Vea la figura 8.22

2. ab

= 1 Cardioide (forma de corazon). Vea la figura 8.23

3. 1 < ab

< 2 Caracol con hendidura. Vea la figura 8.24

4. 2 ≤ ab

Caracol convexo (sin hendidura). Vea la figura 8.25.

1

2

3

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figura 8.22: caracol con un lazo

0.5

1

1.5

2

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figura 8.23: cardioide



341

1

2

3

4

5

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figura 8.24: caracol hendidura

2

4

6

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Figura 8.25: caracol convexo

Mas adelante en esta seccion, cuando se estudien las recias tangentes horizontales y verticales

de graficas polares, sera evidente el por que los caracoles del tipo 3 tienen una hendidura y los

del tipo 4 no

A partir de la ecuacion de un caracol, tambien se puede determinar su simetrıa, y la direccion

en la que apunta.

Simetrıa y Control de un Caracol

a > 0 y b > 0

r = a + b cos θ Simetrıa con respecto al eje polar; apunta hacia la derecha

r = a − b cos θ Simetrıa con respecto al eje polar apunta hacia la izquierda.

r = a + b sen θ Simetrıa con respecto al eje 12π, apunta hacia arriba

r = a − b sen θ Simetrıa ton respecto al eje 12π, apunta hacia abajo.

Ejemplo 8.14. Para cada uno de los caracoles siguientes, determine el tipo, su simetrıa y la

direccion en la que apunta, ademas trace el caracol:

(a) r = 3 + 2 sen θ

(b) r = 2 + 2 cos θ

(c) r = 2 − sen θ

Solucion. (a) La ecuacion r = 3 + 2 sen θ es de la forma r = a + b sen θ con a = 3 y b = 2.

Como ab

= 32

y 1 < 32

< 2 la grafica es un caracol con hendidura. Es simetrico con respecto

al eje 12π y apunta hacia arriba. Se traza la grafica en el rectangulo de inspeccion de [−9, 9]

por [−6,6] y se obtiene el caracol de la figura 8.26



342

21

2

1

5

-20

-3 -1 3

3

-1

0

4

Figura 8.26: r = 3 + 2 sen θ

(b) La ecuacion r = 2 + 2 cos θ es de la forma r = a + b cos θ con a = 2 y b = 2. Comoab

= 1, la grafica es una cardioide. Es simetrica con respecto al eje polar y apunta hacia la

derecha. Se traza la cardioide en el rectangulo de inspeccion de [−7,5; 7,5] por [−5,5] como

se muestra en la figura 8.27

-1

4

-2

1 32

2

1

00

Figura 8.27: r = 2 + 2 cos θ

(c) La ecuacion r = 2 − sen θ es de la forma r = a − b sen θ con a = 2 y b = 1. Como ab

= 2,

la grafica es un caracol convexo. Es simetrico con respecto al eje 12π y apunta hacia abajo.

La grafica se presenta en la figura 8.28.

La grafica de una ecuacion de la forma

r = a cos nθ o r = a sen nθ

es una rosa, que tiene n hojas si n es impar y 2n hojas si n es par.



343

21

1

00

-1

-2

-1

-3

-2

Figura 8.28: r = 2 − sen θ

Ejemplo 8.15. Describa y trace la ecuacion

r = 4 cos 2θ

Solucion. La ecuacion es de la forma r = a cos nθ. donde n es igual a 2. Como n es par, entonces

la grafica es una rosa de cuatro hojas. La longitud de cada hoja es 4. La grafica contiene al polo

debido a que cuando r = 0 se tiene

cos 2θ = 0

de donde se obtiene, para 0 ≤ θ ≤ 2π,

θ =1

4π θ =

3

4π θ =

5

4π θ =

7

4π

Se traza la grafica en el rectangulo de inspeccion de [−7,5; 7,5] por [−5, 5] como se muestra en

la figura 8.29. La grafica concuerda con la descripcion.

6420-2-4-6

4

2

0

-2

-4

Figura 8.29: r = 4 cos 2θ

Observe que si en la ecuacion para una rosa se toma n = 1, resulta

r = a cos θ o r = a sen θ



344

las cuales son ecuaciones de una circunferencia. Por tanto, una circunferencia puede considerarse

como una rosa de una hoja.

Otras graficas polares que a menudo se presentan son las espirales y las lemniscatas. La grafica

del ejemplo siguiente se denomina espiral de Arquımedes.

Ejemplo 8.16. Describa y trace la ecuacion

r = θ θ ≥ 0

Solucion. Observe primero que la grafica no es simetrica con respecto a los ejes ni respecto al

polo. Ademas, conforme θ crece, tambien lo hace r. Cuando r = 0, θ = 0; de modo que el polo

esta en la grafica. Cuando θ = nπ, donde n es cualquier numero entero, la grafica intersecta al

eje polar o a su prolongacion, y cuando θ = 12nπ, donde n es cualquier numero entero impar, la

grafica intersecta al eje 12π a su prolongacion. Se traza la grafica en el rectangulo de inspeccion de

[−42, 42] por [−28,28], como se muestra en la figura 8.30, la cual concuerda con la descripcion.

Una formula para determinar la pendiente de ana recta tangente a una grafica polar la propor-

ciona el teorema siguiente.

0

-10

-20

40200-20-40

20

10

Figura 8.30: r = θ

Teorema 8.2. Si m es la pendiente de la recta tangente a la grafica de r = f(θ) en el punto

(r,0).entonces

m =sen θ + r cos θ

cos θ drdθ

− r sen θ

Demostracion. Del teorema 8.2, la grafica de r = f(θ) esta definida por las ecuaciones parametri-

casdy

dx=

dydθdrdθ

en donde θ es el parametro, se tiene

=F ′(θ) sen θ + f(θ)

sen θ



345

La formula del teorema 8.2 puede emplearse para determinar donde una grafica polar tiene rectas

tangentes horizontales y verticales. Esta informacion es util cuando se dibujan graficas polares.

El procedimiento se muestra al aplicarlo, a dos de los caracoles del ejemplo 8.14. en el siguiente

ejemplo ilustrativo y en el proximo ejemplo.

8.2 Coordenadas Cilındricas y Esfericas

El sistema de coordenadas cilındricas es una extension de las coordenadas polares para tres

dimensiones. La representacion en coordenadas cilındricas de un punto P es (r, θ, z), donde r y

θ son las coordenadas polares de la proyeccion de P en el plano polar y z es la distancia dirigida

desde el plano polar hasta P . Consulte la Figura 8.31

z

z

x

y

r

O

(r, ,z)θ

θ

Figura 8.31:

Ejemplo 8.17. Dibuje la grafica de cada una de las siguientes ecuaciones, expresada en coor-

denadas cilındricas, donde c es una consume:

(a) r = c, (b) θ = c, (c) z = c.

Solucion. (a) Para un punto P (r, θ, z) de la grafica de r = c, θ y z pueden asumir cualquier

valor, mientras que r es constante. La grafica es un cilindro circular recto cuyo radio es |c|unidades y su eje es el eje;. La grafica se muestra en la figura 8.32.

(b) Para lodos los puntos P (r, θ, z) de la grafica de θ = c, r y z pueden tomar cualquier

valor, en tanto que θ permanece constante. La grafica es un plano que pasa por el eje z.

Refierase a la figura 8.33 donde 0 < c < 12π.

(c) La grafica de z = c es un plano paralelo al plano polar ubicado a una distancia dirigida

de c unidades a partir del plano polar. La figura 8.34 muestra la grafica pata c > 0.



346

-2

-2-2

-1

-1-1

000yx 11

z1

22

2

Figura 8.32:

z

x

yO

θ =c

Figura 8.33:

z

x

yO

c

Figura 8.34:

z

z

z

x

xyy

r

O

(r, ,z)θ

θ

(x,y,z)

Figura 8.35:

El nombre “coordenadas cilındricas”proviene del hecho de que la grafica de r = c es un cilindro

circular recto como el del ejemplo 1(a). Las coordenadas cilındricas se emplean con frecuencia

en problemas fısicos en los que se nene un eje de simetrıa.

Suponga que un sistema de coordenadas cartesianas y otro de coordenadas cilındricas se colocan

de modo que el plano xy es el plano polar del sistema de coordenadas cilındricas, y que la parte

positiva del eje x es el eje polar, observe la figura 8.35. Entonces, el punto P tiene a (x, y, z) y

(r, θ, z) como dos conjuntos de coordenadas que estan relacionados por las ecuaciones siguientes:

x = r cos θ y = r sen θ z = z (8.4)

r2 = x2 + y2 tan θ =y

xsi x 6= 0 z = z (8.5)

Ejemplo 8.18. Obtenga una ecuacion en coordenadas cartesianas para cada una de las sigu-

ientes superficies cuyas ecuaciones se han expresado en coordenadas cilındricas, e identifique la



347

superficie:

(a) r = 6 sen θ.

(b) r(3 cos θ + 2 sen θ) + 6z = 0.

Solucion. Al multiplicar los dos miembros de la ecuacion por r se obtiene r2 = 6r sen.

Como r2 = x2 + y2 y r sen θ = y, entonces x2 + y2 = 6y. Esta ecuacion puede escribirse

en la formar x2 + (y − 3)2 = 9. lo cual muestra que su grafica es un cilindro circular recto

cuya seccion transversal en el plano xy es la circunferencia con centro en (0,3) y radio 3.

(b) Si se sustituye r cos θ por x y r sen θ por y se obtiene la ecuacion 3x + 2y + 6z = 0. En

consecuencia, la grafica es un plano que pasa por el origen y tiene al vector 〈3,2,6〉 como

un vector normal

Ejemplo 8.19. Obtenga una ecuacion en coordenadas cilındricas para cada una de las siguientes

superficies cuyas ecuaciones se han dado en coordenadas cartesianas, e identifique la superficie:

(a) x2 + y2 = z;

(b) x2 − y2 = z.

Solucion. (a) La grafica es un paraboloide elıptico. Este paraboloide se muestra en la figura

8.36.

-3 -3-2 -2-1 -10

00

4

11

8

yx

12

2 2

16

33

Figura 8.36:

Si x2 + y2 se sustituye por r2, entonces la ecuacion se transforma en r2 = z.

(b) La grafica es un paraboloide hiperbolico que tiene al eje z como su eje. Cuando se sustituye

x por r cos θ y y por r sen θ. se obtiene la ecuacion r2 cos2 θ − r2 sen2 θ = z; debido a que

cos2 θ− sen2 θ = cos 2θ, entonces se puede escribir la ecuacion como z = r cos 2θ. La figura

8.37 muestra el paraboloide hiperbolico.



348

-3 -3-2 -2

-8

-1 -1

-4

000

4

1 1

x

8

y

2 23 3

Figura 8.37:

En un sistema de coordenadas esfericas se tiene un plano polar y un eje z perpendicular al plano

polar, con el origen del eje como el polo del plano polar. Por medio de tres numeros se localiza un

punto, y la representacion en coordenadas esfericas de un punto P es (ρ, θ, φ). donde ρ = |OP |, θ

es la medida en radianes del angulo polar de la proyeccion de P en el plano polar, y φ es la medida

en radianes no negativa del angulo menor medido desde la pane positiva del eje z a la recta OP ,

consulte la figura 8.38. El origen tiene la representacion (0, θ, φ en coordenadas esfericas, donde

θ y φ pueden asumir cualquier valor. Si el punto P (ρ, θ, φ) no es el origen, entonces ρ > 0 y

0 ≤ φ ≤ π, donde φ = 0 si P esta en la parte positiva del eje z y φ = π si P se encuentra en la

parte negativa del eje z.

z

x

yO

θ

φ ρ

(ρ,θ,φ)

Figura 8.38:

Ejemplo 8.20. Dibuje la grafica de cada una de las ecuaciones siguientes, expresadas en coor-

denadas esfericas, donde c es una constante

(a) ρ = y c > 0;



349

(b) θ = c.

Solucion. (a) Todos los puntos P (ρ, θ, φ) de la grafica de ρ = r tienen el mismo valor para

ρ, θ puede ser cualquier numero y 0 ≤ φ ≤ π. De esto se deduce que la grafica es una esfera

de radio c cuyo centro es el polo. La figura 8.39 muestra la esfera.

z

x

yO c

Figura 8.39:

(b) Para cualquier punto P (ρ, θ, φ) de la grafica de θ = c, ρ puede ser cualquier numero no

negativo, φ puede ser cualquier numero del intervalo cerrado [0, π] y θ es constante. Por

tanto, la grafica es un semiplano que contiene al eje z y se obtiene al rotar la mitad del

plano xz. para el cual x 6= 0 alrededor del eje z mediante un angulo de c radianes. La

figura 8.40 muestra los semiplanos para θ = 14π, θ = 4

3π y θ = −1

6π

z

x

yO

θ=4π/3

θ=−π/6

θ=π/4

Figura 8.40:

Debido a que la grafica de ρ = c es una esfera, se tiene el nombre coordenadas esfericas”. Las

coordenadas esfericas se utilizan frecuentemente cuando en un problema fısico se tiene un punto

como centro de simetrıa.

Si se colocan juntos un sistema de coordenadas esfericas y uno de coordenadas cartesianas, como



350

se ilustra en la figura 8.41, se pueden deducir las siguientes relaciones entre las coordenadas

esfericas y cartesianas de un punto P :

x = |OQ|cosθ y = |OQ| sen θ z = |QP |

z

z

x

xy

yO

θ

φ ρ

(ρ,θ,φ)

P(x,y,z)

Figura 8.41:

Como |OQ| = ρ sen φ y |QP | = ρ cos φ, las ecuaciones anteriores se transforman en

x = ρ sen φ cos θ y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ (8.6)

Al elevar al cuadrado cada una de las ecuaciones te 8.6 y sumando los miembros correspondientes

se tiene

x2 + y2 + z2 = ρ2 sen2 φ cos2 θ + ρ2 sen2 φ sen2 θ + ρ2 cos2 φ

x2 + y2 + z2 = ρ2 sen2(cos2 θ + sen2 φθ) + ρ2 cos2 φ

x2 + y2 + z2 = ρ2(sen2 φ + cos2 φ)

x2 + y2 + z2 = ρ2

8.3 Transformaciones Cilındricas (r, θ, z)

En forma analoga a las coordenadas polares en el plano, estudiaremos las COORDENADAS

CILINDRICAS en R3, definidas por la transformacion

x = r cos θ

T : y = r sen θ

z = z



351

T : R3 → R3

(R, θ, z) 7→ T (r, θ, z) = (x, y, z) = (r cos θ, r sen θ, z)

del espacio Rθz al espacio XY Z. A los numeros (r, θ, z) se les llamas las COORDENADAS

CILINDRICAS del punto (x, y, z) y estan representadas en la siguiente figura:

X

Y

Z

x

y

z

(x,y)

θr

El rango maximo de valores de las coordenadas cilındricas (r, θ, z) es:

0 ≤ r ≤ ∞0 ≤ θ ≤ α + 2x α fijo en R

Esta transformacion viene sa ser una extension de las coordenadas polares a un R3−espacio.

8.4 Caracterıstica de las coordenadas cilındricas

Al haber relacionado las variables (r, θ) con las variables (x, y) del plano coordenado XY , en-

tonces solamente en ese plano deben analizarse sus variaciones en algun problema particular,

para lo cual se debe hallar la PROYECCION de a curva superficie o region del 3−espacio en

estudio, HACIA EL PLANO XY ; ademas, en este plano por tenerse que

x = r cos θ

y = r sen θse cumple que

r =√

x2 + y2

tan θ = y/x

Ası la superficie S en el plano XY Z definida por

S = (x, y, z)/z = f(x, y), (x, y) ∈ D



352

X

Y

Z

x

yz

(x,y)θ r

(x,y,z)S

z=f(x,y)

V

D=Pr(xy)

r=r( )

θ=θ

θ=θ

θ

1

2

tiene su representacion en coordenadas cilındricas como sigue:

S ′ = (r, θ, z)/z = f(r cos θ, r sen θ), 0 ≤ r ≤ r(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2

y el solido y encima del plano XY y debajo de la superficie S, definido por

V = (x, y, z)/0 ≤ z ≤ f(x, y), (x, y) ∈ D

tiene su representacion en coordenadas cilındricas como sigue:

V ′ = (r, θ, z)/0 ≤ z ≤ f(r cos θ, r sen θ), 0 ≤ r ≤ r(θ), θ1 ≤ θ ≤ θ2

Ejercicio 8.1. Hallar las graficas de los siguientes conjuntos

a) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5, z = 4

b) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5; π ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ z ≤ 3

ası como las de sus imagenes en XY Z mediante la transformacion cilındrica de T .

Solucion.

a) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5, z = 4 no depende de θ, ello indica que θ varıa en toda una vuelta

de 2π radianes y se puede tomar 0 ≤ θ ≤ 2π (α = 0);



353

X

Y

Z

R

Z

T

T(D)

(r, ,4)

D

44

5

5

−5r

2π

θ

θ

θ0

En el espacio RθZ, D es una lamina rectangular plana horizontal a la altura z = 4, y su

imagen T (D) en el espacio XY Z es un disco horizontal de radio 5 a la altura z = 4

b) D = (r, θ, z)/0 ≤ r ≤ 5; π ≤ θ ≤ 2π, z ∈ [0, 3]

2ππ

θθ

R

Z Z

DT

X

Y

T(D)

−5

−5

5 5

3

3

0 0

Nota. Las coordenadas cilındricas se analizan en el espacio XY Z de modo que las coordenadas

r, θ se ubican en algun plano coordenado (XY , XY o Y Z)

Ejercicio 8.2.

a) Encontrar las coordenadas cilındricas de los puntos cuyas coordenadas rectangulares son

(2, 2, 3) y (−2, 2√

3,−5)

b) Encontrar las coordenadas rectangulares de los puntos cuyas coordenadas cilındricas son

(2, π,−3) y (5,−π/3, 2).

Solucion. x = r cos θ, y = r sen θ, z = z

a.1) x = 2, y = 2, z = 3; r =√

x2 + y2 =√

8 = 2√

2

tan θ = y/x = 1 ⇒ θ = π/4 (pues x > 0, y > 0: 1o Cuadrante) (r, θ, z) = (2√

2, π/4, 3)



354

a.2) x = −2, y = 2√

3,(2o) Cuadrante z = −5; r =√

x2 + y2 =√

16 = 4

tan θ = y/x = −√

3 ⇒ θ = 2π/3 (r, θ, z) = (4, 2π/3,−5)

b.1) r = 2, θ = r, z = −3

x = r cos θ = 5 cos(−π/3) = 5/2

y = r sen θ = 5 sen(−π/3) = −5√

3/2

(x, y, z) = (5/2,−5√

3/2, 2)

b.2) Queda como ejercicio.

Ejercicio 8.3. Graficar los siguientes conjuntos definidos por coordenadas cilındricas:

a) D = (r, θ, z/θ = π/4, z ∈ [0, 6])

b) D = (r, θ, z/θ = π/2, r ∈ [0, 1])

c) D = (r, θ, z/r = 3, z ∈ [0, 4])

Solucion.

a) θ = π/4, z ∈ [0, 6], 0 ≤ r ≤ ∞ (todo su rango)

T

RD

T(D)ZZ

X

Y

6

π/4

π/4

θ=π/4

0 0θ



355

b) θ = π/2, r ∈ [0, 1]

T

RD

T(D)ZZ

X

Yπ/2

π/20 0

1

θ

c) r = 3, z ∈ [0, 4], θ ∈ todo su rango [0, 2π]

T

RD

T(D)ZZ

X

Y

2π0 θ

4

330

Ejercicio 8.4. Expresar en coordenadas cilındricas la region limitada superiormente por el plano

z = 2x, e inferiormente por el paraboloide z = x2 + y2

Solucion. La interseccion de ambas superficies tiene su proyeccion en el plano XY :

2x = z = x2 + y2 ⇒ x2 + y2 = 2x

⇒ (x − 1)2 + y2 = 1



356

1

2

4

X

Y

Z

z=2x

Veamos claramente la variacion de r y θ en un solo plano, el XY :

xr cos θ, y = r sen θ, z = z

x2 + y2 = 2x ⇒ r2 = 2r cos θ ⇒ r = 2 cos θ (*)

r

Y

X

r=cos

θ

θ

1 20

Ası, 0 ≤ r ≤ 2 cos θ, −π/2 ≤ θ ≤ π/2

8.5 Transformaciones Esfericas (ρ, θ, φ)

La transformacion esferica esta definida de la siguiente manera:

Rθφ XY Z

T : R3 → R3

(ρ, θ, φ) 7→ T (ρ, θ, φ) = (x, y, z)



357

donde

x = ρ sen φ cos θ

y = ρ sen φ sen θ

z = ρ cos φ

de lo que se deduce la relacion: x2 + y2 + z2 = ρ2

X

Y

Z

x

y

zP=(x,y,z)

θ

φρ

8.5.1 Caracterısticas de las coordenadas esfericas

a) Cada terna (ρ, θ, φ) de coordenadas esfericas determina un unico punto P = (x, y, z) en R3

b) La coordenada esferica ρ mide la DISTANCIA del punto P al origen (p > 0).

c) La coordenada esferica θ es la misma que la coordenada cilındrica θ y su variacion no se

ve en el espacio sino en un plano cartesiano (XY ). Esta coordenada θ recibe el nombre de

LONGITUD o ACIMUT de P . Su rango maximal de variacion es de 2π radianes:

α ≤ θ ≤ α + 2π (α real fijo )

d) La coordenada esferica φ es el angulo entre la direccion positiva del eje Z y el radio vector

P . Se le mide a partir del semejante positivo Z+ y recibe el nombre de COLATITUD de P .

Al angulo (π/2 − φ) se le llama la ALTITUD de P

e) Cada punto P = (x, y, z) tiene muchas representationes en coordenadas esfericas

f) El rango maximal de variacion del angulo φ es

o ≤ φ ≤ π



358

g) De la definicion de las coordenadas esfericas se tiene que

x2 + y2 + z2 = ρ2, x2 + y2 = ρ2 sen2 θ

tan θ =?y

x

h) Las variaciones maximales de (ρ, θ, φ), son:

p ≥ 0, α ≤ θ ≤ α + 2π (α fijo ), 0 ≤ φ ≤ π

de modo que

sen φ =

√

x2 + y2

ρ, cos θ =

z

ρ, tan θ =

√

x2 + y2

z

8.5.2 Jacobiano de la transformacion esferica (ρ, θ, φ)

x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos θ

J(ρ, θ, φ) =∂(x, y, z)

∂(ρ, θ, φ)=

∣∣∣∣∣∣∣

sen φ cos θ −ρ sen φ sen θ ρ cos φ cos θ

sen φ sen θ ρ sen φ cos θ ρ cos φ sen θ

cos φ 0 −ρ sen φ

∣∣∣∣∣∣∣

8.5.3 Interpretacion geometrica de la transformacion esferica

T(D)

T

D

X

Y

Z

R

0 0θ

θ θ

φ=φ

φ=φ

ρ

ρ

ρ

ρ

φ

φ

φ

θ=θ

θ=θ1

1

1

1

1

1

2

2

2

2

2

2

θ1 ≤ θ ≤ θ2 (θ2 − θ1 ≤ 2π)



359

0 ≤ ρ1 ≤ ρ ≤ ρ2

0 ≤ φ1 ≤ φ ≤ φ2 ≤ π

Ejercicio 8.5. Determinar las coordenadas cartesianas de los puntos cuyas coordenadas esfericas

(ρ, θ, φ) son:

a) (1, 0, π/2)

b) (1, π/3, 0)

c) (2, π/2, 3π/4)

Solucion. x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ, z = ρ cos φ

a) ρ = 1, θ = 0, φ = π/2: x = 1, y = 0, z = 0

b) ρ = 1, θ = π/3, φ = 0: x = 0, y = 0, z = 1

c) ρ = 2, θ = π/2, φ = 3π/4: x = 1, y = 2/√

2, z = −2/√

2

Ejercicio 8.6. Asignar coordenadas esfericas a los puntos cuyas coordenadas cartesianas x, y, z

son:

a) (1, 0, 0)

b) (1, 1, 0)

c) (0,√

3,−1)

d) (√

3,√

3,√

2)

e) (32,−25, 18)

Solucion. ρ2 = x2 + y2 + z2, tan θ = y/x, cos θ = z/ρ

a) Semieje x+: ρ = 1,tan θ = y/x = 0,cos φ = z/ρ = 0 ⇒ θ = 0, φ = π/2

b) Plano XY : φ = π/2, ρ =√

2, tan θ = 1 ⇒ θ = π/4, por estar (1, 1, 0) en el primer cuadrante

del plano XY .

c) Plano Y Z−: θ = π/2, ρ = 2, cos φ = z/ρ = −1/2 ⇒ φ = 2π/3.

d) (x, y, z) = (√

3,√

3,√

2): ρ = 2√

2; si hacemos girar al punto alrededor del eje Z describimos

un arco de circunferencia de radio r =√

x2 + y2 =√

6, sin hacer variar φ, hasta llevarlo al

plano Y Z:

tanφ =√

6√2

=√

3 ⇒ φ = π/3; o sino tambien:

cos φ = zρ

=√

22√

2= 1

2⇒ φ = π

3

pues el rango maximo de variacion de φ es 0 ≤ φ ≤ π; este ultimo metodo es mas rapido

(algebraico), mientras que el anterior es un numero geometrico. Note que θ = π/4. ¿Por que?



360

Ejercicio 8.7. Interpretar geometricamente en XY Z la ecuacion ρ = 2 (dada en coordenadas

esfericas).

Solucion. Como no hay restricciones para θ (el cual da toda una vuelta) ni para φ entonces:

ρ = 2 ⇔ ρ2 = 4 ⇔ x2 + y2 + z2 = 4

que corresponde a la ecuacion de una esfera de radio ρ = 2 centrada en el origen.

Ejercicio 8.8. Dada la ecuacion θ = π/4 en coordenadas esfericas, interpretarlas geometrica-

mente.

Solucion. La ecuacion indica que manteniendo fijo θ = π/4 se hace variar todo ρ(ρ ≥ 0) y todo

φ ∈ [0, π]:

θ=π/4

θ=π/4

X

Y

Z

La ecuacion θ = π/4 corresponde al semiplano de la figura, a partir del eje Z, hacia X+Y +

Ejercicio 8.9. Interpretar la grafica de la ecuacion: tan θ = 1, dada en coordenadas esfericas.

Solucion. 0 ≤ θ ≤ 2π

tan θ = 1 ⇔ θ = π/4, 5π/4

De modo que la grafica corresponde, en el espacio XY Z, al semiplano de la figura del problema

anterior mas su prolongacion hacia X−Y −; es decir, corresponde a todo el plano y = x

Ejercicio 8.10. Interpretar geometricamente la solucion de las ecuaciones a)φ = π/4, b)φ =

π/2, dadas en coordenadas esfericas

Solucion. Ambas ecuaciones corresponden a superficies conicas, pues por ser independientes de

θ y ρ, estas varıan segun sus maximos rangos

0 ≤ θ ≤ 2π

0 ≤ ρ ≤ ∞



361

a)

b) Obviamente, φ = π/2 corresponde a todo el plano coordenado XY .

Otra forma de obtener los resultados anteriores es como sigue:

a) φ = π/4 ⇒ z = ρ cos φ = ρ/√

2 ≥ 0

⇒ 2z2 = ρ2 = x2 + y2 + z2, z ≥ 0

⇒ z =√

x2 + y2 (ecuacion de un cono simple)

b) φ = π/2 ⇒ z = ρ cos φ = 0 ⇒ z = 0 que corresponde a la ecuacion del plano coordenado

XY .

Ejercicio 8.11. Graficar el conjunto solucion en XY Z, de la ecuacion ρ cos θ = 1 dada en

coordenadas esfericas.

Solucion. Como z = ρ cos φ = 1, el conjunto solucion es todo el plano z = 1:

Ejercicio 8.12. Graficar los conjuntos

D = (ρ, θ, φ)/φ = π/4, ρ = 1T (D) = (x, y, z)/φ = π/4, ρ = 1

Solucion. Como las ecuaciones son independientes de θ, la grafica de T (D) rodea al eje Z en

toda una vuelta:

un punto correspondiente a θ = π/2 es:

x = ρ sen θ cos θ = 1 · cos θ

=0

y = ρ sen θ cos θ = 1 · cos θ

=

1√2

z = ρ cos θ =1√2

TT(D)

D

X

Y

Z

π/4

2π

φ=π/4

10

φ

θ

La grafica correspondiente a una circunferencia horizontal centrada en el eje Z, de radio 1/√

2,

y de altura z = 1/√

2



362


D = (ρ, θ, φ)/θ = π/4, ρ = 1T (D) = (x, y, z)/θ = π/4, ρ = 1

definidos mediante coordenadas esfericas

Solucion. Como D no depende de φ, este varıa libremente segun 0 ≤ φ ≤ π. Un punto (x, y, z)

para φ = π/2 en particular es:

x = ρ sen φ cos θ = 1(1)(1/√

2) = 1/√

2

y = ρ sen φ sen θ = 1(1)(1/√

2) = 1/√

2

z = ρ cos φ = 0

π/4

π/4

φ

θ

π/2

π

−1

1

1

0

T

D

T(D)

R

X

Y

Z

(1/V2,1/V2,0)_ _

La grafica de T (D) corresponde al arco de la semicircunferencia de la figura


D = (ρ, θ, φ)/θ = π/3, ρ = π/4T (D) = (x, y, z)/θ = π/3, ρ = π/4

definidos en base a la transformacion esferica

Solucion. La variable ρ recorres todo su dominio: ρ ≥ 0

x = ρ sen φ cos θ, y = ρ sen φ sen θ z = ρ cos φ

x = ρ

2√

2y = ρ

√3

2√

2z = ρ√

2

⇒ (x, y, z) =ρ√2(1,

√3, 2), ∀ρ ≥ 0

La grafica de T (D) corresponde al rayo que parte del origen 0 y en la misma direccion y sentido

que el vector (1,√

3, 2).



363

π/3

π/3

π/4

π/4

1

2

2

2

θ

φ

T

R

Z

X

Y

DT(D)

8.5.4 Generacion de una esfera

Generamos una esfera (cascara) de radio p = 1:

a) Comenzaremos generando una circunferencia con p = 1, φ = φ0 (constante) y haciendo variar

θ desde 0 hasta 2π (una vuelta)

b) Luego, manteniendo constante p = 1, hacemos variar φ desde 0 (semieje positivo Z+) hasta

φ = φ0; esto generara circunferencia paralelas mas pequenas que la correspondiente a φ = φ0,

y conforme φ varie desde 0 hasta φ = φ0, estas circunferencias barreran un casquete esferico

como en la figura adyacente (b).

c) Continuaremos haciendo variar φ hasta φ = π/2 de modo que las circunferencias generadas

con ρ = 1 barreran toda una semiesfera de radio ρ = 1

d) Evidentemente, haciendo variar φ desde 0 hasta φ, θ desde 0 hasta 2π, y manteniendo con-

stante ρ = 1, habremos generado la esfera x2 + y2 + z2 = 1; es decir:

E = (x, y, z)/ρ = 1= (x, y, z)/ρ = 1, x2 + y2 + z2 = 1= (x, y, z)/ρ = 1, 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ φ ≤ π

8.5.5 Generacion de una bola

La bola B cerrada de radio 1 y centrada en el origen 0 esta descrita por la ecuacion

B : x2 + y2 + z2 ≤ 1



364

que equivale a tener esferas de radio ρ : 0 ≤ ρ ≤ 1

x2 + y2 + z2 = ρ2 (ρ2 ≤ 1)

a las que se les hace variara el radio ρ desde 0 hasta 1; ello hara que las esferas vayan aumentado

de radio barriendo una region solida, es decir todo el interior mas la cascara de una esfera de

radio 1. Por lo tanto las variaciones de las coordenadas (ρ, θ, φ) que generan una BOLA cerrada

B de radio 1 son:

B = (x, y, z)/x2 + y2 + z2 ≤ 1= (x, y, z)/ρ ≤ 1 (no depende de θ ni de φ)

= (x, y, z)/0 ≤ ρ ≤ 1, θ ∈ [0, 2π], φ ∈ [0, π]

Ejercicio 8.15. Hallar una ecuacion para la esfera

x2 + y2 + (z − a)2 = a2, a > 0 (∗)

en coordenadas esfericas, y encontrar las variaciones de las coordenadas esfericas (ρ, θ, φ) que

definen a la region encerrada por dicha esfera.

Solucion. La ecuacion (∗) es equivalente a:

x2 + y2 + z2 = 2az

ρ2 = 2aρ cos φ ⇒ ρ = 2a cos φ

que incluye a ρ = 0 como se puede verificar para φ = π/2

8.6 Rectas Tangentes en el Polo

Son rectas que pasan por el origen, cuya forma general es

θ = θk constantes

las que se hallan haciendo r = 0 en la ecuacion polar, como veremos mas adelante, y resolviendo

para θ. Por ejemplo, en la grafica de

r = 2 cos θ ⇐⇒ r2 = 2r cos θ ⇐⇒ x2 + y2 = 2x

⇐⇒ (x − 1)2 + y2 = 1

La direccion de las rectas tangentes se obtiene haciendo r = 0 en la ecuacion, y resolviendo luego

para θ:

0 = 2 cos θ ⇐⇒ cos θ = 0 ⇐⇒

θ = π/2

θ = 3π/2

Estas dos ultimas ecuaciones para θ representan a la misma recta; el eje normal Y ,



365

8.7 Interceptos con los Ejes Principales

Los interceptos de las grafica CON EL EJE POLAR X, o su extension en la direccion opuesta

a traves del polo, se encuentran haciendo: θ = 0, θ = π, θ = 3π, θ = 5π, etc., y resolviendo para

r.

Analogamente los interceptos CON EL EJE NORMAL Y (θ = π/2), o su extension en la

direccion opuesta a traves del origen, son obtenidos haciendo θ = π/2 θ = 3π/2, θ = 5π/2, etc.,

y resolviendo para r.

Por ejemplo los interceptos de la grafica de la ecuacion r = 2 cos θ (∗) son:

r = 2, cuando se hace θ = 0

r = 0 cuando se hace θ =π

2r = −2 cuando se hace θ = π

r = 0 cuando se hace θ =3π

2

Es decir, los puntos

(2, 0)[= (−2, π)] y (0, π/2)[= (0, 3π/1)] el origen.

Nota. Algunas ecuaciones polares que son de interes son:

1) r cos θ = a: recta vertical x = a

2) r sen θ = a: recta horizontal y = a

3) Circunferencias

8.7.1 Rectas en coordenadas polares

Dada una recta L en el plano tal que (p, β) son las coordenadas polares del punto D, sobre la

recta, que se encuentra a la minima distancia del origen, se tiene que

P = Distancia del origen a la recta L

β = Angulo de inclinacion del radio vector correspondiente al punto D, que se encuentra a a

minima distancia de L.

Si

P (r, θ) = (x, y) = (r cos θ, r sen θ) ∈ L( punto generico)

D(p, β) = (x0, y0) = (p cos β, r sen β) ∈ L( punto de paso)



366

y asumiendo que la recta L no es vertical ni horizontal, la pendiente de L esta dada por

m = tanα

y la pendiente del radio vector 0D esta dada por

m1 = tan β

entonces

m · m1 = −1 =⇒ m = − cot β

Por lo tanto

y − p sen β = − cot β(x − p cos β)

=⇒ (sen β)y − (sen2 β)p = −(cos β)x + (cos2 β)p

=⇒ (cos β)x + (sen β)y = p (p > 0) · · · (∗)o equivalentemente, r[cos β cos θ + sen β sen θ] = p

Ası obtenemos la ecuacion de la recta L en coordenadas polares:

r cos(θ − β) = p (p > 0) · · · (∗∗)

donde (r, θ) son las coordenadas polares de cualquier punto generico sobre la recta L, y (p, β)

son las coordenadas polares del punto que se encuentra a la minima distancia (perpendicular del

origen a la recta)

Ejercicio 8.16. Hallar la ecuacion de la recta L : x − 2y + 4 = 0

Solucion. Sabemos que la distancia de L al origen es: p = 4/√

5, ademas normalizando, L:

L : x − 2y = −41√5x − 2√

5=

−4√5

y si queremos obtener la ecuacion de la forma (∗) multiplicamos ambos miembros de la ecuacion

L por (−1) para hacer positivo al segundo miembro e identificar a dicho valor con: p; entonces

L : − 1√5x +

2√5

=4√5

(∗)

=⇒ cos β = −1/√

5, sen β = 2/√

5, p = 4/√

5]

=⇒ L : r cos(θ − β) =4√5

donde β es el angulo en el 2o cuadrante cuyo coseno es −1/√

5

8.8 Ejercicios Resueltos

Ejercicio 8.17. En los problemas siguientes trace cada punto dado en coordenadas polares



367

1. (3,90o) 2. (4,270o)

(3, 90o)b

A(4, 270o)b

A

3. (-2,0o) 4. (−3, π)

(−2, 0o)b A

(−3, π)b A

5. (6, π/6) 6. (5, 5π/3)

(6,π/6)

b

A (5, 5π/3)

b

A

Ejercicio 8.18. En los siguientes problemas se proporcionan las coordenadas polares de un

punto, determine las coordenadas rectangulares

1. (3,90o)

(3, 90o)b

A

x = r cos 90o y = r sen 90o

x = 3 · 0 y = 3 · 1x = 0 y = 3

P (0, 3)



368

2. (4,270o)

(4, 270o)b

A x = r cos 270o y = r sen 270o

x = 4 · 0 y = 4 · (−1)

x = 0 y = −4

P (0,−4)

3. (-2,0o)

(−2, 0o)b A


x = −2 · 1 y = −2 · 0x = −2 y = 0

P (−2, 0)

4. (−3, π)

(−3, π)b A

x = r cos π y = r sen π

x = −3 · (−1) y = −2 · 0x = 3 y = 0

P (3, 0)

5. (6, 30o)

(6,π/6)

b

A


x = 6 ·√

3

2y = 6 · 1

2

x = 3√

3 y = 3

P (3√

3, 3)

6. (5, 300o)



369

(5, 5π/3)

b

A


x = 5 · 1

2y = 5 ·

√3

2

x =5

2y =

−5√

3

2

P (5

2,−5

√3

2)

Ejercicio 8.19. r = 2 + 2 cos θ

Solucion. Verificando la simetrıa

a) Con el eje polar: θ por −θ

r = 2 + 2 cos θ

r = [2 + 2 cos(−θ)]

r = 2 + 2 cos θ

∗ Las ecuaciones son iguales

∴ Si tiene simetrıa con el eje polar

b) Con la recta θ = π2: θ por π − θ

r = 2 + 2 cos θ

r = [2 + 2 cos(π − θ)]

r = [2 + 2(cosπ · cos θ + sen π sen θ)]

r = 2 + 2[(−1) cos θ]

r = 2 − 2 cos θ

∗ Las ecuaciones no son iguales

∴ No tiene simetrıa con la recta θ = π2

c) Con el polo: r por −r

r = 2 + 2 cos θ

−r = 2 + 2 cos θ

r = −2 − 2 cos θ

r = −(2 + 2 cos θ)

∗ Las ecuaciones son distintas

∴ No tiene simetrıa con el eje polar

Tabulamos



370

θ 0o 30o 60o 90o 120o 150o 180o

r 4 3,7 3 2 1 0,3 0

∗ Como tiene simetrıa con el eje polar tabulamos para θ = 0o a 180o

r = 2 + 2 cos θ

• Para θ = 0o

r = 2 + 2 cos 0o

r = 2 + 2(1)

r = 4

• Para θ = 90o

r = 2 + 2 cos 90o

r = 2 + 2(0)

r = 2

• Para θ = 180o

r = 2 + 2 cos 180o

r = 2 + 2(−1)

r = 0

1

2

3

4

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Ejercicio 8.20. r = 1 + sen θ

Solucion.

a) Con el eje polar: Reemplazamos θ por −θ

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(−θ)

r = 1 − sen θ



371



b) Con la recta θ = π2:Reemplazamos θ por π − θ

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(π − θ)

r = 1 + sen π cos θ − sen θ cos π

r = 1 + [− sen θ(−1)]

r = 1 + sen θ


∴ Si tiene simetrıa con la recta θ = π2

c) Con el polo: Reemplazamos r por −r

r = 1 + sen θ

−r = 1 + sen θ

r = −1 − sen θ

r = −(1 + sen θ)


∴ No tiene simetrıa con el polo

Tabulamos

θ 0o 30o 60o 90o 120o 150o 180o

r 1 1,5 1,8 2 1,8 1,5 0

Asignamos valores a “θ”

X Para θ = 0o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(0o)

r = 1 + 0

r = 1

X Para θ = 30o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(30o)

r = 1 + 12

r = 1 · 5



372

X Para θ = 45o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(45o)

r = 1 + 0,7

r = 1,7

X Para θ = 60o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(60o)

r = 1 +

√3

2r = 1,8

X Para θ = 90o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(90o)

r = 1 + 1

r = 2

X Para θ = 120o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(120o)

r = 1 + 0,80

r = 1,8

X Para θ = 150o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(150o)

r = 1 + 0,5

r = 1,5

X Para θ = 180o

r = 1 + sen θ

r = 1 + sen(180o)

r = 1 + 0

r = 1



373

0.5

1

1.5

2

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Ejercicio 8.21. r = 2 + sen θ

Solucion.

a) Con el eje polar: Reemplazamos θ por −θ

r = 2 + sen θ

r = 2 + sen(−θ)

r = 2 − sen θ




r = 2 + sen θ

r = 2 + sen(π − θ)

r = 2 + sen π cos θ − sen θ cos π

r = 2 − [−1 sen θ]

r = 2 + sen θ




r = 2 + sen θ

−r = 2 + sen θ

r = −2 − sen θ

r = −(2 + sen θ)



374



Tabulamos

θ 0o 30o 60o 90o −30o −60 −90o

r 2 2,5 2,8 3 1,5 1,1 1

Asignamos valores a “θ”

∗ Como la grafica correspondiente tiene simetrıa con la Recta θ = π2. Asignamos valores a: −π

2a

π2

∗ r = 2 + sen θ

Para θ = −90o

r = 2 + sen θ

r = 1

∗ r = 2 + sen θ

Para θ = 90o

r = 2 + sen θ

r = 3

1

2

3

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Ejercicio 8.22. r = 3 cos 2θ




375


r = 3 cos 2θ

r = 3 cos 2(−θ)

r = 3 cos 2θ




r = 3 cos 2θ

r = 3[cos(2π − 2θ)]

r = 3[cos 2π cos 2θ − sen 2π sen 2θ

r = 3[(1) cos 2θ]

r = 3 cos 2θ




r = 3 cos 2θ

−r = 3 cos 2θ

r = −3 cos 2θ



Tabulamos

θ 0o 30o 60o 90o 120 150 180o

r 3 1,5 −1,5 −3 −1,5 1,5 3

∗ Como tiene simetrıa con ele eje polar y con la recta θ = π2

tabulamos para θ = 90o a 180o

r = 3 cos 3θ

• Para θ = −90o

r = 3 cos 2(−90o)

r = 3(−1)

r = −3



376

• Para θ = 0o

r = 3 cos 2(0o)

r = 3(1)

r = 3

• Para θ = 90o

r = 3 cos 2(90o)

r = 3(−1)

r = −3

• Para θ = 180o

r = 3 cos 2(180o)

r = 3(1)

r = 3

1

2

3

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Ejercicio 8.23. r2 = 9 cos 2θ



r2 = 9 cos 2θ

r2 = 9 cos 2(−θ)

r2 = 9 cos 2θ





377


r2 = 9 cos 2θ

r2 = 9[cos(2π − 2θ)]

r2 = 9[cos 2π cos 2θ − sen 2π sen 2θ

r2 = [9(1) cos 2θ]

r2 = 9 cos 2θ




r2 = 9 cos 2θ

−r2 = 9 cos 2θ

r2 = −9 cos 2θ


∴ No tiene simetrıa

Tabulamos

θ 0o 90o 180 270 360o

r 3 −3 3 −3 3

∗ Como tiene simetrıa con el eje polar y con la recta θ = π2

tabulamos para θ = 0o a 360o

Haciendo:

θ = 45o

r2 = 9 cos 2(45o)

r2 = 9(0)

r = 0

θ = 30o

r = 9 cos 2(30o)

r = 3(1)

r = 3

θ = 60o

r = 9 cos 2(60o)

r = E



378

1

2

3

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0

Ejercicio 8.24.

r = sen 2θ


r2 = sen 2θ

r2 = sen 2(−θ)

r2 = − sen 2θ




r2 = sen 2θ

r2 = sen 2(π − θ)

r2 = sen 2π cos 2θ − cos 2π cos 2θ

r2 = [−(−1) sen θ]

r2 = sen 2θ




r2 = sen 2θ

−r2 = sen 2θ

r2 = − sen 2θ



379

∗ Las ecuaciones son distintas


Tabulamos

θ −90o 0 45o 90 225o

r 0 0 1 0 1

∗ Como tiene simetrıa con la recta θ = π2

tabulamos para θ = π2

a θ = −π2

X Para θ = −60o

r = sen 2(−60o)

r = −0 · 9

X Para θ = −30o

r2 = sen 2(30o)

r2 = −0 · 9

X Para θ = 60o

r2 = sen 2(60o)

r2 = 0 · 9

X Para θ = 30o

r2 = 1 + sen(30o)

r2 = 0 · 9

0.2

0.4

0.6

0.8

1

30

210

60

240

90

270

120

300

150

330

180 0



380

8.9 Ejercicios Propuestos

I. Expresar en coordenadas polares los siguientes puntos dados en coordenadas rectangulares

1. P (32,−3

2)

2. P (1,−√

3)

3. P (−√

3, 1)

4. P (√

8,√

2)

5. P (−8, 8)

6. (4, 4√

3)

II. Expresar en coordenadas rectangulares los siguientes puntos dados en coordenadas polares

1. P (3, 3π4

)

2. P (−2, π)

3. P (4,−2π3

)

4. P (−2,−5π12

)

5. P (−12,−π

4)

6. P (3, 2)

III. Hallar las ecuaciones polares de.

1. y − 5 = 0

2. x2 − x2y2 − y4 = 0

3. x2 + y2 − 4x + 2y = 0

4. 6xy = 5

5. y2 = x3

2a−x

6. x2 + y2 − 2y = 0

7. 3(x − 2)2 + 4y2 = 16

8. y2 − 4x − 4 = 0

9. 3x2 + 4y2 − 6x − 9 = 0

10. 2xy = a2

11. 2x2 − y2 = a2

R. r sen θ = 5

R.

R. r = 2(2 cos θ − sen θ)

R. 3r2 sen 2θ = 5

R. 2a tan θ sen θ = r

R. r = 2 sen θ

R. r(2 − cos θ) = 6

R. r(1 − cos θ) = 2

R. r2(3 + sen2 θ) = 3(2r cos θ − 3)

R. r2 sen 2θ = a2

R. r2 sen 2θ = a2

IV. Hallar las ecuaciones rectangulares de:

1. r = a sen θ − b cos θ

2. r2 = a2 cos θ

3. r(1 − cos θ) = 4

4. r(2 − cos θ) = 3



381

5. r(1 − 2 cos θ) = 4

6. r = a(1 − cos θ)

7. r2 cos 2θ = 3

8. r = 2 cos 2θ

9. r sen 2θ = 4

10. r = a sec θ + b

11. r sen2 θ = 4 cos θ

12. r = sen 2θ

R. x2 + y2 + bx − ay = 0

R. (x2 + y2)2 = a2(x2 − y2)

R. y2 = θ(x + 2)

R. 3x2 + 4y2 − 6x − 9 = 0

R. 3x2 − y2 + 16x + 16 = 0

R. (x2 + y2 − ax) = a2(x2 + y2)

R. x2 − y2 = 3

R. (x2 + y2) = 2(x2 − y2)

R. x2y2 = 4(x2 + y2)

R. (x − a)2(x2 + y2) = b2x2

R. y2 = 4x

R. (x2 + y2)3 = 4x2y2

V. 1. Demostrar que el area del triangulo de vertices (r1, θ1), (r2, θ2), (r3, θ3) esta dado por:

1

2r1r2r3

[sen(θ2 − θ1)

r3+

sen(θ3 − θ2)

r1+

sen(θ1 − θ3)

r2

]

2. Hallar la longitud de los lados y el area del triangulo de vertices

a) (1, π/3), (2, π/6) y (3, π/6)

R.√

5 − 2√

3,√

7,√

10, 12(3√

3 − 2)

b) (2, π/8), (4, 3π/8) y (−1, 7π/8)

R. 2√

5 − 2√

2,√

5 − 2√

2,√

17, 12(5√

2 − 4)

3. Demostrar que el angulo entre las rectas r cos(θ − ω) = P y r cos(θ − ω′) = P ′ es

ω − ω′

4. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por los puntos A(r1, θ1) y B(r2, θ2). (Sug.

considerar un punto P (r, θ) cualquiera de las rectas y las areas d los triangulos

OAB, OBP y OPA)

R. sen(θ1−θ2)r3

+ sen(θ2−θ)r1

+ sen(θ−θ1)r2

= 0

5. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto (r1, θ1) y es perpendicular a la

recta r cos(θ − ω) = p

R. r sen(θ − ω) = r1 sen(θ1 − ω)

6. Si C (c, 0) son las coordenadas polares del centro de una circunferencia de radio a,

demostrar que r = 2a cos(θ − α) es la ecuacion de la circunferencia que pasa por el

polo.

7. p es un punto cualquiera de la circunferencia

r2 − 2rc cos(θ − 0) + c2 − a2 = 0. Si O es el polo y Q un punto sobre CP de manera

que:



382

i) OPOQ

= k

ii) OPOQ = d2

Hallar la ecuacion del lugar geometrico describe por Ω, en cada codo

R. i) k2r2 − 2ckr cos(θ − α) + c2 − a2 = 0

ii)(c2 − a2)r2 − 2cd2r cos(θ − α) + d4 = 0

8. Si el foco de una cronica (parabola, elipse o hiperbola) esta en el polo y la bisectriz

de la conica es una recta perpendicular al eje polar que esta a una distancia de 2p,

p > 0, la ecuacion de la conica esta dada por

r =2ep

1 ± e cos θ, e es la excentricidad conica (8.7)

(la conica es una elipse si 0 < e < 1, una parabola si e = 1y una hiperbola si e > 1).

Si la directriz esta a la izquierda del polo el signo de (8.7) es −; si la directriz esta a

la derecha del signo de (8.7) es +. Si el foco se mantiene en el polo y la directriz es

paralela al eje polar, la ecuacion de la conica esta dada por:

r =2ep

1 ± e sen θ(8.8)

Si la directriz esta debajo del eje polar el signo de (8.8) es − si la directriz esta sobre

el eje polar el signo es +.

a) Hallar la ecuacion de la elipse con foco en el polo, excentricidad e = 12

y directriz

perpendicular al eje polar en el polo (−4, 0)

R.r =4

2 − cos θ

b) Hallar la ecuacion d la parabola con foco en el polo y directriz perpendicular al

eje polar en el punto (−3, 0)

R.r =3

1 − cos θ

c) Describir y graficar la curva cuya ecuacion es r = 165+3 sen θ

R. elipse

VI. Discutir y trazar la grafica de cada una de las ecuaciones siguientes

1. r = 5 sen θ + 4 cos θ

2. r sen θ = 4

3. r cos θ = 6

4. r2 sen 2θ = 16

5. r2 = 16 sen 2θ



383

6. r(2 − cos θ) = 4

7. r(1 + sen θ) = θ

8. r(1 − 2 cos θ) = 4, hiperbola

9. r2 cos2 θ = a sen θ

10. r = 2a tan θ sen θ, cisoide

11. r = a sen2 θ2

12. r = a sen3 θ3

13. r = aθ, espiral de Arquımedes

14. r = eaθ, espiral logarıtmica

15. r = a(1 + cos θ), cardioide

16. r = a(1 − cos θ), cardioide

17. r2 = a2 sen 2θ, lemniscata

18. r2 = a2 cos 2θ, lemniscata

19. r = 4 cos 3θ, rosa de 3 petalos

20. r = a sen 3θ, rosa de 3 petalos


22. r = a cos 2θ, rosa de 4 petalos





27. r = a(2 + cos θ), caracol de Pascal

28. r = a(1 − 2 cos θ), caracol de Pascal

29. r = 2 + 3 sen 2θ

30. r2 − 4r + 3 + 2 cos θ = 0

31. |r| = 3 cos 2θ, θ ∈ [0, π]

32. |r| = −3 cos 2θ, θ ∈ [0, π]

VII. 1. Determinar la condicion para que la curva sea simetrica respecto al eje π/4

2. Determinar la condicion para que la recta sea simetrica respecto al eje π/3

VIII. Hallar los puntos de interseccion de los siguientes pares de curvas

1. r sen θ = 2a, r cos(θ π6) = a R.(2a, π/2)



384

2. r = 2 csc θ, r = 4 sen θ R.(2√

2, π4); (2

√2, 3π

4)

3. r = a, r = 2a cos 2θ

4. r = a(1 − cos θ), r = a cos θR.(a2, π

3), (a

2,−π

3) y el polo

5. 3r = a cos θ, r(1 + cos θ) = 1

R.(2

3,±π

3)

6. r = 4 tan θ sen θ, r = 4 cos θ

7. r2 sen 2θ = θ, r cos θ = 2

8. r = 1 + cos θ, 2r = 3

9. r = 12sec2 θ

2, r = 2

10. r = 1 + cos θ, 2r(1 − cos θ) = 1

11. 3r = 4 cos θ, r cos2 θ2

= 12

12. r cos θ = 4, r = 10 sen θ

13. r = a(1 + sen θ), r = a(1 − sen θ)

14. r = 3 + cos 4θ, r = 2 − cos 4θ

15. r = 2 + cos 2θ, r = 2 + sen θ

IX. Hallar el angulo β, α, el valor de la pendiente de la tangente para las siguientes curvas en

los puntos dados. Trazar la grafica de la curva.

1. r = 4(1 + sen θ); P (4, 0) R. β = π4, α = 3π

4

2. r2 = a2(cos 2θ); P ( a√2, π

6) R. β = 5π

6

3. r(1 + sen θ) = 4; P1(2,π2), P2(4, π)

4. r = 4 sen 3θ; P (4, π6)

5. r = a sen θ; θ = π6, 2π

3

6. r = a sen 2θ; P1(√

3a2

, π6), P2(0,

π2)

7. r = a(1 − sen θ), P (a, π)

8. r = a sec2 θ, P (2a, π4)

X Hallar el angulo de interseccion entre las curvas siguientes, en los puntos que se indican.

1. r = a cos θ, r = a sen θ; en P (√

2a2

, π4) R. π

2

2. r = 4 cos θ, r = 4 cos2 θ − 3; en P (−2, 2π3

) R. π2

3. r = a, r = 2a sen a; en P (a, π6)

4. r = −a sen θ, r = cos θ; en el polo



385

XI Hallar los angulos de interseccion de las curvas siguientes:

1. 2r = 3, r = 1 + cos θ R. π6

2. 3r = 10, r(2 − sen θ) = 5 R. π3

3. r = 1 − sen θ, r = 1 + sen θ R. 0 en el polo, π2

en (1, π); 3π2

en (1, 0)

4. r = cos θ, r = sen 2θ R. 0 en (0, π2); en (

√2

2, π

6) y en (−

√2

2, 5π

6), 79o6′ aprox.

5. r2 sen 2θ = 4, r2 = 16 sen 2θ

6. r(1 − cos θ) = 4, r(2 + cos θ) = 20

7. r = 3(1 − cos θ), r = 3 cos θ

8. r = a cos θ; r = −a sen 2θ R. en el polo, 0o; en los otros puntos, arctg 3√

3

9. r = sec θ, r sen 2θ = 2 R. Las curvas no se cortan

XII En los ejercicios 1 al 4, demostrar, que las siguientes curvas se cortan en angulo recto.

1. r(1 + cos θ) = a, r(1 − cos θ) = b

2. r = a(1 + cos θ), r = a(1 − cos θ)

3. r = 2a cos θ, r = 2b sen θ

4. r = 4 cos(θ − π3), r2 − 6r cos θ + 6 = 0

5. Hallar la condicion para que las circunferencias r2 − 2cr cos(θ − α) + c2 − a2 = 0 y

r2 + 2c′r cos(θ − α′) + c′2 − a′2 = 0 se cortan ortogonalmente. R.

c2 + c′2 − 2cc′ cos(α − α′) = a2 + a′2

6. Demostrar que:

r cos(θ−w) = a+c cos(α−w) es tangente a la circunferencia r2−2cr cos(θ−α)+c2−a2 =

0

7. Hallar las coordenadas polares de los centros y los radios de las circunferencias r =

4 cos(θ − 2π3

) y r2 − 2r cos θ − 2 = 0.

Probar ademas, que las circunferencias se cortan ortogonalmente. (Dos circunferencias

se cortan ortogonalmente si la suma de los cuadrados de sus radios es igual al cuadrado

de la distancia entre sus centros).


Capıtulo 9

Superficies Cuadraticas

9.1 Introduccion

Analıticamente la ecuacion F (x, y) = 0, representa un lugar geometrico en el plano xy, y en el

espacio tridimensional la ecuacion rectangular en tras variables, estara dada por

F (x, y, z) = 0

Ası tambien se sabe que plano representa analıticamente por unica ecuacion lineal de la forma

P : Ax + By + Cz + D = 0

Definicion 9.1. Llamaremos superficie al conjunto de puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen

una sola ecuacion de la forma

F (x, y, z)

Sin embargo la ecuacion de una superficie puede contener solamente una o dos variables

Ejemplo 9.1. La ecuacion x = k, k =cte representa un plano paralelo al plano yz

386


387

-10-10 -5

-10

-5

-5

000

z

y

5

5

x

5

10

1010

De igual manera la ecuacion x2+y2 = 4 considerado en el espacio represente una cilindro circular

recto

-3-3 -2

-10

-2-1-1

-5

000

z

1

y

1

5

x

2

10

233

Toda ecuacion de la forma F (x, y, z) = 0, no necesariamente representa unas superficie; por

ejemplo la ecuacion x2 + y2 + z2 + 9 = 0, no representa ningun lugar geometrico.

Ademas la ecuacion: x2 + y2 + z2 = 0 esta constituido por una solucion real el origen (0, 0, 0)

9.2 Superficies Cuadricas

Llamaremos superficies cuadricas a todo ecuacion de segundo grado en las variables x, y, z que

tiene la forma

Ax2 + By2 + Cz2 + Dxy + Exz + Fyz + Gx + Hy + Kz + L = 0

donde A, B, C, D, E, F , G, H , K son constantes, y por lo menos una es diferente de cero



388

9.2.1 Discusion de la Grafica de la Ecuacion de una Superficie

1o Interseccion con los Ejes Coordenados

a) Con el eje X: la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace y = z = 0

F (x, 0, 0) = 0

b) Con el eje Y : la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace x = z = 0

F (0, y, 0) = 0

c) Con el eje Z: la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace x = y = 0

F (0, 0, z) = 0

2o Trazos sobre los Planos Coordenados

Es la curva de interseccion de la superficie F (x, y, z) = 0 con cada uno de los planos coorde-

nados. Los trazos sobre los planos coordenados se obtienen de la forma siguiente:

a) La traza sobre el plano XY : En la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace z = 0, es decir

F (x, y, 0) = 0

b) La traza sobre el plano Y Z: En la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace x = 0, es decir

F (0, y, z) = 0

c) La traza sobre el plano XZ: En la ecuacion F (x, y, z) = 0 se hace y = 0, es decir

F (x, 0, z) = 0

3o Simetrıas respecto a los Planos Coordenadas, Ejes Coordenados y el Origen

a) Existe Simetrıa respecto al:

- Plano XY , si F (x, y, z) = F (x, y,−z)

- Plano Y Z, si F (x, y, z) = F (−x, y, z)

- Plano XZ, si F (x, y, z) = F (x,−y, z)

b) Existe Simetrıa respecto al:

1) Eje X, si F (x, y, z) = F (x,−y,−z)

2) Eje Y , si F (x, y, z) = F (−x, y,−z)

3) Eje Z, si F (x, y, z) = F (−x,−y, z)

c) Con respecto al Origen: si F (x, y, z) = F (−x,−y,−z)



389

4o Secciones Transversales o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados

Es la curva de interseccion de la superficie con los planos paralelos a los planos coordenados.

Las secciones transversales se obtienen de

a) Sobre el plano XY : se hace z = k, es decir F (x, y, k) = 0

b) Sobre el plano XZ: se hace y = k, es decir F (x, k, k) = 0

c) Sobre el plano Y Z: se hace x = k, es decir F (k, y, k) = 0

5o Extension de la Superficie

Consiste en determinar el dominio de las ecuacion x, y, z = 0

6o Construccion de la Superficie

Con la discusion de la ecuacion de una superficie se construye la grafica

9.3 Estudio de las Superficies Cuadraticas

9.3.1 Elipsoide

Es el lugar geometrico de todos los puntos f(x, y, z) de R3 que satisfacen a la ecuacion de la

formax2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1, a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0, a 6= b, a 6= c o b 6= c

a) Intersecciones con los Ejes Coordenados

- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±a, A1 = (a, 0, 0), A2 = (−a, 0, 0)

- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±b, B1 = (0, b, 0), B2 = (0,−b, 0)

- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = ±c, C1 = (0, 0, c), C2 = (0, 0,−c)

b) Los Trazos sobre los Planos Coordenados

a) La traza sobre el plano XY , se hace z = 0x2

a2+

y2

b2= 1, es una elipse en el plano XY

b) La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0x2

a2+

z2

c2= 1, es una elipse en el plano XZ

c) La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0y2

b2+

z2

c2= 1, es una elipse en el plano Y Z



390

c) Simetrıas con Respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados

Sea E =x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

a) Con respecto al eje X, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x,−y,−z) ∈ E

b) Con respecto al eje Y , ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, y,−z) ∈ E

c) Con respecto al eje Z, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x,−y, z) ∈ E

d) Con respecto al origen, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x,−y,−z) ∈ E

e) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x, y,−z) ∈ E

f ) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (x,−y, z) ∈ E

g) Con respecto al plano, ∃, si (x, y, z) ∈ E ⇔ (−x, y, z) ∈ E

d) Las secciones Paralelas a los Planos Coordenados

Los planos z = k, corta la superficie de la curvax2

a2+

y2

b2= 1 − z2

c2, que es una familia de

elipse donde −c ≤ k ≤ c

e) Extension de la superficie dex2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1 se tiene z = |c|

√

1 − x2

a2 − y2

b2de donde

x2

a2+

y2

b2≤ 1

-15-10

-5-15

-10

-10

-5

-5 000

z

y

5

5

10

10

155

x

1015

9.3.2 La Esfera

ES el lugar geometrico de todos los puntos P = (x, y, z) que equidistan de un punto fijo, la

distancia constante se llama radio y el punto fijo centro.



391

Si la ecuacion del elipsoide:x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1, se tiene a = b = c = R 6= 0 el elipsoide se

transforma en x2 + y2 + z2)R2, que es la ecuacion de la esfera de radio R y centro el origen de

coordenadas

a) Interseccion con los Ejes Coordenados

- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = ±R, A1(R, 0, 0), A2(−R, 0, 0)

- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±R, A1(0, R, 0), A2(0,−R, 0)

- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = ±R, A1(0, 0, R), A2(0, 0,−R)

b) Las Trazas sobre Planos Coordenados

- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0

x2 + y2 = R2, es una circunferencia en el plano XY

- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0

x2 + z2 = R2, es una circunferencia en el plano XZ

- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0

y2 + z2 = R2, es una circunferencia en el plano Y Z

9.3.3 Simetrıas con respecto al Origen, Ejes y Planos Coordenados

La ecuacion de la esfera x2 + y2 + z2 = R2 es simetrica con respecto al plano coordenado XY ,

es decir z = k se tiene x2 + y2 = R2 − k2, −R ≤ k ≤ R la cual es una familia de circunferencias

-10-10

-10

-5-5

-5

000

z5

yx

55

10

1010



392

Definicion 9.2. La ecuacion de la superficie esferica de centro en el punto C(h, k, l) y de radio

la constante R > 0 es: (x− h)2 + (y − k) + (z − l)2 = R2 a lo cual se le conoce con el nombre de

la forma ordinaria de la ecuacion de la esfera, si desarrollamos la ecuacion se obtiene:

x2 − 2xh + h2 + y2 − 2ky + k2 + z2 − 2zl + l2 = R2

x2 + y2 + z2 − 2xh − 2ky − 2zl + h2 + k2 + l2 = R2

x2 + y2 + z2 − 2xh − 2ky − zl + h2 + k2 + l2 − R2 = 0

de donde

x2 + y2 + z2 + Ax + Ay + Az + D = 0

Luego la superficie esferica queda determinada por cuatro puntos no coplanares

9.3.4 Paraboloide Elıptico

Es el lugar geometrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuacion de la

formax2

a2+

y2

b2= z, donde a 6= 0, b 6= 0, a 6= b.

Graficando el paraboloide elıptico se tiene:


- Con el eje X, se hace y = z = 0 ⇒ x = 0 ⇒ A = (0, 0, 0)

- Con el eje Y , se hace x = z = 0 ⇒ y = 0 ⇒ B = (0, 0, 0)

- Con el eje Z, se hace x = y = 0 ⇒ z = 0 ⇒ C = (0, 0, 0)

b) Las Trazas sobre los Planos Coordenados

- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0x2

a2+

y2

b2= 0 que representa un punto P = (0, 0, 0)

- Se traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0y2

b2= z que representa una parabola en el plano Y Z

- Se traza sobre el plano XZ, se hace y = 0x2

a2= z que representa una parabola en el plano XZ

c) Simetrıas respecto a los Planos Coordenados, Ejes Coordenados y al Origen

- Con respecto al origen ∄ pues (−x,−y,−z) /∈ PE

- Con respecto al eje X, ∄ pues (x,−y,−z) /∈ PE

- Con respecto al eje Y , ∄ pues (−x, y,−z) /∈ PE



393

- Con respecto al eje Z, ∃ pues (−x,−y, z) ∈ PE

- Con respecto al plano XY , ∄ pues (x, y,−z) ∈ PE

- Con respecto al plano XZ, ∃ pues (x,−y, z) ∈ PE

- Con respecto al plano Y Z, ∃ pues (−x, y, z) ∈ PE

d) Secciones Paralelas a los Planos Coordenados

Las secciones paralelas las tomaremos con respecto al plano XY , la cual se tiene z = k que

corta a la superficie en la curvax2

a2+

y2

b2= k que representa una familia de elipses

e) Extension de la Superficie

f(x, y) = z =x2

a2+

y2

b2= k, definido ∀ (x, y) ∈ R2

-10

-10

-5

-5

-10 -5

y

000

5 10

z 5

x 5

10

10

f) Otras Variantes

-10

-5

-10

-5

-10 -5

y

000

5 10

z 5

10

x 5

10

x2

a2+

z2

b2= y

-10 -10

-10

-5 -5

-5

000

x

z

y

5

5 5

10

10 10

y2

a2+

z2

b2= x

Ejemplo 9.2. Discutir y graficar la superficie cuya ecuacion es dada por: x2 + y2 − 4z = 0

Solucion. a) Intersecciones con los Ejes Coordenados

- Con el eje X: se hace y = z = 0; x = 0



394

- Con el eje Y : se hace x = z = 0; y = 0

- Con el eje Z: se hace x = y = 0; z = 0

b) Las trazas sobre los Planos Coordenados

- Sobre el plano XY , se hace z = 0, x2 + y2 = 0 es un punto (0, 0)

- Sobre el plano XY , se hace y = 0, 4z = x2 es una parabola

- Sobre el plano XY , se hace x = 0, 4z = y2 es una parabola

c) Simetrıa

- En el origen ∄

- En los ejes coordenados, el eje X ∄, el eje Y ∃, eje Z ∃- En los planos coordenados, plano XY ∃, plano XZ ∃, plano Y Z ∃

d) Secciones Transversales

- En el plano XY , se hace z = k

x2 + y2 = 4k familia de las circunferencias

9.4 Hiperboloide de una Hoja

Es el lugar geometrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 tal que satisfacen la ecuacion:x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1, donde a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0

9.4.1 Grafica del Hiperboloide de una Hoja

a) Intersecciones con los Ejes Coordenados


- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±b, B1 = (0, b, 0), A2 = (0,−b, 0)

- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z2 = −c2, ∄


- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 dondex2

a2+

y2

b2= 1 es una elipse



395

- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 dondex2

a2− z2

c2= 1 es una hiperbola

- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 dondey2

b2− z2


c) Simetrıas

- Con respecto al origen, existe simetrıa

- Con respecto a los ejes coordenados existe simetrıa

- Con respecto a los planos coordenados existe

d) Secciones Transversales o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados

- Los planos z = k, corta a la superficie en la curvax2

a2+

y2

b2= 1 +

k2

c2, donde es una familia

de la elipse

- Los planos y = k, corta a la superficie en la curvax2

a2− z2

c2= 1− k2

b2=

b2 − k2

b2, −b < k < b

la cual es una familia de hiperbolas

- Los planos x = k, corta a la superficie en la curva

x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1

y2

b2− z2

c2= 1 − k2

a2

y2

b2− z2

c2=

a2 − k2

a2, −a < k < a

Que es una familia de hiperbolas

-10-10 -5-5

-10

-5

z

000

5

10

y

5

x

5 1010

e) Otras Variantes



396

-10

-10 -5

-10

-5

-5

000

z

y

5

5

x

10

5 1010

x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1

-10-10

-10

-5 -5

-5

000

z

x

5

y

5 5

10

1010

−x2

a2+

y2

b2+

z2

c2= 1

9.5 Hiperboloide de dos Hojas

Es el lugar geometrico de todos los puntos P = (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen a la ecuacionx2

a2− y2

b2− z2

c2= 1, donde a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0

9.5.1 Discusion de la Grafica



- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = ±√−b2, ∄

- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z2 = ±√−c2, ∄


- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0 dondex2

a2− y2

b2= 1 es una hiperbola

- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0 dondex2

a2− z2


- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde −y2

b2− z2

c2= 1 ∄

c) Simetrıas




397

- Con respecto a los ejes coordenados, existe simetrıa

- Con respecto a los planos coordenados existe

d) Secciones Transversales o Secciones Paralelas a los Planos Coordenados

- Los planos z = k, corta a la superficie, dando la curvax2

a2− y2

b2= 1+

k2

c2, que es una familia

de hiperbolas

- Los planos y = k, corta a la superficie dando la curvax2

a2− z2

c2= 1+

k2

b2, que es una familia

de hiperbolas

- Los planos x = k, corta a la superficie dando la curvax2

a2+

z2

c2=

k2 − a2

a2donde −a < k < a

que es una familia de elipses

-10 -10

-10

-5 -5

-5

000

x

z

y

5

5 5

10

10 10

e) Otras Formas

-10-10 -5

-10

-5

-5

000

z 5

y

5

10

x

5 1010

−x2

a2− y2

b2+

z2

c2= 1

-10

-10

-5

-5

-10 -5

y

000

5 10

z 5

x 5

10

10

−x2

a2+

y2

b2− z2

c2= 1



398

9.6 Paraboloide Hiperbolico

Es el lugar geometrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la ecuacion de la

siguiente forma:y2

b2− x2

a2=

z

cdonde a y b son positivos y c 6= 0

9.6.1 Discusion de la Grafica: El Paraboloide Hiperbolico para su

Caso c > 0


- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = 0, A = (0, 0, 0)

- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = 0, B = (0, 0, 0)

- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = 0, C = (0, 0, 0)


- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0,y2

b2=

x2

a2, y = ± b

ax son rectas

- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0, z = − c

a2x2, parabola

- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0, z =c

b2y2, parabola

c) Simetrıas

- Con respecto al origen, ∄

- Con respecto a los ejes coordenados, con el eje z ∃ en los demas ejes ∄

- Con respecto a los planos coordenados ∄ Pxy, ∃ Pxz, ∃ Pyz

d) Secciones Transversales Paralelas a los Planos Coordenados

- Al plano XY , se hace z = k,y2

b2− x2

a2=

k

cfamilia de hiperbolas

- Al plano XZ, se hace y = k, −x2

a2=

z

c− k2

b2familia de parabolas

- Al plano Y Z, se hace x = k,y2

b2=

z

c+

k2

a2familia de parabolas



399

-10

-10

-5

-5-10-5

y000 510x

z

5

5

10

10

e) Otras Variantes

-10-5-10

-10

-5

-5

000

z 5

y

5

10

x

5 1010

x2

a2− z2

c2=

y

b

-10

-10

-10-5

-5

-5

00

0

y

z

5

5

x 5

10

10

10

y2

b2− z2

c2=

x

a

9.7 Cono Elıptico

Es el lugar geometrico de todos los puntos P (x, y, z) ∈ R3 que satisfacen la siguiente ecuacion

x2

a2+

y2

b2=

z2

c2, a 6= 0, b 6= 0, c 6= 0

9.7.1 Discusion de la Grafica



400


- Con el eje X, se hace y = z = 0, x = 0, A = (0, 0, 0)

- Con el eje Y , se hace x = z = 0, y = 0, B = (0, 0, 0)

- Con el eje Z, se hace x = y = 0, z = 0, C = (0, 0, 0)


- La traza sobre el plano XY , se hace z = 0, x = y = 0 ⇒ P (0, 0, 0) representan dos rectas

- La traza sobre el plano XZ, se hace y = 0, x = ±a

cz representan dos rectas

- La traza sobre el plano Y Z, se hace x = 0 donde y = ±b

cz dos rectas

c) Simetrıas


- Con respecto a los ejes coordenados, existe simetrıa

- Con respecto a los planos coordenados, existe simetrıa

d) Secciones Transversales Paralelas a los Planos Coordenados

- Al plano XY , se hace z = k,x2

a2+

y2

b2=

k2

c2familia de elipses

- Al plano XZ, se hace y = k, z2

c2− x2

a2=

k2

b2familia de hiperbolas

- Al plano Y Z, se hace x = k,z2

c2− y2

b2=

k2

a2familia de hiperbolas

e) Otras Variantes



401

x2

a2+

z2

c2=

y2

b2

y2

b2+

z2

c2=

x2

a2

9.8 Ejercicios Resueltos

Ejercicio 9.1. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 − 2x + 4y + 6z + 5 = 0

Solucion. Agrupando terminos y completando cuadrados se tiene

x2 − 2x + y2 + 4y + z2 + 6z + 5 = 0

(x − 1)2 − 1 + (y + 2)2 − 4 + (z + 3)2 − 9 + 5 = 0

(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 − 14 + 5 = 0

(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 9

Por lo tanto la ecuacion sera

(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 32

es la ecuacion de la esfera C : (1,−2,−3); r = 3

Ejercicio 9.2. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 + 8x − 4y − 4z + 8 = 0


x2 + 8x + y2 − 4y + z2 − 4z + 8 = 0

(x + 4)2 − 16 + (y − 2)2 − 4 + (z − 2)2 − 4 + 8 = 0

(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 − 16 = 0

(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 16


(x + 4)2 + (y − 2)2 + (z − 2)2 = 42

es la ecuacion de la esfera C : (−4, 2, 2); r = 4



402

Ejercicio 9.3. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 + x + 3y = 0


x2 + x + y2 + 3y + z2 = 0(

x +1

2

)2

− 1

4+

(

y +3

2

)2

− 9

4+ z2 = 0

(

x +1

2

)2

+

(

y +3

2

)2

+ z2 − 10

4= 0

(

x +1

2

)2

+

(

y +3

2

)2

+ z2 =5

2


(

x +1

2

)2

+

(

y +3

2

)2

+ z2 =

√

5

2

2

es la ecuacion de la esfera C : (−12,−3

2, 0); r =

√52

=1.6

Ejercicio 9.4. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 − 8x − 6y + 4z + 29 = 0


x2 − 8x + y2 − 6y + z2 + 4z + 29 = 0

(x − 4)2 − 16 + (y − 3)2 − 9 + (z + 2)2 − 4 + 29 = 0

(x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0


(x − 4)2 + (y − 3)2 + (z + 2)2 = 0

es un punto C : (4, 3,−2).

Ejercicio 9.5. Diga cual es la grafica de la ecuacion x2 + y2 + z2 + 2x − 2y − 4z + 7 = 0


x2 + 2x + y2 − 2y + z2 − 4z + 7 = 0

(x + 1)2 − 1 + (y − 1)2 − 1 + (z − 2)2 − 4 + 7 = 0

(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 + 1 = 0


(x + 1)2 + (y − 1)2 + (z − 2)2 = −1

no es una ecuacion.



403

Ejercicio 9.6. Obtenga la ecuacion del plano P que es tangente en el punto T (6, 2,−3) a la

esfera x2 + y2 + z2 = 49

Solucion. C = (0, 0, 0) ,−→CT//

−→N , N = (6, 2,−3) , S : (x, y, z)

Tenemos

(S − T )N = 0

[(x, y, z) − (6, 2,−3)](6, 2,−3) = 0

(x − 6, y − 2, z + 3)(6, 2,−3) = 0

6x − 36 + 2y − 4 − 3z − 9 = 0

6x + 2y − 3z − 49 =

La ecuacion del plano tangente es:

6x + 2y − 3z = 49

Ejercicio 9.7. Obtenga la ecuacion del plano P que es tangente en el punto T (−12, 3, 4) a la

esfera x2 + y2 + z2 = 169

Solucion. C = (0, 0, 0) ,−→CT//

−→N , N = (6, 2,−3) , S : (x, y, z)

Tenemos

(S − T )N = 0

[(x, y, z) − (−12, 3, 4)](−12, 3, 4) = 0

(x + 12, y − 3, z − 4)(−12, 3, 4) = 0

−12x − 144 + 3y − 9 + 4z − 16 = 0

−12x + 3y + 4z − 169 = 0

La ecuacion del plano tangente es:

−12x + 3y + 4z = 169

Ejercicio 9.8. Discutir y graficar 9x2 + 4y2 − 12z = 0

Solucion.

9x2 + 4y2 = 12z

9x2

12+

4y2

12= z

x2

43

+y2

3= z Paraboloide elıptico



404

1. Intersecciones con los ejes

a) Con el eje “x”.

Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0

A = (0, 0, 0)

b) Con el eje “y”

Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

B = (0, 0, 0)

c) Con el eje “z”

Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0

C = (0, 0, 0)

2. Trazos sobre los planos coordenados

a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

x2

43

+y2

3= 0

es un punto

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

y2

3= z

una parabola sobre yz

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

x2

43

= z

una parabola sobre xz

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el eje “z”

Con el plano “xz”

Con el plano “yz”

4. Secciones paralelas a los planos

Con el plano “xy”.

Se hace: z = k

x2

43

+y2

3= k

familia de elipses


Se hace: x = k

y2

3= z − k2

43

familia de parabolas


Se hace: y = k

x2

43

= z − k2

3


∗ Grafica



405

-2

0

2x

-4

-2

0

2

4

y

0

2

4

z

-2

0

2x

-2

0

2

4

y

Ejercicio 9.9. Discutir y graficarx2

36+

z2

25= 4y

Solucion.

x2

9+

z2

254

= y Paraboloide elıptico



Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0

A = (0, 0, 0)


Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

B = (0, 0, 0)


Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0

C = (0, 0, 0)


a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

x2

9= y

es una parabola sobre xy

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

z2

254

= y

es una parabola sobre yz

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

x2

9+

z2

254

= 0

es un punto

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el eje “z”






406


Se hace: z = k

x2

9= y − k2

254



Se hace: x = k

z2

254

= y − k2

9



Se hace: y = k

x2

9+

z2

254

= k

familia de elipses

∗ Grafica

-5-2.5

02.5

5

x

0123

y

-4

-2

0

2

4

z

0123

-4

-2

0

2

Ejercicio 9.10. Discutir y graficar 4x2 + 9y2 − z2 = 36

Solucion.x2

9+

y2

4− z2

36= 1 hiperboloide de una hoja



Se hace: y = 0, z = 0;

∴ x2 = 9 ⇒ x = ±3

A1 = (3, 0, 0) ; A2 = (−3, 0, 0)


Se hace: x = 0, z = 0;

∴ y2 = 4 ⇒ y = ±2

B1 = (0, 2, 0) ; B2 = (0,−2, 0)


Se hace: x = 0, y = 0;

∴ −z2 = 36 ⇒ ∄


a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

x2

9+

y2

4= 1

es una elipse



407

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

y2

4− z2

36= 1

es una hiperbola

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

x2

9− z2

36= 1

es una hiperbola

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el origen

Con los planos

Con los polos



Se hace: z = k

x2

9+

y2

4= 1 +

k2

36

familia de elipses


Se hace: x = k

y2

4− z2

36= 1 − k2

9

familia de hiperbolas


Se hace: y = k

x2

9− z2

36= 1 − k2

4


∗ Grafica

-4 -2 0 2 4

x

-202y

-5

0

5

z

-202

Ejercicio 9.11. Discutir y graficar 4x2 − 9y2 + z2 = 36

Solucion.x2

9− y2

4+

z2

36= 1 hiperboloide de una hoja



408



Se hace: y = 0, z = 0;

∴ x2 = 9 ⇒ x = ±3

A1 = (3, 0, 0) ; A2 = (−3, 0, 0)


Se hace: x = 0, z = 0;

∴ −y2 = 4 ⇒ ∄


Se hace: x = 0, y = 0;

∴ z2 = 36 ⇒ z = ±6

C1 = (0, 0, 6) ; C2 = (0, 0,−6)


a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

x2

9− y2

4= 1

hiperbola sobre “xy”

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

−y2

4+

z2

36= 1

es una hiperbola sobre yz

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

x2

9+

z2

36= 1

es una Elipse sobre xz

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el origen

Con los planos

Con los polos



Se hace: z = k

x2

9− y2

4= 1 − k2

36



Se hace: x = k

−y2

4+

z2

36= 1 − k2

9



Se hace: y = k

x2

9+

z2

36= 1 +

k2

4

familia de elipses

∗ Grafica



409

-50

5

x

-4-2024

y

-10

0

10

z

-4-2024

Ejercicio 9.12. Discutir y graficar x2 − 3y2 − 4z = 0

Solucion.x2

4− y2

43

= z hiperboloide parabolico



Se hace: y = 0, z = 0; ∴ x = 0

A = (0, 0, 0)


Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

B = (0, 0, 0)


Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0

C = (0, 0, 0)


a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

x2

4=

y2

43

x = ±√

3y

son dos rectas

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

−y2

43

= z

una parabola

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

x2

4= z

una parabola

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el eje “z”





Se hace: z = k

x2

4− y2

43

= k




410


Se hace: x = k

−y2

43

= z − k2

4



Se hace: y = k

x2

4= z +

k2

43


∗ Grafica

-5

0

5x

-4-2

024y

-4

-2

0

2

4

z

-5

0

5x

-4-2

024y

Ejercicio 9.13. Discutir y graficar x2 = y2 + z2 − 1

Solucion.

−x2 + y2 + z2 = 1 hiperboloide de una hoja



Se hace: y = 0, z = 0;

∴ −x2 = 1 ⇒ ∄


Se hace: x = 0, z = 0;

∴ y2 = 1 ⇒ y = ±1

B1 = (0, 1, 0) ; B2 = (0,−1, 0)


Se hace: x = 0, y = 0;

∴ z2 = 1 ⇒ z = ±1

C1 = (0, 0, 1) ; C2 = (0, 0,−1)


a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

−x2 + y2 = 1

es una hiperbola

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

y2 + z2 = 1

es una elipse

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

−x2 + z2 = 1

es una hiperbola



411

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el origen

Con los planos

Con los polos



Se hace: z = k

−x2 + y2 = 1 − k2



Se hace: x = k

y2 + z2 = 1 + k2



Se hace: y = k

−x2 + z2 = 1 − k2

familia de elipses

∗ Grafica

-10-5

05

10x

-10

-5

05

10y

-10

-5

0

5

10

z

-10-5

05

10x

-10

-5

05

10y

Ejercicio 9.14. Discutir y graficar x2 − y2 − 2x + 4y + z = 6

Solucion.

x2 − 2x − y2 + 4y + z = 6

(x − 1)2 − 1 − (y + 2)2 − 4 + z = 6

(x − 1)2 − (y + 2)2 + z = 11

hiperboloide parabolico



Se hace: y = 0, z = 0

∴ (x − 1)2 − 4 = 11

(x − 1)2 = 15

x = ±√

15 − 1



412

A1 = (√

15 − 1, 0, 0)

A2 = (−√

15 − 1, 0, 0)


Se hace: x = 0, z = 0; ∴ y = 0

B = (0, 0, 0)


Se hace: x = 0, y = 0; ∴ z = 0

C = (0, 0, 0)


a) Sobre “xy”.

Se hace: z = 0

x2

4=

y2

43

x = ±√

3y

son dos rectas

b) Sobre “yz”

Se hace: x = 0

−y2

43

= z

una parabola

c) Sobre “xz”

Se hace: y = 0

x2

4= z

una parabola

3. Simetrıa

Tiene solo con:

Con el eje “z”





Se hace: z = k

x2

4− y2

43

= k



Se hace: x = k

−y2

43

= z − k2

4



Se hace: y = k

x2

4= z +

k2

43


∗ Grafica



413

-10-5

05

10

x

-5

05y

-10

-5

0

5

10

z

-5

05y

Ejercicio 9.15. Hallar la ecuacion de la esfera de radio R = 3 y que es tangente al plano

x + 2y + 2z = −3 en el punto P (1, 1,−3)

Solucion. x + 2y + 2z = −3, ~n = (1, 2, 2)

C = P + t~a

(h, k, j) = (1, 1,−3) + t(1, 2, 2) ⇒

h = 1 + t

k = 1 + 2t

(−3 + 2t)j = −3 + 2t

d−→CP

=√

(1 + h)2 + (1 − k)2 + (−3 − j)2

3 =√

1 − 2h + h2 + 1 − 2k + k2 + 9 + 6j + j2

9 = −2h − 2k + 6j + h2 + k2 + j2 + 11

−2 = −2(1 + t) − 2(1 + 2t) + 6(−3 + 2t) + (1 + t)2 + (1 + 2t)2 + (−3 + 2t)2 + 11

−2 = −2 − 2t − 2 − 4t − 18 + 12t + 1 + 2t + t2 + 1 + 4t + 4t2 + 9 − 12t + 4t2

9 = 9t2

1 = t2

t = 1

Por tanto h = 2, k = 3, j = −1. Entonces

E : (x − 2)2 + (y − 3)2 + (z + 1)2 = 32

Ejercicio 9.16. Hallar la ecuacion de la esfera tangente en (4,3,6) al plano 3x+ y +5z−45 = 0

y tangente en (2, 5,−4) al plano x + 3y − 5z − 37 = 0

Solucion. El plano x+3y−5z−37 = 0 tiene normal ~nP1= (1, 3,−5) y el plano 3x+y+5z−45 = 0



414

tiene normal ~nP2= (3, 1, 5)

−−→CP1 // ~nP1

P1 − C = ~nP1

(2, 5,−4) − (h, k, j) = (1, 3,−5)

(2, 5,−4) − (1, 3,−5) = (h, k, j)

(1, 2, 1) = (h, k, j)

por tanto h = 1, k = 2 y j = 1

−−→CP2 // ~nP2

P2 − C = ~nP2

(4, 3, 6) − (h, k, j) = (3, 1, 5)

(4, 3, 6) − (3, 1, 5) = (h, k, j)

(1, 2, 1) = (h, k, j)

por tanto h = 1, k = 2 y j = 1

Luego el radio es

r =−−→CP1

r2 = (1 − 2)2 + (2 − 5)2 + (1 − (−4))2

r2 = 1 + 9 + 25

r2 = 35

La ecuacion de la esfera es:

(x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 1)2 = 35

Ejercicio 9.17. Hallar la ecuacion de la esfera tangente en (1,−1, 4) al plano P1 : 2x− y +3z−15 = 0 y tangente en (1,−2, 5) al plano P2 : 2x − 2y + 4z − 27 = 0

Solucion. El plano P1 : 2x − y + 3z − 15 = 0 tiene normal ~nP1= (2,−1, 3) y el plano P2 :

2x − 2y + 4z − 27 = 0 tiene normal ~nP2= (2,−2, 4)

−−→CP1 // ~nP1

P1 − C = ~nP1

(1,−1, 4) − (h, k, j) = (2,−1, 3)

(1,−1, 4) − (2,−1, 3) = (h, k, j)

(−1, 0, 1) = (h, k, j)



415

por tanto h = −1, k = 0 y j = 1

−−→CP2 // ~nP2

P2 − C = ~nP2

(1,−2, 5) − (h, k, j) = (2,−2, 4)

(1,−2, 5) − (2,−2, 4) = (h, k, j)

(−1, 0, 1) = (h, k, j)

por tanto h = −1, k = 0 y j = 1

Luego el radio es

r =−−→CP1

r2 = (1 − (−1))2 + (−1 − 0)2 + (4 − 1)2

r2 = 4 + 1 + 25

r2 = 30


(x + 1)2 + y2 + (z − 1)2 = 30

Ejercicio 9.18. hallar la ecuacion de la esfera concentrica a x2 + y2 + z2 + 6y − 4z + 9 = 0 y

tangente al plano 2x + 3y − 2z + 4 = 0

Solucion.

x2 + y2 + z2 + 6y − 4z + 9 = 0

x2 + y2 + 6y + z2 − 4z + 9 = 0

x2 + (y + 3)2 − 9 + (z − 2)2 − 4 + 9 = 0

x2 + (y + 3)2 − 9 + (z − 2)2 = 4

−→CP // ~n

P − C = ~n

(x, y, z) − (0,−3, 2) = (2, 3,−2)

(x, y, z) = (2, 3,−2) + (0,−3, 2)

(x, y, z) = (2, 0, 0)

Luego el radio es

r =−→CP

r2 = (0 − 2)2 + (−3 − 0)2 + (2 − 0)2

r2 = 4 + 9 + 4

r2 = 17



416


x2 + (y + 3)2 + (z − 2)2 = 17

Ejercicio 9.19. hallar la ecuacion de la esfera cuyo centro esta en el plano xy y es tangente al

plano 3x + 2y − z − 6 = 0 en (1,5,7)

Solucion. El plano P : 3x + 2y − z − 6 = 0 tiene normal ~n = (3, 2,−1)

−→CP // ~n

P − C = ~n

(1, 5, 7) − (h, k, j) = (3, 2,−1)

(1, 5, 7) − (3, 2,−1) = (h, k, j)

(−2,−3, 8) = (h, k, j)

Luego el radio es

r =−→CP

r2 = (−2 − 1)2 + (−3 − 5)2 + (0 − 7)2

r2 = 9 + 64 + 49

r2 = 122


(x + 2)2 + (y + 3)2 + z2 = 122


Bibliografıa

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417

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