Ejercicios: GRUPO 4

1. Una recta de pendiente 2/5 pasa por el punto P (3, -4) y por A(x, -2) y B (-7, y). Hallar la abscisa de A y la ordenada de B.

Solución

X

Y

P (3,-4)

B(-7,y )

C(x,-2)

mAP= −4+23−X → −2

3−X=25

2(3-x)= -10 6-2x = -10 -2x = -16 X= 8 mPB=

y+4−7−3→

y+4−10=

25

y+4= 25 (-10)

y+4 = -4

y = -8

∎ A (8,-2)

∎ B (-7,-8)

2. Una recta de pendiente -3/2 pasa por el punto P (6, -2) y por los puntos A(x, x + 2) y B(x + 6, y). Hallar la distancia entre A y B.

Solución

X

Y

P (6,-2)

A (x,x+2)

B (x+6,y)

mAP= −2−(X+2)6−X

→ −4−X6−X =−32

2(-4-x)= -3(6-x)

-8-2x = -18+3x

-8+18 = 3x+2x

10=5x

x = 2

mPB= y+2

(x+6)6−X→ y+2x =−3

2

2(y+2) = -3x

2y+4 =-3(2)

2y = -10

y = -5

A (2,4); B (8,-5); P (6,-2)

Hallamos la distancia AB

d (AB) = √¿¿ = √36+81 = √117 = 3√13

3. Un punto P(x, y) equidista de los puntos A (-3, 2) y B (5, -2) y la pendiente de la recta que une dicho punto a C (-1, -2) es -1/2. Halle sus coordenadas.

Solución

X

Y

A (-3,2)

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

P (x,y)

mCP= y+2

(x+1)

−12 =

y+2x+1

2(y+2) = -1(x+1)2y+4 = -x-1

2y= -5-x

d (AP) = √¿¿ d (AP)2= x2+6 x+9+ y2−4 y+4d (AP)2= x2+ y2+6x−4 y+13-----------------------(I)

d (BP) = √¿¿ d (AP)2= x2−10 x+25+ y2+4 y+4d (AP)2= x2+ y2−10 x+4 y+29-----------------------(II)

Igualamos (I) y (II)

x2+ y2+6x−4 y+13 = x2+ y2−10 x+4 y+29 16x -8y = 16 4x – 2y =4 4x – 5-x=4

3x=9 x = 3

4. En los ejercicios siguientes determinar los valores de k para los cuales los puntos dados son colineales.

a) A (k, 3), B (-4, -5 - k), C (2k + 1, 8)

Solución

A (K,3) B (-4,-5-K) C (2K+1,8)

Los puntos A, B y C son colineales si M AB = M BC =M AC

Verificamos: M AB=−5−K−3−4−K =

−8−K−4−K =

8+K4+K

MBC= 8−(−5−K )2K+1−(−4) =

8+5+K2K+1+4 =

13+45+2K

M AC= 8−3

2K+1−K = 5K+1

Luego:

Como: M AB = M AC

8+K4+K =

5K+1

(k+8 ) (k+1 )= 5 (k+4)

k 2+9k+8 = 5k+20

k 2+4k-12 = 0

K 6

K -2

(k+6) (K-2) = 0

K= -6 k = 2

b) A (-1, k - 6) , B (2k - 1, 3 ) , C (-9, 4 - k).

Solución

A (-1,K-6) B (2K-1,3) C (-9, 4-K)

Los puntos A, B y C son colineales si M AB = M BC =M AC

Verificamos: M AB=3−(K−6)2K−1+1

= 3−K+62K =

9−K2K

MBC= 4−K−3

−9−(2K−1) =

1−K−9−2K+1 =

1−K−8−2K =

1−K8+2K

M AC= 4−K−(K−6)

−9+1 = 4−K−K+6

−8 = 10−2K

−8

Luego:

Como: M AB = M AC

9−K2K =

10−2K−8

−8 (9−K )= 2K (10-2K)

-72+8K = 20k-4K2

4 k2+12k-72 = 0

2K 12

2K -6

(2k+12) (2K-6) = 0

K= 6 k = -3

5. Demostrar, por medio de pendientes, que los puntos dados son los vértices de un

paralelogramo.

a) A(9 ,2 ) , B(11 , 6) , C(3 , 5) , D(1 , 1)

Solución

X

Y

A (9,2)

B (11,6)C (3,5)

D (1,1)

mBC= 5−6

(3−11)=18

mAD= 1−2

(1−9)=18

BC// AD

mAB= 6−211−9=2

mDC= 5−13−1=2

AB//DC

• Por lo tanto el cuadrilatero ABCD, es un paralelogramo

b) A(4 , 0) , B(7 , 5) , C(-2 , 3) , D(-5 , -2)

X

Y

A (4,0)

B (7,5)

D (-5,-3)

c (-2,3)

mAD= −2−0

(−5−4 )=29

mBC= −2−0

(−5−4 )=29

AD// BC

mAB= 5−07−4=

53

mDC= 3+2

−2+5=53

AB// DC

c) A(-1 , -5) , B(2 , 1) , C(1 ,5 ) , D(-2.-1)

X

Y

A (-1,-5)

B (2,1)

D (-2,-1)

C (1,5)

mAB= 1+52+1=2

mDC= 5+11+2=2

AB// DC

mAD= −1+5−2+1=4

mBC= 5−11−2=4

AD// BC

6. Hallar los valores de k de modo que los puntos dados sean vértices de un triángulo rectángulo, recto en B.

a) A (-1, k - 4), B (2k, -1), C (-2, 2k + 3)

Solución

X

Y

A (-1,k-4)

B (2k,-1)

C (-2,2k+3)

Como BA// BC→ mAD . mBC = -1

( K−4+1−1−2K ) .(2K+3+1

−2−2K ) = -1

( K−32K+1 ).( 2K+4

2K+2 ) = -1

( K−32K+1 ).( K+2

K+1 ) = -1

(k-3)(k+2) = - (2k+1)(k-1)

k 2-k-6 = -(2k2+2k+k+1)

k 2-k-6 = -2k2-2k-1

3k2+2k-5 = 0

3k 5

K -1

(3k+5)(k-1) = 0

3k+5= 0 ṿ k-1=0

K= −53 ṿ k = 1

7. Por medio de pendientes, demostrar que el cuadrilátero de vértices A(1 , -4), B(8 , -2), C(-4 , 16) y D(-3 , 2) es un trapecio.

Solución

X

Y

A (1,-4)

B (8,-2)

C (-4,16)

D (-3,2)

mAD = mBC

2+4

−3−1= 16+2−4−8

6

−4= 18

−12

6

−4= 6

−4

Diagonales

mBD ≠ mAC

2+2

−3−8≠ 16+4−4−1

411≠

20−5

8. Los puntos dados son los vértices de un cuadrilátero ABCD, usando pendientes mostrar si es o no un rectángulo.

a) A (-2, -1), B (5, -4), C (-1,-18) y D (-8,-15)

Solución

X

Y

A (-2,-1)

B (5,-4)

C (-1,-18)

D (-8,-15)

mAD = mBC

−15+1−8+2 =

−18+4−1−5

−14−6 =

−14−6

73=

73

mAC.mBD≠ -1

mAC= −18+1−1+2 =

−171

−171 .1113 ≠ -1 → los vértices ABCD forman un rectangulo

mBD= −15+4−8−5 =

1113

b) A (-1, 3) , B (5, 7) , C (9, 1) y D (3, -3)

Solución

X

Y

A (-1,3)

B (5,7)

C (9,1)

D (3,-3)

mAD = mBC

−3+13+2 =

1−79−5

−25 ≠

−64

mAC.mDB ≠ -1

1+19+2=

7+315−3

211.

102 ≠ -1

→ Los vértices del cuadrilátero ABCD no forman un rectángulo.

9. XXXXXXX10. XXXXXXX11. XXXXXXX

12. Un punto M (x, y) dista del punto C (2, 5), √10 unidades. la pendiente del segmento que une a M con A (7, 5) es 1/2; hallar las coordenadas de M.

Solución

A (7, 5)

C (2, 5)

M (X, Y)

mMA = 5− y7−x =

y−5x−7 →

12 =

y−5x−7

= 12(x−7) = y−5----------------------(1)

Además

d (MC) = √¿¿ = √10

¿ = 10---------------------(2)

(1) En (2)

¿ + [ 12 (x−7 )]2

= 10

¿ +12

( x−7 )2 = 10

4¿¿-4x+4) + (x2-14x + 49) = 40

4x2 – 16x + 16 – x2 -14x + 49 = 40

5x2-30x + 25 = 0

x2- 6x + 5 = 0x -5 x -1

(x-5)(x-1) = 0

X= 5 ṿ x= 1

Luego:

Si: x =1 x =5 ♦ M(1, 2) ♦ M(5, 4)

y =2 y =4 13. La pendiente de una recta que pasa por el punto A(3 , 2) es igual a 3/4. Situar dos

puntos P y Q sobre la recta que distan 5 unidades de A

Solución

X

Y

A (3,2)

P (7,5)

Q (-1,-1)

Sea P(x,y) uno de los puntos buscados

mAP= 34→ y−2x−3=34 → y- 2 =34 (x-3)------------------------(I)

d (AP) =5 → √¿¿ = 5 → elevamos al cuadrado

¿ + 916

¿ = 25

¿= 16

¿= 4

¿= 4 ó ¿= -4

x = 7 ó x = -1

Sustituyendo en (I)

y- 2 =34 (x-3)

y- 2 =34 (7-3) ó y- 2 =

34 (-1-3)

y-2 =3 y- 2 = -3

y = 2 y = -1

Entonces: P(7,5) y Q(-1,-1)

14. Sean P(x, y) un punto equidista de los puntos A (-3,2) y B (3,2). Si la pendiente de la recta que pasa por P y el origen es 3/5, halle las coordenadas de P.

Solución

X

Y

B (3,2)

A (-3,4)

P (x,y)

Y = 3K

X = 5K

Además:

d (A,P) = d (B,P)

√¿¿ = √¿¿

x2 + 6x + 9 +y2 -8y + 16 =x2- 6x + 9 +y2- 4y+4

12x – 4y + 12 =0

3x – y +3 = 0

3(5k) -3k +3 = 0

15k -.3k= -3

12k = -3

K = −14

Luego:

Y= -3/4

X= -5/4

» P(x,y) = P (-5/4, -3/4)

15. Sean A (3,1) y B (-2 ,-6) los vértices de un triángulo , sabiendo que las alturas se cortan en el punto P (4,-4) ,hallar las coordenadas del tercer vértice.

Solución

X

Y

A (3,1)

P (4,-4)

B (-2,-6)

C (x,y)

Si: BP AC M BP . MBC = -1

(−4+64+2 ).( Y−1X−3 )=-1 ¿

26 (Y−1X−3 )=-1

Y−1X−Y =-3

Y-1=-3(X-3)

Y-1=-3X+9

3X+Y=10 …………….(1)

Además:

Si AP ¿ BC M AP . MBC=-1

(−4−14−3 )(Y−6X+2 )=-1 -5( Y+6

X−3 )=-1

5 (Y +6 )=X+2

5Y+30=X+2

X-5Y=28………..(2)

Luego ∑ m.a.m (1 ) (2 )

15x+5y=50

x-5y=28

16x = 50 +28

8x = 25 +14

16. Los puntos A, B y C dados, son tres vértices de un paralelogramo. Hallar todas las posibles coordenadas del cuarto vértice.

a) A (0, 0), B (1 ,4), C (5, 1)

Solución

D= (x1 , y1)D´= (x2 , y2)D´ ´= (x3 , y3)

x1+ x2= 2(0) = 0----------(I) y1+ y2= 2(0) = 0----------(I)x2+ x3= 2(1) = 2-----------(II) y2+ y3= 2(4) = 8----------(II)x1+ x3= 2(5) = 10----------(III) y1+ y3= 2(1) = 2----------(III)

2(x1+ x2+x3) = 12 2(y1+ y2+ y3) = 10

x1+ x2+x3 = 6 ----------(IV) y1+ y2+ y3 = 5 ----------(IV)

Igualamos (IV) y (I) Igualamos (IV) y (I)

x1+ x2+x3-6 = x1+ x2−0 y1+ y2+ y3-5 = y1+ y2−0

x3= 6 y3= -5

Igualamos (IV) y (II) Igualamos (IV) y (II)

x1+ x2+x3-6 = x2+ x3−2 y1+ y2+ y3-6 = y2+ y3−8

x1= 4 y1= -3

Igualamos (IV) y (III) Igualamos (IV) y (III)

x1+ x2+x3-6 = x1+ x3−2 y1+ y2+ y3-6 = y1+ y3−8

x2= -4 y2= 3

Entonces: D(6,5); D´ (4,3);D´ ´(-4,3)

b) A (3, 12), B (8, 1), C (-2, -5)

Solución

D= (x1 , y1)D´= (x2 , y2)D´ ´= (x3 , y3)

x1+ x2= 2(3) = 6----------(I) y1+ y2= 2(12) = 24----------(I)x2+ x3= 2(8) = 16-----------(II) y2+ y3= 2(1) = 2----------(II)x1+ x3= 2(-2) = -4----------(III) y1+ y3= 2(-5) = -10----------(III)

2(x1+ x2+x3) = 18 2(y1+ y2+ y3) = 16

x1+ x2+x3 = 9 ----------(IV) y1+ y2+ y3 = 8 ----------(IV)

Igualamos (IV) y (I) Igualamos (IV) y (I)

x1+ x2+x3-9 = x1+ x2−6 y1+ y2+ y3-8 = y1+ y2−24

x3= 3 y3= -16

Igualamos (IV) y (II) Igualamos (IV) y (II)

x1+ x2+x3-9 = x2+ x3−16 y1+ y2+ y3-8 = y2+ y3−2

x1= -7 y1= 6

Igualamos (IV) y (III) Igualamos (IV) y (III)

x1+ x2+x3-9 = x1+ x3+4 y1+ y2+ y3-8 = y1+ y3+10

x2= 13 y2= 18

Entonces: D(-7,6); D´ (13,18);D´ ´(3,-16)

17.Sean A (5 , 3), B(-1 ,2) y C(1 , -1) tres vértices de un paralelogramo ABCD, hallar la distancia del cuarto vértice D al punto P(-2 , 6).

Solución

D= (x1 , y1)D´= (x2 , y2)D´ ´= (x3 , y3)

x1+ x2= 2(5) = 10----------(I) y1+ y2= 2(3) = 6----------(I)x2+ x3= 2(-1) = -2-----------(II) y2+ y3= 2(2) = 4----------(II)x1+ x3= 2(1) = 2----------(III) y1+ y3= 2(-1) = -2----------(III)

2(x1+ x2+x3) = 10 2(y1+ y2+ y3) = 8

x1+ x2+x3 = 5 ----------(IV) y1+ y2+ y3 = 4 ----------(IV)

Igualamos (IV) y (I) Igualamos (IV) y (I)

x1+ x2+x3-5 = x1+ x2−10 y1+ y2+ y3-4= y1+ y2−6

x3= -5 y3= -2

Igualamos (IV) y (II) Igualamos (IV) y (II)

x1+ x2+x3-5 = x2+ x3+2 y1+ y2+ y3-4 = y2+ y3−4

x1= 7 y1= 0

Igualamos (IV) y (III) Igualamos (IV) y (III)

x1+ x2+x3-5 = x1+ x3−2 y1+ y2+ y3-4 = y1+ y3+2

x2= 3 y2= 6

Entonces: D(7,0); D´ (3,6);D´ ´(-5,-2)

Encontramos la distancia DP

d (DP) = √¿¿ = √81+36 = 3√13 d (D´P) = √¿¿ = √25+0 = 5 d (D´´P) = √¿¿ = √9+64 = √73

18. Se tiene un triángulo de vértices A (-4,-3), B (1,4) y C (7,10). Por el punto E cuya ordenada es 8 y está sobre BC, se traza se traza una paralela al lado AB. Hallar las coordenadas del punto en que dicha paralela corta AC.

Solución

X

Y

A (-4,-3)

B (1,4)

C (7,10)

D (3,-3)

E (X,8)

P (X,Y)

mAB = mPE

4+31+4 = 8− y5−X

75 =

8− y5−X

37 – 7x = 40 – 5y 5y – 7x – 5 = 0

y = 7 x+55

y = 103

(7)+5

5

y = 173

19. Dados el triángulo de vértices A(1,2), B(5,3), C(4,4); calcular la coordenadas del pie de la perpendicular trazada desde el vértice B a la mediana trazada desde el punto C.

Solución

X

Y

A (1,2)B (5,3)

C (4,4)P (x,y)

MMP = MNC Bp nc

y−12

x−2 =

4−0.54−2 MMC = -

1M BP

2 y−12(x−2) =

74

4−12

4−2 = -

Y−3X−5

8y – 4 = 14x – 28 74 =

(Y−3 )X−5

8y-14x = -24 7x -35 = -4y + 12

4x – 7x= -12 ……….(1) 7x +4y = 47…………..(2)

(1) y (2) en (1)

8y = 35 4( 358 )- 7x = - 12

y = 358

352 – 12 = 7x

112 = 7x

X = 1114

20. Los puntos A (-2,5), B (1,-1), C (7,1) y D son vértices de un paralelogramo ABCD,

siendo B y D vértices opuestos, sean M€ AB tal que AM = 13AB y N punto medio

de BC. Hallar la intersección de los segmentos MC y DN .

Solución

X

Y

A (-2,5)

C (7,1)

A (1,-1)N (3,0)

P (x,y)M (-1,2)

M = Y 1−YX1−X

M = (−2−13 , 1+52 ) N = ( 7−12 , 1+1

2 ) M = (-1 +2) N = (3,1)

d AB = d AC d AD= d BC

MMC= MPC MDN = M PD