parabola

UNIVERSIDAD NACIONAL

“PEDRO RUIZ GALLO”

FACULTAD DE CIENCIAS FISICAS Y MATEMATICAS

ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA ELECTRONICA

trabajo de Matematica Basica

“PARABOLA”

Presentado por:

Burga Regalado Alexander Codigo: 112369 G

Cruz Ugaz Carlos Joel Codigo: 112374 K

Flores Cruz Efrain Codigo: 115658 J

Fustamamnte Bustamante Ricardo Codigo: 112377 J

Jauregui Seclen Franco Codigo: 115660 D

LAMBAYEQUE − PERU

2012

Serie de Ejercicios de Parabola Pagina:�� 2

1. Halle el vertice , el foco y la ecuacion de la directriz , de cada una de las siguientes

parabolas .

a) x2 − 4x− y + 3 = 0

(x2 − 4x+ 4)− 4− y + 3 = 0

(x− 2)2 = (y + 1)

V = (2,−1) p = 14> 0

F = (2,−1 + 14) → F = (2,−3/4)

directriz: L : y = −1− 1/4 = −54

b) 3y2 − 4x+ 12y + 16 = 0

(y + 2)2 = (43)(x− 1)

V = (1,−2) p = 13> 0

F = (1 + 13,−2) → F = (4/3,−2)

directriz: L : x = 1− 1/3 = 23

c) 4x2 − 8x− 3y − 2 = 0

4(x2 − 1x) = 3(y + 2) (x− 1)2 = (34)(y + 2)

V = (1,−2) p = 316

> 0

F = (1,−2 + 316) → F = (1,−29/16)

directriz: L : y = −2− 3/16 = −3516

d) y2 − 6x+ 6y + 15 = 0

(y + 3)2 = 6(x− 1)

V = (1,−3) p = 32> 0

F = (1 + 32,−3) → F = (5/2,−3)

directriz: L : x = 1− 3/2 = −12

2. Halle la ecuacion de la parabola

a) V = (2, 5), F = (2,−3)


F = (2, 5 + p) = (2, 3) (x− 2)2 = 4p(y − 5)

5 + p = −3 (x− 2)2 = −32(y − 5)

p = −8

YR

Sx

Y

b) V = (5, 2), F = (7, 2)

F = (5 + p, 2) = (7, 2) (y − 2)2 = 4p(x− 5)

p = 2 (y − 2)2 = 8(x− 5)

F

75

V

2

X

Y

c) L : y = 5, F = (7,−2)

2p = 5− (−2) (x− 7)2 = 4(−72)(y − 3)

p = 72

(x− 7)2 = −14(y − 3)

3/2

−2

7

V

F


d) L : x = −2 y V = (5,−1)

p = 5− (−2) (y + 1)2 = 4p(x− 5)

p = 7 (y + 1)2 = 28(x− 5)

F = (5 + 7,−1)

F = (12,−1)

e) V = (2, 6) y extremos del lado recto (6,8) y (-2,8)

|AB| = 4p (x− 2)2 = 4p(y − 6)√82 = 4p (x− 2)2 = 8(y − 6)

p = 2

f) L : x = −1 y del punto (7,1)

2p = 7− (−1) (y − 1)2 = 4p(x− 3)

p = 4 (y − 1)2 = 16(x− 3)

V = (7− 4, 1)

F = (3, 1)

3 7

FV1

−1

DIRECTRIZ

3. Demuestre que la longitud del lado recto de cualquier parabola mide 4|p| unidadesRR′ : lado recto

d[F,L] = 2|p|d[R,R′] = 2d[R,F ]

Ademas d[R,F ] = d[R,L] = d[F,L]

entonces d[R,R′] = 2d[R,F ] = 2d[p, L] = 2(2|p|)d[R,R′] = 4|P |

4. El ancho de un reflector parabolico es 12m y su profundidad es 4m. Localizar el

foco

Diametro = 12m , r=6m

Ecuacion x2 = 4py

(6, 4) ∈ P : x2 = 4py


x2 = 4py

62 = 4p(4)

36 = 4p(4) → p = 9/4

Foco a 9/4 del vertice

X

Y

6m

4m

(6,4)12

5. Halle la ecuacion y la longitud del lado recto de la parabola con vertice y foco en

(5,6). Encuentre ademas los extremos del lado recto.

V = (2, 2), F = (5, 6)

vector unitario =VF

F − V = (3,4)5

Ecuacion del lado recto

LRR′ : (5, 6) + T (−4, 3)

(x, y)(3, 4) = (5, 6)(3, 4)

3x+ 4y = 15 + 24 → 3x+ 4y = 39

Longitud de RR′

d(V, F ) = |p|∥(3, 4)∥ = p

p > 0 → p = 5

d[RR′] = 4|p|d[RR′] = 4(5) → d[RR′] = 20

Extremos del lado recto: Vector unitario V F⊥

FR = 2PV

R− F = 2(5)(−4,35

)

R− (5, 6) = (−8, 6)

R = (−3, 12)


FR′ = 2PV ⊥

R′ = F + 2(5)(4,−35

)

R′ = (5, 6) + (8,−6)

R′ = (13, 0)

x

y

F

P’

P

V

6

5

6. Dado los 3 puntos (−1, 2), (1,−1) y (2, 1)

a) Halle la ecuacion de la recta paralela que pase por los puntos dados y talque

su eje focal sea paralelo al eje X

P : y2 + ay + bx+ c = 0

(−1, 2) ∈ P → 2a− b+ c = −4 . . . (α)

(1,−1) ∈ P → −a+ b+ c = −1 . . . (β)

(2, 1) ∈ P → a+ 2b+ c = −1 . . . (θ)

Sumando (α) y (β)

a+ 2c = −5 . . . (A)

a− 32/7 = −5

a = −3/7

Restando (2α) y (θ)

5a+ 3c = −9 . . . (B)

Restando (5A) y (B)

5a+ 10c = −25 ∧ −5a− 3c = 9

→ c = −16/7

En (β)

→ −a+ b+ c = −137+ b− 16

7= −1 → b = 6/7


P : y2 − 37y + 6

7x− 16

7= 0

P : 7y2 − 3y + 6x− 16 = 0

b) Halla la ecuacion de la parabola que pasa por los puntos dados y tal que su

eje focal sea paralela al eje y

P : x2 + ax+ by + c = 0

(−1, 2) ∈ P → −a+ 2b+ c = −1 . . . (γ)

(1,−1) ∈ P → a− b+ c = −1 . . . (α)

(2, 1) ∈ P → 2a+ b+ c = −4 . . . (β)

Sumando (α) y (β)

b+ 2c = −2 . . . (i)

Restando (2γ) y (β)

−2a+ 4b+ 2c = −2 ∧ 2a+ b+ c = −4

5b+ 3c = −6 . . . (u)

Restando (i) y (u)

(b+ 12c = −2)5 ∧ 5b+ 3c = −6

−10c+ 3c = 4 → c = −47

→ en (u):

5b = −6− 3(−4/7) → b = −67

Luego en (α):

a+ 67− 4

7= −1 → a = −9

7

P : x2 − 97x− 6

7y − 9

7= 0

P : 7x2 − 9x− 6y − 4 = 0

7. Grafique la ecuacion (2x+ y − 3)(x2 + y2 − 4)(x2 − 8y) = 0

Se iguala cada uno de los parentisis a cero obteniendose:

Una recta (2x+ y − 3)

Una circuferencia (x2 + y2 − 4)

Una parabola (x2 − 8y)


X

Y

(0,3)

(2,0)

P

C

L

8. Demuestre que los centros de todas las cuerdas de la parabola de ecuacion x2 =

4py, con pendiente m=3, se encuentran en una recta, y halle la ecuacion de esta

recta.

Considere P > 0 P : x2 = 4py

Y

X

P

L

P2

P1

m1

m2 P1

P2

L1

L2

P1 = (x1, y1)

P 1 = (x1, y1)

P2 = (x2, y2)

P 2 = (x2, y2)Considere la familia de cuerdas paralelas

{Lα : y = mx+ bα}pero m = 3 ⇒ {Lα : y = 3x+ bα}ahora, Lα ∩ Px2 = 4p(3x+ bα)

x2 − 12px− 4pbα = 08<:

x =−(−12p)±

√(−12p)2−4(1)(−4pbα)

2(1)= 6p± 2

√9p2 − pbα

y = 18p± 6√4p2 − pbα


⇒

P1 = (x1, y1) = (6P − 2√9P 2 − Pb1, 18P − 6

√4P 2 − Pb1 + b1)

P 1 = (x1, y1) = (6P + 2√9P 2 − Pb1, 18P + 6

√4P 2 − Pb1 + b1)

P2 = (x2, y2) = (6P − 2√9P 2 − Pb2, 18P − 6

√4P 2 − Pb2 + b2)

P 2 = (x2, y2) = (6P + 2√9P 2 − Pb2, 18P + 6

√4P 2 − Pb2 + b2)

m1 = P1+P1

2= (6P+6P

2, 18P+b1+18P+b1

2) = (6P, 18P + b1)

m2 = P2+P2

2= (6P+6P

2, 18P+b2+18P+b2

2) = (6P, 18P + b2)

Como L paso porm1 ym2 entonces L : y = 6p, comom = 3 entonces L : y = 3(2P )

L : y = 2pm

9. Halle el centro de la circuferencia que pasa por (0, 1) y que es tangente a la curva

y = x2 en (2,4).

X

Y

LT

r

C(h,k)

A

(2,4)

L5 : y − 4 = m(x− 2)

y = mx− 2m+ 4 esto en y = x2

x2 = mx+ 2m− 4 = 0,a

= 0

→ m2 − 2m+ 16 = 0

(m− 4)2 = 0 → m = 4

LT : y − 4 = 4(x− 2) → LT : 4x− y − 4 = 0

d[c, A] = r

h2 + (k − 1)2 = r2

(2−4r√7)2 + (3 + r√

17)2 = r2 → r = 13

√13

10

(h, k) = (2, 4) + r(−4,1√17)

(h, k) = (2− 4r√17, 4+r√

17)

→ h = 2− 4r√17

→ h = −16/5

→ k = 4 + 5√17

→ k = 53/10


Centro de la Circuferencia

c(h, k) = (−16/5, 53/10)

10. Halle la Ecuacion del lugar Geoemtria 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 la

parabola.

V

Y

XF

4p=8

p=2

d(p, y) = 2d(p, F )√x2 + y2 = 2

È(x− 2)2 + y2

3x2 + 3y2 − 16x = −16

(x− 83)2 + y2 = 16

9

11. Si una parabola con eje focal vertical tiene su foco en (0,4) y su laso recto de

longitud 12. hallar su ecuacion

RR′ = 12 = 4|P | → P = ±3

*V1 = (0, 4− 3) = (0, 1) → x2 = 4(3)(y − 1) entonces x2 = 12(y − 1)

*V2 = (0, 4 + 3) = (0, 7) → x2 = 4(−3)(y − 7) entonces x2 = −12(y − 7)


V1(0,1)

F(0,4)R

R’

X

Y

V2 (0,7)

12. Sean (x1, y1) y (x2, y2) los extremos de una cuerda focal de la parabola y2 = 4px,

demuestre que:

Y

X

p

L:x=−p

E(−p,y1)

Q(−p,y1+y2/2)

G(−p,y2)

R(x1+x2/2,y1+y2/2)

c(x1+x2)

R(p,2p)

F(p,0)

D(x2,y2)

R’(p,−2p)

a) La longitud de esta cuerda focal es |x1 + x2 + 2p|CD = CF + FD . . . (α)

ademas CF = CE ∧ FD = DG

luego CE =È(x1 + p)2 + 02, DG =

È(x2 + p)2 + 02

CE = |x1 + p| DG = |x2 + p|en (α) CD = |x1 + p+ x2 + p|CD = |x1 + x2 + 2p|

b) La distancia desde el punto medio de esta cuerda focal a la recta directriz es

la mitad de esta longitud en a.

RQ =q[ (x1+x2)

2+ p]2 + 02

RQ = |x1+x2

2+ p|

RQ = 12|x1 + x2 + 2p|


13. Sea p = (r, s) un punto de la parabola y2 = 4px. En p se traza una perpendicu-

lar a OP de tal manera que esta recta corta el eje X en el punto Q. Prueba que

PQ = (4p,−s)

P : y2 = 4px

p ∈ P → s2 = 4pr

*mL = s−0r−0

= sr

*mL1 =s−0r−a

= sr−a

Luego L1 ⊥ L

mL.mL1 = −1sr. sr−a

= −1

s2 = (a− r)r → 4pr = (a− r)r

a = 4p+ r . . . (α)

Luego PQ = Q− P

= (a, 0)− (r, s)

PQ = (4p,−s)

X

Y

LL1

P(R,S)

Q(a,0)

14. 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 60◦

con ele eje de la orbita (dibuja en la direccion en la cual la orbita se abre). halle

la distancia minima del cometa al sol, es decir, al foco. Como ∥SQ∥ = d(Q,L)

S

T

2P

2x102

60°

30°

L

Q

DIRECTRIZ

P

P

4× 107 = 2× 107 + 2P

2p = 2× 107

p = 107 millas


15. Halle los angulos en que se interceptan las parabolas y2 = 4x+4 con y2 = 64−16x

Resolviendo

8<:

P1 : y2 = 4x+ 4

P2 : y2 = 64− 16x

→ 4x+ 4 = 64− 16x

x = 3 → y = ±4

A = (3, 4) B = (3,−4)

LT1 : y − 4 = m(x− 3)

y = mx− 3m+ 4

Luego en P1

(mx− 3m+ 4)2 − 4x− y = 0

m2x2+x(6m−3m2−4)+(9m2−24m+12) = 0

△= 0

(2m− 6m2− 4)2− 4m2(9m2− 24m+12) = 0

64m2 − 64m+ 16 = 0

4m2 − 4m+ 1 = 0

(2m− 1)2 = 0

X

Y

LT2

LT1

A

B

m1 = 1/2

LT2 : y + 4 = m(x− 3)

y = mx− 3m− 4

Luego en P2

m2x2 + x(−6m2 − 8m2 + 16) + (9m2 + 24m− 46) = 0

△= 0

(−6m2 − 8m+ 16)2 − 4m2(9m2 + 24m− 48) = 0

6m2 − 256m+ 256 = 0

m2 − 4m+ 4 = 0

(m− 2)2 = 0

m2 = 2

Luego mLT1 = −1/2, mLT1 = 2

→ mLT1 .mLT2 = −1

∴ α = 90◦

16. Se traza una recta tangente a la parabola y2 = 4px en el 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 paralela al eje de la parabola y que intersecta a la directriz en

D. Demuestre que APFD es un rombo.

Como P (x0, y0) es un punto conocido de la tangente L y la parabola P (ie.

P (x0, y0) es un punto de contacto) entonces por teorema: L tiene por ecuacion

L : y0y = 2p(x+ x0)

Como A(−a, 0) ∈ L entonces 0 = 2p(−a+ x0) ⇒ a = x0

Lqqd

8>>>><>>>>:

AD = D − A = (−p+ a, y0) =−→FP = (x0 − p, y0) = (a− p, y0) ⇒ ∥AD∥ = ∥

−→FP∥

DP = P −D = (x0 + p, 0) =−→AF = (P + a, 0) = (x0 + P, 0) ⇒ ∥DP∥ = ∥

−→AF∥

−→AP = (x0 + a, y0) ;

−−→DF = (2p,−y0) , donde

−→AP

−−→DF = (9x0, y0)(2p,−y0)

= (2x0, y0) = 4px0 − y0 = 0

DP(x0,y0)

F(p,0)A(−a,0)

L

L

X

Y

17. Halle 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

x2 = 98y, p = 9

8

*A ∈ L, 2a+ 3b = 12 → a = 12−3b2

*A ∈ P, a2 = 92b → b = 2a2

9

⇒ 2a+ 3(2a2

9)− 12 = 0

a2 + 3a− 18 = 0

(a+ 6)(a− 3) = 0

* si a = 3 entonces b = 2 → A = (3, 2)

si a = 6 entonces b = 8 → B = (−6, 8)

mL1 = 2/3, mL2 = −4/3 → tanα =23+ 4

3

1− 89

X

Y

AB

L1

L2

tanα = 18 → α = arctan(18)


18. Una piedra arrojada hacia arriba formando un angulo agudo con la horizontal

describe el arco de una parabola y a una distancia de 16m , halle el parametro p

de esta parabola, si la altura maxima alcanzada es 12m.

x2 = 4py

82 = 4p(12)6424

= p

p = 43

12

16

X

Y

19. En la parabola y2 = 8x encuentra un punto para el cual su vector focal mide 10

unidades

D(P, F ) = (x− 2)2 + y2 = 100

(x− 2)2 + 8x = 100

x2 − 4x+ 4 + 8x = 100

x2 + 4x− 96 = 0

(x−8)(x+12) = 0 entonces x = 8 y x = −12

y2 = (8)(8) entonces y = ±8

p = (8,±8)

R

R’

10

11

F(1,0)

→ R′ = (a,−√8a) = (8,−8)

20. Halle la ecuacion de la cuerda comun a la parabola y2 = 18x , y a la circuferencia

(x+ 6)2 + y2 = 100

L : x = 2

21. Halle en la parabola x2 = 4y un punto para el cual su vector focal mide 17 unidades

A ∈ P : x2 = 4y → a2 = 4b

a = ±2√b

A = (2√b, b), B = (−2

√b, b)


C : (x+ 6)2 + y2 = 100, P : y2 = 18

c = (−6, 0), r = 10

→ (x+ 6)2 + 18x = 100

x2 + 30x− 64 = 0

(x− 2)(x+ 32) = 0

pero x > 0 → x = 2

F

A(2,4)

(4,0)

B(2,−4)

(−6,0)

→ d[f, A] = 17

(2√b)2 + (b− 1)2 = 289

b2 + 2b− 288 = 0 → (b+ 18)(b− 16) = 0

pero b > 0 → b = 16

B

A

F(0,1)

1717

A = (2√b, b) = (8, 16), B = (−2

√b, b) = (−8, 16)

22. El espejo del faro de un auto tiene la forma de una parabola en su seccion transver-

sal, halle el parametro de esta parabola , si el diametro del faro mide 20cm y la

profundidad de 15 cm. El eje OX es eje del faro y el origen se ubica en la parte

profunda del espejo

Diametro AB = 20, r = 10

→ (15, 10) ∈ P : y2 = 4px

102 = 4(15)p → p = 5/3


10

A

B

X

Y

15

(15,10)

23. Halle la longitud de la cuerda focal de la parabola y2 + 8x = 0, que sea paralela a

la recta 4x+ 3y = 7. y2 = −8x, P = −2 entonces F = (−2, 0)

L : 4x+ 3y = 7, mL = −43

L//Lc entonces mLC = −43

entonces LC : y − 0 = −43(x+ 2)

LC : 3y = −4x− 8

Hallando los puntos de contacto de LC con la circuferencia , y2 = −8x entonces

x = −y2

8

entonces 3y = −4(−y2

8)− 8

3y = y2

8− 8 entonces 6y = y2 − 16 entonces y2 − 6y − 16 = 0

(y − 8)(y − 2) = 0

Si y = 8 ⇒ x = −8 ⇒ P0 = (−8, 8)

Si y = −2 ⇒ x = −12⇒ Q0 = (−1

2,−2)

Luego la distancia entre las dos rectas es :

D =È(−8 + 1

2)2 + (8 + 2)2 =

È2254

+ 100 =È

6254

D =25

2

24. Demuestre que la longitud del radio vector (vector focal) de cualquier punto p =

(x1, y1) de la parabola y2 = 4px es ||x1 + p|p ∈ P : y2 = 4px, y21 = ypx1

FP =È(x1, y1)− (p, 0)

=È(x1 − p)2 + y21 =

Èx21 − 2x1p+ p21 + 4px1

|FP | =È(x1 + p)2

|FP | = |x1 + p|


X

Y

F(P,0)

P(X,Y)

25. Halle la longitud del vector focal del punto de la parabola de ecuacion y2−16x = 0

cuya ordenada sea igual a 12

y2 − 16x = 0, V = (0, 0), 4p = 16 → p = 4 > 0

d[P, F ] = d[P,L]

(È(4− x)2 + (−122))2 = |x+ 4|2 → x = 9

|FP | = PF = (9, 12)− (4, 0) = (5, 12)

12 (x,12)

F (4,0)

X

Y

d(P, F ) = 13

26. Halle la ecuacion de la circuferencia que pasa por el vertice y los extremos del lado

recto de la parabola y2 = 4x

V = (0, 0) 4p = 4 → p = 1

Ecuacion de la circuferencia: C : x2 + y2 + Ax+By + C = 0

(0, 0) ∈ C : (0)2 + (0)2 + A(0) +B(0) + C = 0 → C = 0

(1, 2) ∈ C : (1)2 + (2)2 + A(1) +B(2) + 0 = 0 → A+ 2B = −5 . . . (1)

(1,−2) ∈ C : (1)2 + (−2)2 + A(1) +B(−2) + 0 = 0 → A− 2B = −5 . . . (2)

de (1) y (2) tenemos: A=-5 y B=0

C : x2 + y2 − 5x = 0


F(1,0)

2

2

(1,−2)

(1,2)

X

Y

27. Demuestre que los extremos del lado recto de una parabola cualquiera se une

mediante rectas tangentes a la parabola con el punto de interseccion del eje focal

y la directriz

Sea y2 = 4px, p > 0

La ecuacion de la cuerda que pasa por el foco perpendicular al eje es x = +p8<:

y2 = 4px

x = p⇒ y2 = 4p2 ⇒ y = ±2

8<:

R(p, 2p)

R′(p,−2p)⇒ y2 = 4p2 ⇒ y = ±2

Ademas L : x = −p

Luego mL1 =2p2p

= 1 mL2 =2p−2p

= −1

L1 : y = mx+ b L2 : y = mx+ b

2p = 1(p) + b −2p = −1(p) + b

b = p b = −p

L1 : x− y + p = 0 L2 : x+ y − p = 0

L

Y

X

F(p,0)V(0,0)

R(p,2p)

R’(p,−2p)

(−p,0)

Luego L1 ∩ L2 : 2x+ 2p = 0 entonces x = −p y y = 0

28. Una circuferencia cuyo centro es el punto (-1,4) pasa por el foco de la parabola

y2 + 16x = 0 Demuestre que es tangente a la recta directriz de la parabola

y2 + 16x = 0

y2 = −16x → p = −4


(x+ 1)2 + (y − 4)2 = 52

en x=4 tenemos: (4 + 1)2 + (y − 4)2 = 25 → y = 4

C(−1,4)

x=4

(0,0)

X

Y

L

F(−4,0)

entonces el punto de tangencia es: (4,4)

29. Demuestre que la longitud del radio vector (o vector focal) de cualquier punto

P (x1, y1) de la parabola (y − k)2 = 4p(x − h) es igual a |x1 − h + p| y de la

parabola (x− h)2 = 4p(y − k) es igual a |y1 − k + p|

(y − k)2 = 4p(x− h)

p ∈ P entonces (y1 − k)2 = 4p(x1 − h)

|FP | =È(x1 − h− p)2 + (y1 − k)2 =

È(x1 − h− p)2 + 4p(x1 − h)

=È(x1 − h)2 − 4(x1 − h) + p2 + 4p(x1 − h)

=È(x1 − h)2 + 2p(x1 − h) + p2

=È[(x1 − h)− p]2

|FP | = x1 − h− p

(x− h)2 = 4p(y − k)

p ∈ P entonces (x1 − h)2 = 4p(y1 − k)

|FP | =È(x1 − h)2 + (y1 − k − p)2 =

È4p(y1 − k) + [(y1 − k)− p]2

=È4p(y1 − k) + (y1 − k)2 − 2p(y1 − k) + p2

|FP | = y1 − k + p

30. Halle la longitud del vector focal del punto de la parabola de ecuacion x2 + 4y +

2x− 19 = 0. cuya abscisa es 3

x2 + 2x+ 1− 1 = 19− 4y

(x+ 1)2 = −4y + 20

(x+ 1)2 = −4(y − 5) → p = −1

d[P, F ] = d[P,L]

(È42 + (y − 4)2)2 = |y − 6|2


y = 1

|FP | = P − F

|FP | = (3, 1)− (−1, 4)

V

y=6

F(−1,4)

(−1,5)

p(3,y)

X

Y

−1 3

|FP | = 5

31. Halle e identifique la ecuacion del lugar geometrico del centro de una circuferencia

que es siempre tangente a la recta x=1, y a la circuferencia de ecuacion x2+y2 = 9.

C

C

L

x=1

c

p(h,k)

Y

XV1 V2

a) L : y − 0 = khx ⇒ L : y = k

hx

⇒ L ∩ C = Q(x, y)

x2 + y2 = 9 ⇒ x2 + (khx)2 = 9

x2 = 9h2√h2+k2

donde

8<:

x = 3h√h2+k2

y = 2k√h2+k2

(∗)

el radio de C, es d(P, x− 1) = h− 1 entonces tiene por ecuacion

(x− h)2 + (y − k)2 = (h− 1)2

x2 − 2hx+ h2 + y2 − 2ky + k2 = h2 − 2h+ 1

Como Q(x, y) ∈ C ⇒ x2 + y2 = 9

entonces 8 + k2 + 2h = 2hx+ 2ky, reemplazando en (*)

k2 + 2h+ 8 = 6h2√h2+k2

+ 6k2√h2+k2

= 6√h2 + k2


elevando al cuadrado y acomodando tenemos:

k4 − 2k2 − 32h2 + 4h2 + 4hk2 + 32h+ 64 = 0

reemplazando k por y y hpor x se tiene el lugar geometrico

y4 − 20y2 − 32x2 + 4xy2 + 32x+ 64 = 0

factorizando: [y2 − 4(x+ 1)][y2 + 8(x− 2)] = 0

lo cual; y2 − 4(x+ 1) = 0 ∨ y2 + 8(x− 2) = 0

Si y2 − 4(x+ 1) = 0 entonces y2 = 4(x+ 1)

es una parabola con vertice V1 = (−1, 0)

ademas x+ 1 ≥ 0 y x ≤ 1, restringida por la recta x = 1

lo cual x ≥ −1 ∧ x ≤ 1 ≡ −1 ≤ x ≤ 1

para y2 = 4(x+ 1)

Si y2 + 8(x− 2) = 0 entonces y2 = −8(x− 2)

es una parabola con vertice V2 = (2, 0)

ademas x− 2 ≥ 0 y x ≤ 1, restringida por la recta x = 1

lo cual x ≥ 2 ∧ x ≤ 1 ≡ 1 ≤ x ≤ 2

para y2 = −8(x− 2)

∴ el lugra geometrico seria

{(x, y)/y2 = −8(x− 2), 1 ≤ x ≤ 2} ∪ {(x, y)/y2 = 4(x+ 1),−1 ≤ x ≤ 1}

32. Halle la ecuacion de la recta tangente para la parabola y el punto de contacto dado

a) x2 − 4y = 0; (2, 1)

L : y = mx+ b

P (2, 1) ∈ L ⇒ 1 = 2m+ b ⇒ b = 1− 2m

⇒ L : y = mx+ 1− 2m

y = m(x− 2) + 1 . . . (∗)

(2,1)(0.1)F

L

X

Y

L ∩ P :


x2 = 4(m(x− 2) + 1)

x2 − 4mx+ 8m− 4 = 0

por la condicion de tangencia

descriminante =a

= (−4m)2 − 4(1)(8m− 4) = 0

16m2 − 32m+ 16 = 0

m2 − 2m+ 1 = 0

(m− 1)2 = 0 entonces m = 1

esto en *:L : y = 1(x− 2) + 1 = x− 1

y = x− 1

b) x2 + 4y + 2x+ 9 = 0; (3,−6)

x2 + 2x+ 1− 1 = −4y − 9

(x+ 1)2 = −4y − 8

(x+ 1)2 = −4(y + 2) → p = −1

Teorema: (x0 − h)(x− h) = 4p[(y+y02

)− k]

(3,−6) = (x0, y0) (−1,−2) = (h, k)

(3− (−1))(x− (−1)) = 4(−1)[(y−62)− (−2)]

4(x+ 1) = −4[y−6+42

]

2(x+ 1) = −y + 2

2x+ 2 = −y + 2

3

(3,−6)−6

−1 X

Y

y = −2x

c) y2 − 6y + 5x− 11, (−1,−2)

y2 − 6y + 9− 9 + 5x− 11 = 0

(y − 3)2 = −5x+ 20

(y − 3)2 = −5x+ 20

(y − 3)2 = −5(x− 4) → p = −5/4


V(4,3)

4

−2

−1

X

Y

(−1,−2)

3

33. Halle la ecuacion de la recta tangente de pendiente -1 a la parabola y2 = 8x

y2 = 8x, V = (0, 0), 8 = 4p → 2 = p > 0

y = mx+ b

y = −x+ b

pero y2 = 8x

y2 = 8(b− y)

y2 + 8y − 8b = 0 = y2 + 8y + 16

−8b = 16

b = −2

X

Y

L:m=−1

(2,−4)

F(2,0)

2p

(2,4)

→ y = −x− 2

34. Halle la ecuacion de la recta tangente a la parabola de ecuacion: x2+4x+12y−8 = 0

que sea perpendicular a la recta de ecuacion 3x− y + 1 = 0

x2 + 4x+ 12y − 8 = 0

x2 + 4x+ 4− 4 + 12y − 8 = 0

(x+ 2)2 = −12y + 12

(x+ 2)2 = −12(y − 1) . . . (1) L : 3x− y + 1 → m = 3

pero LT ⊥ L → mT .m = −1 ⇒ mT = −1/3

LT : y = mx+ b → y = −13x+ b . . . (2)

de (1) y (2) tenemos: x2 + 12b− 8 = 0a= b2 − 4ac = 0


0− 4(1)(12b− 8) = 0

−48b+ 32 = 0 → b = 2/3

reemplazando en (2) tenemos:

y = −13x+ 2

3→ LT : 3y = 2− x

35. Halle la ecuacion de la recta tangente a la parabola y2 − 2x+ 2y + 3 = 0 que sea

paralela a la recta x− 2y + 4 = 0

y2 − 2x+ 2y + 3 = 0

y2 + 2y + 1− 1− 2x+ 3 = 0

(y + 1)2 = 2(x− 1) . . . (1) → V = (1,−1)

LT : y = mx+ b L : x− 2y + 4 = 0(m = 1/2)

L//LT → m = mT → mT = 1/2

y = 12x+ b . . . (2)

de (1) y (2): x2 + (4b− 4)x+ 4b2 + 8b+ 12 = 0a= (4b− 4)2 − 4(1)(4b2 + 8b+ 12) = 0

16b2 − 32b+ 16− 16b2 − 32b− 48 = 0 → b = −1/2

LT : y = x2− 1

2

x = 2y + 1

36. Halle las ecuaciones de las rectas tangentes tratadas desde el punto (3,−3) a la

parabola x2 − 3y − 8x+ 10 = 0

x2 − 3y − 8x+ 10 = 0

x2 − 8x+ 16− 16− 3y + 10 = 0

(x− 4)2 = 3(y + 2) . . . (1) → V = (4,−2)

L : y = mx+ b, pero (3,−3) ∈ L

−3 = m(3) + b → b = −3− 3m

y = mx− 3− 3m. . . (2)

(2) en (1) tenemos:

x2 − 8x+ 16 = 3(mx− 3− 3m+ 2)

x2 − x(8 + 3m) + 19 + 9m = 0a= (8 + 3m)2 − 4(1)(19 + 9m) = 0

64 + 48m+ 9m2 − 76− 36m = 0

9m2 + 12m− 12 = 0 → m = 2/3 m = −2

Reemplazando los valores de m


X

Y

L

V

4

−3

−2

y = −2x+ 3 ∧ y = 23x− 5

37. Halle las ecuaciones de las recas tangentes trazadas desde el punto (4, 1) a la

parabola x2 + 3y − 6x+ 9 = 0

x2 + 3y − 6x+ 9 = 0

(x− 3)2 = −3y . . . (1) → V = (3, 0)

(4, 1) ∈ L

1 = m(4) + b → b = 1− 4m

y = mx+ 1− 4m. . . (2)

De (2) en (1) tenemos:

x2 − 6x+ 9 = −3(mx+ 1− 4m)

x2 − x(6− 3m) + 12− 12m = 0a= (6− 3m)2 − 4(1)(12− 12m) = 0

3m2 + 4m− 4 = 0 → m = 2/3 m = −2

Reemplazando m en y tenemos:

L:y=mx+b

3 421

1

X

Y

3y = 2x− 5 ∧ y = −2x+ 9


38. Halle el angulo agudo formado por las tangentes a la parabola de ecuacion y2 +

x− 4y + 6 = 0 trazadas desde el punto (1,1)

Sea

LT : y − 1 = m(x− 1), P : y2 + x− 4y + 6 = 0

y = mx−m+ 1

En P se tiene:

m2x2 +m2 + 1− 2m2x+ 2mx− 2m− 4mx+ 4m− 4 + x+ 6 = 0

x2m2 − x(2m2 + 2m− 1) + (m2 + 2m+ 3) = 0

△ = 0

(2m2 + 2m− 1)2 − 4m2(m2 + 2m+ 3) = 0

12m2 + 4m− 1 = 0 ⇒ (6m− 1)(2m+ 1) = 0

8<:

m2 = 1/6

m1 = −1/2

tan θ = m2−m1

1+m1.m2=

16+ 1

2

1− 112

=17361112

= 811

−2

1

1

L1

X

Y

L:y=mx+b

θ = arctan( 811)

39. Con respecto a la parabola y2 − 2x + 6y + 9 = 0; halle los valores de T para los

cuales las rectas de familia x+ 2y + T = 0

a) cortan a la parabola en dos puntos diferentes.

b) son tangentes a la parabola.

c) no cortan a la parabola.

y2 − 2x + 6y + 9 = 0; halle los valores de T, los cuales las rectas de la familia

x+ 2y + T = 0

teneos que x = −2y − t

Reemplazando en la ecuacion de la parabola

y2 − 2(−2y − t) + 6y + 9 = 0

y2 + 4y + 6y + 2t+ 9 = 0

y2 + 10y + 2t+ 9 = 0, tenemos quea

= descriminante


a= 100− 4(1)(2t+ 9)a= 64− 8t, entonces :

a)a

> 0 → 64− 8t > 0 → t < 8

b)a

= 0 → 64− 8t = 0 → t = 8

c)a

< 0 → 64− 8t < 0 → t > 8

40. Demuestre que la parabola y2−4y+8x−20 = 0, y2−4y+4x+4 = 0, son ortogo-

nales entre si en cada uno de sus puntos de interseccion.

P1 : y2 − 4y + 8x− 20 = 0 ; P2 : y2 − 4y − 4x+ 4 = 0

(y − 2)2 = −8(x− 3) (y − 2)2 = 4x

4p = −8 4p = 4

p = −2 p = 1

V = (3, 2) V = (0, 2)

Y

X

Q1

L1L2

L2

L1

Q2

V1V2

Vemos los puntos de interseccion de P1 con P2, entonces resolviendo

(y − 2)2 = −8(x− 3)

(y − 2)2 = 4x

0 = 4x+ 8(x− 3)

12x = 24

x = 2 ⇒ (y − 2)2 = 4x = 4(2) = 8

y − 2 = ±2√2

y = 2± 2√2

⇒ Q1 = (2, 2 + 2√2) y Q2 = (2, 2− 2

√2)

Por teorema: La tangente a la parabola P : (y−k)2 = 4p(x−h) en cualquier punto

R(x1, y1) de la curva tiene por ecuacion L : (y1−k)(y−k) = 2p[(x1−h)+(x−h)] ∗entonces nuestro caso:

a) Para el punto Q1 = (2, 2 + 2√2), participan P1 y P2

1) Para P1

entonces L1 : (2 + 2√2− 2)(y − 2) = 2(1)[(2− 0) + (x− 0)]


2√2(y − 2) = 2(x+ 2)

y = 1√2x+

√2 + 2, donde m1 =

1√2(pendiente)

2) Para P2

entonces L2 : (2 + 2√2− 2)(y − 2) = 2(−2)[(2− 3) + (x− 3)]

2√2(y − 2) = −4(x− 4)

y = −2√2x+ 4

√2 + 2, donde m2 =

−2√2(pendiente)

Como m1.m2 = 1√2(−2√

2) = −1, entonces P1 es ortogonal a P2 en Q1 =

(2, 2 + 2√2)

b) Para el punto Q2 = (2, 2− 2√2), participan P1 y P2

1) Para P1

entonces L1 : (2− 2√2− 2)(y − 2) = 2(1)[(2− 0) + (x− 0)]

−2√2(y − 2) = 2(x+ 2)

y = − 1√2x−

√2 + 2, donde m1 = − 1√

2(pendiente)

2) Para P2

entonces L2 : (2− 2√2− 2)(y − 2) = 2(−2)[(2− 3) + (x− 3)]

−2√2(y − 2) = −4(x− 4)

y = 2√2x− 4

√2 + 2, donde m2 =

2√2(pendiente)

Como m1.m2 = −1√2( 2√

2) = −1, entonces P1 es ortogonal a P2 en Q2 =

(2, 2− 2√2)

41. En cualquier punto P de la parabola , no tiende al vertice, la tangente y la normal

cortan al eje de la parabola en los puntos A y B respectivamente. Demuestre que

los puntos A,B y P equidistan del foco

Sea la parabola y2 = 4px y T (x0, y0) punto de tangencia

x

Y

LtT(x0,y0)

D(x1,0)V

A(x2,0)


LT : y − y0 = m(x− x0); m = 2py0

LT : y − y0 =2py0(x− x0)

Si y=0 → −y20 = 2px− 2px0 (α)

Como T (x0, y0) ∈ P → y20 = 4px0

y entonces en (α) se tiene −4px0 = 2px− 2px0 → x = −x0 → x1 = −x2

esto es V B = −V A o sea V es pto medio de AB

42. Demuestre que toda circuferencia que tiene como diametro una cuerda focal de

una parabola, es tangente a la parabola.

Supongamos que la ecuacion de la parabola es x2 = 4py, p > 0

Y

F(0,p)

L=y=−p

Cualquier recta que pase por el foco tendra por ecuacion:

y = mx+ p

Luego: x2 − 4p(mx+ p) = 0

x2 − 4pmx− 4p2 = 0

x =48m±

√16p2m2+16p2

2

x1 = 2pm− 2p√m2 + 1 = 2p[m−

√m2 + 1]

x2 = 2pm+ 2p√m2 + 1 = 2p[m+

√m2 + 1]

Como x2

4p= y

entonces y1 = p[m−√1 +m2]2 = p[2m2 − 2m

√m2 + 1 + 1]

y2 = p[m+√1 +m2]2 = p[2m2 + 2m

√m2 + 1 + 1]

donde P1 = (x1, y1), P2 = (x2, y2) puntos de corte.

Ademas la circuferencia que tiene por diametro dicha cuerda es la que tiene como

centro en el punto medio de P1, P2 y radio a la distancia del centro a uno de sus

puntos

ie: d(P1, P2) = 2a

donde C = punto medio=(2pm, p(2m2 + 1))

entonces 2r = d(P1, P2) = ∥(4p√m2 + 1, 4pm

√m2 + 1)∥


= 4p√m2 + 1

√m2 + 1 = 4p(m2 + 1)

entonces r = 2p(m2 + 1)

Ademas dichas circuferencias sera tangentes a la directriz y+ p = 0 ⇔ d(c, L) = r

entonces |p(2m2 + 1) + p| = r entonces r = 2p(m2 + 1)

Luego queda demostrado que es tangente.

43. Si desde un punto exyerior P se trazan rectas tangentes a una parabola, el seg-

mento de rectas que une a los puntos de contacto se llama cuerda de contacto.

Si Q = (x1, y1) en un punto exteriro a la parabola y2 = 4px demuestre que la

ecuacion de la cuerda de conctacto de Q es y ⊥ y = 2p(x+ x1)

P : y2 = 4px, Q = (x1, y1) ∈ P entonces y21 = 4px1 ademas L : y−y1 = m(x−x1)

y = mx−mx1 + y1, luego reemplazamos en la ecuacion de la parabola:

(mx−mx1 + y1)2 = 4px

m2x2 +m2x21 + y21 − 2m2x1 + 2my1 + 2mxy1 = 4px

m2x2 + x(−2m2x1 + 2my1 − 4p) + (m2x21 + y21 − 2mx1y1) = 0a

= 0 entonces (2my1 − 2m2x1 − 4p)2 − 4m2(m2x21 + y21 − 2mx1y1) = 0

16m2x1p− 16my1p+ 16p2 = 0

16m2x1 − 16my1p+ 16p = 0

m2x1 −my1 + p

m =y1±

√y21−4x1p

2x1, pero y21 = 4px1

entonces m = y1±√4px1−4x1p2x1

→ m = y12x1

LT : y − y1 =y12x1

(x− x1)

2x1y − 2x1y1 = xy1 − x1y1

2x1y = 2x1y1 + xy1

[2x1y − y1(x1 + x)] y12x1

yy1 =y212x1

(x1 + x)

LT : yy1 =4px1

2x1(x+ x1)

LT : yy1 = 2p(x+ x1)

44. Demuestre que la cuerda de contacto de cualquier punto de la directriz de una

parabola pasa por su foco

Considere y2 = 4px

Sea P0(x0, y0) el punto desde el cual se traza las tangentes a la parabola.


P0

P1

P2

Fpp

p>0

Y

X

L

Sean P1(x1, y1) y P2(x2, y2) las correspondientes pintos de contacto .

La ecuacion de las tangentes en P1 y P2 son

y1 : y = 2p(x+x1) y y2 : y = 2p(x+x2), esto es por teorema como estas tanhentas

pasan por el punto P0, entonces

y1 : y0 = 2p(x0 + x1) y y2 : y0 = 2p(x0 + x2)

Ahora bien , la recta y0 : y = 2p(x + x0) que pasa por P1 y P2 es l cuerda de

contacto

Sea P (−p, y) un punto de la directriz L, la ecuacion de la uerda de contacto que

pasa por P tiene de ecuacion:

−py = 2p(x− p)

y como se puede coprobar , pasa por el foco correspondiente F (p, 0)

ie.- F (p, 0) ∈ {−py = 2p(x− p)} ya que

−p(0) = 2p(p− p)

0 = 0, se satisfacelo cual completa la prueba.

45. Demuestre que el lugar geometrico de los puntos medios de un sistema de cuerdas

paralelas de una parabola es una recta paralela al eje focal. Esta recta se llama

Diametro de la Parabola.

Considere P : y2 = 4px, p > 0

Sea {Lα : y = mx+ bα} familia de cuerdas paralelas

ahora , intersectando Lα ∩ Py2 = 4px

(mx+ bα)2 = 4px ⇒ m2x2 + (2mbα− 4p)x+ b2α = 0

⇒ x =−2mcbα+4p±

√(2mbα−4p)2−4m2b2α2m2


Y

X

L

L

P>0

eje focal

P1P2

P1P2

F

M1 M2

de donde : x =2p−mbα±4

√p(p−mbα)

m2 , esto en la familia.

⇒ y =2p±4

√p(p−mbα)

m

lo cual :

P1 = (2p−mb1+4

√p(p−mb1)

m2 ,2p+4

√p(p−mb1)

m) ; P 1 = (

2p−mb1−4√

p(p−mb1)

m2 ,2p−4

√p(p−mb1)

m)

P2 = (2p−mb2+4

√p(p−mb2)

m2 ,2p+4

√p(p−mb2)

m) ; P 2 = (

2p−mb2−4√

p(p−mb2)

m2 ,2p−4

√p(p−mb2)

m)

......

ComoM1 es punto medio de P1 y P 1 ⇒ M1 = (P1+P 1

2) = (2p−mb1

m2 , 2pm)

M2 es punto medio de P2 y P 2 ⇒ M2 = (P2+P 2

2) = (2p−mb2

m2 , 2pm)

La ecuacion de L que pasa por M1,M2, . . . , es :

L : y − 2pm

=2 pm− 2p

m2p−mb2

m2 − 2p−mb1m2

(x− 2p−mb1m2 ) = 0

L : y = 2pm, lo cual es paralela al eje focal: y = 0

46. Halle la ecuacion del diametro de la parabola x2 = 16y para un sistema de cuerdas

paralelas de pendiente 1/2

por propiedad:

x2 = 4py entonces el diametro sera : x = 2pm

→ x = 2(4)(12)

x = 4

50. Por los puntos extremos de una cuerda de 24 unidades de longitud, perpendicular

al eje focal de la parabola y2 − 12x− 8y + 52 = 0, pasan dos rectas tangentes que

se intersecan en un punto Q. Hallar el perımetro del triangulo formado por los

extremos de la cuerda y Q

R = (6, 10), R′ = (6,−2)

L1 : y − 10 = m(x− 6)


(y − 4)2 = 12x− 52 + 16

(y − 4)2 = 12(x− 3) . . . (α)

V = (3, 4), F = (6, 4)

|RR′| = 4p = 4(3) = 12

d(F,R) = 2p = d(F,R′) = 6X

Y

Q

R

R’

L2

L1

F(6,4)V(3,4)

6

6

y = mx− 6m+ 10, esto en α:

(mx− 6m+ 6)2 = 12(x− 3)

m2x2 + 3m2 + 36− 12m2x+ 12mx− 72m− 12x+ 36 = 0

x2m2 + x(−12m2 + 12m− 12) + (36m2 − 72m+ 72) = 0a= 0 → 144m4 +144m+144− 288m3 +288m2 − 288m− 144m4 +288m3 −

288m2 = 0

144m2 − 288m+ 144 = 0

m2 − 2m+ 1 = 0 → m = 1

→ LT : y = x− 6 + 10

LT1 : y = x+ 4

L2 : y + 2 = m(x− 6)

y = mx− 6m− 2, esto en α

(mx− 6m− 6)2 = 12(x− 3)

m2x2 + 36m2 + 36− 12m2x− 12mx+ 72m− 12x+ 36 = 0

m2x2 + x(−12m2 − 12m− 12) + (36m2 + 72m+ 72) = 0a= 0 → 144m4+144m2+144+288m3+288m2−288m−144m4+288m3−

288m2 = 0

144m2 + 288m+ 144 = 0

m2 + 2m+ 1 = 0 → m = −1

LT2 : y = −x− 6− 2

LT2 : y = −x− 2

Luego LT1 ∩ LT2 : x+ 4 = −x− 8

x = −6, y = −2,→ Q = (−6,−2)

d(Q,R) =È(−12)2 + (−12)2 =

√144 + 144 =

√288 = 12

√2


d(Q,R′) =È(−12)2 + 02 =

√144 = 12

entonces el perimetro es d(Q,R) + d(R,R′) + d(Q,R′)

= 12√2 + 12 + 12 = 24 + 12

√2 Perimetro =12(2 +

√2)

62. En cierta parabola la distancia del vertice al foco F es 1, P es un punto de la

parabola que dista 5 unidades del foco. Q es la proyeccion de P sobre la directriz,

R es la interseccion de la directriz con el eje focal. calcular el area del cuadrilatero

PQRF.

V(vertice), F(foco), l(directriz), h(eje focal)

sabemos que :

*d(F, r) = d(V,R)

1 = d(V,R)

*d(p, F ) = d(p, l)

5 = d(p, l)

Nos piden area de PQRF

Por pitagoras: x2 + 32 = 52 → x = 4

→ SPQRF = S�AQRF + S△PAF = 8 + 4,32

P

F

V

R Q

2

1

1

L

3

5

SPQRE = 14u2

63. El cable de un puente colgante esta soportado por dos torres de 15m, de alto y

situado 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.

V(vertice)= punto mas bajo, F(foco)

vemos que es una parabola que pasa por el origen de coordenadas cuya ecuacion

, tiene la forma

x2 = 4py . . . (1)


15m

12m

piso

120

V60m 30m 30m

B(60,12)A(−60,12)

3m

y

X

y1

F

Como B(60,12), pertenece a la parabola , entonces en (1)

(60)2 = 4p(12)

3600 = 48p → p = 75, esto en (1)

x2 = 4(75)y = 300y . . . (2)

Ademas p(30, y1) pertenece a la parabola , entonces en (2)

(60)2 = 300y1

900 = 300y1 → y1 = 3

me piden : d(p, piso) = y1 + 3 = 3 + 3 = 6m

64. Hallar el punto de la parabola y = 2+ 5x− x2 en el que la inclinacion de la recta

tangente es de 45.

P(x,y)

V(5/2,33/4)

L

Y

XA(−x0,0) x0 x

y

45°

punto de tangencia

P : y = 2 + 5x− x2

y = −[x2 − 5x− 2] = −[(x− 5/2)2 − 25/4− 2]

y = −[(x− 5/2)2 − 33/4]

y − 33/4 = −(x− 5/2)2 → (x− 5/2)2 = −(y − 33/4) . . . (*)

de acuerdo a la ecuacion de la parabola (x − h)2 = 4p(y − k) y comparando con

(*)

h=5/2, k=33/4 → v = (5/2, 33/4)

4p=-1→ p = −1/4 → |p = |1/4


L tiene por ecuacion: L : y − 0 = m(x− (−x0))

y = m(x+ x0), como tan 45 = −1 = m → L : y = x+ x0

ademas P = P ∩ L

→ y = 2 + 5x− x2 y y = x+ x0

→ x+ x0 = 2 + 5x− x2 → x2 − 4x+ (x0 − 2) = 0 . . . (α)

por condicion de tangencia:

discriminante=a

= (−4)2 − 4(1)(x− 2) = 0 → x0 = 6 . . . β

→ L : y = x+ x0 = x+ 6 . . . θ

β en α : x2 − 4x+ (x0 − 2) = x2 − 4x+ (6− 2) = x2 − 4x+ 4 = 0

entonces x = 2, esto en θ ⇒ y = 2 + 6 = 8

∴ el punto pedido es P (x, y) = (2, 8)

65. Hallar los puntos de la parabola y = x2 + 2x + 25 en los que las rectas tangentes

pasen por el origen.

V(−1,24)

A B

L2L1

P : y = x2 + 2x+ 25

y = (x+ 1)2 + 24 → y − 24 = (x+ 1)2

A y B puntos de tangencia

hallemos las ecuaciones de L1 y L2

L1 pasa por el origen → L1 : y = m1x . . . α

L22 pasa por el origen → L2 : y = m2x . . . β

Se observa del grafico : A = L1 ∩ Pentonces reemplazando L1 en Py = m1x = x2 + 2x+ 25 entonces x2 + (2−m1)x+ 25 = 0 . . . θ

por condicion de tangencia

discriminante=a

= (2−m1)2 − 4(1)(25) = 0


(m1 − 2)2 = (2,5)2

m1 − 2 = ±10 → m1 = 12 o m1 = −8

Si m1 = −8 → L1 : y = −8x . . . α

m1 = −8 en θ → x2 + 10x+ 25 = 0 → x = −5

esto en α : y = −8x = −8(−5) = 40 → A = (−5, 40)

considere m1 = 12 = m2 → L2 : y = 12x . . . β

m2 = 12 en θ → x2 − 10x+ 25 = 0 → x = 5

esto en β : y = 12x = 12(5) = 60 → B = (5, 60)

66. Dada la parabola y2 = 20x, hallar la ecuacion de la cuerda que pasa por el punto

(2,5) y se divide en el por la mitad.

Sean P1(x1, y1) y P2(x2, y2) los extremos de la cuerda

0

p2

p

p1

FX

Y

Si P1(x1, y1) ∈ P → y21 = 20x1

P1(x2, y2) ∈ P → y22 = 20x2

Restando miembro a miembro ambas ecuaciones de tiene:

y21−y22 = 20(x1−x2) → (y1+y2)(y1−y2) = 20(x1−x2) entoncesy1−y2x1−x2

= 20y1+y2

. . .(*)

Recuerde que y1−y2x1−x2

= m es la pendiente de la cuerda

Ademas , como P (2, 5) busca el segmento P1P2

→ p = p1+p22

→ (2, 5) = (x1,y1)+(x2,y2)2

= (x1+x2

2, y1+y2

2)

→ 2 = x1+x2

2y 5 = y1+y2

2

→ x1 + x2 = 4 y y1 + y2 = 10

Luego, en (*): m = 20y1+y2

= 2010

= 2

por tanto, la ecuacion de la cuerda es:

y − 5 = m(x− 2) ↔ y − 5 = 2(x− 2)

↔ y = 2x+ 1

67. Sean y = x2 − 8x + 21, x = 1, las ecuaciones de una parabola y una recta.


Hallar el area del trapecio formado por la tangente a la parabola en el punto de

interseccion de la recta, los ejes coordenados y la recta dada.

V(4,5)

B(1,y0)

C(0,y1)

x=1

A(1,0)

L

P:y=x2−8x+21

X

Y

y = x2 − 8x+ 21 → y = (x− 4)2 + 5

→ y − 5 = (x− 4)2 → V = (4, 5)

B(1, y0) ∈ P → y0 = 1− 8 + 21 → y0 = 14 → B(1, 14)

L tiene por ecuacion : L : y − 14 = m(x− 1) ↔ L : y = mx+ (14−m)

Como L es taangente a P→ y = mx+ (14−m) = x2 − 8x+ 21

x2 + (−8−m)x+ (7 +m) = 0

Por condicion de tangencia

descriminante =a

= (−8−m)2 − 4(1)(7 +m) = 0

64 + 16m+m2 − 28− 4m = 0

m2 + 12m+ 36 = 0

(m+ 6)2 = 0 → m = −6

→ L : y = −6x+ 20

c(0, y1) ∈ L → y1 = 20 → c(0, 20)

nos piden Strapecio = (B+b2)h = ( |OC|+|AG|

2)|OA| = 20+14

2,1 = 17u2

68. La directriz L de una parabola es 3x − 4y + 5 = 0 y su foco f=(6,2). Hallar la

distancia del vertice a la directriz y las coordenadas del vertice.

La pendiente de L es m1 = 3/4

Como L ⊥ L entonces m1.m2 = −1, donde m2 pendiente de L34m2 = −1 → m2 =

−43

Entonces , la ecuacion de L esta dad por

L : y − 6 = m2(x− 2) = −43(x− 2)

L : 3y + 4x− 30 = 0


Como p = L ∩ L

F(6,2)

L

V(x0,y0)

X

YL:3x−4y+5=0

entonces resolviendo: L : 3x− 4y + 5 = 0 . . . α L : 3y + 4y − 30 = 0

Resolviendo estas dos ecuaciones tenemos que : y = 22/5

esto en α → x = 21/5 → p(x, y) = (21/5, 22/5)

Sabemos que : V es punto medio de PF

→ V (x0, y0)(21/5+6,22/5+2

2= (51

10, 16

5))

d[v, L] = |3(51/10)−4(16/5)15|√32+(−4)2

= |75/10|5

= 7550

= 32

entonces d[V, L] = 32

69. Una circuferencia tiene su centro en el foco de la parabola de ecuacion y2 − 12x−36 = 0 y pasa por el vertice de esta. Hallar su ecuacion.

P : y2 − 12x− 36 = 0

y2 = 12(x+ 3)

X

Y P

C

F(0,0)

p

V(−3,0)

Comparando, esto con y2 = 4p(x− h)

sale que V (h, k) = V (−3, 0)

40 = 12 → p = 3

F = (h+ p, k) = (−3 + 3, 0) = (0, 0)

Como la ecuacion de la circuferencia C esta dada pot : (x−h)2+(y−k)2 = r2 . . . α

donde:


C(h1, k1) coincide con el foco

ie: C(h1, k1) = (0, 0)

r=p=3

esto en α

(x− 0)2 + (y − 0)2 = 32

C : x2 + y2 = 9

70. Dada la parabola y2− 2y− 4x+7 = 0, hallar la ecuacion de la circuferencia cuyos

centros esta en el vertice de la parabola y que pasa por los puntos de interseccion

de la parabola con una recta perpendicular al eje de la parabola y que pasa por el

foco.

V F

P1

P2

L

C

Y

X

P : y2 − 2y − 4x+ 7 = 0

(y − 1)2 − 4x+ 6 = 0 → (y − 1)2 = 4(x− 6/4) = 4(x− 3/2)

Comparando con : (y − h)2 = 4p(x− h)

V (h, k) = (3/2, 1), p = 1, F = (h+ p, k) = (3/2 + 1, 1) = (5/2, 1)

Como p1 ∈ P entonces y20 − 2y0 − 4(5/2) + 7 = 0

→ (y0 − 1)2 − 10 + 6 = 0

→ (y0 − 1)2 = 22 → y0 − 1 = ±2

⇒ p1 = (5/2, 3) y p2 = (5/2,−1)

la ecuacion de la circuferencia esta dado por:

(x− h1)2 + (y − k1)

2 = r2

donde: C(h1, k1) = V (h, k) = (3/2, 1)

→ C : (x− 3/2)2 + (y − 1)2 = r2

p1 ∈ C → (5/2− 3/2)2 + (3− 1)2 = r2 → r2 = 5

∴ C : (x− 3/2)2 + (y − 1)2 = 5

71. Cual es el valor de k = 0 para que las coordenadas del vertice de la parabola


x2 − 2kx− 2y = 0 sumen cero?

F(2,−3/2)

V(2,−2)

X

Y

P

x2 − 2kx− 2y = 0 . . .(*)

Completando cuadrados:

(x2 − 2kx+ k2)− k2 − 2y = 0

(x− k)2 = k2 + 2y = 2(y + k2

2)

el vertice de la parabola esta dadp por

V = (k,−k2

2)

como me piden que:

k + (−k2

2) = 0

k2

2− k = 0

k2−2k2

= 0

k(k − 2) = 0

como K = 0 → k = 2

esto en (*): P : x2 − 4x− 2y = 0

(x− 2)2 = 2(y + 2)

72. Hallar la ecuacion de la recta tangente a la P : y2 = 10x de pendiente 2.

y2 = 10x, y = mx+ 6

y = 2x+ b . . . (I)

y2 = 10x

(2x+ b)2 = 10x

4x2 + 4xb+ b2 − 10x = 0

4x2 + x(4b− 10) + b2 = 0

Luego ∆ = 0

(4b− 10)2 − 4(4)(b)2 = 0

16b2 − 80b+ 100− 16b2 = 0


−80b = −100 entonces b = 54

Luego: y = mx+ b

y = 2x+ 54

73. Hallar las tangentes a las P : (y + 2)2 = 4(x− 1) que pasa por (−5,−1)

Y

P(.5,−1) P

X

L1

L2

V

V=(1,-2)

I) L : y = mx+ b

−1 = −5m+ b

x = y−5m+1m

II) Reemplazamos en Py2 + 4y + 16 = 4[y−5m+1

m− 1]

my2 + y(4m− 4) + 28m− 4 = 0

△ = 0

(4m− 4)2 − 4(28m− 4)m = 0

6m2 +m− 1 = 0

m = 1/3 ∧m = −1/2

∴ x+ 2y = −7 ∧ 3y − x = 2

74. Hallar las ecuaciones de la recta tangente y2 = 16x que son perpendiculares a

5x− 2y = 6

75. Probar que las parabolas y2 = 4(x + 1); y2 = 9 − 6x se intersecan en angulos

rectos.

y2 = −4(32)(x− 3

2)

∴ El lado recto intersecan en las dos parabolas hacen que formen angulos rectos.

76. Las rectas tangentes en los puntos P = (x1, y1), Q = (x2, y2) de la parabola

y2 = 4px se intersectan en un punto T. Demuestre que:


I) m1.m = −152.m = −1

m = −25

II) Si L ∈ Py = −2

5x+ b

x = 5b−5y2

III) y2 = 16 (5b−5y)2

y2 = 40y − 40b = 0

△ = 0

1600 = −80b

b = −10

∴ 2x+ 5y + 50 = 0

Y

X

P

L:5x−2y=6

L1

a) T = (y1y24p

, y1+y22

)

b) el X.intersecto de PQ es : −y1y2/(4p). Hallando las rectas tangentes :

F(p,0)

P(x1,y1)

T

Q(x,y)

X

Y

L1 : y − y1 = m(x− x1)

y = mx−mx1 + y1Luego: (mx−mx1 + y1)

2 − 4px = 0

m2x2 + (2my1 − 2m2x1 − 4p)x+ (y21 +m2x21 − 2mx1y1) = 0

condicion de tangencia: ∆ = 0

(2my1 − 2m2x1 − 4p)2 − 4m2(y21 +m2x21 − 2mx1y1) = 0

p2 −my1p+m2x1p = 0

m2x1 −my1 + p = 0

m =y1±

√y21−4x1p

2x1= y1±

√0

2x1, pues y21 = 4x1p


m = y12x1

L1 : y − y1 =y12k1

(x− x1); peroy212p

= 2x1

L1 : y − y1 =y1y21(2p)(x− x1)

L1 : yy1 − y2 = 2px− 2px1

L1 : yy1 = 2px− 2px1 + 4px1, pues y21 = 4px1

L1 : yy1 = 2px+ 2px1

L1 : 2p(x+ x1) entonces y = 2p(x+x1)y1

analogamente : para L2 en Q(x2, y2)

L2 : yy2 = 2p(x+ x2) entonces y = 2p (x+x2)y2

entonces 2p(x+x1)y1

= 2p(x+x2)y2

x = x2y1−x1y2y2−y1

entonces x = y1y24p

Luego: y = y1+y22

entonces T = (y1y24p

, y1+y22

)

77. En el punto P=(r,s) de la parabola y2 = 4px, se traza la recta tangente y normal

PN. Demuestre que:

a)−−→PN = (2p,−s)

b) ∥−→FP∥ = ∥

−−→FN∥

c) el angulo LEP es recto, donde L es la interseccion de la recta tangente con la

recta directriz.

d)−−→FK ⊥

−→LP , donde K es el Y- intercepto de la recta tangente (Haciendo x=0)

LT en el punto P (r, s) es: donde mLT= r

2s

L

D

Y

XF(p,0)

P(r,s)

V

K

N

y − s = s2r(x− r)

entonces LN ⊥ LT entonces mLN= −2s

r


entonces LN : y − s = −2sr(x− r)

pero N ∈ LN entonces −s = −2sr(Q− r)

r = 2a− 2r

a = 3r2

ademas : mLN= − s

a−r= − s

3r2−r

= − sr2= −2s

r

entonces−−→PN = N − P = (3r

2, 0)− (r, s)

PN = ( r2,−s)

ademas: (−2sr)( s

2r) = −1

s2 = r2

4pr = r2

4p = r

a = 32(4p)

a = 6p

entonces PN = (4p2,−s)

PN = (2p,−s)

d) Como P (r, s) es un punto de contacto entre L y P entonces por teorema:

L : sy = 2p(x+ 5)

L : 2px− sy + 2pr = 0

entonces−−→PN = (2p,−s)

Como K(0, k1) ∈ L entonces −sk1 = −2pr entonces k1 =2prs

k = (0, 2prs)

ademas F = (p, 0) entonces−−→FK = K − F = (−P, 2pr

s)

Pero P (r, s) ∈ P entonces s2 = 4pr entonces 2pr = s2

2

⇒−→Fu = (−p,

s2

2

s) = (−p, s

2)

Se observa que:

(−p, s/2) = −12(2p,−s), −1

2∈ R.

−→Fk = r

−→PU, con r = −1/2 ∈ R

⇒−−→FK//

−→PU . . . (∗)

pero, por hipotesis−→PU ⊥

−→LP

de esto y *

sale que−−→FK ⊥

−→LP

78. Hallar A y B para que la recta y = λx+B sea tangente : a)y2 = 4px; b)x2 =


4py

a) y2 = 4px, y = λx+ β

entonces λ2x2 + β2 + 2βxλ− 4px = 0

λ2x2 + x(2βλ− 4p) + β2 = 0

∆ = 0

4β2λ2 − 16βλP + 16p2 − 4β2λ2 = 0

p = λβ

b) x2 = 4py, y = λx+ β

x2 − 4pλx− 4pβ = 0

∆ = 0

16p2λ2 + 16pβ = 0

p = −βλ2

79. A=(-9,3) y B=(-1,-5) los extremos del lado recto de una parabola . Hallar la

ecuacion de la parabola , su vertice V, Su foco y la ecuacion de la directriz

Q1

Q2

B

A

V1

V2

F(.5,−1)

2

2

L1

L2

u⊥ = (−1,1)√2

u = (1,1)√2

4|p| =√82,2

|p| = 2√2

V F = 2√2( 1,1√

2)

V = (−7,−3)

P : y′ = 8√2x′

L: diectriz.

NB = 4√2 (1,1)√

2

N = (−5,−9)

∴ L : (−5,−9) + t(−1, 1)


80. Para que valor de la pendiente m , la recta y = mx+ 3 es tangente a la parabola

y2 = 12x?

m2x2 + 6mx+ 9− 12x = 0 . . . (α), y = mx+ 3

m2x2 + x(6m− 12) + 9 = 0

∆ = 0

36m2 − 144m+ 144− 36m2 = 0

m = 1 ⇒ y = x+ 3

Luego en (α) : x2 + 6x+ 9− 12x = 0

x2 − 6x+ 9 = 0

(x− 3)2 = 0

x = 3 entonces y = 6

∴ el punto de tangencia seria P0 = (3, 6)

81. P es la parabola cuyo vertice y Foco son (1,1) y (17/5, 21/5) respectivamente?

a) Hallar los puntos de P si la distancia al vertice es 4√5

u =( 12

5, 165)

4, FA = (−16

5, 12

5)84entonces

A(−3, 9) B(49/5,−3/5)

b) Si C es la circufrencia cuyo centro es el vertice de P y cuyo radio mide 6u .

Hallar los puntos de interseccion A y B de P y C

82. El vertice de la parabola P(−3, 1), su directriz es paralela a la recta 3x + 4y = 6

y uno de los extremos de su lado recto es (8,−1) encontrar.

a) Ecucion vectorial de P

Y

X

R’(8,−1)

R

F

V(−3,1)

P0

L:3x+4y+k=0

LF

u

u=(4/5,−3/5)

P : y′2 = 4px′ . . . (α)

x′ = [(x+ 3, y − 1)](35, 45)

x′ = 3x+4y+55


y′ = [(x+ 3, y − 1)](45,−3

5)

y′ = 4x−3y+155

Luego reemplazando x′ , y′ en (α)(4x−3y+15)2

25= 4p(3x+4y+5)

5

P : 16x2 + 9y2 + 225− 24xy + 120x− 90y = 20p(3x+ 4y + 5)

Como: (8,−1) ∈ P ⇒ 2500 = 500P ⇒ P = 5

⇒ P : 16x2 + 9y2 − 24xy − 180x− 440y − 275 = 0

b) Las coordendas del foco y el punto de interseccion del eje Focal con la Directriz

DF = v + pu⊥

F = (−3, 1) + 5(35, 45)

d(V, L) = 5|3(−3)+4(1)+k|

5= 5

k = 30

⇒ L : 3x+ 4y + 30 = 0

Eje Focal: (−3, 1) + t(3, 4)

LF : 4x− 3y + 5 = 0

LF ∩ L = P0

3x+ 4y + 30 = 0

4x− 3y + 15 = 0⇒

8<:

(3x+ 4y = −30)(4)

4x− 3y = −15(−3)25y = −75

y = −3 ⇒ x = −6

→ P0 = (−6,−3)

c) Las Ecuaciones vectoriales y cartesianas del eje focal y Directriz de PLa Directriz Eje Focal

L : (−6,−3) + r(−4, 3) L1 : (−3, 1) + t(3, 4)

y = −34(x+ 6)− 3 m = 4

3

4y = −3x− 18− 12 y = 43(x+ 3) + 1

4y + 3x+ 30 = 0 3y = 4x+ 12 + 3

3y − 4x− 15 = 0

d) Las coordenadas del otro extremo del Lado recto.

RL = 20 (−4,3)5

RL = (−16, 12)

L = (−16, 12) + (8,−1)


L = (−8, 11)

83. P es la parabola cuyo foco es (7,8) y la interseccion dele je focal con la directriz

de P es (-1,2).

a) Encuentre las ecuaciones vectorial y cartesiana de la recta tangente a la parabo-

la, en el punto P0 cuya prdenada es 16 y cuta abscisa es menor de 10.

b)¿ En que punto corta a la directriz de la parabola, la recta tangente en P0?

c) ¿ Cual es la longitud de la cuerda focal contenida en la recta que forma un

angulo de 45◦ con el eje focal?.

Y

X

LT

P0

F u

VL

P(−1,2)

d[F,L] = 2p√64 + 36 = 2p

p = 5−→u = (4

5, 35)

y′2 = 20x′ . . . (α)

L : (−1, 2) + t(−3, 4)

L : 4x+ 3y − 2 = 0

⇒ V = F − pu = (7, 8)− 5(4,35) = (3, 5) entonces V = (3, 5)

x′ = (x− 3, y − 5)(45, 25) → x′ = 4x+3y−27

5

y′ = (x− 3, y − 5)(−35, 45) → y′ = −3x+4y−11

5

9x2 + 16y2 + 121− 24xy + 66x− 88y = 100(4x+ 3y − 27)

P : 9x2 − 24xy + 16y2 − 334x− 388y + 2821 = 0

Como P0(x, 16) ∈ P⇒ 9x2 − 384x+ 4096− 334x− 6208 + 2821 = 0

9x2 − 718x+ 709 = 0

→ x = 1 entonces P0 = (1, 16)


ademas: mLT = 2py0

= 2(5)16

= 58

LT : y − y0 = mLT (x− x0)

y − 16 58(x− 1)

LT : 5x− 8y + 123 = 0 Ec. general

LT : (1, 16) + t(8, 5) Ec. vectorial

84. Los extremos del lado recto de una parabola P son (-9,12) y (7,0) y las compo-

nentes del vector V F (V: vertice , F: foco) son positivos. Encontrar las ecuaciones

vectoriales de la parabola P y de su directriz L.

5

5 V

F

R’(7,0)

R(−9,12) Y

X

L

Q0

−→u = R−R′

∥RR′∥ ,−→u = (−4,3)

5−→u = (−16,12)

20u⊥ = (3,4)

5

F = R +R′

F = (−1, 6)

4p = D|RR′| =È(−16)2 + 122

4p = 20

∴ p = 5

V + pu⊥ = F

V + 5 (3,4)5

= (−1, 6)

V = (−4, 2)

Q0 + pu⊥ = V

Q0 + 5 (3,4)5

= (−4, 2)

Q0 = (−7,−2)

L : Q0 + t−→vL : (−7,−2) + t(−4, 3), t ∈ R

85. Hallar la ecuacion de la parabola cuyo vertice (-2,-3) y un extremo del lado recto

es B = (−2, 7). Hallar ademas el foco y la ecuacion vectorial de la recta directriz.


L

V

R(−2,7)

R’

2p

p

(−2,−3)

d[V,R] =√5p2

10 =√5p2

p = 2√5

y′2 = 8√5x′

a) 1era solucion:

V R = Pu+ 2pu⊥ = (0, 10)

(2√5u1, 2

√5u2) + (−4

√5u2, 4

√5u1) = (0, 10)

2√5u1 = 4

√5u2

u1 = 2u2

2√5u2 + 4

√5u1 = 10

u2 =2√5⇒ −→u = ( 2,1√

5)

F = (−2,−3) + 2√5( 2,1√

5)

F = (2,−1)

D : (x, y) = (−6,−5) + t(−1, 2)

b) 2da solucion

V R = pu− 2p−→u ⊥ = (0, 10)

(2√5u1, 2

√5u2)− (−4

√5u2, 4

√5u1) = (0, 10)

2√5u1 = −4

√5u2

u1 = −2u2

2√5u2 − 4

√5u1 = 10

u2 =1√5⇒ u1 =

−2√5⇒ −→u = (−2,1√

5)

f = V + p−→uF = (−2,−3) + 2

√5(−2,−1√

5)

F = (−6,−1)

D : (x, y) = (2,−5) + t(−2, 1)


86. ...d[V, F ] = 5 u = (4,3)

5si a¡10

|p| = 5 u⊥ = (−3,4)5

a) * x′ = ((x, y)− v)u

x′ = (a− 3, 11) (4,3)5

x′ = 4a+215

*y′ = ((x, y)− v)u⊥

y′ = (a− 3, 11) (−3,4)5

y′ = −3a+535

* y′2 = 20x′

(−3a+ 53)2 = 100(4a+ 21)

9a2 + 709 = 718a entonces a = 1

∴ x′ = 5 ∧ y′ = 10

y′ = x′ + b entonces b = 5

entonces y′ = x′ + 5

87. Sea la parabola P : x2 − 6x+ 5y− 11 = 0. N es una recta normal a P en el punto

(−2,−1). Hallar la ecuacion de otra parabola P1 cuyo eje es N y que pasa por el

foco de P y por el punto de interseccion de los ejes Focales de P y P1.

Sea L tangente

y = mx+ 2m− 1

△ = 0

m = 2, m1 = −1/2

−1/2 = a+15

a = −7/2

∴ V ′(3,−7/2)

u = (1,2)√5

entonces u⊥ = (−2,1)√5

*x′ = (0, 25/4) (2,1)√5

x′ = 5√5

4

*y′ = (0, 254) (1,2)√

5

y′ = 52

√5

y′2 = 4px

|p| = 54

√5


y′2 = 5√5x′

88. F=(9,8) es el Foco de una parabola P , Q = (11, 22) ∈ P y Cpu ⊥ FQ = 10, sien-

do u el vector direccional del eje Focal con ambas componentes positivo. Si la recta

Lt tangente a P en Q intersecta al eje Focal en el punto A tal que d[A,Q] = 10√17.

Hallar la ecuacion de P (el vector u es unitario).

10

10

Q

F(9,8)

V

A

LT

Y

X

Cpu⊥FQ = |FH| = 10

⇒ |FH| = 10

ademas : |V F | = 10 ⇒ p = 10

FQ = 10u+ 10u⊥

(2, 14) = 10u+ 10u⊥ ⇒ u = (45, 35)

V = F − 10(45, 35) = (9, 8)− (8, 6)

V = (1, 2)

y′2 = 4(10)x′

P : y′2 = 40x′

90. Sea P una parabola con vertice V = (4,−12) y sea la recta T : p0+t(1, 2) tangente

a P. Si una recta L que pasa por V y es perpendicular al eje focal se intersecta

con T en (−2,−4), Hallar la ecuacion de PT : P0 + t(1, 2)

T : (−2,−4) + t(1, 2) entonces m = 2

u⊥ = (−6,8)10

= (−3,4)5

u = (4,3)5

y = 2x

I) Transformacion:

x′ = (x− 4, y + 12) (4,3)5

∧ y′ = (x− 4, y + 12) (−3,4)5

x′ = (4x−165

+ 3y+365

) ∧ y′ = −3x+125

+ 4y+485


x′ = 4x−16+3y+365

∧ y′ = 4y−3x+605

entonces y′2 = 4px′

(4y−3x+605

)2 = 4p(4x−16+3y+365

)

determinante cero:

p2 − p− 6 = 0 entonces p=3

a) Ecuacion P :

y′2 = 12x′

91. Dada la Parabola (x− 3)2 = 12(y− 2) encontrar la ecuacion de la recta tangeente

de la forma y = 12x+ b.

P : (x− 3)2 = 4(3)(y − 2) v(3, 2), |p| = 3

L : y = 12x+ b

entonces: (x− 3)2 = 12(12x+ b− 2)

x2 + 9− 6x = 6x+ 12b− 24

x2 − 12x+ 33− 12b = 0

Determinante igual a cero

144− 4(33− 12b) = 0

36 = 33− 12b entonces b = −1/4

LT : y = x2− 1

4

LT : 4y = 2x− 1

92. Una parabola cuyo vertice esta en el eje y y su eje focal esta contenido en la recta

y = 3x+4, pasa por el punto p = (2, 20), Halle la ecuacion de la parabola y de su

recta directriz D.

y2 = 4px . . . (α)−→u = ( 1√

10, 3√

10)

x′ = [(x, y)− (0, 4)]( 1√10, 3√

10)

x′ = x+3y−12√10

y′ = [(x, y)− (0, 4)]( −3√10, 1√

10)

⇒ y′ = y−3x−4√10

⇒ en (α) : y2+9x2+16−6xy−8y+24x10

= 4p(x+3y−12)√10

Como Q(2, 20) ∈ P ⇒ 400+36+16−240+48−16010

= 4p(2+60−12)√10

10 = 4p(50)√10

p =√1020


⇒ y′2 =√105x′

⇒ y2 + 9x2 − 6xy − 8y + 24x+ 16 =√105(x+3y−12√

10)

P : 45x2 + 5y2 − 25xy − 43y + 112x+ 92 = 0

D : (x, y) = (0, 4)−√1020

( 1√10, 3√

10) + t(− 3√

10, 1√

10)

D : (− 120, 2720) + t(−3, 1)

V(0,4)

Q(2,20)

L:y=3x+4

u

Y

X

94. La circuferencia C : (x − 3)2 + (y − 8)2 = 25 es tangente a una parabola P en

P0 = (x0, y0), y0 > 7. La recta L : 4x − 3y + 12 = 0 es normal a P y c en P0 y

corta al eje focal de P en el punto R (foco de P).

Si |C0p0| = |P0R| y si la distancia d[p0, eje Focal] = 4, Hallar la ecuacion de la

parabola P . C0 es el centro de la circuferencia, y la abscisa del vertice es menor

que 6.

c(3, 8), r = 5, C : (x− 3)2 + (y − 8)2 = 25 LN : 4x− 3y + 12 = 0 con vertice

V = (3, 4)

p0 ∈ C p0 ∈ LN : y0 =4x0+12

3

→ (x0 − 3)2 + (y0 − 8)2 = 25

(x0 − 3)2 + (4x0−123

)2 = 25

25x20 − 150x0 = 0

x0(x0 − 6) = 0

8<:

x0 = 0 → y0 = 4

x0 = 6 → y0 = 12

pero y0 > 7 → P0 = (6, 12)

ademas: P0R = 4v − 3v⊥

P0R = (3, 4) ⇒ R = (3, 4) + P0

R = (9, 16)

Luego : Q = P0 + 4v

Q = (6, 12) + 4(0, 1)


Q = (6, 16) ∈ eje focal

tenemos u//QR ⇒ u = (1, 0)

entonces la recta directriz L = 1, V = (5, 16) con P = 4

P : (y − 16)2 = 16(x− 5)

95. Los puntos A = (60, 13) y B=(-4,61) pertenecen a una parabola P y son simetricos

respecto al eje Focal. Desde un punto Q que se encuentra sobre el eje focal con

abscisa 20 , se traza un recta tangente a P que pasa por B. Hallar: a) la ecuacion

de P , b) las ecuaciones de las rectas tangentes trazadas desde Q.

LFB

A

H

V

Q

a

u

Lt1

Lt2

u = a⊥

|a⊥| = (35, 45)

H = A+B2

H = (28, 37), entonces y′2 = 4px′ . . . (α)

LF : (28, 37) + t(3, 4)

LF : 4x− 3y = 1

Q ∈ LF entonces 4(−20)− 3m = 1

m = −27 entonces Q = (−20,−27)

donde V = Q+H2

V = (4, 5)

x′ = [(x− 4, y − 5)](35, 45) entonces x′ = 3x+4y−32

5

y′ = [(x− 4, y − 5)](−45, 35) entonces y′ = −4x+3y+1

5

entonces en (α), se tiene :(−4x+3y+1)2

25= 4p (3x+4y−32)

5

P : 16x2 + 9y2 − 24xy − 8x+ 6y + 1 = 20p(3x+ 4y − 32)

B ∈ P : 40000 = 20p(200) entonces p = 10

y′2 = 40px′

a) P : 16x2 − 24xy + 9y2 − 608x− 794y + 6401 = 0


b) LT1 : (x, y) = (−4, 61) + t(5, 22)

LT2 = (−20,−27) + t(2, 1)

parabola

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