solucionario - guía de ciencias - geometría analítica

GUÍA DE CIENCIAS – GEOMETRÍA ANALÍTICA

Prof. Orlando Príncipe Reyes - 1 -

RECTA

01.

−+

=

5 m n 5G ;

3 3 Baricentro

Pero:

5 m n 5

G L 3 83 3+ −

∈ → − =

→ 3m – n = 4 . . . (*)

= → =

A

B1S 1 5 S

2 C

A

,

1

S n m 52

→ = − +

Pero de (*): n = 3m – 4

1

2→

32m 1

2+ =

i. 2m + 1 = 3 → m = 1 ∧ n = -1 → (1; -1) ii. 2m + 1 = -3 → m = -2 ∧ n = -10 → (-2; -10)

∴ C = (1; -1) ó C = (-2; -10)

CLAVE : D

02.

Como: ⊥ → = − → = −4 5

L ' L m · 1 m5 4

Hallemos la ecuación de L':

5

L ' : y 4 (x ( 6))4

− = − − −

L' : 5x + 4y + 14 = 0

Pero: Q = L' ∩ L

4x 5y 3

Q ( 2; 1)5x 4y 14

− = −→ = − −

+ = −

CLAVE : C

03.

L PQ m 1⊥ → = −

L: y – 0 = –1(x – (–1))

∴ L: x + y + 1 = 0

CLAVE : E

04.

y ( 4) 2 ( 4)

L : L : x 2y 5 0x 3 1 3− − − − −

= → + + =− − −

− = −��

1 2M M : y (-9) 2(x 8)

1 2M M : 2x y 25 0→ − − =��

Pero: 1 2P L M M= ∩��

, resolvemos:

+ = −

→ =− =

x 2y 5P (9; -7)

2x y 25

Además: «P» punto medio de 1 2M M

∴ M1 = (10; -5)

CLAVE : D



05.

= → = → = + =2 5

3n 2 n a 1 n3 3

∴ =

5P ; 0

3

CLAVE : B

06.

• Pendiente (L1) = 4

→ L1: y + 1 = 4(x – 3) → L1: 4x – y – 13 = 0

• Pendiente (BN) 8=

→ 21

Pendiente (L )8

= −

2 21

L : y 1 (x 3) L : x 8y 5 08

+ = − − → + + =

Como �AN eje x → L3 � eje y

∴ L3: x = 5

CLAVE : D

07. Sea:

L: (m + 2n – 3)x + (2m – n + 1)y + 6m + 9 = 0

Como L � eje x → pendiente = 0

m 2n 3

0 m 2n 32m n 1

+ −− = → + =

− +

Además (0; -3) ∈ L

→ (m + 2n – 3)·0 + (2m – n + 1)(-3)+6m+9= 0

→ n = -2

∴ m = 7

CLAVE : E

08. L: 3x – 4y – 12 = 0

x 0 y 3

y 0 x 4

= → = −

= → =

4 · 3S

2→ =

∴ S = 6 u2

CLAVE : A

09. Hallamos la ecuación de la recta que pasa por A(-2; -3) y B(1; -2)

AB ABy 2 2 3

L : L : x 3y 7 0x 1 1 2

+ − +→ = → − − =

− +

Para hallar el punto de intersección resol-vemos:

x 3y 7 0 20

P 13;32x 3y 6 0

− − = → − −

− + =

CLAVE : E

10.

L1: x – 2 = 0



PQ

PQ

4mm m 3 3tan

41 m · m 4 1 m3

− − − α = → =

+ + −

De donde: 7

m24

= −

27

L : y 5 (x 2)24

− = − −

∴ L2: 7x + 24y – 134 = 0

CLAVE : A

CIRCUNFERENCIA

11.

1 2 2 22r

2 ( 18)d(L ; L ) r 2 5

1 2

− −= → =

+��

31

L : y 0 (x 1)2

− = −

→ L3: x – 2y – 1 = 0

24

d(A;L )5

=

Resolviendo: L1 y L3 → 37 6

M ;5 5

=

Resolviendo: L2 y L3 → 3 4

N ;5 5

= − −

Como «R» es punto medio del

17 6

MN R ;5 5

→ =

Además «R» es punto medio del

a c b d

PQ R ;2 2+ +

→ =

→ + = + =34 12

a c . . . (1) ; b d . . . (2)5 5

En el ARQ:

PQ = 2QR

16

PQ5

→ =

2 2 256(a c) (b d)

5→ − + − = . .. (*)

� �1 2PQ L L :

a c

2 Remplazando en (*)b d

− = −

−

− = − =16 32

a c . . . (3) ; b d - . . . (4)5 5

Resolviendo (1) y (3): 9

a 5 c5

= ∧ =

Resolviendo (2) y (4): 22

b 2 d5

= − ∧ =

9 22

P(5; 2) y Q ;5 5

∴ −

CLAVE : A

12.

O ∈ L3: 4a – 5b = 3 . . . (1)

1

r

2a 3b 10d(O; L )

13

− −=

��

2

r

3a 2b 5d(O; L )

13

− +=

��

→ a + b = -15 . . . (2)

→ a – b = 1 . . . (3)

Resolviendo (1) y (2):

5

a 8; b 7 r13

= − = − ∧ =

2 21

25C : (x 8) (y 7)

13→ + + + =




9

a 2; b 1 r13

= = ∧ =

2 22

81C : (x 2) (y 1)

13→ − + − =

CLAVE : D

13. Para hallar los puntos de intersección entre la recta y la circunferencia resolvemos el sistema:

+ − − =

− = −

2 2x y 4x 2y 20 . . . (1)

7x y 12 . . . (2)

→ x2 + (7x + 12)2 – 4x(7x + 12) = 20

→ x2 + 3x + 2 = 0 → (x + 2)(x + 1) = 0

si: x = –2 → y = –2

si: x = –1 → y = 5

∴ (–1; 5) ∧ (–2; –2)

CLAVE : D

14.

L: x – 2y – 3 = 0

LD: y – (–1) = –2(x – 2)

∴ LD: 2x + y – 3 = 0

CLAVE : A

15.

22 2: (x 2) (y 4) 10− + − =C

C(2; 4) r 10→ ∧ =

d(A; C) 5=

En el CAP: AP 5=

PQ 2 5∴ =

CLAVE : B

16. Desarrollando las ecuaciones de las circunferencias y resolviéndolas:

2 2

2 2

x y 6x 2y 15

x y 4x 8y 11

+ + + =

+ − + = −

→ x = 2 ∧ y = –1

11 92

x y17 17

→ = − ∧ = −

Entonces:

C: x2 + y2 + cx + dy + e = 0

A ∈ C : e = 0

B ∈ C : d – 2c = 5 . . . (1)

8585

C : 92d 11c17

∈ + =C

. . . (2)


3 71

c d13 13

= ∧ =

∴ C : 13x2 + 13y2 + 3x + 71y = 0

CLAVE : A

17. Sea «L» la recta que pasa por los puntos de

intersección de 1C : x2 + y2 + 5x – 8y + 1 = 0

y x2 + y2 – 3x + 7y – 25 = 0

→ C 3: x2 + y2 + 5x – 8y + 1 + k(x2 + y2 – 3x

+ 7y – 25) = 0



C 3: (k + 1)x2 + (k + 1)y2 + (5 – 3k)y – (8 –

7k)y + 1 – 25k = 0

Si evaluamos k = -1, hallamos «L»:

→ L: 8x – 15y + 26 = 0

Luego:

2 2

8(1) 15(0) 26d(

1C; L)

8 5

− +=

+

∴ d(C; L) = 2

CLAVE : B

18.

Ecuación de la recta tangente (LT):

(x – h)(x0 – h) + (y – k)(y0 – k) = R2

En el ejercicio:

C : (x + 2)2 + ( y – 3)2 = 25 ∧ P = (-5; 7)

→ LT: (x + 2)(-5 + 2) + (y – 3)(7 – 3) = 25

∴ LT: 3x – 4y + 43 = 0

CLAVE : A

19. Resolvemos las ecuaciones de la circunferencia y la recta:

C: x2 + y2 – 4x – 1 = 0

L: 3x – y – 1 = 0

→ x2 + (3x – 1)2 – 4x – 1 = 0

→ x2 – x = 0 → x(x – 1) = 0

x = 0 → y = -1

x = 1 → y = 2

LT: (x – 2)(0 – 2) + y(-1) = 5

LT: 2x + y + 1 = 0

Ángulo entre L y LT:

2 3

tan1 ( 2)(3)

− −→ θ =

+ −

→ tan θ = 1 ∴ θ = 45º

CLAVE : E

20.

2 2C:x y 10 r 10+ = → =

d(A;O) 20=

En el ATO: AT 10=

→ mOAT = 45º

∴ mSAT = 90º

CLAVE : A

ELIPSE

21.



Por propiedad: 1

D

d(M;F )e

d(M;L )=

d 2

20 5→ =

∴ d = 8

CLAVE : D

22. Grafiquemos: 2 2x y

E: 19 5

+ =

Identificando: a 3;b 5 c 2= = → =

2

50y 0 3L :

x ( 2) 2 ( 2)

− −−

=− − − −

∴ L2: 5x + 12y + 10 = 0 ∧ L1: x – 2 = 0

CLAVE : D

23. De los datos: C = (0; 0) ∧ F = (–2; 0) → c = 2

= → = → =1 c 1

e a 63 a 3

Además: 2 2 2b a c b 32= − → =

2 2x y

E: 136 32

→ + =

∴ d(M1; LD) = 20

CLAVE : A

24. Como los focos están en el eje x y son simétricos respecto al origen:

2 2

2 2x y

1a b

+ = ; pero: b = 3

Además: 1M ( 2 5;2) E− ∈

2

20 41 a 6

9a→ + = → =

2 2x y

E: 136 9

∴ + =

CLAVE : D

25. Graficando:

Del gráfico: a c 2; b c= =

c 2

ea 2

∴ = =

CLAVE : E

26.

+ −

∴ + =2 2(x 3) (y 2)

E: 19 4

CLAVE : B

27. F1(-1; -1), F2(1; 1) ∧ 2b = 2 → b = 1

1 2

2c

d(F ;F ) 2 2 c 2= → =��

Pero: a2 = b2 + c2 → a 3=

Sea P(x; y) ∈ E, por definición:

d(P; F1) + d(P; F2) = 2a



2 2 2 2(x 1) (y 1) (x 1) (y 1) 2 3→ + + + + − + − =

Simplificando convenientemente:

∴ E: 2x2 – 2xy + 2y2 – 3 = 0

CLAVE : C

28.

D

d(P;F)e

d(P;L )=

2 2(x 3) y 1

x y 1 2

2

− +=

+ −

Simplificando:

∴ E: 7x2 – 2xy + 7y2 – 46x + 2y + 71 = 0

CLAVE : B

29. Suponiendo que la recta y la elipse se intersectan, resolvemos:

3x – 4y – 40 = 0 ∧ 9x2 + 16y2 = 144

→ 9x2 + (3x – 40)2 = 144

→ 9x2 – 120x + 728 = 0

Calculemos su discriminante:

∆ = (-120)2 – 4(9)(728) = –11808

Como el ∆ < 0, entonces la recta no intersecta a la elipse.

CLAVE : E

30. Sea: 2 2

0 0 02 2x y

E: 1 P (x ; y )a b

+ = ∧ = ∈E

Entonces la recta tangente a la elipse en el punto P0 es:

0 0T 2 2

xx yyL : 1

a b+ =

En el ejercicio:

2

20

y 3E:x 1 P ;2

6 3

+ = ∧ =

Tx· 3 y·2

L : 13 6

→ + =

TL : 3 y 3∴ + =

CLAVE : D

PARÁBOLA

31. De los datos tenemos que: P: y2 = 4px

=1

p -2 (Se abre hacia la izquierda)

∴ P: y2 = -2x

CLAVE : B

32. De los datos tenemos que: P: x2 = 4py

Además:

C(1; 1) ∈ P → 4p = 1

∴ P: x2 = y

CLAVE : A

33. P: y2 = 20x → P = 5 ∧ F = (5; 0)

Además: M(7; y) ∈ P → y 140=

2 2r d(F;M) (7 5) ( 140 0)→ = = − + −

∴ r = 12

CLAVE : E

34. P: y2 = 16x → P = 4 ∧ F = (4; 0)

Sea P(a; b) ∈ P → b2 = 16a . . . (1)

Además: r = d(P; F) = 13 (radio focal)

2 2(a 4) b 13→ − + = . . . (2)

Resolviendo (1) y (2): a = 9

→ b2 = 144 de donde: b = ±12

∴ P = (9; 12); P' = (9; –12)

CLAVE : A



35. 2 2 2P:y 6 x V ;0

3 3

= − − → =

↑ El signo nos indica que la parábola se abre

hacia la izquierda.

→ 4p = 6 → 3

p2

=

D13

L :x6

=

LD: 6x – 13 = 0

CLAVE : A

36. Sea «P» la parábola:

→ A(6; -3): vértice ∧ LD: 3x – 5y + 1 = 0

Se cumple que: d(A; LD) = P

2 2

3(6) 5(–3) 1P P 34

3 (–5)

− +→ = → =

+

Sabemos que el lado recto: L = 4P

L 4 34∴ =

CLAVE : D

37. Resolvemos el sistema de ecuaciones:

2

y kx 2 (recta)

y 4x (parábola)

= +

=

→ (kx + 2)2 = 4x

→ k2x2 + (4k – 4)x + 4 = 0

Para hallar los puntos de corte el discriminante de esta ecuación debe ser positivo.

→ (4k – 4)2 – 4(k2)(4) > 0

Reduciendo: 1

k2

<

CLAVE : A

38. Sea LT: recta tangente

LT � L: 2x + 2y – 3 = 0 → mT = -1

→ LT: y = -x + k

Reemplazando en: y2 = 8x, tenemos:

x2 – (2k + 8)x + k2 = 0

Para que la recta sea tangente, su discriminante debe ser cero:

(2k + 8)2 – 4(1)(k2) = 0

→ k = -2

∴ LT: x + y + 2 = 0

CLAVE : D

39. Resolvemos el sistema de ecuaciones:

+ =

=

2 2

2

x y1 . . . (1)

100 225

y 24x . . . (2)

Reemplazando (2) en (1):

2x 24x

1100 225

→ + =

→ 3x2 + 32x – 300 = 0

50

x 6 x3

→ = ∧ = − (no cumple)

→ y2 = 144 → y = ±12

∴ (6; 12) y (6; -12)

CLAVE : C

40.

13

L : y 0 (x 3)4

− = −

→ L1: 3x – 4y – 9 = 0

Resolviendo las ecuaciones:

y2 = 12x ∧ 3x – 4y – 9 = 0

→ y2 16y – 36 = 0



Si: y = 18 → x = 27

Si: y = -2 → x = 1/3

→ Q = (1/3; -2)

∴ L2: y + 2 = 0

CLAVE : E

HIPÉRBOLA

41. El eje transverso está en el eje x y el centro es el origen.

2 2

2 2x y

H: 1a b

− = ; b = 4 ∧ c = 5

Pero: c2 = a2 + b2 → a = 3

2 2x y

H: 19 16

∴ − =

CLAVE : D

42. 2 2x y

H: 19 16

− = → a = 3 ∧ b = 4

Como: c2 = a2 + b2 → c = 5

Eje transverso en el eje x.

Entonces sus focos son:

F1(-5; 0) ∧ F2(5; 0)

Las ecuaciones de sus asíntotas son: b

y xa

= ±

4

y x3

∴ = ±

CLAVE : B

43. Si «P» es un punto de la hipérbola H, «F» su

foco y LD su recta directriz unilateral, se cumple que:

D

d(P; F)e

d(P; L )= excentricidad

d(M;F)

34

→ =

∴ d(M; F) = 12

CLAVE : B

44. 2 2x y

H: 164 36

− = → a = 8 ∧ b = 6

Pero: c2 = a2 + b2 → c = 10, con el cual el foco derecho es: F(10; 0).

Sea M(m; n) ∈ H, por condición:

d(M; F) = 4,5 → 2 2 81(m 10) n

4− + = . . . (1)

Además: 2 2m n

164 36

− = . . . (2)

Resolviendo (1) y (2): m = 10

Reemplazando en (1): 9

n2

= ±

9 9

M 10; y M' 10;2 2

∴ −

CLAVE : A

45. 2 2x y

H: 1114 25

− = → a = 12, b = 5 ∧ c = 13

2

12b

2da

= (lado recto) → 11

d 212

=

(d2)2 = (d1)

2 + (26)2 (T. de Pitágoras)

2313

d12

→ =

1 21 1

d 2 d 2612 12

→ = ∧ =

CLAVE : D

46. Como los focos están situados en el eje x, la ecuación de la hipérbola es:

2 2

2 2x y

H: 1a b

− =

Como: M1(-5; 3) ∈ H → 2 2

25 91

a b− = . . . (1)

c

e 2 c a 2a

= = → =



Pero: c2 = a2 + b2 → a = b . . . (2)

Reemplazando (2) en (1): a = b = 4

∴ H: x2 – y2 = 16

CLAVE : B

47. Analizando la hipérbola equilátera:

H: x2 – y2 = a2

→ − =2 2

2 2x y

H: 1a a

c2 = a2 + a2 → c a 2= , pero: c

ea

=

e 2∴ =

CLAVE : B

48. 2 2

2 2x y

H: 1a b

− = ; c2 = a2 + b2

L1: bx – ay = 0 ∧ F1 = (c; 0)

1 1 2 2

bc a·0 bcd(F ;L )

cb ( a)

−→ = =

+ −

∴ d(F1; L1) = b

CLAVE : B

49. Como la ecuación de la recta directriz es: 144

y13

= y su foco es F(0; 13) entonces el eje

focal está situado en el eje y.

Considerando su centro en el origen: c = 13

c 13

e a 12a 12

= = → =

Además: c2 = a2 + b2 → b = 5

2 2y x

H: 1144 25

∴ − =

CLAVE : C

50. Resolviendo el sistema de ecuaciones:

= + − =

2 2

5y x m ... (1)

2

4x y 36 ... (2)

Reemplazando (1) en (2), tenemos que:

9x2 + 20mx + 4m2 + 144 = 0

Para que la recta sea tangente a la hipérbola, su discriminante debe ser cero.

→ (20m)2 – 4(9)(4m2 + 144) = 0

Resolviendo:

∴ m = ±4,5

CLAVE : E

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