Universidad Pública de El Alto
Carrera de Ingeniería Civil
Curso Preuniversitario II-2024
M. Sc. Javier R. Quispe Colque
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M. Sc. Javier R. Quispe Colque
TRIGONOMETRÍA
Y
GEOMETRÍA
(Teoria y problemas)
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M. Sc. Javier R. Quispe Colque
CONTENIDO
Capítulo 1. TRIGONOMETRÍA ....................................................................
1.1. Introducción
1.2. Ángulo
1.3. Funciones trigonometricas
1.4. Razones trigonometricas de un triángulo rectángulo
1.5. Identidades fundamentales
1.6. Triangulos Rectangulos
1.7. Triangulos Oblicuángulos
Capítulo 2: GEOMETRIA ..............................................................................
2.1. Sistema de coordenadas bidimencionales
2.2. La Recta
2.3. La Circunferencia
2.4. La Parábola
BIBLIOGRAFIA ...................................... ¡Error! Marcador no definido.
ALGEBRA I
ALGEBRA SUPERIOR
GEOMETRIA ANALITICA
ALGEBRA DISCRETA
Armando Rojo
Spiegel Murray R.
Lehman Charles H.
Ralph-Grimaldi
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Capítulo 1
TRIGONOMETRÍA
1.1.
INTRODUCCIÓN
El solo nombre de trigonometría nos hace pensar que esta se ocupa de
algunas propiedades de los triángulos y sus aplicaciones; de hecho, en
el inicio de su estudio, esta fue su principal preocupación. Ya que en el
siglo II A.C., algunos astrónomos griegos realizaban estudios de trigonometría, en dicha época, las aplicaciones se reducían básicamente a
la astronomía y a la navegación.
Actualmente, la trigonometría da lugar a un tipo especial de funciones,
llamadas funciones trigonométricas, que juegan un papel muy importante sobe todo en algunas aplicaciones del cálculo.
1.2.
ÁNGULO
Un angulo es la figura formada por la rotación de un rayo alrededor de
su origen, desde posición inicial hasta una posición final. La amplitud
de la rotación es la medida del ángulo; generalmente se simbolizan con
las letras griegas 𝛽, 𝛼, 𝛾, 𝜃.
𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙
𝑣é𝑟𝑡𝑖𝑐𝑒
𝑎𝑚𝑝𝑙𝑖𝑡𝑢𝑑
𝑙𝑎𝑑𝑜 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙
7
ÁNGULO TRIGONOMÉTRICO
Es aquel ángulo que está determinada entre dos semirectas y uno
de ellos coincide en el eje de las abscisas, es decir con el eje de
las 𝑿 y el punto de intersección es el origen del plano cartesiano.
SISTEMAS DE MEDIDAS ANGULARES
Existen tres sistemas de medidas angulares que están en función al
número de partes que se divide el ángulo de una vuelta. Estos tres
sistemas son:
•
Sistema sexagesimal
•
Sistema Centesimal
•
Sistema radial
Sistema sexagesimal (Inglés)
La unidad de medida angular es el
grado sexagesimal (º) y es la novena parte de un ángulo recto.
•Equivalencias: Un grado sexagesimal tiene 60 minutos (′) y un minuto tiene 60 segundos ('')
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎 ≡ 360°
1° ≡ 60′
8
1′ ≡ 60′′
1° ≡ 3600′′
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Sistema centesimal (Francés)
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La unidad de medida angular es el
grado centesimal (ᵍ) y es la centésima
parte de un ángulo recto. Un grado centesimal tiene 100 minutos centesimales
(ᵐ) y un minuto centesimal presenta 100
segundos centesimales (ˢ).
Equivalencias:
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎 ≡ 400ᵍ
1ᵍ ≡ 100ᵐ 1ᵐ ≡ 100ˢ
Sistema radial o Circular (Internacional)
La unidad de medida angular es la
radian (rad). Un radian es la medida
de un ángulo cuyo arco mide igual
que un radio.
Equivalencia:
1 𝑣𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎 ≡ 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
CONVERSIONES DE MEDIDAS DE ÁNGULOS
Para convertir una medida de
ángulo de un sistema a otro
𝑺
𝑪
𝑹
=
=
𝟏𝟖𝟎° 𝟐𝟎𝟎ᵍ 𝝅𝒓𝒂𝒅
sistema, aplicamos las siguientes equivalencias, llamado Ley Lamy:
Este método es más directo para las conversiones de medida de
ángulos, solamente remplazamos los valores del sistema que corresponde a la Ley Lamy y realizar operaciones algebraicas.
9
Ejemplo 1. Convertir los siguientes ángulos de un sistema a otra, utilizando la Ley Lamy o factor de conversión:
a) Convertir 153° 𝑔𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 a grados centesimales.
𝑆
𝐶
=
180° 200ᵍ
153°
𝐶
=
180° 200ᵍ
𝐶
0.85 =
200ᵍ
0.85(200ᵍ) = 𝐶
170ᵍ = 𝐶
b) Convertir 100ᵍ 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠𝑖𝑚𝑎𝑙𝑒𝑠 a radianes
𝑅
𝐶
=
2𝜋 𝑟𝑎𝑑 200ᵍ
𝑅
100ᵍ
=
𝜋 𝑟𝑎𝑑 200ᵍ
𝑅
= 0.5
𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝑅 = 0.5(𝜋 𝑟𝑎𝑑)
𝑅 = 0.5𝜋 𝑟𝑎𝑑
c) Convertir
𝜋
2
𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠 a grados sexagesimales
𝑅
𝑆
=
𝜋 𝑟𝑎𝑑 180°
𝜋
𝑟𝑎𝑑
𝑆
2
=
𝜋
180°
𝑟𝑎𝑑
1
1
(180°) = 𝑆
2
90° = 𝑆
2
d) Convertir 𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠 a grados sexagesimales
3
10
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𝑅
𝑆
=
𝜋 𝑟𝑎𝑑 180°
2𝜋
𝑟𝑎𝑑
𝑆
3
=
𝜋
180°
𝑟𝑎𝑑
1
2
(180°) = 𝑆
3
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120° = 𝑆
e) Convertir
7
10
𝜋 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑒𝑠 a grados centecimales
𝑅
𝐶
=
2𝜋 𝑟𝑎𝑑 200ᵍ
7
𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝐶
10
=
𝜋 𝑟𝑎𝑑
200ᵍ
7
(200ᵍ) = 𝐶
10
𝐶 = 140ᵍ
f)
Expresar en radianes la expresión 42° 24′ 35′′
En primer lugar, transformamos la expresión dada al sistema centesimal y luego reciel al sistema radial
42° 24′ 35′′ = 42° +
24°
60
+
35°
3600
=
152675°
3600
= 42,41°
𝑅
42,41°
=
𝜋 𝑟𝑎𝑑
180°
𝑅=
42,41°
(𝜋 𝑟𝑎𝑑)
180°
𝑅 = 0,74 𝑟𝑎𝑑
Ejemplo 2. Si “S”, “C” y “R” son los números de grados sexagesimales, centesimales y radianes contenidos en un ángulo y están relacionados de la siguiente manera:
11
4
𝜋
𝐶 − 𝑆 − 𝑅 = 10( −
)
𝜋 100
Hallar el ángulo en radianes.
Sabemos que:
𝑆
180
=
𝐶
200
=
𝑅
𝜋
= 𝑘 luego 𝑆 = 180𝑘, 𝐶 = 200𝑘, 𝑅 = 𝜋𝑘
Reemplazando en la igualdad
4
𝜋
200𝑘 − 180𝑘 − 𝜋𝑘 = 10( −
)
𝜋 100
40 𝜋
(20 − 𝜋)𝑘 =
−
𝜋 10
400 − 𝜋 2
(20 − 𝜋)𝑘 =
10𝜋
20 + 𝜋
𝑘=
10𝜋
20+𝜋
20∓𝜋
Finalmente 𝑅 = 𝜋𝑘 = 𝜋
=
10𝜋
10
Ejercicios Propuestos
1. Convertir los siguientes ángulos expresados en grados sexagesimales y centesimales a radianes
a)
b)
c)
d)
e)
f)
𝛾 = 270°
𝛽 = 64.6°
𝛼 = 810°
𝜃 = 300ᵍ
𝛽 = 388ᵍ
𝜇 = 176.8ᵍ
2. Convertir los siguientes ángulos expresados en radianes a grados
sexagesimales y centesimales
a) 𝛾 =
2𝜋
3
𝑟𝑎𝑑
b) 𝛽 = 61.345 𝑟𝑎𝑑
c) 𝛼 = 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝜋
d) 𝛾 = 𝑟𝑎𝑑
6
e) 𝛽 = 𝜋 𝑟𝑎𝑑
f) 𝜇 = 35.567𝜋 𝑟𝑎𝑑
12
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𝑛𝜋
3. En un triángulo rectángulo los ángulos agudos miden
𝑟𝑎𝑑 y 24𝑛°
30
¿Cuánto vale n?
4. En un triángulo, dos de sus ángulos interiores miden 70𝑔 𝑦 90𝑔
¿Cuál es la medida sexagesimal del tercer ángulo?
5. Si “𝑆”, “𝐶” 𝑦 “𝑅” son las medidas de un mismo ángulo en los tres sistemas, simplificar:
(1800+19𝜋)(𝐶 2 +𝑆 2 +𝑅 2 )
𝐸 = (72400+𝜋2)(𝑆𝐶+𝑆𝑅+𝐶𝑅)
6. Si “𝑆”, “𝐶” 𝑦 “𝑅” son las medidas de un mismo ángulo en los tres sistemas, simplificar:
𝐸=√
𝐶+𝑆
𝐶−𝑆
𝐶+2𝑆
+√
𝐶−𝑆
+√
𝐶+6𝑆
𝐶−𝑆
7. Si “𝑆”, “𝐶” 𝑦 “𝑅” son los números de grados sexagesimales, centesimales y radianes de un mismo ángulo y están relacionados de la siguiente manera:
𝐶 2 − 𝑆 2 − 𝑅2 = 10𝑅 (
76
𝜋
−
𝜋
100
). Hallar el ángulo en radianes.
8. Calcular la medida del ángulo en radianes si se cumple:
12 7
40 7
𝜋 7 𝜋𝐶 − 197𝑅
( ) +( ) +(
) =
𝑆
3𝐶
15𝑅
𝜋𝑆 − 52𝑅
9. Calcule la medida del ángulo en centesimales si se cumple la igualdad:
36
1
1
1
1
+ 1 = ( + 1) (
+ 1) (
+ 1) ⋯ (
+ 1)
𝑅
𝑅
𝑅+1
𝑅+2
𝑅+𝑆−1
10. La medida de un ángulo en el sistema sexagesimal y centesimal son
dos números consecutivos, determinar la medida de dicho ángulo en
el sistema radial.
13
1.3.
FUNCIONES TRIGONOMÉTRICAS
Ahora discutiremos otro tipo de funciones conocidas como funciones
trigonométricas, que son:
seno (x)
cosecante (x)
coseno (x)
secante (x)
tangente (x),
cotangente (x)
Es costumbre representar estas funciones con abreviaturas
sen x
csc x
cos x
sec x
tg x
cot x
donde x puede ser un numero real o un numero que denota la medida
de un ángulo y se lo conoce como argumento.
Círculo Trigonométrico
El círculo trigonométrico, es la circunferencia cuyo radio es la unidad.
Y
(0,1)
P (x,y)
r=1
α
(-1,0)
y
(1,0)
X
0
(0,- 1)
1.- Seno: es la función trigonométrica que aplica al ángulo α la ordenada “y” del punto P, es decir:
𝑠𝑒𝑛 𝛼 = 𝑦
14
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2.- Coseno: es la función trigonométrica que aplica al ángulo α la abscisa “x” del punto P, o sea:
𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝑥
3.- Tangente: es la función trigonométrica que aplica al ángulo α la
razón entre la ordenada “y” y la abscisa “x” del punto P.
𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝛼
=
𝑥 cos 𝛼
𝑡𝑎𝑛 𝛼 =
4.- La Cotangente: es la función inversa de la tangente, es decir:
𝑐𝑜𝑡 𝛼 =
𝑥
1
=
𝑦 tan 𝛼
5.- La Secante: es la función inversa del coseno, por tanto:
𝑠𝑒𝑐 𝛼 =
1
1
=
𝑥 cos 𝛼
6.- La Cosecante: es la inversa de la función seno, o sea:
csc 𝛼 =
1
1
=
𝑦 𝑠𝑒𝑛 𝛼
El producto de toda función trigonométrica por su inversa, es igual a la
unidad.
Valores De Las Funciones Trigonométricas Para Los Ángulos: 0°-90° 180°-270° y 360°
15
Ángulos
0°
90°
180°
270°
360°
Funciones
Seno
Coseno
0
1
1
0
0
-1
-1
0
0
1
Tangente
Cotangente
Secante
Cosecante
0
No
1
No
No
0
No
1
0
No
-1
No
No
0
No
-1
0
No
1
0
Un caso especial es cuando el ángulo 𝛼 queda en el primer cuadrante,
osea, 0 < 𝛼 < 90° (ángulo agudo) y el triángulo que se forma es un triángulo rectángulo y sus lados reciben el nombre de cateto opuesto, cateto
adyacente e hipotenusa y asi, las definiciones de las funciones trigonométricas quedaran:
1.4.
Razones trigonométricas en un triángulo rectángulo
Es el cociente entre las longitudes de los lados de un triángulo rectángulo con respecto a uno de sus ángulos agudos, como se detalla a continuación:
16
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Representación de las razones trigonométricas del triángulo rectángulo
Ejemplo 1.- Determinamos todas las razones trigonométricas de los ángulos 𝛽 𝑦 𝜃 de los siguientes triángulos rectángulos.
a) Dado el triángulo:
𝑠𝑒𝑛𝛽 =
𝑐𝑜𝑠𝛽 =
6
√117
6
√117
𝑠𝑒𝑐𝛽 =
9
9
𝑐𝑜𝑡𝛽 =
6
𝑐𝑠𝑐𝛽 =
√117
9
√117
6
𝑡𝑎𝑛𝛽 =
9
b)
Dado el triángulo:
17
40 4
=
50 5
30 3
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
=
50 5
40 4
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
=
30 3
50 5
=
40 4
50 5
𝑠𝑒𝑐𝜃 =
=
30 3
30 3
𝑐𝑜𝑡𝜃 =
=
40 4
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
c) Si 𝑠𝑒𝑛𝛽 =
10
14
𝑐𝑠𝑐𝜃 =
calcular el lado que falta y determinar las razones tri-
gonométricas restantes.
Realizamos la grafica en función a la condición dada:
Calculamos el lado que falta, usando el teorema de Pitagoras:
𝑎2 + 𝑏 2 = 𝑐 2
𝑏 2 = 𝑐 2 − 𝑎2
𝑏 2 = 142 − 102
𝑏 = √96
10
14
√96
𝑐𝑜𝑠𝛽 =
14
10
𝑡𝑎𝑛𝛽 =
√96
𝑠𝑒𝑛𝛽 =
𝑐𝑠𝑐𝛽 =
𝑠𝑒𝑐𝛽 =
14
10
14
√96
√96
𝑐𝑜𝑡𝛽 =
10
Ejemplo 2.- Hallar los valores de las funciones trigonométricas de 𝜃 si
2
𝑐𝑜𝑠 𝜃 = − .
3
18
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En este ejemplo puede suceder que 𝜃 esté en el segundo o en el tercer
cuadrante, por lo que debemos tener dos respuestas.
CASO I
√5
3
Y
𝜃
X
-2
0
√5
3
−2
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
3
√5
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
−2
𝑐𝑠𝑐𝜃 =
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
3
√5
3
𝑠𝑒𝑐𝜃 =
−2
−2
𝑐𝑜𝑡𝜃 =
√5
CASO II
Y
-2
𝜃
X
−√5
3
0
−√5
3
−2
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
3
−√5
𝑡𝑎𝑛𝜃 =
−2
𝑐𝑠𝑐𝜃 =
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
3
−√5
3
𝑠𝑒𝑐𝜃 =
−2
−2
𝑐𝑜𝑡𝜃 =
−√5
19
Ejercicios propuestos
1. Hallar las funciones trigonométricas de un angulo en posición normal, cuyo lado final pasa por cada uno de los puntos dados.
a) (3,4)
b) (−4, −3)
c) (5, −2)
d) (−1, √3)
e) (2, 3√2)
2. ¿En cuales de los cuadrantes puede terminar el angulo 𝜃, en los
casos siguientes?
3
a) 𝑠𝑒𝑛𝜃 = −
5
2
b) 𝑐𝑜𝑠𝜃 = −
5
4
c) 𝑡𝑎𝑛𝜃 = −
d) 𝑐𝑜𝑡𝜃 =
9
−4
3
3
e) 𝑠𝑒𝑐𝜃 = −
f)
𝑐𝑠𝑐𝜃 = −
2
7
3
3. Hallar los valores de las otras funciones trigonométricas que faltan
si:
a) 𝑠𝑒𝑛𝜃 =
1
√2
, 𝜃 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒
1
b) 𝑐𝑜𝑠𝜃 = − , 𝜃 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒
2
c) 𝑡𝑎𝑛𝜃 = −1
d) 𝑐𝑜𝑡𝜃 =
−8
15
e) 𝑠𝑒𝑐𝜃 = −
f)
𝑐𝑠𝑐𝜃 = −
13
9
13
5
20
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1.5.
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Identidades Fundamentales
Una identidad es una proposición de igualdad, que es válida para
todos los valores permisibles de las variables que aparecen en
ella y se denota por el símbolo (≡).
Existen muchas relaciones de identidad entre las funciones trigonométricas. Las mas importantes son las llamadas identidades
fundamentales, que veremos a continuación.
Identidades Recíprocas
1. 𝑠𝑒𝑛𝜃 ∙ 𝑐𝑠𝑐𝜃 = 1
2. 𝑐𝑜𝑠𝜃 ∙ 𝑠𝑒𝑐𝜃 = 1
3. 𝑡𝑎𝑛𝜃 ∙ 𝑐𝑜𝑡𝜃 = 1
Identidades de división
4. 𝑡𝑎𝑛𝜃 =
5. 𝑐𝑜𝑡𝜃 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃
Identidades Pitagoricas
6. 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 = 1
7. 1 + 𝑡𝑎𝑛2 𝜃 = 𝑠𝑒𝑐 2 𝜃
8. 1 + 𝑐𝑜𝑡 2 𝜃 = 𝑐𝑠𝑐 2 𝜃
Las identidades fundamentales pueden escribirse de diferentes formas, por ejemplo:
𝑠𝑒𝑛𝜃 =
1
𝑐𝑠𝑐𝜃
𝑡𝑎𝑛𝜃 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑒𝑛𝜃
Estas ocho identidades serán la base para demostrar otras identidades trigonométricas. Para ello recurriremos a procedimientos
como reducir el primer miembro al segundo o viceversa o cada
21
miembro, por separado, reducirlo a una misma forma. En estas demostraciones usaremos también operaciones algebraicas como la
suma de fracciones, factorización, multipicacion y división.
Ejemplo 1. Simplificamos las siguientes expresiones trigonométricas
a) 𝑐𝑜𝑠 3 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑐𝑜𝑠 3 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑐𝑜𝑠𝜃(𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃) = 𝑐𝑜𝑠𝜃
b)
1+𝑐𝑜𝑡 2 𝜃
𝑐𝑜𝑡𝜃𝑠𝑒𝑐 2 𝜃
1 2
(
)
1 + 𝑐𝑜𝑡 2 𝜃
𝑐𝑠𝑐 2 𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃 ∙ 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃
=
=
=
=
2
2
𝑐𝑜𝑡𝜃𝑠𝑒𝑐 𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃 ( 1 )2 𝑐𝑜𝑠𝜃 ( 1 )2 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑐𝑜𝑠𝜃
Ejercicios propuestos
Demostrar las siguientes igualdades:
a)
1 − senx · 1 + senx = cos x
b) sen4a – cos4a = sen2a – cos2a
c)
cos4a – sen4a = 2 cos2a – 1
d)
1 + senx
cos x
=
cos x
1 − senx
e) (1+ cotg x)(1 – tg x ) =
f)
cos 𝑥
+
1+𝑠𝑒𝑛 𝑥
cos 𝑥
1−𝑠𝑒𝑛 𝑥
cos4 x − sen 4 x
senx·cos x
= 2 sec 𝑥
g) 𝑠𝑒𝑛4 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 4 𝑥 = 2𝑠𝑒𝑛2 𝑥 − 1
h)
i)
j)
𝑐𝑜𝑠𝜃
1−𝑠𝑒𝑛𝜃
= 𝑠𝑒𝑐𝜃 + 𝑡𝑎𝑛𝜃
𝑠𝑒𝑛 𝑥
𝑠𝑒𝑛 𝑥+cos 𝑥
=
tan 𝑥
1+tan 𝑥
1−𝑠𝑒𝑛 𝑥
(sec 𝑥 − tan 𝑥)2 =
1+𝑠𝑒𝑛𝑥
22
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1.6.
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS RECTÁNGULOS
Para resolver un triángulo rectángulo es necesario que conozcamos
dos datos para luego encontrar los demás elementos, para lo cual vamos a aplicar las relaciones trigonométricas de un triángulo rectángulo
y el teorema de Pitágoras.
Las caracteristica de un triángulo rectángulo:
CA-
⊾ 𝐵 = 90°
H
Ángulo recto
∢𝐴 + ∢𝐵 = 90° Suma de ángulos
𝑎, 𝑏, 𝑐
Lados
C
Sus lados están relacionados entre sí a través del teorema de Pitágoras
b2 = a2 + c2
Los lados y los ángulos se relacionan entre sí a través de las razones
trigonométricas o funciones trigonométricas.
Casos de resolución de triángulos rectángulos
Para resolver triangulo rectángulos se presentan los elementos conocidos como
a)
b)
c)
d)
Dada la hipotenusa y un ángulo agudo
Dado un cateto y un ángulo agudo
Dado un cateto y la hipotenusa
Dado los dos catetos
Ejemplo 1. Resolvemos el triángulo rectángulo conociendo la hipotenusa igual a 75𝑐𝑚 y un ángulo agudo igual a 35°
𝑠𝑒𝑛 35 =
𝑟
75
cos 35 =
23
→ 𝑟 = 75 ∙ 𝑠𝑒𝑛 35 = 43,02
𝑗
→ 𝑗 = 75 cos 35 = 61,44
75
Ejemplo 2. El puente de las américas de la ciudad de La Paz, está
construido en base a cables de acero que algunos de ellos forman triángulo equilátero de 20m de lado. Hallar las funciones trigonométricas de
30º
SOLUCION:
Calculamos el lado que falta, usando el teorema de Pitagoras:
𝑎2 + 𝑏 2 = 𝑐 2
𝑏 2 = 202 − 102
𝑏 2 = 300
𝑏 = 10√3
10√3 √3
=
20
2
10 1
cos 60 =
=
20 2
10√3
tan 60 =
= √3
10
𝑠𝑒𝑛 60 =
csc 60 =
2
=
2√3
3
√3
2
sec 60 = = 2
1
1
√3
cot 60 =
=
3
√3
PROBLEMA PROPUESTOS
1. Calcular los elementos del triángulo rectángulo ABC, sabiendo
que los catetos son: 𝑏 = 10𝑢; 𝑎 = 8𝑢
24
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2. Calcular los elementos del triángulo rectángulo ABC, sabiendo que
los catetos son: 𝑐 = 40𝑢; 𝑎 = 30𝑢
3. Una niña mide 1.3 metros y suelta su globo el cual se eleva con un
ángulo de inclinación de 45°. ¿A qué altura está el globo si recorre
una horizontal de 30 metros?
4. La sombra de una antena de radio forma un ángulo de 60°, la sombra decrece 40 metros y forma un ángulo de 70°. ¿Cuál es la altura
de la antena de radio?
5. Calculamos la longitud de una escalera, sabiendo que está apoyada en la pared a una distancia de 1,8 m y alcanza una altura de
10 m.
6. El ángulo de elevación de una cometa cuando se han soltado 40 m
de hilo es 40°. Determina la altura de la cometa.
7. La sombra que proyecta un árbol de 3,4 m sobre el piso horizontal
mide 4,3 m. ¿Cuál es la medida del ángulo que hace la horizontal
25
con la línea que une los dos puntos extremos de la sombra y del
árbol?
8. Una antena de televisión está sujeta desde su extremo superior por
un cable fijo a 2 m de la base y forma con la horizontal un ángulo
de 72° ¿Qué altura tiene la antena?
1.7.
RESOLUCIÓN DE TRIÁNGULOS OBLICUÁNGULOS
Para la resolución de triángulos oblicuángulos aplicamos los procedimientos trigonométricos y además debe poseer tres datos imprescindibles, para determinar los demás elementos del triángulo.
Casos de resolución de triángulos
1. Un lado y dos ángulos
2. Dos lados y el ángulo opuesto a uno de ellos
3. Dos lados y el ángulo comprendido
4. Los tres lados
Se deseamos hallar uno de los lados se utilizará uno de los tres teoremas, de la misma forma cuando queramos calcular uno de los ángulos,
tomando en cuenta los datos conocidos
Teorema del seno
𝑎
𝑏
𝑐
=
=
𝑠𝑒𝑛 ∡𝐴 𝑠𝑒𝑛 ∡𝐵 𝑠𝑒𝑛 ∡𝐶
26
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Teorema del coseno
𝑎2 = 𝑏 2 + 𝑐 2 − 2𝑏𝑐 ∗ 𝑐𝑜𝑠∡𝐴
𝑏 2 = 𝑎2 + 𝑐 2 − 2𝑎𝑐 ∗ 𝑐𝑜𝑠∡𝐵
𝑐 2 = 𝑎2 + 𝑏 2 − 2𝑎𝑏 ∗ 𝑐𝑜𝑠∡𝐶
Ejemplo 1.
a) Dado el triángulo 𝐴𝐵𝐶, donde se conocen ∢𝐴 = 49°, ∢𝐵 = 70°, 𝑏 =
220𝑐𝑚. Hallar los elementos que faltan
Solución:
Hallar el lado a
𝑎
𝑏
=
𝑠𝑒𝑛 ∡𝐴 𝑠𝑒𝑛 ∡𝐵
𝑎
220𝑐𝑚
=
𝑠𝑒𝑛 49° 𝑠𝑒𝑛 70°
220𝑐𝑚
𝑎=
∗ 𝑠𝑒𝑛 49°
𝑠𝑒𝑛 70°
𝑎 = 176.69𝑐𝑚
Hallar el lado c
𝑐
𝑏
=
𝑠𝑒𝑛 ∡𝐶 𝑠𝑒𝑛 ∡𝐵
𝑐
220𝑐𝑚
=
𝑠𝑒𝑛 61° 𝑠𝑒𝑛 70°
220𝑐𝑚
𝑐=
∗ 𝑠𝑒𝑛 61°
𝑠𝑒𝑛 70°
𝑐 = 204,76
Calculando el ángulo C
∡𝐴 + ∡𝐵 + ∡𝐶 = 180°
49° + 70° + ∡𝐶 = 180
∡𝑪 = 𝟔𝟏°
b) Sea el triángulo 𝑉𝐶𝐻 donde: 𝑣 = 142𝑐𝑚, ℎ = 175𝑐𝑚 𝑦 ∢ = 40°.
Hallar los elementos que faltan
27
Solución:
Calculamos el ángulo
H
𝑣
ℎ
=
𝑠𝑒𝑛 ∡𝑉 𝑠𝑒𝑛 ∡𝐻
142𝑚
175𝑐𝑚
=
𝑠𝑒𝑛 40° 𝑠𝑒𝑛 ∡𝐻
175𝑐𝑚
𝑠𝑒𝑛∡𝐻 =
∗ 𝑠𝑒𝑛 40°
140𝑚
∡𝐻 = 𝑠𝑒𝑛−1 𝑜. 79217
∡𝑯 = 𝟓𝟐°𝟐𝟑′𝟏𝟗′′
Calculamos el lado c
𝑐
𝑣
=
𝑠𝑒𝑛 ∡𝐶 𝑠𝑒𝑛 ∡𝑉
𝑐
142 𝑐𝑚
=
𝑠𝑒𝑛 87°36′41′′ 𝑠𝑒𝑛 40°
142𝑐𝑚
=
∗ 𝑠𝑒𝑛 87°36′41′′
𝑠𝑒𝑛40°
Calculando el ángulo C
∡𝑉 + ∡𝐶 + ∡𝐻 = 180°
40° + ∡𝐶 + 52°23′19′′
= 180
∡𝑪 = 𝟖𝟕°𝟑𝟔′𝟒𝟏′′
∡𝐻 = 220.72𝑐𝑚
c) El puente trillizo es un mecanismo de cables de acero y pilares de
concreto. Calcular la altura del poste, sabiendo que su altura superior es de 2𝑚
Solución:
2𝑚
Calculando el ángulo C
∡𝐴 + ∡𝐵 + ∡𝐶 = 180°
45° + ∡30° + ∡𝐶 = 180
∡𝐶 = 180 − 45° − 30°
∡𝑪 = 𝟏𝟎𝟓°
45°
30°
10𝑚
28
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Calculamos h por la razón
trigonométrica 𝑠𝑒𝑛 𝑑𝑒 30°
en el triángulo ABD.
ℎ
𝑠𝑒𝑛30° =
𝑐
𝑠𝑒𝑛30° ∗ 𝑐 = ℎ
𝑠𝑒𝑛30° ∗ 7,32𝑚 = ℎ
3,66𝑚 = ℎ
2𝑚 + ℎ = 𝐻
2𝑚 + 3,66 = 𝐻
𝑯 = 𝟓, 𝟔𝟔𝒎
Calculamos el lado c por
ley de senos
𝑐
10𝑚
=
𝑠𝑒𝑛 45° 𝑠𝑒𝑛 105°
10𝑚
𝑐=
∗ 𝑠𝑒𝑛45°
𝑠𝑒𝑛 105°
∡𝐻 = 7,32𝑐𝑚
Ejercicios propuestos
1. Resolver el siguiente triangulo oblicuángulo ABC dado los datos:
𝑎 = 6; 𝑏 = 8; 𝑐 = 7
2.
3.
4. Resolver el siguiente triangulo oblicuángulo ABC dado los datos:
𝑎 = 10; ∡ 𝐴 = 50°; ∡𝐵 = 60°
5. Resolver el siguiente triangulo oblicuángulo ABC dado los datos:
𝑎 = 12; 𝑏 = 8; 𝑐 = 7
6. Resolver el siguiente triangulo oblicuángulo ABC dado los datos:
𝑐 = 15; 𝑏 = 8; 𝑐 = 7
29
7.
Resolver los triángulos oblicuángulos. Los datos son para el triángulo adjunto
a) 𝑎 = 6; 𝑏 = 8; 𝑐 = 7
b) 𝑎 = 3; 𝑏 = 4; 𝑐 = 6
c) 𝑎 = 7; 𝑏 = 8; ∡𝐶 = 60°
d) 𝑎 = 5; 𝑏 = 4; ∡𝐴 = 52°
e) 𝑎 = 9; 𝑏 = 8; ∡𝐵 = 64°
8. La resultante de dos fuerzas de 20 N y de 30 N es de 40 N. ¿Qué
ángulo forman entre sí dichas fuerzas? ¿Qué ángulo forma cada
una de ellas con la resultante?
9. Halla los lados de un paralelogramo cuyas diagonales miden 20
cm y 15 cm respectivamente y forman un ángulo de 42º.
10. Julia y María caminan juntas, llegan a un cruce de caminos rectos
que forman entre sí un ángulo de 50º y cada una toma un camino.
A partir de ese momento, Julia camina a 4 km/h y María a 6km/h
¿A qué distancia estará Julia de María al cabo de una hora y media?
30
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CAPITULO 2
GEOMETRIA ANALITICA
1. SISTEMA DE COORDENADAS BIDIMENSIONALES
Un sistema de coordenadas cartesianas en el plano es un conjunto de
dos rectas perpendiculares, que dividen al plano en cuatro cuadrantes.
La recta horizontal y la recta vertical se llaman ejes coordenados y la
intersección se denota por “O” y se llama origen.
La recta real u horizontal se llama eje de las “X” o abscisas y la recta
vertical se llama eje de las “Y” u ordenadas, un sistema de ejes coordenadas nos permite encontrar puntos de un plano con pares ordenados de números reales 𝑃(𝑥, 𝑦).
Ejemplo: Representar gráficamente los puntos:
𝑃1 (4, 2), 𝑃2 (1,5), 𝑃3 (−3, 4), 𝑃4 (−4, 1),
𝑃5 (−2, −1)
1.1 DISTANCIA ENTRE DOS PUNTOS
La distancia entre los puntos 𝑃1 (𝑥1 , 𝑦1 ) 𝑦 𝑃2 (𝑥2 , 𝑦2 ) se determina aplicando el teorema de Pitágoras:
𝑑 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2
Ejemplo. Hallar la distancia entre los puntos 𝑃1 (−1, 2) 𝑦 𝑃2 (3, −2)
31
𝑑 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2
2
𝑑 = √(3 − (−1)) + (−2 − 2)2
𝑑 = √(4)2 + (−4)2 = √32 = 4√2 [𝑢]
Ejemplo. Demostrar que el triángulo dado por las coordenadas de sus
vértices 𝐴(6,7), 𝐵(−8, −1), 𝐶(−2, −7) es Isósceles.
Para su demostración es suficiente mostrar que dos de los lados del
triángulo tengan la misma longitud, la distancia entre puntos es:
𝑑𝐴𝐵 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 = √(−8 − 6)2 + (−1 − 7)2 = 2√65
𝑑𝐴𝐶 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 = √(−2 − 6)2 + (−7 − 7)2 = 2√65
𝑑𝐵𝐶 = √(𝑥2 − 𝑥1 )2 + (𝑦2 − 𝑦1 )2 = √(−2 + 8)2 + (−7 + 1)2 = 6√2
Como 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 el triángulo es Isósceles.
32
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1.2 PUNTO MEDIO
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El punto medio entre 𝑃1 (𝑥1 , 𝑦1 ) 𝑦 𝑃2 (𝑥2 , 𝑦2 ) es:
𝑥1 + 𝑥2 𝑦1 + 𝑦2
𝑃(
,
)
2
2
Ejemplo. Sean 𝑃1 (−4, −2) 𝑦 𝑃2 (2,4). El punto medio es:
−4 + 2 −2 + 4
𝑃(
,
) = 𝑃(−1, 1)
2
2
Ejemplo. Hallar las coordenadas de los vértices de un triángulo sabiendo que las coordenadas de los puntos medios de sus lados son
𝐴(1, −1), 𝐵(−1, 2) 𝑦 𝐶(−2, −2).
Debemos hallar las coordenadas de los vértices, sean:
𝐷(𝑎, 𝑏), 𝐸(𝑐, 𝑑) 𝑦 𝐹(𝑒, 𝑓) aplicando la fórmula del punto medio:
𝑥1 + 𝑥2
𝑦1 + 𝑦2
𝑥=
;
𝑦=
2
2
Para las abscisas:
𝑎+𝑐
= −1
2
𝑎 + 𝑐 = −2
𝑎 = −4
𝑎+𝑒
= −2 → {𝑎 + 𝑒 = −4 → { 𝑐 = 2
2
𝑐+𝑒 =2
𝑒=0
𝑐+𝑒
=
1
{ 2
Para las ordenadas:
𝑏+𝑑
=2
2
𝑏+𝑑 =4
𝑏=1
𝑏+𝑓
𝑏
+
𝑓
=
−4
𝑑
=3
→
{
→
{
= −2
2
𝑓 = −5
𝑑 + 𝑓 = −2
𝑑+𝑓
{ 2 = −1
33
Por tanto los puntos buscados son: 𝐷(−4, 1), 𝐸(2, 3) 𝑦 𝐹(0, −5)
1.3 PENDIENTE
La pendiente de una recta, es igual a la tangente del ángulo de inclinación que forma la recta respecto de la horizontal, la cual se denotara
con 𝒎.
Dados los puntos 𝑃1 (𝑥1 , 𝑦1 ) 𝑦 𝑃2 (𝑥2 , 𝑦2 ) que se encuentran sobre una
línea recta, su pendiente estará dado por:
𝑦2 − 𝑦1
𝑚 = tan 𝜃 =
𝑥2 − 𝑥1
Ejemplo. Hallar la pendiente de la recta que contiene a los puntos
𝑃1 (−4, −2) 𝑦 𝑃2 (7, −3)
𝑦2 − 𝑦1
−3 − (−2)
1
𝑚=
=
=−
𝑥2 − 𝑥1
7 − (−4)
11
2. LA RECTA
La recta es el conjunto de puntos que se encuentran en el plano de tal
manera que tomados dos puntos cualesquiera de esta recta su pendiente no cambia, es decir la pendiente es independiente de los puntos
que se tomen sobre la recta.
2.1 ECUACIÓN PUNTO PENDIENTE
Conocidos los puntos 𝑃1 (𝑥1 , 𝑦1 ) 𝑦 𝑃2 (𝑥2 , 𝑦2 ) y la pendiente 𝑚 de una
recta, si además tomamos 𝑃(𝑥, 𝑦) un punto cualquiera de la recta:
𝑦2 − 𝑦1 𝑦 − 𝑦1
𝑚=
=
𝑥2 − 𝑥1 𝑥 − 𝑥1
34
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Así 𝑃(𝑥, 𝑦) es un punto de la recta si y solo si
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 )
Esta se denomina como la ecuación punto pendiente de la recta.
Ejemplo. Determinar la ecuación de la recta que pasa por los puntos
(1, 2) 𝑦 (4, 5)
Para empezar, calculamos la pendiente de la recta:
𝑦2 − 𝑦1 5 − 2
𝑚=
=
=1
𝑥2 − 𝑥1 4 − 1
Para determinar la ecuación basta utilizar uno de los puntos de la recta
que conocemos, sea (1, 2) entonces
𝑦 − 2 = 1(𝑥 − 1) → 𝑦 = 𝑥 + 1
Se obtendrá la misma ecuación si usamos el otro punto y la pendiente
𝑚 = 1.
𝑦 − 5 = 1(𝑥 − 4) → 𝑦 = 𝑥 + 1
2.2. ECUACIÓN PENDIENTE ORDENADA
Dada la ecuación
𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 )
Esta se puede escribir : 𝑦 = 𝑚𝑥 + (𝑦1 − 𝑚𝑥1 ) si ponemos 𝑏 = 𝑦1 −
𝑚𝑥1 podemos escribir la ecuación como :
𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑏
Además, si 𝑥 = 0 entonces 𝑦 = 𝑏 el punto (0, 𝑏), que pertenece a la
recta, es la intersección de la recta con el eje de las ordenadas.
Ejemplo. Dada la recta 𝑦 = −3𝑥 + 2 determinar su intersección con los
ejes coordenados y graficar.
35
La intersección de la recta con el eje de las ordenadas es (0, 2) y con
2
el eje de las abscisas es ( , 0). Para trazar la gráfica basta ubicar estos
3
dos puntos y unirlos.
2.3 ECUACIÓN GENERAL DE LA RECTA
La ecuación 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0, donde A, B y C son constantes arbitrarias y ambas A y B no son simultáneamente nulas es también la ecuación de una recta, independientemente si es vertical o no.
Ejemplo. Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos:
(−4, 1) 𝑦 (3, −5)
Sean 𝑃1 (−4, 1) 𝑦 𝑃2 (3, −5) calculamos la pendiente de la recta:
𝑦2 − 𝑦1
−5 − 1
6
𝑚=
=
=−
𝑥2 − 𝑥1 3 − (−4)
7
Para determinar la ecuación basta utilizar uno de los puntos de la recta
que conocemos, sea (−4, 1) entonces:
6
𝑦 − 1 = − (𝑥 − (−4))
7
7(𝑦 − 1) = −6(𝑥 + 4)
6𝑥 + 7𝑦 + 17 = 0
36
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2.4 DISTANCIA DE UN PUNTO A UNA RECTA
Dada la recta 𝐿: 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0 y un punto 𝑃0 (𝑥0 , 𝑦0 ) que no se encuentra sobre la recta, se puede trazar un segmento perpendicular del
punto 𝑃0 a la recta y la longitud de este segmento está dado por:
|𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶|
𝑑=
√𝐴2 + 𝐵2
Ejemplo. Hallar la distancia del punto 𝑃0 (−4, 2) a la recta
𝐿: 4𝑥 − 3𝑦 − 8 = 0
Aplicando la formula
|𝐴𝑥0 + 𝐵𝑦0 + 𝐶|
𝑑=
√𝐴2 + 𝐵2
|4(−4) − 3(2) − 8| |−30| 30
𝑑=
=
=
= 6 [𝑢]
5
√25
√42 + (−3)2
37
2.5 ÁNGULO ENTRE DOS RECTAS
Dados dos rectas 𝐿1 𝑦 𝐿2 con pendientes 𝑚1 𝑦 𝑚2 respectivamente. De
la gráfica se tiene:
La pendiente de 𝐿1 es la tangente de 𝛼 y la pendiente de 𝐿2 es la tangente de 𝛽, es decir
𝑚1 = tan 𝛼 ; 𝑚2 = tan 𝛽
Como 𝛼 + 𝜃 = 𝛽 entonces 𝜃 = 𝛽 − 𝛼 tomando la tangente en ambos
ángulos se tiene que
tan 𝜃 = tan(𝛽 − 𝛼)
tan 𝛽 − tan 𝛼
𝑚2 − 𝑚1
tan 𝜃 =
=
1 + tan 𝛽 tan 𝛼 1 + 𝑚2 𝑚1
Entonces si 𝜃 es el angulo entre las rectas 𝐿1 𝑦 𝐿2 este está dado por:
𝑚2 − 𝑚1
tan 𝜃 =
1 + 𝑚2 𝑚1
Ejemplo. Hallar la pendiente de la recta que forma un ángulo de 135°
con la recta que pasa por los puntos (2, −1) 𝑦 (5, 4)
Calculando la pendiente 𝑚1 :
𝑦2 − 𝑦1 4 − (−1) 5
𝑚1 =
=
=
𝑥2 − 𝑥1
5−2
3
Aplicando la fórmula del ángulo entre dos rectas
5
5
𝑚2 −
𝑚2 −
3
3 → 𝑚 =1
tan 135 =
→ −1 =
2
5
5
4
1 + 𝑚2
1 + 𝑚2
3
3
38
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2.6 PARALELISMO Y PERPENDICULARIDAD
Dados dos rectas 𝐿1 𝑦 𝐿2 con pendientes 𝑚1 𝑦 𝑚2 respectivamente.
a) Paralelismo:
𝐿1 ∥ 𝐿2 si y solo si 𝑚1 = 𝑚2
b) Perpendicularidad:
Las rectas 𝐿1 𝑦 𝐿2 son perpendiculares si en ángulo que forman estas
rectas es de 90° en este la tangente esta indefinida, esto ocurre solo si
1 + 𝑚2 𝑚1 = 0, entonces
𝐿1 ⊥ 𝐿2 si y solo si 𝑚1 𝑚2 = −1
Ejemplo. Dada la recta 𝐿1 : 2𝑥 + 5𝑦 − 2 = 0. Hallar la ecuación de la
recta perpendicular a 𝐿1 que pase por el punto (3, 2).
Para determinar la pendiente de la recta 𝐿1 procedemos a llevarla a la
forma pendiente ordenada
2
2
2𝑥 + 5𝑦 − 2 = 0 → 𝑦 = − 𝑥 +
5
5
2
Así la pendiente de 𝐿1 es − luego por la propiedad de perpendicula5
ridad
2
5
𝑚1 𝑚⊥ = −1 → − 𝑚⊥ = −1 → 𝑚⊥ =
5
2
Finalmente la recta perpendicular a 𝐿1 que pasa por el punto (3, 2) será:
5
𝑦 − 2 = (𝑥 − 3)
2
2(𝑦 − 2 ) = 5(𝑥 − 3) → 5𝑥 − 2𝑦 − 11 = 0
39
PROBLEMAS RESUELTOS
1. Si 𝐿1 : 2𝑦 − 𝑘𝑥 − 3 = 0 ; 𝐿2 ∶ (𝑘 + 1)𝑦 − 4𝑥 + 2 = 0 son las ecuaciones de dos rectas perpendiculares, y si 𝑚1 𝑦 𝑚2 son sus pendientes,
hallar el valor de 𝑚1 + 𝑚2 .
Solución. Hallemos las pendientes de las rectas
𝐿2 : (𝑘 + 1)𝑦 − 4𝑥 + 2 = 0
𝐿1 : 2𝑦 − 𝑘𝑥 − 3 = 0
Aplicando la condición de perpendicular se tiene:
(𝑘 + 1)𝑦 = 4𝑥 − 2
2𝑦 = 𝑘𝑥 + 3
𝑘
3
2
2
𝑦= 𝑥+
𝑚1 =
𝑘
2
Si 𝑘 = −
1
3
4
𝑦=
𝑘+1
𝑘+1
1
3
1
; 𝑚1 =
2
𝑘
𝑘+1
2
4
𝑚2 =
−
𝑥−
𝑚1 ∗ 𝑚2 = −1
2
=−
∗
4
𝑘+1
= −1
2𝑘 = −𝑘 − 1 ⇒ 𝑘 = −
𝑚2 =
6
1
35
6
6
Finalmente 𝑚1 + 𝑚2 = − + 6 =
4
1
3
− +1
1
3
4
= 2 =6
3
𝑚1 + 𝑚2 =
35
2
2. Sabiendo que el ángulo formado por las rectas 𝐿1 y 𝐿2 es de 135°, y
que la pendiente m1 de 𝐿1 es 3⁄2 . Hallar la pendiente 𝑚2 de 𝐿2
Solución. –
𝑚 −𝑚
Usaremos 𝑡𝑔𝜃 = 2 1
1+𝑚2 ∗𝑚1
40
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3
𝑚 −𝑚
𝑚1 =
𝑡𝑔135° = 2 1
2
1+𝑚2 ∗𝑚1
𝜃 = ∡𝐿1 , 𝐿2 = 135°
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3
3
−1(1 + 𝑚2 ∗ ) = 𝑚2 −
2
3
3
2
2
−2 − 3𝑚2 = 2𝑚2 − 3
;
𝑚2 =
−1 − 𝑚2 = 𝑚2 −
𝑚2 = ?
2
5𝑚2 = 1
1
5
3. Sean 𝐴(4,3), 𝐵(0,5) 𝑦 𝐶(−4,1) los vértices de un triángulo, hallar las
ecuaciones de las alturas y las coordenadas del ortocentro.
Solución. Calculando H1 :
𝑚𝐴𝐶 =
3−1
4+4
2
1
8
4
= =
⊥
𝑚𝐴𝐶
= −4
⊥
Tenemos 𝐵(0,5) 𝑦 𝑚𝐴𝐶
= −4
𝑦 − 5 = (−4)(𝑥 − 0) ; 𝑦 − 5 = −4𝑥 ; 𝐻1 : 𝑦 = −4𝑥 + 5
Calculando 𝐻2 :
𝑚𝐵𝐶 =
5−1
0+4
4
⊥
𝑚𝐵𝐶
= −1
= =1
4
⊥
Tenemos 𝐴(4,3) 𝑦 𝑚𝐵𝐶
= −1
𝑦 − 3 = (−1)(𝑥 − 4) ; 𝑦 − 3 = −𝑥 + 4 ; 𝐻2 : 𝑦 = −𝑥 + 7
Calculando 𝐻3 :
𝑚𝐴𝐵 =
3−5
4−0
=
−2
4
=−
1
2
⊥
𝑚𝐴𝐵
=2
⊥
Tenemos 𝐶(−4,1) 𝑦 𝑚𝐴𝐵
= −2
𝑦 − 1 = 2(𝑥 + 4) ; 𝑦 − 3 = 2𝑥 + 8 ; 𝐻3 : 𝑦 = 2𝑥 − 9
Para hallar el Ortocentro resolvemos el sistema
4𝑥 + 𝑦 = 5
{
𝑥+𝑦=7
{
𝑥=−
𝑦=
2
3
23
2 23
; 𝑂(− , )
3
3
41
3
4. Sean A(4,3), 𝐵(0,5) 𝑦 𝐶(−4,1) los vértices de un triángulo, hallar las
ecuaciones de las mediatrices y las coordenadas del circuncentro.
Solución. Calculo de M1 :
−4+4 1+3
Punto medio de ̅̅̅̅
𝐴𝐶 : 𝑅 (
) = R(0,2)
𝑚𝐴𝐶 =
3−1
4+4
2
1
8
4
= =
2
2
⊥
𝑚𝐴𝐶 = −4
⊥
Tenemos 𝑅(0,2) 𝑦 𝑚𝐴𝐶
= −4
𝑦 − 2 = −4(𝑥 − 0) 𝑀1 : 𝑦 = −4𝑥 + 2
Calculo de M2
0+4 5+3
Punto medio de ̅̅̅̅
𝐴𝐵 : 𝑆 ( ,
) = 𝑆 (2,4)
2
𝑚𝐴𝐵 =
5−3
0−4
=
2
−4
=−
1
2
2
⊥
𝑚𝐴𝐵
=2
⊥
Tenemos 𝑆(2,4) 𝑦 𝑚𝐴𝐵
=2
𝑦 − 4 = 2(𝑥 − 2)
𝑦 − 4 = 2𝑥 − 4
𝑀2 : 𝑦 = 2𝑥
Calculo de M3
̅̅̅̅ : 𝑃 (0−4 , 5+1) = 𝑃(−2,3)
Punto medio de 𝐵𝐶
2
𝑚𝐵𝐶 =
5−1
0+4
4
= =1
4
2
⊥
𝑚𝐵𝐶
= −1
⊥
Tenemos 𝑃(−2, 3) 𝑦 𝑚𝐵𝐶
= −1
𝑦 − 3 = −1(𝑥 + 2)
𝑦 − 3 = −𝑥 − 2
𝑀3 : 𝑦 = −𝑥 + 1
Para hallar el Circuncentro resolvemos el sistema:
1
𝑥=
1 2
4𝑥 + 𝑦 = 2
3
{
; {
𝐶( , )
2
2𝑥 − 𝑦 = 0
3 3
𝑦=
3
42
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5. Hallar las ecuaciones y el punto intersección de las bisectrices de los
ángulos interiores del triángulo formado por las rectas:
4𝑥 − 3𝑦 − 65 = 0, 7𝑥 − 24𝑦 + 55 = 0 y 3𝑥 + 4𝑦 − 5 = 0
Solución.Sean:
𝐿1 : 4𝑥 – 3𝑦 – 65 = 0 ; 𝐿2 : 7𝑥 – 24𝑦 + 55 = 0 ; 𝐿3 : 3𝑥 + 4𝑦 – 5 = 0
Previamente calculamos: √𝐴2 + 𝐵2
L₁: 4𝑥 − 3𝑦 − 65 = 0
𝐿1 ∶ √(4)2 + (−3)2 = 5
L₂: 7𝑥 − 24𝑦 + 55 = 0
𝐿2 ∶ √(7)2 + (−24)2 = 25
L₃: 3𝑥 + 4𝑦 − 5 = 0
𝐿3 ∶ √(3)2 + (4)2 = 5
Bisectriz L₁ ∧ L₂:
Sea: 𝑝(𝑥, 𝑦) un punto de la bisectriz, utilizando distancia de un punto a
una recta e igualando tenemos:
4𝑥 − 3𝑦 − 65 7𝑥 − 24𝑦 + 55
=
−5
25
−5(4𝑥 − 3𝑦 − 65) = 7𝑥 − 24𝑦 + 55
27𝑥 − 39𝑦 − 270 = 0 𝐿: 9𝑥 − 13𝑦 − 90 = 0
Bisectriz 𝐿2 ∧ 𝐿3
Sea: 𝑝(𝑥, 𝑦) un punto de la bisectriz, utilizando distancia de un punto a
una recta e igualando tenemos:
7𝑥 − 24𝑦 + 55 3𝑥 + 4𝑦 − 5
=
25
5
7𝑥 − 24𝑦 + 55 = 15𝑥 + 20𝑦 − 25
8𝑥 + 44𝑦 − 80 = 0 𝐿: 2𝑥 + 11𝑦 − 20 = 0
Bisectriz L₁ ∧ L₃:
4𝑥 − 3𝑦 − 65 3𝑥 + 4𝑦 − 5
=
−5
5
−4𝑥 + 3𝑦 + 65 = 3𝑥 + 4𝑦 − 5
∴ 𝐿: 7𝑥 + 𝑦 − 70 = 0
Luego, para hallar el punto de intersección llamado Incentro resolvemos el sistema:
2𝑥 + 11y − 20 = 0
𝑥 = 10
{
→ {
I(10, 0)
y=0
7𝑥 + y − 70 = 0
43
6. Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto de intersección
de las rectas:
𝑥 − 3𝑦 + 1 = 0 y 2𝑥 + 5𝑦 − 9 = 0 y cuya distancia al origen es 2.
Solución. Formamos la ecuación de la recta o familia de rectas que pasa por el
punto de intersección de las rectas dadas:
𝑥 − 3𝑦 + 1 + 𝑘(2𝑥 + 5𝑦 − 9) = 0
𝑥 − 3𝑦 + 1 + 2𝑘𝑥 + 5𝑘𝑦 − 9𝑘 = 0
(1 + 2𝑘)𝑥 + (5𝑘 − 3)𝑦 + 1 − 9𝑘 = 0
Luego aplicando la fórmula de la distancia del origen a la recta:
(1 + 2𝑘)0 + (5𝑘 − 3)0 + 1 − 9𝑘
2=
√(1 + 2𝑘)2 + (5𝑘 − 3)²
2=
1−9𝑘
→
√29𝑘²−26𝑘+10
2
2√29𝑘² − 26𝑘 + 10 = 1 − 9𝑘
Simplificando 35𝑘 − 86𝑘 + 39 = 0
Resolviendo la ecuación cuadrática:
𝑘=
86±√7396−5460
70
𝑘1 =
13
7
→ 𝑘=
ʌ
𝑘2 =
86±√1936
70
3
5
Reemplazando 𝑘₁
(1 + 2 ∗
13
7
) 𝑥 + (5 ∗
13
7
− 3) 𝑦 + 1 − 9 ∗
13
7
=0
se tiene 𝐿: 3𝑥 + 4𝑦 − 10 = 0
Reemplazando 𝑘2
3
3
3
5
5
5
(1 + 2 ∗ ) 𝑥 + (5 ∗ − 3) 𝑦 + 1 − 9 ∗ = 0
se tiene 𝐿: 𝑥 − 2 = 0
44
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7. Una recta pasa por el punto de intersección de las rectas
2𝑥 − 3𝑦 − 5 = 0, 𝑥 + 2𝑦 − 13 = 0 y el segmento que determina
sobre el eje X es igual al doble de su pendiente. Hallar la ecuación de
dicha recta.
Solución. Formamos la ecuación de la recta o familia de rectas que pasa por el
punto de intersección de las rectas dadas:
2𝑥 − 3𝑦 − 5 + 𝑘(𝑥 + 2𝑦 − 13) = 0
(2 + 𝑘)𝑥 − (3 − 2𝑘)𝑦 − 5 − 13𝑘 = 0 (1)
En esta ecuación se tiene:
Intersección con el eje X: 𝑦 = 0
(5 + 13𝑘)
𝑥=
(𝑎)
(2 + 𝑘)
Pendiente:
2+𝑘
(𝑏)
𝑚=
3 − 2𝑘
Por condición del problema, con (a) y (b):
5 + 13𝑘
2+𝑘
= 2(
)
2+𝑘
3 − 2𝑘
Desarrollando y simplificando se tiene la ecuación de segundo grado
4𝑘 2 − 3𝑘 − 1 = 0
𝑘1 = 1
; 𝑘2 = −1/4
Reemplazando en (1) el valor de 𝑘1 = 1
(2 + 1)𝑥 − (3 − 2)𝑦 − 5 − 13 = 0
3𝑥 − 𝑦 − 18 = 0
Reemplazando en (1) el valor de 𝑘2 = −1/4
45
1
2
13
(2 − ) 𝑥 − (3 + ) 𝑦 − 5 +
=0
4
4
4
𝑥 − 2𝑦 − 1 = 0
Luego las rectas serán:
𝐿1 : 3𝑥 − 𝑦 − 18 = 0
∧
𝐿2 : 𝑥 − 2𝑦 − 1 = 0
8. Por el punto de intersección de las rectas 𝐿1 y 𝐿2 , se quiere trazar
una recta que forme con los ejes un triángulo de un área igual a 3/2.
𝐿1 : 2𝑥 − 𝑦 + 2 = 0 ; 𝐿2 : 𝑥 − 𝑦 + 1 = 0
Solución. La familia de rectas que pasa por la intersección de estás es:
2𝑥 − 𝑦 + 2 + 𝑘(𝑥 − 𝑦 + 1) = 0
O sea:
(2 + 𝑘)𝑥 − (1 + 𝑘)𝑦 + 2 + 𝑘 = 0 (1)
Intersección con el eje X: 𝑦 = 0 𝑥 = −1
Intersección con el eje Y: 𝑥 = 0
𝑦=
2+𝑘
1+𝑘
Aplicando la siguiente formula
1
á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑖á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = ( ) × (𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜𝑠)
2
𝑘+2
Para 𝑎 = −1 y 𝑏 =
𝑘+1
1
𝑘+2
2
𝑘+1
− ∗
O sea:
3
= ;
2
𝑘=−
De donde:
5
4
Sustituyendo en (1):
5
5
5
(2 − ) 𝑥 − (1 − ) 𝑦 + 2 − = 0
4
4
4
46
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Simplificando 3𝑥 + 𝑦 + 3 = 0
Para 𝑎 = 1
𝑏=
y
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𝑘+2
𝑘+1
1
O sea:
2
∗
𝑘+2
𝑘+1
𝑘=−
De donde:
3
= ;
2
1
2
Sustituyendo en (1):
Simplificando
1
1
1
(2 − ) 𝑥 − (1 − ) 𝑦 + 2 − = 0
2
2
2
3𝑥 − 𝑦 + 3 = 0
9. Determinar la ecuación de la recta que pasa por el punto 𝐴(2, 3) y
que forma con la recta: 𝑥 − 3𝑦 + 13 = 0 un ángulo igual a 𝜋/4.
Solución. Sabemos que el ángulo formado por ambas rectas es 𝜋/4.
El ángulo formado por dos rectas viene dado por la fórmula:
𝑚2 − 𝑚1
𝑡𝑔 𝜃 =
1 + 𝑚2 × 𝑚1
Ahora:
Luego:
𝑚1 =
𝑡𝑔
1
𝑦
3
𝜋
4
=
1
𝑚2 −
3
𝑚2
1+
3
𝑚2 =?
; 1=
3𝑚2 −1
3+𝑚2
De donde: 𝑚2 = 2
Como la recta perdida debe pasar por el punto 𝐴(2,3) y conocida su
pendiente 𝑚2 = 2, su ecuación será de la forma 𝑦 − 𝑦1 = 𝑚(𝑥 − 𝑥1 ),
Es decir:
𝑦 − 3 = 2(𝑥 − 2) → 2𝑥 − 𝑦 − 1 = 0
47
10. Hallas las ecuaciones de las rectas de pendiente −3/4 que formen
con los ejes coordenados un triángulo de área 24 unidades de superficie.
Solución. Una recta de pendiente −3/4 y ordenada en el origen 𝑏 dada por:
3
𝑦 = −( )𝑥 + 𝑏
4
Para 𝑥 = 0,
𝑦=𝑏
Para 𝑦 = 0,
4
𝑥 = ( )𝑏
3
1
á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑖á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = ( ) × (𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑠 𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜𝑠)
2
1
4
24 = ( ) × (𝑏 × ( ) 𝑏)
2
3
2 2
24 = 𝑏
3
𝑏 2 = 36
𝑏1 = 6,
𝑏2 = −6,
Las ecuaciones pedidas son:
3
3
𝑦 =− 𝑥+6
𝑦=− 𝑥−6
4
4
3𝑥 + 4𝑦 − 24 = 0 ∧ 3𝑥 + 4𝑦 + 24 = 0
48
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EJERCICIOS PROPUESTOS
1) Hallar
el
perímetro
y
área
del
triángulo
de
vértices
𝐴(3,4), 𝐵(−2,1) 𝑦 𝐶(1, −3)
Sol. 18.11
2) Hallar la ecuación de la recta que pasa por (0,3) y tiene pendiente
4
𝑚=− .
3
Sol. 4𝑥 + 3𝑦 − 9 = 0
3) Hallar la ecuación de la recta que pasa por los puntos (2, −3) 𝑦 (4,2)
Sol. 5𝑥 − 2𝑦 − 16 = 0
4) Hallar la intersección entre las rectas 3𝑥 + 4𝑦 − 23 = 0 𝑦 5𝑥 − 4𝑦 −
17 = 0
Sol. (5,2)
5) Halle la ecuación de la recta paralela a la recta 2𝑥 − 3𝑦 + 3 = 0 que
pasa por el punto (5,3).
Sol. 2x − 3y − 1 = 0
6) Halle la ecuación de la recta perpendicular a la recta 2𝑥 − 3𝑦 + 3 =
0, que pasa por el punto (3,6).
Sol. 3x + 2y − 21 = 0
7) Halle la distancia entre la recta 6x + 8y − 34 = 0 y el punto (4,5).
Sol. 3
8) Hallar las ecuaciones y el punto de intersección de las medianas del
triángulo formado por las rectas 4𝑥 − 3𝑦 − 65 = 0, 7𝑥 − 24𝑦 + 55 =
0, 3𝑥 + 4𝑦 − 5 = 0.
9) Los vértices de un triángulo son 𝐴(−5,6), 𝐵(−1, −4) 𝑦 𝐶(3,2), hallar
la intersección de sus alturas.
7
3
Sol. (4 , 2)
10) Hallar las ecuaciones y el punto de intersección de las mediatrices
del triángulo de vértices 𝐴(−5,6), 𝐵(−1, −4) 𝑦 𝐶(3,2).
49
LA CIRCUNFERENCIA
1. DEFINICIÓN Y ECUACIÓN ORDINARIA
La circunferencia es el lugar geométrico de los puntos cuya distancia a
un punto fijo, llamado centro, es constante. La distancia constante es la
longitud del radio.
Para obtener la ecuación ordinaria de una circunferencia de centro
𝐶(ℎ, 𝑘) y radio 𝑟, tomamos un punto genérico 𝑃(𝑥, 𝑦). Entonces
𝑑𝑃𝐶 = 𝑟
√(𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟
Elevando ambos miembros al cuadrado:
(𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟 2
Esta se denomina ecuación ordinaria de la circunferencia.
Si el centro es el origen, es decir 𝐶(0,0), la ecuación adquiere la forma:
𝑥 2 + 𝑦2 = 𝑟2
Ejemplo. Halla la ecuación de la circunferencia de centro en el origen
y radio 3.
Se tiene que
𝐶(0,0) → ℎ = 0 𝑦 𝑘 = 0 ; 𝑟 = 3
Sustituyendo en la ecuación ordinaria tenemos:
(𝑥 − 0)2 + (𝑦 − 0)2 = 32
𝑥 2 + 𝑦2 = 9
50
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2. ECUACIÓN GENERAL DE LA CIRCUNFERENCIA
Al desarrollar la ecuación ordinaria (𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟 2 tenemos:
𝑥 2 − 2𝑥ℎ + ℎ2 + 𝑦 2 − 2𝑦𝑘 + 𝑘 2 = 𝑟 2
2
𝑥 + 𝑦 2 + (−2ℎ)𝑥 + (−2𝑘)𝑦 + ℎ2 + 𝑘 2 − 𝑟 2 = 0
Tomando 𝐷 = −2ℎ, 𝐸 = −2𝑘, 𝐹 = ℎ2 + 𝑘 2 − 𝑟 2 esta ecuación se
transforma en:
𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0
Que se denomina la forma general de una circunferencia.
Ejemplo. Determina la ecuación general de la circunferencia de centro
(3, −2) y radio 4.
Ecuación de la circunferencia con centro (ℎ, 𝑘) es:
(𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟 2
Tenemos: 𝐶(3, −2) → ℎ = 3, 𝑘 = −2 y 𝑟 = 4
(𝑥 − 3)2 + (𝑦 − (−2))2 = 42
𝑥 2 − 6𝑥 + 9 + 𝑦 2 + 4𝑦 + 4 = 16
𝑥 2 + 𝑦 2 − 6𝑥 + 4𝑦 − 3 = 0
Ejemplo. Determina la ecuación general de la circunferencia de centro
𝐶(4, −1) y que pase por el punto 𝑃(−1, 3).
Primero debemos obtener el radio, calculando la distancia entre los
puntos 𝐶 𝑦 𝑃. Es decir:
𝑟 = 𝑑𝐶𝑃 = √(−1 − 4)2 + (3 − (−1))2 = √41
51
Ahora tenemos 𝐶(4, −1) 𝑦 𝑟 = √41. Remplazando estos valores en la
ecuacion ordinaria de la circunferencia y llevamos la ecuación en su
forma general.
2
(𝑥 − 4)2 + (𝑦 − (−1))2 = √41
𝑥 2 − 8𝑥 + 16 + 𝑦 2 + 2𝑦 + 1 = 41
𝑥 2 + 𝑦 2 − 8𝑥 + 2𝑦 − 24 = 0
3. RECTA TANGENTE A LA CIRCUNFERENCIA
La definición de recta tangente a una curva en general requiere el concepto de limite. Para una circunferencia en el plano cartesiano se puede
demostrar que la recta tangente a una circunferencia de centro 𝐶 es
una recta que interseca en un solo punto 𝑃. Además, su pendiente 𝑚
es perpendicular a la pendiente del segmento definido por 𝐶𝑃
52
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Ejemplo. Determina la ecuación de la recta tangente a la circunferencia
𝑥 2 + 𝑦 2 − 6𝑥 − 2𝑦 − 15 = 0
En el punto 𝑃(6,5).
Completando cuadrados determinamos el centro y radio de la circunferencia
(𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 1)2 = 52
Así su centro es 𝐶(3, 1) y su radio es 𝑟 = 5
Calculamos la pendiente del segmento definido por 𝐶(3, 1) 𝑦 𝑃(6, 5)
5−1 4
𝑚𝐶𝑃 =
=
6−3 3
Aplicando la condición de perpendicularidad 𝑚𝐶𝑃 ∗ 𝑚 = −1
4
3
∗ 𝑚 = −1 → 𝑚 = −
3
4
Finalmente hallamos la ecuación general de la recta tangente a partir
3
de su ecuación punto pendiente; 𝑃(6,5) y 𝑚 = −
4
3
𝑦 − 5 = − (𝑥 − 6)
4
4(𝑦 − 5) = −3(𝑥 − 6)
3𝑥 + 4𝑦 − 38 = 0
53
PROBLEMAS RESUELTOS
1. Hallar la ecuación de la circunferencia de radio 𝑟 = 5 y que pase por
los puntos (0,2) y (7,3).
Solución. Supongamos que 𝐶(ℎ, 𝑘) es el centro de la circunferencia buscada
sean A(0,2) y B(7,3) puntos de la circunferencia.
𝑑𝐶𝐴 = 𝑑𝐶𝐵
√(ℎ − 0)2 + (𝑘 − 2)2 = √(ℎ − 7)2 + (𝑘 − 3)2
ℎ2 + 𝑘 2 − 4𝑘 + 4 = ℎ2 − 14ℎ + 49 + 𝑘 2 − 6𝑘 + 9
14ℎ + 2𝑘 = 54
7ℎ + 𝑘 = 27
𝑘 = 27 − 7ℎ
Como 𝑟 = 5, 𝑑𝐶𝐴 = 5
√(ℎ − 0)2 + (𝑘 − 2)2 = 5
ℎ2 + (27 − 7ℎ − 2)2 = 25
ℎ2 + (25 − 7ℎ)2 = 25
ℎ2 + 625 − 350ℎ + 49ℎ2 − 25 = 0
50ℎ2 − 350ℎ + 600 = 0
ℎ2 − 7ℎ + 12 = 0
(ℎ − 4)(ℎ − 3) = 0
ℎ1 = 4
ℎ2 = 3
𝑘1 = −1
𝑘2 = 6
Las ecuaciones de las circunferencias buscadas son:
𝐶1 : (𝑥 − 4)2 + (𝑦 + 1)2 = 52 → 𝑥 2 + 𝑦 2 − 8𝑥 + 2𝑦 = 8
𝐶2 : (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 6)2 = 52 → 𝑥 2 + 𝑦 2 − 6𝑥 − 12𝑦 = −20
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2. Hallar la ecuación de la circunferencia de centro (−1, −3) que sea
tangente a la recta que une los puntos 𝐴(−2,4) 𝑦 𝐵(2,1).
Solución. La ecuación de la recta que pasa por A y B esta dada por:
𝐿 ∶ 3𝑥 + 4𝑦 − 10 = 0
Para hallar el radio usaremos la fórmula de la distancia de un punto a
una recta:
La condición de tangencia es:
𝑟 = 𝑑𝐶𝐿
𝑟=
|3(−1)+4(−3)−10|
√32 +4 2
=
|−25|
5
=5
Tenemos 𝐶(−1, −3) 𝑦 𝑟 = 5
(𝑥 + 1)2 + (𝑦 + 3)2 = 52
2
𝑥 + 2𝑥 + 1 + 𝑦 2 + 6𝑦 + 9 − 25 = 0
𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥 + 6𝑦 − 15 = 0
3. Encontrar la ecuación de la circunferencia que es tangente al eje 𝑋
en 𝑇 (4,0) y pasa por el punto 𝑅(7,1).
Solución. Observe que el centro tendrá coordenadas 𝐶 (4, 𝑘) Se debe cumplir
que:
𝑟 = 𝑑𝐶𝑇 = 𝑑𝐶𝑅
√(4 − 4)2 + (𝑘 − 0)2 = √(4 − 7)2 + (𝑘 − 1)2
𝑘 2 = 9 + 𝑘 2 − 2𝑘 + 1
𝑘=5
El centro es 𝐶 (ℎ, 𝑘) = 𝐶 (4,5) además 𝑟 = 𝑑𝐶𝑅
55
r = √(4 − 7)2 + (k − 1)2
r = √(4 − 7)2 + (5 − 1)2
Tenemos 𝐶 (4,5) ; 𝑟 = 5
(𝑥 − 4)2 + (𝑦 − 5)2 = 52
2
𝑥 − 8𝑥 + 16 + 𝑦 2 − 10𝑦 + 25 = 25
𝑥 2 + 𝑦 2 − 8𝑥 − 10𝑦 + 16 = 0
4. Hallar la ecuación de la circunferencia que es tangente a las dos
rectas paralelas
𝐿1 : 2𝑥 + 𝑦 − 5 = 0 y 𝐿2 ∶ 2𝑥 + 𝑦 + 15 = 0 y a una de ellas en el punto
𝐴 (−6, −3).
Solución. La condición de tangencia que usamos es la condición de perpendicularidad:
𝐿2 ∶ 2𝑥 + 𝑦 + 15 = 0 ⇒ 𝑦 = −2𝑥 − 15 ⇒ 𝑚2 = −2
Hallamos la pendiente de la recta perpendicular 𝐿3 :
𝐿3 ⊥ 𝐿2 ⇒ 𝑚3 =
usando
el
1
2
y luego determinamos la ecuacion de la recta
𝐴 (−6, −3)
punto
y
1
𝑦 + 3 = (𝑥 + 6) ⇒ 2𝑦 + 6 = 𝑥 + 6 ⇒ 𝑥 − 2𝑦 = 0
2
Calculando el punto de intersección entre la recta 𝐿1 y 𝐿3
2𝑥 + 𝑦 = 5
𝑥=2
{
⇒ {
⇒ 𝐵 (2,1)
𝑦=1
𝑥 − 2𝑦 = 0
56
𝑚3 =
1
2
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El punto medio entre A y B es el centro 𝐶 (ℎ, 𝑘) = 𝐶 (−2, −1) además
𝑟 = 𝑑𝐶𝐵
r = √(−2 − 2)2 + (−1 − 1)2
r = √20 = 2√5
La ecuación de la circunferencia buscada es:
(𝑥 + 2)2 + (𝑦 + 1)2 = (2√5)2
Desarrollando se tiene la ecuación general de la circunferencia:
𝑥 2 + 𝑦 2 + 4𝑥 + 2𝑦 − 15 = 0
5. Hallar la ecuación de la circunferencia circunscrita al triángulo de
lados.
𝑥 − 𝑦 + 2 = 0, 2𝑥 + 3𝑦 − 1 = 0 𝑦 4𝑥 + 𝑦 − 17 = 0
Solución. Sea 𝐿1 : 𝑥 – 𝑦 + 2 = 0 ; 𝐿2 : 2𝑥 + 3𝑦 – 1 = 0 y 𝐿3 : 4𝑥 + 𝑦 – 17 = 0
Hallamos los puntos de intersección:
Rectas 𝐿1 ∧ 𝐿2 :
{
𝑥 – 𝑦 + 2 = 0
2𝑥 + 3𝑦 – 1 = 0
𝑥 = −1
⇒ {
𝑦=1
Rectas 𝐿1 ∧ 𝐿3 :
{
𝑥 – 𝑦 + 2 = 0
4𝑥 + 𝑦 – 17 = 0
𝑥=3
⇒ {
𝑦=5
Rectas 𝐿2 ∧ 𝐿3 :
{
2𝑥 + 3𝑦 – 1 = 0
4𝑥 + 𝑦 – 17 = 0
𝑥=5
⇒ {
𝑦 = −3
(– 1,1), (3,5)𝑦 (5, – 3) ∈ 𝐶:
𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0
57
Sustituyendo los puntos en la ecuación y resolviendo el sistema se tiene:
32
𝐴=−
5
– A + B + C =– 2
8
{3A + 5B + C = – 34
⇒
𝐵=−
5
5A – 3B + C = – 34
34
{𝐶 = − 5
La ecuación de la circunferencia buscada es:
5𝑥 2 + 5𝑦 2 − 32𝑥 − 8𝑦 − 34 = 0
6. Hallar la ecuación de la circunferencia inscrita al triangulo de lados
4𝑥 – 3𝑦 – 65 = 0
7𝑥 – 24𝑦 + 55 = 0 𝑦 3𝑥 + 4𝑦 – 5 = 0
Solución. Sean:
𝐿1 : 4𝑥 – 3𝑦 – 65 = 0 ; 𝐿2 : 7𝑥 – 24𝑦 + 55 = 0 ; 𝐿3 : 3𝑥 + 4𝑦 – 5 = 0
previamente calculamos: √𝐴2 + 𝐵2
L₁: 4𝑥 − 3𝑦 − 65 = 0
𝐿1 ∶ √(4)2 + (−3)2 = 5
L₂: 7𝑥 − 24𝑦 + 55 = 0
𝐿2 ∶ √(7)2 + (−24)2 = 25
L₃: 3𝑥 + 4𝑦 − 5 = 0
𝐿3 ∶ √(3)2 + (4)2 =5
Bisectriz L₁ ∧ L₂:
Sea: 𝑝(𝑥, 𝑦) un punto de la bisectriz, utilizando distancia de un punto a
una recta e igualando tenemos:
4x − 3y − 65 7x − 24y + 55
=
−5
25
−5(4𝑥 − 3𝑦 − 65) = 7𝑥 − 24𝑦 + 55
58
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27𝑥 − 39𝑦 − 270 = 0 𝐿: 9𝑥 − 13𝑦 − 90 = 0
Luego como 𝐶(ℎ, 𝑘) es un punto de la bisectriz se tiene:
9ℎ − 13𝑘 = 90 (1)
Bisectriz 𝐿2 ∧ 𝐿3 : sea 𝑝(𝑥, 𝑦) un punto de la bisectriz, utilizando distancia de un punto a una recta e igualando tenemos:
7x − 24y + 55 3x + 4y − 5
=
25
5
7𝑥 − 24𝑦 + 55 = 15𝑥 + 20𝑦 − 25
8𝑥 + 44𝑦 − 80 = 0 𝐿: 2𝑥 + 11𝑦 − 20 = 0
Bisectriz L₁ ∧ L₃:
4𝑥 − 3𝑦 − 65 3𝑥 + 4𝑦 − 5
=
−5
5
−4𝑥 + 3𝑦 + 65 = 3𝑥 + 4𝑦 − 5
∴ 𝐿: 7𝑥 + 𝑦 − 70 = 0
Luego como 𝐶(ℎ, 𝑘) es un punto de la bisectriz se tiene:
7ℎ + 𝑘 = 70 (2)
Resolviendo (1) ∧ (2)
9ℎ − 13𝑘 = 90
{
⇒
7ℎ + 𝑘 = 70
ℎ = 10
{
⇒ 𝐶(10, 0)
𝑘=0
Hallando el radio:
𝑟=
3(10) + 4(0) – 5 25
=
=5
5
5
Luego reemplazando la ecuación ordinaria
(𝑥 – 10) 2 + (𝑦 – 0) 2 = 52
𝑥 2 + 𝑦 2 − 20𝑥 + 75 = 0
59
7. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto 𝑃(2,9)
y que sea concéntrica a la circunferencia 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 2𝑦 = 7.
Solución. Completamos cuadrados en la ecuación de la circunferencia para determinar su centro
𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 2𝑦 = 7
2
𝑥 − 2𝑥 + 1 + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 = 7 + 1 + 1
(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 = 32
De la ecuación el centro de la circunferencia y su radio son: 𝐶(1, 1) y
su radio 𝑟 = 3.
Como las circunferencias son concéntricas tienen en mismo centro
𝐶2 (1,1) y el radio de la circunferencia está dado por 𝑟 = 𝑑𝐶𝑃 :
𝑟 = √(2 − 1)2 + (9 − 1)2
𝑟 = √(1)2 + (8)2 = √65 → 𝑟 = √65
Como 𝐶2 (1,1) ; 𝑅 = √65, la ecuación de la circunferencia es:
2
(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 = (√65)
𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 2𝑦 = 65 + 1 + 1
𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥 − 2𝑦 = 67
8. Hallar la ecuación de la circunferencia tangente al eje de las ordenadas que pasa por el punto 𝑃(3 ,6 ) y cuyo centro está en la recta
𝑥 − 5𝑦 + 5 = 0.
Solución. Tenemos la ecuación de la circunferencia con centro 𝐶(ℎ , 𝑘 )
(𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟 2
60
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como el punto 𝑃(3, 6) pertenece a la circunferencia reemplazamos sus
coordenadas
(3 − ℎ)2 + (6 − 𝑘)2 = 𝑟 2
como la circunferencia es tangente al eje de las ordenadas ℎ = 𝑟
(3 − ℎ)2 + (6 − 𝑘)2 = ℎ2
9 − 6ℎ + ℎ2 + 36 − 12𝑘 + 𝑘 2 = ℎ2
45 − 6ℎ − 12𝑘 + 𝑘 2 = 0 … (1)
Por la condición el centro 𝐶(ℎ , 𝑘 ) de la circunferencia esta sobre la
recta y satisface su ecuación: ℎ − 5𝑘 + 5 = 0 de donde ℎ = 5𝑘 − 5 (2)
Sustituyendo (2) en (1) se tiene:
45 − 6(5𝑘 − 5) − 12𝑘 + 𝑘 2 = 0
45 − 30𝑘 + 30 − 12𝑘 + 𝑘 2 = 0
75 − 42𝑘 + 𝑘 2 = 0
𝑘1 = 21 + √366
𝑘2 = 21 − √366
para 𝑘1 = 21 + √366 tenemos :
ℎ1 = 5(21 + √366) − 5
ℎ1 = 100 + 5√366
𝐶1 (100 + 5√366 ,21 + √366 )
2
2
𝐶: (𝑥 − (100 + 5√366)) + (𝑦 − (21 + √366)) = (100 + 5√366)2
Para 𝑘2 = 21 − √366 tenemos :
ℎ2 = 5(21 − √366) − 5
ℎ2 = 100 − 5√366
𝐶2 (100 − 5√366, 21 − √366 )
2
2
𝐶: (𝑥 − (100 − 5√366)) + (𝑦 − (21 − √366)) = (100 − 5√366)2
61
9. Hallar la ecuación de la circunferencia de radio 8 y cuyo centro es el
punto de intersección de las rectas 𝑥 + 5𝑦 − 25 = 0 y el eje de las ordenadas.
Solución. Primero encontramos el punto de intersección de las rectas
𝑥=0
𝑥 + 5𝑦 − 25 = 0
{
→ {
𝑦
=5
𝑥=0
Lugo por la condición tenemos el centro 𝐶(0, 5) y el 𝑟 = 8
(𝑥 − ℎ)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑟 2
(𝑥 − 0)2 + (𝑦 − 5)2 = 82
𝑥 2 + 𝑦 2 − 10𝑦 + 25 = 64
𝑥 2 + 𝑦 2 − 10𝑦 − 39 = 0
10. Dada la ecuación de una circunferencia (𝑥 − 5)2 + (𝑦 − 6)2 = 20 ,
hallar la ecuación de la tangente a este círculo en el punto en el punto
(7, 2).
Solución. Como tenemos 𝐶(5, 6) y el punto 𝑃(7, 2) hallamos su pendiente
𝑦0 − 𝑦 6 − 2
𝑚1 =
=
𝑥0 − 𝑥 5 − 7
4
𝑚1 = − = −2
2
como nos pide la ecuación de la de recta tangente en el punto (7, 2)
hallamos la pendiente perpendicular .
62
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𝑚 ∗ 𝑚1 = −1
1
𝑚 ∗ (−2) = −1 → 𝑚 =
2
𝑦 − 𝑦0 = 𝑚(𝑥 − 𝑥0 )
1
𝑦 − 2 = (𝑥 − 7)
2
2𝑦 − 4 = 𝑥 − 7 → 𝑥 − 2𝑦 − 3 = 0
EJERCICIOS PROPUESTOS
1. Determina la ecuación de la circunferencia cuyo centro y radio son
𝐶(−2, 5) 𝑦 𝑟 = 3.
2. En cada caso determina la ecuación de la circunferencia
a) El diámetro tiene extremos (−3, −2) 𝑦 (−1, 4)
b) 𝐶(2, −4) y tangente al eje Y.
c) Pasa por (0,0) y 𝐶(−1, 5)
3. Determina la ecuación de la circunferencia que pasa por (7,-5) y su
centro se halla en la intersección de las rectas 2𝑥 − 5𝑦 − 2 =
0 𝑦 7𝑥 − 9𝑦 − 10 = 0
4. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los puntos:
a) 𝐴 (−4, 2), 𝐵 (4,2) 𝑦 𝐶 (0, −2)
b) 𝐴 (1,0), 𝐵 (3, −2) 𝑦 𝐶 (1, −4)
63
5. Hallar la ecuación de la Circunferencia Circunscrita al triangulo de
lados:
𝐿1 : 𝑥 + 2𝑦 − 5 = 0 ; 𝐿2 : 2𝑥 + 𝑦 − 7 = 0 ; 𝐿3 : 𝑥 − 𝑦 + 1 = 0
Sol. 3𝑥 2 + 3𝑦 2 − 13𝑥 − 11𝑦 + 20 = 0
6. Determina el centro y radio completando cuadrados. Después, grafica la circunferencia.
a) x 2 + y 2 − 10x + 4y − 20 = 0
b) x 2 + y 2 + 12x + 10y + 41 = 0
c) x 2 + y 2 + 14x − 20y + 109 = 0
7. Hallar los puntos de intersección de la recta 5𝑥 − 3𝑦 − 3 = 0 y la circunferencia 𝑥 2 + 𝑦 2 + 2𝑥 − 6𝑦 − 7 = 0
8. Hallar los puntos de intersección entre la circunferencia x 2 + y 2 −
6x − 10y + 33 = 0 y la recta y − x − 1 = 0, luego graficarlas.
Sol.
(3,4),
(4,5)
9. Hallar la ecuación de la Circunferencia Inscrita al triangulo de lados:
𝐿1 : 7𝑥 + 6𝑦 − 11 = 0 ; 𝐿2 : 9𝑥 − 2𝑦 + 7 = 0 ; 𝐿3 : 6𝑥 − 7𝑦 − 16
=0
Sol. 85𝑥 2 + 85𝑦 2 − 60𝑥 + 70𝑦 − 96 = 0
10. La ecuación de una circunferencia es (𝑥 + 2)2 + (𝑦 − 3)2 = 5. Hallar la ecuación de la recta tangente a la circunferencia que pasa
por el punto (3, 3).
Sol. 𝑥 + 2𝑦 − 9 = 0 ; 𝑥 − 2𝑦 + 3 = 0
11. Hallar la ecuación de la circunferencia que pasa por el punto (11, 2)
y sea tangente a la recta 2𝑥 + 3𝑦 − 18 = 0 en el punto (3,4).
Sol. 5𝑥 2 + 5𝑦 2 − 98𝑥 − 142𝑦 + 737 = 0
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LA PARABOLA
1. DEFINICIÓN Y ELEMENTO DE LA PARÁBOLA
La parábola es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de un punto fijo llamado foco F y de una recta fija llamada directriz.
Para deducir la ecuación de una parábola, lo más simple posible, elegiremos un sistema de coordenadas con eje de las ordenadas perpendicular a la directriz y que contenga al foco. Es decir:
Sea 𝐹(0, 𝑝) el foco, la directriz d es 𝑦 = −𝑝, 𝑃(𝑥, 𝑦) un punto genérico
de la parábola y 𝑄(𝑥, −𝑝) un punto de la directriz que determina que las
distancias de P al foco y la directriz sean iguales, entonces
𝑑𝑃𝐹 = 𝑑𝑃𝑄
√𝑥 2 + (𝑦 − 𝑝)2 = √(𝑥 − 𝑥)2 + (𝑦 + 𝑝)2
𝑥 2 + (𝑦 − 𝑝)2 = (𝑥 − 𝑥)2 + (𝑦 + 𝑝)2
𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑦𝑝 + 𝑝2 = 𝑦 2 + 2𝑦𝑝 + 𝑝2
𝑥 2 = 4𝑝𝑦
Así la ecuación de la parábola cuyo foco es 𝐹(0, 𝑝) y la directriz es la
recta 𝑦 = −𝑝, vértice en (0, 0) y eje focal sobre el eje Y es:
𝑥 2 = 4𝑝𝑦
De manera similar la ecuación de la parábola cuyo foco es 𝐹(𝑝, 0) y la
directriz es la recta 𝑥 = −𝑝, vértice en (0, 0) y eje focal sobre el eje X
es:
𝑦 2 = 4𝑝𝑥
65
2. COORDENADAS DEL VÉRTICE Y DEL FOCO, DIRECTRIZ Y
EJE DE LA PARÁBOLA
La recta que pasa por 𝐹 y es perpendicular a la recta directriz se llama
“eje de simetría”. El punto de la parábola que esta sobre este eje transversal se llama vértice y lo denotamos con 𝑉. por la definición de la parábola, el vértice está a la misma distancia de la recta 𝑑 y del foco. Esta
distancia la denotamos por 𝑝.
El Latus Rectum de la parábola es la cuerda que pasa por el foco y es
perpendicular al eje. La longitud del Latus Rectum es 4𝑝.
Ejemplo. Halla la ecuación de la parábola de vértice en el origen y foco
en (2,0).
A una parábola de esta forma le corresponde la ecuación 𝑦 2 = 4𝑝𝑥,
donde p es la medida del vértice al foco, que en este caso vale 2 unidades, es decir 𝑝 = 2.
Sustituyendo en la ecuación tenemos:
𝑦 2 = 4(2)𝑥 → 𝑦 2 = 8𝑥 → 𝑦 2 − 8𝑥 = 0
Ejemplo. Sea la ecuación de la parábola 𝑥 2 = 14𝑦, determinar su foco
y directriz
7
7
2
2
Escribimos la ecuación de la forma 𝑥 2 = 14𝑦 = 4( )𝑦 entonces 𝑝 = ,
así se tiene que
7
Foco: 𝐹(0, 𝑝) = 𝐹(0, )
2
Directriz: 𝑦 = −𝑝 → 𝑦 = −
7
2
7
Latus Rectum: 𝐿𝑅 = 4𝑝 = 4 ( ) = 14
2
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3. ECUACIÓN DE LA PARÁBOLA CON VÉRTICE 𝑽(𝒉, 𝒌)
Deduciremos la ecuación de una parábola cuyo vértice no está necesariamente en el punto (0, 0) y cuyo eje focal no se encuentra sobre el
eje X.
En la gráfica, el vértice es 𝑉(ℎ, 𝑘), el foco es 𝐹(ℎ + 𝑝, 𝑘), la directriz d
es 𝑥 = ℎ − 𝑝, el eje de simetría es paralelo al eje 𝑋.
𝑑𝑃𝐹 = 𝑑𝑃𝑄
√(𝑥 − ℎ − 𝑝)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = 𝑥 − ℎ + 𝑝
(𝑥 − ℎ − 𝑝)2 + (𝑦 − 𝑘)2 = (𝑥 − ℎ + 𝑝)2
(𝑦 − 𝑘)2 = 4𝑝(𝑥 − ℎ)
Como 𝑝 > 0, entonces 𝑥 ≥ ℎ como se espera. Así la parábola se abre
hacia la derecha, la ecuación canónica de la parábola con el eje focal
paralelo al eje X y vértice 𝑉(ℎ, 𝑘) es:
(𝑦 − 𝑘)2 = 4𝑝(𝑥 − ℎ)
67
En el caso de que la parábola se abra hacia la izquierda, el foco es
𝐹(ℎ − 𝑝, 𝑘) y la directriz d es 𝑥 = ℎ + 𝑝
La ecuación de la parábola con eje focal paralelo al eje Y es:
(𝑥 − ℎ)2 = 4𝑝(𝑦 − 𝑘)
Ejemplo. Hallar la ecuación de la parábola con vértice en (−2, 4) y foco
en (−2, 2).
Dado que el vértice y el foco tienen igual abscisa, el eje de la parábola
es paralelo al eje Y, además la distancia entre el foco y el vértice es
𝑝 = 2 y como se abre hacia abajo la ecuación canónica de la parábola
será:
(𝑥 − ℎ)2 = −4𝑝(𝑦 − 𝑘)
Como el vértice es (−2, 4), entonces ℎ = −2 𝑦 𝑘 = 4, sustituimos en la
ecuación y obtenemos
(𝑥 + 2)2 = −4(2)(𝑦 − 4)
(𝑥 + 2)2 = −8(𝑦 − 4)
La longitud del lado recto es: 𝐿𝑅 = 4𝑝 = 4(2) = 8 → 𝐿𝑅 = 8
La directriz es 𝑦 = 𝑘 + 𝑝 = 4 + 2 = 6 → 𝑦 = 6
Ejemplo. Halla la ecuación de la parábola de vértice 𝑉(2, 3), eje focal
paralelo al eje X, y que pasa por el punto 𝑃(0,1). Encuentra también la
longitud del lado recto.
Si el vértice de la parábola está en (2,3) y la parábola pasa por (0, 1),
la parábola se abre hacia la izquierda y su ecuación tiene la forma:
(𝑦 − 𝑘)2 = −4𝑝(𝑥 − ℎ)
Como el vértice es (2, 3), entonces: ℎ = 2 𝑦 𝑘 = 3
La parábola pasa por (0, 1), entonces: 𝑥 = 0 𝑒 𝑦 = 1
68
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Sustituimos las coordenadas del vértice y del punto P en la ecuación y
obtendremos el valor de p
(1 − 3)2 = −4𝑝(0 − 2)
1
4 = 8𝑝 → 𝑝 =
2
Reemplazando los valores de h, k y p para hallar la ecuación de la parábola
(𝑦 − 3)2 = −2(𝑥 − 2)
1
3
2
2
El foco es: 𝐹(ℎ − 𝑝, 𝑘) = 𝐹 (2 − , 3) = 𝐹 ( , 3) → 𝐹(1.5, 3)
1
La longitud del lado recto es: 𝐿𝑅 = 4𝑝 = 4 ( ) = 2 → 𝐿𝑅 = 2
2
1
5
2
2
La directriz es 𝑥 = ℎ + 𝑝 = 2 + =
→ 𝑦 = 2.5
4. ECUACIÓN GENERAL DE LA PARÁBOLA
Podemos obtener la ecuación general de la parábola a partir de la ecuación ordinaria de una parábola con vértice en cualquier punto:
(𝑦 − 𝑘)2 = 4𝑝(𝑥 − ℎ)
2
𝑦 − 2𝑦𝑘 + 𝑘 2 = 4𝑝𝑥 − 4𝑝ℎ
2
𝑦 − 4𝑝𝑥 − 2𝑘𝑦 + 𝑘 2 + 4𝑝ℎ = 0
Realizando el cambio de variable: 𝐷 = −4𝑝, 𝐸 = −2𝑘 , 𝐹 = 𝑘 2 + 4𝑝ℎ
Por tanto, la ecuación general de la parábola cuyo eje focal es paralelo
al eje X es:
𝑦 2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0
De manera similar, la ecuación general de la parábola cuyo eje focal es
paralelo al eje Y es:
𝑥 2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0
69
Ejemplo. Determina la ecuación general de la parábola de vértice
𝑉(1, 2) y directriz 𝑥 = 5.
Si el vértice de la parábola está en (1,2) y la directriz es 𝑥 = 5, la parábola se abre hacia la izquierda y su ecuación tiene la forma:
(𝑦 − 𝑘)2 = −4𝑝(𝑥 − ℎ)
Como el vértice es (1, 2), entonces: ℎ = 1 𝑦 𝑘 = 2
La directriz es 𝑥 = ℎ + 𝑝 → 𝑝 = 𝑥 − ℎ = 5 − 1 = 4 → 𝑝 = 4
Sustituimos V y p en la ecuación canónica y realizamos operaciones
(𝑦 − 2)2 = −4(4)(𝑥 − 1)
𝑦 2 − 4𝑦 + 4 = −16𝑥 + 16
𝑦 2 + 16𝑥 − 4𝑦 − 12 = 0
70
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PROBLEMAS RESUELTOS
1. Encontrar la ecuación de la parábola cuyo lado recto es el segmento
entre los puntos 𝐴 = (3, 5) y 𝐵 = (3, −3).
Solución. El foco está en el punto medio entre A y B :
3 + 3 5 + (−3)
𝐹(
,
) = 𝐹(3,1) = 𝐹(ℎ, 𝑘)
2
2
Lado recto: 𝐿𝑅 = |4𝑝| = 𝑑𝐴𝐵 = 8
4𝑝 = 8 ∨ 4𝑝 = −8 ⇔ 𝑝 = 2 ∨ 𝑝 = −2
Si 𝑝 = 2: 𝑉(ℎ − 𝑝, 𝑘) = 𝑉(1, 1) y su ecuación es
(𝑦 − 1)2 = 4(2)(𝑥 − 1)
⇒ 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 = 8𝑥 − 8
2
𝑃1 : 𝑦 − 8𝑥 − 2𝑦 + 9 = 0
Si 𝑃 = −2: 𝑉(ℎ − 𝑝, 𝑘) = 𝑉(5,1) y su ecuación es
(𝑦 − 1)2 = 4(−2)(𝑥 − 5) ⇒ 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 = −8𝑥 + 40
𝑃2 : 𝑦 2 + 8𝑥 − 2𝑦 − 39 = 0
2. Hallar la ecuación de la parábola de eje horizontal que pasa por los
5
puntos 𝑀(9, −1), 𝑁(1, −2) 𝑦 𝑅(3, − ).
2
Solución. La ecuación general de la parábola con eje focal paralelo del eje X tiene
la siguiente forma:
𝑃: 𝑦 2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0
Sustituyendo cada punto en la ecuación se tiene el siguiente sistema:
𝑀(9, −1) ∈ 𝑃: (−1)2 + 𝐷(9) + 𝐸(−1) + 𝐹 = 0
𝑁(1, −2) ∈ 𝑃: (−2)2 + 𝐷(1) + 𝐸(−2) + 𝐹 = 0
71
5
5 2
5
𝑅(3, − ) ∈ 𝑃: (− ) + 𝐷(3) + 𝐸(− ) + 𝐹 = 0
2
2
2
Resolviendo el sistema tendremos
1
𝐷=−
9𝐷 − 𝐸 + 𝐹 = −1
8
{ 𝐷 − 2𝐸 + 𝐹 = −4
⇒ 𝐸=4
33
12𝐷 − 10𝐸 + 4𝐹 = −25
𝐹=
{
8
Luego la ecuación de la parábola es
1
33
𝑦 2 − 𝑥 + 4𝑦 +
=0
8
8
8𝑦 2 − 𝑥 + 32𝑦 + 33 = 0
3. Hallar la ecuación de una parábola cuyo vértice este sobre la recta
2𝑦 − 3𝑥 = 0, que su eje sea paralelo al de coordenada “X”, y que pase
por los puntos A(3,5) y 𝐵(6, −1)
Solución. La ecuación cartesiana de la parábola con eje focal paralelo del eje X
tiene la siguiente forma:
𝑃: (𝑦 − 𝑘)2 = 4𝑝(𝑥 − ℎ)
Sustituyendo cada punto en la ecuación se tiene:
(5 − 𝑘)2
A(3,5) ∈ 𝑃: (5 − 𝑘)2 = 4𝑝(3 − ℎ) → 4𝑝 =
(1)
3−ℎ
(1 + 𝑘)2
(2)
B(6, −1) ∈ 𝑃: (−1 − 𝑘)2 = 4𝑝(6 − ℎ) → 4𝑝 =
6−ℎ
igualando ambas ecuaciones se tendrá:
(5 − 𝑘)2
(1 + 𝑘)2
=
(3)
3−ℎ
6−ℎ
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Además 𝑉(ℎ, 𝑘) ∈ 𝐿: 2𝑦 − 3𝑥 = 0
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3
⇒ 2𝑘 − 3ℎ = 0 ⇒ 𝑘 = ℎ reempla2
zando en (3)
3
3
(5 − ℎ)2 (1 + ℎ)2
2
2
=
⇒ 33ℎ2 − 164ℎ + 196 = 0
3−ℎ
6−ℎ
Resolviendo la ecuación cuadrática: (33ℎ − 98)(ℎ − 2) = 0
98
ℎ1 =
;
ℎ2 = 2
33
3
Hallamos 𝑘 = ℎ
2
3 98
98
3
𝑘1 = ( ) ⇒ 𝑘1 =
; 𝑘2 = (2) ⇒ 𝑘2 = 3
2 33
22
2
Para ℎ2 𝑦 𝑘2 hallamos p sustituyendo en ec (1)
(5 − 𝑘)2
1 (5 − 3)2
4𝑝 =
⇒ 𝑝=
=1 ⇒ p=1
3−ℎ
4 (3 − 2)2
Luego la ecuación de la parábola con vértice 𝑉(2, 3) y 𝑝 = 1 será:
(𝑦 − 3)2 = 4(𝑥 − 2)
⟶ 𝑃: 𝑦 2 − 6𝑦 − 4𝑥 + 17 = 0
Para ℎ1 𝑦 𝑘1 hallamos p sustituyendo en ec (1)
(5 −
98 2
98
22
33
) = 4𝑝 (3 −
)
⇒
𝑝=
27
11
98 98
Luego la ecuación de la parábola con vértice 𝑉( , ) y 𝑝 = 1 será:
33 22
98 2
27
98
2
(𝑦 − ) = 4 ( ) (𝑥 − )
→ 11y − 98y − 108x + 539 = 0
22
11
33
4. Determinar el valor de t de modo que las coordenadas del foco de la
parábola 𝑦 2 + 4𝑡 𝑥 − 4𝑦 − 16 = 0; sume dos unidades.
Solución. -
73
Completamos cuadrados para hallar el vértice y P.
𝑦 2 + 4𝑡 𝑥 − 4𝑦 − 16 = 0
𝑦 2 − 4𝑦 = −4𝑡 𝑥 + 16
𝑦 2 − 4𝑦 + 22 = +4𝑡 𝑥 + 16 + 22 = 0
(𝑦 − 2)2 = −4𝑡 𝑥 + 20
5
(𝑦 − 2)2 = −4𝑡 (𝑥 − )
{
𝑡
(𝑦 − 𝑘)2 = 4𝑝 (𝑥 − ℎ)
Por comparación, tendremos
5
𝑉( , 2)
y
𝑡
𝑝 = −𝑡
5
La ecuación representa una parábola con vértice 𝑉 ( , 2) y eje focal
𝑡
paralelo al eje X; el foco tendrá coordenadas
5
𝐹(ℎ + 𝑝, 𝑘) = 𝐹( − 𝑡, 2)
𝑡
Condición: La suma de las coordenadas del foco es igual a 2; esto es,
5
t
−t+2= 2 ⇒
5
𝑡
= 𝑡 ⇒ 𝑡 2 = 5 ⇒ t = ±√5
5. Hallar la ecuación de la parábola de eje focal paralelo al eje Y e
vértice 𝑉(3, −2) y pasa por el punto 𝑃(6, 1).
Solución. La ecuación de la parábola de eje focal paralelo al eje Y es
(𝑥 − ℎ)2 = 4𝑝(𝑦 − 𝑘)
Como tenemos el vértice 𝑉(3, −2) en la ecuación
(𝑥 − 3)2 = 4𝑝(𝑦 + 2)
Reemplazamos el punto 𝑃(6, 1) por que pertenece a la parábola:
(6 − 3)2 = 4𝑝(1 + 2)
32 = 12𝑝
9
3
𝑝=
=
12 4
3
Construimos nuestra ecuación de la parábola con el 𝑉(3, −2) y 𝑝 =
4
(𝑥 − ℎ)2 = 4𝑝(𝑦 − 𝑘)
3
(𝑥 − 3)2 = 4 ∗ (𝑦 + 2)
4
𝑥 2 − 6𝑥 + 9 = 3𝑦 + 6
𝑥 2 − 6𝑥 − 3𝑦 + 3 = 0
74
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6. Hallar la ecuación de la parábola de eje focal paralelo al eje X y que
pasa por los puntos 𝐴(6, 0); 𝐵(11, −2); 𝐶(3, 2).
Solución. La ecuación general de la parábola con eje focal paralelo al eje X tiene
la siguiente forma:
𝑦 2 + 𝐷𝑥 + 𝐸𝑦 + 𝐹 = 0
Reemplazo los puntos en la ecuación general:
𝐴(6, 0) ∈ 𝑃 ∶ (0)2 + 𝐷(6) + 𝐸(0) + 𝐹 = 0
6𝐷 + 𝐹 = 0 … . (1)
𝐵(11, −2) ∈ 𝑃 ∶ (−2)2 + 𝐷(11) + 𝐸(−2) + 𝐹 = 0
11𝐷 − 2𝐸 + 𝐹 = −4 … . (2)
𝐶(3, 2) ∈ 𝑃 ∶ (2)2 + 𝐷(3) + 𝐸(2) + 𝐹 = 0
3𝐷 + 2𝐸 + 𝐹 = −4 … . (3)
Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene:
6𝐷 + 𝐹 = 0
𝐷 = −4
{11𝐷 − 2𝐸 + 𝐹 = −4 ⇒ {𝐸 = −8
3𝐷 + 2𝐸 + 𝐹 = −4
𝐹 = 24
Reemplazamos los coeficientes para obtener la ecuación general de la
parábola:
𝑦 2 + (−4)𝑥 + (−8)𝑦 + (24) = 0
𝑦 2 − 4𝑥 − 8𝑦 + 24 = 0
75
7. Una parábola cuyo vértice está en el origen y cuyo eje coincide con
el eje X pasa por el punto (3, −3). Hallar la ecuación de la parábola, las
coordenadas del foco, la ecuación de la directriz y la longitud de su lado
recto.
Solución. Usamos la ecuación de la parábola paralela al eje X cuyo vértice es
𝑉(0, 0)
𝑦 2 = 4𝑝𝑥 … . (1)
Como 𝑃(3, −3) pertenece a la parábola sustituimos sus coordenadas
(−3)2 = 4𝑝(3)
3
𝑝=
4
Construimos nuestra ecuación de la parábola
3
𝑦 2 = 4 ( ) 𝑥 → 𝑦 2 = 3𝑥 → 𝑦 2 − 3𝑥 = 0
4
3
El foco tiene coordenadas 𝐹(ℎ + 𝑝, 𝑘) = 𝐹 ( , 0)
4
La ecuación de la directriz será: 𝑥 = ℎ − 𝑝 ⇒ 𝑥 = −
3
4
3
La longitud de su lado recto está dada por 𝐿𝑅 = |4𝑝|= |4( )| = 3
4
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8. Hallar las ecuaciones de la parábola cuyo vértice esta sobre la recta
𝑥 − 𝑦 = 0 y que su eje es paralelo al eje X y que pasa por los puntos
𝐴(6, 7) 𝑦 𝐵(9, 1).
Solución. Supongamos que la ecuación de la parábola es:
(𝑦 − 𝑘)2 = 4𝑝(𝑥 − ℎ)
Reemplazamos las coordenadas de los puntos en la ecuación de la parábola por que pertenecen a ellas.
𝐴(6, 7) ∈ 𝑃 ∶ (7 − 𝑘)2 = 4𝑝(6 − ℎ) … . (𝑎)
𝐵(9, 1) ∈ 𝑃 ∶ (1 − 𝑘)2 = 4𝑝(9 − ℎ) … . (𝑏)
Dividimos las ecuaciones y tenemos:
(7 − 𝑘)2 4𝑝(6 − ℎ)
=
(1 − 𝑘)2 4𝑝(9 − ℎ)
(7 − 𝑘)2 (6 − ℎ)
=
(1 − 𝑘)2 (9 − ℎ)
(7 − 𝑘)2 ∗ (9 − ℎ) = (6 − ℎ) ∗ (1 − 𝑘)2 … (𝑐)
Como el vértice 𝑉(ℎ, 𝑘) esta en la recta 𝑥 − 𝑦 = 0 tenemos:
ℎ−𝑘 =0
ℎ = 𝑘 … . (𝑑)
Reemplazamos (𝑑) 𝑒𝑛 (𝑐)
(7 − 𝑘)2 ∗ (9 − 𝑘) = (6 − 𝑘) ∗ (1 − 𝑘)2
(49 − 14𝑘 + 𝑘 2 ) ∗ (9 − 𝑘) = (6 − 𝑘) ∗ (1 − 2𝑘 + 𝑘 2 )
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441 − 126𝑘 + 9𝑘 2 − 49𝑘 + 14𝑘 2 − 𝑘 3
= 6 − 12𝑘 + 6𝑘 2 − 𝑘 + 2𝑘 2 − 𝑘 3
441 − 175𝑘 + 23𝑘 2 = 6 − 13𝑘 + 8𝑘 2
15𝑘 2 − 162𝑘 + 435 = 0
29
𝑘1 =
; 𝑘2 = 5
5
Para 𝑘1 =
29
5
tenemos ℎ1 =
29
5
de donde hallamos 𝑝1 de modo que ob-
tenemos la ecuación de la primera parábola
(7 − 𝑘)2 = 4𝑝(6 − ℎ)
29 2
29
(7 − ) = 4𝑝 (6 − )
5
5
6 2
1
9
( ) = 4𝑝 ( ) 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝑝 =
5
5
5
29 2
9
29
29 2 36
29
(𝑦 − ) = 4 ( ) (𝑥 − ) → (𝑦 − ) =
(𝑥 − )
5
5
5
5
5
5
Para 𝑘2 = 5 tenemos ℎ2 = 5 de donde hallamos 𝑝2 de modo que obtenemos la ecuación de la segunda parábola
(7 − 𝑘)2 = 4𝑝(6 − ℎ)
(7 − 5)2 = 4𝑝(6 − 5)
22 = 4𝑝(1)
𝑝=1
(𝑦 − 5)2 = 4(𝑥 − 5)
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EJERCICIOS PROPUESTOS
1.
Determina la ecuación de la parábola a partir de los elementos dados.
a) 𝑉(0,0) ; 𝐹(4,0) b) 𝑉(0,0) ; 𝑑: 𝑦 − 5 = 0 c) 𝐹(2,0) ; 𝑑: 𝑥 + 2 = 0
2.
Grafica cada una de las parábolas y determina las coordenadas del
foco, la ecuación de la directriz y la longitud del lado recto.
a) 𝑦 2 = −16𝑥
3.
b) 𝑥 2 = 12𝑦
c) 3𝑦 2 − 12𝑥 = 0
Determine la ecuación general de la parábola que satisface los siguientes datos:
a) 𝑉(2, 4) 𝑦 𝐹(7, 4)
4.
b) 𝑉(4, 3) , 𝑑: 𝑥 = −2
c) 𝐹(2,3), d: 𝑥 + 4 = 0
Representar gráficamente cada parábola, Identificando el vértice,
foco, lado recto y la ecuación de su directriz.
a) 4x 2 − 32x − 24y + 16 = 0
b) y 2 − 6y + 8x − 23 = 0
c) y 2 + 6y − x + 16 = 0
5.
Una circunferencia cuyo centro es el punto (4, -1) pasa por el foco
de la parábola
𝑥 2 + 16𝑦 = 0. Muestre gráficamente que la circunferencia es tangente
a la directriz.
6.
Hallar la ecuación de la parábola cuyo eje es paralelo al eje X y que
pasa por los tres puntos (0, 0) , (8, −4) 𝑦 (3, 1).
Sol. 𝑦 2 − 𝑥 + 2𝑦 = 0
7.
Hallar la ecuación de la parábola cuyo eje es paralelo al eje Y y que
pasa por los tres puntos (−2,11), (4,5) 𝑦 (6,11)
Sol. 𝑥 2 − 4𝑥 − 2𝑦 + 10 =0
8.
Una parábola tiene su vértice en el centro de la circunferencia de
ecuación 4𝑥 2 + 4𝑦 2 − 12𝑥 − 8𝑦 − 51 = 0, pasa por (0, 5) y tiene el
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eje focal paralelo al eje X. Determine su ecuación y represéntala
gráficamente.
9.
Hallar la ecuación de la parábola cuyo lado recto es el segmento
que une los puntos
(3, 5) y (3, -3).
Sol. 𝑦 2 + 8𝑥 − 2𝑦 − 39 = 0 ; 𝑦 2 − 8𝑥 − 2𝑦 + 9 = 0
10. El cable de suspensión de un puente colgante adquiere la forma de
un arco de parábola. Los pilares que lo soportan tiene una altura
de 60 metros y están separados una
distancia de 500 metros quedando e punto más bajo del cable a una
altura de 10 metros sobre la calzada el puente. Tomando como eje “X”
la horizontal que define el puente y como eje “Y” el de simetría de la
parábola, hallar la ecuación de esta. Calcular la altura de un punto situado a 80 metros del centro del puente.
Sol. 𝑥 2 − 1250𝑦 + 12500 = 0 ; 𝑦 = 15,12 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠
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