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SOLUCI ´ON PC-2 AMGA
PREGUNTAS TIPO ENSAYO 1
1 Determine las ecuaciones de las par´abolas que cumplen las siguientes condiciones:
Su eje focal es la recta L : 3x − 4 y + 6 = 0. El punto A(−3; −7) est´a en su directriz. El punto B(−2; 252 ) pertenece a esta par´abola.
Soluci´on.
Sea F (xf ; yf ) el foco de la par´abola P. Como F pertenece al eje focal de P, tenemos
xf =
3 yf^ −^2 · · · · · ·^ (1) Adem´as, A est´a en la recta directriz LD de P, y como dicha recta es perpendicular el eje focal, tenemos LD : 4x + 3y + 33 = 0.
Asimismo, B pertenece a la par´abola P y utilizando la definici´on de par´abola, tenemos √ (xf + 2)^2 +
yf −
5 · · · · · ·^ (2)
Reemplazando (1) en (2), tenemos √( 4 yf 3
yf − 25 2
=^25
Desarrollando y simplificando, obtenemos
yf (yf − 9) = 0.
Tenemos dos resultados para el foco: F (−2; 0) o F (10; 9). Finalmente, tenemos dos ecua- ciones de par´abolas que cumplen las condiciones:
P 1 :
(x + 2)^2 + y^2 = |^4 x^ + 3y^ + 33| 5
P 2 :
(x − 10)^2 + (y − 9)^2 = |^4 x^ + 3y^ + 33| 5
- Determine las ecuaciones de las par´abolas que cumplen las siguientes condiciones:
Su eje focal es la recta L : 3x − 4 y − 6 = 0. El punto A(1; −7) est´a en su directriz. El punto B(2; 252 ) pertenece a esta par´abola.
Soluci´on.
Sea F (xf ; yf ) el foco de la par´abola P. Como F pertenece al eje focal de P, tenemos
xf =^4 3
yf + 2 · · · · · · (1)
Adem´as, A est´a en la recta directriz LD de P, y como dicha recta es perpendicular el eje focal, tenemos LD : 4x + 3y + 17 = 0.
Sea F (xf ; yf ) el foco de la par´abola P. Como F pertenece al eje focal de P, tenemos
xf =^43 yf − 6 · · · · · · (1)
Adem´as, A est´a en la recta directriz LD de P, y como dicha recta es perpendicular el eje focal, tenemos LD : 4x + 3y + 49 = 0.
Asimismo, B pertenece a la par´abola P y utilizando la definici´on de par´abola, tenemos √ (xf + 6)^2 +
yf −
5 · · · · · ·^ (2)
Reemplazando (1) en (2), tenemos √( 4 yf 3
yf − 25 2
=^25
Desarrollando y simplificando, obtenemos
yf (yf − 9) = 0.
Tenemos dos resultados para el foco: F (−6; 0) o F (6; 9). Finalmente, tenemos dos ecua- ciones de par´abolas que cumplen las condiciones:
P 1 :
(x + 6)^2 + y^2 = |^4 x^ + 3y^ + 49| 5
P 2 :
(x − 6)^2 + (y − 9)^2 = |^4 x^ + 3y^ + 49| 5
PREGUNTAS TIPO ENSAYO 2
- Sea A un punto que se mueve en la curva C de ecuaci´on y = x^2 , B el pie de la perpendicular
trazada desde A a la recta L 1 : x − 2 y = 2 y C es un punto en la recta L 2 : 3x − 2 y = 4 tal que AC es paralelo al eje de ordenadas.
a) Represente en un sistema de coordenadas todos los datos del problema. Soluci´on.
b) Halle la ecuaci´on del lugar geom´etrico descrito por el punto M , punto medio del segmento BC.
Soluci´on Sea M (x, y) el punto medio del segmento BC, consideremos las coordenadas del punto A(xA, yA), como B ∈ L 1 y C ∈ L 2 tenemos
C
xA,
3 xA − 4 2
, B
xB ,
xB − 2 2
Dado que B es el pie de la perpendicular trazada desde A a la recta L 1
yA −
xB − 2 2
xA − xB^ =^ −^2 De ahi xB = 4 xA+2 5 y A+2, luego
B
( (^4) xA + 2yA + 2 5 ,^
2 xA + yA − 4 5
Como M (x, y) es el punto medio de BC tenemos
x =^9 xA^ + 2yA^ + 2 10
, y =^19 xA^ + 2yA^ −^28 20 Invirtiendo tenemos
xA = 2y − x + 3, yA =
14 x − 18 y − 29 2 Finalmente como A esta en la curva C tenemos 14 x − 18 y − 29 2
= (2y − x + 3)^2
- Sea A un punto que se mueve en la curva C de ecuaci´on x^2 + y^2 = 9, B el pie de la
perpendicular trazada desde A a la recta L 1 : x + 3y = 1 y C es un punto en la recta L 2 : x − y = 1 tal que AC es paralelo al eje de abscisas.
- Sea A un punto que se mueve en la curva C de ecuaci´on 2x^2 + y^2 = 4, B el pie de la
perpendicular trazada desde A a la recta L 1 : x + y = 1 y C es un punto en la recta L 2 : 2y − x = 2 tal que AC es paralelo al eje de ordenadas.
a) Represente en un sistema de coordenadas todos los datos del problema. Soluci´on.
b) Halle la ecuaci´on del lugar geom´etrico descrito por el punto M , punto medio del segmento BC.
Soluci´on Sea M (x, y) el punto medio del segmento BC, consideremos las coordenadas del punto A(xA, yA), como B ∈ L 1 y C ∈ L 2 tenemos
C
xA, 2 + 2 xA
, B
xB , 1 − xB
Dado que B es el pie de la perpendicular trazada desde A a la recta L 1 yA − (1 − xB ) xA − xB
De ahi xB = xA−y 2 A +1, luego
B
( (^) xA − yA + 1 2 ,^
1 − xA + yA 2
Como M (x, y) es el punto medio de BC tenemos
x =
3 xA − yA + 1 4 ,^ y^ =
3 + yA 4 Invirtiendo tenemos xA =
4 x + 4y − 4 3 ,^ yA^ = 4y^ −^3 Finalmente como A esta en la curva C tenemos
2
( (^4) x + 4y − 4 3
