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Geometría Métrica Plana
- Ejercicios Resueltos –
2𝑥−4
1. Dada la ecuación de la recta:




8
=
𝑦+3
−2
Halla un vector director de la recta y un punto por el que pasa.
Expresa la ecuación en forma general
Expresa la ecuación en forma punto pendiente
Expresa la ecuación en forma explícita
Primero reducimos la ecuación a:
𝑥−2
4
=
𝑦+3
−2
Como en esta ecuación los denominadores corresponden con ux y uy:
ux = 4
uy = -2
Vector director (u): (4, -2)
Como en esta ecuación los términos independientes del numerador coinciden con x 0, y0:
Punto por el que pasa (A): (2, -3)
-
Forma general:
-
Punto pendiente:
-
Explícita
−2(𝑥 − 2) − 4(𝑦 + 3)
Geometría métrica plana
2. Dada la ecuación de la recta
2𝑥 + 𝑦 − 4 = 0
Expresa la ecuación en forma explícita
Expresa la ecuación en forma punto pendiente
Expresa la ecuación en forma continua
-
Primero deberemos hallar un v. director y un p. pasa
Vector director (u): (-1, 2)
Punto por el que pasa (A): (2, -3)
-
Forma explícita:
-
Sustituyendo:
-
Punto Pendiente:
-
Continua:
3. Dado el triangulo de vértices A (1,1), B (3,5) y C (5,2), se pide:
a) Dar en forma continua las ecuaciones de la recta que contienen a los lados.
b) Dar en forma general o implícita la altura sobre el lado “a”.
c) Expresar en forma paramétrica la mediana sobre el lado “b”.
d) Dar en forma punto pendiente la mediatriz del lado “c”.
A (1,1)
a) Ecuación Lado a
Punto por el que pasa B (3,5)
Vector director BC = (5-3,2-5) = (2,-3)
𝑥−𝑥0
𝑢𝑥
=
𝑦−𝑦0
𝑢𝑦
→
𝑥−3
2
=
𝑦−5
1
−3
B (3,5)
Apuntes de G.M.P. de D. Fernando Chavero Colegio La Inmaculada. HH. Maristas ( Granada)
C (5,2)
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Ecuación Lado b
Punto por el que pasa A (1,1)
Vector director AC = (5-1,2-1) = (4,1)
𝑥 − 𝑥0 𝑦 − 𝑦0
𝑥−1 𝑦−1
=
→
=
𝑢𝑥
𝑢𝑦
4
1
Ecuación Lado c
Punto por el que pasa A (1,1)
Vector director AB = (3-1,5-1) = (2,4) = (1,2)
𝑥 − 𝑥0 𝑦 − 𝑦0
𝑥−1 𝑦−1
=
→
=
𝑢𝑥
𝑢𝑦
1
2
Altura sobre el lado a
b) Vector director u  BC
PARA CONSEGUIR UN VECTOR PERPENDICULAR A UNO DADO,
COMO SU PRODUCTO ESCALAR DEBE SER CERO, INTERCAMBIAMOS LAS COMPONENTES
Y EL SIGNO A UNA DE ELLAS.
u  BC
BC = (2,-3)
u = ( 3,2)
Punto por el que pasa A (1,1)
𝑥−1
3
=
𝑦−1
2
→ 2𝑥 − 2 = 3𝑦 − 3
2𝑥 − 3𝑦 + 1 = 0
c) Mediana sobre “b”
M.p.m AC ; M =(
1+5 1+2
2
,
2
3
) =(3,2)
Vector director MB = (3 − 3,
5−3
7
2
2
) = (0, )
Punto por el que pasa (3,5)
x = x0 + λux
y = y0 + λuY
x=3
y=
5+7
2𝜆
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d) Mediatriz lado “c”
Pm AB m = (2,3)
u Vector director
u  AB
u (-2,1) Punto por el que pasa m (2,3)
M = pendiente
𝑢𝑦
𝑢𝑥
⇒ −
1
2
𝟏
y - y0 = m (x - x0) ⇒ y - 3 = − 𝟐 (x-2)
4. En el problema anterior explica razonadamente como se podría calcular el área de un
triángulo, calcular el otrocentro y el centro de gravedad del triangulo
Formamos un sistema con la ecuación de la recta que contiene la altura y con la ecuación de
la recta con lado A, la solución del sistema nos da P.
26
 Ha
2 x  y  1  0
7



4
x

y

17

0
LadoA
19


y
7
x
Altura │AP│
Base | BC |
y el área es base por altura partido por dos.
Ortocentro: Para calcularlo como ya tenemos la ecuación de la altura sobre el lado A,
calculamos la altura del lado B, la resolución del sistema formado por ambas ecuaciones
dará el ortocentro.


Vector director u  AC

AC  (4,1)

u  (1,4)
Pasa por B (3,5)
3
x3 y 5

 4x-12=-y+5  4x+y-17=0
1
4
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Para calcular el centro de gravedad, la mediana sobre b ya la conocemos , trazamos otra
mediana, hacemos por ejemplo la mediana sobre sobre C. La intersección es el baricentro.
Mediana sobre el lado c
Punto medio de BA (2,3)
Mc
𝑥−2 𝑦−3
3
= −1 -> 5x-6y+1=0
8
2 y  5  
y
Mb  

3
x  3
x3
Explicación. No hace falta más que darse cuenta de que si x es siempre 3 en una de las
medianas, el baricentro tiene que tener de abcisa x = 3, por lo tanto sustituimos la x por 3 en
5x-6y+1= 0 y nos da y
G (3,
8
)
3
Comprobación: El baricentro por ser el centro de gravedad del triángulo cumple que:
gx 
A  By  C y
Ax  Bx  C x
; gy  y
3
3
En nuestro caso:
gx 
1 3  3 9
 3
3
3
gy 
1 5  2 8

3
3
5. Una recta x + 2y = 9 es mediatriz de un segmento AB cuyo extremo A tiene por
coordenadas(2,1). Halla las coordenadas del otro extremo B:

El vector 𝑛⃗ ┴ r tendrá de componentes (AB) → (1,2)

Dicho vector es el director de la recta que pasa por A y por B.

Conocemos 𝑛⃗ y un punto por el que pasa A (2,1), calculamos la ecuación de dicha
recta; la intersección de dicha recta con la recta r da el punto M que es el punto
medio del segmento ̅̅̅̅
𝐴𝐵

Conocido M y A, por las coordenadas del punto medio de un segmento se calcula B:
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-
Ecuación de la recta que pasa por AB:
-
Vector director 𝑢
⃗ (1,2)
Punto por el que pasa A (2,1)
Ecuación de la recta:
𝑥−2
1
=
𝑦−1
2
→ 2𝑥 − 4 = 𝑦 − 1 → 2𝑥 − 𝑦 − 3 = 0
Intersección con r:
𝑥 + 2𝑦 − 9 = 0
{
→ 𝑀(3,3)
2𝑥 − 𝑦 − 3 = 0
𝑀𝑥 =
𝐴𝑥 + 𝐵𝑥
2 + 𝐵𝑥
→3=
→ 𝐵𝑥 = 4
2
2
𝑀𝑦 =
𝐴𝑦 + 𝐵𝑦
1 + 𝐵𝑦
→3=
→ 𝐵𝑦 = 5
2
2
B (4,5)
6. Hallar la ecuación de la mediatriz del segmento interceptado por los ejes coordenados
en la recta de ecuación 𝑟 ≡ 4𝑥 + 3𝑦 = 24
24 − 4𝑥
3
 Para x = 0 → y = 8
 Para y = 0 → x = 6
- Ecuación de la mediatriz:
𝑦=
-
0+6 8+0
Punto por el que pasa: punto medio de ̅̅̅̅
𝐴𝐵 → 𝑚 = ( 2 , 2 ) = (3,4)
-
Vector director 𝑢
⃗ = 𝑛⃗ ; 𝑛⃗┴ r ; 𝑛⃗ (4,3) →𝑢
⃗ (4,3)
𝑥−3 𝑦−4
=
→ 3𝑥 − 9 = 4𝑦 − 16 → 3𝑥 − 4𝑦 + 7 = 0
4
3
7.
Dados los puntos A (1,1) y B (3,2) y la recta r = x – y + 5 = 0 se pide:
a) Simetría de A respecto de B
b) Simetría de B respecto de r
c) Ecuación de la recta S simétrica de la que pasa por AB respecto de r
a) Simétrico de A respecto de B
𝐴𝑥+𝐴′𝑥
2
Bx =
=
1+𝐴´𝑥
2
𝐴𝑦+𝐴´𝑦 1+𝐴´𝑦
= 2
2
By =
=3
Solución: A´x =5
=2
Solución: A’y = 3
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b) Simetría de B respecto de r
Calculo de m:
Ecuación de la reta que pasa por B y es perpendicular a r
Punto por el que pasa = B (3,2)
U (perpendicular) R=(1,-1)
𝑥−3 𝑦−2
=
; (−𝑥 + 3) = 𝑦 − 2;
1
−1
𝑥+𝑦−8=0
Resolvemos el sistema formado por la recta antes calculada y r
𝑥 +𝑦 −8=0
𝑥−𝑦+5=0
Solución = M = (0,5)
Calculo de B´:
𝑀𝑥 =
𝐵𝑥 + 𝐵´𝑥
3 + 𝐵𝑥
0=
; 𝐵´𝑥 = −3
2
2
𝑀𝑦 =
𝐵𝑦 + 𝐵´𝑦
2 + 𝐵´𝑦
; 5=
; 𝐵′ 𝑦 = 8
2
2
𝐵´ = (−3,8)
c) Ecuación de la recta S simétrica de la que pasa por AB respecto de r
Calculamos el simétrico de A respecto de r, de la misma forma que el simétrico de B, una vez
calculado este simétrico tenemos 2 puntos por los que pasa S, calculamos su ecuación.
OTRA FORMA.
La recta que me dan r, la que me piden y la recta que pasa por A y B, se cortan en un mismo punto
que le llamamos O.
Calculamos O resolviendo el sistema formado por la recta q pasa por A y B y la recta r.
Una vez calculado O , hacemos la recta que pasa por O y B´ que es la recta pedida.
Recta que pasa por A y por B .
⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 2,1 ) Punto por el que pasa ( 1,1 )
Vector director 𝐴𝐵
𝑥−1 𝑦−1
2
=
1
=> x-2y+1=o
Cálculo de O
Resolvemos el sistema formado por la recta anterior y r.
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x+y-5 = 0 recta r
x-2y+1 = 0 Recta q pasa por A y B
O = ( -9, -4 )
La recta que me piden es la recta que pasa por B´ y por O
⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 6, 12 ) = > ( 1, 2 ) Ojo no es el mismo pero tiene la misma dirección
Vector director 𝑂𝐵
Pasa por B´
8.
𝑥+3
1
=
𝑦−8
2
=> 2x-y+14 = 0
El punto a (4,8) es uno de los vértices del paralelogramo, dos de sus lados están situados en las
rectas 𝑟  5𝑥 + 𝑦 = −15 y la recta 𝑠  2𝑥 + 𝑦 + 9 = 0. Hallar las coordenadas de los
vértices y las ecuaciones de los otros dos lados.
𝑟  5𝑥 + 𝑦 = −15 → 𝑢 = (−1,5)
𝑠  2𝑥 + 𝑦 + 9 →
𝑣 = (−1,2)
2𝑥 + 𝑦 + 9 =
→ 𝐶 = (−2, −5)
C=
5𝑥 + 𝑦 + 15 = 0
Ecuación r´:
Vector director, el de r → 𝑢 = (−𝐵, 𝐴) = (−1,5)
Punto por el que pasa A (4,8)
𝑥−4 𝑦−8
=
→ 5𝑥 − 20 = − 𝑦 + 8 → 𝑟´ ≡ 5𝑥 + 𝑦 − 28 = 0
−1
5
Ecuación s´:
Vector director, el de 𝑠 → 𝑣 = (−1,2)
Punto por el que pasa A (4,8)
x4
y 8
=
→ 2𝑥 − 8 = − 𝑦 + 8 → 𝑠´ ≡ 2𝑥 + 𝑦 − 16
1
2
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2𝑥 + 𝑦 + 9 = 0
→𝐷= (
D=
 37  101
,
)
3
3
5𝑥 + 𝑦 − 28 = 0
5𝑥 + 𝑦 + 15 = 0 → 𝑦 = −5𝑥 − 15
𝐵=
→
𝐵= (
2𝑥 + 𝑦 − 16 = 0 → 2𝑥 − 5𝑥 − 15 − 16 = 0 → −3𝑥 − 31 = 0 → 𝑥 =
 31 110
,
)
3
3
 31
3
→𝑦=
155
3
− 15 → 𝑦 =
110
3
9. Los puntos A (2,1) y B (5 , -3) son vértices de un triángulo. Si el ortocentro es el punto O
(4,0), hallar las coordenadas del vértice C.
A (2,1)
O(4,0)
B (5,3)
C
Ecuación A:
Ecuación B:
OA: v (-2,1)
OB v (-1,-3)
BC: u (-1,-2)
AC: u (3,1)
Punto pasa (5,-3)
Punto pasa (2,1)
x5 y 3

1
2
x  2 y 1

3
1
8
2x - y -13 = 0
x - 3x + 1 = 0
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Explicación: sabemos un punto por el que pasa B (5,-3) y el vector director lo obtenemos
como perpendicular al vector director AO
Cálculo del vértice C:
2x - y - 13 = 0
El sistema formado por las ecuaciones obtenidas
en el apartado anterior me da el vértice C.
x – 3y + 1 = 0
y=3
x=8
C = (8,3)
10. Determina el valor de “m” para que las siguientes pares de rectas sean paralelas o
perpendiculares:
a) La recta r es 2x – 3y – 5 = 0 y la recta s es 5x + my = 7
𝑢
⃗ director de 𝑟 → (3,2)
𝑣 director de s → (−m, 5)

Para que sean perpendiculares 𝑢
⃗ tiene que ser perpendicular con 𝑣 => 𝑢
⃗ ∙ 𝑣=0
[3 ∙ (−𝑚)] + (2 ∙ 5) = 0
−3𝑚 + 10 = 0
−3𝑚
−10
=
→ 𝑚 = 10⁄3
−3
−3

Entonces, para que sean paralelas m debe de ser …
3
2
= → 15 = −2𝑚 → 𝑚 = −15⁄2
−𝑚 5
b) La recta r es mx + 2y = 1 , y la recta s es x + y = 0
𝑢
⃗ director de 𝑟 → (−2, 𝑚)


𝑣 director de s → (−1,1)
Para que sean perpendiculares:
𝑢
⃗ ∙ 𝑣 =0 ⇒2+𝑚 =0
𝑚 = −2
9
Entonces, para que sean paralelas m debe de ser …
−2
−1
=
𝑚
1
⇒ −2 = −𝑚
𝑚=2
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11. Dadas las rectas 𝑟 ≡ 3𝑥 + 𝑦 = 0 𝑦 𝑠 ≡ 3𝑥 + 𝑦 + 𝑘 = 0. Determinar el valor de k para
que la distancia entre las dos rectas sea de 2u.
o Las rectas son paralelas, por lo tanto la distancia que hay entre las dos es la distancia
desde un punto cualquiera de r a s.
𝑟 ≡ 3𝑥 + 𝑦 = 0
𝑠 ≡ 3𝑥 + 𝑦 + 𝑘 = 0
𝑃 ∈ 𝑟 => 𝑃 (0,0)
𝑑 (𝑃, 𝑠) =
|3 ∙ 0 + 0 + 𝑘|
√32 + 11
⟹
|𝑘|
√10
= 2 ⟹ |𝑘| = 2√10
𝑘 = ±2√10
12. Dados los puntos A ( 2, 1 ) B( -3, 5 ) y C ( 4, m ) . Determina el valor de m para que el
triángulo ABC tenga 6 u2 de área.
El área es
𝑏.ℎ
2
A = ( -3-2, 5-1) = ( -5,4 ) La base es | AB | =
(5) 2  4 2  41
La altura h es la distancia del punto C a la recta que pasa por A y B
Calculamos la ecuación de dicha recta..
Punto por el que pasa A ( 2,1) Vector director el AB = ( -5,4 )
Ecuación forma continua
x  2 y 1

Ec en forma implícita. 𝑟𝐴𝐵 = 4𝑥 + 5𝑦 − 13 = 0
5
4
Distancia de C a la recta que pasa por A y B
d(C, rAB) =
Superficie =
| 4.4  5.m  13 |
(5) 2  4 2
b.h

2
41.

| 3  5m |
41
| 3  5m |
41 =6
2
|3+5m| = 12
De esa ecuación, por la definición de valor absoluto, tenemos dos soluciones:
3+5m= 12 =>
m= 9/5
3+5m=-12 => m= -3
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Geometría métrica plana
13. Un punto equidista de P(6, 10) y de Q(-4, 4) y su distancia al eje OX es doble de la
distancia al eje OY. Hallar las coordenadas de dicho punto.
Hay dos formas
1ª forma:
d (P,A) = d (Q,A)
módulo vector |PA|=módulo vector |QA|
√( 𝑥 − 6)2 + (𝑦 − 10)2 =√(𝑥 + 4)2 + (𝑦 − 4)2 =>(x-6)2 + (y-10) 2= (x+4)2 + (y-4)2
x2 + 36 – 12x + y2 + 100 - 20y = x2 + 16 + 8x + y2 +16 - 8y
136 - 12x - 20y = 32 + 8x - 8y
- 12x - 20y - 8x + 8y = 32 - 136
- 20x - 12y = - 104
- 20x - 12y + 104 = 0
10x + 6y – 52 = 0
A (26/11,52/11)
y =2x
10x + 12 x -52 = 0 22x = 52
x=52/22=26/11
y=52/11
2ª forma: Hallo la ecuación de la mediatriz del segmento PQ que nos dará, como es lógico, la
misma recta anterior:
- 20x - 12y + 104 = 0
Y se resuelve el sistema entre la ecuación de la mediatriz y la ecuación y=2x
14. En un triángulo ABC se conocen el vértice A (2,5), el punto medio del lado AB (3,1) y el
punto medio del lado AB que es (0,4).
a) Hallar los vértices B y C.
b) Calcular el área del triángulo.
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Figura 1
Figura 2
RESOLUCIÓN:
A.1) Cálculo del vértice B sabiendo que un extremo del lado AB es A(2,5) y su punto medio
es P(0,4): (ver figura 1)
AX  BX
 BX  2  PX  AX  BX  2  0  2  BX  2
2
A  BY
PY  Y
 BY  2  PY  AY  BY  2  4  5  BY  3
2
B  (2,3)
PX 
A.2) Cálculo del vértice C sabiendo que un extremo del lado BC es B(-2,3) y su punto medio
es M(3,1): (ver figura 1)
BX  C X
 C X  2  M X  BX  C X  2  3  (2)  C X  8
2
B  CY
MY  Y
 CY  2  M Y  BY  CY  2  1  3  CY  1
2
C  (8,1)
MX 
B) Cálculo del área del triángulo sabiendo que la base es igual al módulo del vector AB y
que la altura coincide con la distancia del punto C al lado AB :
(ver figura 2)
 SuperficieT 
AB  d (C , rAB )
bh
 SupT 
2
2
AB  (2  (2),5  3)  (4,2)
AB  42  22  20  2 5
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 Ecuación de la recta que pasa por AB :
· Punto por el que pasa: A(2,5)
· Vector director: u (4,2)= u (2,1)
r
x2 y2

 r  x  2y  8  0
2
1
 Distancia del punto C hasta la recta que pasa por AB :
d (C , rAB ) 
SupT 
Ax0  By 0  C
12  (2) 2
2 5  18
2

8  2  (1)  8
5

18
5
5  SUPERFICIE  18u 2
13
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