6ta Ayudant a 09 05 14 2 345533

AYUDANTÍA 09/05/14
2x2 + 2y 2 − 4x + 12y + 10 = 0. Si el punto

(1) Determine el ´area de un rect´angulo R inscrito en la secci´on c´onica C :
P = (2, y0 ) ∈ C y es uno de los v´ertices de R.Soluci´on
De entre las muchas soluciones que pueden encontrarse al problema, describir´e s´olo dos de ellas.
P = (2, y0 ) ∈ C

⇐⇒ 2 · 02 + 2y02 − 4 · 0 + 12y0 + 10 = 0
⇐⇒ 2y02 + 12y0 + 10 = 0
⇐⇒ y02 + 6y0 +5 = 0
⇐⇒ (y0 + 1)(y0 + 5) = 0
=⇒

y0 = −1 ∨ y0 = −5

Luego, P = (2, −1) ∈ C ∩ R y Q = (2, −5) ∈ C ∩ R.

(1)

Por otra parte, si hacemos y = −1 en la ecuaci´on de C tenemos que
2x2 + 2(−1)2 − 4x +12(−1) + 10
2

2x + 2 − 4x − 12 + 10

=

0

=

0

2

2x − 4x = 0
x(x − 2) = 0
As´ı que, S = (2, 0) ∈ C ∩ R. Por tanto que el ´area A es A = 4 · 2 = 8
Soluci´on alternativa
Etapa 1. Ponemos la secci´onc´onica en su forma can´onica
C

⇐⇒ x2 + y 2 − 2x + 6y + 5 = 0
⇐⇒ x2 − 2x + y 2 + 6y + 5 = 0
⇐⇒ (x − 1)2 + (y − (−3))2 = 5

As´ı que C es una circunferencia con centro en O=(1,-3)
Etapa 2. Sustituyendo elpunto P en C tenemos que:
P = (2, y0 ) ∈ C

⇐⇒ (2 − 1)2 + (y − (−3))2 = 5
⇐⇒ (y − (−3))2 = 4
⇐⇒ y = −3 ± 2
=⇒

P = (2, −1) ∈ C
Q = (2, −5) ∈ C

Etapa 3. Sustituyendo el punto (x0 , −1) en C tenemosque
(x0 , −1) ∈ C

⇐⇒

(x0 − 1)2 + (−1 − (−3))2 = 5

⇐⇒

(x0 − 1)2 = 1

⇐⇒

x0 = 1 ± 1

=⇒

S = (0, −1) ∈ C
Q = (2, −1) ∈ C

An´alogamente, sustituyendo el punto (x0 , −5) en C tenemos que
(x0 , −5) ∈ C⇐⇒

(x0 − 1)2 + (−5 − (−3))2 = 5

⇐⇒
⇐⇒

(x0 − 1)2 = 1
x0 = 1 ± 1

=⇒

T = (0, −5) ∈ C
Q = (2, −5) ∈ C

1

s
S •

•

P

4

T •

2

•

Q

(2) Dadas las par´abolas P1 = {(x, y) ∈ R2 | x2 − 2x − 8 − y= 0} y P2 = {(x, y) ∈ R2 | y + x2 − 2x − 8 = 0}. Determine, si
es posible, la ecuaci´
on general de una circunferencia
los puntos de intersecci´
on de ambas par´
abolas, y por
√ que pasa por √
√
elcentro de la c´onica de ecuaci´
on general 4x2 + 2 y 2 − 24x − 10 2 y + 36 + 21 2 = 0
Soluci´on

Etapa 1. Debemos determinar la ecuaci´
on general de una circunferencia. Para ello contamos con que...