Gu A De Ejercicios




1.Un triangulo equilátero OAB cuyo lado tiene una longitud a está colocado de tal manera que el vértice 0 está en el origen, el vértice A esta sobre el eje de las X y a la derecha Y de 0, y el vértice B está arriba del AB eje X. Hallar las coordenadas de los vértices A y B y el Área del triángulo.

SOLUCION: Como = a, la abscisa del punto A es a. También, por estar A sobre 0 el eje de lasX, su ordenada es 0.  Par tanto, las coordenadas del vértice A son (a, 0). Si trazamos la altura , perpendicular al lado OA, sabemos, por la Geometría elemental, que C es el punto medio de . Por tanto, la abscisa de C es . Como  es paralela al eje Y, la abscisa del punto B es también  . La ordenada de B se obtiene ahora muy fácilmente por el teorema de Pitágoras; dicha ordenada es:


Las coordenadas del vértice son: 
El Área del triángulo A=b.h/2 = 
2. Calcular el perímetro del triángulo cuyos vértices son: A(-4,6), B(6,2) y C(4,-4).

SOLUCIÓN: Sustituyendo valores en la formula de la distancia en cada caso se tiene:

B C = 6.32
A C = 12.80
A B = 10.77

Por tanto, por conocimientos previos sabemos que el perímetro de una figura es la suma de la longitud de sus lados,por lo tanto tenemos que:

Perímetro = A B + A C + B C = 29.89 unidades lineales.



3. Determinar todos los puntos de Q que, además de distar 5 unidades del punto A(1,2), disten 2 unidades del eje de las x. Graficar.


SOLUCION:







Suponiendo que, por lo menos, haya un punto Q(x, y) que satisfaga las condiciones del enunciado, aplicando la fórmula de la distancia entre dos puntos se tiene:Q A = (x -1)² + (y - 2)² = 5²

Pero como la distancia del punto Q al eje de las x debe ser de 2 unidades, dicha distancia no es más que la ordenada del punto Q, la que puede ser positiva o negativa, por lo que estamos en obligación de considerar los dos signos y hacer las correspondientes sustituciones en la ecuación:

Para y = 2, tenemos:
(x - 1)² + (2 - 2)² = 25

( x -1)² = 25

Extrayendo raízcuadrada a ambos miembros: x - 1= ± 5

De la expresión anterior, se obtiene:
X1 - 1= 5
x1= 6

X2 - 1 = -5
x2= -4.

Así, los dos primeros puntos que resuelven nuestro problema, son:

Q 1 ( 6 , 2 ) ; Q 2 ( - 4 , 2 )


De la misma manera, ahora para y = -2, tenemos:

(x - 1)² + (-2 - 2 )² = 25

Extrayendo raíz cuadrada a ambos miembros: x - 1 = ± 3

De la expresión anterior, se obtiene:
X3 = 4
X4 =-2

Por consiguiente, otras dos soluciones del problema están dadas por los puntos:

Q 3 ( 4 , - 2 ) ; Q 4 ( - 2 , - 2 )



4. Demostrar que los puntos P1(3,3) P2(-3,-3) Y P3(-3  , 3) son vértices de un triángulo equilátero. Graficar.

Solución: aplicando la fórmula de longitud obtenemos que:





Podemos demostrar que el triángulo es equilátero, ya que todos sus lados son de iguallongitud.



5. Si P1 (- 4. 2) y P2 (4, 6) son los puntos extremos del segmento dirigido P1 P2. Hallar las coordenadas del punto P (x, y) que divide a este segmento en la razón P1P : PP2 = - 3.

SOLUCION: Como la razón r es negativa, el punto de división P es externo. Si aplicamos las siguientes fórmulas obtenemos:
Datos:
P1 (- 4. 2)
P2 (4, 6)
r = - 3

Sustituimos:

X

Y


Las coordenadas delpunto P que dividen al segmento en la razón dada es P(8,8)




6.Hallar la pendiente y el ángulo de inclinación de la recta que pasa por los puntos (1, 6 ) y (5, - 2). Graficar.

Solución.



Aplicando la formula de la pendiente obtenemos






La pendiente es negativa.


Para el cálculo del ángulo de inclinación aplicamos;

αarc tg (α)

αarc tg (-2) = 116º 34´.








Ejercicios Propuestos1. Hallar la distancia entre los puntos cuyas coordenadas son: (- 5, 6); (3, - 7 ) y ( - 8 , -12). Graficar.

2. La distancia entre dos puntos es 9. Si uno de los puntos es (- 2 , Y) .hallar el valor de Y.

3. Hallar el punto medio del segmento dirigido cuyos extremos son los puntos (- 7, - 19).

4. Un cuadrado, de lado igual a 2a, tiene su centro en el origen y sus lados son paralelos...