GEOMETR¶IA I 23 de septiembre del 2011GEOMETR IA I 23 de septiembre del 2011 1. En el espacio...

GEOMETRIA I 23 de septiembre del 2011

1. En el espacio ordinario se consideran las rectas

`1 :{

x− y + z = 12x + y − z = 2 `2 :

x− 23

=y + 1

2=

z

a.

Hallar a ∈ IR para que exista un plano π que contenga a `1 y sea perpendicular a `2. Calcular laecuacion del plano π que lo verifica.

Resp.: a = −2 y π : 3x + 2y − 2z = 3.

2. En un espacio ordinario hallar la ecuacion del plano que pasa por el punto A(1, 0,−1), es per-pendicular al plano π : x − y + 2z + 1 = 0 y es paralelo a la recta ` dada por las ecuacionesx− 2y = 0; z = 0.

Resp.: 2x− 4y − 3z = 5.

3. Considerar la familia de planos 2λx + (λ + 1)y − 3(λ − 1)z + 2λ − 4 = 0 en el espacio ordinario.Determinar el plano de esta familia que es paralelo a la recta ` : x + 3z − 1 = 0, y − 5z + 2 = 0.

Resp.: 4x + 3y − 3z = 0.

4. Hallar la ecuacion de la recta que pasa por A(1, 1, 1), es paralela al plano π : x − y + z − 3 = 0 ycorta la recta ` : x = 1, y = 3.

Resp.: x = 1, y = z.

(Soluciones en la pagina siguiente)

Geometrıa I. Angel Montesdeoca. La Laguna, 2011

1

SOLUCION GEOMETRIA I 23 de septiembre del 2011:

1) La direccion de la recta `1 esta dada por el vector ~v1 = (1,−1, 1)× (2, 1,−1) = (0, 3, 3).El vector director de la recta `2 es ~v2 = (3, 2, a).

Las rectas `1 y `2 han de ser perpendiculares, pues `1 ha de estar contenida en el plano π que ademasdebe ser perpendicular a `2. Luego,

~v1 · ~v2 = (0, 3, 3) · (3, 2, a) = 0 ⇔ 6 + 3a = 0 ⇔ a = −2.

Para determinar un punto de π tomamos uno cualquiera de la recta `1, contenida en el. Por ejemplo,P (1, 0, 0).

Ası, la ecuacion del plano π, que pasa por P (1, 0, 0) y de vector perpendicular (3, 2,−2), es:

3(x− 1) + 2(x− 0)− 2(z − 0) = 0 ⇔ 3x + 2y − 2z = 3.

2) El plano que pasa por A(1, 0,−1) y contiene a los vectores ~u = (1,−1, 2), perpendicular al planoπ, y al vector ~v = (2, 1, 0), director de la recta `, es:

∣∣∣∣∣∣

x− 1 y z + 11 −1 22 1 0

∣∣∣∣∣∣= −2x + 4y + 3z + 5 = 0.

3) Un vector perpendicular al plano a determinar ha de ser perpendicular a vector director de la recta`. Es decir,

(2λ, λ + 1,−3(λ− 1)) · (−3, 5, 1) = 0 ⇔ −6λ + 5λ + 5− 3λ + 3 = −4λ + 8 = 0 ⇒ λ = 2

El plano pedido tiene de ecuacion:4x + 3y − 3z = 0.

4) Un vector perpendicular al plano π es ~u = (1,−1, 1). La direccion de la recta ` viene dada por elvector ~v = (0, 0, 1).

Un punto generico de la recta ` es de la forma (1, 3, t), t ∈ IR.La recta que se busca pasa por el punto A(1, 1, 1) y por algun punto de `; por lo que su vector director

sera de la forma ~a = (0, 2, t− 1). Al ser paralelo a π, se tiene ~u · ~a = 0, porque ~u ⊥ ~a.

(1,−1, 1) · (0, 2, t− 1) = −2 + λ− 1 = 0 ⇒ λ = 3.

Luego, ~a = (0, 2, 2) y la ecuacion de la recta que se busca es:

x− 10

=y − 1

2=

z − 12

.

O sea x = 1, y = z.


2

GEOMETRIA I 14 de octubre del 2011

1. Dadas las rectas x − y − 2 = 0, 3x − y + 2 = 0, determınese la ecuacion de la recta que, pasandopor el punto P (1, 0), corte a las rectas dadas en los puntos A y B, tales que PA = PB.

2. Ecuaciones de la semejanza con centro (punto fijo) en S(6, 0) y en la que A(0, 0) y A′(0, 6√

3) sonhomologos.

Comprobar que es la composicion del giro de centro S y en el que son homologas las rectas SA ySA′ con la homotecia de centro S y razon 2.

3. Hallar las coordenadas del centro del giro g2 = g1 t~v. siendo t~v la traslacion que lleva el origen decoordenadas al punto A(4, 4), y g1 el giro de centro A y amplitud 90◦. Determinar las coordenadasdel punto B′ homologo de B(2,−2) en el giro g2.

4. Se tiene un giro g1 de centro C1 el origen de coordenadas y de amplitud 45◦, y otro giro g2 de centroC2(6, 6) y amplitud 90◦. Calcular las coordenadas del centro C del giro g = g2 g1, producto de losanteriores, y la posicion del punto A′′, homologo del punto A(6, 0) en este nuevo giro.

5. En una traslacion t~v, el punto A(4, 0) tiene por imagen el punto A′(4, 6). ¿Que magnitud ha detener un giro g de centro O(0, 0) para que la transformacion producto t~v g sea una simetrıa central?Hallar el centro de esta simetrıa y las coordenadas del punto imagen de A en dicha simetrıa.



3

SOLUCION GEOMETRIA I 14 de octubre del 2011:

1) Las ecuaciones de la simetrıa central de centro en P (1, 0) son

x′ = −x + 2, y′ = −y; x = −x′ + 2, y = −y′.

Mediante esta simetrıa la recta de ecuacion x − y − 2 = 0 se transforma en la recta −x + y = 0. Lainterseccion de esta recta con la segunda del enunciado, 3x− y + 2 = 0, da el punto B(−1,−1).

El simetrico de B respecto a P nos da el punto A(3, 1) en la primera recta.

2) Teniendo en cuenta que las ecuaciones de una semejanza (directa) son:

x′ = ax + by + m, y = −bx + ay + n,

y usando que S(6, 0) 7→ S(6, 0) y que A(0, 0) 7→ A′(0, 6√

3), resultan las ecuaciones de la semejanzapedida:

σ : x′ = x +√

3y, y = −√

3x + y + 6√

3.

De las ecuaciones de un giro de centro (a, b) y amplitud θ:

x′ = (x− a) cos θ − (y − b) sen θ + ay′ = (x− a) sen θ + (y − b) cos θ + b,

y teniendo en cuenta que el angulo que forman las semirrectas SA y SA′ es θ = −60◦, se obtienen lasecuaciones del giro de centro S(6, 0) y amplitud θ = −60◦:

g : x′ =12x +

√3

2y + 3, y′ = −

√3

2x +

12y + 3

√3.

Las ecuaciones de la homotecia de centro A(a, b) y razon k, son:

x′ = k(x− a) + a y′ = k(y − b) + b.

La de razon 2 y centro S(6, 0) son:

h : x′ = 2x− 6, y′ = 2y.

Sustituyendo estos valores en la ecuacion del giro g se obtienen las ecuaciones de la semejanza σ.

3) La traslacion dada esta determinada por el vector ~v = (4, 4), y sus ecuaciones son:

t~v : x′ = x + 4, y′ = y + 4.

Las del giro de centro A(4, 4) y amplitud 90◦ son:

g : x′ = −y + 8, y′ = x.

Ası, el producto g t~v es:x′ = −y + 4, y′ = x + 4.

El punto fijo de este giro, (0, 4), es su centro. La imagen de B(2,−2) es B′(6, 6).

4) El giro de centro el origen y amplitud π/4 es:

g1 : x′ =x√2− y√

2,

x√2

+y√2.

4

El giro de centro en (6, 6) y amplitud π/2 es:

g2 : x′ = −y + 12, y′ = x.

El producto de los giros g2g1 es un giro de amplitud 3π/4:

x′ = − x√2− y√

2+ 12, y′ =

x√2− y√

2.

Su centro es su punto fijo:

(6,

6√

22 +

√2

). La imagen del punto A(6, 0) es

(12− 3

√2, 3

√2).

5) Las ecuaciones de la traslacion son t~v: x′ = x, y′ = y + 6. Las de un giro de amplitud θ y centroen el origen son

g : x′ = x cos θ − y sen θ, y′ = x sen θ + y cos θ.

Para que la composicion t~v ◦ g se una simetrıa central de centro (a, b) se ha de verificar que:

(x cos θ − y sen θ, x sen θ + y cos θ + 6) = (−x + 2a,−y + 2b).

Es decir θ = π y (a, b) = (0, 3).


5


1. Dados la recta ` :x− 1

2= y + 1 = z y el plano π : x + 3y + z − 4 = 0, hallar [3] la ecuacion de la

recta proyeccion ortogonal de ` sobre π.

2. (a) Sea λX ′ = AX la ecuacion matricial de una homografıa en el plano ordinario ampliado conlos puntos del infinito, donde λ es un numero real arbitrario, X y X ′ son matrices columnaformadas por las tres coordenadas homogeneas de un punto X y las tres de su imagen X ′ y Aes una matriz cuadrada de coeficientes reales reales, de orden 3× 3, con determinante no nulo.Si u0x

0 + u1x1 + u2x

2 = 0 es la ecuacion de una recta de coeficientes (u0, u1, u2), obtener [1]la ecuacion matricial que relaciona estos coeficientes con los de su recta imagen.

(b) Encontrar [2] la ecuacion de todos los giros en el plano que transforman la recta y = 0 en larecta

√3x + y = 0. ¿Cual [1] es el lugar geometrico de los centros de tales giros?

3. Consideremos el plano ordinario ampliado con la recta del infinito. Demostrar [2] que si unahomografıa del plano en sı mismo (aplicacion biyectiva que que transforma puntos alineados enpuntos alineados), conserva la recta del infinito (afinidad) y ademas transforma cada punto de unarecta concreta en sı mismo (tiene una recta de puntos fijos) entonces, las rectas que unen cualquierpunto con su imagen por tal homografıa son paralelas entre sı.

Citar [1] algun ejemplo de transformacion geometrica en el plano que sea de este tipo.

(Soluciones en las paginas siguientes)


6

SOLUCION GEOMETRIA I 28 de octubre del 2011:

1)

Solo debemos determinar, para obtener la recta proyeccion ortogonal de la recta ` sobre el plano π,el plano que contiene a ` y sea perpendicular al plano π.

Vectores paralelos a este plano son ~v = (3, 1, 1), que determina la direccion de recta `, y ~a = (1, 3, 1),que da direccion perpendicular a π. Un punto de este plano es el punto (1,−1, 0) de la recta `, por loque su ecuacion es:

(~v × ~a) · (x− 1, y + 1, z) = 0 ⇒ 2x + y − 5z − 1 = 0.

Luego las ecuaciones de la recta proyeccion son:

x + 3y + z − 4 = 0, 2x + y − 5z − 1 = 0 ⇒ x− 316

=y

−7=

z − 15

.

2)— Como el centro de un giro, que transforma una recta en otra, equidista de las dos rectas, dicho

centro ha de estar en una de las bisectrices de ambas rectas.

— Utilizando coordenadas, sean las ecuaciones de un giro son de la forma

x′ = ax + by + py′ = −bx + ay + q

(a2 + b2 = 1).

La imagen de un punto arbitrario P (t, 0) de la recta y = 0 es (at + p,−bt + q), que debe estar en larecta

√3x + y = 0; por lo que:

√3(at + p) + (−bt + q) = 0 ⇒ (

√3a− b)t +

√3p + q = 0.

Como esta ultima relacion se debe verificar para todo t, se sigue que:

b =√

3a, q = −√

3p.

Como a2 + b2 = 1 se tiene que a = ±1/2, b = ±√3/2 y, por tanto, las ecuaciones de los dos girosgenericos que transforma la recta y = 0 en la recta

√3x + y = 0, son de los tipos:

x′ =12x +

√3

2y + p

y′ = −√

32

x +12y −

√3p

x′ = −12x−

√3

2y + p

y′ =√

32

x− 12y −

√3p

El centro de cada uno de los giros es su punto fijo, que lo determinamos resolviendo cada uno de lossistemas de ecuaciones lineales siguientes:

{−x +

√3y + 2p = 0

−√3x− y − 2√

3p = 0

{−3x−√3y + 2p = 0√

3x− 3y − 2√

3p = 0

Obteniendose respectivamente los centros:

(−p,−

√3p

),

(p,− p√

3

).

Al considerar todos los giros, sus centros recorren, respectivamente, las rectas:

y =√

3x, y = −√

33

x,

7

rectas por el origen de pendientes 60◦ y 150◦: bisectrices de las rectas dadas.

3)

— Si la recta de puntos fijos NO es la del infinito y si tomamos un sistema de coordenadas tal quela recta de puntos fijos es x = 0, todo punto (t, 0) va en sı mismo. De la ecuacion de una afinidad, quetransforma un punto X(x, y) en el punto X ′(x′, y′):

x′ = ax + by + p, y′ = cx + dy + q, (1)

se tiene que: t = at + p, 0 = ct + q ⇒ p = 0, q = 0, c = 0, a = 1.Con lo que la afinidad queda de la forma:

x′ = x + by, y′ = dy.

Entonces,−−→XX ′ = (x + by, dy)− (x, y) = y(b, d− 1) es un vector de direccion constante.

En el caso particular de b = 0 y d = −1, se trata de una simetrıa axial.En general es una homologıa de eje y = 0 y centro el punto del infinito en la direccion del vector

(b, d− 1).

— Si la recta de puntos fijos es la del infinito, un punto de coordenadas homogeneas (0, 1, m) setransforma en sı mismo. De las ecuaciones de una afinidad (1), se sigue que:

1 = a + bm, m = d + cm.

Y como estas relaciones se han de verificar para todo m, se tiene:

a = 1, b = 0, d = 0, c = 1.

Con lo que la afinidad queda de la forma:

x′ = x + p, y′ = y + q.

Se trata de una traslacion y la recta que une un punto X con X ′ tiene la direccion del vector (p, q), dela traslacion.


8

GEOMETRIA I 10 de noviembre del 2011

1. Obtener la ecuacion de la hiperbola con asıntotas las rectas x = 1, x + y − 2 = 0, y tangente al ejeOX.

Sol.: 4x2 + 4xy − 12x− 4y + 9 = 0.

2. Deducir que x2 + 2xy + y2 − 3x − 5y + 4 = 0 es la ecuacion de la parabola que pasa por el punto(0, 1), cuya tangente en el punto (1, 1) es la recta y = x y su eje es paralelo a la recta x + y = 0.

3. En el plano euclıdeo, la ecuacion general de una conica a11x2+a22y

2+2a12xy+2a01x+2a02y+a00 =0, representa una circunferencia si y solo si a11 = a22 y a12 = 0.

Si tenemos dos circunferencias C1 y C2, establecer que la combinacion lineal C1 + λC2 constituyeun haz de circunferencias. Verificar que para λ = −a11/b11 degenera en una recta (llamada ejeradical), que pasa por los puntos de interseccion (reales o imaginarios) de C1 con C2.

Dadas dos circunferencias de centros en (a1, b1) y (a2, b2), y radios r1 y r2, respectivamente,comprobar que la recta que pasa por los puntos de interseccion de ambas tiene por ecuacion:2(a2 − a1)x + 2(b2 − b1)y + a2

1 − a22 + b2

1 − b22 + r2

2 − r21 = 0.

4. Determinar la ecuacion de la hiperbola con centro (1, 0), que tiene a la recta y − x + 1 = 0 comouna asıntota y que pasa por los puntos (2, 2) y (0, 2).

Sol.: x2 − y2 − 2x + 4 = 0.

5. Siendo x2 − y2 − 2x + 4 = 0 la ecuacion de la hiperbola del ejercicio (4), obtener la otra asıntota,sus ejes y la ecuacion de la hiperbola referida a los ejes.

6. Determinar el valor de λ para que t1t2 + λp2 = 0 sea la ecuacion de la conica C ≡ x2 − 6xy + 2x +2y − 1 = 0, donde t1 = 0 y t2 = 0 son las ecuaciones de las tangentes a C desde el punto P (1, 1) yp = 0 es la ecuacion de la polar de P respecto a C.

7. Determinar la ecuacion de la conica tangente a los ejes coordenados en los puntos (2, 0) y (0, 3) yque pasa por el punto (1,−1).

Sol.: 9x2 + 37xy + 4y2 − 36x− 24y + 36 = 0.


9


1. Hallar las ecuaciones de la recta situada en el plano x− 3y − z + 4 = 0 y que es perpendicular a larecta de ecuaciones x− 2z − 3 = 0, y − 2z = 0, en el punto en que esta corta al plano.

2. Justificar que existen exactamente dos isometrıas en el plano, una directa y otra inversa, quetransforman un segmento en otro. En el caso de que un segmento sea AB de extremos A(0, 0)y B(0, 1) y su transformado sea A′B′ con A′(1, 0) y B′(2, 0). ¿cuales son las ecuaciones de talestransformaciones? y especificar de que isometrıas se trata. Indicar cuales son los elementos fijos(puntos y rectas) de cada una, si los tienen.

3. Establecer las condiciones para que una afinidad sea una semejanza directa. Demostrar que unasemejanza directa es o bien una traslacion o bien una homologıa (homografıa en al plano con unpunto doble y una recta de puntos dobles no incidentes).


10

GEOMETRIA I 5 de diciembre del 2011

1. Si tXAX + λ tXBX = 0 es la ecuacion de un haz de conicas determinado por dos conicas dematrices asociadas A y B, ¿como [0.5] se procede para obtener las conicas degeneradas del haz?

En un haz de conicas (no todas degeneradas) ¿cual [0.5] es el numero maximo de conicas degeneradasque pueden haber?

Si en un haz de conicas los cuatro puntos base estan dos confundidos y los otros dos son distintoso bien estan confundidos por pares, ¿cuantas [0.5] conicas degeneradas posee?

Considerense en el plano real las conicas

C1 : x2 + y2 − 2xy −√2(x + y) + a = 0 y C2 : x2 + y2 + xy − 3 = 0.

Determinar [2.5] los valores de a para los cuales C1 y C2 tengan puntos comunes en los que lastangentes a ambas coincidan.

-4 -2

2 4

-4

-2

2

4

Applet GeoGebra

2. ¿Que [0.5] angulo forma la tangente a una conica en un vertice, con el eje que lo contiene?

Hallar [2] la ecuacion de la hiperbola de vertices los puntos (1, 1) y (3, 3) y que pasa por (3/2, 0).Determinar [0.5] centro, ejes y asıntotas.

Hiperbola: xy − 2x− 2y + 3 = 0.

3. En el espacio ordinario considerense las rectas

r : y = 0, z = −1; s : y = 0, z = 1.

Hallar [2] el lugar geometrico de las rectas de interseccion de los pares de planos perpendiculares,cada uno de los cuales contiene a una de las rectas anteriores. ¿De que [1] se trata?

S.: y2 + z2 = 1.

(Soluciones en las pagina siguiente)


11

http://webpages.ull.es/users/amontes/geogebra/g1x06.html

SOLUCION GEOMETRIA I 5 de diciembre del 2011:

1)

Para que el haz de conicas

x2 + y2 − 2xy −√

2(x + y) + a + λ(x2 + y2 + xy − 3) = 0

tenga exactamente dos conicas degeneradas, la siguiente ecuacion ha de tener una raız doble:∣∣∣∣∣∣∣

a− 3λ − 1√2

− 1√2

− 1√2

λ + 1 λ−22

− 1√2

λ−22 λ + 1

∣∣∣∣∣∣∣= −1

4(9λ3 − 3aλ2 + 36λ2 − 12aλ + 2λ + 8) = −1

4(λ + 4)

(9λ2 − 3aλ + 2

)= 0.

Siendo las soluciones:

λ1 = −4, λ2 =16

(a−

√a2 − 8

), λ3 =

16

(a +

√a2 − 8

),

habra dos soluciones coincidentes si:

λ2 = λ3 ⇒ a = ±2√

2 o λ1 = λ2 ⇒ a = −736

.

No hay valores reales de a para los que λ1 = λ3. Tampoco hay valores de a para los que λ1 = λ2 = λ3,es decir, no es un haz osculatriz o hiperosculatriz.

2)

La hiperbola pedida pertenece al haz de conicas bitangentes a las rectas perpendiculares a su eje ensus vertices:

x + y − 6 = 0 y x + y − 2 = 0.

Tal haz de conicas es:

(x + y − 6)(x + y − 2) + λ(y − x)2 = 0.

La conica de este haz que pasa por (3/2, 0) se obtiene para λ = −1 y es la hiperbola equilatera:

xy − 2x− 2y + 3 = 0,

de centro en (2, 2), ejes x− y = 0, x + y − 4 = 0 y asıntotas x = 2, y = 2.

Para determinar la conica en cuestion podemos proceder obteniendo cinco de sus puntos.Como el centro es el punto medio de sus vertices (1, 1) y (3, 3), el es (2, 2). El simetrico de (3/2, 0)

respecto al centro es (5/2, 4), que pertenece a la conica. Y el simetrico de (3/2, 0) respecto al eje que unelos vertices dados, x = y, es el punto (0, 3/2), que tambien es de la conica. Tenemos ası cinco puntos dela conica: (1, 1), (3, 3), (3/2, 0), (5/2, 4) y (0, 3/2).

3)

Planos genericos que pasan por las rectas r y s son:

y + λ(z + 1) = 0 y y + µ(z − 1) = 0.

Pares de estos planos seran perpendiculares si el producto escalar de sus vectores directores es cero:

(0, 1, λ) · (0, 1, µ) = 1 + λµ = 0.

Luego, la ecuacion del lugar geometrico pedido es:(− y

z + 1

)(− y

z − 1

)+ 1 = 0 ⇔ y2 + z2 = 1.

Se trata de un cilindro elıptico (circular) de generatrices paralelas al el OX.

12

GEOMETRIA I 13 de diciembre del 2011(Ejercicios Cuarto Seguimiento)

1. Justificar la siguiente construccion geometrica del baricentro G de los cinco puntos A,B, C,D yE que se expresa en la siguiente figura, siendo L,M, N, P y Q los puntos medios de los segmentosAB,BC, CD, DE y EA, respectivamente:

2. Consideremos tres puntos A,B y C en el plano y sean D, E y F puntos en las rectas BC, CAy AB, respectivamente. Si las tres rectas AD, BE y CF son concurrentes establecer que, parasegmentos orientados:

AP

PD=

AF

FB+

AE

EC.

Sugerencia: Aplicar el teorema de Menelao a los triangulos ABD y ADC, cortados por las rectas CP y BP ,

respectivamente.

3. Consideremos tres puntos A,B y C en el plano y sean D, E y F puntos en las rectas BC, CAy AB, respectivamente. Si las tres rectas AD, BE y CF son concurrentes establecer que, parasegmentos orientados:

DP

DA+

EP

EB+

FP

FC= 1.

Sugerencia: Utilizar el Ejercicio 2 y aplicar el teorema de Ceva al triangulos PBC y al punto A.

13

4. En el plano afın se consideran las referencias cartesianas R = {O; ~u,~v} y R′ = {O; ~u′, ~v′}. Hallarla condicion necesaria y suficiente para que existan otros puntos distintos de O que tengan lasmismas coordenadas respecto de R y R′. Hallar el lugar geometrico de estos puntos.

5. Consideremos el espacio afın real de dimension 3.

(a) Si en un sistema de referencia R = {O;~e1, ~e2, ~e3} un plano tiene por ecuacion x + y + z = 2,¿cual sera su ecuacion en la referencia R′ = {P ; ~u1, ~u2, ~u3} cartesiana si P (1, 1, 0) y

~u1 = −~e1 + ~e3, ~u2 = −~e2 + ~e3, ~v3 = ~e1 + ~e2 + ~e3.

(b) Encontrar una referencia R′′ respecto a la cual el plano x−y+z = 3 tenga por ecuacion y′′ = 0.

6. Dadas las rectas en el plano afın real en una cierta referencia cartesiana que tiene por ecuaciones:

r1 : 3x− 2y + 3 = 0; r2 : y = 4 r3 : 3x− y = 1,

encontrar un triangulo ABC tal que A este en r1, el punto (1, 0) este en la recta BC y que susmedianas sean las rectas dadas.

r1

r3

r2

3x - 2y + 3 = 0

y - 4 = 0

3x - y - 1 = 0

(3.6)

(2,5)

(2,4)

(1,2)

(1,0)

(1,4)

(1,3)

(5/3,4)

7. Sean los r puntos P1, P2, . . . , Pr en un espacio afın y G su baricentro.

(1) Probar que si Gi es el baricentro de los puntos P1, P2, . . . , Pi−1, Pi+1, . . . , Pr, entonces G es lainterseccion de las rectas PiGi (i = 1, . . . , r).

(2) Probar que para cada i ∈ {1, 2, . . . , r}, se tiene el siguiente valor de la razon simple:

(Pi Gi G) =r − 1

r.


14

GEOMETRIA I 19 de enero del 2012(Examen Final. Primera Convocatoria)

1. Establecer que no se cortan la rectas

`1 :{

3x− y + z = 3x− y − 2z = −2 `2 :

{x + 2y = 12x− y + 2z = 2

Hallar la ecuacion de la recta que pasa por el punto P (1, 0, 1) y que corta a `1 y a `2. Hallartambien los puntos de interseccion de esta recta con las rectas `1 y `2.

2. Establecer que mediante una homotecia una recta y su imagen son paralelas.

Dado el triangulo ABC, con A(0, 0), B(12, 0) y C(9, 6), utilizar una adecuada homotecia decentro en C, para construir un cuadrado DEFG inscrito en ABC, con DE en el lado AB y losvertices F y G sobre BC y CA, respectivamente. ¿Cuales son las coordenadas de D, E, F y G?

———————————–

3. Describir la posicion de una recta y una conica. Ecuacion de la recta tangente a una conica yde las tangentes desde un punto a una conica.

Dada la parabola 3y2 + 2x = 0 averiguar la posicion relativa de las rectas

`1 : x + 6y = 6, `2 : 2x− 3y = −18, `3 : x + y = 1.

con respecto a dicha parabola.

4. Encontrar la ecuacion de la conica tangente a las rectas x + y = 0, x = 1 en los puntos deinterseccion con la recta x+y+1 = 0 y que pasa por el punto (1/2, 1/2). Se trata de una hiperbola,determinar sus asıntotas.

———————————–

5. Dados tres puntos A,B, C alineados en un espacio afın se tiene que−−→AC = ρ

−−→AB ; al escalar ρ se

le denomina razon simple de los puntos A,B, C y ponemos ρ = (A B C).

Sean A, B,C, D cuatro puntos alineados, demostrar que:

(AB C) (AD B) (AC D) = 1. (2)

Sean P1, P2, P3 tres puntos no alineados en el plano afın y ` una recta que no pasa por ninguno deellos. Sean Q1, Q2, Q3 los punto en que ` cortan a las rectas P2P3, P3P1 y P1P2, respectivamente.Demostrar el resultado siguiente, llamado Teorema de Menelao:

15

(Q3 P1 P2) (Q1 P2 P3) (Q2 P3 P1) = 1.

(Considerar el punto P de interseccion de la recta paralela a ` por el punto P3 con la recta P1P2 y aplicar el

Teorema de Tales para obtener (Q2 P3 P1) = (Q3 P P1) y (Q1 P2 P3) = (Q3 P2 P ); luego, aplicar (2).) :

6. Sea {O;~e1, ~e2} un referencia cartesiana en el plano afın real y sean las rectas

r : x + y = 1, s : x− y = 1.

Hallar una referencia cartesiana tal que las ecuaciones de r y s sean

r : y′ = 0, s : x′ = 0.

Dar las expresiones del cambio de coordenadas respecto a las dos referencias.

———————————–


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GEOMETRIA I 26 de enero del 2012(Examen Final. Segunda Convocatoria)

1. Dados en el espacio ordinario un punto P y dos rectas no paralelas que no se cortan y que nopasan por P , justificar que por P pasa una unica recta que corta a las rectas dadas.

Encontrar la recta ` que para por el origen (0, 0, 0) de coordenadas que se apoya en las recta`1 : x = 1, y = 1 y `2 : x = −1, z = 1.

2. ¿Que tipo de transformaciones da la composicion de giros? Justificar la respuesta.

Dados los puntos P (1, 0) y Q(0, 1) en plano, consideremos la composicion del giro de centro Py amplitud 90◦ con el giro de centro Q y amplitud 90◦; establecer que el resultado es una simetrıacentral con respecto al centro de un cuadrado de lado PQ.

———————————–

3. Clasificar la conica x2−y2+2x+6y−13 = 0. Dar su ecuacion reducida utilizando sus invariantesmetricos. Encontrar, si es el caso, su centro, sus ejes y sus asıntotas. Hacer una grafica aproximada.

4. a) Determinar el lugar geometrico de los puntos de interseccion de las rectas y = mx, (2m −2)x + (5m + 1)y = 2m− 2, cuando m varıa. ¿De que se trata?

b) Hallar la ecuacion de la conica (coincide con el lugar geometrico del apartado anterior) quepasa por el punto (3, 1), tangente a la recta y = x en el origen de coordenadas, y a la recta−2x + y + 2 = 0 en el punto (1, 0).

———————————–

5. Dar definiciones equivalentes de espacio afın y establecer la equivalencia entre ellas.

Demostrar que el conjunto de las matrices simetricas de orden 2 × 2, con coeficientes reales esun espacio afın asociado al espacio vectorial IR3 con la siguiente ley externa

(a11 a12

a12 a22

)+ (x1, x2, x3) =

(a11 + 2x1 a12 + x2

a12 + x2 a22 + 3x3

).

6. En el plano afın real se dan tres puntos A,B, C no alineados. Se consideran los puntos Aα, Bα, Cα

tales que se tiene las siguientes expresiones para las razones simples:

(A B Cα) = (AC Bα) = (B C Aα) = α.

¿Cuales son las coordenadas de los puntos Aα, Bα y Cα en la referencia cartesiana {A;−−→AB ,

−−→AC }.

Demostrar que los baricentros de los triangulos AαBαCα, cuando α varıa, estan en una recta(paralela a AC por el baricentro de ABC)

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GEOMETRIA I Junio-Julio del 2012

1. Entre las recta del espacio afın ordinario que pasan por el punto P (−2, 1, 1) y cortan a la recta4x− y + z = 13, 2x− y− z = 1 determinar si existe una que pasa por el punto Q(2, 1, 3), dando encaso afirmativo la ecuacion de dicha recta.

2. Obtener las expresiones del cambio de coordenadas entre dos referencias cartesianas en un espacioafın.

En el espacio afın real tridimensional se considera una referencia cartesiana R = {O;~e1, ~e2, ~e3}.Sea R′ = {O′;~v1, ~v2, ~v3} una nueva referencia cartesiana con origen en el punto O′(2, 3, 1), sus ejescortan a los ejes de R, respectivamente, en los puntos de coordenadas (3, 0, 0), (0, 2, 0), (0, 0, 4), demodo que el punto P (1, 1,−5) tenga coordenadas (1, 1, 1) en R′. Obtener los vectores ~v1, ~v2, ~v3 ylas ecuaciones del cambio de referencia.

3. Describir geometricamente, en el plano afın, la trasformacion homotecia. ¿Cuales son sus ecua-ciones cuando el centro de homotecia no es el origen de coordenadas? ¿Es una homotecia lacomposicion de homotecias? ¿Es conmutativa la composicion de homotecias?

¿Donde esta el punto P si su imagen mediante la homotecia η1 de centro O1 y razon k1, coincidecon su imagen mediante la homotecia η2 de centro O2 y razon k2 (k1 6= k2)?

4. En una conica con centro, obtener la ecuacion que permite determinar las pendientes de los ejes.

Hallar la ecuacion de la hiperbola que pasa por el origen, tiene por asıntota la recta x−2y−1 = 0y uno de sus ejes es la recta x− y − 1 = 0. (Sol.: 2x2 + 2y2 − 5xy − 4x + 5y = 0.)

Obtener su ecuacion reducida en el plano euclıdeo.

Es necesario trabajar cada una de las preguntas.


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GEOMETRIA I 9 de Julio del 2012

1. Hallar [1] las ecuaciones de la recta paralela al plano π : x−y+z−3 = 0, corta la recta ` : x = 1, y = 3

y que pasa por A(1, 1, 1).

2. Obtener [1] las ecuaciones de la transformacion T que resulta de componer la traslacion de vector

~u = (3, 4) con la simetrıa axial de eje de simetrıa la recta 4x−3y = 1. ¿Cuales son sus elementos fijos

[0.5] (puntos y rectas propios o impropios)? ¿Cuales son las ecuaciones [0.5] de T si tomamos el eje

de simetrıa como un nuevo eje de coordenadas?

3. ¿Que es un diametro [0.5] de una conica? Dado un diametro d, sea d′ el diametro que pasa por el

polo de d (se dice que d y d′ son diametros conjugados), ¿Obtener [1] la relacion que existe entre

las pendientes de d y d′? A partir de la esta relacion, deducir [0.5] que condicion deben verificar las

pendientes de los ejes de una conica con centro. ¿Es valida la condicion anterior para una parabola?

¿Por que [0.5]?

4. Ecuacion de la parabola [1] que pasa por los puntos de coordenadas (1, 0), (0, 0), (5, 3) y de eje

paralelo a la recta de ecuacion x + y = 1. Obtener [1] su eje de simetrıa.

5. Definir [0.5] coordenadas baricentricas en un espacio afın y establecer [0.5] su relacion con las coor-

denadas cartesianas. Sean A = (1, 1, 1), B = (1, 2, 3), C = (2, 3, 1) y D = (3, 1, 2) las coordenadas

de cuatro puntos en el espacio ordinario, respecto a una referencia cartesiana R = {O,~e1, ~e2, ~e3}.Demostrar [0.5] que < = {A,B,C, D} es una referencia baricentrica. Hallar [1] las coordenadas

baricentricas de O respecto a <.


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GEOMETRIA I 21 de Septiembre del 2012

1. Hallar las ecuaciones de la recta que es paralela al plano π : x − y + z − 3 = 0, que corta la recta

` : x = 1, y = 3 y que pasa por A(1, 1, 1).

Resp.: x = 1, y = z.

2. ¿Es posible trazar un plano paralelo al plano de ecuacion 2x− y + z = 2, por los puntos A(1, 1,−1)

y B(0, 3, 2)? ¿Y uno perpendicular? Cuando sea posible obtener su ecuacion.

Resp.: No es posible trazar un plano paralelo. Plano perpendicular: −5x− 7y + 3z + 15 = 0.

3. Posicion relativa del eje OX y del plano que pasa por la recta ` : x− y + 1 = 0, 2x− z = 0 y que

contiene al punto P (2, 0, 2).

Resp.: Se cortan en el punto (1/2, 0, 0).

4. Ecuacion de un plano generico paralelo a las rectas `1 : 6x = 3y−3 = 2z−4, `2 : x = y+1 = z+1.

De los planos obtenidos, encontrar el que equidista de ambas rectas.

Resp.: 2x− 4y + 2z = 1.

5. Encontrar la recta paralela al plano x + y = 0, contenida en el plano x + y + z = 1 y que pasa por

el punto (1, 0, 0).

Resp.: x + y = 1, z = 0.

6. Dadas las rectas `1 : x = y, z = 0 y `2 : x =y − 1

2=

z − 33

. Hallar otra recta s que se apoye en

`1 y `2 y ademas sea paralela a la recta r : x = y = z.

Resp.: x + 1 = y + 1 = z.

7. Dadas las rectas `1 : x − 1 = 2y = 3z y `2 :x + 1

2=

y − 1−2

= z. Calcular la ecuacion del plano

que pasa por el origen O(0, 0, 0) y es perpendicular a la recta que pasa por O y corta a las rectas

`1 y `2.

Resp.: 3x− 3y − 2z = 0.

8. Sean el punto P (1, 1, 0) y el plano π : 4x − y − z = 1. Calcular las coordenadas del punto P ′

simetrico de P , respecto a π.

Resp.: (1/9, 11/9, 2/9).


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GEOMETRIA I 11 de octubre del 2012(Segundo seguimiento)

1. Se considera la transformacion σ en el plano que resulta de componer el giro de centro en el puntoA(1, 0) y amplitud 60◦, con la homotecia de centro en el origen de coordenadas O(0, 0) y razon 2.Clasificar la transformacion σ. Expresarla como composicion de una homotecia con un giro, amboscon el mismo centro. Y expresarla como composicion de un giro con una homotecia, ambos con elmismo centro. Determinar la transformada `′ la recta ` : x = 1, mediante la transformacion σ?¿Puedes decir cual es el valor del angulo α que forman las recta ` y `′, sin determinar esta?

2. Se considera la transformacion σ en el plano que resulta de componer la homotecia de centro en elorigen de coordenadas (0, 0) y razon 2 con el giro de centro en el punto A(1, 0) y amplitud 60◦ .Clasificar la transformacion σ. Expresarla como composicion de una homotecia con un giro, amboscon el mismo centro. Y expresarla como composicion de un giro con una homotecia, ambos con elmismo centro. Determinar la transformada `′ la recta ` : x = 1/2, mediante la transformacion σ?¿Puedes decir cual es el valor del angulo α que forman las recta ` y `′, sin determinar esta?.

Respuestas:Giro de centro A(1, 0) y amplitud 60◦,G(A,60◦):

x′ =x− 1

2−√

3y

2+ 1, y′ =

1

2

√3(x− 1) +

y

2.

Homotecia de centro O(0, 0) y razon 2, H(O,2): x′ = 2x, y′ = 2y.

Semejanza directa σ1 = H(O,2) ◦G(A,60◦): x′ = x−√

3y + 1, y′ =√

3x + y −√

3.

Semejanza directa σ2 = G(A,60◦) ◦H(O,2): x′ = x−√

3y +1

2, y′ =

√3x + y −

√3

2.

Centro de la semejanza σ1 (punto fijo propio): C1

(1,

1√3

).

Centro de la semejanza σ2 (punto fijo propio): C2

(1

2,

1

2√

3

).

σ1 = H(C1,2) ◦G(C1,60◦) = G(C1,60◦) ◦H(C1,2). σ2 = H(C2,2) ◦G(C2,60◦) = G(C2,60◦) ◦H(C2,2).

G(C1,60◦) : x′ =1

2

(x−

√3y + 2

), y′ =

1

6

(3√

3x + 3y − 2√

3)

.

G(C2,60◦) : x′ =1

2

(x−

√3y + 1

), y′ =

1

6

(3√

3x + 3y −√

3)

.

H(C1,2) : x′ = 2x− 1, y′ =1

3

(6y −

√3)

. H(C2,2) : x′ =1

2(4x− 1), y′ =

1

6

(12y −

√3)

.

`1 : x = 1 7−→ σ1(`1) : x +√

3y − 2 = 0.`2 : x = 1/2 7−→ σ2(`2) : x +

√3y − 1 = 0.

Las trasformadas de una recta ` por las semejanzas σ1 y σ2 son rectas tales que `, σ1(`) = `, σ2(`) = 60◦.


21


1. Obtener la recta que corta a la recta r : x − 2y + z = 0, x + y + z = 0 y que pasa por el punto

P (1,−2, 3), formando con ella un angulo de 60◦.

2. Ecuacion del plano que pasando por el origen de coordenadas sea paralelo a las rectas:

x− 12

=y + 1

2= z,

{x = 3y = z + 1

3. Sean `1 y `2 dos rectas en el plano que forman un angulo α (medido desde `1 a `2, en sentido

contrario a las agujas del reloj, p.ej. α = 15◦). Dado un punto X, sea X1 el punto que resulta

de hallar el simetrico de X respecto a `1 y luego el simetrico de este respecto a `2; por otra parte,

sea X2 el punto que resulta de hallar el simetrico de X respecto a `2 y luego el simetrico de este

respecto a `1. ¿Coinciden los puntos X1 y X2? Si no coinciden X1 con X2, ¿como se puede obtener

X2 a partir de X1, con un solo movimiento?

4. Una afinidad que tiene una recta fija ` y un par de puntos P y Q fijos, no pertenecientes a `, tiene

una recta de puntos fijos. Si tomamos las rectas ` y PQ como ejes coordenados, ¿cuales son las

ecuaciones de la afinidad?

5. Ecuaciones de la semejanza directa que transforma los puntos A(0, 0) y B(1, 2) en A′(15,−1) y

B′(−7, 5) respectivamente. Expresarla como la composicion de un giro con una homotecia, ambos

con el mismo centro.

6. Hallar la ecuaciones del giro de centro B(1,−1) y angulo π/4 y de la homotecia de centro B(1, 1)

y razon −√2. Determinar las ecuaciones de la semejanza que resulta de componer el giro con la

homotecia anteriores. Encontrar el punto que puede tomarse como centro comun de un giro y una

homotecia, que compuesto en cualquier orden, den lugar a la semejanza obtenida anteriormente.

Ecuaciones de estas ultimas transformaciones.



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1) El vector director de la recta r es (1,−2, 1) × (1, 1, 1) = (−3, 0, 3) || ~v = (−1, 0, 1). Un puntogenerico de la recta r es de la forma Q(t, 0,−t).

El vector−−→PQ = (t− 1, 2,−t− 3) ha de formar con el vector ~v un angulo de 60◦:

~v · −−→PQ = ||~v|| ||−−→PQ || cos 60◦.

−2− 2t =√

2√

(−t− 3)2 + (t− 1)2 + 4 (1/2).

Elevando al cuadrado los dos miembros de esta ecuacion:

3(−1 + 2t + t2) = 0 =⇒ t = −1±√

2.

Luego, las ecuaciones parametricas de las rectas que cumple las condiciones pedidas son:

x =(−2∓

√2)

λ + 1, y = 2λ− 2, z =(−2±

√2)

λ + 3.

2) El plano pedido es paralelo a los vectores directores de las rectas dadas: ~u = (2, 2, 1) y ~v = (0, 1, 1).Luego, un vector perpendicular al plano pedido es ~a = ~u× ~v = (1,−2, 2): ası, su ecuacion, al pasar por(0, 0, 0), es x− 2y + 2z = 0.

3) Tomemos la recta `1 como eje de abscisas y la recta `2 por el origen de coordenadas y formandoun angulo α con con `1, medido en sentido contrario a las agujas del reloj.

La composicion de la simetrıa axial s1, respecto a `1, con la simetrıa axial s2, respecto a `2, es un girog(O,2α) de centro el en origen de coordenadas y amplitud 2α.

La composicion de la simetrıa axial s2, respecto a `2, con la simetrıa axial s1, respecto a `1, es un girog(O,2(π−α)) de centro el en origen de coordenadas y amplitud 2(π−α), pues el angulo que forma la recta`2 con `1, medido en el sentido contrario de las agujas del reloj es π − α.

Dado un punto X en el plano, sean:

X1 = (s2 ◦ s1)(X) = g(O,2α)(X), X2 = (s1 ◦ s2)(X) = g(O,2(π−α))(X).

Luego, g(O,−2α)(X1) = X y g(O,2(π−α))(g(O,−2α)(X1)) = X2, esto es:

X1 7−→ X2 = g(O,2(π−α)−2α)(X1) = g(O,−4α)(X1).

Es decir, la transformacion que lleva X1 en X3 es un giro de centro en el punto de interseccion delas rectas `1 y `2 y amplitud −4α, siendo α el angulo que forma la recta `1 con `2 medido en el sentidocontrario de las agujas del reloj.

A este mismo resultado podemos llegar haciendo los calculos partiendo de las ecuaciones de simetrıaaxial, respecto a una recta x cosα + y sen α − p = 0, siendo p la distancia de la recta al origen decoordenadas y α el angulo que forma la normal a la recta con el eje de abscisas:

x′ = −x cos 2α− y sen 2α + 2p cos αy′ = −x sen 2α + y cos 2α + 2p sen α,

Las simetrıas respecto a `1 : y = 0 y a `2 : y = (tag α)x o x cos(α − π/2) + y sen(α − π/2) = 0, sonrespectivamente:

s1 :{

x′ = xy′ = −y

s2 :

x′ = −x cos 2(π

2+ α

)− y sen 2

(π

2+ α

)

y′ = −x sen 2(π

2+ α

)+ y cos 2

(π

2+ α

).

Por tanto, las ecuaciones de la transformacion producto s2 ◦ s1 son:

s2 ◦ s1 :{

x′ = x cos 2α− y sen 2αy′ = x sen 2α + y cos 2α,

23

que representan las ecuaciones de un giro g(O,2α), de centro el origen y amplitud 2α.Y las ecuaciones de la transformacion producto s1 ◦ s2 las podemos obtener paso a paso como sigue:

(x, y) s27→(−x cos 2

(π

2+ α

)− y sen 2

(π

2+ α

),−x sen 2

(π

2+ α

)+ y cos 2

(π

2+ α

))s17→(

−x cos 2(π

2+ α

)− y sen 2

(π

2+ α

), x sen 2

(π

2+ α

)− y cos 2

(π

2+ α

))=

(x cos 2α + y sen 2α,−x sen 2α + y cos 2α) .

Con lo que las ecuaciones de s1 ◦ s2 son:

s1 ◦ s2 :{

x′ = x cos(−2α)− y sen(−2α)y′ = x sen(−2α) + y cos(−2α),

Que representan las ecuaciones de un giro g(O,−2α), de centro el origen y amplitud −2α.

En consecuencia, teniendo en cuenta que el inverso de un giro es un giro con el mismo centro yamplitud opuesta y que la composicion de giros con el mismo centro es un giro de amplitud la suma deamplitudes y mismo centro, resulta que:

X2 =((s1 ◦ s2) ◦ (s2 ◦ s2)−1

)(X1) =

(g(O,−2α) ◦ g

−1(O,2α)

)(X1) = g(O,−4α)(X1).

4) El punto de interseccion de las rectas PQ y `, que denotamos por O, se trasforma en un punto O′

que ha de estar en la recta `, al ser esta fija. Ademas, como los puntos P y Q son fijos, la recta PQ esfija, luego el punto O′ ha de estar tambien en la recta PQ. En consecuencia, O′ = PQ∩ `, es decir, O esfijo y la recta PQ es de puntos fijos.

Tomando como O como origen de coordenadas, la recta ` como eje abscisas y PQ como eje deordenadas y teniendo en cuenta que esta afinidad O(0, 0) 7→ O(0, 0), P (0, p) 7→ P (0, p) y A(u, 0) 7→A′(v, 0) (u 6= v), resulta facilmente que:

x′ = ax, y = y.

24


Todas las respuestas han de ser justificadas

1. Dada una conica de matriz asociada A y rango(A) = 2. ¿Puede ocurrir que la conica carezca depuntos? ¿Puede tener cualquier recta que se considere un solo punto comun con la conica?

a) NO. Pues posee al menos un punto, que es el punto singular solucion del sistema homogeneo:

fx0 ≡ a00x0 + a01x1 + a02x2 = 0fx1 ≡ a01x0 + a11x1 + a12x2 = 0fx2 ≡ a02x0 + a12x1 + a22x2 = 0

b) NO.Hagamos una demostracion por reduccion al absurdo.Sabemos que: “Si P es un punto singular y el punto Q es otro punto cualquiera de la conica, la recta determinadapor ellos esta enteramente contenida en la conica”. En efecto, los tres coeficientes de la ecuacion que determinanlos puntos comunes con la recta PQ:

λ2 tQAQ + 2λ tPAQ + tPAP = 0,son en este caso nulos.Ası, si Q es el unico punto comun de la conica con una recta `, la conica NO posee puntos fuera de la recta PQ;pues, si existiera otro punto R, la recta PR forma parte de la conica. Y existira otro punto (`∩PR) comun dela conica con la recta `.Por tanto, la conica se reduce a la recta PQ (doble) y tendrıa rango 1, en contradiccion con las hipotesis.

2. ¿Tienen puntos singulares la conicas imaginarias?Las unicas conicas con puntos singulares son las degeneradas; ademas, las conicas imaginarias son de generoelipse. Luego, debe tratarse del producto de rectas imaginarias (un punto).

3. Si una conica tiene tres puntos comunes con una recta dada, ¿que conica puede ser?Proposicion 4.9.- Una recta y una conica pueden tener comunes dos puntos, uno solo o ninguno, o la rectaforma parte de la conica.En consecuencia, la recta pertenece a la conica y la conica es el producto de rectas.

4. ¿En una conica, pueden ser paralelas las polares de tres puntos no alineados?NO.

Proposicion 4.11.- Las polares de los puntos de una recta pasan por el polo de esta recta.

Es decir, las polares de puntos alineados son concurrentes. O equivalentemente, los polos de rectas concurrentesestan alineados.Ası, si las rectas son paralelas (un punto impropio comun) sus polos estan alineados.

5. En una elipse, se toma dos diametros conjugados como ejes de coordenadas. Respecto a este sistemade coordenadas, ¿su ecuacion puede ser de la forma ax2 + by2 − 2cx + d = 0, con c > 0?

NO, debe ocurrir que c = 0

Diametros conjugados son dos rectas que pasan por el centro de la conica, tales que el polo de cada uno de ellasesta en la otra.Si se toman dos diametros como ejes coordenados, ha de ocurrir que el polo del eje OX, y = 0, ha de ser elpunto del infinito (0 : 0 : 1) del eje OY ; y que el polo del eje OY , x = 0, ha de ser el punto del infinito (0 : 1 : 0)del eje OX.Imponiendo estas condiciones a la ecuacion general de una conica, queda de la forma:

a11x2 + a22y2 + a00 = 0.


25

GEOMETRIA I 30 de noviembre del 2012Segundo Parcial

1. Definir [1] una conica como un lugar geometrico en terminos de uno de sus focos y de la directriz

correspondiente. Establecer [2] que la polar de un foco es la directriz correspondiente. (Podrıa tomarse

el foco como origen de coordenadas y como directriz una recta paralela a uno de los ejes, y utilizar la definicion pedida

para encontrar la ecuacion de la conica).

2. Determinar [2] la ecuacion del haz de conicas del cual se sabe que:

— La conica no degenerada de ecuacion 2x + y2 = 0 pertenece al haz.

— Todas las conicas del haz son tangentes en el mismo punto a la recta ` de ecuacion 2x+2y−1 = 0.

— Todas las conicas, salvo las degeneradas, son parabolas que intersecan con la recta del infinito

en un punto comun.

Hallar la conica de haz que pasa [1] por P (1, 0) y la no degenerada que es tangente [1] a x−2y+1 = 0.

3. Dadas las rectas r : y = 0, z = 1 y s : z + 1 = 0, x + y + 1 = 0, una recta ` se mueve cortando a los

dos dadas en los punto P y Q, de tal modo que el segmento PQ se ve desde el origen de coordenadas

bajo una angulo recto, es decir el angulo POQ es de 90◦. Hallar [2] la superficie engendrada por la

recta movil `. ¿De que [1] se trata?

En la pagina siguiente aparecen una sugerencia a las soluciones.

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1) Una conica es el lugar geometrico de los puntos del plano cuyo cociente de distancias a un puntofijo (foco) y a una recta fija (directriz) es constante.

Si el punto fijo (foco) es el origen de coordenadas O(0, 0) y la recta fija es x = a, se de debe verificarque para un punto generico de la conica P (x, y)

√x2 + y2

|x− a| = e (cte.)

Por lo que la ecuacion de la conica es x2 + y2 − e2(x− a)2 = 0. La polar del foco O(0, 0) es la rectax = a, directriz correspondiente:

ae2 −e2 0−e2 1− e2 00 0 1

100

=

ae2

−e2

0

.

Observese que la conica es elipse si 0 < e < 1, parabola si e = 1 e hiperbola si e > 1.

— — — — — — — — — — —

2) (Tomado de: http://personal.us.es/meneses/rela11-12.pdf, Ejercicio 91.)En el ”blog” del Departamento de Algebra de La Universidad de Sevilla, puedes encontrar una demostracion de que

”La dimension de los reales como espacio vectorial racional es infinita”:

http://blogs.algebra.us.es/blog/la-dimension-de-los-reales-como-espacio-vectorial-racional-es-infinita/

A parte de la conica no degenerada dada, 2x + y2 = 0, otra conica del haz que se pide es la formadapor el producto de la recta tangente dada, 2x+2y− 1 = 0, y la recta del infinito que es tangente a todaslas parabolas del haz en un mismo punto; luego, el haz lo podemos escribir de la forma:

2x + y2 + λ(2x + 2y − 1) = 0, y2 + 2(1 + λ)x + 2λy − λ = 0,

que son todas parabolas, que solo degeneran para λ = 1, en la recta doble y = 1.

Construccion con GeoGebraLa parabola del haz que pasa por P (1, 0) se obtiene para λ = −2; siendo su ecuacion:

y2 − 2x− 4y + 2 = 0.

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http://personal.us.es/meneses/rela11-12.pdf

http://blogs.algebra.us.es/blog/la-dimension-de-los-reales-como-espacio-vectorial-racional-es-infinita/

http://webpages.ull.es/users/amontes/geogebra/g1x18a.htm

Para encontrar la parabola tangente a la recta x− 2y + 1 = 0, esta debe tener con la conica un solopunto comun, por lo que al sustituir en la ecuacion del haz la variable ”x”, despejada de la ecuacion dela recta, se obtiene la ecuacion de segundo grado en ”y”:

y2 + 8(λ + 4)y − λ− 1 = 0,

que debe tener una unica solucion. Para lo que ha de verificarse que:

(3λ + 2)2 + 3λ + 2 = 0, o sea λ = −1 o λ = −2/3.

La conica del haz que se obtiene para λ = −1 es la recta doble (y− 1)2 = 0, y para λ = −2/3 se tienela parabola:

3y2 + 2x− 4y + 2 = 0.

Otra forma de expresar el haz de parabolas:Como se trata de un haz de conicas bitangente, tambien podemos formar el haz de conicas tomado

como conicas base la parabola dada, 2x + y2 = 0, y la recta (tomada dos veces) que une los puntos detangencia de todas las conicas del haz: la paralela a OX (eje de la parabola) por (−1/2, 1), punto detangencia de la recta ` : 2x + 2y − 1 = 0 y la parabola dada. Quedando la ecuacion del haz de la forma:

2x + y2 + µ(y − 1)2 = 0.

— — — — — — — — — — —

3) Un punto generico de la recta r : y = 0, z = 1 es P (t, 0, 1) y el plano que pasa por el origen yperpendicular a OP , tx + z = 0, corta la recta s : z + 1 = 0, x + y + 1 = 0 en:

Q

(1t,− t + 1

t,−1

).

Un punto generico de la recta ` es:

(x, y, z) =(

t +(

1t− t

)λ,− (t + 1)λ

t, 1− 2λ

).

Eliminando t y λ entre estas ecuaciones se obtiene la cuadrica:

−2y2 − 2xy + 2zy + xz − 2y − x + z − 1 = 0,

se trata de un hiperboloide reglado o de una hoja:

−2 −1 −2 1−1 0 −2 1−2 −2 −4 21 1 2 0

Rango A= 4|A|= 4Ptos. Hiperb.

ElipsoideHiperboloideParaboloide

0 −2 1−2 −4 21 2 0

Rango (A00)= 3 Elipsoide

Hiperboloide

A la ecuacion del hiperboloide tambien podemos llegar tomando un punto P (t, 0, 1) en la recta r y elpunto Q(u,−1− u,−1) en la recta s e imponer que

−−→OP · −−→OQ = 0; o sea que, tu− 1 = 0.

Eliminado t, u, λ, entre tu− 1 = 0 y las ecuaciones de la recta variable `:

x = t + (u− t)λ, y = (−u− 1)λ, z = 1− 2λ,

se obtiene la cuadrica con determinate de la matriz asociada igual 4 > 0 (sus puntos son hiperbolicos) yla conica del infinito es no degenerada; por tanto, se trata de un hiperboloide de una hoja.

−2y2 − 2xy + 2zy + xz − 2y − x + z − 1 = 0,


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GEOMETRIA I 9 de enero del 2013Primera Convocatoria

1a) Calcular [6] el punto simetrico del punto P (2, 0, 1) respecto de la recta r : x + 2y = 6, z = 2. Resp.:

(18/5, 16/5, 3).

1b) Una colineacion u homografıa en el plano real, ampliado con los puntos del infinito, es una apli-

cacion biyectiva que transforma puntos alineados en puntos alineados. Respecto a un sistema de

coordenadas homogeneas, deducido de un sistema de coordenadas cartesianas en el plano, escribir

[1] las ecuaciones de una homografıa.

Una afinidad es una homografıa que conserva la recta del infinito. Probar [6] que una afinidad

que transforma una recta en otra paralela a ella es una homotecia.

Si k1 y k2 (k1k2 6= 1) son las razones de dos homotecias, establecer [6] que el producto de dos

homotecias de centros distintos, C1 y C2, es una homotecia de centro C alineado con los centros de

ambas y razon el producto de las razones. Obtener [?] que−−−→C1C = (1− k2)/(1− k1k2)

−−−→C1C2 .

2a) Dada una conica C no degenerada, sean P y p un punto y su recta polar respecto a la conica.

¿Puede ocurrir [3], que segun sea el tipo de la conica no degenerada C, exista otro punto P ′ cuya

polar sea la recta p? Dado un punto Q sobre la recta p, ¿su polar q contiene [3] al punto P?

Justificar las respuestas.

2b) Consideremos la familia F de conicas que pasan por los puntos A(1, 0), B(2, 0) y C(0, 1) y son

tangentes en este ultimo al eje OY . Determinar [5] (2x2− 4y2− 3x + 4y = 0), clasificar [1] y hallar

(si es posible) su centro [1], ejes [2] y asıntotas [2] del lugar geometrico de los centros de las conicas

de la familia F . ¿Que conica [4] de la familia F es la que tiene por polar del punto D(0, 2) la recta

x + y = 1? (2x2 + 4y2 + 7xy − 6x− 8y + 4 = 0).

— — — — — — — — — — — — —

3a) En el plano afın ordinario sean los puntos P (1, 2), A(3, 1), B(2, 3) y C(1, 0) respecto a una referencia

canonicaR0. En la referenciaR = {P ; ~u =−−→PA ,~v =

−−→PB } un punto E tiene por coordenadas (2, 2);

encontrar [4] las coordenadas, respecto a R0, del punto D tal que R′ = {P ; ~u′ =−−→PC ,~v′ =

−−→PD }

sea una referencia, respecto a la cual el punto E tambien tenga las coordenadas (2, 2); y comprobar

[2] que−−→AC y

−−→BD son paralelos.

Si ahora E es un punto arbitrario del plano, no situado sobre la recta AP , que tiene las mismas coordenadas

respecto a R y R′, deducir [?] que D esta en la paralela a AC por B.

3b) Dados tres puntos A, B y C se considera una poligonal BCaA′BaC (en forma de ”M”) con cuatro

segmentos de la misma longitud, `a, cuyo primer segmento BCa queda sobre la recta BA, el punto

A′ esta sobre BC y el ultimo segmento queda sobre la recta AC. De forma similar se construyen

sendas ”M”, CAbB′CbA y ABcC

′AcB con `b = CAb = AbB′ = B′Cb = CbA y `c = ABc = BcC

′ =

C ′Ac = AcB.

Demostrar [4] que las rectas AA′, BB′ y CC ′ son concurrentes (puede aplicarse el teorema de

Ceva).

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¿Sabrıas encontrar [?] las coordenadas baricentricas de P en la referencia {A, B, C}?


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GEOMETRIA I 21 de enero del 2013Segunda convocatoria

1a. Sea la recta r : x + y + 1 = 0, 2x− z + 3 = 0. Para cada punto P de r, determinar [6] la ecuacion

de la recta que pasa por P y corta perpendicularmente al eje OZ.

1b. ¿Cuando [2] una afinidad (aplicacion biyectiva del plano ampliado en sı mismo que transforma

puntos alineados en puntos alineados y lleva rectas paralelas en rectas paralelas) es una semejanza?

Obtener [3] las ecuaciones de la semejanza, a partir de las de una afinidad.

Ecuacion [4] de la semejanza directa que aplica el punto de coordenadas (0, 0) en (15,−1) y

(1, 0) en (9, 7). Determinar [1] su centro y razon de semejanza. Expresar [2] esta semejanza como

producto de un giro por una homotecia ambos con el mismo centro.

2a. Un punto (real o imaginario) de interseccion de dos conicas es [1] comun a todas las conicas del

haz que ellas dos determinan. Por un punto no basico de un haz de conicas pasa [1] una y solo una

conica del haz. Un haz de conicas contiene [2] siempre una conica degenerada (producto de rectas).

2b. Hiperbolas [5] con una asıntota la recta y = x y la otra variable paralela al eje OY , y que son

tangentes a la recta t : y = 2. Ecuacion [2] del diametro de cada hiperbola que pasa por el punto de

contacto T con la tangente t. Si T ′ es el punto de contacto de cada hiperbola con la otra tangente

horizontal (distinta de t), ¿cual [3] es el lugar geometrico que describen los puntos T ′?

— — — — — — — — — — — — —

3a. Un subconjunto F de un espacio afın A asociado a un espacio vectorial E es una variedad lineal si

{−−→PQ ∈ E /P, Q ∈ F} es un subespacio vectorial de E. Dar [1] otra definicion de variedad lineal y

establecer [3] la equivalencia entre las dos.

3b. Sea F el subespacio vectorial de IR4 generado por los vectores {~u = (1, 0, 1, 0), ~v = (−1, 1, 1, 2),

~w = (0, 1, 2, 2)}. Obtener unas ecuaciones parametricas [2] y unas ecuaciones cartesianas [2] o

implıcitas de la variedad lineal F que pasa por el punto P (1, 0, 0, 2) y de subespacio director F .


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