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lasmatematicas.eu – Pedro Castro Ortega materiales de matemáticas

Geometría analítica - Soluciones Matemáticas I – 1º Bachillerato

1

1. Escribe las ecuaciones vectorial y paramétricas de la recta que pasa por A y tiene dirección paralela al vector u .

a) ( )3,7A − , ( )4, 1u = − ; b) ( )1,0A − , ( )0,2u =

Solución

a) Vectorial: ( ) ( ) ( ), 3,7 4, 1x y = − + − . Paramétricas: 3 4

7

x

y

= − +

= −. †

b) Vectorial: ( ) ( ) ( ), 1,0 0,2x y = − + . Paramétricas: 1

2

x

y

= −

= . †

2. Escribe la ecuación de la recta que pasa por P y Q de todas las formas posibles (vectorial, paramétricas, continua,

implícita y explicita).

a) ( )6, 2P − y ( )0,5Q ; b) ( )3,2P y ( )3,6Q ; c) ( )0,0P y ( )8,0Q ; d) ( )0,0P y ( )0, 2Q −

Solución

a) Un vector director es ( )6,7u PQ= = − .

Vectorial: ( ) ( ) ( ), 6, 2 6,7x y = − + − . Paramétricas: 6 6

2 7

x

y

= −

= − + . Continua:

6 2

6 7

x y− +=

−.

Implícita: 7 42 6 12 7 6 30 0x y x y− = − − + − = . Explícita: 7

6 7 30 56

y x y x= − + = − + . †

b) Un vector director es ( )0,4u PQ= = .

Vectorial: ( ) ( ) ( ), 3,2 0,4x y = + . Paramétricas: 3

2 4

x

y

=

= + . Continua:

3 2

0 4

x y− −= .

Implícita: 4 12 0 3 0x x− = − = . Esta recta no tiene forma explícita (es una recta paralela al eje Y ). †

c) Un vector director es ( )8,0u PQ= = .

Vectorial: ( ) ( ) ( ), 0,0 8,0x y = + . Paramétricas: 8

0

x

y

=

=. Continua:

0 0

8 0 8 0

x y x y− −= = .

Implícita y, al mismo tiempo, explícita: 0 8 0y y= = (se trata del eje X ). †

d) Un vector director es ( )0, 2u PQ= = − .

Vectorial: ( ) ( ) ( ), 0,0 0, 2x y = + − . Paramétricas: 0

2

x

y

=

= − . Continua:

0 0

0 2 0 2

x y x y− −= =

− −.

Implícita: 2 0 0x x− = = . Esta recta no tiene forma explícita ya que se trata del eje Y . †

3. Escribe las ecuaciones paramétricas e implícitas de los ejes de coordenadas.

Solución

El eje X pasa por el punto ( )0,0 y un vector director suyo es ( )1,0u = . Por tanto:

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2

Ecuaciones paramétricas: 0 1

0 0 0

x x

y y

= + =

= + = . Continua:

1 0

x y= . Implícita: 0y = .

El eje Y pasa por el punto ( )0,0 y un vector director suyo es ( )0,1v = . Por tanto:

Ecuaciones paramétricas: 0 0 0

0 1

x x

y y

= + =

= + = . Continua:

0 1

x y= . Implícita: 0x = . †

4. Determina un vector normal y la ecuación implícita de cada una de las siguientes rectas:

a) 1

12

xr y

+ = −

− ; b)

1

5 2

x

y

= − +

= −

Solución

a) Un vector director de r es ( )2,1u = − . Por tanto un vector normal de r es ( )1,2n = .

11 1 2 2

2

xy x y

+= − + = − +

−. Entonces la ecuación implícita es 2 1 0x y+ − = . †

b) Un vector director de r es ( )1,5u = − . Por tanto un vector normal de r es ( )5,1n = .

1 1 25 5 2

5 2 1 5

x x yx y

y

= − + − + = − = − −

= − −. Entonces la ecuación implícita es 5 3 0x y+ − = . †

5. Obtén, para cada una de las siguientes rectas, un vector dirección, un vector normal y su pendiente:

a) 1

2 1

5

xr

y

= −

= ; b) 2

3 1

2 4

x yr

+ − = ; c) 3 3 0r x + = ; d) 4

1 2

3 3r y x = +

Solución

a) Vector de dirección: ( )2,5u = . Vector normal: ( )5,2n = − . Para hallar la pendiente pasamos a explícita:

2 1 1 5 55 5 2

5 2 5 2 2

x x yx y y x

y

= − + = + = = +

= . Por tanto, la pendiente es

5

2m = . †

b) Vector de dirección: ( )2,4u = . Vector normal: ( )4,2n = − . Para hallar la pendiente pasamos a explícita:

3 14 12 2 2 2 4 10 2 5

2 4

x yx y y x y x

+ −= + = − = − − = − − . Por tanto, la pendiente es 2m = − . †

c) Vector de dirección: ( ) ( ), 0,1u B A= − = . Vector normal: ( ) ( ), 1,0n A B= = (también valdría ( )1,0n = − ).

Al ser una recta vertical carece de pendiente. †

d) Pasando a implícita: 1 2

3 2 3 2 03 3

y x y x x y= + = + − + = . Por tanto, un vector de dirección es

( ) ( ), 3,1u B A= − = , y un vector normal es ( ) ( ), 1, 3n A B= = − . Su pendiente es 1

3m = . †




3

6. Determina un punto y un vector director de cada recta. Utilízalos para dar sus ecuaciones continuas y paramétricas.

a) 3 2 1 0x y− + = ; b) ( )2 1 7y x= − + ; c) 3 0x− = ; d) 2

13

y x= +

Solución

a) Para hallar un punto damos un valor a x y despejamos y .

Por ejemplo, si 1x = , tenemos: 3 2 1 0 2 4 2y y y− + = − = − = . Por tanto, un punto de la recta es

( )1,2A . Vector director: ( ) ( ), 2,3u B A= − = .


2 3

x

y

= +

= + . Ecuación continua:

1 2

2 3

x y− −= . †

b) Para hallar un punto damos un valor a x y despejamos y .

Por ejemplo, si 0x = , tenemos: ( )2 0 1 7 5y y= − + = . Por tanto, un punto de la recta es ( )0,5A .

Pasemos la recta a forma implícita o general: ( )2 1 7 2 2 7 2 5 0y x y x x y= − + = − + − + = . Un vector

director será ( ) ( ), 1, 2u B A= − = .


5 2 5 2

x x

y y

= + =

= + = + . Ecuación continua:

5

1 2

x y −= . †

c) Todos los puntos de la recta 3 0x− = son de la forma ( )3,a . Por tanto, un punto suyo será, por ejemplo

( )3,0A . Un vector director será ( ) ( ), 0,1u B A= − = .


0 1

x x

y y

= + =

= + = . Ecuación continua:

3

0 1

x y−= . †

d) Para hallar un punto damos un valor a x y despejamos y . Por ejemplo, si 0x = , 2

0 1 13

y y= + = . Por

tanto, un punto de la reta es ( )0,1A . Para obtener un vector director, expresaremos primero la recta en forma

implícita o general: 2

1 3 2 3 2 3 3 03

y x y x x y= + = + − + = . Por tanto un vector director de la recta es

( ) ( ), 3, 2u B A= − = .


1 2 1 2

x x

y y

= + =

= + = + . Ecuación continua:

1

3 2

x y −= . †

7. Halla el valor de k para que la recta 7 0x ky+ − = contenga al punto ( )5, 2A − .

Solución

Como la recta contiene al punto ( )5, 2A − , tenemos:

( )5 2 7 0 5 2 7 0 2 2 0 2 2 1k k k k k+ − − = − − = − − = − = = − . †




4

8. Expresa en forma paramétrica la ecuación de la recta 3 4 8 0r x y − − = .

Solución

Si 0x = , tenemos que 3 0 4 8 0 4 8 2y y y − − = − = = − . Por tanto, un punto de la recta es ( )0, 2A − . Un

vector director suyo es ( ) ( ), 4,3u B A= − = .

La forma paramétrica de la recta es 0 4 4

2 3 2 3

x x

y y

= + =

= − + = − + . †

9. Expresa en forma explícita la ecuación de la recta ( ) ( ) ( ), 1, 2 5,3x y = − − + − . ¿Qué pendiente tiene? Encuentra

los cortes con los ejes de coordenadas.

Solución

( ) ( ) ( )1 5 1 2

, 1, 2 5,3 3 3 5 10 5 3 132 3 5 3

x x yx y x y y x

y

= − − + += − − + − = + = − − = − −

= − + −

3 13

5 5y x = − − . Por tanto, la pendiente de la recta es

3

5m = − .

El punto de corte con el eje X se obtiene haciendo 0y = :

3 13 130 0 3 13 3 13

5 5 3x x x x= − − = − − = − = − . Por tanto, el punto de corte con el eje X es

13,0

3

−

El punto de corte con el eje Y se obtiene haciendo 0x = :

3 13 130

5 5 5y y= − − = − . Por tanto, el punto de corte con el eje Y es

130,

5

−

. †

10. Consideremos el haz de rectas de centro ( )3, 2− .

a) Escribe la ecuación de este haz de rectas.

b) ¿Qué recta de este haz pasa por el punto ( )1,5− ?

c) ¿Cuál de las rectas del haz es paralela a 2 0x y+ = ?

d) Halla la recta del haz cuya distancia al origen es igual a 3 .

Solución

a) El haz de rectas de centro ( )3, 2− es ( ) ( )3 2 0x y − + + = , donde y son números reales

cualesquiera. Si consideramos 0 el haz también lo podemos escribir así:

( ) ( ) ( )2 3 2 3y x y x

+ = − − + = − −

, y llamando m

= −

, tenemos: ( )2 3y m x+ = − . Esta última

ecuación es la ecuación punto-pendiente. Si hacemos variar el valor de la pendiente m obtenemos todas las

rectas del haz, salvo la recta 3x = , que se obtiene cuando 0 = . †

b) Si en la ecuación ( )2 3y m x+ = − sustituimos x por 1− e y por 5 , tenemos:

( )7

5 2 1 34

m m+ = − − = − .




5

Por tanto la recta del haz que pasa por el punto ( )1,5− es ( )7

2 34

y x+ = − − , que en forma general es

4 8 7 21 7 4 13 0y x x y+ = − + + − = .

Habitualmente, si no se especifica en el enunciado, las rectas se suelen dar en forma implícita o general. †

c) La pendiente de la recta 2 0 2x y y x+ = = − es 2m = − . Por tanto, la recta del haz que es paralela a la

recta 2 0x y+ = es ( )2 2 3 2 2 6 2 4 0y x y x x y+ = − − + = − + + − = . †

d) Escribamos la ecuación del haz en forma general:

( )2 3 2 3 3 2 0y m x y mx m mx y m+ = − + = − − − − = .

Los coeficientes de la recta son A m= , 1B = − y 3 2C m= − − .

Como sabemos que la distancia al origen ( )0,0 es igual a 3 , vamos a usar la fórmula de la distancia de un

punto a una recta (ver los contenidos teóricos del tema):

( ) ( )

( )

2 2 2

2 22

0 1 0 3 2 3 23 3 3 2 3 1 9 12 4 9 9

11

m m mm m m m m

mm

+ − + − − − −= = + = + + + = +

++ −

512 5

12m m = = . Por tanto, la recta del haz cuya distancia al origen es igual a 3 es:

( )5

2 3 12 24 5 15 5 12 39 012

y x y x x y+ = − + = − − − = . †

11. Determina el centro del haz de rectas de ecuación 3 2 3 4 0kx y k+ − + = .

Solución

Vamos a escribir la recta en la forma punto-pendiente. De este modo, determinar el centro del haz será inmediato.

( )3 3 3

3 2 3 4 0 2 3 3 4 2 2 12 2 2

kx y k y kx k y kx k y k x+ − + = = − + − = − + − + = − − .

Si ahora llamamos 3

2m k= − , la ecuación en forma punto-pendiente es ( )2 1y m x+ = − .

Por tanto, el centro del haz de rectas será el punto ( )1, 2− . †

12. Encuentra la ecuación de la recta que pasa por el punto ( )5,8A y es paralela a la recta 5 4 1 0x y− + − = .

Solución

Expresemos la recta en forma explícita: 5 1

5 4 1 0 4 5 14 4

x y y x y x− + − = = + = + . De aquí deducimos que

la pendiente de la recta es 5

4m = .

Por tanto, la recta que pasa por el punto ( )5,8A y es paralela a la recta 5 4 1 0x y− + − = , será:

( )5

8 5 4 32 5 25 5 4 7 04

y x y x x y− = − − = − − + = . †




6

13. Dada la recta 1 5

2

xr

y

= −

= + , obtén en forma explícita las siguientes rectas:

a) Paralela a r que pasa por ( )1, 3A − − .

b) Perpendicular a r que pasa por ( )2,5B − .

Solución

a) Un vector director de la recta r es ( )5,1u = − . Por tanto, la recta paralela a r que pasa por ( )1, 3A − − es:

1 3 1 161 5 15 5 16

5 1 5 5

x yx y y x y x

+ += + = − − = − − = − −

−. †

b) Un vector perpendicular a la recta r es ( )1,5n = . Por tanto, la recta perpendicular a r que pasa por

( )2,5B − es: 2 5

5 10 5 5 151 5

x yx y y x

+ −= + = − = + . †

14. De una cierta recta r conocemos su pendiente 2

3m = . Halla la recta s en cada caso:

a) s es paralela a r y pasa por ( )0,0 .

b) s es perpendicular a r y pasa por ( )1,2 .

Solución

a) La recta s paralela a r que pasa por ( )0,0 es ( )2

0 0 3 2 2 3 03

y x y x x y− = − = − = . †

b) Si una recta tiene pendiente m , una recta perpendicular tendrá pendiente 1

m− . Así la pendiente de una recta

perpendicular a r tendrá pendiente 3

2m = − . De este modo, la recta s perpendicular a r que pasa por ( )1,2

tendrá ecuación ( )3

2 1 2 4 3 3 3 2 7 02

y x y x x y− = − − − = − + + − = . †

15. Halla, en cada caso, la ecuación implícita o general de la recta que pasa por el punto ( )1, 3P − y es:

a) Paralela a la recta 2 3 5 0x y− + = .

b) Perpendicular a la recta 3 0x y+ − = .

c) Paralela a la recta 2 3 0y − = .

d) Perpendicular a la recta 5 0x+ = .

Solución

a) Un vector director de 2 3 5 0x y− + = es ( ) ( ), 3, 2u B A= − = . Por tanto, la ecuación de la recta que pasa

por el punto ( )1, 3P − y es paralela a la recta 2 3 5 0x y− + = es 1 3

3 2

x y− += . Pasando a implícita o general:

2 2 3 9 2 3 11 0x y x y− = + − − = . †




7

b) Un vector perpendicular a la recta 3 0x y+ − = es ( ) ( ), 1,1n A B= = . Por tanto, la ecuación de la recta

perpendicular a la recta 3 0x y+ − = que pasa por el punto ( )1, 3P − es 1 3

1 1

x y− += . Pasando esta a

implícita o general: 1 3 4 0x y x y− = + − − = . †

c) Un vector director de 2 3 0y − = es ( ) ( ), 2,0u B A= − = − . Por tanto, la ecuación de la recta que pasa por el

punto ( )1,3P − y es paralela a la recta 2 3 0y − = es 1 3

2 0

x y− +=

−. Pasemos ahora a la forma implícita o

general: 0 2 6 2 6 0 3 0y y y= − − + = + = .

Podemos hacerlo de otra manera. La recta 2 3 0y − = se puede escribir así: 3

2y = . Esta es una recta

horizontal que pasa por el punto 3

0,2

. Todas las rectas horizontales son de la forma y k= . Como nuestra

recta ha de ser paralela a la anterior, debe ser de esta forma y, como pasa por el punto ( )1, 3P − , su ecuación

será de la forma 3y = − , que en forma implícita o general es 3 0y + = . †

d) Un vector perpendicular a la recta 5 0x+ = es de la forma ( ) ( ), 1,0n A B= = . Por tanto, la ecuación de la

recta que pasa por el punto ( )1,3P − y es perpendicular a la recta 5 0x+ = es 1 3

1 0

x y+ += , ecuación que,

en forma implícita o general es 0 3 3 0y y= + + = .

Este apartado también lo podemos hacer de otra manera. La recta 5 0x+ = se puede escribir así: 5x = − .

Esta es una recta vertical que pasa por el punto ( )5,0− . Todas las rectas verticales son de la forma x k= .

Como nos piden una perpendicular a 5x = − , la recta que buscamos será horizontal y, según se ha explicado

en el apartado anterior, de la forma y k= . Puesto que la recta ha de pasar por el punto ( )1,3P − , tiene que

ser de la forma 3y = − que, en forma implícita o general, es 3 0y + = . †

16. El vector normal de la recta r es ( )2, 3n = − . Obtén, en cada caso, la ecuación de la recta s .

a) s es paralela a r y pasa por el punto ( )2, 3P − .

b) s es perpendicular a r y pasa por ( )0,1Q .

Solución

a) Como el vector normal de la recta r es ( )2, 3n = − , un vector director suyo es ( )3,2u = . Por tanto, la recta

s paralela a r que pasa por el punto ( )2, 3P − es 2 3

2 4 3 9 2 3 13 03 2

x yx y x y

− += − = + − − = . †

b) Una recta s perpendicular a r tendrá el mismo vector normal de la recta r , es decir, ( )2, 3n = − . Como s

ha de pasar por el punto ( )0,1Q , su ecuación será 0 1

3 2 2 3 2 2 02 3

x yx y x y

− −= − = − + − =

−. †

17. Halla la ecuación de la recta paralela a 2 3 0x y− = cuya ordenada en el origen es 2− .

Solución

En general, dada la ecuación de una recta en su forma explícita, y mx n= + , al número n se le llama ordenada

en el origen de la recta. Esto es porque este tipo de rectas siempre pasan por el punto ( )0,n (punto de corte con




8

el eje Y o eje de ordenadas). La recta 2 3 0x y− = en forma explícita es 2

3y x= , luego su pendiente es

2

3m = .

Por tanto, la ecuación de la recta paralela a 2 3 0x y− = cuya ordenada en el origen es 2− , ha de tener la misma

pendiente y debe ser 2n = − , con lo que su ecuación explícita será 2

23

y x= − . Pasando esta ecuación a forma

implícita o general tenemos: 3 2 6 2 3 6 0y x x y= − − − = . †

18. Dados los puntos ( )0,1A y ( )4, 3B − , halla la ecuación implícita de la recta perpendicular al segmento AB que

pasa por su punto medio.

Solución

Lo que se pide en el ejercicio es la mediatriz del segmento AB . El vector que une A con B es ( )4, 4AB = − . Un

vector perpendicular a este vector es ( )1,1n = . El punto medio del segmento AB es ( )1 30 4

,2 2

M+ − +

( )2, 1M − . Por tanto, la ecuación de la recta perpendicular al segmento AB que pasa por su punto medio es

2 1

1 1

x y− += , ecuación cuya forma implícita es 2 1 3 0x y x y− = + − − = . †

19. Dada la recta 4 3 6 0x y+ − = , escribe la ecuación de la recta perpendicular a ella en el punto de corte con el eje

de ordenadas.

Solución

Un vector perpendicular de la recta 4 3 6 0x y+ − = es ( ) ( ), 4,3n A B= = . Para hallar el punto donde la recta

corta al eje de ordenadas hacemos 0x = y despejamos y : 4 0 3 6 0 3 6 2y y y + − = = = . Entonces, el

punto de corte con el eje de ordenadas es ( )0,2P . Con estos datos ya podemos escribir la ecuación de la recta

perpendicular a 4 3 6 0x y+ − = en el punto de corte con el eje de ordenadas: 0 2

4 3

x y− −= , ecuación que en

forma general o implícita es 3 4 8 3 4 8 0x y x y= − − + = .

20. Determina k para que la recta 3 8 0r x ky + − = sea perpendicular a la recta 5 3 11 0s x y − + − = . †

Solución

Para que dos rectas sean perpendiculares basta que sus vectores directores (o sus vectores normales) sean

perpendiculares. Un vector director de r es ( ) ( ), ,3u B A k= − = − , y uno de s es ( ) ( ), 3, 5v B A= − = − − .

Entonces, tal y como se ha comentado, r s u v⊥ ⊥ . Y sabemos que dos vectores son perpendiculares si su

producto escalar es igual a cero: ( ) ( ),3 3, 5 0 3 15 0 3 15 5k k k k− − − = − = = = . †

21. Halla, en cada caso, el valor de k para que la recta 1r y kx = + sea:

a) Paralela al eje X . b) Perpendicular a la recta 2 3 7 0x y+ + = .

Solución

a) Para que la recta sea paralela al eje X debe tener pendiente 0m = (la ecuación del eje X es 0y = ). Por

tanto debe ser en este caso 0k = , ya que la pendiente de la recta 1y kx= + es m k= . †




9

b) La forma general de la recta 1y kx= + es 1 0kx y− + = , cuyo vector director es ( ) ( ), 1,u B A k= − = . Un

vector director de la recta 2 3 7 0x y+ + = es ( ) ( ), 3,2v B A= − = − . Si queremos que ambas rectas sean

perpendiculares, habrán de serlo sus vectores directores, con lo que su producto escalar deberá ser igual a

cero: ( ) ( )3

1, 3,2 0 3 2 0 2 32

k k k k − = − + = = = . †

22. Encuentra la recta que pasa por el punto ( )2, 3A − y que es paralela a la recta 14 3

x y+ = .

Solución

Expresemos la recta 14 3

x y+ = en forma general. Para ello eliminamos los denominadores multiplicando todos

los términos por el mínimo común múltiplo, que es 12 : 3 4 12 3 4 12 0x y x y+ = + − = . Un vector director de

esta recta es ( ) ( ), 4,3u B A= − = − . Por tanto, la recta que pasa por el punto ( )2, 3A − y es paralela a la recta

14 3

x y+ = , es

2 3

4 3

x y− +=

−, cuya forma general será: 3 6 4 12 3 4 6 0x y x y− = − − + + = . †

23. De un triángulo conocemos el vértice ( )1,3A y la recta 2 3 6 0r x y − + = que contiene al lado BC . Halla la

altura relativa al vértice A .

Solución

La altura de un triángulo es el segmento perpendicular a un lado que une este (o su prolongación) con el vértice opuesto.

Un vector perpendicular a la recta r será ( ),n A B= , es decir, ( )2, 3n = − . Por tanto la altura relativa al vértice

( )1,3A debe estar contenida en la siguiente recta: 1 3

3 3 2 6 3 2 9 02 3

x yx y x y

− −= − + = − + − =

−.

Esta recta, junto con la que contiene al lado AB , forma un sistema cuya solución es el pie de la perpendicular por

el vértice A . Vamos a hallarlo:

2 3 6 0 6 9 18 0 3613 36 0

3 2 9 0 6 4 18 0 13

x y x yy y

x y x y

− + = − + = − + = =

+ − = − − + = .

2 3 6 0 4 6 12 0 1513 15 0

3 2 9 0 9 6 27 0 13

x y x yx x

x y x y

− + = − + = − = =

+ − = + − = .

Por tanto, el pie de la perpendicular por el vértice A es el punto 15 36

,13 13

P

. La longitud h de la altura relativa

al vértice ( )1,3A coincide exactamente con el módulo del vector 15 36 2 3

1, 3 ,13 13 13 13

AP AP

= − − = −

:

2 22 3 4 9 13 13

0,27713 13 169 169 169 13

h AP

= = + − = + = =

u.

Esta longitud también se puede hallar usando la fórmula de la distancia del punto ( )1,3A a la recta r :

( )22

2 1 3 3 6 2 9 6 1 1 130,277

134 9 13 132 3h

− + − + −= = = = =

++ −u. †




10

24. Calcula las ecuaciones de las mediatrices del triángulo de vértices ( )1, 2A − − , ( )3,2B y ( )3,4C .

Solución

La mediatriz de un triángulo es la recta perpendicular a un lado que pasa por su punto medio.

El punto medio del lado AB es ( )1 3 2 2

, 1,02 2

L L− + − +

.

El punto medio del lado AC es ( )1 3 2 4

, 1,12 2

M M− + − +

.

El punto medio del lado BC es ( )3 3 2 4

, 3,32 2

N N+ +

.

Un vector correspondiente al lado AB es ( )4,4u AB= = , luego un vector perpendicular será ( )1, 1n = − . Por

tanto, la mediatriz correspondiente al lado AB será: 1 0

1 1 01 1

x yx y x y

− −= − + = + − =

−-

Un vector correspondiente al lado AC es ( )4,6u AC= = , luego un vector perpendicular será ( )3,2n = − . Por

tanto, la mediatriz correspondiente al lado AC será: 1 1

2 2 3 3 2 3 5 03 2

x yx y x y

− −= − = − + + − =

−.

Un vector correspondiente al lado BC es ( )0,2BC = , luego un vector perpendicular será ( )1,0n = . Por tanto,

la mediatriz correspondiente al lado BC será: 3 3

0 3 3 01 0

x yy y

− −= = − − = . †

25. Halla el punto simétrico de ( )1,1P respecto a la recta 2 4 0x y− − = .

Solución

En primer lugar vamos a hallar la recta perpendicular a 2 4 0x y− − = que pasa por el punto ( )1,1P . Un vector

perpendicular a 2 4 0x y− − = es ( )1, 2n = − . Por tanto, la recta perpendicular a 2 4 0x y− − = que pasa por el

punto ( )1,1P es 1 1

2 2 1 2 3 01 2

x yx y x y

− −= − + = − + − =

−.

Ambas rectas se cortan en un punto M que será el punto medio de P y su simétrico 'P respecto de la recta

2 4 0x y− − = . Hallemos pues el punto M :

2 4 0 2 4 8 05 5 0 1

2 3 0 2 3 0

x y x yy y

x y x y

− − = − + + = + = = −

+ − = + − = . Sustituyendo en la primera ecuación tenemos

2 4 0 2x x+ − = = .

Por tanto el punto M es ( )2, 1M − . Ya hemos comentado que este punto es el punto medio entre ( )1,1P y su

simétrico ( )' ,P a b . Entonces: ( )

12 1 4 3

1 1 22, 1 ,

12 21 1 2 3

2

aa a

a b

bb b

+= + = =+ +

− = + = − + = − = −

. Por tanto, el

punto simétrico de ( )1,1P respecto a la recta 2 4 0x y− − = es ( )' 3, 3P − . †




11

26. Calcula el baricentro del triángulo de vértices ( )2,1A , ( )6,7B , ( )7, 2C − .

Solución

El baricentro de un triángulo es el punto donde se cortan las tres medianas. Una mediana es el segmento que une un vértice del triángulo con el punto medio del lado opuesto. Lo que haremos es hallar las medianas

correspondientes a los vértices A y B . El punto medio del lado BC es 13 5

,2 2

M

y el punto medio del lado

AC es 9 1

,2 2

N

−

.

La mediana correspondiente al vértice A es la recta que une ( )2,1A con 13 5

,2 2

M

. Como el vector que une

A con M es 13 5 9 3

2, 1 ,2 2 2 2

AM AM

= − − =

, podemos tomar como vector director uno proporcional,

por ejemplo, ( )3,1u = . Por tanto, esta mediana es 2 1

2 3 3 3 1 03 1

x yx y x y

− −= − = − − + = .

La mediana correspondiente al vértice B es la recta que une ( )6,7B con 9 1

,2 2

N

−

. Como el vector que une

B con N es 9 1 3 15

6, 7 ,2 2 2 2

BN BN

= − − − = − −

, tomaremos como vector director uno proporcional,

por ejemplo, ( )1,5v = . Por tanto, esta mediana es 6 7

5 30 7 5 23 01 5

x yx y x y

− −= − = − − − = .

Resolvamos ahora el sistema formado por las dos medianas para obtener el baricentro del triángulo.

3 1 0 5 15 5 014 28 0 2

5 23 0 5 23 0

x y x yy y

x y x y

− + = − + − = − = =

− − = − − = . Sustituyendo este valor en la primera

ecuación tenemos, 6 1 0 5x x− + = = .

Por tanto, el baricentro del triángulo es el punto ( )5,2G . †

27. Determina el ángulo que forman las rectas 2 3 6 0x y+ + = y 4 5 0x y+ + = .

Solución

Llamemos al ángulo que forman las dos rectas. Esté ángulo es el mismo que forman dos vectores directores

suyos. Un vector director de 2 3 6 0x y+ + = es ( )3,2u = − y un vector director de 4 5 0x y+ + = es ( )1,4v = −

Entonces: ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

3,2 1,4 3 8 11 11cos

3,2 1,4 13 17 2213 2 1 4

u v

u v

− − + = = = = =

− − − + − +, y de aquí se

tiene que 11

arccos 42,27º221

= . †

28. Calcula el simétrico del punto ( )3, 5A − respecto a la recta 2 4 7 0x y− − = .

Solución

Procederemos igual que hicimos en el ejercicio 25.




12

Un vector perpendicular a 2 4 7 0x y− − = es ( )2, 4n = − . La recta perpendicular a 2 4 7 0x y− − = que pasa

por el punto ( )3, 5A − es 3 5

4 12 2 10 4 2 2 0 2 1 02 4

x yx y x y x y

− += − + = + + − = + − =

−.

Ambas rectas se cortan en un punto M . Calculémoslo:

2 4 7 0 65 6 0

2 1 0 5

x yy y

x y

− − = − − = = −

+ − =. Sustituyendo en la segunda ecuación tenemos:

62 1 0

5x− − =

6 11 112 1 2

5 5 10x x x = + = = .

Entonces 11 6

,10 5

M

−

. Este punto es el punto medio de ( )3, 5A − y su simétrico ( )' ,A a b respecto de la recta

2 4 7 0x y− − = , o sea:

3 11 8 430 10 22 10 8

11 6 3 5 2 10 10 5, ,

5 6 1310 5 2 225 5 12 5 13

2 5 5

aa a a

a b

bb b b

+= + = = − = − = −+ − +

− = − + = − − + = − = =

Por tanto, el punto simétrico de ( )3, 5A − respecto a la recta 2 4 7 0x y− − = es 4 13

' ,5 5

A −

. †

29. ¿Qué ángulo forma la recta 3 2 6 0x y− + = con el eje de abscisas?

Solución

Un vector director de la recta 3 2 6 0x y− + = es ( )2,3u = . El eje de abscisas o eje X tiene ecuación 0y = . Un

vector director suyo es ( )1,0v = . Si llamamos al ángulo que forma ambas rectas tenemos:

( ) ( )

( ) ( ) 2 2 2 2

2,3 1,0 2 0 2 2cos arccos 56,31º

2,3 1,0 13 132 3 1 0

u v

u v

+ = = = = =

+ +. †

30. ¿Qué ángulo forma la recta 2 5 0x y− + = con el eje de ordenadas?

Solución

Un vector director de la recta 2 5 0x y− + = es ( )1,2u = . El eje de ordenadas o eje Y tiene ecuación 0x = . Un

vector director suyo es ( )0,1v = . Si llamamos al ángulo que forma ambas rectas tenemos:

( ) ( )

( ) ( ) 2 2 2 2

1,2 0,1 0 2 2 2cos arccos 26,565º

1,2 0,1 5 51 2 0 1

u v

u v

+ = = = = =

+ +. †

31. Dadas las rectas 2 5 0r mx y − + = y 6 8 0s nx y + − = , calcula m y n sabiendo que r pasa por el punto

( )1,4P y que r y s forman un ángulo de 45º .

Solución

Como r pasa por el punto ( )1,4P , tenemos: 1 2 4 5 0 8 5 0 3m m m − + = − + = = . Luego la recta r

tiene ecuación 3 2 5 0x y− + = .




13

Un vector director de 3 2 5 0r x y − + = es ( )2,3u = y un vector director de 6 8 0s nx y + − = es

( )6,v n= − . Como forman un ángulo de 45º tenemos:

( ) ( )

( ) ( ) ( )2 22 2 2

2,3 6, 12 3 12 32 2cos45º

2 22,3 6, 13 362 3 6

n n n

n nn

− − + − += = =

− ++ − +

226 363 12

2

nn

+ = − . Elevando ambos miembros al cuadrado:

( )2

2 2 2 226 36

9 72 144 936 26 36 288 576 10 288 360 04

nn n n n n n n

+= − + + = − + − − =

25 144 180 0n n − − = .

El discriminante de esta ecuación de segundo grado es ( ) ( )2

144 4 5 180 20736 3600 24336 = − − − = + = .

Por tanto: 1 1

2 2

30030

144 24336 144 156 10

12 62 5 10

10 5

n n

n

n n

= =

= = = = − = −

. †

32. Las rectas 3 2 6 0r x y − + = , 2 6 0s x y + − = y 2 5 4 0t x y − − = son los lados de un triángulo. Halla sus

ángulos.

Solución

Un vector director de r es ( )2,3u = . Un vector director de s es ( )1,2v = − . Y uno de t es ( )5,2w = . Llamemos

al ángulo que forman r y s , al ángulo que forman r y t , y al ángulo que forman s y t . Entonces:

( ) ( )

( ) ( ) ( )22 2 2

2,3 1,2 2 6 4 4 4cos arccos 60,26º

2,3 1,2 13 5 65 652 3 1 2

− − + = = = = =

− + − +.

( ) ( )

( ) ( ) 2 2 2 2

2,3 5,2 10 6 16 16 16cos arccos 34,51º

2,3 5,2 13 29 377 3772 3 5 2

+ = = = = =

+ +.

( ) ( )

( ) ( ) ( )2 2 2 2

1,2 5,2 5 4 1 1 1cos arccos 85,24º

1,2 5,2 5 29 145 1451 2 5 2

− − + = = = = =

− − + +. †

33. Calcula k de modo que la distancia entre los puntos ( )5,A k y ( )3, 2B − sea igual a 2 .

Solución

La distancia entre los puntos A y B coincide con el módulo del vector ( ) ( )3 5, 2 2, 2AB k k= − − − = − − − .

Entonces: ( ) ( ) ( )2 2 2 22, 2 2 2 4 4 4 4 8AB k k k k k k= − − − = − + − − = + + + = + + . Como la distancia

entre los puntos A y B es igual a 2 , tenemos:

( )22 2 24 8 2 4 8 4 4 4 0 2 0 2 0 2k k k k k k k k k+ + = + + = + + = + = + = = − . †




14

34. Halla la longitud del segmento que determina la recta 2 5 0x y− + = al cortar a los ejes de coordenadas.

Solución

Para hallar el punto de corte con el eje X hacemos 0y = . Entonces 5 0 5x x+ = = − . De este modo, el punto

de corte con el eje X es ( )5,0A − .

Para hallar el punto de corte con el eje Y hacemos 0x = . Entonces 5

2 5 02

y x− + = = . De este modo, el

punto de corte con el eje Y es 5

0,2

B

.

La longitud del segmento que determina la recta 2 5 0x y− + = al cortar a los ejes de coordenadas será pues

2

25 5 25 125 5 55, 5 25 5,59

2 2 4 4 2AB

= = + = + = =

u. †

35. Determina c para que la distancia de 3 0r x y c − + = al punto ( )6,2 sea de 10 unidades.

Solución

Usaremos la fórmula de la distancia de un punto a una recta.

( )

( )22

1 6 3 2 106 610 10 10

10101 3

c ccc

c

+ − + = −− + = = =

=+ −. †

36. Comprueba que el triángulo de vértices ( )3,1A − , ( )0,5B y ( )4,2C es rectángulo y calcula su área.

Solución

Para comprobar que el triángulo es rectángulo bastará ver que dos de sus lados son perpendiculares. Tenemos

que ( )3,4AB = , ( )7,1AC = y ( )4, 3BC = − . Claramente el lado AB y el lado BC son perpendiculares ya que

( ) ( )3,4 4,3 12 12 0AB BC = − = − + = . Por tanto, el triángulo es rectángulo en el vértice B . Por tanto, el área

del triángulo es ( )

22 2 23 4 4 3 25 25 2512,5

2 2 2 2

AB BC + − + = = = = u2. †

37. Dado el triángulo de vértices ( )0,0A , ( )4,3B y ( )6,8C , calcula su área.

Solución

Para calcular el área S del triángulo vamos a tomar como base b la longitud del lado AB y como altura h la

correspondiente al vértice C . Por un lado, tenemos que ( ) 2 24,3 4 3 25 5b AB= = = + = = . La recta que

contiene al lado AB es 3 4 3 4 04 3

x yx y x y= = − = . Entonces, por otro lado, la altura h coincide

exactamente con la distancia del punto ( )6,8C a la recta anterior, que podemos calcular usando la fórmula de la

distancia de un punto a una recta: ( )

( )22

3 6 4 8 0 18 32 14 14

59 16 253 4h

+ − + − −= = = =

++ −u. Finalmente calculamos el

área del triángulo:

145

145 72 2 2

b hS

= = = = u2. †




15

38. En el triángulo de vértices ( )1, 1A − − , ( )2,4B y ( )4,1C , halla las longitudes de la mediana y de la altura que

parten de B .

Solución

La mediana es el segmento que une un vértice del triángulo con el punto medio del lado opuesto. Por tanto, la

mediana que parte de B , unirá este vértice con el punto medio del lado opuesto, que es el AC . El punto medio

del lado AC es ( )1 4 1 1 3

, ,02 2 2

M M− + − +

=

. Entonces la longitud de la mediana que parte de ( )2,4B es

( )2

23 1 1 1 65 652,0 4 , 4 4 16 4,03

2 2 2 4 4 2BM

= − − = − − = − + − = + = =

u.

Para calcular la longitud de la altura que parte de B usaremos la formula de la distancia del punto ( )2,4B a la

recta que contiene al lado AC . Como ( )5,2AC = , la recta que contiene al lado AC viene dada por:

1 12 2 5 5 2 5 3 0

5 2

x yx y x y

+ += + = + − − = .

Por tanto, la longitud de la altura que parte de B es:

( ) ( )

( )22

2 2 5 4 3 4 20 3 19 19 19 293,53

294 25 29 292 5

+ − + − − − −= = = =

++ −u. †

39. En un triángulo equilátero conocemos dos vértices, 3

,02

A

y 3

,02

B −

. Halla el tercer vértice.

Solución

Puesto que el triángulo es equilátero, las medianas, alturas, mediatrices y bisectrices del triángulo, coinciden. El

tercer vértice, al que llamaremos C , se encuentra sobre la mediana, mediatriz o altura correspondiente al lado

AB , que es justamente el eje Y (cuya ecuación es 0x = ), ya que claramente el punto medio de A y B es el

origen de coordenadas ( )0,0O . Esto quiere decir que el vértice C es de la forma ( )0,C a .

Al ser el triángulo equilátero se debe cumplir que AB AC= . Pero ( )3,0AB = − y 3

,2

AC a

= −

. Luego:

( )2

22 2 2 2 2

3

3 3 3 9 23 0 3 3

32 4 4 4

2

a

a a a a

a

= −

− + = − + = + = + = =

Por tanto, hay dos posibles soluciones para el tercer vértice: 3

0,2

C

−

y 3

0,2

C

. †

40. Un rombo tiene dos vértices opuestos en los puntos ( )3,2B y ( )5,4D . El vértice A está en el eje X . Determina

los vértices A y C .

Solución

Como el vértice A está en el eje X , ha de ser de la forma ( ),0A a . Y, puesto que se trata de un rombo, la

distancia de A a B ha de ser la misma que la de A a D . Por tanto:




16

( ) ( ) ( ) ( )2 22 23 ,2 5 ,4 3 2 5 4AB AD a a a a= − = − − + = − +

2 2 289 6 4 25 10 16 6 13 10 41 4 28 7

4a a a a a a a a a − + + = − + + − + = − + = = = .

De aquí deducimos que el vértice A es ( )7,0A .

Para hallar el vértice C vamos a usar que C ha de ser el punto simétrico de A respecto de la recta que pasa por B y D . Esto es lo mismo que hallar el simétrico de A respecto de M donde M es el punto medio de B y D .

Pues bien, el punto medio de B y D es ( )4,3M . Si llamamos ( ),C a b , tendremos que:

( )

74 7 8 1

7 0 24,3 ,

02 23 6

2

aa a

a b

bb

+= + = =+ +

= + = =

. Por tanto, el vértice C es ( )1,6C . †

41. Encuentra las rectas que pasan por el punto ( )1,1 y que distan 2 del punto ( )2,3 .

Solución

El haz de rectas de centro ( )1,1 es ( ) ( )1 1 0x y − + − = , donde y son números reales cualesquiera. Si

consideramos 0 el haz también lo podemos escribir así: ( ) ( ) ( )1 1 1 1y x y x

− = − − − = − −

, y

llamando m

= −

, tenemos: ( )1 1y m x− = − que, en forma general, es: 1 1 0y mx m mx y m− = − − − + =

De estas rectas queremos aquellas cuya distancia al punto ( )2,3 es igual a 2 . Entonces, usando la fórmula de la

distancia de un punto a una recta, tenemos:

( ) ( )

( )( )2 2 2

2 22

2 1 3 1 2 3 12 2 2 2 1 4 4 4 1

11

m m m mm m m m m

mm

+ − + − + − − += = − = + − + = +

++ −

( )2 2 2

0

4 4 4 4 3 4 0 3 4 0 4

3

m

m m m m m m mm

=

− + = + + = + = = −

Por tanto, hay dos posibles soluciones:

• Si 0m = : ( )1 0 1 1 0y x y− = − − = .

• Si 4

3m = − : ( )

41 1 3 3 4 4 4 3 7 0

3y x y x x y− = − − − = − + + − = . †

42. Dado el triángulo de vértices ( )1, 1A − − , ( )2,3B y ( )6, 4C − , determina:

a) La ecuación de la recta que contiene la mediatriz del segmento BC . b) La ecuación de la recta que contiene la mediana que sale del vértice A .

Solución

a) La mediatriz del segmento BC es la recta perpendicular al lado BC que pasa por su punto medio. El punto

medio del segmento BC es 1

4,2

M

−

y, como ( )4, 7BC = − , un vector perpendicular es ( )7,4n = .




17

Por tanto, la ecuación de la mediatriz del segmento BC es

1

4 2

7 4

yx

− − − = , que vamos a expresar en

forma general: 7

4 16 7 8 32 14 7 8 14 39 02

x y x y x y− = + − = + − − = . †

b) La mediana que sale del vértice A une este vértice con el punto medio del lado opuesto. Ya hemos visto en

el apartado anterior que el punto medio del lado BC es 1

4,2

M

−

. Además, un vector de dirección de la

recta que une A con M es 1

5,2

AM

=

. Podemos tomar como dirección uno proporcional: ( )10,1u = .

Así pues, la ecuación de la recta que contiene la mediana que sale del vértice A es:

1 11 10 10 10 9 0

10 1

x yx y x y

+ += + = + − − = . †

43. Determina el valor de k para que la distancia de la recta 3 8 0r x ky + − = al punto ( )2, 3A − sea igual a 3 .

Solución

Recordemos que, dada una recta 0r Ax By C + + = y un punto ( ),P a b , la distancia de P a r : ( ),d P r ,

viene dada por la siguiente fórmula: ( )2 2

,Aa Bb C

d P rA B

+ +=

+. En este caso tenemos:

( ) ( )( )2 2 2

2 2 2

3 2 3 8 6 3 83 3 3 2 3 9 9 12 4 9 9

3 9

k kk k k k k

k k

+ − + − − −= = − − = + + + = +

+ +

2 2 779 12 4 81 9 12 4 81 12 77

12k k k k k k + + = + + = = = . †

44. Los vértices opuestos de un cuadrado son ( )1,9A y ( )11,3C . Determina sus otros vértices, el perímetro y el

área.

Solución

Los otros dos vértices han de estar situados sobre la mediatriz del segmento AC . Vamos a hallarla. Para ello

tendremos en cuenta en primer lugar que ( )10, 6AC = − y que un vector perpendicular a éste es ( )3,5n = .

Además, el punto medio de A y C es ( )6,6M (que será también el centro del cuadrado). Por tanto, la mediatriz

de AC es 6 6

3 5

x y− −= , que en forma explícita es:

55 30 3 18 3 5 12 4

3x y y x y x− = − = − = − . Un punto

cualquiera de esta recta es de la forma 5

, 43

P a a

−

. Entonces la distancia de cualquiera de los otros vértices

del cuadrado a su centro M debe ser la misma, por ejemplo, que la del vértice A a M :

( ) ( ) ( )2

2 2 25 56, 10 5,3 6 10 5 3

3 3MP MA a a a a

= − − = − − + − = − +

2 2 2 225 10012 36 100 34 9 108 324 25 300 900 306

9 3a a a a a a a a − + + − + = − + + − + =

2 234 408 918 0 12 27 0a a a a − + = − + = . El discriminante de esta última ecuación es




18

( )2

12 4 1 27 144 108 36 = − − = − = . Por tanto: 1

2

912 36 12 6

32 1 2

aa

a

= = = =

= .

De este modo los otros dos vértices se obtienen sustituyendo en el punto P .

Si 9a = , obtenemos ( )5

9, 9 4 9,113

B B

−

. Y si 3a = , obtenemos ( )5

3, 3 4 3,13

D D

−

.

El perímetro del cuadrado es cuatro veces la longitud del lado: ( )4 4 8,2 4 64 4 4 68 8 17AB = = + = = u.

Y el área será igual al lado al cuadrado: ( )2 22

8,2 64 4 68AB = = + = u2. †

45. Un paralelogramo tiene un vértice en el punto ( )3,2A y dos lados del paralelogramo están contenidos en las

rectas 2 3 7 0r x y + − = y 3 4 0s x y − + = . Determina las ecuaciones de las rectas que contienen los otros

lados.

Solución

Un vector director de r es ( )3,2u = − y un vector director de s es ( )3,1v = . Puesto que estos dos vectores no

son proporcionales, los lados del paralelogramo contenidos en las rectas r y s no son paralelos. Vamos a hallar

la recta paralela a la recta r que pasa por ( )3,2A : 3 2

2 6 3 6 2 3 12 03 2

x yx y x y

− −= − = − + + − =

−. Y

ahora calculemos la recta paralela a s que pasa por ( )3,2A : 3 2

3 3 6 3 3 03 1

x yx y x y

− −= − = − − + = .

Estas son las ecuaciones de las rectas que contienen los otros dos lados del paralelogramo. †

46. Calcula las ecuaciones de las alturas del triángulo de vértices ( )2,1A − , ( )4,7B y ( )6, 3C − . Halla el ortocentro.

Solución

Las alturas son perpendiculares a cada lado (o su prolongación que pasan por el vértice opuesto). Tenemos que

( )6,6AB = , ( )8, 4AC = − y ( )2, 10BC = − . Un vector perpendicular a AB es ( )1,1u = − . Un vector

perpendicular a AC es ( )1,2v = . Y un vector perpendicular a BC es ( )5,1w = . Con estos datos podemos

calcular las ecuaciones de las alturas del triángulo.

La altura que pasa por el vértice A es 2 1

2 5 5 5 7 05 1

x yx y x y

+ −= + = − = − + = .

La altura que pasa por el vértice B es 4 7

2 8 7 2 1 01 2

x yx y x y

− −= − = − = − − = .

La altura que pasa por el vértice C es 6 3

6 3 3 01 1

x yx y x y

− += − = − − + − =

−.

El ortocentro del triángulo se obtiene resolviendo el sistema formado por dos cualesquiera de las alturas:

2 1 0 43 4 0

3 0 3

x yx x

x y

− − = − = =

+ − =.

Sustituyendo en la segunda ecuación: 4 5

3 03 3

y y+ − = = .

Por tanto, el ortocentro del triángulo es el punto 4 5

,3 3

. †




19

47. Da las ecuaciones de las mediatrices del triángulo de vértices ( )4, 2A − − , ( )4, 2B − y ( )2,4C . Halla el

circuncentro.

Solución

Recordemos que una mediatriz es una recta perpendicular a un lado que pasa por su punto medio.

El punto medio del lado AB es ( )0, 2L − . El punto medio del lado AC es ( )1,1M − . Y el punto medio del lado

BC es ( )3,1N .

Además ( )8,0AB = , ( )6,6AC = y ( )2,6BC = − . Con lo que un vector perpendicular a AB es ( )0,1u = , un

vector perpendicular a AC es ( )1,1v = − y un vector perpendicular a BC es ( )3,1w = .

Mediatriz correspondiente al lado AB : 2

00 1

x yx

+= = .

Mediatriz correspondiente al lado AC : 1 1

1 1 01 1

x yx y x y

+ −= + = − + + =

−.

Mediatriz correspondiente al lado BC : 3 1

3 3 3 3 03 1

x yx y x y

− −= − = − − = .

El circuncentro es el punto de corte de las mediatrices. Se obtiene resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de dos cualesquiera de ellas. En este caso es muy fácil ver que el ortocentro coincide con el origen de

coordenadas: ( )0,0O . †

48. La recta 2 3 6 0x y+ − = determina, al cortar a los ejes de coordenadas, el segmento AB . Halla la ecuación de la

mediatriz de AB .

Solución

Haciendo 0y = obtenemos el punto de corte con el eje X : 2 3 0 6 0 2 6 3x x x+ − = = = . Por tanto, el

punto de corte con el eje X es ( )3,0A .

Haciendo 0x = obtenemos el punto de corte con el eje Y : 2 0 3 6 0 3 6 2y y y + − = = = . Por tanto, el

punto de corte con el eje Y es ( )0,2B .

El punto medio del segmento AB es 3

,12

M

. Además se tiene que ( )3,2AB = − , con lo que un vector

perpendicular a AB es ( )2,3n = .

La mediatriz de AB es la recta perpendicular a este segmento que pasa por su punto medio. Entonces su ecuación

será:

31 92 3 2 2 6 9 4 4 6 4 5 0

2 3 2

xy

x y x y x y−

−= − = − − = − − − = . †

49. Halla el pie de la perpendicular trazada desde ( )1, 2P − a la recta 2 4 0r x y − + = .

Solución

Para hallar el pie Q de la perpendicular hemos de hallar la recta s perpendicular a r que pasa por P . Entonces

el punto de corte de r y s será justamente el pie Q de la perpendicular: Q r s= .




20

Un vector perpendicular a la recta r es ( ) ( ), 1, 2n A B n= = − . Por tanto, la recta s perpendicular a r que

pasa por ( )1, 2P − será: 1 2

2 2 2 2 01 2

x yx y x y

− += − + = + + =

−. Resolvamos ahora el sistema formado

por las ecuaciones de las rectas r y s : 2 4 0

2 0

x y

x y

− + =

+ = . De la primera ecuación: 2y x= − . Sustituyendo en la

segunda: ( )4

2 2 4 0 4 4 0 5 45

x x x x x x− − + = + + = = − = − . Por tanto, 4 8

25 5

y y

= − − =

.

Entonces el pie de la perpendicular trazada desde ( )1, 2P − a la recta 2 4 0r x y − + = es el punto 4 8

,5 5

−

.

†

50. De un rombo ABCD sabemos que los vértices B y D están en la recta 2 2r y x = + y que ( )4,0A . Halla las

coordenadas de C .

Solución

El vértice C del rombo ha de estar en la recta s perpendicular a r que pasa por A . De hecho, esta recta cortará

a r en un punto M . Pues bien, el vértice C será el simétrico de A respecto de M .

Un vector perpendicular a la recta r es ( )2, 1n = − . Por tanto la recta s perpendicular a r que pasa por A será:

44 2 2 4 0

2 1

x yx y x y

−= − + = + − =−

. Resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de las rectas r

y s , obtendremos el punto M :

( )2 2

2 2 2 4 0 4 4 4 0 5 0 02 4 0

y xx x x x x x

x y

= + + + − = + + − = = =

+ − =. Entonces, sustituyendo este

valor en 2 2y x= + tenemos: 2 0 2 2y y= + = . Por tanto, el punto M es ( )0,2M .

Tal y como se ha comentado, el vértice ( ),C a b del rombo será el simétrico de ( )4,0A respecto de ( )0,2M :

( )

40 4 0 4

4 0 20,2 ,

02 22 4

2

aa a

a b

bb

+= + = = −+ +

= + = =

. Por tanto, el vértice C del rombo es ( )4,4C − . †

El ejercicio ha finalizado, pero es fácil demostrar que los otros dos vértices son de la forma ( ), 2 2B a a + y

( ), 2 2D a a− − + . Con estos datos se puede comprobar también que los lados del rombo son:

Lado AB : 4

4 2 2

x y

a a

−=

− +.

Lado AD : 4

4 2 2

x y

a a

−=

− − − +.

Lado BC : 4 4

4 2 2

x y

a a

+ −=

− − − +.

Lado CD : 4 4

4 2 2

x y

a a

+ −=

− + − −.

En el vínculo a desmos, al final de esta relación, puedes ver el efecto que se produce.




21

51. El lado desigual de un triángulo isósceles ABC , tiene por extremos ( )1, 2A − y ( )4,3B . El vértice C está en la

recta 3 8 0x y− + = . Halla las coordenadas de C y el área del triángulo.

Solución

La ecuación explícita de la recta 3 8 0x y− + = es 3 8y x= + . Por tanto, un punto cualquiera de esta recta lo

podemos escribir así: ( ),3 8C a a + . Puesto que el triángulo es isósceles y el lado desigual es el AB , los lados

iguales deberán ser AC y BC , es decir, se debe cumplir que ( ) ( )1,3 10 4,3 5AC BC a a a a= − + = − + .

O sea: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

1 3 10 4 3 5a a a a− + + = − + +

2 2 2 22 1 9 60 100 8 16 9 30 25a a a a a a a a − + + + + = − + + + +

60 558 101 22 41 36 60

36 3a a a a a + = + = − = − = − .

De este modo, el vértice C del triángulo es 5 5 5

,3 8 ,33 3 3

C C − − + −

.

Para hallar el área del triángulo vamos a usar como base ( ) 2 23,5 3 5 34b AB= = = + = u, y como altura h

la distancia del punto 5

,33

C −

a la recta que pasa por ( )1, 2A − y por ( )4,3B . La ecuación de esta recta es

1 25 5 3 6 5 3 11 0

3 5

x yx y x y

− += − = + − − = . Por tanto:

( ) ( )

( )22

5 25 855 3 3 11 9 11

3 853 3

25 9 34 3 345 3h

− + − + − − − − −

= = = =++ −

u.

De este modo, el área o superficie S del triángulo será:

8534

853 3414,17

2 2 6

b hS

= = = u2. †

52. Calcula c para que la distancia entre las rectas de ecuaciones 4 3 6 0x y+ − = y 4 3 0x y c+ + = sea igual a 3 .

Solución

Ambas rectas son paralelas, pues tienen la misma dirección, la del vector ( )3,4u = − . Entonces la distancia entre

ambas es igual a la distancia de un punto de la primera, a la segunda. Para obtener un punto de la primera de las

rectas damos un valor a x y despejamos y . Por ejemplo, si 3 4 3 3 6 0 3 6 0 2x y y y= + − = + = = − ,

con lo que un punto de la primera recta es ( )3, 2− .

Según el enunciado la distancia de este punto a la segunda recta ha de ser igual a 3 , es decir:

( )2 2

4 3 3 2 6 15 912 6 63 3 3 6 15

6 15 2116 9 254 3

c c cc cc

c c

+ − + + = =− + + = = = + =

+ = − = −++ . †




22

53. Determina, en cada caso, un punto P de la recta 1r y x = − + tal que:

a) La distancia de P a 3 4 2 0s x y − + = sea 1 .

b) P diste 3 unidades del eje X . c) La distancia de P al eje Y sea 4 unidades. d) P equidiste de las rectas 5 0x y− + = y 1 0x y+ + = .

Solución

a) Un punto P cualquiera de la recta r es siempre de la forma ( ), 1P a a− + . Entonces:

( ) ( )

( )22

3 4 1 2 3 4 4 2 7 21 1 1 7 2 5

9 16 253 4

a a a a aa

+ − − + + + − + −= = = − =

++ −

7 2 5 7 7 1

37 2 5 7 3

7

a a a

a a a

− = = =

− = − = − = −

. Por tanto, hay dos posibilidades.

Si 1a = , ( ) ( )1, 1 1 1,0P P− + . Y si 3

7a = − ,

3 3 3 10, 1 ,

7 7 7 7P P − + −

. †

b) Recordemos que el punto P era de la forma ( ), 1P a a− + . La ecuación del eje X es 0y = . Entonces:

( )2 2

0 1 1 0 1 3 213 3 1 3

1 3 410 1

a a a aaa

a a

+ − + + − + = = −− + = = − + =

− + = − =+ .

Por tanto, tenemos dos posibilidades. Si ( )2 2,3a P= − − . Y si ( )4 4, 3a P= − . †

c) El eje Y tiene ecuación 0x = . Procediendo de forma similar a como se hizo en el apartado anterior:

( )2 2

1 0 1 0 44 4 4

411 0

a a aaa

a

+ − + + == = =

= −+ .

Entonces, si ( )4 4, 3a P= − . Y si ( )4 4,5a P= − − . †

d) Para que ( ), 1P a a− + equidiste de 5 0x y− + = y 1 0x y+ + = , tiene que ocurrir que:

( ) ( )

( )

( )2 2 22

1 1 1 5 1 1 1 1 1 5 1 12 4 2

2 21 11 1

a a a a a a a aa

+ − − + + + − + + + − + − + += = + =

++ −

2 4 2 2 2 1

2 4 2 2 6 3

a a a

a a a

+ = = − = −

+ = − = − = − . Luego vuelve a haber otras dos posibilidades.

Si ( )1 1,2a P= − − . Y si ( )3 3,4a P= − − . †

54. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto de intersección de las rectas 3 9 0r x y − − = y 3 0s x − =

y que forma un ángulo de 45º con la recta 5 6 0x y+ − = .

Solución

Dado que 3 3s x x − = . Sustituyendo en 3 9 0r x y − − = , se tiene que 9 9 0 0y y− − = = . Luego el

punto de corte de las rectas r y s es ( )3,0 .




23

Por tanto, la recta que se busca es de la forma ( )0 3 3y m x y mx m− = − = − . Sabemos que esta recta forma

un ángulo de 45º con la recta 1 6

5 6 0 5 65 5

x y y x y x+ − = = − + = − + . Usando la fórmula que relaciona

la tangente del ángulo con las pendientes de ambas rectas, tenemos:

1 1 5 15 15 5 5tg 45º 1 1 1

51 511

5 55

mm mm

m m mm

+− − + + = = = = − −

−+ −

5 1 31 5 1 5 4 6

5 2

5 1 21 5 1 5 6 4

5 3

mm m m m

m

mm m m m

m

+= − + = − + = − = − −

+ = + = − = =

−

. Por tanto, tenemos dos rectas que son solución.

Si ( )3 3

3 2 3 9 3 2 9 02 2

m y x y x x y= − = − − = − + + − = .

Si ( )2 2

3 3 2 6 2 3 6 03 3

m y x y x x y= = − = − − − = . †

55. Halla la ecuación de la recta que pasa por el punto ( )0,2P y forma un ángulo de 30º con la recta 3x = .

Solución

Un vector director de la recta 3x = , por ser vertical, es ( )0,1u = . Además, cualquier punto suyo es de la forma

( )3,A a . Un vector director de la recta que buscamos debe ser de la forma ( )3, 2PA a= − . Entonces, según el

enunciado, el ángulo que forman los vectores ( )0,1u = y ( )3, 2PA a= − ha de ser de 30º . Por tanto:

( ) ( )

( )2 22 2 2

0,1 3, 2 23 3 3cos30º

2 2 29 4 40 1 3 2

u PA a a

u PA a aa

− −= = = =

+ − ++ + −

( ) ( )2 2 2 2 22 2 3 4 13 4 4 4 3 4 13 4 16 16 3 12 39a a a a a a a a a a a − = − + − + = − + − + = − +

2 4 23 0a a − − = . El discriminante de esta ecuación es ( ) ( )2

4 4 1 23 16 92 108 = − − − = + = .

Entonces 4 108 4 6 3

2 3 32 2

a

= = = .

Si ( )2 3 3 3,3 3a PA= + = y la recta que buscamos será:

23 2 3 2 0

3 3 3

x yx y x y

−= = − − + = .

Si ( )2 3 3 3, 3 3a PA= − = − y la recta que buscamos será:

23 2 3 2 0

3 3 3

x yx y x y

−= − = − + − =−

. †




24

56. La recta 2 0x y+ = es la bisectriz de un ángulo recto cuyo vértice es 1

,12

−

. Halla las ecuaciones de los lados

del ángulo.

Solución

La forma explícita de la recta 2 0x y+ = es 2y x= − , de donde se deduce que su pendiente es 2m = − . Puesto

que esta recta es la bisectriz de un ángulo recto, cualquiera de los otros dos ángulos que se formen con los lados

del ángulo ha de ser de 45º . Supongamos que m es la pendiente de la recta que buscamos. Entonces, usando la fórmula que relaciona la tangente del ángulo con las pendientes de las rectas, se tiene:

( )

( )

2 11 2 1 2 3 1

2 2 1 2 3tg 45º 1

21 2 1 21 2 1 2 3 3

1 2

mm m m m

m m m

mm mm m m m

m

+= + = − = − = −− − + −

= = ++ − − = − + = − + − = − =

−

.

Si 1

3m = − , la ecuación de uno de los lados del ángulo es (usaremos la ecuación punto-pendiente para hallarla):

1 1 1 11 1 6 6 2 1 2 6 5 0

3 2 3 6y x y x y x x y

− = − + − = − − − = − − + − =

.

Si 3m = , la ecuación del otro lado del ángulo es:

1 31 3 1 3 2 2 6 3 6 2 5 0

2 2y x y x y x x y

− = + − = + − = + − + =

. †

57. Dada la recta 2 3 5 0r x y − + = , halla la ecuación de la recta simétrica de r respecto al eje de abscisas.

Solución

El eje de abscisas tiene ecuación 0y = . Sustituyendo en la ecuación de la recta r obtenemos el punto de corte

entre esta recta y el eje de abscisas: 2 3 0 5 0 2 5 5 2x x x− + = = − =− . Por tanto, el punto de corte es

( )5 2,0P − . Por otro lado, hallemos ahora un punto cualquiera de la recta r . Por ejemplo, si 2x = tenemos

que 2 2 3 5 0 3 9 0 3y y y − + = − + = = . Es decir, un punto de la recta r es ( )2,3A . Vamos a hallar ahora

el punto simétrico de A respecto de la recta 0y = (el eje de abscisas), al que llamaremos ( ),B a b . Pues bien, la

recta 'r , simétrica de r respecto al eje de abscisas, pasará por P y B . Para determinar el punto B hallamos la

recta t , perpendicular al eje de abscisas, que pasa por ( )2,3A . En este caso es muy fácil porque esta recta ha de

ser vertical, luego será la recta 2x = . Esta recta corta al eje de abscisas en el punto ( )2,0M . El punto ( ),B a b

que buscamos será el simétrico de A respecto de M . Entonces:

( )

22 2 4 2

2 3 22,0 ,

32 20 3 0 3

2

aa a

a b

bb b

+= + = =+ +

= + = + = = −

. Por tanto, ( )2, 3B − .

Ahora basta hallar la recta que pasa por ( )5 2,0P − y ( )2, 3B − : 2 3 2 3

2 5 2 3 9 2 3

x y x y− + − += =

+ − −

9 273 6 6 12 9 27 6 9 15 0 ' 2 3 5 0

2 2x y x y x y r x y− + = + − + = + + + = + + = . †




25

58. Halla la recta t , simétrica a 3 4 9 0r x y − + + = respecto de la recta 2 6 0s x y − − = .

Solución

Vamos a proceder de manera similar a como hicimos en el ejercicio anterior.

Hallamos el punto de corte de r y s , que lo llamaremos P ( r s P = ). Para ello resolvemos el sistema:

3 4 9 0 3 4 9 05 15 0 3

2 6 0 8 4 24 0

x y x yx x

x y x y

− + + = − + + = − = =

− − = − − = . Sustituyendo en la segunda ecuación

tenemos: 2 3 6 0 6 6 0 0y y y − − = − − = = . Por tanto, ( )3,0P .

Hallamos ahora un punto cualquiera de la recta r , al cual llamaremos A . Por ejemplo, si 1x = tenemos

33 4 9 0 4 6

2y y y− + + = = − = − . Entonces

31,

2A

−

.

Calculamos la recta 's , perpendicular a s , que pasa por A . Un vector perpendicular a s es ( )2, 1u = − . Por

tanto:

3

1 21 2 3 2 2 0

2 1

yx

x y t x y

− − − = − + = + + + =−

.

Hallamos ahora el punto de corte de 's y s , al que llamaremos M . Para ello resolvemos el sistema:

2 2 0 2 2 05 10 0 2

2 6 0 4 2 12 0

x y x yx x

x y x y

+ + = + + = − = =

− − = − − = . Sustituyendo en la segunda ecuación tenemos:

2 2 6 0 4 6 0 2y y y − − = − − = = − . Por tanto, ( )2, 2M − .

A continuación, calculamos el simétrico de 3

1,2

A

−

respecto de ( )2, 2M − , al que llamaremos ( ),B a b :

( )

12 1 4 3

1 3 2 22, 2 ,

3 2 3 52 22 4

2 2 2

aa a

a b

bb b

+= + = =+ −

− = − = − − = − = −

. Entonces 5

3,2

B

−

.

La recta t que se pide, simétrica a 3 4 9 0r x y − + + = respecto de la recta 2 6 0s x y − − = , es justamente

la recta que pasa por ( )3,0P y 5

3,2

B

−

: ( )3 5

3 0 3 00 5 2 2

x yx t x

−= − − = − =−

. O sea, que la recta

que se pide es la recta vertical 3t x = . †

59. De un cuadrado conocemos la ecuación de una de sus diagonales, 2 5 0d x y + − = , y un vértice, ( )2, 1A − .

Calcula el resto de vértices y su área.

Solución

Como el vértice A no está contenido en la diagonal d , debe estar contenido en la otra diagonal, que la

llamaremos 'd . Esta última diagonal es perpendicular a d y pasa por A . Como un vector perpendicular a d es

( )1,2u = , tenemos 2 1

2 4 1 ' 2 5 01 2

x yx y d x y

− += − = + − − = .

Estas dos diagonales se cortan en un punto M que es el centro del cuadrado: 'd d M = . Hallémoslo resolviendo el sistema formado por las ecuaciones de las dos diagonales.




26

2 5 0 2 5 05 15 0 3

2 5 0 4 2 10 0

x y x yx x

x y x y

+ − = + − = − = =

− − = − − = . Sustituyendo en la segunda ecuación tenemos:

2 3 5 0 6 5 0 1y y y − − = − − = = . Por tanto, el centro del cuadrado es ( )3,1M .

El punto simétrico de ( )2, 1A − respecto de ( )3,1M , que lo vamos a llamar ( ),C a b será otro de los vértices del

cuadrado: ( )

23 2 6 4

2 1 23,1 ,

12 21 1 2 3

2

aa a

a b

bb b

+= + = =+ −

= − = − = =

. Entonces tenemos que ( )4,3C .

Los otros dos vértices, B y D , se encuentran en la diagonal 2 5 0d x y + − = y, cualquiera de ellos, por tratarse

de un cuadrado, estará a la misma distancia del centro M del cuadrado que A y C . Si en la ecuación de la

diagonal d llamamos y a= tendremos, despejando, que 5 2x a= − . Esto quiere decir que el vértice B será de

la forma ( )5 2 ,B a a− . Entonces:

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2,1 1,2 2 2 1 1 2BM AM a a a a= − − = − + − = +

( )2 2 20

4 8 4 1 2 5 5 10 0 5 10 05 10 0 2

aa a a a a a a a

a a

= − + + − + = − = − =

− = =.

Si 0a = , se tiene ( )5,0B . Y si 2a = tendremos el otro vértice del cuadrado: ( )1,2D .

El lado del cuadrado mide, por ejemplo, ( ) 2 23,1 3 1 10l AB= = = + = u. Por tanto, el área S del cuadrado

es: 2

2 10 10S l= = = u2. †

60. La recta 2 4 0x y+ − = es la mediatriz de un segmento que tiene un extremo en el punto ( )0,0 . Halla las

coordenadas del otro extremo.

Solución

La mediatriz es la recta perpendicular que pasa por el punto medio del segmento. Un vector perpendicular de la

mediatriz 2 4 0x y+ − = es ( )2,1n = . Por tanto, la recta perpendicular a la mediatriz que pasa por el punto

( )0,0 (y que contiene al segmento) es 2 2 02 1

x yx y x y= = − = . El punto de corte de esta recta y la

mediatriz es el punto medio del segmento. Hallémoslo resolviendo el sistema: 2 4 0

2 0

x y

x y

+ − =

− = . De la segunda

ecuación 2x y= . Sustituyendo en la primera: 4

2 2 4 0 5 45

y y y y + − = = = . Luego 4 8

25 5

x x= = .

Entonces el punto medio del segmento es 8 4

,5 5

M

. Por último, el otro extremo, que llamaremos ( ),B a b , será

el simétrico de ( )0,0 respecto de 8 4

,5 5

M

. Es decir:

8 16

8 4 0 0 2 5 5, ,

4 85 5 2 2

2 5 5

aa

a b

bb

= =+ +

= = =

.

Por tanto las coordenadas del otro extremos son 16 8

,5 5

B

. †




27

61. Dos de los lados de un paralelogramo están sobre las rectas 2 0x y+ − = y 2 4 0x y− + = , y uno de sus vértices

es el punto ( )6,0 . Halla los otros vértices.

Solución

Como las rectas 2 0x y+ − = , 2 4 0x y− + = no son paralelas (sus vectores directores ( )1,1u = − y ( )2,1v =

no son proporcionales), uno de los vértices será el punto de corte entre ellas. Hallémoslo:

2 03 6 0 2

2 4 0

x yy y

x y

+ − = − = =

− + =. Sustituyendo en la primera ecuación: 2 2 0 0x x+ − = = . Por tanto,

otro de los vértices del paralelogramo es ( )0,2 .

Es fácil comprobar que el vértice ( )6,0 no se encuentra sobre ni en la recta 2 0x y+ − = , ni tampoco en la recta

2 4 0x y− + = . Esto quiere decir que el vértice ( )6,0 se encuentra en los otros dos lados del paralelogramo.

Hallemos pues la recta paralela a 2 0x y+ − = que pasa por ( )6,0 : 6

6 6 01 1

x yx y x y

−= − = − + − =

−.

El punto de corte de esta última recta con la recta 2 4 0x y− + = nos proporciona el tercer vértice:

6 0 103 10 0

2 4 0 3

x yy y

x y

+ − = − = =

− + =. Sustituyendo en la primera ecuación

10 86 0

3 3x x+ − = = . Por

tanto, el tercer vértice es el punto 8 10

,3 3

.

Finalmente, calculemos la recta paralela a 2 4 0x y− + = que pasa por ( )6,0 : 6

6 22 1

x yx y

−= − =

2 6 0x y − − = . El punto de corte de esta recta con la recta 2 0x y+ − = nos proporcionará el cuarto vértice

del paralelogramo:

2 0 43 4 0

2 6 0 3

x yy y

x y

+ − = + = = −

− − =. Sustituyendo en la primera ecuación

4 102 0

3 3x x− − = = . Por

tanto, el cuarto vértice del paralelogramo es el punto 10 4

,3 3

−

. †

62. De un triángulo conocemos dos vértices, ( )0,0A y ( )5,0B , y la longitud del lado AC , que es igual a 3 unidades.

Además, la tangente del ángulo formado por los lados AB y AC es 4

3.

a) Calcula la ecuación del lado AC .

b) Determina el vértice C .

c) Halla la longitud de la altura relativa al vértice C .

d) Obtén el área del triángulo.

Solución

a) El lado AB es claramente el eje X (de ecuación 0y = ). Como el lado AC forma un ángulo con AB (el eje

X ) de tangente 4

3, llegamos a la conclusión de que la pendiente del lado AC es

4

3m = (recuérdese que la

pendiente es la tangente trigonométrica del ángulo que la recta forma con el eje X ).




28

Además, como el lado AC contiene el punto ( )0,0A , su ecuación es, claramente, 4

3y x= . †

b) Como la ecuación del lado AC es 4

3y x= , un punto suyo ha de ser de la forma

4,3

C a a

. Además, por ser

la longitud del lado AC de 3 unidades, tenemos que 3AC = . Calculemos pues el módulo del vector AC :

2

2 2 2 24 4 16 25,3 3 9 9

AC a a a a a a a

= = + = + =

.

Entonces: 2 2 2

9

25 25 81 53 9

99 9 25

5

a

a a a

a

=

= = = = −

.

Si 9

5a = el punto C es

9 4 9 12, ,

5 3 5 5 5C C

.

Si 9

5a = − el punto C es

9 4 9 12, ,

5 3 5 5 5C C − − − −

. †

c) La altura h relativa al vértice C es la distancia desde este vértice al eje X (que era el lado AB ). Por tanto,

en cualquiera de los dos casos, es muy fácil darse cuenta de que 12

5h = u (la coordenada y en valor absoluto

del vértice C ). †

d) Tomando como base b la longitud del lado AB , tenemos que ( )5,0 5b AB= = = . Por tanto, el área S

del triángulo es

125

5 62 2

b hS

= = = u2. †

63. Un rombo ABCD tiene un vértice en el eje de ordenadas, otros dos vértices opuestos son ( )1, 1B − − y ( )5,3D −

Halla las coordenadas de los vértices A y C y el área del rombo.

Solución

El vértice A , al estar en el eje de ordenadas (que es la recta 0x = ), será de la forma ( )0,A a . La distancia de

este vértice a B es la misma que a D . Es decir:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 21, 1 5, 3 1 1 5 3AB AD a a a a= + = − + + = + −

2 21 2 1 25 6 9 2 2 6 34 8 32 4a a a a a a a a + + + = + − + + = − + = = .

De aquí deducimos que el vértice A es ( )4,0A .

El punto medio de B y D es ( )3,1M − . Por tanto, el vértice C , al que llamaremos ( ),C a b es el simétrico de

( )4,0A respecto de ( )3,1M − : ( )3 6

0 4 23,1 ,

42 21 4 2 2

2

aa

a b

bb b

= − = −+ +

− = + = + = = −

. Por tanto, se

tiene que ( )6, 2C − − .




29

Para hallar las diagonales del rombo hallamos la longitud de las diagonales, ya que el área o superficie S de un rombo viene dada por el producto de la longitud de las diagonales dividido entre dos.

( ) ( ) ( )2 2

6, 6 6 6 36 36 72 6 2AC = − − = − + − = + = = .

( ) ( )2 24,4 4 4 16 16 32 4 2BD = − = − + = + = = .

Por tanto: 6 2 4 2

242 2

AC BDS

= = = u2. †

64. Un punto P , que es equidistante de los puntos ( )3,4A y ( )5,6B − , dista el doble del eje de abscisas que del eje

de ordenadas. ¿Cuáles son las coordenadas de P ?

Solución

Llamemos ( ),P x y . Puesto que P es equidistante de los puntos ( )3,4A y ( )5,6B − tenemos que:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

3, 4 5, 6 3 4 5 6AP BP x y x y x y x y= − − = + − − + − = + + −

2 2 2 26 9 8 16 10 25 12 36 16 4 36 0 4 9 0x x y y x x y y x y x y − + + − + = + + + − + − + = − + = ①

Recordemos que el eje de abscisas tiene ecuación 0y = y el eje de ordenadas tiene ecuación 0x = . Puesto que

el punto ( ),P x y dista el doble del eje de abscisas que del eje de ordenadas, tenemos que:

2 2 2 2

20 1 0 1 0 02 2

20 1 1 0

y xx y x yy x

y x

= + + + + = =

= −+ + .

Si 2y x= , sustituyendo en ①, tenemos 9

4 2 9 0 2 92

x x x x− + = = − = − .

Entonces: 9

2 92

y y

= − = −

, y una posible solución es 9

, 92

P − −

.

Si 2y x= − , sustituyendo en ①, tenemos ( )9 3

4 2 9 0 6 96 2

x x x x x− − + = = − = − = − .

Entonces: 3

2 32

y y

= − − =

, y otra posible solución es 3

,32

P −

. †

65. De todas las rectas que pasan por el punto ( )1,2A , halla la pendiente de aquella cuya distancia al origen es 1 .

Solución

Teniendo en cuenta la ecuación punto-pendiente de una recta, podemos escribir todas las rectas que pasan por

el punto ( )1,2A de la forma ( )2 1y m x− = − donde m es la pendiente. Esta ecuación en forma general es

2 2 0y mx m mx y m− = − − − + = , Usando ahora que la distancia de esta recta al punto ( )0,0 es igual a 1

se tiene que: ( ) ( )

( )

2

2 22

0 1 0 2 21 1 2 1

11

m m mm m

mm

+ − + − + − += = − + = +

++ −

2 2 34 4 1 4 3

4m m m m m − + = + − = − = . †




30

66. Halla el punto de la recta 2 4 1 0x y− − = que con el origen de coordenadas y el punto ( )4,0P − determina un

triángulo de área 6 .

Solución

Como dos de los vértices del triángulo son ( )0,0O y ( )4,0P − , uno de los lados del triángulo es el eje X , cuya

ecuación es 0y = .

Por otro lado, la ecuación explícita de la recta 2 4 1 0x y− − = es 1 1

2 4y x= − , lo que quiere decir que cualquier

punto de esta recta se puede escribir de la siguiente forma: 1 1

,2 4

A a a

−

.

Claramente, la altura h del triángulo es la coordenada y del punto anterior en valor absoluto: 1 1

2 4h a= − . La

base b del triángulo es la longitud del segmento OP , o sea, 4b = . Como el triángulo tiene área 6 tenemos

que: 4

6 6 32 2

b h hh

= = = . Por tanto:

1 1 133 2 1 12 2 13

1 1 2 4 23

1 1 112 43 2 1 12 2 11

2 4 2

a a a a

a

a a a a

− = − = = =

− = − = − − = − = − = −

, con lo que tenemos dos posibilidades.

Si 13

2a = , el punto que se busca es

13 1 13 1 13, ,3

2 2 2 4 2A A

− =

.

Si 11

2a = − , el punto que se busca es

11 1 11 1 11, , 3

2 2 2 4 2A A − − − = − −

. †

67. Las rectas 2 0x y+ − = y 9 3 4 0x y− − = son dos alturas del triángulo ABC de vértice ( )2,2A . Halla las

ecuaciones de los lados del triángulo.

Solución

Como el vértice ( )2,2A no pertenece a ninguna de las dos alturas, quiere decir que los otros dos vértices están,

uno en la altura 2 0x y+ − = , y otro en la altura 9 3 4 0x y− − = . Supongamos que B está en la altura

2 0x y+ − = , que será la que corresponde al lado AC . Y supongamos que C está en la altura 9 3 4 0x y− − =

que será la que corresponde al lado AB .

Entonces el lado AC es perpendicular a la altura 2 0x y+ − = , con lo que el lado AC será de la forma

0x y C− + = (obsérvese que los vectores directores de ambas rectas son perpendiculares). Como el vértice

( )2,2A pertenece a este lado, tenemos: 2 2 0 0C C− + = = , con lo que el lado AC es 0x y− = .

De la misma forma, el lado AB es perpendicular a la altura 9 3 4 0x y− − = , con lo que el lado AB será de la

forma 3 0x y C+ + = (obsérvese otra vez que los vectores directores de ambas rectas son perpendiculares).

Como el vértice ( )2,2A pertenece también a este lado, tenemos: 2 3 2 0 2 6 0 8C C C+ + = + + = = − ,

con lo que el lado AB es 3 8 0x y+ − = .

El lado AC y la altura correspondiente al otro lado, se cortan en un punto, que será el vértice C . Resolvamos entonces el sistema formado por ambas rectas:




31

0 3 3 0 26 4 0

9 3 4 0 9 3 4 0 3

x y x yx x

x y x y

− = − + = − = =

− − = − − = . Sustituyendo en la primera ecuación tenemos que

2 20

3 3y y− = = . Entonces el vértice C es

2 2,

3 3C

.

El lado AB y la altura correspondiente al otro lado se cortan en un punto, que será el vértice B . Resolvamos entonces el sistema formado por ambas rectas:

3 8 02 6 0 3

2 0

x yy y

x y

+ − = − = =

+ − =. Sustituyendo en la segunda ecuación: 3 2 0 1x x+ − = = − . Entonces

el vértice B es ( )1,3B − .

Finalmente, el lado BC será, naturalmente, el que une los vértices B y C . Como ( )2 2

1 , 33 3

BC

= − − −

5 7,

3 3BC

− =

, podemos tomar como vector director del lado BC el vector ( )5, 7u = − , con lo que el lado

BC será: 1 3

7 7 5 15 7 5 8 05 7

x yx y x y

+ −= − − = − + − =

−.

Nota: en realidad, cualquier recta paralela a 7 5 8 0x y+ − = podría ser perfectamente el lado BC , es decir,

cualquier recta de la forma 7 5 0x y c+ + = (ver vínculo a desmos al final de este documento). †

68. La diagonal menor de un rombo mide lo mismo que su lado y sus extremos son los puntos ( )3, 2A − − y

( )1,2C . Halla los vértices B y D y el perímetro del rombo.

Solución

Puesto que ( )4,4AC = , la longitud diagonal menor del rombo será 2 24 4 32 4 2AC = + = = u, y estará

contenida en la recta 3 2

3 2 1 04 4

x yx y x y

+ += + = + − + = .

La diagonal mayor es perpendicular a la diagonal menor y pasa por el punto medio de A y C , que es ( )1,0M − .

Un vector perpendicular a la diagonal menor es ( )1, 1n = − . Entonces, la ecuación de la diagonal mayor será:

11 1 0

1 1

x yx y x y

+= − − = + + =−

.

Un punto cualquiera de la diagonal mayor se puede escribir de la forma ( ), 1P a a− − , y como la longitud de la

diagonal menor mide lo mismo que su lado tenemos que ( )4 2 1 , 3 4 2PC a a= − + = . Es decir:

( ) ( )2 2 2 2 2 21 3 4 2 1 2 6 9 32 2 4 22 0 2 11 0a a a a a a a a a a− + + = − + + + + = + − = + − = .

El discriminante de la ecuación de segundo grado anterior es: ( )22 4 1 11 4 44 48 = − − = + = . Entonces

2 48 2 4 31 2 3

2 2a

− − = = = − , de donde se deduce que los vértices B y D serán ( )1 2 3, 2 3B − + −

y ( )1 2 3,2 3D − − . El perímetro del rombo es cuatro veces el lado: 4 4 2 16 2 = u. †




32

69. En un triángulo isósceles ABC con lado desigual BC , la ecuación del lado AB es 3 2 0x y+ + = y la mediatriz

del lado BC es 2 0x y+ − = . Calcula la ecuación del lado AC y sus vértices si su área es 24u .

Solución

Puesto que el triángulo es isósceles y el lado desigual es BC la mediatriz del lado BC y el lado AB y se han de cortar en el vértice A .

3 2 02 4 0 2

2 0

x yx x

x y

+ + = + = = −

+ − =. Sustituyendo en la segunda ecuación: 2 2 0 4y y− + − = = . Por

tanto, el vértice A es el punto ( )2,4A − .

El lado BC es perpendicular a su mediatriz. Por tanto, la ecuación del lado BC ha de ser de la siguiente forma:

0x y c− + = . La distancia del punto A a esta recta es la longitud de la altura h correspondiente al lado BC :

( ) ( )

( )22

1 2 1 4 2 4 6

2 21 1

c c ch

− + − + − − + −= = =

+ −

Un punto de la recta AB es, por ejemplo, ( )1,1P − . La recta perpendicular a la mediatriz 2x y+ − que pasa por

este punto P es 1 1

1 1 2 01 1

x yx y x y

+ −= + = − − + = . Hallemos el punto de corte de esta recta con la

mediatriz: 2 0

2 0 02 0

x yx x

x y

− + = = =

+ − =. Sustituyendo en la segunda ecuación: 0 2 0 2y y+ − = = . Por

tanto, el punto de corte es ( )0,2M . Calculemos ahora el punto simétrico de ( )1,1P − respecto de ( )0,2M , al

que llamaremos ( ),Q a b : ( )

10 1 0 1

1 1 20,2 ,

12 22 1 4 3

2

aa a

a b

bb b

−= − = =− +

= + = + = =

. Por tanto, ( )1,3Q .

La ecuación del lado AC es la de la recta que pasa por ( )2,4A − y ( )1,3Q :

2 42 3 12 3 10 0

3 1

x yx y x y

+ −= − − = − + − =

−

Resolviendo el sistema formado por la ecuación del lado AC y del lado BC obtenemos el vértice C :

3 10 0 104 10 0

0 4

x y cy c y

x y c

+ − = + − − = =

− + =. Sustituyendo en la segunda ecuación tenemos que

10 10 3 100

4 4 4

c c cx c x c x

+ + − +− + = = − = .

Por tanto, el punto C es de la forma 3 10 10

,4 4

c cC

− + +

.

Resolviendo el sistema formado por la ecuación del lado AB y del lado BC obtenemos el vértice B :

3 2 0 24 2 0

0 4

x y cx c x

x y c

+ + = − − + + = =

− + =. Sustituyendo en la segunda ecuación tenemos que




33

2 2 3 20

4 4 4

c c cy c y c y

− − − − −− + = = + = .

Por tanto, el punto B es de la forma 2 3 2

,4 4

c cB

− − −

.

Si tomamos como base b del triángulo b BC= , usando que el área del triángulo es igual a 4 u2, podremos hallar

c y, por tanto, los vértices B y C .

3 10 10 2 3 2 2 12 2 12 6 6, , , ,

4 4 4 4 4 4 2 2

c c c c c c c cBC C B BC

− + + − − − − + − + − − = − = − = =

.

Entonces

2 2 266 6 6

2 22 2 2 2

cc c cb BC

−− − − = = + = =

.

2 6 4 106 64 8 2 8 6 16

6 4 22 2 2

c cc cb hS b h c

c c

− = =− − = = = = − =

− = − =

Si 10c = , tenemos que ( )3 10 10

, 5,54 4

c cC C

− + + −

y ( )

2 3 2, 3,7

4 4

c cB B

− − − −

.

Si 2c = , tenemos que ( )3 10 10

, 1,34 4

c cC C

− + +

y ( )

2 3 2, 1,1

4 4

c cB B

− − − −

. †

70. ( )1,1A y ( )5,1B son dos vértices de un trapecio rectángulo y uno de sus lados está sobre la recta 1y x= + .

Calcula los otros dos vértices (hay dos soluciones). Nota: trapecio rectángulo es aquel que tiene dos ángulos rectos.

Solución

Puesto que A y B no pertenecen a la recta 1y x= + , los otros dos vértices del trapecio, C y D debe estar

sobre la recta 1y x= + .

Puesto que el trapecio es rectángulo tiene dos ángulos rectos, con lo que dos de sus lados (opuestos además) serán paralelos. Naturalmente, estos dos lados paralelos tocan a los cuatro vértices del trapecio. Esto nos lleva a considerar dos posibilidades:

a) Que los dos lados paralelos del trapecio sean perpendiculares al lado AB (el cual tiene por ecuación la recta

horizontal 1y = ). Entonces las ecuaciones de estos dos lados paralelos son, claramente, 1x = y 5x =

Entonces, estos dos lados cortan al otro lado 1y x= + en los puntos ( )5,6C y ( )1,2D , que son los otros

dos vértices del trapecio.

b) Que los lados paralelos del trapecio sean perpendiculares al lado que está sobre la recta 1y x= + . Una recta

perpendicular a ella es de la forma y x n= − + . La que pasa por el vértice ( )1,1A será 2y x= − + , y la que

pasa por el vértice ( )5,1B será 6y x= − + .

El punto de corte entre 1y x= + y 2y x= − + es (resolviendo el sistema) 1 3

,2 2

. Y el punto de corte entre

1y x= + y 6y x= − + es (resolviendo también el sistema) 5 7

,2 2

.

Por tanto, en este caso los vértices C y D del trapecio serían los puntos 5 7

,2 2

C

y 1 3

,2 2

D

. †




34

Ví nculos a desmos de algunos ejercicios

I) Ejercicio 39: https://www.desmos.com/calculator/umgdapze6l

II) Ejercicio 40: https://www.desmos.com/calculator/5iz0yfyz9h

III) Ejercicio 41: https://www.desmos.com/calculator/gyq4fvwynh

IV) Ejercicio 42: https://www.desmos.com/calculator/lgels1f7mo

V) Ejercicio 44: https://www.desmos.com/calculator/vdq1dszowl

VI) Ejercicio 45: https://www.desmos.com/calculator/b3ndxjle9e

VII) Ejercicio 46: https://www.desmos.com/calculator/stjctlvqzw

VIII) Ejercicio 47: https://www.desmos.com/calculator/deh7eqwsfe

IX) Ejercicio 48: https://www.desmos.com/calculator/xinedmf2hq

X) Ejercicio 49: https://www.desmos.com/calculator/w5lpefrery

XI) Ejercicio 50: https://www.desmos.com/calculator/ny9w2c5ucj

XII) Ejercicio 51: https://www.desmos.com/calculator/zoc9hkzftv

XIII) Ejercicio 54: https://www.desmos.com/calculator/x1viovkkcj

XIV) Ejercicio 55: https://www.desmos.com/calculator/xgvgpayfr2

XV) Ejercicio 56: https://www.desmos.com/calculator/nlumsaerkx

XVI) Ejercicio 57: https://www.desmos.com/calculator/vcic85b6pq

XVII) Ejercicio 58: https://www.desmos.com/calculator/1nytlyci67

XVIII) Ejercicio 59: https://www.desmos.com/calculator/eoqistnrwj

XIX) Ejercicio 60: https://www.desmos.com/calculator/4qoz8ploue

XX) Ejercicio 62: https://www.desmos.com/calculator/yfoxilewro

XXI) Ejercicio 63: https://www.desmos.com/calculator/nc1kkdoms5

XXII) Ejercicio 66: https://www.desmos.com/calculator/5wavmwstvq

XXIII) Ejercicio 67: https://www.desmos.com/calculator/wgmxydawv9

XXIV) Ejercicio 68: https://www.desmos.com/calculator/h41oh0m7of

XXV) Ejercicio 69: https://www.desmos.com/calculator/1opqcmeeki

XXVI) Ejercicio 70: https://www.desmos.com/calculator/ucvxykh2mh


https://www.desmos.com/calculator/umgdapze6l

https://www.desmos.com/calculator/5iz0yfyz9h

https://www.desmos.com/calculator/gyq4fvwynh

https://www.desmos.com/calculator/lgels1f7mo

https://www.desmos.com/calculator/vdq1dszowl

https://www.desmos.com/calculator/b3ndxjle9e

https://www.desmos.com/calculator/stjctlvqzw

https://www.desmos.com/calculator/deh7eqwsfe

https://www.desmos.com/calculator/xinedmf2hq

https://www.desmos.com/calculator/w5lpefrery

https://www.desmos.com/calculator/ny9w2c5ucj

https://www.desmos.com/calculator/zoc9hkzftv

https://www.desmos.com/calculator/x1viovkkcj

https://www.desmos.com/calculator/xgvgpayfr2

https://www.desmos.com/calculator/nlumsaerkx

https://www.desmos.com/calculator/vcic85b6pq

https://www.desmos.com/calculator/1nytlyci67

https://www.desmos.com/calculator/eoqistnrwj

https://www.desmos.com/calculator/4qoz8ploue

https://www.desmos.com/calculator/yfoxilewro

https://www.desmos.com/calculator/nc1kkdoms5

https://www.desmos.com/calculator/5wavmwstvq

https://www.desmos.com/calculator/wgmxydawv9

https://www.desmos.com/calculator/h41oh0m7of

https://www.desmos.com/calculator/1opqcmeeki

https://www.desmos.com/calculator/ucvxykh2mh

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