Sugerencia Metodológica Segundo Año PDF
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Corrección de estilo
Marlene Elizabeth Rodas Rosales Ana Esmeralda Quijada Cárdenas
Cooperación técnica de Japón a través de la Agencia de Cooperación Internacional del Japón (JICA).
Reciban un cordial saludo, por medio del cual les expresamos nuestro agradecimiento por la
importante labor que realizan en beneficio de la ciudadanía salvadoreña.
Es importante destacar que la Sugerencia metodológica está en correspondencia con las clases
propuestas en el Libro de texto diseñado para los estudiantes, concretizando de esta manera lo
establecido en el Programa de estudio de Matemática.
No dudamos que aprovecharán al máximo este recurso y estamos seguros de que pondrán
todo su esfuerzo y dedicación para seguir contribuyendo al desarrollo de nuestro querido país.
Atentamente,
Unidad 1
Ecuaciones ............................................................................................................. 23
Lección 1: Ecuaciones y sistemas de ecuaciones .................................... 26
Prueba de la unidad 1 ................................................................................. 48
Unidad 2
Línea recta ........................................................................................................... 53
Lección 1: Puntos y segmentos .................................................................. 57
Lección 2: Línea recta ................................................................................. 70
Prueba de las lecciones 1 y 2 ....................................................... 82
Lección 3: Posiciones relativas entre rectas ........................................... 86
Lección 4: Práctica en GeoGebra ...................................................................... 113
Prueba de la lección 3 ................................................................................. 119
Unidad 3
Secciones cónicas ................................................................................................. 123
Lección 1: La parábola ................................................................................. 128
Prueba del primer periodo ....................................................................... 152
Lección 2: La circunferencia ....................................................................... 158
Prueba de las lecciones 1 y 2 ...................................................................... 172
Lección 3: La elipse ....................................................................................... 176
Lección 4: La hipérbola ............................................................................... 192
Lección 5: Práctica en GeoGebra ............................................................. 214
Prueba de las lecciones 3 y 4 ..................................................................... 226
Unidad 4
Funciones trascendentales I ............................................................................. 229
Lección 1: Potencia y raíz n-ésima ......................................................... 232
Lección 2: Funciones y ecuaciones exponenciales .............................. 255
Prueba de la unidad 4 ............................................................................... 278
Prueba del segundo periodo .................................................................... 283
I. Introducción
La presente Sugerencia metodológica (SM) forma parte de una serie de materiales elaborados por el equipo del
Proyecto de Mejoramiento de los Aprendizajes de Matemática en Educación Básica y Educación Media (ESMATE)
del Ministerio de Educación, Ciencia y Tecnología con la finalidad de contribuir a la mejora de los procesos de
aprendizaje en la asignatura de Matemática.
En esta SM se explican con detalle todos los elementos que deben considerarse para realizar el proceso de
aprendizaje, con base en la resolución de problemas planteados para lograr el desarrollo de las competencias en
los estudiantes. Su uso permitirá al docente abordar la clase de forma efectiva y utilizar de manera adecuada el
Libro de texto (LT).
Los principales objetivos que se pretenden lograr con el uso de esta sugerencia son los siguientes:
El MINEDUCYT ofrece al sistema educativo nacional estos materiales con la convicción de que el uso pertinen-
te de estos permitirá fortalecer la práctica docente y así desarrollar de manera efectiva los aprendizajes de los
estudiantes. Para lograr este propósito, a continuación se establecen los puntos de partida esenciales para su
implementación:
1. Importancia fundamental del aprendizaje de la matemática: el desarrollo del razonamiento matemático ge-
nera competencias para resolver problemas complejos, analizar situaciones, ser creativos, críticos, eficientes,
pragmáticos y lógicos; capacidades que les permitirán vivir como ciudadanos comprometidos consigo mismos
y con el desarrollo sostenible de sus comunidades, ya que los saberes matemáticos permiten reconocer que la
ciencia está presente en todo lo que nos rodea, por lo que cualquier objeto de la realidad puede ser utilizado
como herramienta tecnológica que ayude a resolver situaciones problemáticas, las cuales enfrentará día con
día cada estudiante.
2. Rol fundamental del docente y protagonismo del estudiante: la labor del docente se vuelve determinante en
la formación del estudiante, de ahí su importancia para que el sistema educativo logre sus propósitos; estos
materiales están estructurados de tal manera que el docente tenga herramientas oportunas para “asistir” el
aprendizaje, es decir, con la mirada puesta en el logro del aprendizaje de cada estudiante, lo cual implica que
estos últimos sean los protagonistas en las clases. Este protagonismo se evidencia con el alcance de los indi-
cadores de logro en cada clase, los cuales se convierten en “peldaños” para desarrollar las competencias de
unidad y buscan lograr que los estudiantes movilicen todos los saberes alcanzados para resolver exitosamente
problemas simples y complejos, esto tiene como base, el conocimiento y la comprensión de cada indicador y
su concreción en cada una de las clases propuestas.
3. Secuencia de la clase, experiencia auténtica del aprendizaje: el protagonismo del estudiante se traduce en la
propuesta de la secuencia de las clases, de estas, la mayoría contiene los siguientes pasos o momentos:
▪ Problema inicial
▪ Solución del problema inicial
▪ Conclusión (definición, teorema, resumen, generalización)
▪ Problemas
5 Sugerencia metodológica
El análisis de esta secuencia se desarrolla describiendo la intencionalidad de cada elemento de la clase. De
esta forma, se propone un itinerario para que los estudiantes, asistidos por sus docentes, construyan los con-
ceptos y logren las competencias requeridas.
4. Sintonía determinante con la gestión escolar: para optimizar la efectividad de estos materiales educativos,
otro aspecto fundamental a considerar es la generación de un ambiente propicio para el desarrollo de los
aprendizajes, el cual está unido estrechamente con la gestión administrativa y organización de la institución
educativa. Entre los elementos de dicha gestión, se destaca como determinante la cantidad de horas clase
efectivas que el personal docente desarrolla en el año escolar; la propuesta de contenidos está planteada para
que sean desarrollados durante al menos 192 horas clase al año, las cuales se deben garantizar como condi-
ción indispensable en el logro de los aprendizajes. Ya que oficialmente se dispone de 240 horas clase, las 48
restantes, pueden ser utilizadas por los docentes para realizar evaluaciones, capacitaciones y otras actividades
que el Ministerio de Ecuación, Ciencia y Tecnología o el centro educativo requiera.
Entre los elementos de la estructura de este documento es importante mencionar el apartado IV. Estructura
de la Sugerencia metodológica, donde se presenta la secuencia y el propósito de la clase, además, en algunas
clases se describen las posibles dificultades que los estudiantes pueden presentar en algún punto específico de
la clase. Otro de los elementos importantes a destacar es la resolución de los problemas planteados en la clase.
También se propone un modelo de prueba de cada unidad, formulado en correspondencia directa con los indica-
dores de logro y los problemas planteados en cada clase, el cual puede ser de gran utilidad como una referencia
para constatar los aprendizajes de cada estudiante en coherencia con todo el proceso.
Otro elemento relevante es el apartado V. Orientación para el desarrollo de una clase de matemática con base
en la resolución de problemas, donde se describen cada uno de los elementos de la secuencia de la clase, las
principales actividades que deben realizar los estudiantes en su proceso de aprendizaje y los docentes en la
asistencia o mediación de los mismos. Se destacan además, los aspectos que sugieren acciones específicas en
sintonía directa con el protagonismo del estudiante y la función mediadora del docente.
Esta Sugerencia y demás materiales educativos han sido elaborados con la participación activa de muchos do-
centes a nivel nacional, que con su experiencia y empeño por la formación de los estudiantes, han hecho aportes
significativos a cada uno de los elementos de los mismos. Siguiendo esta dinámica de participación, se considera
importante asumir estos materiales como una propuesta flexible y mejorable, donde el personal docente deberá
hacer las adecuaciones que considere necesarias para apoyar el aprendizaje de sus estudiantes.
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II. Estrategia para el mejoramiento de los aprendizajes en matemática
La meta con el uso de estos materiales educativos es el mejoramiento del aprendizaje de los estudiantes, quie-
nes asumirán la responsabilidad del futuro del país; y como parte de la estrategia que se propone, a continua-
ción se presentan los factores relacionados con dicha finalidad:
Materiales
(LT y SM)
Asistencia Tiempo de
docente aprendizaje
activo
Los tres factores planteados constituyen las prioridades estratégicas para mejorar los aprendizajes; los Materia-
les, como el Libro de texto y la Sugerencia metodológica, el Tiempo de aprendizaje activo dentro de la clase y
en el hogar y la Asistencia o Facilitación del docente para propiciar el aprendizaje.
Materiales
Para garantizar la efectividad y eficiencia del aprendizaje se necesita un material que tenga la secuencia didáctica
apropiada y el nivel de complejidad razonable, basado en el nivel de comprensión de los estudiantes, es decir,
los contenidos de dicho material tienen que ser académica y didácticamente adecuados y al mismo tiempo ser
más amigables para el aprendizaje.
Para satisfacer la primera necesidad mencionada, en los dominios cognitivos que se desarrollarán en la asignatura
de Matemática deben estar estrictamente reflejadas las competencias establecidas por el MINEDUCYT. Para
cumplir la segunda necesidad, el contenido del LT debe corresponder lo más cercanamente posible a las
necesidades académicas que tienen los estudiantes salvadoreños.
Es importante destacar que como un paso previo a la elaboración de estos materiales de texto, el MINEDUCYT
realizó una investigación en las aulas y detectó una característica no favorable: que el tiempo que se dispone
en cada aula para el aprendizaje activo es insuficiente; en consecuencia, se ha limitado el desarrollo de las
capacidades de los estudiantes, es así que en el LT que se ha elaborado, se recomienda a los docentes que
aseguren un espacio de al menos 20 minutos para que cada uno de los estudiantes aprenda activamente por sí
mismo o interactivamente con sus compañeros.
7 Sugerencia metodológica
Aprendizaje activo
1. En forma individual
¿En qué momento se fortalecen los aprendizajes? Cuando un estudiante está trabajando individualmen-
te, leyendo el LT, resolviendo problemas en su cuaderno de apuntes, etc., se aprende activamente. Por
el contrario, cuando el estudiante solo está escuchando lo que está explicando el docente, se aprende
menos porque su actitud de aprendizaje será pasiva en forma general.
Por esta razón, se recomienda al docente que garantice un espacio de tiempo donde cada uno de sus
estudiantes aprenda activamente de forma individual.
2. En forma interactiva
En la práctica docente, muchas veces se provee asistencia a uno o dos alumnos en forma particular, de-
jando sin atención al resto de estudiantes. Es un hecho que es difícil brindar asistencia a cada estudiante
aunque todos tienen la necesidad de aprender.
¿Existe otra alternativa para que todos los alumnos reciban asistencia oportuna?
Se debe generar aprendizaje interactivo entre alumnos (o aprendizaje mutuo), ya que este tiene varias
ventajas, primero, en el trabajo en parejas, si un estudiante no entiende un contenido, puede consultar a
su compañero sin perder el tiempo (sin esperar la asistencia de parte del docente); segundo, el estudian-
te que explica a sus compañeros, profundiza su comprensión a través de la explicación en forma verbal;
tercero, los alumnos a quienes no se puede dar asistencia en forma individual tendrán más oportunidad
de aprender, y cuarto, se genera un ambiente de convivencia en el aula.
Por lo que se recomienda que realicen primero el trabajo individual y luego el aprendizaje interactivo.
Se espera que cada uno de los estudiantes intente resolver los problemas y ejercicios planteados en las páginas
del LT, durante (por lo menos) 20 minutos en cada clase. Con esta actividad individual (o interactiva) se pretende
contribuir al fortalecimiento del aprendizaje de los estudiantes y por consiguiente a mejorarlo, así como incre-
mentar la capacidad de interpretación de la situación problemática planteada.
Antes de finalizar este punto, cabe mencionar que, además del uso del LT en el aula, se debe garantizar como
mínimo 20 minutos de aprendizaje activo en el hogar, resolviendo los problemas que no se lograron resolver
en clase. Sumando 20 minutos en el hogar a otros 20 minutos de aprendizaje activo en la clase y esforzándose
durante 192 días, se espera que se cumpla la siguiente relación: (20 minutos + 20 minutos) × 192 días = mejora
de aprendizajes. A todos los docentes del país se les invita a estar conscientes de esta relación.
Asistencia y facilitación
El MINEDUCYT se propone cambiar el paradigma acerca del rol de los docentes, de enseñar hacia asistir el
aprendizaje. Tradicionalmente, en el proceso de enseñanza se hacen esfuerzos por responder ¿qué es lo que
hace el docente?, en lugar de preocuparse por saber ¿qué es lo que lograron los estudiantes?, centrarse en el
aprendizaje es un esfuerzo genuino que debe ser la base para evaluar el desempeño docente.
Las actividades del docente deben ser planificadas para elevar el nivel de aprendizaje y preocuparse por el re-
sultado de los estudiantes.
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III. Estructura del Libro de texto
Se consolida el contenido,
aquí se relaciona el pro-
blema inicial y la solución,
para explicar con lenguaje
matemático la finalidad
del contenido. Indica la unidad a la que
corresponde la clase.
Se presentan problemas
y ejercicios para que el
estudiante practique lo
aprendido.
9 Sugerencia metodológica
Información complementaria: en el libro se utilizan algunos elementos que facilitan el aprendizaje de los
contenidos, como presaberes, pistas, información adicional relacionada con la historia de la matemática, y se
representan con diferentes colores:
Información
Presaberes Pista
adicional
Distribución de las clases: el libro está compuesto por 8 unidades didácticas, cada una formada por diferentes
lecciones y estas últimas compuestas por distintas clases. En la numeración del título de cada clase, el primer
número indica la lección y el segundo indica la clase.
Además al finalizar cada unidad siempre aparecen algunos problemas sobre las temáticas abordadas, y en
ocasiones también se desarrollan algunas prácticas en GeoGebra, como recurso tecnológico de la matemática.
Desarrollo de clases con el uso de GeoGebra: uno de los componentes innovadores en el Libro de texto es el uso
del software matemático, para modelar procesos o construcciones con el fin de proporcionar herramientas que
vayan acorde a la dinamización de la matemática. Para ello, al final de algunas unidades se proponen prácticas
para que los estudiantes puedan verificar algunos resultados obtenidos en la unidad y se plantean algunas
situaciones para que las resuelvan.
Desarrollo de clases introductorias utilizando material concreto: en algunas unidades se han diseñado clases
que permitan introducir los contenidos, con el fin de potenciar la lógica, la intuición y el razonamiento espacial,
y así facilitar la comprensión de los mismos.
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IV. Estructura de la Sugerencia metodológica
1. Programación anual
Unidad Pág. de GM
Periodo Mes Contenidos
(Horas de clase) (Pág. de LT)
Primero Enero U1: Ecuaciones (10) 23 – 52 • Ecuaciones bicuadráticas
(7 – 18) • Ecuaciones radicales
• Ecuaciones racionales
• Sistemas de ecuaciones lineales y cuadráticas
U2: Línea recta (26) 53 – 122 • Distancia entre dos puntos
(19 – 48) • División de un segmento en una razón dada
• Punto medio de un segmento
• Pendiente
• Ecuación de una recta en su forma punto pendiente
• Ecuación de una recta dados dos puntos
Febrero • Rectas paralelas a los ejes de coordenadas
• Forma general de la ecuación de una recta
• Intersección de una recta con los ejes de coordenadas
• Intersección entre rectas
• Rectas paralelas y perpendiculares
• Distancia de un punto a una recta
• Ángulo de inclinación de una recta
• Ángulo entre rectas
• Práctica en GeoGebra
Marzo U3: Secciones cónicas – 123 – 157 • Lugar geométrico de una ecuación y ecuación de un
continúa en el segundo (49 – 61) lugar geométrico
periodo – (12) • Ecuación canónica de una parábola
• Desplazamientos paralelos de una parábola
• Ecuación general de la parábola
• Aplicaciones de la parábola
Segundo Marzo U3: Secciones cónicas – 158 – 228 • Ecuación canónica de una circunferencia
continuación – (29) (62 – 94) • Desplazamientos paralelos de una circunferencia
• Ecuación general de la circunferencia
• Aplicaciones de la circunferencia
• Ecuación canónica de una elipse
• Elementos y propiedades de la elipse
• Desplazamientos paralelos de una elipse
• Ecuación general de la elipse
• Aplicaciones de la elipse
Abril • Ecuación canónica de una hipérbola
• Desplazamientos paralelos de una hipérbola
• Ecuación general de la hipérbola
• Aplicaciones de la hipérbola
• Práctica en GeoGebra
U4: Funciones 229 – 288 • Exponente positivo, exponente negativo y cero
trascendentales I (20) (95 – 118) • Multiplicación y división de raíces con igual índice
• Raíz de raíz
Mayo • Suma y resta de raíces semejantes
• Potencia de una raíz
• Exponente racional
• Gráfica, simetría, dominio, rango y asíntotas
• Desplazamientos verticales y horizontales
• Ecuaciones exponenciales
11 Sugerencia metodológica
Unidad Pág. de GM
Periodo Mes Contenidos
(Horas de clase) (Pág. de LT)
Tercero Junio U5: Funciones 293 –386 • Función inyectiva, sobreyectiva y biyectiva
trascendentales II (37) (119 – 160) • Composición de funciones y función inversa
• El logaritmo y sus propiedades
• Operaciones con logaritmos
• Gráfica, dominio, rango y monotonía de la función
logarítmica
Julio • Ecuaciones logarítmicas
• Logarítmo base 10 y natural
• Razones trigonométricas
• Círculo trigonométrico y periodicidad
• Función seno, coseno y tangente
• Periodo, amplitud y desplazamientos
U6: Sucesiones aritméticas y 387 – 434 • Práctica en GeoGebra
geométricas (14) (161 – 176)
• Término general y suma parcial de una sucesión
Agosto aritmética
• Término general y suma parcial de una sucesión
geométrica
Cuarto Agosto U7: Métodos de conteo (27) 435 – 496 • Conjunto, elemento y diagrama de Venn
(177 – 204) • Cardinalidad de un conjunto
• Operaciones con conjuntos
• Diagrama de árbol
• Principio de la suma y de la multiplicación
Septiembre • Concepto de permutación
• Permutaciones con repetición
• Permutaciones circulares
• Permutaciones con objetos repetidos
• Conteo por el complemento
• Concepto de combinaciones
• Identidades combinatorias
• Triángulo de Pascal
• Binomio de Newton
2. Apartados de la unidad
a) Competencia de la unidad: describe las capacidades que los estudiantes deben adquirir al finalizar la uni-
dad.
b) Relación y desarrollo (entre los grados anteriores y el posteriores): muestra en qué grado los estudiantes
aprendieron los saberes previos y en qué grado darán continuidad al contenido.
c) Plan de estudio de la unidad: presenta las clases de cada unidad.
d) Puntos esenciales de cada lección: describe los elementos importantes de las lecciones por unidad.
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3. Prueba de la unidad
Se presenta un ejemplo de la prueba para medir tanto el nivel de comprensión por parte de los estudiantes
como el nivel de alcance del objetivo de la unidad por parte de los docentes. Si el rendimiento es bajo en algunos
problemas, los docentes deben pensar en cómo mejorarlo y al mismo tiempo, tratar que este bajo rendimiento
no sea un obstáculo para el siguiente aprendizaje. De esta manera, los docentes podrán utilizar esta prueba para
discutir con sus colegas, ya sea de la misma institución o de otras, sobre los resultados obtenidos.
Página del libro de Número y nombre Indicador de logro Secuencia de la clase Propósito de la
texto. de la lección. de la clase. en la lección. clase.
1. Si se observa la ecuación, puede escribirse como (x2)2 – 25(x2) + 144 = 0, por lo que al hacer el cambio de Solución de problemas:
variable y = x2 se tiene
(x2)2 – 25(x2) + 144 = y2 – 25y + 144 = 0. a) Haciendo y = x2 se tiene que x4 – 5x2 + 4 = y2 – 5y + 4 = 0. Al factorizar, se obtiene:
y2 – 5y + 4 = (y – 4)(y – 1) = 0.
2. Se puede resolver esta ecuación cuadrática factorizando, por lo que se buscan dos números que multi-
plicados den 144 y sumados den –25, Luego, y – 4 = 0 o bien y – 1 = 0.
y2 – 25y + 144 = (y – 16)(y – 9) = 0. • Si y – 4 = 0 entonces y = 4 � x2 = 4 � x = ± 2.
De aquí se tiene que y – 16 = 0 o bien y – 9 = 0. Es decir, y = 16 o bien y = 9. • Si y – 1 = 0 entonces y = 1 � x2 = 1 � x = ± 1.
3. De 1 se tiene que y = x2 y de 2 se sabe que y = 16 o y = 9. Entonces Por lo tanto, las soluciones de x4 – 5x2 + 4 = 0 son x = – 2, 2, –1, 1.
x2 = 16 � x = ± 4 o bien x2 = 9 � x = ± 3.
Por lo tanto, las soluciones de x4 – 25x2 + 144 = 0 son x = – 4, – 3, 3, 4. b) x4 – 13x2 + 36 = y2 – 13y + 36 = 0. Al factorizar, se obtiene:
y2 – 13y + 36 = (y – 9)(y – 4) = 0.
Las ecuaciones de la forma Ax4 + Bx2 + C = 0, donde A es distinto de cero, se llaman ecuaciones bicuadráticas. • Si y – 9 = 0 entonces y = 9 � x2 = 9 � x = ± 3.
• Si y – 4 = 0 entonces y = 4 � x2 = 4 � x = ± 2.
Las ecuaciones bicuadráticas pueden resolverse haciendo el cambio de variable y = x2 y resolviendo la
ecuación cuadrática que resulta. Las ecuaciones bicuadráticas tienen cuatro soluciones, ya sean todas Por lo tanto, las soluciones de x4 – 13x2 + 36 = 0 son x = – 3, 3, –2, 2.
reales, todas imaginarias o dos reales y dos imaginarias.
c) x4 – 29x2 + 100 = y2 – 29y + 100 = 0 d) x4 – 8x2 – 9 = y2 – 8y – 9 = 0
Ejemplo ⇒ y2 – 29y + 100 = (y – 25)(y – 4) = 0. ⇒ y2 – 8y – 9 = (y – 9)(y + 1) = 0.
Determina todas las soluciones complejas de la ecuación x – 24x – 25 = 0.
4 2
• Si y – 25 = 0 ⇒ x2 = 25 � x = ± 5. • Si y – 9 = 0 ⇒ x2 = 9 � x = ± 3.
Al hacer el cambio de variable y = x2, la ecuación resultante es y2 – 24y – 25 = 0. Al factorizar se tiene • Si y – 4 = 0 � x2 = 4 � x = ± 2. • Si y + 1 = 0 � x2 = – 1 � x = ± i.
y2 – 24y – 25 = (y – 25)(y + 1) = 0. Por lo tanto, las soluciones son x = – 5, 5, –2, 2. Por lo tanto, las soluciones son x = – 3, 3, –i, i.
De la Unidad 2 de Primer
Luego, y – 25 = 0 o bien y + 1 = 0. año de bachillerato se
• Si y – 25 = 0 entonces y = 25 � x2 = 25 � x = ± 5. sabe que e) x4 + 5x2 + 4 = y2 + 5y + 4 = 0 f) x4 + 4x2 + 3 = y2 + 4y + 3 = 0
• Si y + 1 = 0 entonces y = – 1 � x2 = – 1 � x = ± i. –1 = i
⇒ y2 + 5y + 4 = (y + 1)(y + 4) = 0. ⇒ y2 + 4y + 3 = (y + 3)(y + 1) = 0.
Por lo tanto, las soluciones de x4 – 24x2 – 25 = 0 son x = –5, 5, i, –i. • Si y + 1 = 0 ⇒ x2 = –1 � x = ± i. • Si y + 3 = 0 ⇒ x2 = –3 � x = ± 3i.
• Si y + 4 = 0 � x2 = –4 � x = ± 2i. • Si y + 1 = 0 � x2 = – 1 � x = ± i.
roblemas Por lo tanto, las soluciones son x = – 3i, 3i, –i, i.
Por lo tanto, las soluciones son x = – i, i, –2i, 2i.
Resuelve:
a) x4 – 5x2 + 4 = 0 b) x4 – 13x2 + 36 = 0
e) x4 + 5x2 + 4 = 0 f) x4 + 4x2 + 3 = 0
26 27 Sugerencia Metodológica
En el desarrollo de los problemas de algunas clases, se presenta información adicional e importante para el do-
cente, esto se hace a través de un cuadro como el siguiente:
13 Sugerencia metodológica
V. Orientación para el desarrollo de una clase de matemática
con base en la resolución de problemas
En consonancia con el Programa de Estudio anterior, esta nueva versión también sugiere el desarrollo de las cla-
ses de matemática basándose en el socioconstructivismo a través del enfoque de Resolución de Problemas. En
las clases impartidas con este enfoque el centro del proceso de los aprendizajes son los estudiantes, por lo que
ellos mismos construyen sus conocimientos y procedimientos a partir de la situación didáctica o problemática
planteada. En este proceso, el rol principal del docente es facilitar o asistir en el aprendizaje de los estudiantes;
para lo cual deberá seguir el procedimiento que se detalla a continuación:
2 Resolución individual del pro- Orientar para que lean el - Mientras los estudiantes re-
blema inicial de la clase. problema inicial de la clase, suelven el problema inicial, el
confirmar el nivel de com- docente debe desplazarse en
prensión de los estudiantes el aula para verificar los avan-
sobre el tema y luego invitar- ces y las dificultades que pre-
les a que resuelvan de ma- senten.
nera individual (aprendizaje - Si tienen dificultades, indicarles
activo). que lean la solución del LT.
- Utilizar como máximo 6 minu-
tos.
5 Resolución del primer ítem Indicar que resuelvan el pri- Si hay estudiantes que ya resol-
de la sección de problemas mer ítem de la sección de vieron el primer ítem, invitarles a
y ejercicios (aprendizaje acti- problemas. que trabajen los demás ítems.
vo).
14
6 Evaluación del primer ítem de Verificar la solución del pri- - Mientras los estudiantes tra-
los problemas. mer ítem de todos los estu- bajan, el docente debe despla-
diantes y asegurarse de que zarse en el aula revisando el
lo resolvieron correctamen- primer ítem de todos los estu-
te. diantes.
- Dependiendo de la dificultad,
el docente puede explicar la
solución o simplemente escri-
bir la respuesta.
7 Resolución del resto de ítems. Orientar para que realicen el A los estudiantes que terminan
resto de ítems. Luego verifi- primero, se les indica que apoyen
car si las respuestas son co- a sus compañeros.
rrectas y orientar para que
hagan nuevamente los pro-
blemas en los que se equi-
vocaron.
8 Tomar nota de la tarea para la Asignar la tarea de los pro- Si no se logran resolver todos los
casa. blemas que no se resolvie- problemas de la clase del LT, se
ron del LT. pueden asignar como tarea, pero
analizando la cantidad de tareas
que tengan los estudiantes.
Tal como se presentó en la estrategia para el mejoramiento de los aprendizajes de los estudiantes, se debe
garantizar como mínimo 20 minutos de aprendizaje activo, esto se logrará si se sigue el proceso presentado
anteriormente, sobre todo en los pasos 2, 3, 5 y 7.
a. Facilidad para desplazarse entre los pupitres para verificar el aprendizaje de los estudiantes.
b. Facilidad para el aprendizaje interactivo entre compañeros.
c. Comodidad en la postura de los estudiantes para ver la pizarra.
15 Sugerencia metodológica
Distribución del LT antes de iniciar la clase
En las aulas se tienen establecidas normas de conducta, pero será necesario que se incluya una más: que
oriente a los estudiantes a tener preparados los recursos o materiales necesarios antes del inicio de la clase.
Una vez establecida esta norma, se pueden asignar algunos estudiantes para la distribución del LT, de tal
manera que se responsabilicen de repartirlos antes de iniciar la clase.
Cuando se detectan dificultades en la parte del recordatorio, muchas veces no se logra retroalimentar en
un tiempo corto, sino que se requiere más tiempo para asegurar el presaber. Por ejemplo, en bachillerato
usualmente se tienen dificultades en la resolución de ecuaciones, para reforzar este dominio se requiere de
más tiempo para resolver problemas. Al desarrollar la parte del recordatorio entonces, el docente no debe
olvidar que su propósito es dar una pista para resolver el problema de la clase de ese día, y el reforzamiento
no es su propósito principal.
Tiempo que se debe destinar para la resolución individual en el Problema inicial de la clase
Tal como se estableció en el punto 1. Recomendación pedagógica para el desarrollo de la clase, se deben
utilizar 6 minutos. Muchas veces los estudiantes simplemente están esperando otra orientación del docente
sin que sepan qué hacer en la resolución individual. En este caso, es mejor orientar un aprendizaje interactivo,
invitándoles a que consulten con sus compañeros.
16
Revisión de todos los problemas resueltos, garantizando que las respuestas sean correctas
Revisar todos los problemas que hayan resuelto los estudiantes no es una tarea fácil, ya que implica bas-
tante tiempo, por lo que se debe buscar una alternativa que resuelva esta situación. Para esto, es necesario
formar dos hábitos en los estudiantes:
1. El hábito de autocorrección.
2. El hábito de realizar nuevamente los problemas donde se han equivocado.
Al formar el primer hábito, el docente consigue una opción para confirmar las respuestas correctas verbal-
mente o por escrito en la pizarra; para consolidarlo se puede invitar a los estudiantes a que intercambien
los cuadernos para corregirse mutuamente. El segundo hábito, por su parte, permite que los estudiantes no
se queden con dudas, lo que ayudará a la formación de su personalidad asignándole valor al esfuerzo y a la
motivación al lograr el aprendizaje.
b. Planificación
En este documento se propone la planificación de cada clase, por lo que no es necesario elaborar en otra hoja
la planificación, guión o carta didáctica, sino que deben basarse en las propuestas de este documento para
impartir la clase. Incluso, si se considera necesario, se pueden escribir algunos puntos importantes con lápiz
de grafito (ya que este documento pertenece a la escuela y no al docente, por lo que no debe escribir con
lapicero). En caso de que se considere necesario realizar una adecuación de acuerdo con la particularidad de
los estudiantes, puede hacerse siempre y cuando esté basado en el contenido propuesto en este documento.
Muchas veces se brinda asistencia individual a algunos estudiantes que han tenido dificultad, pero no alcan-
za el tiempo para atender a todos. La orientación debe realizarse de la siguiente manera: si el número de
estudiantes que tienen dificultad es menor a cinco, brindar orientación individual, de lo contrario, es mejor
brindar otro tipo de orientación, por ejemplo: explicación en plenaria, por grupo, a la hora de revisión de la
respuesta correcta, entre otras.
d. Tratamiento a los estudiantes que terminan los problemas más rápido que el resto
Una sección está conformada por un grupo heterogéneo, por lo que siempre hay diferencias entre estu-
diantes, especialmente en el tiempo que se tardan en resolver los problemas. En la educación pública debe
garantizarse igualdad de oportunidades para aprender, y en este sentido, si no se tiene orientación sobre
qué hacer con los estudiantes que terminan los problemas antes que otros, ellos estarán perdiendo tiempo y
se pueden convertir en un factor negativo para la disciplina del aula por no tener qué hacer. Para evitar esta
situación y aprovechar el rendimiento de estos estudiantes, el docente puede establecer el siguiente compro-
miso: cuando terminen todos los problemas y los hayan revisado, entonces, ellos pueden orientar al resto de
sus compañeros. De esta manera, los que tienen dificultades pueden recibir orientación de sus compañeros,
mientras los estudiantes que orientan también lograrán interiorizar el aprendizaje de la clase. Así mismo, el
docente puede preparar otra serie de problemas para la fijación del contenido u otro tipo de problemas que
tienen carácter de desafío, para que los estudiantes puedan seguir desarrollando sus capacidades.
17 Sugerencia metodológica
e. Revisión de los cuadernos de apuntes
Si no se brinda un monitoreo continuo sobre el uso del cuaderno, eventualmente puede que se utilice de
manera desordenada, por lo que es necesario que se revise periódicamente su uso, en promedio, una vez al
mes. La clave para esto es aumentar el número de revisiones al inicio del año escolar, de tal manera que los
estudiantes sientan que están siendo monitoreados y se forme en ellos un hábito.
18
VI. Pruebas de unidad y periodo
Los resultados que se obtienen al evaluar el aprendizaje de los estudiantes proporcionan al docente infor-
mación valiosa que le permite tener un panorama real sobre el avance obtenido. Con base a esto, el docente
puede tomar decisiones con el fin de garantizar que sus estudiantes alcancen los indicadores de logro de cada
clase, desarrollen las competencias transversales y cumplan a su vez con las competencias de grado propues-
tas.
Cuando los resultados son positivos, el docente continúa mejorando su práctica, con el fin de que cada vez sea
más efectiva.
Si los resultados no son tan favorables, será necesario que el docente autoevalúe su desempeño basado en
los resultados del aprendizaje de cada estudiante, y ponga todo su empeño y esfuerzo para dar lo mejor de
sí. Para ello, debe participar en procesos de formación e investigar sobre los contenidos donde considere que
tenga mayores dificultades y podría incluso consultar con sus compañeros de trabajo.
Es importante destacar que el docente es uno de los actores más importantes en el ámbito educativo; por tal
razón, debe asumir su rol como tal y autoevaluar su desempeño basado en los resultados del aprendizaje de
cada estudiante.
Considerando lo anterior, debe hacer uso de las pruebas que contiene esta SM, las cuales buscan recolectar
información valiosa y relacionada con la realidad de los aprendizajes, tanto adquiridos como no adquiridos.
2. Propósitos de las pruebas
Resumiendo lo anterior, se podría concluir que los propósitos son los siguientes:
▪ Obtener información en cuanto al nivel de comprensión de los contenidos por parte de los estudiantes.
▪ Diseñar estrategias de mejora en los contenidos donde los estudiantes salieron deficientes.
▪ Evaluar el desempeño del docente y mejorar su práctica basándose en el análisis de los resultados de la
prueba.
Son dos tipos de pruebas, de unidad y de periodo. Todas tienen el mismo propósito planteado, sin embargo,
según convenga, se puede dar varias funciones a cada una de ellas. A continuación se plantean algunos
ejemplos de cómo utilizarlas.
a. Prueba de unidad
Los ítems que aparecen en dicha prueba corresponden a los principales indicadores de logro (curriculares)
los cuales están enunciados en las clases de cada unidad. Por lo tanto, el docente puede conocer el nivel de
comprensión de los contenidos por parte de los estudiantes. Lo ideal es dar una retroalimentación una vez
se detecten las dificultades; sin embargo, no siempre se tiene suficiente tiempo para impartir clases adicio-
nales. En ese caso, se puede invitar a los estudiantes para que ellos mismos revisen y trabajen los ítems que
no pudieron resolver en el momento de la aplicación de la prueba.
19 Sugerencia metodológica
Se puede entregar la copia de las respuestas de la prueba que está en este documento para que la analicen
en grupos, de esta forma, ellos pueden aprender interactivamente con sus compañeros; luego, el docente
puede recoger la prueba revisada por los estudiantes y ésta podría ser una información referencial sobre el
avance de sus estudiantes.
Antes de la aplicación de dicha prueba, es recomendable anunciarles a los estudiantes con el fin de que
ellos repasen con antelación los contenidos de la unidad a evaluar.
b. Prueba de periodo
Los ítems que aparecen en esta prueba corresponden a los contenidos esenciales del respectivo periodo.
El momento ideal para aplicar dicha prueba será un día antes de finalizar el periodo, ya que, en la última
clase, se pueden retroalimentar los contenidos. Sin embargo, si no se puede hacer así, podría aplicarse en
el último día del periodo y dar la retroalimentación en la primera clase del próximo.
Además de esto, aprovechando las Reflexiones Pedagógicas, se puede compartir el resultado de las
pruebas con docentes de otros centros educativos. Así se podrá consultar cuáles son las dificultades que
han encontrado, qué tipo de esfuerzos han aplicado otros docentes, entre otros temas que contribuyan al
mejoramiento de los aprendizajes. Una vez establecido un grado de confianza con otros docentes, se podría
establecer comunicación vía redes sociales, para compartir información que facilite procesos y contribuya
a mejorar los aprendizajes de los estudiantes.
Al final de cada unidad y de cada periodo, estarán las pruebas respectivas, de manera que puedan ser
fotocopiadas por cada docente, y posteriormente se encontrará la resolución y rúbrica de evaluación para
cada ítem.
Ejemplo. Se supone que se aplica una prueba a estudiantes de segundo año de bachillerato, y de los resultados
se presentan dos situaciones:
correcta:
16 = 23 × 2 54 = 2 × 33
3 3 3 3
3 3
= 2 2 =3 2
Solución de los estudiantes
3 3 3 3
16 + 54 = 2 2 + 3 2
3
=5 2
Porcentaje de estudiantes que
70%
resolvieron de esta forma
b. Respuesta
Efectua la siguiente operación 16 + 54
3 3
incorrecta: 3 3 3
20
En las dos situaciones planteadas, ¿cómo se pueden analizar los resultados?
Con lo anterior, el docente podrá dedicar su tiempo y esfuerzo a enfocarse en los contenidos que el estu-
diante no pudo contestar correctamente.
Para finalizar, a continuación se presenta el proceso del uso adecuado de las pruebas que el docente debe
seguir:
e. En el caso de la prueba de periodo, se analizarán los resultados con los docentes de centros
educativos cercanos durante la Reflexión Pedagógica para crear una estrategia de mejora.
21 Sugerencia metodológica
Unidad 1. Ecuaciones
Competencia de la unidad
Relación y desarrollo
1 7. Ecuaciones racionales
1 8. Sistemas de ecuaciones
1 9. Practica lo aprendido
1 Prueba de la unidad 1
24 Sugerencia metodológica
Puntos esenciales de la lección
25 Sugerencia metodológica
1 Ecuaciones y sistemas de ecuaciones
1. Si se observa la ecuación, puede escribirse como (x2)2 – 25(x2) + 144 = 0, por lo que al hacer el cambio de
variable y = x2 se tiene
(x2)2 – 25(x2) + 144 = y2 – 25y + 144 = 0.
2. Se puede resolver esta ecuación cuadrática factorizando, por lo que se buscan dos números que multi-
plicados den 144 y sumados den –25,
y2 – 25y + 144 = (y – 16)(y – 9) = 0.
De aquí se tiene que y – 16 = 0 o bien y – 9 = 0. Es decir, y = 16 o bien y = 9.
Las ecuaciones de la forma Ax4 + Bx2 + C = 0, donde A es distinto de cero, se llaman ecuaciones bicuadráticas.
Ejemplo
Determina todas las soluciones complejas de la ecuación x4 – 24x2 – 25 = 0.
Al hacer el cambio de variable y = x2, la ecuación resultante es y2 – 24y – 25 = 0. Al factorizar se tiene
y2 – 24y – 25 = (y – 25)(y + 1) = 0.
De la Unidad 2 de Primer
Luego, y – 25 = 0 o bien y + 1 = 0. año de bachillerato se
• Si y – 25 = 0 entonces y = 25 � x2 = 25 � x = ± 5. sabe que
• Si y + 1 = 0 entonces y = – 1 � x2 = – 1 � x = ± i. –1 = i
roblemas
Resuelve:
a) x4 – 5x2 + 4 = 0 b) x4 – 13x2 + 36 = 0
e) x4 + 5x2 + 4 = 0 f) x4 + 4x2 + 3 = 0
26
Indicador de logro
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
a) Haciendo y = x2 se tiene que x4 – 5x2 + 4 = y2 – 5y + 4 = 0. Al factorizar, se obtiene:
y2 – 5y + 4 = (y – 4)(y – 1) = 0.
Luego, y – 4 = 0 o bien y – 1 = 0.
• Si y – 4 = 0 entonces y = 4 � x2 = 4 � x = ± 2.
• Si y – 1 = 0 entonces y = 1 � x2 = 1 � x = ± 1.
Por lo tanto, las soluciones de x4 – 5x2 + 4 = 0 son x = – 2, 2, –1, 1.
b) x4 – 13x2 + 36 = y2 – 13y + 36 = 0. Al factorizar, se obtiene:
y2 – 13y + 36 = (y – 9)(y – 4) = 0.
• Si y – 9 = 0 entonces y = 9 � x2 = 9 � x = ± 3.
• Si y – 4 = 0 entonces y = 4 � x2 = 4 � x = ± 2.
Por lo tanto, las soluciones de x4 – 13x2 + 36 = 0 son x = – 3, 3, –2, 2.
e) x4 + 5x2 + 4 = y2 + 5y + 4 = 0 f) x4 + 4x2 + 3 = y2 + 4y + 3 = 0
⇒ y2 + 5y + 4 = (y + 1)(y + 4) = 0. ⇒ y2 + 4y + 3 = (y + 3)(y + 1) = 0.
• Si y + 1 = 0 ⇒ x2 = –1 � x = ± i. • Si y + 3 = 0 ⇒ x2 = –3 � x = ± 3i.
• Si y + 4 = 0 � x2 = –4 � x = ± 2i. • Si y + 1 = 0 � x2 = – 1 � x = ± i.
Por lo tanto, las soluciones son x = – i, i, –2i, 2i. Por lo tanto, las soluciones son x = – 3i, 3i, –i, i.
27 Sugerencia metodológica
1
1.2 Ecuaciones bicuadráticas, parte 2
Unidad 1
Resuelve la ecuación 2x4 – 15x2 + 27 = 0.
Al hacer el cambio de variable y = x2 resulta 2y2 – 15y + 27 = 0. Al resolver la ecuación por factorización, se
obtiene con el método de la tijera que 2y2 – 15y + 27 = (2y – 9)(y – 3) = 0.
De aquí resulta
2y2 – 15y + 27
9 9
• 2y – 9 = 0 � y = 2 . Es decir, x2 = 2 2y –9 –9y
3 3 2 y
� x=± =± 2 –3 –6y
2
2y 2
27 –15y
• y – 3 = 0 � y = 3. Es decir, x = 3
2
�x=± 3
3 2 3 2
Por lo tanto, las soluciones de 2x4 – 15x2 + 27 = 0 son x = – 2 , 2 , – 3, 3.
Una expresión de la forma Ax4 + Bx2 + C puede factorizarse en la forma (ax2 + b)(cx2 + d) mediante el mé-
todo de la tijera. Con este recurso puede evitarse el cambio de variable y = x2 para resolver las ecuaciones
bicuadráticas.
Ejemplo
Resuelve la ecuación 2x4 + 33x2 + 16 = 0.
De aquí resulta
1
• 2x2 + 1 = 0 � x2 = – 2 . Es decir,
1
x=± i
2
2
=± 2 i
• x2 + 16 � x2 = – 16. Es decir, x = ± 4i
2 2
Por lo tanto, las soluciones de la ecuación 2x4 + 33x2 + 16 = 0 son x = – 2 i, 2 i, – 4i, 4i.
roblemas
Resuelve:
28
Indicador de logro
Secuencia
Se continúa con la resolución de las ecuaciones bicuadráticas de la forma Ax4 + Bx2 + C = 0, con A, B, C en-
teros, A distinto de cero y B o C distinto de cero.
Propósito
Resolver ecuaciones de la forma Ax4 + Bx2 + C = 0. En esta clase, el coeficiente del término de mayor grado
es distinto de 1. En esta ocasión, se resuelven las ecuaciones de manera directa, es decir, sin realizar el cambio
de variable que se hizo en la clase anterior.
Solución de problemas:
1 1
Por lo tanto, las soluciones son x = – 2 , 2 , – 1, 1. 1 1 1 1
Por lo tanto, las soluciones son x = – 3 , 3 , – 2 , 2 .
29 Sugerencia metodológica
1
1.3 Ecuaciones radicales, parte 1
Resuelve la ecuación x – 3 = 5.
Para resolver una ecuación de esta forma, donde aparecen radicales, se despeja el radical para luego elevar
al cuadrado.
x–3=5
x = 5 + 3 se despeja el radical,
2
x = 82 se eleva al cuadrado,
x = 64.
Una ecuación radical es aquella donde la incógnita o incógnitas aparecen bajo el signo radical.
Una ecuación radical puede convertirse a una ecuación donde no aparezcan radicales, despejando el radi-
cal y elevando al cuadrado.
Al haber resuelto la ecuación radical, hay que comprobar que los valores encontrados satisfacen la ecua-
ción, sustituyéndolos en la ecuación original y comprobando la igualdad.
No se considerarán como soluciones aquellos valores que al comprobarlos en la ecuación original resulten
números complejos.
Ejemplo
Resuelve 2 2x + 1 – 6 = 0.
Al despejar el radical y elevar al cuadrado se obtiene
2 2x + 1 – 6 = 0
2 2x + 1 = 6
2x + 1 = 3 se despeja el radical,
2x + 1 = 9 se obtiene una ecuación lineal la cual hay que resolver,
2x = 8
x = 4.
roblemas
Resuelve las ecuaciones radicales.
a) x + 3 = 4 b) x – 8 = 2
c) 5 – 3x + 1 = 0 d) 5 + 3 x = 8
e) 7 – x + 2 = 3 f) x + 3 = 5x – 1
10
30
Indicador de logro
1.3 Calcula soluciones de ecuaciones radicales que pueden reducirse a ecuaciones lineales.
Secuencia
Se tiene un primer encuentro con la resolución de ecuaciones que contienen radicales, a las cuales se les
llama ecuaciones radicales.
Las ecuaciones a resolver solo tienen radicales con índice 2, ya que las propiedades de potencias mayor
que 2 se trabajan hasta la unidad 4.
Propósito
Solución de problemas:
a) x + 3 = 4 � x + 3 = 16 � x = 13.
Al comprobar, se tiene que 13 + 3 = 16 = 4.
Por lo tanto, x = 13 es la solución.
b) x – 8 = 2 � x – 8 = 4 � x = 12.
Al comprobar, se tiene que 12 – 8 = 4 = 2.
Por lo tanto, x = 12 es la solución.
c) 5 – 3x + 1 = 0 � 3x + 1 = 5 � 3x + 1 = 25 � x = 8.
Al comprobar, se tiene que 5 – 3(8) + 1 = 5 – 25 = 0.
Por lo tanto, x = 8 es la solución.
d) 5 + 3 x = 8 � 3 x = 3 � x = 1 � x = 1.
Al comprobar, se tiene que 5 + 3 1 = 8.
Por lo tanto, x = 1 es la solución.
e) 7 – x + 2 = 3 � x + 2 = 4 � x + 2 = 16 � x = 14.
Al comprobar, se tiene que 7 – 14 + 2 = 7 – 16 = 3.
Por lo tanto, x = 14 es la solución.
f) x + 3 = 5x – 1 � x + 3 = 5x – 1 � 4x = 4 � x = 1.
Al comprobar, se tiene que 1 + 3 = 4 = 2 = 5(1) – 1.
Por lo tanto, x = 1 es la solución.
31 Sugerencia metodológica
1
1.4 Ecuaciones radicales, parte 2
Unidad 1
Resuelve las siguientes ecuaciones
a) 4x2 – 15 – 2x = – 1 b) x2 + 6x – 2x = x
a) De la misma forma que en la clase anterior, se despeja el radical y luego se eleva al cuadrado.
4x2 – 15 – 2x = – 1
4x2 – 15 = 2x – 1
4x2 – 15 = 4x2 – 4x + 1 elevando al cuadrado y desarrollando,
4x2 – 15 = 4x2 – 4x + 1
4x = 16
x = 4.
Se comprueba que 4 sea solución de la ecuación sustituyendo en la ecuación original
4(4)2 – 15 – 2(4) = 64 – 15 – 8 = 49 – 8 = 7 – 8 = – 1
4x2(4 – 2x) = 0.
De aquí se tiene que 4x2 = 0 � x = 0, o bien 4 – 2x = 0 � x = 2. Comprobando ambos valores en la
ecuación original,
¿? ¿?
x = 0: 02 + 6(0) – 2(0) = 0 � 0 = 0 x = 2: 22 + 6(2) – 2(2) = 2
¿?
� 4 + 12 – 4 = 2
¿?
� 4–2=2
� 2=2
Luego, x = 0 y x = 2 son las soluciones de la ecuación x2 + 6x – 2x = x.
Al resolver ecuaciones radicales pueden resultar ecuaciones de grado mayor a 1 que pueden resolverse
mediante factorización o mediante la fórmula general, cuando la ecuación resultante es una cuadrática que
no pueda resolverse por factorización.
roblemas
Resuelve las ecuaciones radicales.
a) x + 2 = x2 + 1 b) 3 2x – 1 = 3x
c) 3x + 1 – 4x + 5 = –1 d) x + 7 + x – 1 – 2 x + 2 = 0
e) 3x – 11 + 3x = 12x – 23 f) 9x – 8 – 4x + 1 = x – 3
11
32
Indicador de logro
1.4 Resuelve ecuaciones radicales que pueden reducirse a ecuaciones lineales o cuadráticas.
Secuencia
Se resuelven ecuaciones radicales que se reducen a ecuaciones lineales o ecuaciones cuadráticas. Nueva-
mente, el índice del radical siempre es 2.
Propósito
Continuar con la resolución de ecuaciones radicales, en esta ocasión se aborda el caso en el cual es nece-
sario elevar al cuadrado dos veces.
Solución de problemas:
Las siguientes soluciones no tienen comprobación, sin embargo, el estudiante deberá hacerlo.
3
a) x + 2 = x2 + 1 � x2 + 4x + 4 = x2 + 1 � 4x = –3 � x = – 4 .
b) 3 2x – 1 = 3x � 2x – 1 = x � 2x – 1 = x2 � x2 – 2x + 1 = 0 � (x – 1)2 = 0 � x – 1 = 0 � x = 1.
e) 3x – 11 + 3x = 12x – 23 f) 9x – 8 – 4x + 1 = x – 3
3x – 11 + 2 3x – 11 3x + 3x = 12x – 23 9x – 8 – 2 9x – 8 4x + 1 + 4x + 1 = x – 3
2 9x2 – 33x = 6x – 12 2 36x2 – 23x – 8 = 12x – 4
9x2 – 33x = 3x – 6 36x2 – 23x – 8 = 6x – 2
9x2 – 33x = 9x2 – 36x + 36 36x2 – 23x – 8 = 36x2 – 24x + 4
3x = 36 x = 12
Entonces, x = 12. Entonces, x = 12.
33 Sugerencia metodológica
1
1.5 Ecuaciones con radicales, parte 3
Resuelve x + 4x + 1 = 5.
No hay una forma de determinar el número de soluciones de una ecuación radical, por lo que cada valor
encontrado al resolver la ecuación debe comprobarse sustituyéndolo en la ecuación original.
Ejemplo
Resuelve 2x2 – 1 = x .
En esta ocasión hay dos radicales, por lo que se procura que ambos queden en miembros distintos de la
ecuación. 2 2
2x2 – 1 = x
2x2 – 1 = x
2x2 – x – 1 = 0
Esta ecuación puede resolverse por factorización y puede comprobarse que
2x2 – x – 1 = (2x + 1)(x – 1) = 0.
Entonces, o bien x = 1 o bien x = – 1 . Lo primero que puede observarse es que x no puede ser – 1 , ya que
2 2
el radical x no sería un número real.
Comprobando para x = 1, se tiene 2(1)2 – 1 = 2 – 1 = 1 = 1.
roblemas
Resuelve cada ecuación radical.
a) 3x + x – 1 = 2x + 7 b) 5x + 1 – 2x + 1 = 2
c) 2 – 2x + 3 = 2x – 1 d) x = 2 x + 2 + 1
e) 3x + 10 = 5 – 3 x + 3 f) 3x + 7 + 2x + 6 = 13 – 3x
12
34
Indicador de logro
1.5 Resuelve ecuaciones radicales reducibles a ecuaciones cuadráticas.
Secuencia
La diferencia entre esta clase y la anterior, es que durante el proceso de resolución de la ecuación puede
obtenerse un valor de la incógnita que resulta no ser solución de la ecuación original.
Solución de problemas:
a) 3x + x – 1 = 2x + 7 b) 5x + 1 – 2x + 1 = 2
x – 1 = –x + 7 5x + 1 = 2 + 2x + 1
x – 1 = x2 – 14x + 49 5x + 1 = 4 + 4 2x + 1 + 2x + 1
x2 – 15x + 50 = 0 4 2x + 1 = 3x – 4
(x – 10)(x – 5) = 0 16(2x + 1) = 9x2 – 24x + 16
� x = 10 o x = 5 9x2 – 56x = 0
x(9x – 56) = 0
Al comprobar las soluciones se obtiene que la úni-
ca solución es x = 5. 56
� x=0ox= 9
Al comprobar las soluciones se obtiene que la úni-
56
ca solución es x = 9 .
c)
2 – 2x + 3 = 2x – 1 d) x=2 x+2+1
– 2x + 3 = 2x – 3 2 x+2=x–1
2x + 3 = 4x2 – 12x + 9 4(x + 2) = x2 – 2x + 1
2x2 – 7x + 3 = 0 x2 – 6x – 7 = 0
(x – 7)(x + 1) = 0
(2x – 1)(x – 3) = 0
� x = 7 o x = –1
1
� x = 2 o x = 3. Al comprobar las soluciones se obtiene que la
Al comprobar las soluciones se obtiene que la úni- única solución es x = 7.
1
ca solución es x = 2 .
Unidad 1
Calcula el mínimo común múltiplo en cada caso.
a) 4, 6, 15 b) 6x, 3x + 1, 6x + 2 c) 2m + 3, 2m – 3, 4m2 – 9
Factorizar polinomios es análogo a descomponer números en sus
factores primos.
a) Para calcular el mínimo común múltiplo de 4, 6 y 15, se descompone cada número en sus factores pri-
mos.
4 = 22, 6 = 2(3), 15 = 3(5).
Luego, el mínimo común múltiplo de 4, 6 y 15 es 22(3)(5) = 4(3)(5) = 60.
b) Para calcular el mínimo común múltiplo se hace de manera análoga que con números. Primero se facto-
riza cada expresión.
6x = 2(3)x, 3x + 1 ya no puede factorizarse, 6x + 2 = 2(3x + 1).
Luego, el mínimo común múltiplo de 6x, 3x + 1 y 6x + 2 es 2(3)(x)(3x+1) = 6(3x2 + x) = 18x2 + 6x.
c) De igual manera que en b), se factoriza cada expresión y el mínimo común múltiplo será el producto de
cada factor común y no común que aparece en cada factorización, con la mayor potencia que aparezca
entre las tres expresiones.
El mínimo común múltiplo de dos o más números es el menor número entre sus múltiplos comunes, y se
denota por mcm.
Para calcular el mínimo común múltiplo de dos o más números, se descompone cada número en sus facto-
res primos y se toma el producto de cada factor común y no común, con la mayor potencia a la que aparece.
También puede calcularse el mcm de expresiones algebraicas de manera análoga: se factoriza completa-
mente cada expresión y el mcm será el producto de todos los factores, común y no común, con la mayor
potencia a la que aparece.
Ejemplo
Calcula el mcm de x + y, x2 + 2xy + y2 y x2 – y2 .
roblemas
Calcula el mcm para cada caso.
36
Indicador de logro
1.6 Determina el mínimo común múltiplo de dos o más polinomios.
Secuencia
Se define el mínimo común múltiplo de dos o más polinomios haciendo la analogía con el mínimo común
múltiplo de dos o más números.
Si el estudiante tiene muchas dificultades en la solución del Problema inicial, el docente debe brindar más
apoyo.
Propósito
El Problema inicial tiene tres casos. El primero tiene el objetivo de recordar la forma de calcular el mcm
de dos o más números descomponiéndolos en sus factores primos. El segundo y el tercero tienen como
objetivo calcular el mcm de los polinomios dados, aplicando el método del primer problema, descompo-
niendo en factores los polinomios hasta que ya no puedan factorizarse más.
Solución de problemas:
a) x2, y2, xy b) x + 5, x2 – 25, x – 5
El mcm es x2y2. Como x2 – 25 = (x + 5)(x – 5) se tiene que el mcm
de los tres polinomios es (x + 5)(x – 5) = x2 – 25.
c) 3a + 6, a2 – 4 d) 2, x – 3, 2x – 6
3a + 6 = 3(a + 2) y a2 – 4 = (a + 2)(a – 2). Entonces Como 2x – 6 = 2(x – 3), el mcm de los tres polino-
el mcm de ambos polinomios es mios es 2(x – 3) = 2x – 6.
3(a + 2)(a – 2) = 3(a2 – 4) = 3a2 – 12.
e) m – 1, m2 – 1, m + 1
Como m2 – 1 = (m + 1)(m – 1), se tiene que el mcm de los tres polinomios es (m + 1)(m – 1) = m2 – 1.
37 Sugerencia metodológica
1
1.7 Ecuaciones racionales
a) Cuando se tienen ecuaciones de esta forma, lo primero que hay que hacer es restringir los valores que
puede tomar x, ya que pueden resultar divisiones entre cero, que no están definidas. Por lo tanto, en
este caso, x no puede ser 2 ya que x – 2 se vuelve cero. Luego, hay que eliminar el denominador, y para
ello se multiplica toda la ecuación por x – 2,
x+1
(x – 2) x – 2 = 4(x – 2)
x+1
(x – 2) x – 2 = 4(x – 2)
Si x = 3 el denominador x – 2 no se anula: 3 – 2 = 1.
Por lo tanto, x = 3 es la solución de la ecuación.
b) De nuevo, el objetivo es eliminar los denominadores. En este caso, como los tres denominadores son
distintos, se debe multiplicar la ecuación por el mcm de estos.
Las expresiones x + 3 y 2x – 1 no pueden factorizarse y 2x2 + 5x – 3 = (2x – 1)(x + 3), por lo que el mcm
de los tres denominadores es (2x – 1)(x + 3). Además, x no puede ser –3 y 12 ya que en ese caso algún
denominador se vuelve cero. Entonces,
1 3 5
(2x – 1)(x + 3) – = (2x – 1)(x + 3)
x+3 2x – 1 2x2 + 5x – 3
Una ecuación que contiene fracciones y tal que la incógnita aparece en algún denominador se llama ecua-
ción racional. Como en una ecuación racional la incógnita aparece en el denominador, se deben considerar
valores de la incógnita que no hagan cero a algún denominador.
Para resolver una ecuación racional, primero debe analizarse qué valores de la incógnita hacen cero a algún
denominador. Luego se multiplica toda la ecuación por el mcm de ellos y luego se resuelve la ecuación re-
sultante. Se descartan aquellos valores de la incógnita que hagan cero a algún denominador en la ecuación
original.
14
38
1
Unidad 1
Ejemplo
Resuelve la ecuación 4 = 3
+ x .
x–1 x2 – x x – 1
En este caso, x no puede tomar los valores de 0 y 1. Además, el mcm de x – 1 y x2 – x es x(x – 1), entonces,
4 3 x
x(x – 1) x – 1 = x(x – 1) x2 – x + x(x – 1) x – 1
4 3 x
x(x – 1) x – 1 = x(x – 1) x2 – x + x(x – 1) x – 1
4x = 3 + x2
x2 – 4x + 3 = 0
(x – 3)(x – 1) = 0
4x = 3 + x2
roblemas
Resuelve cada ecuación racional.
a) 1 = 3 b) 3 = 1
x x 2
1
c) 4 – 3 = 0 d) =3
5x 2x + 1
e) x + 3 = 2x f) x – 4 = 1 – x
2
2x – 1 x–1 x+1
2
g) – 3 =0 h) 1 + 3 = 112
x–1 x+3 2x 5x x
15
39 Sugerencia metodológica
Indicador de logro
1.7 Resuelve ecuaciones racionales, con polinomios de grado uno y dos.
Secuencia
Se resuelven ecuaciones racionales, donde en al menos un denominador aparece un polinomio lineal. Se
utiliza el resultado de la clase anterior para determinar por cuánto hay que multiplicar la ecuación para
simplificar los denominadores y obtener una ecuación polinomial.
Propósito
Con respecto al Problema inicial, el literal a) pretende introducir el método de resolución de una ecuación
racional, mientras que el literal b procura afianzar el método estudiado en a), además de ser más notable
la necesidad de buscar el mcm de los denominadores. Al resolver el Ejemplo, se obtiene un valor de x para
el cual no es solución de la ecuación original, ya que hace cero uno de los denominadores.
Solución de problemas:
a) Multiplicando por x a ambos lados: b) El mcm de x y 2 es 2x. Multiplicando por 2x a
1
= 3 � 1 = 3x � x = 3 .
1 ambos lados:
x 3
= 1 � 2(3) = 1(x) � x = 6.
x 2
Se despeja una de las incógnitas de una de las ecuaciones y luego se sustituye en la otra ecuación.
En este caso, resulta más fácil si se despeja y de la ecuación lineal,
y=2–x ------------------ (1)
Luego, al sustituir y en la otra ecuación se tiene
x2 – 3x – y + 2 = x2 – 3x – (2 – x) + 2 = x2 – 3x – 2 + x + 2 = x2 – 2x = x(x – 2) = 0.
De aquí se tiene que x = 0 o x = 2.
Para resolver un sistema de ecuaciones, donde una de ellas es lineal y la otra es de grado 2, se despeja una
de las variables en una de las ecuaciones y se sustituye en la otra, para luego resolver la ecuación en una
variable resultante.
Es recomendable despejar en la ecuación lineal aquella variable que tiene menor grado en la ecuación de
grado 2.
Ejemplo
Resuelve el sistema de ecuaciones:
x–y=2
x2 + x + y – 1 = 0
Despejando y de la ecuación lineal se tiene que y = x – 2. Sustituyendo en la otra ecuación
x2 + x + y – 1 = x2 + x + (x – 2) – 1 = x2 + x + x – 2 – 1 = x2 + 2x – 3 = 0.
Para x = 1 se tiene que y = –1 y para x = –3 se tiene que y = –5. Por lo tanto, las soluciones del sistema son
x = 1, y = –1 y x = –3, y = –5.
roblemas
Resuelve cada sistema de ecuaciones.
x–y=0 x–y=3
a) b)
x2 + y = 2 x2 + 2x – y = 3
5x + y – 3 = 0 2x – y = –14
c) d)
x – 7x – y + 3 = 0
2
x2 + 5x + y = 4
3x + y = –5 2x – y = 7
e) f)
2x – x + y = 1
2
–x2 + 4x + 2y = 1
16
41 Sugerencia metodológica
Indicador de logro
1.8 Resuelve sistemas de ecuaciones donde una es lineal y la otra es de grado dos en una de las incógnitas.
Secuencia
Se culmina la unidad con la resolución de sistemas de ecuaciones, donde una de ellas es lineal y la otra es
cuadrática en una de las variables.
Propósito
La idea es resolver este tipo de sistemas de ecuaciones despejando de la ecuación lineal aquella incógnita
que tiene grado 1 en la ecuación cuadrática; hacer este despeje es más adecuado que despejar la que tiene
grado 2.
Solución de problemas:
x–y=0 x–y=3
a) b)
x2 + y = 2 x2 + 2x – y = 3
x – y = 0 � x = y. x – y = 3 � y = x – 3.
Luego, x2 + y = 2 � x2 + x – 2 = 0 Luego, x2 + 2x – y = 3 � x2 + 2x – x + 3 = 3
(x + 2)(x – 1) = 0 x2 + x = 0
x=–2ox=1 x(x + 1) = 0
• Si x = – 2 entonces y = – 2. Entonces x = 0 o x = –1.
• Si x = 1 entonces y = 1. • Si x = 0 entonces y = – 3.
Por lo tanto, las soluciones son x = – 2, y = – 2 • Si x = –1 entonces y = – 4.
y x = 1, y = 1. Por lo tanto, las soluciones son x = 0, y = – 3 y
x = – 1, y = – 4.
5x + y – 3 = 0 2x – y = –14
c) d)
x2 – 7x – y + 3 = 0 x2 + 5x + y = 4
5x + y – 3 = 0 � y = 3 – 5x 2x – y = –14 � y = 2x + 14
Luego, x2 – 7x – y + 3 = 0 Luego, x2 + 5x + y = 4
x2 – 7x – 3 + 5x + 3 = 0 x2 + 5x + 2x + 14 = 4
x2 – 2x = 0 x2 + 7x + 10 = 0
x(x – 2) = 0 (x + 5)(x + 2) = 0
� x = 0 o x = 2. � x = –5 o x = –2.
• Si x = 0 entonces y = 3. • Si x = –5 entonces y = 4.
• Si x = 2 entonces y = –7. • Si x = –2 entonces y = 10.
Por lo tanto, las soluciones son x = 0, y = 3 y Por lo tanto, las soluciones son x = –5, y = 4 y
x = 2, y = –7. x = –2, y = 10.
42
3x + y = –5 2x – y = 7
e) f)
2x2 – x + y = 1 – x2 + 4x + 2y = 1
3x + y = –5 � y = –5 – 3x 2x – y = 7 � y = 2x – 7
2x2 – x – 5 – 3x – 1 = 0 – x2 + 4x + 2(2x – 7) = 1
2x2 – 4x – 6 = 0 – x2 + 4x + 4x – 14 – 1 = 0
x2 – 2x – 3 = 0 – x2 + 8x – 15 = 0
(x – 3)(x + 1) = 0 x2 – 8x + 15 = 0
(x – 5)(x – 3) = 0
� x = 3 o x = –1
• Si x = 3 entonces y = – 14. � x = 5 o x = 3.
• Si x = –1 entonces y = – 2. • Si x = 5 entonces y = 3.
Por lo tanto, las soluciones son x = 3, y = –14 • Si x = 3 entonces y = –1.
y x = –1, y = –2. Por lo tanto, las soluciones son x = 5, y = 3 y
x = 3, y = –1.
43 Sugerencia metodológica
1
1.9 Practica lo aprendido
Unidad 1
1. Determina todas las soluciones complejas de las siguientes ecuaciones.
a) x4 – 10x2 + 9 = 0 b) x4 – 9x2 = 0
c) x4 – 11x2 + 30 = 0 d) x4 – 16 = 0
e) x4 + 2x2 – 3 = 0 f) x4 + 3x2 – 10 = 0
c) 2x + 16 = 2x + 4 d) x + x = 3x + x2
e) x + x + 7 = 7 f) x + 16 – x = 2
g) 3x + 12 – 1 = 5x + 9 h) 2x – 3 + x – 1 = 3x – 2
a) 3x – 4 = 2 b) 2
=3
3–x x+1 x
c) 3 = 2 d) 2x + 3 = 6x + 4
x–2 x+3 5x – 1 15x + 2
e) 4x – 7 = x – 16 f) 2
+ 3 =3
12x + 3 3x + 5 x–3 x–2
6x – y – 12 = 0 2x + y = – 8
c) d)
x + 2x – y = 8
2
x2 + 2x + y = –7
8x – y – 20 = 0 3x – y = 4
e) f)
3x – 7x – y = 2
2
2x2 + x + y = 6
17
44
Indicador de logro
Solución de problemas:
1e) x = –1, 1, – 3 i, 3 i
1a) x4 – 10x2 + 9 = 0 � (x2 – 9)(x2 – 1) = 0.
Entonces, 1f) x = – 2, 2, – 5 i, 5 i
• x2 – 9 = 0 � x2 = 9 � x = ± 3. 1 1
1g) x = –2, 2, – 2 , 2
• x2 – 1 = 0 � x2 = 1 � x = ± 1.
3 2 3 2
Por lo tanto, las soluciones son x = – 3, 3, – 1, 1. 1h) x = –1, 1, – 2 , 2
1b) x = 0, –3, 3 2 3
1i) x = –4, 4, – 3 , 2 3
1c) x = – 6, 6, – 5, 5 3
2 2
1d) x = –2, 2, –2i, 2i 1j) x = –1, 1, – 2 i, 2 i
45 Sugerencia metodológica
1
1.10 Problemas de la unidad
e) x4 – 3x2 + 2 = 0 f) 8x2 – 15 = x4
c) 2 x – x – 3 = 5 + x d) 1 + 4 x = x + 1
e) 3 2x – 3 + 2 7 – x = 11 f) 7 – 2x – 5 + x = 4 + 3x
g) 2x + 15 – 2 = 6x + 1 h) x + 1 + 3x + 4 = 5x + 9
3x – y – 8 = 0 3x + y = 4
c) d)
x – 4x + 7y = 0
2
2x2 – 2x – y – 1 = 0
18
46
Indicador de logro
Solución de problemas:
1a) x = – 3, 3, – 2i, 2i 1b) x = – i, i
57
2a) x = – 5 2b) x = – 3
2c) x = 4 2d) x =0, 4
2e) x = 6 2f) x = –1
1
2g) x = 2 2h) x = 0
1 –5 + 33 –5 – 33
3a) x = – 2 , 1 3b) x = 2
, 2
,0
1 9 9 1
4a) x = – 2 , y = –1 y x = 1, y = 8 4b) x = 4 , y = 4 y x = 2 , y = 4
–17 + 3 57 –67 + 9 57 –1 + 41 19 – 3 41
4c) x = 2
, y = 2 4d) x = ,y=
4 4
–17 – 3 57 –67 – 9 57 –1 – 41 19 + 3 41
yx= 2
,y= 2
yx= 4
,y= 4
Deducir los conceptos sobre pendiente y ecuación de una línea recta a partir de sus características en
el plano cartesiano para utilizarlo en la determinación de las posiciones relativas entre rectas y aplicarlo
en la resolución de problemas y teoremas sobre geometría.
Relación y desarrollo
53 Sugerencia Metodológica
Plan de estudio de la unidad
1 5. Aplicaciones
1 6. Practica lo aprendido
1 6. Practica lo aprendido
1 4. Rectas paralelas
3. Posiciones relativas entre
1 5. Rectas perpendiculares
rectas
1 6. Distancia de un punto a una recta
1 7. Practica lo aprendido
54
Lección Horas Clases
1 10. Aplicaciones
1 Prueba de la lección 3
55 Sugerencia Metodológica
Puntos esenciales de cada lección
56
1 Puntos y segmentos
a) Sobre la recta numérica se colocan los puntos A y B, cuyos valores son –2 y 3 respectivamente (ver
figura); de acuerdo a esto la distancia entre ambos es 5:
5
–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5
A B
Por lo tanto, la distancia entre A y B es 5. Sin necesidad de la recta numérica, lo anterior también pue-
de calcularse restando del valor de B el valor de A:
AB = 3 – (–2)
=3+2
= 5.
b) Sobre el plano cartesiano se colocan los puntos A y B cuyas coordenadas Para ubicar un punto P(x1, y1)
son (3, 4) y (–1, 1) respectivamente (ver figura); la distancia entre A y B en el plano cartesiano se sitúa
es igual a la longitud del segmento AB. la coordenada x1 sobre el eje
y x; a partir de esta se cuentan
las unidades correspondientes
A a la coordenada y1, hacia arri-
4
ba si es positiva o hacia abajo
3 si es negativa (en ambos casos
en forma vertical).
2
B 1 C
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3
x
‒1
‒2
20
57 Sugerencia Metodológica
1
AB = 42 + 32
= 16 + 9
= 25
= 5.
Unidad 2
Por lo tanto, la distancia entre A y B es 5.
La distancia entre dos puntos A y B se simboliza como d(A, B) y se define de la siguiente forma:
a) Si A(a) y B(b) están sobre la recta numérica, entonces: |a – b| indica el valor ab-
d(A, B) = |a – b|. soluto de la resta a – b.
roblemas
Para cada caso, calcula la distancia entre los puntos A y B, es decir, d(A, B):
21
58
Indicador de logro
1.1 Calcula la distancia entre dos puntos ubicados sobre la recta numérica o en el plano cartesiano.
Secuencia Propósito
El teorema de Pitágoras se estudió en noveno gra- En la Conclusión se tienen dos fórmulas para la dis-
do y será útil en esta clase para determinar la lon- tancia, la segunda es suficiente para cualquier par
gitud de un segmento en el plano cartesiano. En de puntos; sin embargo, la primera es útil y simpli-
primer año también se estudió la distancia entre fica algunos cálculos cuando los puntos están sobre
dos puntos del plano. una paralela a los ejes coordenados.
Solución de problemas:
En los problemas de la a al literal h, A y B están sobre la recta numérica.
a) d(A, B) = |3 – 7| = |–4| = – (–4) = 4 b) d(A, B) = |0 – 6| = |–6| = – (–6) = 6
Por lo tanto, d(A, B) = 4. Por lo tanto, d(A, B) = 6.
c) d(A, B) = |–1 – 1| = |–2| = – (–2) = 2 d) d(A, B) = |–3 – (–1)| = |–2| = – (–2) = 2
Por lo tanto, d(A, B) = 2. Por lo tanto, d(A, B) = 2.
e) d(A, B) = |–8 – 0| = |–8| = – (–8) = 8 f) d(A, B) = |–3 – (–10)| = |7| = 7
Por lo tanto, d(A, B) = 8. Por lo tanto, d(A, B) = 7.
g) d(A, B) = |7 – 2| = |5| = 5 h) d(A, B) = |5 – (–4)| = |9| = 9
Por lo tanto, d(A, B) = 5. Por lo tanto, d(A, B) = 9.
Sobre la recta numérica se han colocado dos puntos A(a) y B(b) como se muestra en la figura de abajo.
¿Cuál es el valor del punto P que divide al segmento AB en razón 2:3?
2 3 d(A, P) 2
d(P, B)
= 3
A(a) P(p) B(b)
En general
Dados dos puntos A(a) y B(b) sobre la recta numérica, el valor del punto k n
P(p) que se encuentra sobre el segmento AB y lo divide en razón k:n es:
p = na + kb . A(a) P(p) B(b)
k+n
Dados A(–3) y B(5), encuentra el valor del punto P(p) que divide al segmento AB en razón 3:1.
roblemas
1. Para cada caso encuentra el valor del punto P(p) que divide al segmento AB en la razón dada:
a) Razón 3:2, A(1) y B(6) b) Razón 2:5, A(– 4) y B(3) c) Razón 1:4, A(0) y B(5)
d) Razón 2:3, A(– 10) y B(0) e) Razón 3:4, A(–16) y B(–2) f) Razón 1:3, A(–1) y B(7)
2. Sean A(–1) y B(b) dos puntos sobre la recta numérica. Si P(1) divide al segmento AB en razón 4:5, ¿cuál
es el valor de b?
22
60
Indicador de logro
1.2 Encuentra el valor del punto que divide un segmento sobre la recta numérica en una razón dada.
Solución de problemas:
1a) Para este caso, a = 1, b = 6, k = 3 y n = 2. Luego: 1b) Para este caso, a = –4, b = 3, k = 2 y n = 5. Luego:
2(1) + 3(6) 2 + 18 20 5(–4) + 2(3) –20 + 6 14
p= 3+2
= 5
= 5 = 4. p= 2+5
= 7
= – 7 = –2.
Por lo tanto, el valor del punto P es 4. Por lo tanto, el valor del punto P es – 2.
1c) Para este caso, a = 0, b = 5, k = 1 y n = 4. Luego: 1d) Para este caso, a = – 10, b = 0, k = 2 y n = 3.
4(0) + 1(5) Luego: 30
p= 1+4
= 5 = 1. p = 3(–10) + 2(0) = – 5 = – 6.
5 2+3
Por lo tanto, el valor del punto P es 1. Por lo tanto, el valor del punto P es – 6.
1e) Para este caso, a = – 16, b = – 2, k = 3 y n = 4. 1f) Para este caso, a = –1, b = 7, k = 1 y n = 3. Luego:
Luego: 4(– 16) + 3(– 2) – 64 – 6 3(–1) + 1(7) 4
p= 3+4
=
70
= – 7 = –10. p= 1+3
= – 3 + 7 = 4 = 1.
7 4
Por lo tanto, el valor del punto P es – 10. Por lo tanto, el valor del punto P es 1.
61 Sugerencia Metodológica
1
1.3 División de un segmento en una razón dada: plano cartesiano*
y
Dos puntos A(x1, y1) y B(x2, y2) se colocan en el
plano cartesiano como se muestra en la figura de B(x2, y2)
y2
la derecha. ¿Cómo encontrarías las coordenadas 3
del punto P(x, y) que está sobre el segmento AB
Unidad 2
y lo divide en razón 2:3?
y
2 P(x, y)
y1
A(x1, y1)
x
0 x1 x x2
y
y2 Se colocan sobre los ejes los puntos A1(x1, 0), P1(x, 0),
B2 B
3 B1(x2, 0), A2(0, y1), P2(0, y) y B2(0, y2) como se muestra
en la figura de la izquierda y se trazan los segmentos
P2 AA1, PP1, BB1, AA2, PP2 y BB2.
y
2 P
Los segmentos AA1, PP1 y BB1 son paralelos; por el
A2 teorema sobre la proporcionalidad y el paralelismo:
y1 A
d(A1, P1) d(A, P)
A1 P1 B1 = d(P, B) = 2 .
x d(P1, B1) 3
x1 x x2
Utilizando lo visto en la clase anterior, la coordenada x del punto Teorema sobre la pro-
p r
P es: 3x + 2x2 porcionalidad y el pa-
x= 1 . ralelismo: si p y r son A D
2+3 B E
rectas cortadas por
tres rectas paralelas
De manera similar se llega a que la coordenada y del punto P es: (ver figura) entonces: C F
3y + 2y2
y= 1 . AB
=
DE
2+3 BC EF
En general
Dados dos puntos A(x1, y1) y B(x2, y2) sobre el plano cartesiano, las coordenadas del punto P(x, y) que se
encuentra sobre el segmento AB y lo divide en razón k:n son:
nx1 + kx2 , ny1 + ky2
.
k+n k+n
roblemas
Para cada caso encuentra las coordenadas del punto P(x, y) que divide al segmento AB en la razón dada:
a) Razón 1:3, A(–5, 1) y B(3, –3) b) Razón 3:4, A(–2, –10) y B(5, 4)
c) Razón 3:2, A(1, 8) y B(6, –2) d) Razón 4:5, A(–2, –9) y B(7, 0)
23
62
Indicador de logro
1.3 Encuentra las coordenadas del punto que divide un segmento en el plano cartesiano en una razón dada.
Secuencia
Ahora se aborda la división de un segmento cualquiera en el plano cartesiano, por lo que es necesario utili-
zar el teorema sobre la proporcionalidad y el paralelismo que se estudió en noveno grado. Luego se utilizará
lo visto en la clase anterior, extendiendo la fórmula encontrada para la recta numérica al plano cartesiano.
Si la pista es insuficiente para resolver el problema el docente deberá explicarlo.
Solución de problemas:
a) Como A(– 5, 1), B(3, –3), k = 1 y n = 3, entonces
P 3(– 5) + 1(3) , 3(1) + 1(– 3) = P(–3, 0).
1+3 1+3
63 Sugerencia Metodológica
1
1.4 Punto medio de un segmento
1. A(a) y B(b) están sobre la recta numérica. El punto medio divide al segmento
AB en razón 1:1.
2. A(x1, y1) y B(x2, y2) están sobre el plano cartesiano.
Encontrar el punto medio equivale a encontrar el punto que divide al segmento AB en razón 1:1, es decir,
k = 1 y n = 1.
1. Si A(a) y B(b) son puntos sobre la recta numérica, entonces el valor del punto medio P(p) del segmento
AB es:
p = a+b .
2
2. Si A(x1, y1) y B(x2, y2) son puntos sobre la recta numérica, entonces las coordenadas del punto medio P
del segmento AB son: x1 + x2 , y1 + y2
.
2 2
roblemas
1. Para cada caso, calcula el valor del punto medio P del segmento AB:
2. Para cada caso, calcula las coordenadas del punto medio P del segmento AB:
24
64
Indicador de logro
1.4 Determina el valor o las coordenadas del punto medio de un segmento.
Secuencia Propósito
Ahora se deducen las fórmulas del punto medio Con el Problema inicial se deduce la fórmula del
de un segmento en la recta numérica y en el plano punto medio utilizando lo visto en las dos clases
cartesiano. anteriores y sabiendo que este punto divide al seg-
mento en razón 1:1.
Solución de problemas:
En el problema 1, los puntos están sobre la recta numérica.
1a) A(1) y B(7) 1b) A(0) y B(8) 1c) A(–2) y B(4)
8 –2 + 4
p= 1+7 = 2 =4 p= 0+8 =4 p= 2
=1
2 2
p = –4 + 2 = –1 p = –6 – 2 = –4 p = –7 – 3 = –5
2 2 2
65 Sugerencia Metodológica
1
1.5 Aplicaciones
Unidad 2
4
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 4 x
‒1
B(–1, –1) C(3, –1)
‒2
Para que el ∆ABC sea isósceles debe tener dos lados de igual longitud. A simple vista los lados AB y CA pa-
recen cumplir esa condición. Se calcula la longitud del lado AB, que es igual a la distancia entre A y B:
d(A, B) = [1 – (–1)]2 + [5 – (–1)]2
= 4 + 36
= 40
= 2 10
De manera similar se calcula la longitud del lado CA, es decir, la distancia entre C y A:
d(C, A) = (3 – 1)2 + (–1 – 5)2
= 4 + 36
= 40
= 2 10
Luego, d(A, B) = d(C, A), es decir, el triángulo ABC tiene dos lados de igual longitud: AB y CA. Por lo tanto,
el ∆ABC es isósceles.
roblemas
1. Demuestra que el triángulo formado por los puntos A(3, 3), B(–3, –3) y C –3 3, 3 3 es equilátero.
2. Demuestra que el triángulo formado por los puntos D(1, 4), E(–3, –2) y F(5, 1) es escaleno.
3. Demuestra que los puntos A(3, 7), B(–3, –1) y C(3, –1) forman un triángulo rectángulo.
25
66
Indicador de logro
1.5 Resuelve problemas utilizando la distancia entre dos puntos y división de un segmento en una razón dada.
Secuencia
Se utilizan los conocimientos adquiridos en esta lección para resolver problemas geométricos.
Solución de problemas:
1. Para que el triángulo ABC sea equilátero, sus lados deben medir lo mismo. Es decir, las distancias d(A, B),
d(B, C) y d(A, C) deben ser iguales. Calculando las tres distancias:
• d(A, B) = (3 – (–3))2 + (3 – (–3))2 = 62 + 62 = 6 2,
• d(B, C) = (–3 + 3 3)2 + (–3 – 3 3)2 = 9 – 18 3 + 9(3) + 9 + 18 3 + 9(3) = 8(9) = 6 2,
• d(A, C) = (3 + 3 3)2 + (3 – 3 3)2 = 9 + 18 3 + 9(3) + 9 – 18 3 + 9(3) = 8(9) = 6 2.
2. Para que el triángulo sea escaleno, los tres lados deben tener distinta medida. Es decir, las distancias
d(D, E), d(E, F) y d(D, F) deben ser distintas. Calculando las tres distancias:
Se observa que BC2 + AC2 = 36 + 64 = 100 = AB2. Por el recíproco del teorema de Pitagóras, el triángulo
ABC es rectángulo.
67 Sugerencia Metodológica
1
1.6 Practica lo aprendido
2. La distancia entre dos puntos A y B es d(A, B) = 2 13 . Si las coordenadas de A son (–2, 5) y las de B son
(x, 1), ¿cuál es el valor de x?
3. La distancia entre dos puntos A y B es d(A, B) = 2 34 . Si las coordenadas de A son (–6, y) y las de B son
(4, 4), ¿cuál es el valor de y?
4. Para cada caso, encuentra el valor del punto sobre el segmento AB que lo divide en la razón dada:
a) Razón 6:5, A(–10) y B(1) b) Razón 3:1, A(–2) y B(2)
c) Razón 1:3, A(–6, 7) y B(2, 3) d) Razón 1:2, A(–4, 0) y B(11, 6)
3 , 1 .
7. Encuentra las coordenadas del punto B, si el punto medio entre A(–1, 3) y B es P
2 2
8. Los vértices de un triángulo son A(2, 4), B(–2, –2) y C(4, 0). Si D y E son los puntos medios de los lados AB
1
y BC respectivamente, demuestra que DE = AC.
2
9. El vértice A de un triángulo ABC tiene coordenadas (–2, 4). Si los puntos medios de los lados AB y BC son
(–3, 1) y (1, 0) respectivamente, ¿cuáles son las coordenadas de los vértices B y C?
10. El vértice A de un cuadrado ABCD tiene coordenadas (–4, 4). Si los puntos medios de los lados AB, BC y
CD son (–2, 0), (4, –2) y (6, 4) respectivamente, ¿cuáles son las coordenadas de B, C y D?
26
68
Indicador de logro
1.6 Resuelve problemas correspondientes al cálculo de distancias entre puntos y división de segmentos en
una razón dada.
Solución de problemas:
1a) d(A, B) = |–9 – (–1)| = |–8| = – (–8) = 8 1b) d(A, B) = 5 1c) d(A, B) = 5 1d) d(A, B) = 2 5
1e) d(A, B) = (–4 – 5)2 + (0 – (–2))2 = 85 1f) d(A, B) = 4 5 1g) d(A, B) = 2 2 1h) d(A, B) = 3 3
5a) p = 1 5b) p = – 2
10 5c) P(2, –2) 5d) P(–1, 2)
6. Sea O(0, 0) el origen del plano cartesiano. Entonces, d(P, O) = (x1 – 0)2 + (y1 – 0)2 = x12 + y12.
– 1 + x 3 + y 3 1 – 1 + x 3 3+y 1
7. Sea B(x, y). Entonces 2 , 2 = 2 , 2 . Por tanto, 2
=2y 2
= 2 . De estas dos ecuaciones se
deduce que x = 4 y y = –2. Por lo tanto, B(4, –2).
8. Como D y E son los puntos medios de AB y BC, respectivamente, se tiene que
D 2 + (–2) , 4 + (–2) = D(0, 1) y E 4 + (–2) , 0 + (–2) = E(1, –1).
2 2 2 2
Luego, DE = (0 – 1) + (1 – (–1)) = 5. Por otra parte, AC = (2 – 4)2 + (4 – 0)2 = 20 = 2 5.
2 2
1 1
Por lo tanto, DE = 5 = 2 (2 5) = 2 AC.
y
9. Sean B(x1, y1) y C(x2, y2). El punto medio de AB es (–3, 1), entonces 5
A(–2, 4)
– 2 + x1 4 + y1 4
2
, 2 = (–3, 1) � x1 = –4 y y1 = –2. 3
2 C
Por tanto, B(–4, –2). Luego, el punto medio de BC es (1, 0), entonces 1
– 4 + x2 –2 + y2 x
2
, 2 = (1, 0) � x2 = 6 y y2 = 2. ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 4 5 6
‒1
Por tanto, C(6, 2). B ‒2
10. Sean B(x1, y1), C(x2, y2) y D(x3, y3) El punto medio de AB es (–2, 0), entonces
– 4 + x1 4 + y1
2
, 2 = (–2, 0) � x1 = 0 y y1 = –4. Por tanto, B(0, –4).
Luego, el punto medio de BC es (4, –2), entonces
0 + x2 –4 + y2
2
, 2 = (4, –2) � x2 = 8 y y2 = 0. Por tanto, C(8, 0).
Por último, el punto medio de CD es (6, 4), entonces
8 + x3 0 + y3
2
, 2 = (6, 4) � x3 = 4 y y3 = 8. Por tanto, D(4, 8).
69 Sugerencia Metodológica
2 Línea recta
Con los puntos A(–2, –3), B(0, 1), C(1, 3) realiza lo siguiente:
y –y
1. Verifica que para cualquier pareja de puntos, el cociente x2 – x1 es constante.
2 1
2. Ubica los puntos en el plano cartesiano. ¿Están todos sobre una misma línea recta?
Unidad 2
3. Dado un punto P(2, y), ¿cuál debe ser el valor de y para que P se encuentre sobre la misma línea recta
que A y B?
6
2. Se ubican los puntos en el plano cartesiano como se muestra en la figura
5
de la derecha. Utilizando una regla se verifica que, en efecto, los tres se
4
encuentran sobre una misma línea recta.
3 C
2
3. De acuerdo a los numerales anteriores, para que P(2, y) se encuentre 1 B
y –y
sobre la misma línea recta que A(–2, –3) y B(0, 1), el cociente x2 – x1 debe –3 –2 –1 0 1 2 3
2 1
ser igual a 2 para cualesquiera pareja de puntos A, B o P. Basta con com- –1
–2
probar que se cumple para B y P:
y–1 A –3
=2
2–0
y=5
También puede utilizarse la gráfica de 2 y deducir que el valor de y debe ser igual a 5 para que P(2, 5)
esté sobre la misma línea recta que A(–2, –3) y B(0, 1).
Una línea recta es un conjunto de puntos tales que, al tomar dos de ellos
y2 – y1
cualesquiera y diferentes A(x1, y1) y B(x2, y2), el valor del cociente x2 – x1 es Observa que
siempre constante. A dicho cociente se le llama pendiente de la recta y se y2 – y1 – (y1 – y2) y1 – y2
denota por la letra m, es decir: x2 – x1 = – (x1 – x2) = x1 – x2
y –y
m = x2 – x1 .
2 1
roblemas
1. Para cada caso muestra que los puntos A, B y C están sobre la misma línea recta:
a) A(0, –3), B(3, 0) y C(5, 2) b) A(–4, 1), B(0, 3) y C(6, 6)
1 3
c) A(–3, 5), B(–1, –1) y C 3 , –5 d) A(–3, 4), B 2 , 1 y C(3, 0)
2. Sin graficar, justifica por qué los puntos D(–3, 1), E(1, –1) y F 3 , – 3 no están sobre la misma línea recta.
2 2
27
70
Indicador de logro
2.1 Identifica puntos sobre la misma línea recta utilizando el valor de su pendiente.
Secuencia
En Tercer Ciclo se estudió la función lineal a partir de la proporcionalidad directa. Ahora se define la recta a
partir del concepto de pendiente, de esta forma será fácil deducir la ecuación de una línea recta posterior-
mente. Se inicia el estudio de la línea recta en el contexto de la geometría analítica.
Solución de problemas:
1a) A(0, –3), B(3, 0) y C(5, 2) 1b) A(–4, 1), B(0, 3) y C(6, 6)
A(0, –3) y B(3, 0): B(3, 0) y C(5, 2): A(–4, 1) y B(0, 3): A(–4, 1) y C(6, 6):
y2 – y1 0 – (–3) y2 – y1 2–0 y2 – y1 3–1 y2 – y1 6–1
x2 – x1 = 3–0 x2 – x1 = x2 – x1 = 0 – (– 4) x2 – x1 =
5–3 6 – (–4)
3 2 5
= 3 = 2
= 2 = 10
4
= 1 = 1 1
= 2 = 1
2
Por lo tanto, A, B y C están sobre la misma recta. Por lo tanto, A, B y C están sobre la misma recta.
1c) A(–3, 5), B(–1, –1) y C ( 13 , –5) 1d) A(–3, 4), B ( 32 , 1) y C(3, 0)
A(–3, 5) y B(–1, –1): A(–3, 5) y C ( 3 , –5)
1
A(–3, 4) y C(3, 0) ( 3 )
B 2 , 1 y C(3, 0)
y2 – y1 –1 – 5 y2 – y1 –5 – 5 y2 – y1 0–4 y2 – y1
x2 – x1 = = x2 – x1 = = 0 – 13
–1 – (–3) x2 – x1 1
– (–3) 3 – (–3) x2 – x1
3 3–2
–6
= –10
=
–4 –1
2 = 10 6 = 3
= –3 3 2
10 2
= –10 ÷ 3 = –3 2
= –3
3
= –10 × 10
= –3
Por lo tanto, A, B y C están sobre la misma recta. Por lo tanto, A, B y C están sobre la misma recta.
1 – 12
= –2 = 1
2
= –1
71 Sugerencia Metodológica
2
2.2 Ecuación de una recta: forma punto – pendiente*
Demuestra que la ecuación de la recta l que pasa por un punto A(x1, y1) y tiene pendiente m es:
y – y1 = m(x – x1)
y
Sea P(x, y) un punto cualquiera sobre la recta l diferente del punto A(x1, y1).
y P
Por definición de línea recta, m es constante; entonces:
m = y – y1 .
x – x1
Luego, y1
y – y1 = m(x – x1). A
x1 x
x
0
La ecuación de una recta l con pendiente conocida m y un punto A(x1, y1) perteneciente a la recta es:
y – y1 = m(x – x1).
A esta ecuación se le llama forma punto – pendiente de la ecuación de la recta; al despejar la variable y
en lo anterior se obtiene:
y = mx – mx1 + y1
donde el coeficiente de la variable x es la pendiente de la recta y el valor de –mx1 + y1 es constante. Para
graficar la recta l conociendo el punto A(x1, y1) sobre ella y su ecuación punto – pendiente se hace lo si-
guiente:
1. Sustituir un valor particular para x y encontrar el correspondiente valor en y.
2. Colocar sobre el plano cartesiano los puntos A(x1, y1) y el punto obtenido en el numeral 1; luego trazar
la recta que pasa por ambos puntos.
1
Encuentra la ecuación de la recta l cuya pendiente es m = 2 y pasa por el punto A(–3, 2).
Se sustituyen los valores de m y (x1, y1) en la forma punto – pendiente:
1
y – 2 = 2 [x – (–3)]
y y= 2x+ 2
1 7
1
y= 2
(x + 3) + 2
4
1 7 (1, 4)
y= 2
x+ 2 3
roblemas
Encuentra la ecuación de la recta que tiene la pendiente dada y pasa por A; grafica la recta para cada caso:
a) Pendiente m = 2 y A(6, 7) b) Pendiente m = 1 y A(–1, 0)
1
c) Pendiente m = –1 y A(–2, 6) d) Pendiente m = 2 y A(1, 8)
28
72
Indicador de logro
2.2 Determina la ecuación y grafica una recta utilizando el valor de su pendiente y las coordenadas del punto
sobre ella.
Secuencia Propósito
En esta clase se dan dos condiciones mínimas para Con el Problema inicial, se deducirá la forma pun-
establecer la ecuación de una línea recta: un pun- to-pendiente de la recta a partir de la definición de
to de esta y su pendiente; luego, para graficarla la clase anterior, esta forma permite determinar fá-
bastará utilizar la ecuación para determinar otro cilmente puntos de la recta determinando el valor
punto de la gráfica. Puede desarrollar el Problema de y para un x dado.
inicial si es muy difícil para los estudiantes.
Solución de problemas:
a) Pendiente m = 2, A(6, 7) b) Pendiente m = 1, A(–1, 0)
y – 7 = 2(x – 6) y – 0 = 1[x – (–1)]
y = 2x – 5 y =x+1
x = 3, y = 2(3) – 5 = 1, (3, 1) x = 1, y = 1 + 1 = 2, (1, 2)
y y
A(6, 7) 6
7
6 5
5 4
4 3
3 2
1
(1, 2)
2
(3, 1) A (–1, 0)
1 –2 –1 0 1 2 3 4
x
0 1 2 3 4 5 6
x –1
1
c) Pendiente m = –1, A(–2, 6) d) Pendiente m = , A(1, 8)
2
y – 6 = –1[x – (–2)] 1
y – 8 = (x – 1)
y = –x – 2 + 6 2
1 1
y = –x + 4 y= x– +8
2 2
x = 0, y = –0 + 4 = 4, (0, 4) 1 15
y = x +
y 2 2 x = –1, y = 7, (–1, 7)
7 y A(1, 8)
6 (–1, 7) 7
A(–2, 6) 5
6
4 (0, 4)
5
3
4
2
3
1
2
–2 –1 0 1 2 3 4
x 1
–2 –1 0 1 2 3 4
x
73 Sugerencia Metodológica
2
2.3 Ecuación de una recta dados dos puntos
Encuentra la ecuación de la recta que pasa por los puntos A(–1, –3) y B(2, 9) y grafícala.
Para utilizar la ecuación punto – pendiente es necesario encontrar la pendiente de la recta. Por definición,
Unidad 2
m = 9 – (–3) = 4.
2 – (–1)
Se toman x1 = – 1, y1 = –3 y se sustituyen los valores en la ecuación punto – pendiente: y
y = 4x + 1
La ecuación de una recta l que pasa por dos puntos conocidos A(x1, y1) y B(x2, y2), con x1 ≠ x2 es:
y – y1 = y2 – y1 (x – x1).
x2 – x 1
Para graficar la recta l se colocan los puntos A y B en el plano cartesiano, luego se traza la recta que pasa
por ambos puntos. En general, para trazar la gráfica de una línea recta l basta con ubicar dos puntos
pertenecientes a l y trazar la recta que pasa por ambos.
Encuentra la ecuación de la recta que pasa por los puntos A(–2, 4) y B(4, 1) y grafícala.
y = –3 (x + 2) + 4 3
6
2
1 B(4, 1)
y=– 2x+3 1 x
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 4 5
1 ‒1
La gráfica de y = – 2 x + 3 se muestra en la figura de la derecha.
roblemas
Encuentra la ecuación de la recta que pasa por los puntos A y B; grafica la recta para cada caso:
74
Indicador de logro
2.3 Determina la ecuación y grafica la recta que pasa por dos puntos conocidos.
Secuencia Propósito
Ahora se estudia la forma de la ecuación de la rec- Para resolver el Problema inicial, se debe utilizar la
ta a partir de dos de sus puntos. forma punto-pendiente. Para dibujar la recta es su-
ficiente utilizar los puntos proporcionados.
Solución de problemas:
–5 –4 –3 –2 –1 0 1 x 3
–1 2
A(–3, –1) –2 1 B(3, 1)
–3
0 1 2 3 4 5
6 x
–4 –1
–5
B(1, –5) –2
A(2, –2)
75 Sugerencia Metodológica
2
2.4 Rectas paralelas a los ejes de coordenadas
Para cada caso, grafica la recta que pasa por los puntos A y B, y deduce su ecuación:
a) A(1, 2) y B(3, 2) b) A(1, –1) y B(1, 3)
1
Esto indica que la pendiente es indefinida. La primera coordenada de
los puntos sobre la recta es siempre constante e igual a 1 (no así la x
‒1 0 1 2 3 4
segunda coordenada), por lo tanto, la ecuación de la recta es: x = 1. ‒1 A(1, –1)
x = –5 y
Grafica las rectas y = –3 y x = –5.
2
Se ubican los puntos (0, –3) y (–5, 0). Luego, se traza la recta:
1
(–5, 0)
1. Paralela al eje x que pasa por (0, –3) en el caso de y = –3; –5 –4 –3 –2 ‒1 0 1
x
2. Paralela al eje y que pasa por (–5, 0) en el caso de x = –5. ‒1
–2
Ambas rectas se presentan en la figura de la derecha. (0, –3)
–3
y = –3
–4
roblemas
1. Encuentra la ecuación y grafica la recta que pasa por el punto A y es paralela a uno de los ejes de coordenadas:
1
a) A(0, 4) y es paralela al eje x. b) A 0, 2 y es paralela al eje x.
c) A(5, 0) y es paralela al eje y. d) A(3, –1) y es paralela al eje y.
76
Indicador de logro
2.4 Encuentra la ecuación y grafica la recta paralela a uno de los ejes de coordenadas que pasa por un punto
dado.
Secuencia Propósito
Las formas de la ecuación de la recta que se han En el problema inicial es posible deducir la ecuación
estudiado hasta ahora no consideran el caso en el de la recta horizontal utilizando las formas ya estu-
cual la recta es vertical, ya que se había estudia- diadas, en el caso de la recta vertical el estudiante
do como función, ahora se hace en el bloque de puede deducirla a partir de la gráfica.
geometría analítica. En esta clase se estudian las
ecuaciones de las rectas verticales y horizontales.
Solución de problemas:
3 3
(0, 12)
2
1 1
x x
‒1 0 1 2 3 4 ‒1 0 1 2 3 4
‒1 ‒1
x=5 x=3
y y
4 4
3 3
2 2
1 1
(5, 0)
0 1 2 3 4 5
x x
0 1 2 3 4 5
‒1 ‒1 (3, –1)
77 Sugerencia Metodológica
2
2.5 Forma general de la ecuación de una recta
Grafica en un mismo plano cartesiano las siguientes ecuaciones: Despeja y en los literales
a) 2x – 3y + 6 = 0 b) y + 2 = 0 c) 4x – 24 = 0 a) y b), y x en el literal c).
Unidad 2
a) Se despeja la variable y: b) Se despeja la variable y: c) Se despeja la variable x:
3y = 2x + 6 y = –2 4x = 24
y= 2x+2 x=6
3 Esta última es la ecuación Esta última es la ecuación
Esta última es la ecuación de una línea recta parale- de una línea recta parale-
de una línea recta, que la al eje x que pasa por el la al eje y que pasa por el
pasa por los puntos (0, 2) punto (0, –2). punto (6, 0).
y (3, 4).
y x=6
2
(0, 2)
1
(6, 0)
–2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7
x
–1
(0, –2) y = –2
–2
roblemas
1. Grafica, en un mismo plano cartesiano, las rectas representadas por las siguientes ecuaciones:
a) 3x + y – 5 = 0 b) x – 2y – 9 = 0 c) 5y – 5 = 0 d) 2x + 3 = 0
2. Escribe las siguientes ecuaciones de líneas rectas en su forma general (utiliza coeficientes enteros):
5 3 5
a) y = –2x + 4 b) y = 5 x + 2 c) y = – 6 d) x = 8
3
31
78
Indicador de logro
Secuencia
El estudiante debe comprender que todas las formas de la ecuación de la recta se pueden escribir en la
forma general. Puede discutir las ventajas de la forma general y la forma punto-pendiente, posteriormen-
te se confirmará en la resolución de problemas.
Solución de problemas:
y = – 3x + 5 y
1a) 3x + y – 5 = 0 1b) x – 2y – 9 = 0
7
y = – 3x + 5 –2y = – x + 9
6
Puntos (0, 5), (1,2) 1
y = x –
9
5
2 2
4
Puntos (1, –4), (3, –3)
1c) 5y – 5 = 0 3
y=1 2
–1 0 1 2 3
x
3
x = – –1
2
–2
( 3
)
1 9
y = x –
Punto – , 0 –3 2 2
2
–4
–5
3
x = –
2
2b) 3
2a) y = – 2x + 4
5 y = 5 x + 2
4y = – 8x + 5 5y = 3x + 10
8x + 4y – 5 = 0 –3x + 5y – 10 = 0
5 8
2c) y=–6 2d) x= 3
6y = –5 3x = 8
6y + 5 = 0 3x – 8 = 0
79 Sugerencia Metodológica
2
2.6 Practica lo aprendido
1. Para cada literal, determina (sin graficar) si los puntos A, B y C se encuentran sobre la misma línea recta:
a) A(0, 7), B(2, 3) y C(3, 1) b) A(–3, 5), B(1, 2) y C(5, –1)
c) A(–1, –6), B(0, –2) y C(1, 3) d) A(–4, 8), B(2, 4) y C(20, –8)
2. Dados los puntos A(0, –3) y B(6, 4), ¿cuál debe ser el valor de x en C(x, 25) para que los puntos A, B y C
estén sobre la misma línea recta?
3. Para cada literal encuentra la ecuación de la recta que tiene la pendiente dada y pasa por el punto A;
grafícalas en un solo plano:
a) Pendiente m = –4, A(–3, 5) b) Pendiente m = 10, A(1, –1)
2 4
c) Pendiente m = 1 , A(0, 4) d) Pendiente m = 5 , A –2, –
5 5
4. Demuestra que la ecuación de la recta que tiene pendiente A la ecuación de la recta escrita en la for-
ma y = mx + b se le conoce como forma
conocida m y pasa por el punto (0, b) es y = mx + b. punto – intercepto.
5. Para cada literal encuentra la ecuación de la recta que pasa por los puntos A y B; grafícalas en un solo
plano cartesiano:
a) A(5, 1) y B(6, –2) b) A(–4, –4) y B(2, 5)
13
c) A 1 , 0 y B 5 , – 3 d) A(0, 0) y B 2, –
2 2 2 4
6. Para cada literal encuentra la ecuación de la recta paralela a uno de los ejes de coordenadas y pasa por
el punto A; grafícalas en un solo plano cartesiano:
7. Escribe las siguientes ecuaciones de líneas rectas en su forma general (utiliza coeficientes enteros):
4 1
a) y = 4x + 3 b) y = x+
3 6
2 x
c) y = 4x – d) y = – –1
3 5
8. Encuentra los valores de m y b en la ecuación y = mx + b si la recta pasa por los puntos (–1, 0) y (3, 2).
32
80
Indicador de logro
2.6 Resuelve problemas correspondientes a la ecuación de la línea recta.
Solución de problemas:
1a) A(0, 7) y B(2, 3): 1b) A(–3, 5), B(1, 2): 1c) A(–1, –6), B(0, –2): 1d) A(–4, 8), B(2, 4)
3–7 –4 2–5 –3 3 –2 – (–6) 4 4–8 –4 2
= 2 = –2 = 4 =–4 =1= 4 2 – (–4)
= 6 =–3
2–0 1 – (–3) 0 – (–1)
A(0, 7), C(3, 1): B(1, 2), C(5, –1): B(0, –2), C(1, 3): B(2, 4), C(20, –8):
1–7 –1 – 2 –3 3 3 – (–2) –8 – 4 –12 2
–6
= 3 = –2 = 4 =–4 = 5 =5 = 18 = – 3
3–0 5–1 1–0 1 20 – 2
A, B y C están sobre A, B y C están sobre A, B y C no están so- A, B y C están sobre
la misma recta. la misma recta. bre la misma recta. la misma recta.
y2 – y1 4 – (–3) 7 y = –4x – 7 y y = 10x – 11
2. x – x = 6 – 0 = 6 3a) y – 5 = –4[x – (–3)]
2 1
25 – 4 7
y = –4x – 7 8
x–6
= 6 3b) y – (–1) = 10(x – 1) 7
( )=
1
4 2
3d) y – – 5 5
[x – (–2)] x
–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5
2 –1
y= 5
x
–2
–3
4. y – b = m(x – 0) entonces y = mx + b. –4
3 7 9
5a) y = –3x + 16 5b) y = x + 2 6a) x = 9 6b) y = 2 6c) x = 6d) y = –
2 x=
7 2 2
2 x=9
3 3 13 y
5c) y = – x + 5d) y = – 8 x 5
4 8
4
y
3
y = –3x + 16 y = 2x + 2
13 3
y = – 8 x
8 2 y=2
7 1
6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
x
5 ‒1
4 ‒2
3 ‒3
2 ‒4 9
y = –
y = – 3 x + 8
3
2
4 1
–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6
x 7a) 4x – y + 3 = 0 7b) 8x – 6y + 1 = 0
–1 7c) 12x – 3y – 2 = 0 7d) x + 5y + 5 = 0
–2
8. Evaluando los puntos (–1, 0) y (3, 2) en la ecuación y = mx + b
–3
–4
se tiene: 0 = –m + b � m = 1 , b = 1
2 = 3m + b 2 2
81 Sugerencia Metodológica
3 Posiciones relativas entre rectas
En cada literal, encuentra las coordenadas del punto de intersección de la recta con el eje x:
a) y = 3x + 3 b) x + 2y – 2 = 0 Punto de intersección se refiere al punto donde se cortan la
recta y el eje x en este caso.
Unidad 2
Sea A(x1, y1) el punto de intersección entre la recta y el eje x. En ambos casos, A se encuentra sobre el eje
x, por tanto su segunda coordenada (y1) es igual a cero y A(x1, 0).
b) De forma similar al literal anterior, si el punto A(x1, 0) se encuentra sobre la recta entonces satisface
la ecuación:
x + 2y – 2 = 0
Dada una recta l, las coordenadas del punto de intersección de la recta con el eje x son (x1, 0) donde el valor
de x1 se calcula sustituyendo y = 0 y x = x1 en la ecuación de la recta, y despejando el valor de x1.
roblemas
1. Para cada literal, encuentra las coordenadas del punto de intersección de la recta con el eje x.
x
a) y = 2x – 2 b) y = – 2 + 2 c) 2x – 3y + 6 = 0
d) 8x + 3y + 6 = 0 e) x = 2 f) y = 3
2. Dada una recta con ecuación ax + by + c = 0 que no es paralela a ningún eje de coordenadas. Demuestra
que las coordenadas del punto de intersección de la recta con el eje x son – c , 0 .
a
3. Sea l una recta con ecuación x = k. Demuestra que las coordenadas del punto de intersercción de l con
el eje x son (k, 0).
4. Sea l una recta paralela al eje x. ¿Existe un punto de intersección entre la recta l y el eje x? Justifica tu
respuesta.
33
86
Indicador de logro
3.1 Encuentra las coordenadas del punto de intersección de una línea recta con el eje x.
Secuencia Propósito
En esta lección se estudian las propiedades de la En los Problemas, el estudiante determinará el pun-
recta iniciando, en esta clase, con la intersección to de intersección en las distintas formas de la ecua-
con el eje x. ción de la recta. Los problemas 2, 3 y 4 generalizan
los resultados del problema 1.
Solución de problemas:
1a) 0 = 2x1 – 2 1b) 0 = – x1 + 2 1c) 2x1 –3(0) + 6 = 0
2
2x1 = 2 0 = –x1 + 4 2x1 = –6
x1 = 1 x1 = 4 x1 = –3
(1, 0) (4, 0) (–3, 0)
( c
Por lo tanto, el punto de intersección del eje x con la recta es – a , 0 . )
3. Los puntos de la recta x = k son de la forma (k, l) donde l es un número real.
Un punto está sobre el eje x si su segunda coordenada es cero.
Entonces el punto de intersección de la recta x = k con el eje x es el punto (k, 0).
4. Una recta paralela al eje x es de la forma y = l y sus puntos son de la forma (k, l).
Un punto está sobre el eje x si su segunda coordenada es cero.
Si l = 0 entonces y = 0, esta recta es precisamente el eje x.
Si l ≠ 0 entonces la recta y = l no interseca al eje x.
87 Sugerencia Metodológica
3
3.2 Intersección de una recta con el eje y
Utilizando las ecuaciones de las rectas del Problema inicial de la clase anterior, encuentra las coordenadas
del punto de intersección de cada recta con el eje y.
Sea B(x1, y1) el punto de intersección entre la recta y el eje y. En ambos casos, B se encuentra sobre el eje
y, por tanto su primera coordenada (x1) es igual a cero y B(0, y1).
y1 = 1
Por lo tanto, las coordenadas del punto de intersección de la recta x + 2y – 2 = 0 con el eje y son B(0, 1).
Dada una recta l, las coordenadas del punto de intersección de la recta con el eje y son (0, y1), donde el
valor de y1 se calcula sustituyendo y = y1 y x = 0 en la ecuación de la recta, y despejando el valor de y1.
En general, a los puntos donde una línea recta corta a los ejes de coordenadas se les llaman interceptos con
los ejes. La línea recta puede tener a lo sumo dos interceptos (uno en cada eje).
roblemas
1. Con las ecuaciones de las rectas dadas en el problema 1 de la clase anterior, encuentra las coordenadas
del punto de intersección de cada recta con el eje y.
2. Para cada literal encuentra las coordenadas de los interceptos con los ejes:
a) 2x – 3y – 6 = 0 b) 4x + y + 2 = 0
3. Sean p y q números reales diferentes de cero. Demuestra que los interceptos con los ejes de la recta con
x y
ecuación p + q = 1 son (p, 0) y (0, q). A esta ecuación se le llama forma simétrica de la ecuación de una
recta.
34
88
Indicador de logro
3.2 Encuentra las coordenadas del punto de intersección de una línea recta con el eje y.
Secuencia
Ahora se estudia la intersección de una recta con el eje y, el razonamiento a utilizar para determinar el
intercepto es análogo al de la clase anterior.
Solución de problemas:
2a) 2x – 3y – 6 = 0
Si y = 0 Si x = 0
2x1 – 3 (0) – 6 = 0 2(0) – 3y1 – 6 = 0
2x1 = 6 –3y1 = 6
x1 = 3 y1 = – 2
Intercepto con el eje x (3, 0). Intercepto con el eje y (0, –2).
2b) 4x + y + 2 = 0
Si y = 0 Si x = 0
4x1 – (0) + 2 = 0 4(0) + y1 + 2 = 0
4x1 = –2 y1 = – 2
1
x1 = – 2 Intercepto con el eje y (0, –2).
( )
1
Intercepto con el eje x – 2, 0 .
x y x y
3. p + q = 1 p
+ q
=1
x 0 0 y
+ =1
p q + =1
p q
x y
p
=1 =1
q
x=p y=q
Intercepto con el eje x (p, 0). Intercepto con el eje y (0, q).
89 Sugerencia Metodológica
3
3.3 Intersección entre rectas
Encuentra las coordenadas del punto de intersección entre las rectas con El punto de intersección
ecuaciones y = –x + 3 y 2x – 3y + 4 = 0. entre las rectas satisface
ambas ecuaciones.
Unidad 2
Sea P(x, y) el punto de intersección entre ambas rectas. Esto indica que las coordenadas de P satisfacen
tanto la primera como la segunda ecuación, y encontrar sus coordenadas equivale a resolver el sistema:
y = – x + 3 --------- (1)
2x – 3y + 4 = 0 --------- (2)
y = –1 + 3 = 2 1
‒1 0 1 2
x
‒1
Por lo tanto, las coordenadas del punto de intersección entre las
rectas es P(1, 2).
Dadas dos líneas rectas, las coordenadas del punto de intersección entre ambas (es decir, donde se cortan
las líneas) se encuentra resolviendo el sistema de dos ecuaciones lineales con dos incógnitas formadas por
las ecuaciones de dichas rectas.
Si dos rectas diferentes se intersecan en un punto P este es único, es decir, no existe otro punto R diferente
a P donde las rectas se crucen o se corten.
roblemas
1. Encuentra las coordenadas del punto de intersección entre cada pareja de rectas cuyas ecuaciones son:
a) y = –3x – 8 y 4x – 3y + 15 = 0 b) x + y – 2 = 0 y 2x – y + 2 = 0
c) x + 2y + 6 = 0 y 4x + 3y + 4 = 0 d) 2x + 3y = 4 y 4x – y = 8
e) y = x + 1 y x = –2 f) 3x – 2y – 5 = 0 y y = 2
2. Dadas dos rectas con ecuaciones y = k1 y x = k2 , ¿cuáles son las coordenadas del punto de intersección
entre ambas rectas?
3. Dadas dos rectas con ecuaciones 10x – 5y = 10 y 10x – 5y = –25, ¿se cortan estas en algún punto? Verifica
gráficamente tu respuesta.
35
90
Indicador de logro
3.3 Determina las coordenadas del punto de intersección entre dos rectas.
Secuencia
Se determina el punto de intersección entre dos rectas dadas, utilizando los métodos para resolver sistemas
de dos ecuaciones con dos incógnitas que se estudiaron en Tercer Ciclo. Se verifica la utilidad de la forma
general en el planteamiento del sistema de ecuaciones.
Solución de problemas:
1a) y = – 3x – 8 ---- (1) 1b) x + y – 2 = 0 ---- (1) 1c) x + 2y + 6 = 0 ---- (1)
4x – 3y + 15 = 0 ---- (2) 2x – y + 2 = 0 ---- (2) 4x + 3y + 4 = 0 ---- (2)
Sustituyendo (1) en (2): Sumando (1) y (2) se tiene Despejando x en (1):
4x – 3(–3x – 8) + 2 = 0 3x = 0 entonces x = 0. x = – 2y – 6.
4x + 9x + 26 = 0 Sustituyendo en (1), Sustituyendo en (2):
13x = –26 0+y–2=0 4(– 2y – 6) + 3y + 4 = 0
x = –2 y=2 –8y –24 + 3y + 4 = 0
Entonces y = – 3(–2) – 8 = –2. Punto de intersección: –5y = 20
Punto de intersección: (0, 2). y = –4
(–2, –2). Entonces x = – 2(–4) – 6 = 2.
Punto de intersección (2, –4).
7
10x – 5y = 10 ---- (1) Puntos para 10x – 5y = –25 6
10x – 5y = –25 ---- (2) (0, 5) y (1, 7) 5
4
Restando (2) de (1) se tiene:
Puntos para 10x – 5y = 10 3
0 = 35. 2
Y esto no es cierto, por lo que (1, 0) y (2, 2)
1
el sistema no tiene solución y x
1 2 3 4 5 6
por lo tanto, las rectas no se El método de solución utilizado
–4 –3 –2 –1 0
91 Sugerencia Metodológica
3
3.4 Rectas paralelas
Dadas las rectas con ecuaciones y = 2x + 3 y y = 2x – 5: Si la ecuación de una recta está escrita en
la forma y = mx + b entonces el coeficiente
1. ¿Cuál es el valor de la pendiente en cada recta? de la variable x es la pendiente de la recta.
2. ¿Se cortan las rectas en algún punto? Justifica tu respuesta.
3. Grafica ambas rectas en un mismo plano cartesiano. ¿Cómo son, una con respecto a la otra?
1. Las ecuaciones de las rectas están escritas en la forma y = mx + b, por tanto la pendiente de ambas rectas
es igual a 2.
Teorema
Dos (o más) líneas rectas no verticales son paralelas si y solo si tienen la misma pendiente. Esto quiere decir
que si dos (o más) rectas son paralelas entonces tienen la misma pendiente y viceversa.
roblemas
1. Determina si las siguientes parejas de rectas son paralelas:
a) y = –4x + 7; y = –4x + 16 b) 3x – 2y + 3 = 0; 6x – 4y – 9 = 0 c) x – 2y + 5 = 0; x – 3y = 0
2. Para cada literal, encuentra la ecuación de la recta paralela a la recta dada y que pasa por el punto A:
a) 2x – y = 0; A(4, 0) b) x + 3y – 5 = 0; A(3, 4)
c) y = 5; A(0, –1) d) x = 1; A(3, –2)
36
92
Indicador de logro
3.4 Verifica el paralelismo entre rectas a partir del valor de sus pendientes.
Secuencia Propósito
En la lección 2 se estudiaron las rectas paralelas Con el Problema se establece la relación entre la
a los ejes coordenados, estas deben tenerse pre- pendiente de una recta y las rectas paralelas a esta,
sentes en la resolución de problemas. Para esta además se establece analíticamente que estas rec-
clase se relaciona el paralelismo de dos rectas tas no se cortan en un punto por medio del sistema
con sus pendientes. de ecuaciones formado por las ecuaciones de la
rectas, el cual no tienen solución.
Solución de problemas:
1a) y = – 4x +7; y = – 4x + 16, son paralelas pues la pendiente de ambas es –4.
1b) 3x – 2y + 3 = 0; 6x – 4y – 9 = 0
Se escriben en la forma y = mx + b
3 3 3 9 3
y = 2x + 2; y = 2x – 4, son paralelas pues la pendiente de ambas es 2.
1c) x – 2y + 5 = 0 ; x –3y = 0
1 5 1
Se escriben en la forma y = mx + b: y = 2x + 2; y = 3x.
No son paralelas pues tienen pendientes distintas.
1 5 1
2a) 2x – y = 0 � y = 2x � m = 2 y A(4, 0) 2b) x + 3y – 5 = 0 � y = – 3x + 3 � m = – 3 y A(3, 4)
Utilizando la forma punto-pendiente Utilizando la forma punto-pendiente
1
y – 0 = 2(x – 4). y – 4 = – 3(x – 3).
1
Por lo tanto, la recta es y = 2x – 8. Por lo tanto, la recta es y = – 3x + 5.
93 Sugerencia Metodológica
3
3.5 Rectas perpendiculares*
Encuentra la ecuación de la recta que pasa por el origen y además es perpendicular a la recta con ecuación:
y = 3x.
¿Cuál es la relación entre las pendientes de ambas rectas?
Unidad 2
La ecuación buscada es de la forma y = mx, ya que pasa por el origen; sea P(x, y) un punto cualquiera sobre
ella. El punto A(1, 3) pertenece a y = 3x pues sus coordenadas satisfacen la ecuación.
y
Si O es el origen entonces el triángulo POA es rectángulo (las rectas
son perpendiculares). Por el teorema de Pitágoras: 3 A(1, 3)
d(P, A)2 = d(P, O)2 + d(O, A)2
En la ecuación anterior: d(P, A)2 = (x – 1)2 + (y – 3)2, d(P, O)2 = x2 + y2 y
d(O, A)2 = 12 + 32. Se sustituyen los valores y se despeja y en términos P(x, y) x
de x: O 1
(x – 1)2 + (y – 3)2 = (x2 + y2) + (1 + 9)
x2 – 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = x2 + y2 + 1 + 9
– 2x – 6y = 0
1
y=– 3x
Por lo tanto, la ecuación de la recta perpendicular a y = 3x que pasa por el origen es: y = – 13 x. Al comparar
las pendientes de ambas rectas, que son 3 y – 13 respectivamente, se observa que el resultado del producto
de ellas es igual a –1.
Teorema
Dos rectas no verticales con pendientes m1 y m2 respectivamente son perpendiculares si y solo si el producto
de sus pendientes es igual a –1, o sea:
m1m2 = –1
Esto quiere decir que, si dos rectas son perpendiculares entonces el producto de sus pendientes es igual a
–1 y viceversa.
roblemas
1. Determina si las siguientes parejas de rectas son perpendiculares:
x 4 3
a) y = – 2x y y = b) y = x y y=– x
2 3 4
c) x – y + 2 = 0 y 3x + 2y + 6 = 0 d) x – 2y + 2 = 0 y 2x + y – 6 = 0
2. Para cada caso encuentra la ecuación de la recta perpendicular a la recta dada que pasa por el punto P:
a) y = x; P(3, 3) b) y = – 2x + 5; P(–4, 3)
c) x – 4y + 4 = 0; P(–1, 5) d) y = 1; P(1, –1)
37
94
Indicador de logro
3.5 Verifica perpendicularidad entre rectas utilizando sus pendientes.
Secuencia Propósito
Se determina la recta perpendicular a otra estu- Al resolver el Problema inicial se establece la re-
diando el caso particular en el que la recta pasa lación entre las pendientes de dos rectas que son
por el origen. El Problema inicial requiere el uso perpendiculares. Si se vuelve complicado plantear
de la fórmula de la distancia y utilizar algún punto la solución, el docente debe intervenir. Los casos
de la gráfica, si esto es muy difícil para los estu- en los que una de las rectas es vertical u horizontal
diantes el docente debe resolver este problema. se aborda en los Problemas.
Solución de problemas:
x
1a) y = – 2x y y = 4
1b) y = 3 x y y = – 4x
3
2
1 4 3
m1 = –2 m2 = 2 m1 = 3 m2 = – 4
( 1 )
m1m2 = –2 2 = –1 4
( 3 )
m1m2 = 3 – 4 = –1
Son perpendiculares. Son perpendiculares.
3 x
1c) y = x + 2 y y = – 2x – 3 1d) y = 2 + 1 y y = –2x + 6
3 1
m1 = 1 m2 = – 2 m1 = 2 m2 = –2
( 3 )
m1m2 = 1 – 2 = – 2
3 1
m1m2 = 2(–2) = –1
No son perpendiculares. Son perpendiculares.
95 Sugerencia Metodológica
3
3.6 Distancia de un punto a una recta
Teorema
Dada una recta l con ecuación ax + by + c = 0 y P(x1, y1) un punto que no pertenece a l, la distancia desde
P a la recta l se denota por d(P, l) y:
|ax1 + by1 + c|
d(P, l) = .
2 2
a +b
roblemas
1. Encuentra la distancia del punto P a la recta l:
a) l: x + 3y – 3 = 0 y P(1, –1) b) l: 2x + y – 4 = 0 y P(0, 3)
3 x
c) l: y = 4
x y P(1, –2) d) l: y = 5 + 1 y P(3, –3)
|c|
2. Demuestra que la distancia del origen a la recta l: ax + by + c = 0 es .
a2 + b 2
38
96
Indicador de logro
3.6 Calcula la distancia de un punto a una recta.
Secuencia Propósito
En esta clase se utiliza la fórmula de la distancia No se deduce la fórmula de la distancia, por ser un
de un punto a una recta. El estudiante debe com- problema extenso en resolver, sin embargo se espe-
prender qué longitud es la que calcula al utilizar ra que el estudiante sea capaz de utilizar adecuada-
la fórmula. mente la fórmula.
Solución de problemas:
1a) l: x + 3y – 3 = 0 y P(1, –1) 1b) l: 2x + y – 4 = 0 y P(0, 3)
|1 + 3(–1) – 3 | |2(0) + 3 – 4|
d(P, l) = d(P, l) =
12 + 32 22 + 12
|–5| |–1|
= =
10 5
= 210 = 55
97 Sugerencia Metodológica
3
3.7 Practica lo aprendido
1. Encuentra las coordenadas de los interceptos de cada recta con los ejes:
a) y = 2x b) 5x + 2y + 10 = 0
x
c) y = 6 – 1 d) y = – 8x + 4
Unidad 2
e) y = 3 f) x = – 4
2. Encuentra las coordenadas del punto de intersección entre cada pareja de rectas:
a) x + y – 2 = 0 ; 4x – y + 7 = 0 b) y = – x ; 3x + y – 6 = 0
c) x + 2y + 2 = 0 ; y = 2x + 9 d) x – y – 1 = 0 ; y = 3
1
e) 3x – y + 3 = 0 ; 9x + 7y – 4 = 0 f) y = – 5 ; x = 4
6. Dos rectas l1 y l2 se intersecan en el punto (–4, 4). Si l1 pasa por (0, 12) y es perpendicular a l2, ¿cuáles son
las ecuaciones de ambas rectas?
7. Sea l la recta con ecuación 5x – 2y = 0. Determina los valores de a y b Existen infinitas rectas paralelas y
para que la recta ax + by + c = 0: perpendiculares a l: 5x – 2y = 0;
basta con encontrar un par de va-
a) Sea paralela a la recta l. b) Sea perpendicular a la recta l. lores para a y b en cada literal.
39
98
Indicador de logro
3.7 Resuelve problemas correspondientes a posiciones relativas entre rectas.
Solución de problemas:
1a) y = 2x 1b) 5x + 2y + 10 = 0
Intercepto en el eje x Intercepto en el eje x
0 = 2x � x = 0 5x + 2(0) + 10 = 0
(0, 0) y es también el intercepto con eje y. � x = –2
Por lo tanto, el intercepto en el eje x es (–2, 0).
1c) y = x – 1 Intercepto en el eje x (6, 0).
6
Intercepto en el eje y (0, –1). Intercepto en el eje y
5(0) + 2y + 10 = 0
1d) y = – 8x + 4 ( 1 )
Intercepto en el eje x 2, 0 . � y = –5
Por lo tanto, el intercepto en el eje y es (0, –5).
Intercepto en el eje y (0, 4).
1e) y = 3 1f) x = –4
No tiene intercepto en el eje x. Intercepto en el eje x (–4, 0).
Intercepto en el eje y (0, 3). No tiene intercepto en el eje y.
2a) x+y–2=0 ----- (1) 2b) y = – x ----- (1) 2c) x + 2y + 2 = 0 ----- (1)
4x – y + 7 = 0 ----- (2) 3x + y – 6 = 0 ----- (2) y = 2x + 9 ----- (2)
Sumando (1) y (2) se tiene Sustituyendo (1) en (2) Sustituyendo (2) en (1):
5x + 5 = 0 3x – x – 6 = 0 x + 2(2x + 9) + 2 = 0
x = –1 x=3 x = –4
Sustituyendo en (1) Sustituyendo en (1): Sustituyendo en (2):
–1 + y – 2 = 0 y = –3 y = 2(–4) + 9
y=3 Punto de intersección y=1
Punto de intersección (3, –3). Punto de intersección
(–1, 3). (–4, 1).
1
2d) x – y – 1 = 0; y = 3 2e) 3x – y + 3 = 0; 9x + 7y – 4 = 0 2f) y = – 5; x = 4
Punto de intersección (4, 3).
( 17 13
)
Punto de intersección – 30 , 10 . Punto de intersección 1 , –5 .
4 ( )
x
3a) y = 3x – 5; y = 3x 3b) y = 4 + 1; x – 4y + 2 = 0
m1 = m2 = 3 x 1
x – 4y + 2 = 0 y=4+2
Son paralelas.
1
m1 = m2 = 4
Son paralelas.
y
3c) y = – 3x – 2 ; x – 3y + 1 = 0 3d) y = – 2; x = 1
2
x 1
x – 3y + 1 = 0 y=3+3 Son perpendiculares. 1
x
(1)
m1m2 = –3 3 = –1
0
‒1
1 2 3 4 5
‒2
Son perpendiculares.
99 Sugerencia Metodológica
4a) l: y = –2x + 5; A(–2, –3) 4b) l: y = 3x + 4; A(5, –1)
m = –2 m=3
y – (–3) = –2[x – (–2)] y – (–1) = 3(x – 5)
y = –2x – 7 y = 3x – 16
6. La recta l1 pasa por (–4, 4) y por (0, 12), entonces se utiliza la ecuación de la recta dados dos puntos:
12 – 4
y – 12 = 0 – (–4) (x – 0)
Por lo tanto l1: y= 2x + 12. Luego, l2 es perpendicular a l1 con pendiente m1 = 2 y pasa por el punto (–4, 4).
1
Sea m2 la pendiente de l2 entonces m1m2 = –1 entonces m2 = – 2 .
Se utiliza la forma punto-pendiente:
1
y – 4 = – 2 [x – (–4)]
1
y = – 2 x + 2
5 a c
7. 5x – 2y = 0 y = 2x ax + by + c = 0 y = – bx – b
a
7a) Se debe cumplir – b = 5 basta tomar a = 5 y b = –2.
2
8a) a 1
=
4–a 3
� 3a = 4 – a � 4a = 4 � a = 1
8b) a 1
4–a 3( ) = –1 � 12 a– 3a = –1 � a = 3a – 12 � 2a = 12 � a = 6
9a) P(4, –9); l: x + 4y – 2 = 0 9b) P(8, 5); l: x – y = 0
|4 + 4(–9) – 2| |–34| |8 – 5| |3| 3
d(P, l) = = = 2 17 d(P, l) = = = 22
12 + 42 17 12 + 12 2
y
Los puntos A(2, 0) y B(3, 3) pertenecen a la recta l; se toma también el punto l
P(3, 0) sobre el eje x formándose el triángulo rectángulo APB como se muestra en 4
tan θ = 3
θ = tan–1(3)
≈ 71.6°
Por lo tanto, la medida del ángulo θ es aproximadamente 71.6°.
Dada una recta l, se llama ángulo de inclinación de la recta l al formado por el eje x positivo y la recta (en
sentido antihorario). Si m es la pendiente de la recta l y θ su ángulo de inclinación entonces:
0° ≤ θ < 180° y tan θ = m.
roblemas
Calcula el ángulo de inclinación de las siguientes rectas (aproxima hasta las décimas):
a) y = 2x +7 b) y = – x + 1 c) x – 2y + 4 = 0
d) 5x + 3y – 20 = 0 e) x + 1 = 0 f) y – 1 = 0
40
Secuencia Propósito
Ahora se establece la relación entre el ángulo for- En la Definición, la restricción de los valores del án-
mado por la recta y eje x con la pendiente de di- gulo facilitará, en la siguiente clase, la comprensión
cha recta. Se utilizará la tangente inversa que se del ángulo determinado entre dos rectas.
vio en la unidad 5 de primer año.
Solución de problemas:
1
a) y = 2x +7 b) y = – x + 1 c) x – 2y + 4 = 0 y = 2x + 2
m= 2 m = –1 m= 2
1
tan θ = 2 tan θ = –1 1
tan θ = 2
θ = tan–1 2 θ = tan–1(–1)
( 1 )
θ = tan–1 2
≈ 63.4 = 135° ≈ 26.6°
5 20
d) 5x + 3y – 20 = 0 y = – 3 x + 3 e) x + 1 = 0 f) y – 1 = 0
5
m = – 3 x = –1 m= 0
θ = 90°, ya que la
tan θ = – 3
5 tan θ = 0
recta es vertical.
( 5)
θ = tan–1 – 3
y θ = tan–1 0 = 0
2
≈ 121.0° 1 El estudiante también puede perca-
tarse inmediatamente que el ángulo
0 1 2
x de la recta horizontal es cero.
‒1
‒2
x = –1
102
3
3.9 Ángulo entre rectas
Teorema
Sean l1 y l2 dos rectas cualesquiera no perpen- Si θ1 y θ2 son los ángulos de inclinación
diculares con pendientes m1 y m2 respectiva- de l1 y l2 respectivamente entonces: y
mente. Si α es el ángulo formado entre ambas θ2 = α + θ 1 l2 l1
α = θ2 – θ1 α
rectas y medido de l1 a l2 en sentido antihorario,
Unidad 2
De lo anterior,
entonces:
tan α = tan(θ2 – θ1) θ2
m –m θ1
tan α = 1 +2m m1 =
tan θ2 – tan θ1 x
1 2 1 + tan θ1 tan θ2
m2 – m 1
=
1 + m1m2
para m1m2 ≠ –1.
¿Cuál es la medida del ángulo formado por las rectas l1: x – 4y – 1 = 0 y l2: y = – 2x – 1 medido de l1 a l2?
Aproxima hasta las décimas.
y
Primero deben determinarse las pendientes m1 y m2 de las rectas l1 y l2
l2
respectivamente. Para el caso de l1 se escribe su ecuación en la forma 2
y = m1x + b:
4y = x – 1 1
l1
α
y= 1
x– 1 x
‒3 ‒2 ‒1 0 1
4 4
‒1
1
Luego, m1 = 4 y m2 = –2. Sea α el ángulo entre las rectas, medido de l1 a l2 en
sentido antihorario (ver figura). Entonces:
– 2 – 14
tan α = 1 9
1 + 4 (–2) Si al calcular α = tan–1 – 2 en la
calculadora obtuviste como resultado
– 94
tan α = –77.5° (aproximadamente) entonces
1 – 12 este valor corresponde al ángulo
9 medido desde l1 hasta l2 pero en
tan α = – 2 sentido horario. Basta con sumar al
9 resultado 180° pues:
α = tan–1 – 2
tan θ = tan(180° + θ)
≈ 102.5°
Por lo tanto, la medida del ángulo formado por las rectas l1 y l2 es 102.5°.
roblemas
1. Calcula el ángulo formado entre las rectas l1 y l2 (medido desde l1 a l2), aproxima hasta las décimas:
a) l1: y = 5x, l2: y = – 5x b) l1: y = x – 1, l2: y = – 2x + 7
c) l1: y = 4x – 4, l2: y = – 5x d) l1: 5x + 2y + 12 = 0, l2: 2x + 3y + 6 = 0
e) l1: 2x – 7y – 2 = 0, l2: 2x + y + 2 = 0 f) l1: 6x – y – 2 = 0, l2: 3x + 5y + 20 = 0
2. Calcula la medida de los ángulos internos del triángulo cuyos vértices son los puntos A(–1, 6),
B(–5, 3) y C(4, 1), aproxima hasta las décimas.
3. Dadas dos rectas l1: y = k y l2: y = mx + b, con m y k números reales diferentes de cero. Demuestra que
el ángulo entre las rectas l1 y l2 (medido desde l1 a l2) es igual al ángulo de inclinación de la recta l2.
41
Solución de problemas:
1a) l1: y = 5x , l2: y = – 5x 1b) l1: y = x – 1 , l2: y = – 2x + 7 1c) l1: y = 4x – 4 , l2: y = – 5x
m1 = 5 m2 = –5 m1 = 1 m2 = –2 m1 = 4 m2 = –5
–10
tan α = –5 – 5 = –24 = 5 tan α = –2 – 1 = 3 9
tan α = –5 – 4 = 19
1 + 5(–5) 12 1 + 1(–2) 1 + 4(–5)
tan α =
( ) = 11
– 23 – – 52
11
1 + (– 52 )(– 23 ) 16
α = tan–1 16 ≈ 34.5°
2 2 2
1e) l1: 2x – 7y – 2 = 0 , l2: 2x + y + 2 = 0 l1: y = 7 x – 7 , l2: y = – 2x – 2 � m1 = 7 , m2 = – 2
tan α =
–2 – 27
1+ 2
= – 16
3
( 16 )
α = tan–1 – 3 ≈ 100.6°
7 (–2)
3 3
1f) l1: 6x – y – 2 = 0 , l2: 3x + 5y + 20 = 0 l1: y = 6x – 2, l2: y = – 5 x – 4 � m1 = 6, m2 = – 5
– 35 – 6 33 33
tan α = = 13 α = tan–1 13 ≈ 68.5° y l1
( )
l2
1+ – 35 (6)
7
2. Sean l1, l2 y l3 las rectas correspondientes a los segmentos AB, AC A 6
3 2
y BC respectivamente, con pendientes m1 = 4
, m2 = – 1 y m3 = – 9 . 5
4
l3 B
–1 – 34 3
Sea α el ángulo medido de l1 a l2 tan α = 3
= –7 � α ≈ 98.1°.
1+ 2
4 (–1)
1
– 29 – (–1) C
Sea β el ángulo medido de l2 a l3 tan α = = 7 � β ≈ 32.5°. x
( )
–5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5
1 + – 9 (–1) 11
2
Por la suma de los ángulos internos de un triángulo, el otro ángulo es 180° – (98.1° + 32.5°) = 49.4°.
3. La pendiente de l1: y = k es m1 = 0 y la de l2: y = mx + b es m2= m. Sea α el ángulo entre las rectas l1 y l2.
Entonces tan α = m – 0 = m. Por lo tanto α es el ángulo de inclinación de l2.
1 + 0(m)
Otra solución: La recta l1: y = k es paralela al eje x por lo que el ángulo entre l1 y l2 es el ángulo de inclina-
ción de l2.
104
3
3.10 Aplicaciones
Demuestra que los puntos A(–3, 3), B(–2, 0), C(4, 2) y D(3, 5) Un rectángulo es un cuadrilátero que tiene 4
forman un rectángulo. ángulos rectos.
y
Para que ABCD sea rectángulo debe cumplirse lo siguiente: 5
D
a) AB ⊥ BC b) BC ⊥ CD c) CD ⊥ DA 4
A
3
2
Si se cumplen estas tres condiciones entonces también el lado C
1
DA será perpendicular al lado AB. B
–3 –2 –1 0 1 2 3 4
x
a) Para demostrar que el lado AB es perpendicular al lado BC debe verificarse que la recta que pasa por
A y B es perpendicular a la que pasa por B y C.
0–3
Pendiente de la recta que pasa por A(–3, 3) y B(–2, 0): m1 = –2 – (–3) = –3.
2–0 1
Pendiente de la recta que pasa por B(–2, 0) y C(4, 2): m2 = 4 – (–2) = 3 .
1
Al efectuar el producto de las pendientes: m1 m2 = –3 3 = –1.
c) Al realizar un procedimiento similar a los literales anteriores se obtiene la pendiente de la recta que
pasa por D y A, cuyo valor es 1 . El producto de las pendientes es igual a –1, luego: CD ⊥ DA.
3
Por lo tanto, ABCD es rectángulo.
roblemas
1. Demuestra que los puntos A(2, 3), B(0, –3), C(5, –2) y D(7, 4) forman un paralelogramo.
Secuencia
Se utilizan los conceptos de paralelismo, perpendicularidad entre rectas y distancia entre puntos para resol-
ver problemas geométricos; en ese sentido se deben recordar algunas propiedades de las figuras utilizadas.
Solución de problemas:
1. Se demostrará que AB es paralelo a CD y que BC es paralelo a AD.
Sean l1, l2, l3 y l4 las rectas que pasan por los puntos A y B; B y C; C y D; A y l1 l3
y D, respectivamente, y pendientes respectivas m1, m2, m3 y m4. D
4
A
3
Para demostrar que AB es paralela a CD basta demostrar que m1 = m3. l4 2
m1 = –3 – 3 = 3 y m3 = –2 – 4 = 3 1
0–2 5–7
0 1 2 3 4 5 6 7
x
Para demostrar que AD es paralela a BC basta demostrar que m2 = m4. –1
4–3 l2
m2 = –2 – (–3) = 1 y m4 = 7 – 2 = 1 –2
5–0 5 5 C
–3
B
Por lo tanto ABCD es un paralelogramo. –4
y
2. Solución 1: Calculando las longitudes de los lados del cuadrilátero.
3
AB = (1 – (–4))2 + (– 1 – 0)2 = 52 + (– 1)2 = 26 2
D
BC = (6 – 1) + (0 – (–1)) = 5 + 1 = 26
2 2 2 2 1
C
A
x
CD = (1 – 6)2 + (1 – 0)2 = (–5)2 + 12 = 26 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6
–1
B
AD = (1 – (–4))2 + (1 – 0)2 = 52 + 12 = 26 –2
–3
Así, AB = BC = CD = AD, por lo tanto ABCD es un rombo.
Solución 2: Demostrar que las diagonales son perpendiculares y que se intersecan en su punto medio.
La diagonal BD está sobre la recta vertical x = 1 y la diagonal AC está sobre la recta horizontal y = 0 (el
eje x); por lo que, las diagonales son perpendiculares.
( 1 + 1 1 + (–1))
El punto medio de BD es 2 , 2 = (1, 0) y el punto medio de AC es ( 6 +2(–4), 0 2+ 0) = (1, 0).
Así, las diagonales se intersecan en su punto medio.
Por lo tanto, ABCD es un rombo.
106
3
3.11 Practica lo aprendido
1. Demuestra que los puntos A(0, 3), B(4, –1), C(7, 2) y Un cuadrilátero es trapecio rectángulo si tiene un
D(5, 4) forman un trapecio rectángulo. par de lados opuestos paralelos y un ángulo recto.
2. Con los puntos A(–3, 3), B(–5, –1), C(5, 1) y D(3, 5) se forma un cuadrilátero. Demuestra que el
Unidad 2
cuadrilátero formado por los puntos medios de los lados de ABCD es paralelogramo.
3. Encuentra la ecuación de la mediatriz del segmento La mediatriz de un segmento es la recta que corta
al segmento en su punto medio y forma con él un
formado por los puntos A(–1, 6) y B(7, 4).
ángulo recto.
4. La mediana en un triángulo es el segmento que inicia en un vértice y termina en el punto medio del
lado opuesto al vértice; en un triángulo pueden trazarse tres medianas (una por cada vértice). Se forma
un triángulo cuyos vértices son A(–3, 0), B(3, 0) y C(5, 4); realiza lo siguiente:
y
a) encuentra las coordenadas del punto medio de cada 4
C
lado;
b) encuentra las ecuaciones de las tres medianas del trián-
gulo ABC (por ejemplo, una de ellas pasa por A(–3, 0) y
por el punto medio del lado BC);
c) verifica que las medianas se intersecan en un punto. A
–3 0 3B 5
x
5. La altura en un triángulo es el segmento que inicia en un vértice y forma con el lado opuesto un ángulo
recto; en un triángulo pueden trazarse tres alturas (una por cada vértice). Se forma un triángulo cuyos
vértices son A(–4, 1), B(2, 1) y C(1, 6); realiza lo siguiente: y
6
C
a) encuentra las pendientes de las rectas que pasan por
los puntos A y B, B y C, y C y A;
b) encuentra las ecuaciones de las tres alturas del triángu-
lo ABC (por ejemplo, una de ellas pasa por A(–4, 1) y es
perpendicular al lado BC);
c) verifica que las alturas se intersecan en un punto.
A 1 B
x
–4 0 1 2
y
6. Se forma un triángulo con los puntos A(0, 0), B(6, 0) y
C(2, 4); realiza lo siguiente:
4
C
a) encuentra las coordenadas del punto medio de cada
lado;
b) encuentra las ecuaciones de las mediatrices del trián-
gulo (por ejemplo, una de ellas pasa por el punto medio
del lado AB y es perpendicular a este); A B x
0 2 6
c) verifica que las mediatrices se intersecan en un punto.
43
Solución de problemas:
1. Se probará que AB y CD son paralelos y que AB es perpendicular a BC. y
Sean m1, m2 y m3 las pendientes de las rectas que pasan por A y B; 4
D
B y C; C y D respectivamente. 3
A
m1 = –1 – 3 = –1, m2 = 2 – (–1) = 3 = 1 y m3 = 4 – 2 = –1 2 C
4–0 7–4 3 5–7
1
Así, m1 = m3 entonces AB es paralelo a CD.
0 1 2 3 4 5 6 7
x
También, m1m2 = –1 por lo que AB es perpendicular a BC. –1
B
Por lo tanto, ABCD es un trapecio rectángulo.
y
2. Se obtienen los puntos medios M, N, O y P de los segmentos AD, D
5
AB, BC y CD respectivamente. M
4
( ) = M(0, 4) ( ) = N(–4, 1)
3 + (–3) 5 + 3 –3 + (–5) 3 + (–1) A P
M 2
, 2 N 2
, 2 3
2
0–1
Por M y P es 3 – 4 = – 1 . Por N y O es 0 – (–4) = – 1 . Así, MP es paralelo a NO.
4–0 4 4
Por lo tanto, MNOP es un paralelogramo.
3. Se encuentra la ecuación de la mediatriz del segmento formado por los puntos A(–1, 6) y B(7, 4).
( 2 )
Se obtiene el punto medio de A y B: 7 + (–1) , 4 + 6 = M(3, 5).
2
4–6
La pendiente de la recta que pasa por A y B es 7 – (–1) = –2 = – 1 .
8 4
108
4b) Se obtiene las ecuaciones de las tres medianas:
Mediana AP Mediana CN Mediana BM
2–0 4–0 2–0
y – 0 = 4 – (–3) (x – (–3)) y – 0 = 5 – 0(x – 0) y – 0 = 1 – 3(x – 3)
2 6 4 2
y = 7x + 7 y = 5x y = –2 (x – 3)
4 y = –x + 3
y = 5x
4c) Se determina el punto de intersección de CN y BM.
4 5
Se sustituye la ecuación de BM en la de CN: –x + 3 = 5x � –5x + 15 = 4x � 9x = 15 � x = 3.
5
( )
4 5
Se sustituye x = 3 en la ecuación de CN: y = 5 3 = 3.
4
( 5 4 )
Así, 3, 3 está en la mediana AP.
Por lo tanto, todas las medianas se intersecan en el punto 3, 3 . ( 5 4 )
5a) Sean m1, m2 y m3 las pendientes de las rectas que pasan por A y B, B y
y C, y C y A respectivamente. C
6
m1 = 1 – 1 = 0, m2 = 6 – 1 = –5 y m3 = 1 – 6 = 1
2 – (–4) 1–2 –4 – 1
5b) Sean n1, n2 y n3 las pendientes de las alturas que pasan por C, A y B,
respectivamente.
� ya que AB es horizontal, la altura que pasa por C es x = 1.
Luego, n2(–5) = –1 � n2 = 1 � la altura que pasa por A es
5
A 1 B
y – 1 = 1(x + 4) � y = 1x + 9.
5 5 5 –4 0 1 2
Luego, n3(1) = –1 � n3 = –1 � la altura que pasa por B es
y – 1 = –(x – 2) � y = –x + 3.
( 2 2 ) ( 2 2 ) ( 2 2 )
M 0 + 6, 0 + 0 = M(3, 0), N 6 + 2, 0 + 4 = N(4, 2), P 2 + 0, 4 + 0 = P(1, 2).
1. Dados los puntos A(–5, 3) y B(4, –3), encuentra las coordenadas de los puntos C y D que dividen al
segmento AB en tres partes iguales.
El punto C divide al segmento AB
en razón 1:2.
1
2. Determina el valor de a para que el punto P a + 1, se encuentre sobre la recta con ecuación
a
2x – 3y + 3 = 0.
3. Tres de los vértices de un paralelogramo ABCD son A(–5, 0), B(–2, –1) y C(5, 2). Encuentra las coordenadas
del cuarto vértice.
4. Con el triángulo ABC cuyos vértices son A(0, 8), B(–4, 0) y C(10, 4) realiza lo siguiente:
a) encuentra los puntos medios de los lados AB, BC y CA, y denótalos por D, E y F respectivamente;
b) encuentra las coordenadas del punto que divide al segmento AE en razón 2:1;
c) encuentra las coordenadas de los puntos que dividen a los segmentos BF y CD en razón 2:1. ¿Qué
relación hay con el literal anterior?
d) ¿Qué puedes concluir de este problema y el problema 4 de la clase 3.11?
5. Dos vértices consecutivos de un paralelogramo son A(–3, –1) y B(2, 2). Si la intersección de sus diagonales
está en el punto P(3, 0), ¿cuáles son las coordenadas de sus otros dos vértices?
6. Los puntos medios de los lados AB, BC y CA de un triángulo son D(–1, –1), E(4, 2) y F(2, 3) respectivamente.
Encuentra las coordenadas de los vértices A, B y C del triángulo.
7. Demuestra que si dos rectas con ecuaciones ax + by + c = 0 y a1x + b1y + c1 = 0 son perpendiculares
entonces aa1 + bb1 = 0.
8. Demuestra que la ecuación de la recta que pasa por el punto P(x1, y1) y que además es paralela a la recta
l: ax + by + c = 0 es a(x – x1) + b(y – y1) = 0.
9. Las rectas l1 y l2 se cortan formando un ángulo de 135° (medido de l1 a l2). Si la pendiente de l2 es igual a
–3, ¿cuál es el valor de la pendiente de l1?
10. Encuentra las coordenadas de los vértices B y C de un triángulo ABC, si las coordenadas de A son
(–4, 0) y las ecuaciones de la altura y mediana trazadas desde B son 4x + y – 7 = 0 y 2x – y + 1 = 0
respectivamente.
44
110
Indicador de logro
3.12 Resuelve problemas correspondientes a la línea recta.
Solución de problemas:
( ) ( 3 3 )
1. El punto C que divide al segmento AB en razón 1:2 es C 2(–5) + 1(4), 2(3) + 1(–3) = C –6 , 3 = C(–2, 1).
1+2 1+2
Luego, D es el punto medio del segmento BC: D (
4 + (–2) –3 + 1
2
,
2 )
= D(1, –1).
2. Se evalúa el punto P a + 1, ( 1
a
) en la ecuación de la recta 2x – 3y + 3 = 0.
( a1 )
2(a + 1) – 3 + 3 = 0 � 2a(a + 1) – 3 + 3a = 0 � 2a2 + 5a – 3 = 0 � (a + 3) (2a – 1) = 0 � a = –3, a = 1
2
3. Si el punto D(a, b) es el cuarto vértice entonces AD es paralela a BC y CD es paralela a AB.
Utilizando pendientes:
a – (–5) 5 – (–2)
3
Las pendientes de las rectas AD y BC son iguales: b – 0 = 2 – (–1) = 7 � 7b = 3a + 15 ------ (1).
b–2 –1 – 0 –1
Las pendientes de las rectas CD y AB son iguales: = = � 3b – 6 = –a + 5 � a = –3b + 11 ---(2).
a – 5 –2 – (–5) 3
Se sustituye (2) en (1): 7b = 3(–3b + 11) + 15 � 7b = –9b + 33 + 15 � 16b = 48 � b = 3.
4. Los vértices del triángulo ABC son A(0, 8), B(–4, 0) y C(10, 4).
( ) ( ) (
4a) D 0 + (–4), 8 + 0 = D(–2, 4); E –4 + 10, 0 + 4 = E(3, 2); F 0 + 10, 8 + 4 = F(5, 6).
2 2 2 2 2 2 )
4b) El punto es (
1(0) + 2(3) 1(8) + 2(2)
2+1
,
2+1
= , ) ( )
6 12
3 3
= (2, 4).
2+1 ( 2+1 ) ( )
4c) En el segmento BF: 1(–4) + 2(5), 1(0) + 2(6) = 6, 12 = (2, 4).
3 3
En el segmento CD:
2+1 (
1(10) + 2(–2) 1(4) + 2(4)
,
2+1 ) ( )
= 6, 12 = (2, 4).
3 3
¿Qué relación hay con el literal anterior? El punto encontrado para cada segmento es el mismo.
4d) El punto de intersección de las medianas divide a cada una de ellas en dos segmentos que se encuentran
en razón 2:1.
�a=9yb=1 � c = 4 y d = –2
Por lo tanto, las coordenadas de los otros vértices son: (9, 1) y (4, –2).
7. Si una de las rectas es vertical, por ejemplo ax + by + c = 0, se debe cumplir b = 0, y una recta perpendicular
a esta es horizontal, entonces a1 = 0. Entonces aa1 + bb1 = a(0) + 0(b1) = 0.
Luego, si ninguna es vertical, entonces b ≠ 0 y b1 ≠ 0.
Se reescriben las ecuaciones para obtener sus pendientes:
a c a c
ax + by + c = 0 � y = – bx – b y a1x + b1y + c1 = 0 � y = – b1 x – b1
( )( ) = –1 � aa = –bb � aa + bb = 0.
1 1
a a
Al ser perpendiculares se cumple que –b – b1 1 1 1 1
1
a c a
8. Si b ≠ 0, la recta ax + by + c = 0 se reescribe como y = – bx – b, así su pendiente es – b.
Así la recta paralela a la recta ax + by + c = 0 que pasa por P(x1, y1) es:
a La recta a(x – x1) + b(y – y1 ) = 0 es el
y – y1 = – b(x – x1) � b(y – y1 ) = –a(x – x1) � a(x – x1) + b(y – y1 ) = 0. desplazamiento paralelo de la recta
c l que pasa por P(x1, y1).
Si b = 0, la recta tiene ecuación ax + c = 0 � x = – a, con a ≠ 0.
Así, la recta paralela a la recta ax + by + c = 0 que pasa por P(x1, y1) es:
x = x1 � x – x1 = 0, esta ecuación puede reescribirse como a(x – x1) + b(y – y1 ) = 0, ya que b = 0.
9. Sean m1 y m2 las pendientes de las rectas l1 y l2, respectivamente entonces m2 = –3 y se cumple que
–3 – m
tan 135° = 1 + m (–3)
1
1
–3 – m
� –1 = 1 + m (–3)
1
1
� –1 + 3m1 = – 3 – m1 � 4m1 = – 2 � m1 = – 1.
2
10. El punto B es el punto de intersección de la altura y la mediana, así basta resolver el sistema:
4x + y – 7 = 0 ---- (1)
2x – y + 1 = 0 ---- (2) Con solución: x = 1, y = 3. Por lo tanto, el vértice B es (1, 3).
( 2 2 )
Luego, para el vértice C(a, b). El punto medio de AC es M a – 4, b y M está en la mediana, así se puede
(2)
sustituir en su ecuación (2): 2 a – 4 – b + 1 = 0 y se obtiene que 2a – b = 6 ---- (1)
2
Ahora, la recta que pasa por A y C tiene pendiente b – 0 = b .
a – (–4) a + 4
Se obtiene la pendiente de la altura 4x + y – 7 = 0 � y = –4x + 7, tiene pendiente –4. y
( )
Se cumple que –4 b = –1 � 4b = a + 4 � a = 4b – 4, se sustituye en (1):
a+4
B
C
2(4b – 4) – b = 6,
de donde se obtiene que b = 2 � a = 4(2) – 4 = 4. A
x
Por lo tanto, C(a, b) = C(4, 2). –4 0
112
4 Práctica en GeoGebra
Debes verificar si tu computadora cuenta con GeoGebra, para ello busca el ícono de la aplicación (es el que
Unidad 2
se encuentra en la esquina superior derecha de esta página). Caso contrario puedes descargar el software
siguiendo el enlace: https://goo.gl/jRmmdc
Descarga (instala) “GeoGebra Clásico 5”. También puedes descargar la app para el celular o trabajar
“GeoGebra en línea” en los siguientes enlaces:
App → https://goo.gl/wf5mHx En línea → https://goo.gl/ThXbeB
Práctica
Puntos y segmentos en el plano cartesiano
1. Abre un nuevo archivo de GeoGebra dando clic (o doble clic) al ícono del software.
d) También puedes crear segmentos usando la barra de entrada en lugar de la herramienta Segmento.
Crea los puntos C(–4, 1) y D(2, 3); en la barra de entrada escribe la palabra segmento y elige la opción
“Segmento(<Punto(extremo)>, <Punto(extremo)>)”. En lugar de <Punto(extremo)> escribe C y D
respectivamente.
45
c) En la Vista Gráfica (o en la Vista Algebraica) da clic sobre los puntos A y B, aparecerá un nuevo punto C
con coordenadas (1, –1) que corresponde al punto medio del segmento AB.
d) Verifica las soluciones de los problemas 7, 8, 9 y 10 de la clase 1.6 (Practica lo aprendido).
3. Verifica las soluciones de los problemas desde la clase 2.2 hasta la 2.5 de esta unidad.
46
114
Indicador de logro
4.1 Utiliza un software matemático para elaborar segmentos y líneas rectas dados dos puntos o su ecuación, y
para calcular coordenadas del punto medio y valor de la pendiente.
Secuencia
Se utilizarán las herramientas de GeoGebra para trazar puntos, segmentos y rectas. Esto permitirá al estu-
diante comprobar problemas desarrollados a lo largo de las lecciones 1 y 2 de esta unidad.
Solución de problemas:
1a) Escribir en la barra de entrada A=(–4, –3) y luego B=(6, 1). En la barra de herramientas dar clic sobre la
parte inferior derecha de la herramienta Recta y seleccionar Segmento y seleccionar los dos puntos A y B.
1b) Dar clic sobre la parte inferior derecha de la herramienta Punto y seleccionar Medio o Centro.
1c) En la Vista Gráfica (o en la Vista Algebraica) dar clic sobre los puntos A y B, aparecerá un nuevo punto
C con coordenadas (1, –1) que corresponde al punto medio de AB.
1d) Problema 7: Se grafica el punto A(–1, 3) y el punto solución (4, –2) luego se determina el punto medio
con el procedimiento realizado en 1b) y 1c).
3. Clase 2.2: Para comprobar la respuesta en cada literal se grafica la recta obtenida, se determina su
pendiente y se grafica el punto dado.
Clase 2.3: Se pueden graficar los puntos dados en cada literal y luego utilizar la barra de herramientas para
graficar la recta que pasa por estos dos puntos o escribir en la barra de entrada Recta((–3, –1), (1, –5)),
para el literal a), por ejemplo.
Clase 2.4: Para cada literal graficar el punto dado, luego dar clic sobre la parte inferior derecha de la
herramienta Perpendicular y seleccionar Paralela. En la vista gráfica seleccionar el punto que se graficó y
el eje x o el eje y según corresponda.
Clase 2.5: 1. Para cada literal se escribe la ecuación dada en la barra de herramientas.
Práctica
Intersecciones con los ejes de coordenadas y rectas:
Unidad 2
1. Traza la recta 10x – 3y + 2 = 0 (acerca la Vista Gráfica si lo crees necesario).
2. Da clic sobre la parte inferior derecha de la herramienta Punto y selecciona Intersección. En la Vista
Gráfica da clic sobre el eje x (o el eje y) y después sobre la línea recta; en la Vista Algebraica aparecerán
las coordenadas del punto de intersección de la recta con el eje x (o el eje y).
3. Para encontrar la intersección entre dos rectas se utiliza la misma herramienta; en este caso, en lugar de
seleccionar alguno de los ejes de coordenadas se seleccionan ambas rectas.
En la ventana, la recta
perpendicular se co-
locó en el punto (4, 2),
por tanto su ecuación
es –x + 2y = 0.
47
116
4
Ángulo de inclinación de una recta:
5. Para calcular el ángulo de inclinación debe tenerse en consideración la pendiente de la recta:
a) Pendiente positiva: traza la gráfica de x – 2y + 1 = 0; en la barra de entrada escribe ángulo y en la lista
selecciona Ángulo(<Lado(recta, semirrecta o segmento)>, <Lado(recta, semirrecta o segmento)>). En
lugar de <Lado(recta, semirrecta o segmento)> escribe primero y=0 y luego la letra que aparece en la
Vista Algebraica antes de la ecuación:
Observa que GeoGebra devuelve el ángulo medido desde la recta 3x + y – 1 = 0 hacia el eje positivo x.
Entonces el ángulo de inclinación de la recta será igual a la diferencia de 180° menos el obtenido con
el comando.
Actividades
1. Verifica tus soluciones de los problemas desde la clase 3.1 hasta la clase 3.5 sobre intersecciones con los
ejes de coordenadas, intersecciones entre rectas, rectas paralelas y perpendiculares.
y
Si l1 es la recta perpendicular a l
2. Utilizando la recta l: y = –3x + 2 y el punto que pasa por P y R es el punto de l P
P(–2, –1), determina el procedimiento con intersección entre l y l1 entonces,
calcular d(P, l) equivale a encon-
GeoGebra para calcular la distancia desde el x
trar d(P, R). R
punto P hasta la recta l.
48
Secuencia Propósito
Ahora se estudiarán en GeoGebra algunos de los Los numerales 2 y 3 de las actividades permiti-
conceptos utilizados en la lección 3 como paralelis- rán al estudiante describir procesos para resolver
mo, perpendicularidad y ángulo entre rectas. problemas en GeoGebra.
Solución de problemas:
1. Clase 3.1: Para el numeral 1, en cada literal graficar la recta dada, en la herramienta Punto seleccionar
Intersección, luego seleccionar la recta graficada y el eje x.
Clase 3.2: Para el numeral 1, en cada literal graficar la recta dada, en la herramienta Punto seleccionar
Intersección, luego seleccionar la recta graficada y el eje y.
Para el numeral 2, se sigue el mismo procedimiento: graficar la recta y se determinan los interceptos con
los pasos hechos anteriormente.
Clase 3.3: Para el numeral 1, graficar las rectas dadas y utilizar la herramienta Intersección.
En el numeral 3 basta graficar las rectas dadas y ver que son paralelas. También puede utilizar la herramienta
Intersección.
Clase 3.4: Para el numeral 1, en cada literal graficar las rectas dadas, se puede utilizar la herramienta
Intersección, si no existe punto de intersección entre las rectas entonces son paralelas. Para el numeral 2,
graficar la recta dada y el punto indicado, utilizar la herramienta Paralela, seleccionar el punto y la recta
en la vista gráfica y se graficará la recta que se pide.
Clase 3.5: Numeral 1: para cada literal graficar las rectas dadas, luego utilizar la herramienta Ángulo y dar
clic sobre las rectas, se graficará el ángulo entre las rectas.
Numeral 2: En cada literal graficar la recta y el punto dados. Utilizar la herramienta Perpendicular y
seleccionar la recta y el punto, se graficará la recta buscada.
3. Graficar las rectas escribiéndolas en la barra de entrada, seleccionar la herramienta Ángulo y dar clic sobre
las rectas dadas.
118
Unidad 3. Secciones cónicas
Competencia de la unidad
Determinar la estructura, elementos y propiedades de las cuatro secciones cónicas, deduciendo y ana-
lizando las ecuaciones de cada una de ellas, para utilizarlo en la resolución de problemas de aplicación
en diferentes áreas científicas.
Relación y desarrollo
1 4. La parábola
1 5. Desplazamientos paralelos
1 9. Determinación de parámetros
1 1. La circunferencia
124
Lección Horas Clases
1 6. Practica lo aprendido
1 7. Aplicaciones de la circunferencia
1 2. La elipse
1 6. Practica lo aprendido
2 7. Aplicaciones de la elipse
1 2. La hipérbola
1 6. Practica lo aprendido
2 7. Aplicaciones de la hipérbola
2 8. Problemas de la unidad
41 horas clase + prueba del primer periodo + prueba de las lecciones 1 y 2 + prueba de las lecciones 3 y 4
Lección 1: La parábola
Se estudia desde la definición de lugar geométrico, trabajando un poco sobre la forma de plantear un problema
para encontrar la ecuación que determina un lugar geométrico descrito matemáticamente, y se definen proce-
dimientos generales para los desplazamientos paralelos y para completar cuadrados perfectos. Se trabaja con
los contenidos correspondientes de la parábola, iniciando con su definición, luego identificando sus elementos y
finalmente estudiando sus aplicaciones utilizando la propiedad reflectora del foco; además, se hace un estudio
de las rectas secantes y tangentes a la parábola. En esta unidad se aborda primero la parábola, puesto que en su
ecuación general es más sencillo completar cuadrados, debido a que este procedimiento solamente es necesario
hacerlo una vez.
Lección 2: La circunferencia
Este lugar geométrico ya es conocido por los estudiantes de manera geométrica. En esta lección se establece de
manera analítica su ecuación a partir de su definición, utilizando los resultados que se tienen en el plano car-
tesiano, y se trabajan los demás temas de manera muy parecida a la parábola. Además, se abarca el contenido
de las rectas tangentes a la circunferencia en un punto específico, de manera general, el cual es un resultado
muy práctico pero con cierta complejidad en su demostración; finalmente, es necesario aplicar la resolución de
ecuaciones cuadráticas de manera eficiente, pues será muy útil en esta lección y en general en toda la unidad.
Lección 3: La elipse
Para iniciar esta lección se realiza una actividad con la cual los estudiantes se puedan familiarizar con la forma
geométrica de una elipse, y puedan asociarla con su definición formal, a partir de construcciones en algunos
materiales de uso cotidiano; luego se realiza el estudio teórico de la elipse y sus elementos, para finalizar con las
aplicaciones que tiene tanto su forma geométrica como la propiedad reflectora de sus focos.
126
Lección 4: La hipérbola
Después de haber abordado casi todas las secciones cónicas, se trabaja con la hipérbola, cuya complejidad es un
poco mayor respecto de las figuras anteriores, de manera similar, se hace una actividad con los estudiantes para
que puedan familiarizarse con la forma geométrica de una hipérbola, y logren asociarla con su definición formal;
posteriormente se realiza el estudio teórico de la hipérbola, sus elementos y propiedades, y de manera análoga
se estudian las aplicaciones que tiene ya sea por su forma geométrica o por la propiedad reflectora de sus focos.
En esta lección también se abordan algunos problemas que tienen correspondencia con todas las lecciones tra-
bajadas durante la unidad, con el fin de asegurar el aprendizaje y la comprensión de todos los contenidos.
a) La ecuación es una función lineal y su gráfica en b) La ecuación es una función cuadrática y su grá-
el plano es: fica en el plano es:
y y
4 4
3 3
2 2
1 1
x x
‒2 ‒1 0 1 2 3 ‒2 ‒1 0 1 2
‒1 ‒1
‒2 ‒2
Por lo tanto, el conjunto de puntos que satis- Por lo tanto, el conjunto de puntos que satisfa-
facen la ecuación y = 2x + 1 es una línea recta. cen la ecuación y = x2 – 1 es una parábola.
El lugar geométrico determinado por una ecuación es el conjunto de puntos que satisfacen dicha ecuación;
en casos particulares pueden ser figuras conocidas como un punto, una línea recta, una circunferencia, una
parábola, etc.
roblemas
1. Grafica en el plano cartesiano el lugar geométrico determinado por cada ecuación.
a) y = x – 4 b) y = –3x + 2 c) y = x2 – 3
2. Determina las ecuaciones cuyo lugar geométrico corresponda a cada gráfica.
a) y b)
y
4 4
3 3
2 2
1 1
‒2 ‒1 0 1 2 3
x ‒1 0 1 2 3
x
‒1 ‒1
‒2 ‒2
50
128
Indicador de logro
1.1 Grafica el lugar geométrico determinado por una ecuación.
Secuencia Propósito
De la unidad anterior, sobre línea recta, los estu- El Problema inicial utiliza las ecuaciones de fun-
diantes han utilizado el plano cartesiano como lu- ciones ya conocidas por los estudiantes, tales
gar para graficar diferentes figuras geométricas, y como la línea recta o la parábola, con el objeti-
se parte de las figuras que conoce para introducir vo de introducir la definición del término “Lugar
conceptos sobre geometría analítica. geométrico” de una ecuación.
Solución de problemas:
1a) y 1b) y 1c) y
1 4 1
‒1 0 1 2 3 4
x 3
‒2 ‒1 0 1 2
x
‒1 2 ‒1
‒2 1 ‒2
‒3
‒1 0 1 x ‒3
‒4 ‒1 ‒4
2a) Es una línea recta que pasa por los puntos 2b) Es una parábola desplazada 1 unidad a la dere-
(0, –1) y (–1, 2), entonces: cha y 2 hacia abajo. Ahora si el vértice de esta
2 – (–1) parábola estuviera en el origen sería de la for-
La pendiente es –1 – 0 = –3.
ma y = ax2, y pasaría por el punto (1, 1), así se
El intercepto con el eje y es –1. debe cumplir que:
Por lo tanto, la ecuación es: 1 = a(1)2
y = –3x – 1. 1=a
Por lo tanto, la ecuación que determina dicho
En el numeral 2, considere que un estudiante puede lugar geométrico es la parábola y = x2 despla-
expresar de diferente forma las ecuaciones, por zada 1 unidad a la derecha y 2 hacia abajo, es
ejemplo en el literal b, podría desarrollar el cuadrado decir, y + 2 = (x – 1)2, o bien y = (x – 1)2 – 2.
del binomio o dejarlo indicado; en este caso cualquier
forma de expresar la ecuación se podría considerar
correcta, a menos que como docente brinde la
indicación de expresarlo en una forma específica.
Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos cuya distancia al punto A (0, 2) es igual
a la distancia al punto B(4, 0).
y
Se colocan los puntos A y B en el plano cartesiano. 4
Unidad 3
‒1 0 1 2 3
x
(x – 0)2 + (y – 2)2 = (x – 4)2 + (y – 0)2 elevando al cuadrado,
‒1
x2 + y2 – 4y + 4 = x2 – 8x + 16 + y2 simplificando la ecuación,
‒2
8x – 4y – 12 = 0.
‒3
Por lo tanto, la ecuación que determina el lugar geométrico es 2x – y – 3 = 0, y
gráficamente es la recta perpendicular al segmento AB que pasa por su punto Puedes comprobar que las
rectas son perpendiculares.
medio (mediatriz del segmento AB).
Para deducir la ecuación que determina un lugar geométrico con condiciones específicas, se plantea la
ecuación que cumple las condiciones requeridas, aplicando conceptos de distancia entre puntos, entre
punto y recta, etc.
Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos cuya distancia al eje x es siempre igual
a la distancia al punto A(0, 2). y
En particular un punto que cumple es el punto medio de la distancia 4
entre el punto A y el eje x. P(x, y)
3
Planteando la ecuación para P(x, y) que cumple las condiciones: A2
d(P, Q) = d(A, P)
1
|y| = (x – 0)2 + (y – 2)2 elevando al cuadrado, Q(x, 0)
x
y2 = x2 + y2 – 4y + 4 simplificando la ecuación, ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3
x2 – 4y + 4 = 0. ‒1
roblemas
1. Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos cuya distancia al punto A(2, –3) es
igual a la distancia al punto B(0, –1).
2. Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos cuya distancia a la recta y = –1 es
siempre igual a la distancia al punto A(0, 1).
3. Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos que están a 2 unidades de distancia
del eje y.
4. Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos que están a igual distancia del eje
x como del eje y.
51
130
Indicador de logro
1.2 Deduce la ecuación que determina un lugar geométrico con condiciones dadas.
Secuencia Propósito
Ahora que los estudiantes ya saben qué es un El Ejemplo es un problema parecido al inicial, de
lugar geométrico, se trabajarán problemas que modo que apliquen los conocimientos sobre dis-
brindan condiciones que determinan un lugar en tancia entre dos puntos o distancia entre punto y
el plano para deducir sus ecuaciones. Esta clase recta. Al resolverlo se avanza en la deducción de
tiene asterisco, lo que indica que el docente debe la ecuación canónica de la parábola, partiendo de
dar mayor apoyo a sus estudiantes. un caso específico.
Solución de problemas:
1. Tomando en general los puntos P(x, y) que cumplen la condición y utilizando la distancia entre dos
puntos:
d(A, P) = d(P, B)
(x – 2) + (y + 3)2 = (x – 0)2 + (y + 1)2 elevando al cuadrado cada miembro,
2
x2 + y2 – 4x + 4 + 6y + 9 = x2 + y2 + 2y + 1
–4x + 4y + 12 = 0 dividiendo por –4,
x – y – 3 = 0.
2. Tomando en general los puntos P(x, y) que cumplen la condición y utilizando la distancia entre dos
puntos y distancia de un punto a una recta:
d(P, l) = d(A, P) l: recta y = –1,
|y – (–1)| = (x – 0)2 + (y – 1)2 elevando al cuadrado cada miembro,
y2 + 2y + 1 = x2 + y2 – 2y + 1
x2 – 4y = 0.
3. Tomando en general los puntos P(x, y) que cumplen la condición y utilizando la distancia de un punto
a una recta:
d(P, l) = 2
|x – 0| = 2
|x| = 2
x = 2 o x = –2
Por lo tanto, son los puntos que pertenecen a las rectas x = 2 o x = –2.
4. Tomando en general los puntos P(x, y) que cumplen la condición y utilizando la distancia de un punto
a una recta:
d(P, l1) = d(P, l2) l1: el eje x, l2: el eje y.
|x| = |y|
x = y o x = –y
Por lo tanto, son los puntos que pertenecen a las rectas y = x o y = –x.
ES
- Hoja de papel vegetal
ES
3
M A 503
MA 503
4
TETE
- Plumón 5
- Regla 7
10
11
12
Actividad
1. Dibuja una recta paralela al lado más 2. Dibuja un punto arriba de la recta, y
angosto de la página, cercana al final en medio de la página.
de la misma.
Definición
La figura que queda marcada por los cortes de los dobleces es una parábola. Observa que cada punto de
ella cumple la condición de estar a igual distancia del punto dibujado como de la recta dibujada.
Preguntas
1. ¿Qué pasaría con la parábola si el punto se separa más de la recta dibujada?
2. ¿Qué pasaría si el punto se dibujara por debajo de la línea?
3. ¿Qué pasaría si la recta se dibujara vertical y con el punto a la derecha o izquierda de ella?
4. Analiza por qué se cumple que los puntos que determinan la parábola están a igual distancia del punto
como de la recta.
52
132
Indicador de logro
1.3 Identifica el lugar geométrico de una parábola.
Secuencia
Ahora que los estudiantes ya han deducido ecuaciones para lugares geométricos específicos, se construirá
la forma que tiene una parábola, basado en su definición.
Propósito
En la Actividad se espera que logren asociar la definición geométrica con la figura que conocen de la
parábola, para que luego al deducir su ecuación canónica quede claro que esta ecuación define el lugar
geométrico de una parábola.
Materiales
En la clase se utilizarán hojas de papel vegetal, plumón y regla (uno de cada uno por estudiante).
Solución de problemas:
1. Los dobleces tendrían una menor inclinación y tenderían a ser menos verticales conforme se aleje más
el punto de la línea, entonces se formaría una parábola cada vez más abierta.
2. También se formaría una parábola pero abierta hacia abajo, porque ahora los dobleces quedarían al
revés.
3. Los dobleces se inclinarían, partirían de una posición vertical e irían tendiendo a ser horizontales, enton-
ces se formaría una parábola ya sea abierta hacia la derecha, o bien, abierta hacia la izquierda.
4. Considerando el doblez m, y sea R la intersección de dicho doblez con la recta dibujada l, sea H el punto
que corresponde al punto A, se cumple que RA = RH, por ser simétricos respecto a m, y sea P el punto
de intersección de m y la perpendicular a l que pasa por H, entonces, d(P, A) = d(P, H) = d(P, l), porque
las líneas se sobreponen al hacer el doblez.
Si Q es otro punto del doblez (recta m) entonces d(Q, A) = d(Q, H) > d(Q, I) = d(Q, l).
Por lo tanto, entre los puntos de la recta m solamente P está en la curva cuyos puntos equidistan al
punto A y la recta l (m es tangente a la curva en el punto P). Luego, esta curva es la figura marcada por
los cortes de los dobleces.
Q A
l
H I R
Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos cuya distancia a la recta y = –p es igual
a la distancia al punto F(0, p).
Unidad 3
0
La ecuación que determina el espacio geométrico de una parábola está dada por: y = 1 x2.
4p
En esta ecuación, el vértice de la parábola siempre estará en el origen (0, 0). Si el parámetro p es negativo, la ecua-
El valor de p recibe el nombre de parámetro. ción determina una parábola abierta
hacia abajo.
El punto F(0, p) es conocido como el foco de la parábola, la recta y = –p
es conocida como la directriz de la parábola. La recta perpendicular a la Si la directriz es una recta vertical de
la forma x = –p, la parábola sería ho-
directriz que pasa por el foco de la parábola se conoce como eje. rizontal y su ecuación sería:
1 2
x= y
1 4p
2
1
y
Determina el foco, la directriz y el vértice de la parábola y = 4 x2, luego localiza
cada uno en el plano cartesiano y grafica la parábola. 2
1 1 F
Se tiene que 4 = 4p , es decir, p = 1. 1
x
Foco: F(0, 1) Directriz: y = –1 Vértice: V(0, 0) ‒1 V 1
‒1
roblemas
1. Deduce la ecuación y grafica la parábola con el foco y la directriz indicada en cada literal.
1 1 1 1
a) F(0, 2), y = –2 b) F(0, –1), y = 1 c) F 0, 8 , y = – 8 d) F 0, – 16 , y = 16 e) F(2, 0), x = –2
2. Determina las coordenadas del foco, el vértice y la ecuación de la directriz, luego localízalos en el plano
cartesiano y grafica la parábola.
1 1
a) y = 2x2 b) y = –x2 c) y = 8 x2 d) y = – 4 x2 e) x = 2y2
53
134
Indicador de logro
1.4 Deduce y grafica la ecuación de una parábola con vértice en el origen dados el foco y la directriz.
Secuencia Propósito
Una vez asociada la definición de parábola con su El Problema inicial plantea las condiciones de la
gráfica, se deduce su ecuación a partir de las con- definición de la parábola para poder deducir la
diciones dadas en la definición. Esta clase tiene ecuación que define su lugar geométrico.
asterisco, lo que indica que el docente debe dar
mayor apoyo a sus estudiantes.
Solución de problemas:
1 1
1a) El valor p = 2, entonces la ecuación de la parábola 1b) El valor p = –1, entonces y = 4(–1) x2 = – 4 x2.
1 1
es: y = 4(2) x2 = 8 x2 .
1 1 1
1c) El valor p = 8 , entonces y = x2 = 1 x2 = 2x2. 1d) El valor p = – 1 , entonces
16
4 1 2 1 1
8 y= x = – 1 x2 = –4x2.
2
1
4 – 4
16
1e) El valor p = 2, pero la recta es vertical y el punto está a la derecha de dicha recta, entonces intercambiando
x y y en y = 1 x2 la ecuación de la parábola es x = 1 y2 = 1 y2.
4p 4(2) 8
1 1
1
2a) Se calcula el valor de p: 2 = 1 , es decir, p = 8 . 2b) Se calcula el valor de p: –1 = 4p , es decir, p = – 4 .
4p
1
Foco: F 0, 8
Directriz: y=–1 Vértice: V(0, 0) 1 1
Foco: F 0, – 4 Directriz: y = 4 Vértice: V(0, 0)
8
y y
2
‒1
V 1
x
F
1 –1
F
‒1
V 1
x –2
1 1 1 1
2d) Se calcula el valor de p: – 4 = 4p, es decir, p = –1. 2e) Se calcula el valor de p: 2 = 4p , es decir, p = 8 .
Foco: F (0, –1) Directriz: y = 1 Vértice: V(0, 0) 1 1
Foco: F 8 , 0 Directriz: x = – 8 Vértice: V(0, 0)
y
y El literal c se puede resolver
de manera muy parecida al
1
literal d, siendo un poco 1
más sencillo porque el
V V F
‒1 1
x coeficiente es positivo, y x
los elementos son: 1 2
‒1 F
F (0, 2), y = –2, V(0, 0).
‒2 ‒1
Aplica desplazamientos verticales y horizontales para graficar el lugar geométrico que determina la ecua-
ción y = (x – 2)2 + 1 en el plano cartesiano. Determina las coordenadas del foco, el vértice y la ecuación de
la directriz. La gráfica de la función f(x – h) + k, es la grá-
fica de la función f(x) desplazada h unidades
a la derecha y k unidades hacia arriba.
La gráfica de la función y = (x – 2)2 + 1, es la gráfica de la función
y = x2 desplazada 2 unidades hacia la derecha y 1 unidad hacia
arriba.
1 1 y
Determinando p de y = x2: 1 = 4p , solucionando, p = 4 .
4
Además las coordenadas del vértice, el foco y la ecuación de la
directriz se desplazan de igual manera. 3
2
Ecuación y = x2 y = (x – 2)2 + 1 F
1 V
1 1 5
Foco F 0, 4 F 0 + 2, 4 + 1 = F 2, 4 x
‒1 0 1 2 3
Vértice V(0, 0) V(0 + 2, 0 + 1) = V(2, 1) ‒1
1 3
Directriz y=–4 y= 4
n general
Para desplazar una gráfica horizontalmente h unidades, se cambia la variable x por la expresión x – h; y
para desplazar una gráfica verticalmente k unidades se cambia la variable y por la expresión y – k.
Entonces la ecuación de una parábola de la forma y = 1 x2 desplazada h unidades horizontalmente y k
1 4p
unidades verticalmente es: y – k = 4p(x – h)2 . 1
En una parábola desplazada con ecuación y – k = 4p (x – h) , se cumple
2
roblemas
1. Determina la ecuación de la parábola desplazada h unidades horizontalmente y k unidades verticalmente,
en cada literal.
a) y = x2, h = 3, k = 2 b) y = 3x2, h = –1, k = 3 c) y = –x2, h = 1, k = –1
d) y = –2x2, h = –2, k = –1 e) y = 2x2, h = 0, k = 3 f) y = –3x2, h = –2, k = 0
2. Grafica en el plano cartesiano la parábola determinada por las siguientes ecuaciones. Luego determina
las coordenadas del foco, el vértice y la ecuación de la directriz de cada una.
a) y – 1 = (x – 4)2 b) y + 2 = 2(x – 3)2 c) y – 3 = –(x + 1)2 d) y + 1 = –2(x + 1)2
54
136
Indicador de logro
1.5 Encuentra y grafica la ecuación de una parábola desplazada paralelamente respecto a los ejes de coor-
denadas.
Secuencia Propósito
De la unidad de funciones reales vista en Primer En el Problema inicial y el Ejemplo, se espera que
año de bachillerato, se tiene un resultado para los estudiantes apliquen los desplazamientos pa-
los desplazamientos paralelos de la gráfica de ralelos para dibujar la gráfica de una parábola
una función; a partir de ella se deduce la gene- desplazada, para ubicar puntos específicos como
ralización de los desplazamientos paralelos para el foco o el vértice y rectas como la directriz; en
una ecuación cualquiera (no necesariamente fun- estos apartados y en los Problemas, no se espera
ción). que grafiquen utilizando tablas de valores.
Solución de problemas:
1a) y – 2 = (x – 3)2, o bien y = (x – 3)2 + 2. 1b) y – 3 = 3(x – (–1))2, o bien y = 3(x + 1)2 + 3.
1c) y – (–1) = –(x – 1)2, o bien y = –(x – 1)2 – 1. 1d) y – (–1) = –2(x – (–2))2, o bien y = –2(x + 2)2 – 1.
1e) y – 3 = 2(x – 0)2, o bien y = 2x2 + 3. 1f) y – 0 = –3(x – (–2))2, o bien y = –3(x + 2)2.
2a) y 2b) y
p= 1 p= 1
7 4 4 8
5 15
6 F 4, 4 3 F 3, – 8
5 V (4, 1) 2 V (3, –2)
4 1 17
3 y=– 8
y= 4
3
1 2 3 4 5
x
2 –1
F F
1 V –2
V
0 1 2 3 4 5 6 7
x
2c) y 2d) y
p=–1 p=– 1
4 4
‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
x 8
V 11 V 9
3 F –1, 4 ‒1 F –1, – 8
F F ‒2
2 V (–1, 3) V (–1, –1)
1 ‒3
13 7
y= 4 y=– 8
–3 –2 –1 1
x ‒4
‒5
Para completar el cuadrado perfecto en la expresión se suma y En el desarrollo del cuadrado de un binomio
se cumple que:
resta la misma cantidad para no alterar la expresión:
(x + a)2 = x2 + 2ax + a2
2 2
4 4 El término a2 puede obtenerse al dividir el
x2 + 4x = x2 + 4x + 2 – 2 coeficiente que acompaña a “x” entre 2 y
elevarlo al cuadrado.
= (x2 + 4x + 22) – 4 2a
2
= a2
2
= (x + 2)2 – 4
Unidad 3
Por lo tanto, x2 + 4x = (x + 2)2 – 4.
El método en el cual se suma y resta una cantidad adecuada para que una expresión se convierta en cuadra-
do perfecto se conoce como completar cuadrados perfectos, y es una estrategia muy útil para la resolución
de problemas en matemática.
a) x2 + 2x b) x2 + 6x c) x2 + 8x d) x2 – 4x e) x2 + 10x + 15
f) x2 – 2x – 1 g) 2x2 + 8x + 6 h) 3x2 – 6x – 2 i) –x2 – 4x – 4 j) –2x2 + 8x + 3
x
138
Indicador de logro
1.6 Completa cuadrados perfectos en una expresión algebraica.
Secuencia Propósito
El procedimiento para completar cuadrados se El Problema inicial utiliza la forma general en que
ha venido desarrollando y utilizando durante mu- se expresa una parábola desplazada, para lograr
chas unidades desde noveno grado, sin embargo, que en la siguiente clase el estudiante reconozca
siempre es necesario repasar este procedimiento que tiene que realizar el mismo procedimiento.
para realizarlo eficientemente, porque en especial El numeral 2 de los Problemas es para asociar la
en esta unidad se aplicará con mucha frecuencia. parte algebraica y geométrica de un cuadrado.
Solución de problemas:
1a) x2 + 2x + (1)2 – (1)2 = (x + 1)2 – 1 1b) x2 + 6x + (3)2 – (3)2 = (x + 3)2 – 9
2a) El área del cuadrado azul es x2, y el área de uno de los rectángulos celestes es a x , por lo
2
tanto, el área de la figura es:
x2 + a x + a x = x2 + ax. x
2 2
y
Despejando y y completando cuadrados perfectos para x.
5
y = x2 – 4x + 3
y = (x2 – 4x + 22) – 22 + 3 4
y = (x – 2)2 – 4 + 3 3
y = (x – 2)2 – 1 2
Expresando de otra manera: y – (–1) = (x – 2)2. 1
En general, para determinar los desplazamientos verticales y horizontales en una ecuación de la forma
1
ax2 + bx + cy + d = 0, se completan cuadrados perfectos y se expresa en la forma y – k = 4p(x – h)2. A la
ecuación de la forma ax2 + bx + cy + d = 0 se le llama ecuación general de la parábola.
y = –2(x + 2)2 + 1
Por lo tanto, es la parábola y = –2x2 desplazada 2 unidades hacia la izquierda y 1 unidad hacia arriba.
1
Determinando p: –2 = 4p , solucionando, p = – 1 .
8
Entonces:
Ecuación y = –2x2 y = –2(x + 2)2 + 1
1 7
Foco F 0, – 8 F –2, 8
roblemas
Para cada literal determina el vértice y grafica la parábola correspondiente.
a) x2 + 2x + 2 – y = 0 b) x2 – 4x + 3 – y = 0 c) x2 + 4x + 5 + y = 0 d) –x2 + 2x + 1 – y = 0
e) –2x2 – 12x – 20 + y = 0 f) 2x2 – 8x + 5 + y = 0 g) 3x2 – 6x + 5 + y = 0 h) 3x2 + 6x + y + 6 = 0
56
140
Indicador de logro
1.7 Determina las coordenadas del vértice y traza la gráfica de una parábola a partir de su ecuación general.
Secuencia Propósito
Una vez hecho el repaso sobre el procedimiento En el Problema inicial y Ejemplo de la clase ante-
para completar cuadrados se puede trabajar con rior y la presente, se han tomado parábolas des-
la ecuación general de la parábola, para encontrar plazadas a los cuatro cuadrantes del plano, y en
su vértice y graficarla en el plano cartesiano. los Problemas, algunas desplazadas sobre los ejes
coordenados también.
Solución de problemas:
a) y = x2 + 2x + (1)2 – (1)2 + 2 = (x + 1)2 + 1 b) y = x2 – 4x + (2)2 – (2)2 + 3 = (x – 2)2 – 1
y y
4 3
3 2
2 1
1
1 2 3 4 x
–3 –2 –1 1
x –1
V
c) y = –x2 – 4x – (2)2 + (2)2 – 5 = –(x + 2)2 – 1 d) y = –x2 + 2x – (1)2 + (1)2 + 1 = –(x – 1)2 + 2
y y
V
‒4 ‒3 ‒2 ‒1
x 2
V ‒1 1
‒2
–1 1 2 3 x
‒3 –1
‒4 –2
‒5
6 2
5 1
4
1 2 3 4 x
3 –1
2 –2
V
1
–5 –4 –3 –2 –1
x g) y = –3[x2 – 2x + (1)2 – (1)2] – 5= –3(x – 1)2 – 2
h) y = –3[x2 + 2x + (1)2 – (1)2] – 6 = –3(x + 1)2 – 3
141 Sugerencia Metodológica
1
1.8 Líneas rectas y parábolas
9
y = x2 ---------- (1)
Unidad 3
y=x+6 ---------- (2) 8
x2 = x + 6 igualando a cero, 5
x –x–6=0
2
factorizando, 4
1
Determinando el valor de y para cada valor de x:
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3
x
Si x = 3, entonces: y = 3 + 6 = 9.
Si x = –2, entonces: y = –2 + 6 = 4.
Las coordenadas de los puntos de intersección entre una parábola y una línea recta, corresponden a las
soluciones del sistema formado por sus ecuaciones.
roblemas
Determina los puntos de intersección entre la parábola y la línea recta de cada literal. Realiza la gráfica en
el plano cartesiano.
a) y = x2 b) y = x2 c) y = x2 – 1 d) y = x2 + 2x
y = 3x y = 2x + 3 y=x+1 y = –x – 2
e) y = x2 + 2 f) y = x2 g) y = x2 h) y = x2
y = 5x – 4 y=1 y = 2x – 1 y=x–1
57
142
Indicador de logro
1.8 Encuentra las coordenadas de los puntos de intersección entre la ecuación de una línea recta y una
parábola utilizando sus ecuaciones.
Secuencia Propósito
Una vez estudiadas las ecuaciones de la parábola Aplicar los conocimientos sobre ecuaciones cua-
se pueden utilizar para encontrar intersecciones dráticas, en especial el análisis del discriminante
con otras figuras geométricas como las líneas rec- para determinar la cantidad de intersecciones
tas. que hay entre una recta y una parábola.
Solución de problemas:
a) x2 = 3x y b) x2 = 2x + 3 y
x2 – 3x = 0 x2 – 2x – 3 = 0
8 8
x(x – 3) = 0 (x + 1)(x – 3) = 0
x=0ox=3 6 x = –1 o x = 3 6
2 2
Los puntos de intersección Los puntos de intersección
son (0, 0) y (3, 9). ‒2 0 2 x son (–1, 1) y (3, 9). ‒2 0 2 x
c) y d) y
x2 – 1 = x + 1 x2 + 2x = –x – 2
x2 – x – 2 = 0 x + 3x + 2 = 0
2
3 3
(x – 2)(x + 1) = 0 (x + 2)(x + 1) = 0
x = 2 o x = –1 2 x = –2 o x = –1 2
y = 2 + 1 = 3 o y = –1 + 1 = 0 1 y = –(–2) – 2 = 0 o y = –(–1) – 2 = –1 1
e) x2 + 2 = 5x – 4 y f) x2 = 1 y
x2 – 5x + 6 = 0 x –1=0
2
3
(x – 2)(x – 3) = 0 10 (x – 1)(x + 1) = 0
x=2ox=3 8 x = 1 o x = –1 2
‒2 0 2 x
g) x2 = 2x – 1 h) x2 = x – 1
x – 2x + 1 = 0
2
x –x+1=0
2
(x – 1)2 = 0
No tiene solución en los números reales, entonces
x = 1 y = 12 = 1 la recta y la parábola no se cortan en algún punto.
El único punto de intersección es (1, 1), la
Recomendar a los estudiantes sustituir los valores encontrados para
recta es tangente a la parábola. x en la ecuación que resulte más fácil para encontrar el valor de y.
Demuestra que la ecuación de la recta l que pasa por un punto A(x1, y1) y tiene pendiente m es:
y – y1 = m(x – x1)
y
Sea P(x, y) un punto cualquiera sobre la recta l diferente del punto A(x1, y1).
y P
Por definición de línea recta, m es constante; entonces:
y – y1
m= .
x – x1
Luego, y1
y – y1 = m(x – x1). A
x1 x
x
0
La ecuación de una recta l con pendiente conocida m y un punto A(x1, y1) perteneciente a la recta es:
y – y1 = m(x – x1).
A esta ecuación se le llama forma punto – pendiente de la ecuación de la recta; al despejar la variable y
en lo anterior se obtiene:
y = mx – mx1 + y1
donde el coeficiente de la variable x es la pendiente de la recta y el valor de –mx1 + y1 es constante. Para
graficar la recta l conociendo el punto A(x1, y1) sobre ella y su ecuación punto – pendiente se hace lo si-
guiente:
1. Sustituir un valor particular para x y encontrar el correspondiente valor en y.
2. Colocar sobre el plano cartesiano los puntos A(x1, y1) y el punto obtenido en el numeral 1; luego trazar
la recta que pasa por ambos puntos.
1
Encuentra la ecuación de la recta l cuya pendiente es m = 2 y pasa por el punto A(–3, 2).
Se sustituyen los valores de m y (x1, y1) en la forma punto – pendiente:
1
y – 2 = 2 [x – (–3)]
y y= 2x+ 2
1 7
1
y= 2
(x + 3) + 2
4
1 7 (1, 4)
y= 2
x+ 2 3
roblemas
Encuentra la ecuación de la recta que tiene la pendiente dada y pasa por A; grafica la recta para cada caso:
a) Pendiente m = 2 y A(6, 7) b) Pendiente m = 1 y A(–1, 0)
1
c) Pendiente m = –1 y A(–2, 6) d) Pendiente m = 2 y A(1, 8)
28
144
Indicador de logro
1.9 Determina el valor de un parámetro para que una línea recta sea tangente a una parábola.
Secuencia Propósito
Ahora que se conocen las posiciones relativas En la Solución se espera que los estudiantes apli-
de una recta y una parábola, se puede estudiar quen el análisis del discriminante y lo relacionen
la forma de establecer el valor de un parámetro geométricamente con las posiciones relativas en-
de modo que se cumpla la condición de tangencia tre una recta y una parábola; también es válido
entre una recta y una parábola. analizar el problema completando cuadrados.
Solución de problemas:
a) x2 = 6x – p b) x2 – 2x + 1 = 2x + p
x2 – 6x + p = 0 x2 – 4x + 1 – p = 0
Completando Discriminante Completando Discriminante
cuadrados. igual a cero. cuadrados. igual a cero.
2
2
b2 – 4ac = 0 1–p= 4 b2 – 4ac = 0
p= 6 2
2
(–6) – 4(1)(p) = 0
2 (–4)2 – 4(1)(1 – p) = 0
p=9 p=1–4 12 + 4p = 0
36 – 4p = 0
p=9 p = –3 p = –3
c) –x – 3x = –x – p
2
d) –x2 – 3x – 5 = 3x + p
x2 + 2x – p = 0 x + 6x + 5 + p = 0
2
2
–p = 2 b2 – 4ac = 0 2
b2 – 4ac = 0
2 5+p= 6
(2) – 4(1)(–p) = 0
2
2
(6)2 – 4(1)(5 + p) = 0
p = –1 4p + 4 = 0 p=9–5 16 – 4p = 0
p = –1 p=4 p=4
e) 4x2 = 4x – p f) –3x2 + 2x – 3 = –10x + p
4x – 4x + p = 0
2
3x2 – 12x + 3 + p = 0
2
p b2 – 4ac = 0
= 1
2
p+3 b2 – 4ac = 0
4 2 3 = 4
(–4)2 – 4(4)(p) = 0 2
(–12)2 – 4(3)(p + 3) = 0
p=1 16 – 16p = 0 p = 12 – 3 108 – 12p = 0
p=1 p=9 p=9
g) x2 = px – 4 h) –x2 = px + 16
x2 – px + 4 = 0 x + px + 16 = 0
2
2
b2 – 4ac = 0 2
b2 – 4ac = 0
4= p 16 = p
2 (p)2 – 4(1)(4) = 0 2 (p) – 4(1)(16) = 0
2
p = 16
2
p2 = 16 p = 64
2
p2 = 64
p = ± 4 p = ± 4 p = ± 8 p = ± 8
1. Deduce la ecuación y grafica la parábola con el foco y la directriz indicada en cada literal.
1 1
a) F(0, –2), y = 2 b) F 0, 12 , y = – 12
Unidad 3
a) x2 – 10x b) x2 – 4x – 9 c) –3x2 + 6x – 2
6. Determina los puntos de intersección entre la parábola y la recta de cada literal. Grafica en el plano car-
tesiano.
a) y = –x2 + 2 b) y = x2 + 2x + 1 c) y = –x2
y = 4x – 3 y = –3x – 3 x = –2
7. Determina el valor (o valores) del parámetro p en cada ecuación, para que la recta sea tangente a la pa-
rábola respectiva.
a) y = x2 – 4x + 5 b) y = –9x2 – 6x – 2 c) y = 4x2
y = 2x + p y = 6x + p y = px – 1
6 6
5 5
4 V 4
3 3
2 2
1 1
V
x –1 0 1 2 3 4 5
x
–1 0 1 2 3 4 5
–1 –1
59
146
Indicador de logro
1.10 Resuelve problemas correspondientes a la parábola.
Solución de problemas:
1
1a) El valor p = –2, entonces la ecuación de la parábola 5a) y = 8 x2 : V (0, 0), p = 2, F(0, 2), y = –2.
es: y = 1 x2 = – 1 x2 .
4(–2) 8
y 5b) y + 3 = 2(x + 5)2: V (–5, –3), p = 1 , F –5, – 23 ,
8 8
y = – 25 .
8
2 1 59
5c) y = 3(x – 2)2 – 5: V (2, –5), p = 12 , F 2, –12 ,
1
y = – 61 .
V 12
‒3 ‒2 ‒1 1 2 3
x
‒1 6a) –x2 + 2 = 4x – 3
‒2 F x2 + 4x – 5 = 0
(x – 1)(x + 5) = 0
x = 1 o x = –5
1 1
y = 4(1) – 3 = 1 o y = 4(–5) – 3 = –23
1
1b) El valor p = 12 , entonces y = 1 x2 = 1 x2 = 3x2. Los puntos de intersección son (1, 1) y
4 3 12 (–5, –23).
2a) y – 4 = 4(x – (–2))2, o bien y = 4(x + 2)2 + 4. 6b) Los puntos de intersección son (–1, 0) y
(–4, 9).
2b) y – (–3) = –2(x – (–3))2, o bien y = –2(x + 3)2 – 3.
6c) Solamente hay un punto de intersección,
3a) x – 10x + (5) – (5) = (x – 5) – 25
2 2 2 2 el (–2, –4).
–2 –1 1 b2 – 4ac = 0
–3 –2 x (12) – 4(9)(2 + p) = 0
2
–2 –1
–1
36p = 72
–4
p=2
–5 –2
V 8a) Es la parábola y = x2 desplazada 3 unidades
–6
a la derecha y 1 unidad hacia arriba, por lo
tanto, la ecuación es: y – 1 = (x – 3)2.
8b) Es la parábola x = y2 desplazada 4 unidades
hacia arriba, por lo tanto, la ecuación es:
x = (y – 4)2.
147 Sugerencia Metodológica
1
1.11 Aplicaciones de la parábola*
16
parábola alrededor de su eje.
se desea reparar el foco de la antena que se
0c
m
dañó con la lluvia, ¿a qué distancia del centro
del disco debe colocarse el nuevo foco de la
antena parabólica?
cm
20
p = 80 = 80
2
80
Luego, las coordenadas del foco son F(0, 80).
Por lo tanto, el nuevo foco de la antena parabólica debe estar a 80 cm de distancia del vértice.
roblemas
1. Una antena parabólica que emite señal de internet tiene desperfectos, su foco 3 cm
no irradia correctamente la señal, al cambiarlo es necesario saber a qué distancia
del centro del disco estaba. Determina dicha distancia si se sabe que el diámetro
del disco es de 1 metro y su altura es de 0.5 metros.
12 cm
2. Un espejo para un telescopio reflector tiene la forma parabólica de 12 cm de
diámetro y 3 cm de profundidad, ¿a qué distancia del centro del espejo se con-
centrará la luz entrante?
60
148
Indicador de logro
1.11 Utiliza la propiedad reflectora del foco para resolver problemas de aplicación sobre objetos parabólicos.
Secuencia Propósito
Después de abordar los conceptos básicos sobre En las soluciones a los Problemas, los estudiantes
la parábola, se pueden analizar y resolver algunos deben modelar una situación a partir de concep-
problemas sobre aplicaciones a la vida real, basa- tos matemáticos, para resolverlos matemática-
dos fundamentalmente en la propiedad reflecto- mente y luego interpretar la respuesta obtenida
ra de la parábola. Esta clase tiene asterisco, lo que para dar solución al problema original.
indica que el docente debe dar mayor apoyo a sus
estudiantes.
Solución de problemas:
1. La parábola tiene ancho de 1 metro, se puede considerar la distancia y
1 1
desde el punto – 2 hasta el punto 2 sobre el eje x. 1
–1,1 1 1
,
2 2 2 2
Y dado que la altura es 0.5 metros, se puede considerar la distancia desde
el punto 0 hasta el punto 1 sobre el eje y.
2 F
Entonces, la ecuación de la parábola es de la forma y = 1 x2 y pasa por –1 1 x
1 1 1 1 4p
los puntos – 2 , 2 y 2 , 2 .
1 1
Para determinar p, se puede sustituir el punto 2 , 2 en la ecuación, así:
2
1
=1 1 resolviendo la ecuación.
2 4p 2
p = 22 =1
4(2 ) 8
1
Luego, las coordenadas del foco son F 0, 8 .
Por lo tanto, el nuevo foco de la antena parabólica debe estar a 12.5 cm de distancia del vértice.
Resuelve los siguientes problemas de aplicación de parábola. Modela cada situación en el plano cartesiano.
Unidad 3
2. El reflector de un proyector tiene forma parabólica, con la fuente de luz en el foco. Si el reflector mide 12
centímetros de diámetro y 8 centímetros de profundidad, ¿a qué distancia del vértice está el foco?
5. Un plato receptor de sonido, que se emplea en eventos sobre la equidad de género, está construido en
forma parabólica con su foco a 12 cm del vértice, si en uno de estos eventos se dañó el plato y en los re-
puestos tienen de todas alturas pero de anchura solo hay de 8 cm, ¿de qué altura debe ser el recipiente
parabólico para que el plato receptor de sonido funcione idóneamente?
61
150
Indicador de logro
1.12 Resuelve problemas de aplicación de la parábola.
Solución de problemas:
1. Este problema es muy parecido a los resueltos en la clase anterior, la ecuación de la parábola es de la
forma y = 1 x2 y pasa por los puntos (–30, 75) y (30, 75).
4p
Para determinar p, se puede sustituir el punto (30, 75) en la ecuación, así:
75 = 1 (30)2 resolviendo la ecuación.
4p
2
p = 30 = 3
4(75)
Luego, las coordenadas del foco son F (0, 3).
Por lo tanto, el foco debe colocarse a 3 cm de distancia del vértice.
1
2. Considerando la parábola es de la forma y = 4p x2 que pasa por los puntos (–6, 8) y (6, 8).
2
Determinando p: 8 = 1 (6)2 , entonces, p = 6 = 9 .
4p 4(8) 8
9
Por lo tanto, dicho foco debe estar a 8 cm del vértice.
1
3. Considerando la parábola es de la forma y = 4p x2 que pasa por los puntos (–12, 9) y (12, 9).
2
Determinando p: 9 = 1 (12),2 entonces, p = 12 = 4.
4p 4(9)
Por lo tanto, dicho foco debe estar a 4 cm del vértice.
1
4. Considerando la parábola es de la forma y = 4p x2 que pasa por los puntos – 1 , 1 y 1 , 1 .
2
2 4 2 4
1 1 1 4 1
Determinando p: = 4 4p 2 , entonces, p = 2 =
4(2 )
.
4
Por lo tanto, la parrilla debe colocarse justo encima del recipiente parabólico, es decir, a 0.25 cm del
vértice.
1
5. Considerando la parábola es de la forma y = 4p x2 , puesto que este problema brinda la distancia del foco
al vértice, se tiene el valor de p = 12, y se tiene el valor de x, el cual sería igual a la mitad de la anchura,
es decir x = 4.
4p 4(12) 4(12) 3
por lo tanto, la altura para que el plato receptor de sonido funcione idóneamente debe ser de aproxi-
madamente 1 cm.
3
En esta clase de aplicaciones de la parábola, los problemas se resuelven matemáticamente
haciendo un procedimiento muy parecido, el enfoque principal es ver todas las posibles
aplicaciones, más que la variación en el procedimiento. Únicamente el problema 5 varía un
poco en su resolución, pues no se tienen las coordenadas de un punto, solamente el valor del
parámetro y la coordenada en x.
2.1 La circunferencia
Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los puntos cuya distancia al origen O(0, 0) es
igual a 3.
y
Se identifican en particular los puntos A(3, 0), B(0, 3) que cumplen la
condición. 4
B
Tomando en general los puntos P(x, y) que cumplen la condición y 3
El lugar geométrico de los puntos cuya distancia r a un punto fijo llamado centro se mantiene constante se
conoce como circunferencia.
La ecuación que determina la gráfica de una circunferencia con centro en el origen del plano cartesiano y
con radio r está dada por: x2 + y2 = r2.
1
Determina la ecuación de la circunferencia con centro en el origen y de radio 4.
2
Grafica en el plano cartesiano la figura (o lugar geométrico) determinada y
por la ecuación x2 + y2 = 4.
2
‒2
roblemas
1. Deduce la ecuación de la circunferencia con centro en el origen con el radio dado en cada literal.
1 1
a) r = 1 b) r = 6 c) r = 2 d) r = 3 e) r = 5
158
Indicador de logro
2.1 Deduce y grafica la ecuación de una circunferencia con centro en el origen y radio dado.
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
1a) x2 + y2 = 12 o bien x2 + y2 = 1. 1b) x2 + y2 = 62 o bien x2 + y2 = 36.
2 2
1 1 1 1
1c) x2 + y2 = 2 o bien x2 + y2 = 4 . 1d) x2 + y2 = 3 o bien x2 + y2 = 9 .
2
1e) x2 + y2 = 5 o bien x2 + y2 = 5. En 1c) y 1d) se pueden considerar válidas las ecuaciones 4x2 + 4y2 = 1
y 9x2 + 9y2 = 1, aunque no es muy habitual expresarlas de esa manera
para el caso de la ecuación canónica de la circunferencia.
Si el espacio en la
pizarra o el cuaderno es
x demasiado limitado, se x
‒5 O 5 puede optar por escalar ‒10 O 10
el plano cartesiano
según convenga de 2 en
2, 3 en 3, etc.
‒5 ‒10
1 1
2c) r = 4 = 2 , es una circunferencia de centro 2d) r = 3 , es una circunferencia de centro (0, 0)
(0, 0) y radio 1 . y radio 3 .
2 y y
1 2
La gráfica del problema
2d) es aproximada, por 1
el valor irracional del
‒1 0O 1
x radio. ‒2 ‒1 0O 1 2
x
‒1
‒1 ‒2
1
Tomando en general los puntos P(x, y) que cumplen la condición y utilizando la distancia entre un punto P
y el punto C(2, 3). d(P, C) = 1
(x – 2)2 + (y – 3)2 = 1 elevando al cuadrado,
(x – 2)2 + (y – 3)2 = 1.
2
Tomando la ecuación de la circunferencia de radio 1, con centro en y
Unidad 3
el origen, x2 + y2 = 1.
4
C
Entonces, la circunferencia de radio 1 y centro C(2, 3) resulta de 3
desplazar la circunferencia con centro en el origen, 2 unidades a 2
la derecha y 3 unidades hacia arriba (como lo muestra la figura).
1
O x
La ecuación de la circunferencia desplazada 2 unidades a la dere- ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3
cha es: (x – 2)2 + y2 = 1. ‒1
‒2
Ahora, la ecuación de la circunferencia desplazada 3 unidades ha-
‒3
cia arriba es: (x – 2)2 + (y – 3)2 = 1.
La ecuación que determina la gráfica de una circunferencia con centro C(h, k) y radio r está dada por:
(x – h)2 + (y – k)2 = r2
1
Determina la ecuación de la circunferencia con centro C(2, –1) y radio 2.
La ecuación es, (x – 2)2 + [y – (–1)]2 = 22 o bien, expresado de otra manera, (x – 2)2 + (y + 1)2 = 4.
2 y
Grafica en el plano cartesiano la figura (o lugar geométrico) determinado por
la ecuación: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 4 2
C 1
Expresando la ecuación (x + 1)2 + (y – 1)2 = 4 como [x – (–1)]2 + (y – 1)2 = 22,
es una circunferencia con centro C(–1, 1) y radio 2. ‒2 ‒1 0 1 2
x
‒1
‒2
roblemas
1. Para cada literal deduce la ecuación de la circunferencia con centro en el punto C y radio r.
a) C(4, 1), r = 3 b) C(–2, 5), r = 2 c) C(3, –4), r = 2 d) C(–2, –2), r = 6
3
160
Indicador de logro
2.2 Encuentra y grafica la ecuación de una circunferencia cuyo centro es un punto diferente del origen.
Secuencia Propósito
En esta clase será necesario aplicar lo aprendi- La Solución del Problema inicial presenta dos op-
do en la lección anterior sobre desplazamientos ciones, puesto que el estudiante puede deducir
paralelos, además de la ecuación de la circunfe- la ecuación a partir del concepto de distancia, o
rencia, vista en la clase anterior. Esta clase tiene bien utilizando desplazamientos paralelos, y am-
asterisco, lo que indica que el docente debe dar bas opciones son igualmente correctas.
mayor apoyo a sus estudiantes.
Solución de problemas:
1a) (x – 4)2 + (y – 1)2 = 32 o bien (x – 4)2 + (y – 1)2 = 9. 1b) (x + 2)2 + (y – 5)2 = 22 o bien (x + 2)2 + (y – 5)2 = 4.
22 2
1c) (x – 3)2 + (y + 4)2 = 3 o bien (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 . 1d) (x + 2)2 + (y + 2)2 = 6 o bien (x + 2)2 + (y + 2)2 = 6.
9
y
y
4 1
–1
x
3 1 2 3 4 5 6 7 8 9
–1
–2
2
–3
C
1 –4
C –5
1 2 3 4 5 6
x –6
–1 –7
–8
–2
5
2c) Centro (–3, 4) y radio 2 . 2d) Centro (–1, –1) y radio 5 .
y y
2
6
5 1
C 4 –4 –3 –2 –1 1
x
–1
3
C –2
2
–3
1
–5 –4 –3 –2 –1
x –4
x2 + y2 + 4x – 2y + 1 = 0 reordenando y agrupando, y
2
(x2 + 4x + 4) – 4 + (y2 – 2y + 1) – 1 + 1 = 0 simplificando,
C 1
(x + 2)2 – 4 + (y – 1)2 – 1 + 1 = 0 transponiendo,
x
(x + 2)2 + (y – 1)2 = 4 expresado de otra manera, ‒3 ‒2 ‒1 0 1
‒1
(x – (–2))2 + (y – 1)2 = 22.
Por lo tanto la figura determinada por la ecuación x2 + y2 + 4x – 2y + 1 = 0
es una circunferencia con centro C(–2, 1) y radio 2.
Una circunferencia puede ser representada desarrollando los cuadrados de la ecuación (x – h)2 + (y – k)2 = r2
y dejando la ecuación igualada a 0.
Grafica en el plano cartesiano la figura determinada por la ecuación 4x2 + 4y2 – 16x + 8y + 19 = 0.
4x2 + 4y2 – 16x + 8y + 19 = 0 dividiendo por 4 cada miembro, y
19
x2 – 4x + y2 + 2y + 4 = 0 completando cuadrados, 2
19 1
(x – 2)2 – 4 + (y + 1)2 – 1 + 4 = 0 simplificando y transponiendo,
‒2 ‒1 0 1 2
x
1
(x – 2) + (y + 1) = 4
2 2
expresado de otra manera, ‒1
2 ‒2
(x – 2)2 + (y – (–1))2 = 1 .
2
Es una circunferencia con centro C(2, –1) y radio 1 .
2
roblemas
En las siguientes ecuaciones, determina el centro y el radio de las circunferencias. Grafica en el plano car-
tesiano la figura que corresponde a cada ecuación.
a) x2 + y2 – 4x – 4y – 8 = 0 b) x2 + y2 + 2x – 2y – 2 = 0 c) x2 + y2 – 6x + 8y + 16 = 0
d) x2 + y2 + 6x + 4y + 4 = 0 e) x2 + y2 – 10y + 9 = 0 f) x2 + y2 + 6x + 8 = 0
162
Indicador de logro
2.3 Determina el centro y el radio de una circunferencia a partir de su ecuación general y traza su gráfica
en el plano cartesiano.
Secuencia Propósito
Utilizando el procedimiento para completar cua- El criterio de dificultad de los Problemas está
drados perfectos, es posible transformar la ecua- dado por el conjunto al que pertenece el radio
ción general de la circunferencia a la forma de la de la circunferencia, si es entero o fracción, como
clase anterior, para luego graficarla en el plano también si el desplazamiento es al primer, segun-
cartesiano. do, tercer, cuarto cuadrante o un eje coordenado.
Solución de problemas:
a) (x2 – 4x + 22) + (y2 – 4y + 22) = 8 + 22 + 22 b) (x2 + 2x + 12) + (y2 – 2y + 12) = 2 + 12 + 12
(x – 2)2 + (y – 2)2 = 16 (x + 1)2 + (y – 1)2 = 4
Centro (2, 2) y radio 4. Centro (–1, 1) y radio 2.
y
y
5
4 3
3 2
C 1
2
C
1
–3 –2 –1 1
x
–1 1 2 3 4 5
x –1
–1
Demuestra que la ecuación de la recta tangente a la circunferencia x2 + y2 = r2 en el punto P(x1, y1) está dada
por: x1 x + y1 y = r2.
y
x = –r x=r
El punto P(x1 , y1) satisface la ecuación x12 + y12 = r2. r
y=r
Si x1 = 0, entonces y1 = r o y1 = –r. La recta tangente es: y = r o y = –r y
O
se cumple que: y1 y = r2. –r r x
Por lo tanto, la ecuación de la recta tangente está dada por: x1x + y1y = r2. –r
y = –r
Si y1 = 0, se procede análogamente.
Unidad 3
y
Si x1 ≠ 0 y y1 ≠ 0, el radio OP es perpendicular a la tangente en el punto
P, además la pendiente de OP es xy1 , por lo tanto, la pendiente de la recta r
P (x1, y1)
x
tangente es: m = – y1 .
1
1 O x
–r r
Aplicando la ecuación punto-pendiente con m y P:
x
y – y1 = – y11 (x – x1) multiplicando por y1 y simplificando: x1x + y1y = x1 +2 y1 =2 r2. –r
Por lo tanto, la recta tangente a la circunferencia x2 + y2 = r2 en el punto P(x1, y1) está dada por la ecuación:
x1x + y1y = r2
La ecuación de la tangente en el punto (x1, y1) de la circunferencia x2 + y2 = r2 es x1x + y1y = r2. Por ejemplo,
para determinar la ecuación de la recta tangente a la circunferencia x2 + y2 = 2 en el punto P(–1, 1), se puede
hacer de la siguiente manera:
–1x + 1y = 2, o bien x – y + 2 = 0.
Determina la ecuación de la recta tangente a la circunferencia (x – 4)2 + (y + 3)2 = 5 en el punto P(2, –4).
y
La circunferencia (x – 4)2 + (y + 3)2 = 5 es la circunferencia x2 + y2 = 5 desplazada
4 unidades a la derecha y 3 hacia abajo, entonces se puede calcular la recta
tangente a la circunferencia x2 + y2 = 5 pero en el punto P desplazado 4 unidades
a la izquierda y 3 hacia arriba, es decir, en el punto P’(2 – 4, –4 + 3) = P’(–2, –1). m
O x
Ahora aplicando el resultado del Problema inicial, la recta tangente m será:
–2x + (–1)y = 5, o bien 2x + y + 5 = 0. P’ C
Y desplazando la recta 4 unidades a la derecha y 3 hacia abajo: P
2(x – 4) + (y + 3) + 5 = 0, o bien 2x + y = 0. l
Por lo tanto, la recta tangente l a la circunferencia (x – 4)2 + (y + 3)2 = 5 en el punto P(2, –4) es: 2x + y = 0.
roblemas
Para cada literal determina la ecuación de la recta tangente a la circunferencia en el punto P.
a) x2 + y2 = 25, P(–3, 4) b) x2 + y2 = 5, P(1, 2) c) x2 + y2 = 13, P(2, –3)
164
Indicador de logro
2.4 Deduce la ecuación de la línea recta tangente a una circunferencia en un punto dado.
Secuencia Propósito
Una vez abarcados los conceptos básicos sobre Esta clase provee un resultado muy práctico (más
circunferencia, se puede abordar lo correspon- fácil que el método utilizado para la clase 1.9)
diente a las rectas tangentes a una circunferencia; para deducir la ecuación de la recta tangente a
esta clase es una demostración un poco compleja, una circunferencia, lo cual puede resultar muy útil
y por ello tiene asterisco, por lo cual necesitará dado que las rectas tangentes a una circunferen-
mayor apoyo por parte del docente. cia poseen gran interés y son muy importantes.
Posibles dificultades
En la demostración, la idea es considerar dos casos: uno, cuando alguna de las coordenadas del punto de
tangencia es cero, en donde se sabe que el radio puede ser vertical u horizontal, y puesto que de séptimo
grado se conoce que la recta tangente es perpendicular en el punto de tangencia, las rectas deben ser
horizontales o verticales, como se muestra en la primera figura de la página; en el segundo caso se puede
aplicar la ecuación de la línea recta y analizar las condiciones de perpendicularidad vistas en la unidad 2 de
este grado. Comprender esta temática puede resultar muy difícil para los estudiantes, aunque el indicador
de logro está basado únicamente en aplicar el resultado a casos pariculares.
Solución de problemas:
a) Se verifica que el punto pertenece a la circunfe- b) Se verifica que el punto pertenece a la circunfe-
rencia: (–3)2 + 42 = 25. rencia: 12 + 22 = 5.
Entonces la ecuación de la recta tangente en el Entonces la ecuación de la recta tangente en el
punto P sería: punto P sería:
–3x + 4y = 25 o bien 3x – 4y + 25 = 0. 1x + 2y = 5 o bien x + 2y – 5 = 0.
c) 2x + (–3)y = 13 o bien 2x – 3y – 13 = 0. d) 3x + (–1)y = 10 o bien 3x – y – 10 = 0.
e) (–1)x + (0)y = 1 o bien x = –1. f) (0)x + (–3)y = 9 o bien y = –3.
g) Se verifica que el punto pertenece a la circun- h) La circunferencia y punto desplazados son:
ferencia: (–1)2 + (3 – 4)2 = 2. x2 + y2 = 4, P’(–1 + 3, –1 + 1) = P’(2, 0),
Se traslada la circunferencia al origen y se despla- la recta tangente sería: 2x + (0)y = 4, o bien x = 2.
za el punto P 4 unidades hacia abajo.
La recta tangente en su lugar original es:
x2 + y2 = 2, P’(–1, 3 – 4) = P’(–1, –1) (x + 3) = 2 o bien x = –1.
La recta tangente en P’ sería: (–1)x + (–1)y = 2. i) La circunferencia y punto desplazados son:
Y se desplaza a su lugar original (4 unidades ha- x2 + y2 = 17, P’(3 – 2, 1 + 3) = P’(1, 4),
cia arriba): –x – (y – 4) = 2 o bien x + y – 2 = 0.
la recta tangente sería: 1x + 4y = 17.
En todos los problemas siempre es necesario verificar que La recta tangente en su lugar original es:
el punto pertenece a la circunferencia, también hay que in-
tentar que los estudiantes comprendan cómo se desplaza
(x – 2) + 4(y + 3) = 17 o bien x + 4y – 7 = 0.
y cuál debe ser el desplazamiento del punto de tangencia.
Por lo tanto, los puntos de intersección son: (–1, –2) y (–2, 1).
Para determinar los puntos de intersección entre una recta y una circunferencia, se resuelve el sistema de
ecuaciones, una lineal y otra cuadrática, utilizando el método de sustitución.
Si el sistema tiene dos soluciones reales, significa que la recta es secante a la circunferencia.
Si el sistema tiene una solución real, la recta es tangente a la circunferencia.
Si el sistema no tiene solución real, significa que la recta no corta a la circunferencia.
El valor de y de los puntos (o punto) de intersección se determinan sustituyendo en alguna ecuación los
valores de las soluciones al sistema de ecuaciones que se resuelve.
roblemas
Determina los puntos de intersección de las gráficas determinadas por las ecuaciones de cada literal.
a) x2 + y2 = 1; x + y = 0 b) x2 + y2 = 25; x + y – 1 = 0 c) x2 + y2 = 5; –x + y + 1 = 0
d) x2 + y2 = 13; x + 5y – 13 = 0 e) x2 + y2 = 10; x – 2y – 5 = 0 f) x2 + y2 = 17; 3x + 5y – 17 = 0
66
166
Indicador de logro
2.5 Encuentra las coordenadas de los puntos de intersección de una recta y una circunferencia.
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
a) Se resuelve el sistema: b) Se resuelve el sistema:
x2 + y2 = 1 ----- (1) x2 + y2 = 25 ----- (1)
x+y=0 ----- (2) x + y – 1 = 0 ----- (2)
Despejando y de (2) y sustituyendo en (1): Despejando y de (2) y sustituyendo en (1):
x2 + (–x)2 = 1 x2 + (1 – x)2 = 25
2x2 = 1 x2 – x – 12 = 0
1
x2 = 2 x = 4 o x = –3
Sustituyendo x de (2) y encontrando y:
x = ± 22
Sustituyendo x en (2) y encontrando y: Si x = 4, y = –3, si x = –3, y = 4.
Por lo tanto, los puntos de intersección son:
Si x = 22 , y = – 22 , si x = – 22 , y = 22 .
(4, –3) y (–3, 4).
Por lo tanto, los puntos de intersección son:
2,– 2 2 2
2 2
y – 2 , 2 .
En a), b) y c) se puede sustituir cualquier variable, y la dificultad es muy parecida en cualquier caso;
en d) y e) se recomienda despejar la variable x, pues se hace más sencillo el cálculo, e intentar que
los estudiantes identifiquen eso; y en f) se puede despejar cualquiera de las variables, sin embargo
en cualquiera de los casos la resolución es un poco más compleja que en los literales anteriores.
1. Para cada literal deduce la ecuación de la circunferencia con centro en el origen y el radio indicado.
a) r = 2 b) r = 7
25
a) x2 + y2 = 16 b) x2 + y2 = 4
Unidad 3
2
a) C (3, –2), r = 10 b) C (4, –3), r = 3
5. En las siguientes ecuaciones, determina el centro y el radio de las circunferencias. Grafica en el plano
cartesiano la figura que corresponde a cada ecuación.
7. Determina los puntos de intersección de las gráficas determinadas por las ecuaciones de cada literal.
a) x2 + y2 = 8; x – y = 0 b) x2 + y2 = 20; 3x – y – 10 = 0
9. Determina la ecuación de la recta (o rectas) tangente a la circunferencia x2 + y2 = 2 que pasan por el punto
P(2, 0).
Puedes graficar para comprender mejor la
situación.
10. Demuestra que la tangente en el punto P(x1, y1) de la circunferencia (x – h)2 + (y – k)2 = r2 es:
(x1 – h)(x – h) + (y1 – k)(y – k) = r2.
67
168
Indicador de logro
2.6 Resuelve problemas correspondientes a la circunferencia.
Solución de problemas:
1a) x2 + y2 = 22 o bien x2 + y2 = 4. La recta tangente en su lugar original es:
2 –2(x – 2) – (y + 3) = 5 o bien 2x + y + 4 = 0.
1b) x2 + y2 = 7 o bien x2 + y2 = 7.
7a) El sistema es: x2 + y2 = 8 ----- (1)
2a) Es una circunferencia de centro
x–y=0 ----- (2)
(0, 0) y radio 4.
2b) Es una circunferencia de centro La ecuación cuadrática que se resuelve es:
(0, 0) y radio 5 . x2 = 4.
2
y Los puntos de intersección son: (2, 2) y (–2, –2).
5b) 4(x2 + 6x + 32) + 4(y2 + 4y + 22) = –27 + 4(32) + 4(22) 10. Trasladando el centro de la circunferencia al ori-
25
(x + 3)2 + (y + 2)2 = 4 gen y trasladando el punto P, –h unidades hori-
zontalmente y –k verticalmente, se tendría:
Centro (–3, –2) y radio 5 .
2 x2 + y2 = r2, P’(x1 – h, y1 – k).
6a) (–3)x + 1y = 10, o bien –3x + y – 10 = 0. Cuya ecuación de la recta tangente en P sería:
6b) La circunferencia y punto desplazados son: (x1 – h)x + (y1 – k)y = r2.
x2 + y2 = 5, P’(0 – 2, –4 + 3) = P’(–2, –1). Y trasladando a la posición original:
La recta tangente sería: –2x – y = 5. (x1 – h)(x – h) + (y1 – k)(y – k) = r2.
169 Sugerencia Metodológica
2
2.7 Aplicaciones de la circunferencia*
El epicentro de un terremoto en El Salvador fue la ciudad de San Salvador, específicamente el parque Bi-
centenario de esta ciudad; el terremoto afectó a todos los lugares a 10 km a la redonda. Si la ciudad de
Antiguo Cuscatlán se ubica a 1 km hacia el oriente y 2 km hacia el sur del epicentro, entonces ¿fue afectada
por dicho terremoto?
El resultado es menor que 100 (5 < 100), si el punto fuera igual a 100 estaría en la circunferencia, y si fuera
mayor que 100 entonces estaría fuera de la circunferencia.
Por lo tanto, Antiguo Cuscatlán sí fue afectado por el terremoto con epicentro en el parque Bicentenario.
Es posible resolver algunos problemas de la vida cotidiana utilizando ecuaciones de circunferencias, para
ello es necesario modelar la situación en el plano cartesiano, a partir de ello se puede interpretar la infor-
mación y dar solución a la situación.
roblemas
1. El epicentro de un terremoto en El Salvador fue la ciudad de San Salvador, específicamente el parque
Bicentenario de esta ciudad; el terremoto afectó a todos los lugares a 10 km a la redonda. Si el volcán del
Boquerón se ubica a 7 km hacia el poniente y 8 km hacia el norte del epicentro, entonces ¿fue afectado
por dicho terremoto?
2. Una avioneta de fumigación vuela en círculos, y alcanza a fumigar hasta 13 m a la redonda, considerando
como centro la casa de un campesino. El terreno tiene 30 metros de largo por 20 metros de ancho, y la
casa del campesino se encuentra justo al centro del terreno. Determina si las plantaciones de frijol ubi-
cadas a 11 metros al poniente de la casa y 5 metros al sur, llegan a ser fumigadas por la avioneta.
3. En las fiestas patronales de San Salvador se coloca el juego mecánico conocido como “la voladora”. Si
esta rueda apagada cubre un radio de 2 metros y los asientos cuelgan de cadenas de 1 metro de longi-
tud, determina si al ubicar la caseta de control a un metro al oriente y 3 metros al sur del centro de “la
voladora”, dicha caseta no será impactada por la máquina al encenderse.
68
170
Indicador de logro
2.7 Utiliza las propiedades y la ecuación de la circunferencia para resolver problemas del entorno.
Secuencia Propósito
Después de abordar los conceptos básicos sobre En las soluciones a los Problemas los estudiantes
la circunferencia, se pueden analizar y resolver al- deben modelar una situación a partir de concep-
gunos problemas sobre aplicaciones a la vida real. tos matemáticos, para resolverlos matemática-
Esta clase tiene asterisco, lo que indica que el do- mente y luego interpretar la respuesta obtenida
cente debe dar mayor apoyo a sus estudiantes. para dar solución al problema original.
Solución de problemas:
1. Representando la situación en el plano cartesiano y ubicando el epi-
y
centro en el origen del plano cartesiano, se puede modelar con la
ecuación de la circunferencia con centro en el origen (epicentro) y 10
El resultado es mayor que 100 (113 > 100), si el punto fuera igual a
100 estaría en la circunferencia, y si fuera menor que 100 entonces
estaría dentro de ella, por lo tanto, el volcán del Boquerón no fue –10
afectado por el terremoto con epicentro en la ciudad de San Salvador.
3. Puesto que la máquina tiene 2 metros de radio cuando está apagada, y encendida puede llegar un metro
más lejos, es decir, puede llegar a cubrir un radio total de 3 metros, esta situación puede ser modelada
por la ecuación de la circunferencia x2 + y2 = 32 y sustituyendo por el punto (1, –3) en el que se ubica la
caseta de control respecto el centro de la máquina, se obtiene que 12 + (–3)2 = 1 + 9 = 10 > 9, por lo tanto,
la caseta está en una buena posición para no ser impactada por “la voladora”.
Estos problemas también pueden ser resueltos utilizando la fórmula de distancia entre dos puntos, sin
embargo, es mejor intentar que los estudiantes los resuelvan utilizando conceptos sobre circunferencia.
503
ATE
- Trozo de cuerda - Compás
ESM
- Lapicero - Plumón
Unidad 3
adecuada.
Actividad 2
1. Dibuja una circunferencia lo más 2. Dobla el papel de modo que el punto dibujado
grande posible sobre el papel vege- quede exactamente sobre un punto de la circun-
tal. Y coloca un punto adentro de di- ferencia.
cha circunferencia.
Definición
La figura que queda marcada en ambas actividades es una elipse. Observa que cada punto de ella cumple
la condición de que la suma de la distancia de un punto a dos puntos fijos se mantiene constante.
Preguntas
1. ¿Cuánto mide la suma de las distancias de un punto de la figura dibujada a cada tachuela?
2. ¿Cómo es la suma de la distancia de un punto a las dos tachuelas respecto de la longitud de la cuerda?
3. ¿Qué sucede si en la Actividad 2 el punto está sobre la circunferencia?
4. ¿Qué sucede si en la Actividad 2 el punto es el centro de la circunferencia?
69
176
Indicador de logro
3.1 Identifica el lugar geométrico de una elipse.
Secuencia
La figura geométrica asociada con la elipse no es algo con lo que los estudiantes estén familiarizados (al
menos matemáticamente) hasta la fecha, y por eso es necesario que logren identificar la figura que deter-
mina una elipse.
Propósito
En la Actividad se espera que logren asociar la definición geométrica con la figura que se forma de la elip-
se, para luego, al deducir su ecuación canónica, quede claro que esta ecuación define el lugar geométrico
de una elipse en la siguiente clase, para ello se proponen dos formas.
Materiales
En la clase se utilizarán tachuelas (2 por estudiantes), trozo de cuerda, lapicero, regla, hojas de papel ve-
getal, compás y plumón (uno de cada uno por estudiante).
Solución de problemas:
La figura que se forma en la actividad 2 también es una elipse, considerando la construcción se tiene que:
l
Si H es el punto de la circunferencia que se hace coincidir con el punto A, y P A Q
es la intersección del radio OH con la recta l del doblez, entonces se cumple H
que d(P, A) = d(P, H), entonces d(P, O) + d(P, A) = d(P, O) + d(P, H) = d(O, H). O P
Si Q es otro punto del doblez (recta l) entonces d(Q, A) = d(Q, H), luego
d(Q, A) + d(Q, O) = d(Q, H) + d(Q, O) > d(O, H) (por la desigualdad triangular).
Por lo tanto, la recta l y la curva solamente tienen en común el punto P (l es tangente a la curva en el
punto P).
1. Los estudiantes deben medir las distancias de un punto de la figura a cada tachuela y sumarlas, este
valor dependerá de la longitud del trozo de cuerda.
2. Las distancias son iguales, en esta parte se espera que los estudiantes midan con la regla.
3. Este caso se puede analizar a partir de la explicación de la actividad 2, cuando A l
A está sobre la circunferencia, y al hacer coincidir con los puntos H, el doblez
(recta l) será la mediatriz del segmento AH, y por propiedad esta recta pasa por H
O
el centro de la circunferencia, luego el único punto que está en todas las rectas
es el centro de la circunferencia, y no puede haber otro, por lo tanto, en este
caso la figura que queda determinada es un punto.
l
4. De manera similar, si el punto coincide con el centro de la circunferencia, entonces
para cada punto H de la circunferencia, el doblez (recta l) será mediatriz del H
radio OH, y las mediatrices de todos los radios son tangentes a la circunferencia O
de la mitad del radio de la circunferencia dibujada, por lo tanto, la figura que se
forma es una circunferencia de la mitad del radio de la original.
177 Sugerencia Metodológica
3
3.2 La elipse*
Deduce la ecuación que determina el lugar geométrico de los Recuerda que el lugar geométrico que
puntos que cumplen que su distancia a un punto fijo F1(–c, 0) cumple esta condición es una elipse.
sumada con la distancia a otro punto fijo F2(c, 0) es siempre igual
a 2a, donde 0 < c < a.
(x – c)2 + y2 = 2a – (x + c)2 + y2
elevando al cuadrado: (x – c)2 + y2 = 4a2 – 4a (x + c)2 + y2 + (x + c)2 + y2,
simplificando: a (x + c)2 + y2 = a2 + cx,
elevando al cuadrado: a2[(x + c)2 + y2] = a4 + 2a2cx + c2x2,
simplificando: (a2 – c2)x2 + a2y2 = a2(a2 – c2).
Dado que 0 < c < a, se cumple que a2 – c2 > 0, y por ello es posible definir el número b tal que b2 = a2 – c2,
donde b > 0. Sustituyendo en la última igualdad:
b2x2 + a2y2 = a2b2
x y 2 2
Dividiendo por a2b2 ambos miembros de la igualdad se puede expresar como: a2 + b2 = 1.
La ecuación que determina el lugar geométrico de una elipse está dada por: x 2 + y2 = 1.
2 2
a b
Los puntos fijos F1 y F2 se conocen como focos de la elipse, y tienen coordenadas: En la ecuación de la elipse,
si a = b, el resultado es
F1(– a2 – b2 , 0) y F2( a2 – b2 , 0). una circunferencia. Por lo
Y la suma de las distancias de un punto de la elipse a cada uno de los focos es 2a. tanto la circunferencia es
un caso particular de la
elipse.
Deduce la ecuación de la elipse cuyos focos son F1(–3, 0) y F2(3, 0), y cumple que a = 5.
De la coordenada en x de los focos se deduce que c = 3 y a = 5 por hipótesis, para calcular b se tiene que:
a2 – c2 = b2, entonces, b2 = 52 – 32 = 25 – 9 = 16 = 42.
x2 y2 x2 y2
Por lo tanto, la ecuación de la elipse es: 52 + 42 = 1, o bien, 25 + 16 = 1.
roblemas
1. Deduce la ecuación de las elipses de cada literal.
a) F1(–4, 0), F2(4, 0), a = 5 b) F1(–2, 0), F2(2, 0), a = 3 c) F1(–1, 0), F2(1, 0), a = 2
178
Indicador de logro
3.2 Deduce la ecuación de una elipse con centro en el origen a partir de los focos y el valor del semieje
mayor.
Secuencia Propósito
Una vez que los estudiantes reconocen el lugar En la Solución, la relación b2 = a2 – c2 está aso-
geométrico que determina una elipse, se puede ciada a las condiciones de los cuadrados, no a la
asociar la ecuación deducida de las condiciones relación de Pitágoras que se cumple en la elipse.
de la definición con dicha figura geométrica. Esta En el Ejemplo se presenta la forma de asociar la
clase tiene asterisco, lo que indica que el docente ecuación de la elipse con su definición.
debe dar mayor apoyo a sus estudiantes.
Solución de problemas:
por lo tanto, la ecuación de la elipse es: por lo tanto, la ecuación de la elipse es:
x
+ y2 = 1, o bien, x + y = 1. x2
+ y 2 = 1, o bien, x2
+ y = 1.
2 2 2 2 2 2
52 3 25 9 32 5 9 5
22 ( 3 )2 4 3
x y 2 2 y
En la gráfica de la ecuación de la elipse a2 + b2 = 1 , determina las
coordenadas de los puntos A1, A2, B1 y B2. B2
x
A1 F1 O F2 A2
B1
y
Unidad 3
x2 02
+ = 1 , entonces, x 2 = 1 y resolviendo.
2
a2 b2 a y
x 2 = a2
B2
x = ±a
b a
Análogamente, como B1 y B2 están sobre el eje y, se puede x
evaluar la ecuación de la elipse en x = 0 y se tiene que: A1 F1 O c F2 A2
y = ±b
B1
Por lo tanto, las coordenadas de estos puntos son: y
A1(–a, 0), A2(a, 0), B1(0, –b) y B2(0, b).
Los puntos extremos de la elipse que se encuentran sobre el eje x y sobre el eje y se llaman vértices, y
tienen coordenadas A1(–a, 0), A2(a, 0), B1(0, –b) y B2(0, b). El punto medio de los vértices horizontales (o
verticales) se llama centro de la elipse. y
Vértice
El segmento de recta que pasa por los focos de la elipse y cuyos B2
Centro
Foco Vértice
extremos son vértices de la misma, se llama eje mayor de la Vértice Foco
Determina las coordenadas de los vértices, los focos, longitudes del eje mayor y el eje menor de la elipse
x2 y2
+ = 1. Luego grafícala en el plano cartesiano.
25 9 y
B
3 2
Determinando los valores de a, b y c: a = 5, b = 3 y c = 52 – 32 = 16 = 4 . 2
A1(–5, 0), A2(5, 0) Longitud del eje mayor = 2(5) = 10 A1 F1 1
F2 A2
Vértices x
B1(0, –3), B2(0, 3) Longitud del eje menor = 2(3) = 6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 O1 2 3 4 5
‒1
‒2
Focos F1(–4, 0), F2(4, 0)
‒3
B1
roblemas
Determina las coordenadas de los vértices, los focos, y longitudes del eje mayor y el eje menor de cada
elipse. Luego grafícala en el plano cartesiano.
x 2
y 2
x
2
y
2
x2
y 2
x 2
a) 52 + 42 = 1 b) 9 + 4 = 1 c) 16 + 4 = 1 d) 4 + y2 = 1
71
180
Indicador de logro
3.3 Identifica los elementos de una elipse dada su ecuación para graficarla en el plano cartesiano.
Secuencia Propósito
Una vez establecida la ecuación canónica de la En la Solución se presentan los diferentes ele-
elipse, se puede trabajar con los estudiantes los mentos que tiene una elipse en general, y luego
diferentes elementos que la conforman, y cómo se utiliza el Ejemplo para observar la manera de
graficarla en el plano cartesiano a partir de ellos. utilizar estos elementos para graficarla en el pla-
no cartesiano.
Solución de problemas: y
a) Determinando los valores de a, b, c: 4
Para orientar a los estudian-
a = 5, b = 4, c = 52 – 42 = 9 = 3 . 3
tes a graficar elipses, se puede
2
aclarar que es suficiente con
A1(–5, 0), A2(5, 0) 1
Vértices graficar los puntos de los vér-
B1(0, –4), B2(0, 4) x tices y luego hacer un bosque-
‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
O1 2 3 4 5
Focos F1(–3, 0), F2(3, 0) jo a partir de los ejes mayor y
‒2
menor.
Longitud del eje mayor = 2(5) = 10 ‒3
Longitud del eje menor = 2(4) = 8 ‒4
(x – 3)2 (y + 4)2
Grafica en el plano cartesiano la figura determinada por la ecuación 9 + 4 = 1.
y
x y 2 2 2
Considerando la ecuación de la elipse 9 + 4 = 1 y desplazándola 1
3 unidades hacia la derecha y 4 unidades hacia abajo, se obtiene x
la ecuación: ‒3 ‒2 ‒1
‒1
O1 2 3 4 5 6 7
(x – 3)2
(y + 4)2
9 4 + = 1. ‒2
‒3
Por lo tanto, la gráfica es la elipse x + y
2 2
= 1 con centro (3, –4).
9 4 ‒4
‒5
C(3, –4)
La ecuación de una elipse desplazada h unidades horizontalmente y k Recuerda que para desplazar una grá-
(x – h)2 (y – k)2 fica h unidades horizontalmente, y k
unidades verticalmente está dada por: a2 + b2 = 1.
unidades verticalmente se cambia la
Para graficarla, se puede ubicar el centro y graficarla como si este fuese el variable x por la expresión x – h; y la
origen del plano cartesiano, o bien, graficarla en el origen y desplazarla. variable y por la expresión y – k.
1
Determina la ecuación de la elipse x + y = 1 desplazada –3 unidades horizontalmente y 2 unidades
2 2
25 9
verticalmente.
(y – 2)2
Tomando la ecuación original y reemplazando x por [x – (–3)], y y por (y – 2): (x + 3) + 9 = 1.
2
25
2
Determina las coordenadas de los vértices, los focos, y las longitudes del eje mayor y eje menor de la elipse
(x + 2)2 (y + 1)2
+ 16 = 1 . Luego grafícala en el plano cartesiano con todos sus elementos.
25
x y 2 2
Esta elipse es equivalente a la elipse 25 + 16 = 1 desplazada –2 unidades horizontalmente y –1 unidad
verticalmente. Nota que los vértices y los focos se desplazan de la misma manera.
y
x
B
+ y =1 (x + 2) (y + 1)
2 2 2 2 2
3
Ecuación
25 16
+ 16 = 1
25 2
1
A1(–5, 0), A2(5, 0) A1(–7, –1), A2(3, –1)
Vértices x
B1(0, –4), B2(0, 4) B1(–2, –5), B2(–2, 3) A
‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
1 2 3
1
F1 C F2 A2
‒2
Focos F1(–3, 0), F2(3, 0) F1(–5, –1), F2(1, –1) ‒3
Longitudes del eje ‒4
mayor y eje menor
2a = 10, 2b = 8 2a = 10, 2b = 8 ‒5
B1
roblemas
1. Para cada literal determina la ecuación de la elipse desplazada h unidades horizontalmente y k unidades
verticalmente.
a) x + y = 1, h = –1, k = 2 b) x + y = 1 , h = 3, k = –1 c) x + y = 1, h = –2, k = –2
2 2 2 2 2 2
25 9 9 4 16 7
2. Determina las coordenadas de los vértices, los focos, y longitudes del eje mayor y eje menor. Luego gra-
fica en el plano cartesiano la elipse de cada literal.
a) (x – 3) + (y – 3) = 1 b) (x + 2) + (y – 1) = 1 c) (x + 1) + (y + 1) = 1
2 2 2 2 2 2
9 4 16 4 25 4
72
182
Indicador de logro
3.4 Encuentra la ecuación de una elipse desplazada paralelamente respecto a los ejes de coordenadas
y traza su gráfica.
Secuencia Propósito
Puesto que los estudiantes ya conocen la ecua- En la Solución se espera que los estudiantes apli-
ción de la elipse y cómo encontrar los elementos quen lo que ya conocen sobre desplazamientos
de ella a partir de dicha ecuación, es un momento paralelos tanto de una gráfica, como de un punto,
adecuado para introducir los desplazamientos pa- que se vio en la lección sobre parábola y se siguió
ralelos en la elipse. aplicando en circunferencia.
Solución de problemas:
(x + 1)2 (y – 2)2 [y – (–1)]2 (x – 3)2 (y + 1)2
1a) [x – (–1)] + (y – 2) = 1, o bien, 25 + 9 = 1. 1b) (x – 3) +
2 2 2
4
= 1, o bien, 9
+ 4 = 1.
25 9 9
[x – (–2)]2 [y – (–2)]2 (x + 2)2 (y + 2)2
1c) 16
+ = 1, o bien, + 7 = 1.
7 16
y
2a) x
+ y =1 (x – 3) (y – 3)
2 2 2 2
Ecuación
9 4
+ 4
=1 5
9
4
A1(–3, 0), A2(3, 0) A1(0, 3), A2(6, 3)
Vértices C
B1(0, –2), B2(0, 2) B1(3, 1), B2(3, 5) 3
2
F1(– 5 , 0), F1(– 5 + 3, 3),
Focos
F2( 5 , 0) F2( 5 + 3, 3) 1
2b) x2 y
+ y =1
(x + 2)2
+ (y – 1) = 1
2 2
Ecuación
16 4 16 4
3
A1(–4, 0), A2(4, 0) A1(–6, 1), A2(2, 1)
Vértices 2
B1(0, –2), B2(0, 2) B1(–2, –1), B2(–2, 3)
C
1
F1(–2 3 , 0), F1(–2 3 – 2, 1),
Focos
F2(2 3 , 0) F2(2 3 – 2, 1) –5 –4 –3 –2 –1 1
x
–1
Longitudes del eje
mayor y eje menor
2a = 8, 2b = 4 2a = 8, 2b = 4
2c) x2
y
+ y =1
(x + 1)2
+ (y + 1) = 1
2 2
Ecuación
25 4 25 4
1
A1(–5, 0), A2(5, 0) A1(–6, –1), A2(4, –1)
Vértices x
B1(0, –2), B2(0, 2) B1(–1, –3), B2(–1, 1) –5 –4 –3 –2 –1 1 2 3
–1
C
F1(– 21 , 0), F1(– 21 – 1, –1),
Focos –2
F2( 21 , 0) F2( 21 – 1, –1)
–3
Longitudes del eje
mayor y eje menor
2a = 10, 2b = 4 2a = 10, 2b = 4
Grafica en el plano cartesiano la figura determinada por la ecuación 9x2 + 25y2 – 18x – 100y – 116 = 0.
(x – h)2 (y – k)2
Expresa la ecuación en la forma a2
+ b2 = 1.
Unidad 3
‒1
(x – 1) (y – 2)
2
+
2
=1 simplificando. B1
25 9
Por lo tanto, la gráfica es la elipse con centro (1, 2) y vértices A1(–4, 2), A2(6, 2), B1(1, –1) y B2(1, 5).
Una elipse puede ser representada desarrollando los cuadrados de la ecuación (x – 2h) + (y –2k) = 1 y dejan-
2 2
a b
do la ecuación igualada a 0.
En general para determinar el centro y los vértices (eje mayor y menor) de una elipse cuya ecuación sea de
la forma dx2 + ey2 + fx + gy + h = 0, se completan cuadrados perfectos en x y y, para expresarla en la forma
(x – h)2 (y – k)2
a2
+ b2 = 1 . A la ecuación de la forma dx2 + ey2 + fx + gy + h = 0 se le llama ecuación general de
la elipse.
Determina las coordenadas de los vértices, los focos y longitudes del eje mayor y menor de la elipse:
4x2 + 25y2 + 16x – 50y – 59 = 0 y grafícala en el plano cartesiano con todos sus elementos.
4x2 + 25y2 + 16x – 50y – 59 = 0 y
B2 3
4(x + 2)2 + 25(y – 1)2 – 16 – 25 – 59 = 0 2
4(x + 2)2 25(y – 1)2
+ =1 A1 F
C
1
F2 A2
100 100 1
‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 O 1 2 3
x
(x + 2)2 (y – 1)2 ‒1
+ =1 B1
25 4
a) 4x2 + 9y2 + 8x + 18y – 23 = 0 b) 3x2 + 4y2 – 12x + 16y + 16 = 0 c) 8x2 + 9y2 – 16x – 18y – 55 = 0
d) 7x2 + 16y2 + 14x – 64y – 41 = 0 e) 4x2 + 9y2 – 36y = 0 f) x2 + 4y2 + 4x = 0
73
184
Indicador de logro
3.5 Determina los elementos de una elipse a partir de su ecuación general y traza su gráfica en el plano
cartesiano.
Secuencia Propósito
Ahora que los estudiantes ya han aplicado des- En la clase anterior y en esta quedan ejemplifi-
plazamientos paralelos en la elipse, se trabaja con cados los desplazamientos a los 4 cuadrantes del
la ecuación general utilizando el procedimiento plano cartesiano, para que los estudiantes tengan
para completar cuadrados perfectos. claridad de los casos.
Solución de problemas:
y
a) 4x2 + 9y2 + 8x + 18y – 23 = 0 A1(–4, –1), A2(2, –1),
4(x + 1)2 + 9(y + 1)2 = 23 + 4 + 9 B1(–1, –3), B2(–1, 1) –4 –3 –2 –1 0 1 2
x
4(x + 1)2 F1(– 5 – 1, –1), –1
+ 9(y + 1)
2
=1 C
36 36 F2( 5 – 1, –1) –2
(x + 1)
+ (y + 1)
2 2
=1 2a = 6, 2b = 4
9 4
y
b) 3x + 4y – 12x + 16y + 16 = 0
2 2
A1(0, –4), A2(4, –4), x
–1 1 2 3 4
3(x – 2)2 + 4(y + 2)2 = –16 + 12 + 16 B1(2, – 3 – 4), –1
(x + 1) x
+ (y – 2) = 1
2 2
–5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 3
16 7
2a = 8, 2b = 2 7
e) 4x2 + 9y2 – 36y = 0 A1(–3, 2), A2(3, 2), f) x2 + 4y2 + 4x = 0 A1(–4, 0), A2(0, 0),
4x2 + 9(y – 2)2 = 0 + 36 B1(0, 0), B2(0, 4) (x + 2)2 + 4y2 = 4 B1(–2, –1), B2(–2, 1)
4x2
+ 9(y – 2) = 1
2
F1(– 5 , 2), (x + 2)2 4y2 F1(– 3 – 2, 0),
36 36 + =1
F2( 5 , 2) 4 4 F2( 3 – 2, 0)
x2 (y – 2)2 (x + 2)2
+ 4
=1 2a = 6, 2b = 4 + y2 = 1 2a = 4, 2b = 2
9 4
a) F1(–2, 0), F2(2, 0), a = 3 b) F1(– 7, 0), F2( 7, 0), A1(–4, 0), A2(4, 0)
3. Determina las coordenadas de los vértices, los focos, las longitudes del eje mayor y el eje menor de cada
elipse. Luego grafícala en el plano cartesiano.
x 2
y 2
x 2
y 2
a) 16 + 9 = 1 b) 8 + 4 = 1
4. Para cada literal determina la ecuación de la elipse desplazada h unidades horizontalmente y k unidades
verticalmente.
a) x + y = 1, h = –2, k = –2 b) x + y = 1 , h = 3, k = –2
2 2 2 2
25 16 16 9
5. Determina las coordenadas de los vértices, los focos, y las longitudes del eje mayor y eje menor. Luego
grafica en el plano cartesiano la elipse de cada literal.
a) (x + 2) + (y – 1) = 1 b) (x + 3) + (y + 3) = 1
2 2 2 2
16 9 8 4
6. Determina las coordenadas de los vértices, los focos, y las longitudes del eje mayor y el eje menor de
cada elipse. Luego grafícala en el plano cartesiano.
a) y b) y
B2
3
B2
2
3
A1 1
O A2 A1 C A2
‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 4 5 x 2
‒1 1
‒2 x
‒3
B1 ‒9 ‒8 ‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
1
B1
74
186
Indicador de logro
3.6 Resuelve problemas correspondientes a la elipse.
Solución de problemas:
y
1a) b2 = 32 – 22 = 9 – 4 = 5, entonces la ecuación 5a) A1(–6, 1), A2(2, 1),
x2 y2
es: x2 + y 2 = 1, o bien, 9 + 5 = 1.
2 2 3
B1(–2, –2), B2(–2, 4)
3 ( 5) 2
2
F1(– 7 – 2, 1), C
1b) b2 = 42 – 7 = 16 – 7 = 9, entonces la ecuación 1
F2( 7 – 2, 1) x
es: x2 + y2 = 1, o bien, x + y = 1.
2 2 2 2
–5 –4 –3 –2 –1 0 1
4 3 16 9 –1
2a = 8, 2b = 6
2a) c2 = 32 – 22 = 9 – 4 = 5 = ( 5 ) , y los focos son:
2
2
1 7a) Se identifica que a = 4 y b = 2, y el centro está en
x (0, 0), por lo tanto, la ecuación es:
‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
O1 2 3
x2 y2
+ 22 = 1, o bien, x + y = 1.
2 2
‒2
42 16 4
[x – (–2)]2 [y – (–2)]2
= 1, o bien, (x + 2) + (y + 2) = 1. 7b) Se identifica que a = 5 y b = 3, y el centro está en
2 2
4a) 25
+ 16 25 16
(–4, 2), por lo tanto, la ecuación es:
(x – 3)2 [y – (–2)] 2
(x – 3)2 (y + 2)2
4b) + = 1, o bien, 16 + 9 = 1. [x – (–4)]2 (y – 2)2
= 1, o bien, (x + 4) + (y – 2) = 1.
2 2
16 9 +
52 32
25 9
25 cm
hacia el otro que está a 25 cm de distancia del vér-
tice de la lámpara. Determina de cuánto debería ser
13 cm
el diámetro de la lámpara para que funcione correc- F1
tamente. V1
y
Considerando una elipse con centro en el origen, en-
Unidad 3
10
tonces uno de los vértices tendrá coordenadas (13, 0),
y uno de los focos (12, 0), por lo tanto a = 13, c = 12,
entonces:
b2 = 132 – 122 = 169 – 144 = 25 = 52 V1 V2
diámetro
a2 = 132 x
–13 F
1
F2 13
13 5
Entonces el diámetro estará dado por la medida del
eje menor de la elipse, es decir, 2b = 2(5) = 10.
–10
Por lo tanto, el diámetro de la lámpara debe ser 10 cm.
roblemas
1. Una ingeniera eléctrica diseña un reflector de luz semi-elíptico para un teatro, dicho reflector tiene 13
centímetros de altura y 10 centímetros de diámetro. Determina a qué distancia del vértice del reflector
concentrará la luz dicho reflector.
2. Un puente cuya abertura tiene forma semi-elíptica sobre un río tiene 28 metros de largo y una altura de
12 metros sobre el nivel del río. Determina la altura máxima que debe tener un barco de 14 metros de
ancho para que pase con total seguridad bajo el puente.
75
188
Indicador de logro
3.7 Utiliza las propiedades de los focos y la ecuación de la elipse para resolver problemas sobre objetos
elípticos.
Secuencia Propósito
Después de abordar los conceptos básicos sobre la En las soluciones a los Problemas los estudiantes
elipse, se pueden analizar y resolver algunos pro- deben modelar una situación a partir de concep-
blemas sobre aplicaciones a la vida real, basados tos matemáticos, para resolverlos e interpretar la
fundamentalmente en la propiedad reflectora de la respuesta obtenida para dar solución al problema
elipse. Esta clase tiene asterisco, lo que indica que original.
el docente debe dar mayor apoyo a sus estudiantes.
Solución de problemas: y
12
1. Considerando una elipse con centro en el origen, entonces
uno de los vértices del eje mayor tendrá coordenadas (13, 0),
y uno de los vértices del eje menor (0, 5), por lo tanto a = 13,
b = 5, entonces la ecuación de la elipse será:
x2 y2
+ = 1. V1 V2
diámetro
132 52
–13 F 13 x
Entonces, por la propiedad reflectora de la elipse, se tendrá 1 F2
que la luz se concentra en el foco cuyas coordenadas son:
c2 = 132 – 52 = 169 – 25 = 144 = 122, F2 = (12, 0).
Por lo tanto, el reflector concentrará la luz a 25 (13 + 12)
metros del vértice. –12
Resuelve los siguientes problemas de aplicación de elipse. Modela cada situación en el plano cartesiano.
1. Un paso a desnivel construido en forma semi-elíptica tiene 12 metros de largo y una altura máxima de 3
metros a partir del centro. Determina la altura máxima que debe tener un camión para pasar por debajo
del paso a desnivel, si la anchura de este camión es de 3 metros del centro de la calle hacia cada lado.
2. Una arquitecta y un ingeniero trabajan en el diseño de un puente con forma semi-elíptica para un río de
30 metros de ancho. El puente debe ser tal que un barco de a lo sumo 20 metros de ancho y 3 metros
de alto pueda cruzar debajo de este con total seguridad. Determina la altura que debe tener el puente.
3. La Tierra cumple con recorrer una órbita elíptica en exactamente un año, dicha elipse tiene como uno de
sus focos el Sol. El instante en el que la Tierra se ubica más cerca del Sol se conoce como perihelio y son
aproximadamente 147 millones de kilómetros de distancia; mientras que el instante en el que está más
alejada del Sol se conoce como afelio y se ubica a una distancia aproximada de 153 millones de kilóme-
tros. Determina la ecuación de la órbita de la Tierra.
15 m
76
190
Indicador de logro
3.8 Resuelve problemas de aplicación de la elipse.
Solución de problemas:
1. Este problema es muy parecido al problema número 2 resuelto en la clase anterior, basta identificar que
para este caso a = 6 y b = 3, entonces la elipse tendrá ecuación: x2 + y2 = 1.
2 2
6 3
Y ahora solo falta determinar el valor de y para x = 3:
32
+ y2 = 1, entonces, y2 = 1 – 1 = 3 , luego, y = 3 , por lo tanto, y = 3 3 ≈ 2.6.
2 2
62 3 3 4 4 3 2 2
Por lo tanto, la altura máxima que debe tener el camión para que pase con total seguridad debe ser
aproximadamente de 2.60 metros.
2. Si se modela el problema con la ecuación de la elipse, se puede identificar que a = 15 (la mitad de la
anchura del2 río), 2y el valor de b representa la altura que debe tener el puente, entonces la ecuación es de
la forma: x 2 + y2 = 1.
15 b
Puesto que un barco de 20 metros de ancho y 3 de alto debe cruzar con total seguridad, entonces el punto
(10, 3) debe satisfacer la ecuación de la elipse, entonces sustituyendo y determinando el valor de b:
102 32 32 4 5 3 9
+ = 1, entonces, b2 = 1 – 9 = 9 , luego, b = 35 , por lo tanto, b = 5 5 ≈ 4.02.
152 b2
Por lo tanto, la altura máxima del puente debe ser aproximadamente 4.02 metros.
3. Utilizando la ilustración del problema, es claro que al sumar las distancias del perihelio y el afelio se tendrá
la longitud del eje mayor de la elipse; y al restar al afelio el perihelio se obtendrá la distancia entre los
focos:
2a = afelio + perihelio = 153 + 147 = 300, entonces a = 150;
2c = afelio – perihelio = 153 – 147 = 6, entonces c = 3.
Para determinar la ecuación de la elipse solamente hace falta el valor de b2:
b2 = a2 – c2 = 1502 – 32 = 22 491.
x2 y2
Por lo tanto, la ecuación de la elipse que determina la órbita es: + = 1.
22 500 22 491
4. Puesto que el problema menciona que la distancia entre los dos vértices es 34, y la altura provee el valor
de b de la elipse, es decir, b = 15, entonces se puede determinar que 2a = 34, y entonces a = 17, luego lo
que se necesita es el valor de c: c2 = a2 – b2 = 172 – 152 = 64 = 82.
Como a – c = 17 – 8 = 9, es la distancia del vértice al foco, entonces la personas deben ubicarse a 9 metros
de distancia de cada vértice, o bien a 16 metros de distancia entre ellas (a 8 metros del centro cada
persona).
5. El objeto semielíptico descrito es igual al del Problema inicial de la clase anterior, por lo tanto, se tendrá
que a = 13 y b = 5, a partir de lo cual se puede determinar que c2 = a2 – b2 = 132 – 52 = 144 = 122.
Por lo tanto, para poder pulverizar el cálculo renal, este debe estar a 12 cm de distancia del litotriptor.
3
50
- Hoja de papel vegetal
E
AT
M
- Compás
ES
- Plumón
- Regla
Unidad 3
un poco lejos de dicha circunferencia y
alineados verticalmente.
Definición
La figura de las dos ramas que queda marcada en la actividad es una hipérbola. Observa que cada punto
de ella cumple la condición de que la diferencia de la distancia de un punto a dos puntos fijos se mantiene
constante.
Preguntas
1. ¿Qué sucede si el punto dibujado fuera de la circunferencia está más lejos de ella?
2. ¿Qué sucede si el punto dibujado fuera de la circunferencia está muy cerca de la circunferencia?
3. ¿Qué sucede si el punto dibujado fuera de la circunferencia no está alineado verticalmente con su
centro?
4. ¿Cuánto es la diferencia de un punto de la hipérbola hacia los dos puntos fijos dibujados?
5. Explica por qué se cumple que la diferencia de un punto de la hipérbola a dos puntos fijos se mantiene
constante.
77
192
Indicador de logro
4.1 Identifica el lugar geométrico de una hipérbola.
Secuencia
La figura geométrica asociada con la hipérbola no es algo con lo que los estudiantes estén familiarizados
hasta la fecha, y por eso es necesario que logren identificar la figura que determina una hipérbola, al igual
como lo hicieron con la elipse.
Propósito
En la Actividad se espera que logren asociar la definición geométrica con la figura que se forma de la hipér-
bola, para que luego, en la siguiente clase, al deducir su ecuación canónica quede claro que esta ecuación
define el lugar geométrico de una hipérbola.
Materiales
En la clase se utilizarán hojas de papel vegetal, compás y plumón (uno de cada uno por estudiante).
Solución de problemas:
1. Los estudiantes pueden comparar entre ellos; algunos que dibujaron el punto más lejos observarán que
las hipérbolas formadas se abren más o se abren menos, lo importante es que los estudiantes vean que
no solamente influye el hecho de estar lejos o cerca de la circunferencia, sino también cuánto es el radio
de esta. En particular, si se dibujan circunferencias con el mismo radio, mientras más lejos está el punto,
las hipérbolas se abren un poco más.
2. Los estudiantes pueden comparar entre ellos, en este caso las hipérbolas se van cerrando cada vez más
al punto que los vértices casi coinciden con los focos, en ese caso se forma una línea recta horizontal.
3. Este caso puede ser elaborado con anticipación por el profesor, de modo que los estudiantes observen
que también se forma una hipérbola, pero oblicua, o inclinada.
4. Para esta pregunta los estudiantes pueden utilizar regla para medir las distancias y luego restarlas, el
profesor puede recomendar compararlas con la longitud del radio de la circunferencia; aunque lo ideal
es que los estudiantes comparen las distancias y vean que son iguales.
5. Este es el numeral más difícil, y se puede comenzar tomando un punto Q de la circunferencia y tomar el
punto R como la intersección entre el doblez (recta l) y OQ.
A partir de ello se puede observar que RQ coincide con RP, por lo tanto, R
la diferencia de las distancias RO – RP será constante e igual al radio. Q
Además, se puede hacer el cálculo para comprobar que si se toma O
P
otro punto S, la diferencia de las distancias SO – SP siempre es menor S
que el radio (desigualdad triangular).
l
a b
La ecuación que determina el lugar geométrico de una hipérbola está dada por: x 2 – y2 = 1.
2 2
a b
Los puntos fijos F1 y F2 se conocen como focos de la hipérbola y tienen coordenadas:
F1(– a2 + b2 , 0) y F2( a2 + b2 , 0).
La diferencia de las distancias de un punto de la hipérbola a cada uno de los focos siempre es 2a.
De la coordenada en x de los focos se deduce que c = 5 y a = 3 por hipótesis, para calcular b se tiene que:
c2 – a2 = b2, entonces, b2 = 52 – 32 = 25 – 9 = 16 = 42.
roblemas
1. Deduce la ecuación de la hipérbola de cada literal.
a) F1(–5, 0), F2(5, 0), a = 4 b) F1(–3, 0), F2(3, 0), a = 2 c) F1(–4, 0), F2(4, 0), a = 3
194
Indicador de logro
4.2 Deduce la ecuación de una hipérbola centrada en el origen dado los focos y el valor de a.
Secuencia Propósito
Una vez que los estudiantes reconocen el lugar En la Solución, la relación b2 = c2 – a2 está asocia-
geométrico que determina una hipérbola, se pue- da a las condiciones de los cuadrados. En el Ejem-
de asociar la ecuación deducida de las condicio- plo se presenta la forma de asociar la ecuación de
nes de la definición y asociarla con dicha figura la hipérbola con su definición.
geométrica, esta clase tiene asterisco, lo que in-
dica que el docente debe dar mayor apoyo a sus
estudiantes.
Solución de problemas:
32 ( 7) 9 7
y
x y 2 2
m l
Utilizando la gráfica de la ecuación de la hipérbola a2 – b2 = 1: B2
a) Dado que A1 y A2 están sobre el eje x, y pertenecen a la hipérbola, se puede evaluar la ecuación de la
hipérbola en y = 0. x2 02
– = 1 y resolviendo: x = 1
2
a2 b2 a2
Unidad 3
x 2 = a2
x = ±a
b
Por lo tanto, las coordenadas de estos puntos son: A1(–a, 0), A2(a, 0). y=–
b
x y y= a
x
a
B2
b) Para la recta l, dado que pasa por los puntos (a, b) y (0, 0):
b c
Utilizando la ecuación dos puntos: y = a x. A1 A2 x
F1 O F2
Para la recta m, dado que pasa por los puntos (–a, b) y (0, 0):
b
Utilizando la ecuación dos puntos: y = – a x. B1
Los puntos A1 y A2 de la hipérbola se llaman vértices, y tienen coordenadas A1(–a, 0) y A2(a, 0). Además, el
punto medio del segmento A1A2 se conoce como centro de la hipérbola.
b b Asíntota y Asíntota
Las rectas que tienen ecuaciones y = a x y y = – a x se llaman asíntotas
de la hipérbola, y cumplen que sus gráficas se aproximan a la hipérbola B 2
Eje Eje
cuyos extremos son los puntos (0, –b) y (0, b) se conoce como eje transverso B conjugado
1
conjugado.
Para graficar la hipérbola, primero traza las
asíntotas y los vértices.
y
Determina las coordenadas2 de los vértices, los focos y las ecuaciones de las
asíntotas de la hipérbola x – y = 1. Luego grafícala en el plano cartesiano.
2
4
9 16 B
3 2
Determinando los valores de a, b, c: a = 3, b = 4, c = 32 + 42 = 25 = 5 . 2
1
Vértices: A1(–3, 0), A2(3, 0) Focos: F1(–5, 0), F2(5, 0) F1 A1 A2 F2
x
4 4 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 O1 2 3 4 5
Asíntotas: y = 3 x, y = – 3 x ‒1
‒2
Al rectángulo formado entre los puntos A1, A2, B1 y B2 en ocasiones se le ‒3
llama rectángulo asintótico, y puede utilizarse para trazar las asíntotas de la
B
‒4 1
hipérbola a partir de las diagonales de dicho rectángulo.
roblemas
Determina las coordenadas de los vértices, ecuaciones de las asíntotas y los focos de cada hipérbola. Luego
grafícala en el plano cartesiano.
x2
y 2
x 2
y 2
x 2
y 2
a) 42 – 32 = 1 b) 4 – 9 = 1 c) 16 – 4 = 1 d) x2 – y2 = 1
79
196
Indicador de logro
4.3 Identifica los elementos de una hipérbola dada su ecuación para graficarla en el plano cartesiano.
Secuencia Propósito
Una vez establecida la ecuación canónica de la En la Solución se presentan los diferentes ele-
hipérbola, se puede trabajar con los estudiantes mentos que tiene una hipérbola en general, y lue-
los diferentes elementos que la conforman inclu- go se utiliza el Ejemplo para observar la manera
yendo las asíntotas, y cómo graficarla en el plano de utilizar estos elementos para graficarla en el
cartesiano a partir de ellos. plano cartesiano.
Solución de problemas: y
4
a) Determinando los valores de a, b, c:
3
a = 4, b = 3, c = 42 + 32 = 25 = 5. . 2
1
Vértices A1(–4, 0), A2(4, 0) x
Focos F1(–5, 0), F2(5, 0)
‒8 ‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
O1 2 3 4 5 6 7 8
‒2
3 3
Asíntotas y = 4 x, y = – 4 x ‒3
‒4
y
b) Determinando los valores de a, b, c: 3
a = 2, b = 3, c = 22 + 32 = 13 . 2
1
Vértices A1(–2, 0), A2(2, 0)
x
Focos F1(– 13 , 0), F2( 13 , 0)
‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
O1 2 3 4 5
3 3 ‒2
Asíntotas y = 2 x, y = – 2 x ‒3
y
c) Determinando los valores de a, b, c:
3
a = 4, b = 2, c = 42 + 22 = 20 = 2 5 . 2
Vértices A1(–4, 0), A2(4, 0) 1
x
Focos F1(–2 5 , 0), F2(2 5 , 0) ‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 O 1
‒1
2 3 4 5 6 7
1 1 ‒2
Asíntotas y = 2 x, y = – 2 x ‒3
y Se recomienda no exi-
d) Determinando los valores de a, b, c: gir tanta precisión en el
3
a = 1, b = 1, c = 12 + 12 = 2 . 2
bosquejo de la hipérbola,
pues para ello sería nece-
Vértices A1(–1, 0), A2(1, 0) 1
sario encontrar otros pun-
x
Focos F1(– 2 , 0), F2( 2 , 0) ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
O1 2 3 4 5 tos utilizando su ecuación.
‒2
Asíntotas y = x, y = –x ‒3
4 9
y
Considerando la ecuación de la hipérbola x – y = 1 y desplazándola 2
2 2
4
9 4 3
unidades hacia la izquierda y 1 unidad hacia arriba, se obtiene la ecuación:
2
(x + 2)2 (y – 1)2 C
1
– =1 O
9 4
‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 4 x
x 2
y2 ‒1
Por lo tanto, la gráfica es la hipérbola – = 1 con centro (–2, 1).
9 4 ‒2
‒3
La ecuación de una hipérbola desplazada h unidades horizontalmente y Recuerda que para desplazar una
(x – h)2 (y – k)2 gráfica h unidades horizontalmente,
k unidades verticalmente está dada por: a2 – b2 = 1.
y k unidades verticalmente se cambia
Para graficarla, se puede ubicar el centro y graficarla como si este fuese el la variable x por la expresión x – h;
origen del plano cartesiano, o bien, graficarla en el origen y desplazarla. y la variable y por la expresión y – k.
1
x y 2 2
Determina la ecuación de la hipérbola 16 – 9 = 1 desplazada –4 unidades horizontalmente y –3 unidades
verticalmente.
Tomando la ecuación original y reemplazando x por [x – (–4)], y y por [y – (–3)].
(x + 4)2
– (y + 3) = 1
2
16 9
2
Determina las coordenadas de los vértices, los focos y las ecuaciones de las asíntotas de la hipérbola
(x + 2)2 (y + 1)2
– 16 = 1 . Luego grafícala en el plano cartesiano con todos sus elementos.
9
x y 2 2
Esta hipérbola es equivalente a 9 – 16 = 1 desplazada –2 unidades horizontalmente y –1 unidad
verticalmente, es decir, tiene centro C(–2, –1). y
x2
– y =1
2
(x + 2)2 (y + 1)2 3
Ecuación – 16
=1 B2
9 16 9 2
1
Vértices A1(–3, 0), A2(3, 0) A1(–5, –1), A2(1, –1)
‒7 ‒6 ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
Focos F1(–5, 0), F2(5, 0) F1(–7, –1), F2(3, –1) F1 A1 ‒1
A2 F2
C ‒2
4 4 5
4 4 y+1= 3
(x + 2) ⇒ y = 3 x + 3 , ‒3
Asíntotas y = 3
x, y = – 3
x ‒4
4 4 11 B1 ‒5
y+1=– (x + 2) ⇒ y = – 3 x – 3
3
roblemas
1. Para cada literal determina la ecuación de la elipse desplazada h unidades horizontalmente y k unidades
verticalmente.
a) x – y = 1, h = 3, k = 1 b) x – y = 1 , h = 2, k = –4 c) x – y = 1, h = –3, k = –2
2 2 2 2 2 2
4 9 4 5 21 4
2. Determina las coordenadas de los vértices, los focos y las ecuaciones de las asíntotas de cada hipérbola.
Luego grafica en el plano cartesiano.
a) (x – 1) – (y – 2) = 1 b) (x – 3) – (y + 2)2 = 1
2 2 2
c) (x + 2)2 – (y + 1)2 = 1
9 4 4
80
198
Indicador de logro
4.4 Encuentra y grafica la ecuación de una hipérbola desplazada paralelamente respecto a los ejes de
coordenadas.
Secuencia Propósito
Puesto que los estudiantes ya conocen la ecua- En la Solución se espera que los estudiantes apli-
ción de la hipérbola y cómo encontrar los ele- quen lo que ya conocen sobre desplazamientos
mentos de ella a partir de dicha ecuación, es un paralelos tanto de una gráfica, como de un punto,
momento adecuado para introducir los desplaza- que se vio en la lección sobre parábola y se siguió
mientos paralelos en la hipérbola. aplicando en la de circunferencia y elipse.
Solución de problemas:
[y – (–4)]2
1a) (x – 3) – (y – 1) = 1 1b) (x – 2) – (x – 2)2 (y + 4)2
2 2 2
5
= 1, o bien, – = 1.
4 9 4 4 5
[x – (–3)]2 [y – (–2)]2
= 1, o bien, (x + 3) + (y + 2) = 1.
2 2
1c) –
21 4 21 4 y
2a) x2
6
– y =1
(x – 1)2
– (y – 2) = 1
2 2
Ecuación 5
9 4 9 4
4
Vértices A1(–3, 0), A2(3, 0) A1(–2, 2), A2(4, 2) 3
2b) x2 (x – 3)2 y
Ecuación – y2 = 1 – (y + 2)2 = 1
4 4 1
Vértices A1(–2, 0), A2(2, 0) A1(1, –2), A2(5, –2) –1
x
1 2 3 4 5 6 7
–1
Focos F1(– 5 , 0), F2( 5 , 0) F1(– 5 + 3, –2), F2( 5 + 3, –2) –2
–3 C
1 1
1 1 y–3= 2
(x + 2) ⇒ y = 2 x + 4, –4
Asíntotas y = 2 x, y = – 2 x –5
1 1
y–3=– 2
(x + 2) ⇒ y = – 2 x + 2
y
2c) 3
Ecuación x2 – y2 = 1 (x + 2)2 – (y + 1)2 = 1 2
1
Vértices A1(–1, 0), A2(1, 0) A1(–3, –1), A2(–1, –1)
–6 –5 –4 –3 –2 –1 0 1 2 x
Focos F1(– 2 , 0), F2( 2 , 0) F1(– 2 – 2, –1), F2( 2 – 2, –1) –1
C –2
y + 1 = (x + 2) ⇒ y = x + 1,
Asíntotas y = x, y = –x –3
y + 1 = –(x + 2) ⇒ y = –x – 3 –4
–5
Grafica en el plano cartesiano la figura determinada por la ecuación 9x2 – 4y2 – 18x + 16y – 43 = 0.
Unidad 3
‒1
(x – 1)2 (y – 2)2 B1
– 9 =1 simplificando.
4
Por lo tanto, la gráfica es una hipérbola con centro (1, 2), vértices A1(–1, 2), A2(3, 2) y asíntotas
3 3 1 3 3 7
y – 2 = 2 (x – 1), es decir, y = 2 x + 2 ; y – 2 = – 2 (x – 1), es decir, y = – 2 x + 2 .
Una hipérbola puede ser representada desarrollando los cuadrados de la ecuación (x a– 2h) –
2
(y – k)2
b2
=1
y dejándola igualada a 0.
En general, para determinar el centro, los vértices y asíntotas de una hipérbola cuya ecuación sea de la
forma dx2 – ey2 + fx + gy + h = 0, se completan cuadrados perfectos en x y y, para expresar en la forma
(x – h)2 (y – k)2
a2
– b2 = 1.
Asíntotas y = x, y = –x y = x – 3, y = –x – 1
roblemas
Determina las coordenadas de los vértices, las ecuaciones de las asíntotas y los focos de cada hipérbola.
Luego grafícala en el plano cartesiano.
200
Indicador de logro
4.5 Determina los elementos de una hipérbola a partir de su ecuación general y traza su gráfica en el
plano cartesiano.
Secuencia Propósito
Ahora que los estudiantes ya han aplicado des- En la clase anterior y en esta quedan ejemplifi-
plazamientos paralelos en la hipérbola, se traba- cados los desplazamientos a los 4 cuadrantes del
ja con la ecuación general utilizando el procedi- plano cartesiano, para que los estudiantes tengan
miento para completar cuadrados perfectos. claridad de los casos.
y
Solución de problemas:
4
a) 4x2 – 9y2 – 16x + 18y – 29 = 0 A1(–1, 1), A2(5, 1), 3
2
4(x – 2)2 – 9(y – 1)2 = 29 + 16 – 9 F1(– 13 + 2, 1), 1
C
4(x – 2)
– 9(y – 1) = 1
2 2
F2( 13 + 2, 1) –3 –2 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 x
36 36 2 1
y= 3x– 3 –1
–2
(x – 2)
– (y – 1) = 1
2 2
2 7
9 4 y=– 3x+ 3 y
b) 25x2 – 4y2 – 100x – 16y – 16 = 0 A1(0, –2), A2(4, –2), 2
1
25(x – 2)2 – 4(y + 2)2 = 16 + 100 – 16 F1(– 29 + 2, –2), –3 –2 –1
x
1 2 3 4 5 6 7
25(x – 2)
– 4(y + 2) = 1
2 2
F2( 29 + 2, –2) –1
100 100 5 –2
y= 2x–7 –3 C
(x – 2)2 (y + 2)2
– =1 5 –4
4 25 y=– 2x+3 –5
–6
c) x2 – 4y2 + 2x + 8y – 7 = 0 y
A1(–3, 1), A2(1, 1),
3
(x + 1)2 – 4(y – 1)2 = 7 + 1 – 4 F1(– 5 – 1, 1), 2
(x + 1)2
– 4(y – 1)
2
=1 F2( 5 – 1, 1) C 1
4 4 1 3
y= 2x+ 2 –6 –5 –4 –3 –2 –1 x
(x + 1)2 0 1 2 3 4
– (y – 1)2 =1 1 1 –1
4 y=– 2x+ 2
y
d) 16x2 – 9y2 + 32x – 54y – 209 = 0 A1(–4, –3), A2(2, –3), –4 –3 –2 –1 0 1 2
x
–1
16(x + 1)2 – 9(y + 3)2 = 209 + 16 – 81 F1(–6, –3), F2(4, –3) –2
16(x + 1)
– 9(y + 3)
2 2
4 5 –3
144 144
=1 y= 3
x– 3 C–4
4 13 –5
(x + 1)2
– (y + 3)
2
=1 y=– 3x– 3 –6
9 16
e) x2 – y2 – 4y – 8 = 0 A1(–2, –2), A2(2, –2), f) 4x2 – 9y2 – 8x – 32 = 0 A1(–2, 0), A2(4, 0),
x2 – (y + 2)2 = 8 – 4 F1(–2 2 , –2), 4(x – 1)2 – 9y2 = 32 + 4 F1(– 13 + 1, 0),
x 2
(y + 2) 2 F2(2 2 , –2) 4(x – 1) 2
9y2 F2( 13 + 1, 0)
– =1 – =1
4 4 y=x–2 36 36 2 2
y= 3x– 3
y = –x – 2 (x – 1)2 y2
– =1 2 2
9 4 y=– 3x+ 3
201 Sugerencia Metodológica
4
4.6 Practica lo aprendido
a) F1(–5, 0), F2(5, 0), a = 3 b) F1(–3, 0), F2(3, 0), y vértices A1(–2, 0), A2(2, 0).
3. Determina las coordenadas de los vértices, los focos y las ecuaciones de las asíntotas de cada hipérbola.
Luego grafícala en el plano cartesiano.
x 2
y 2
y2
a) 4 – 16 = 1 b) x2 – 4 = 1
a) x – y = 1, h = 2, k = 3 b) x – y = 1 , h = –3, k = –1
2 2 2 2
9 16 9 9
5. Determina las coordenadas de los vértices, las asíntotas y los focos de cada hipérbola. Luego grafícala en
el plano cartesiano para cada literal.
a) (x – 2) – (y + 2) = 1
2 2
b) (x + 1)2 – (y – 2) = 1
2
9 9 9
6. Determina las coordenadas de los vértices, las asíntotas y los focos de cada hipérbola. Luego grafícala en
el plano cartesiano para cada literal.
a) x2 – 4y2 + 2x – 8y – 19 = 0 b) 9x2 – y2 + 6y – 18 = 0
82
202
Indicador de logro
4.6 Resuelve problemas correspondientes a la hipérbola.
Solución de problemas:
y
1a) b2 = 52 – 32 = 25 – 9 = 16, entonces la 5a) A1(–1, –2), A2(5, –2),
x
ecuación es: x2 – y2 = 1, o bien, x – y = 1.
2 2 2 2
–1 1 2 3 4 5
3 4 9 16 F1(–3 2 + 2, –2), –1
F2(3 2 + 2, –2) –2
–3 C
1b) b = 3 – 2 = 9 – 4 = 5, entonces la ecuación
2 2 2
y=x–4 –4
x2 y2
es: 22 – ( )2 = 1, o bien, x – y = 1.
2 2
5 4 5 y = –x
y
2a) c = 2 + 3 = 4 + 9 = 13 = ( 13 ) , y los focos son:
2
2 2 2
5b) A1(–2, 2), A2(0, 2), 5
F1(– 13 , 0), F2( 13 , 0). 4
F1(– 10 – 1, 2), 3
2b) c2 = 5 + 4 = 9 = 32, y los focos son: C2
F2( 10 – 1, 2) 1
F1(–3, 0), F2(3, 0).
y = 3x + 5 x
2c) c2 = 9 + 4 = 13 = ( 13 ) , y los focos son:
2 –3 –2 –1 1
y = –3x – 1 –1
‒2 9 9 y = 3x + 3
‒3 (y – 3)2
x2 – 9
=1 y = –3x + 3
y y
3b) Vértices A1(–1, 0), A2(1, 0) 6a) 6b)
2 6
Focos F1(– 5, 0), F2( 5 , 0) 5
1
32 9
7b) Se identifica que a = 2 y b = 2, y el centro está en
(x – 2)2
– (y – 3) = 1.
2
4a) (5, 3), por lo tanto, la ecuación es:
9 16
(x – 5)2 (y – 3)2
– = 1.
4 4
4b) [x – (–3)] – [y – (–1)] = 1, o bien, (x + 3) – (y + 1) = 1.
2 2 2 2
9 9 9 9
Unidad 3
a b 5
yos focos son las torres, entonces dado que la diferencia de las 4
distancias a las dos torres en ese instante es 6 km, se puede 3
determinar el valor de a, y como también se conoce la distan- 2
1
cia entre las dos torres (focos), es posible conocer el valor de A1 A2
x
c, así: ‒5 ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0
‒1
1 2 3 4 5
b2 = c2 – a2 = 52 – 32 = 42.
Por lo tanto, la ecuación de la hipérbola que modela la situación es: x2 – y2 = 1.
2 2
3 4
Para localizar el barco bastará encontrar la coordenada en x cuando y = 4: El sistema de navegación ruso CHA-
x2 42 YKA y el sistema LORAN utilizan este
2 – =1 despejando x2: principio para la localización de na-
3 42
víos, sin embargo poco a poco este
x2 = 2(32) tipo de sistemas está siendo reem-
plazado por la localización GPS.
x = ±3 2 .
roblemas
1. Las señales de un barco recibidas por un sistema CHAYKA cuyas torres están ubicadas sobre la costa a 26
km una de la otra, si al recibir la señal se calcula que la ubicación del barco a una de las torres es 10 km
más lejana que la distancia a la otra torre. Determina la posible posición del barco si este navega a 12 km
de distancia de la costa.
Espejo
2. Un telescopio Maksutov-Cassegrain funciona de modo que recibe las parabólico
señales de luz, y son reflejadas por un espejo parabólico (cortado) ha- Espejo
cia el foco, el cual es foco de otro espejo, pero este es hiperbólico como hiperbólico
lo muestra la figura. Determina la función del espejo hiperbólico y ex- Espejo
parabólico
plica el funcionamiento del telescopio Maksutov-Cassegrain.
83
204
Indicador de logro
4.7 Utiliza las propiedades de los focos y la ecuación de la hipérbola para resolver problemas sobre objetos
hiperbólicos.
Secuencia Propósito
Después de abordar los conceptos básicos sobre En las soluciones a los Problemas los estudiantes
la hipérbola, se pueden analizar y resolver algu- deben modelar una situación a partir de concep-
nos problemas sobre aplicaciones a la vida real, tos matemáticos, para luego resolverlos e inter-
basados fundamentalmente en la propiedad re- pretar la respuesta obtenida para dar solución al
flectora de la hipérbola. Esta clase tiene asterisco, problema original.
lo que indica que el docente debe dar mayor apo-
yo a sus estudiantes.
Solución de problemas:
x y2 2
1. Resolviendo como el Problema inicial, se considera la situación como una hipérbola a2 – b2 = 1 cuyos
focos son las torres, entonces dado que la diferencia de las distancias a las dos torres en ese instante es
10 km, se puede determinar el valor de a, y como también se conoce que la distancia entre las dos torres
es 26 km (focos), es posible conocer el valor de c, así:
|d2 – d1| = 2a = 10, entonces a = 5,
2c = 26, entonces c = 13,
b2 = c2 – a2 = 132 – 52 = 122.
5 12
Para localizar el barco bastará con encontrar la coordenada en x cuando y = 12:
x2
– 122 = 1
2
despejando x2.
52 12
x2 = 2(52)
x = ±5 2
2. Para este problema es suficiente con que los estudiantes comprendan que por la propiedad reflectora del
foco de la parábola, los rayos de luz captados son reflejados hacia el foco F1 el cual es compartido por el
espejo hiperbólico, cuya propiedad hace reflejar los rayos desde dicho foco F1 hacia el otro foco F2 de la
hipérbola, el cual en este caso coincide con el ocular del telescopio, en donde se observa lo que capta el
telescopio.
Espejo
parabólico
Espejo
hiperbólico
F1
F2
Espejo
parabólico
2. Las torres de enfriamiento de las plantas nucleares de energía se diseñan con forma de hiperboloide
de una hoja, si el diámetro de la parte más alta es 3.75 m y se ubica a 9 m de altura, y el diámetro más
pequeño es de 3 m y se ubica a 6 m de altura, determina aproximadamente el diámetro de la base de la
torre.
Una forma de hiperboloide es un cuerpo geométrico
que resulta de girar una hipérbola alrededor de algu-
no de sus ejes. Si se gira alrededor del eje transverso
se conoce como hiperboloide de 2 hojas y si se gira
alrededor del eje conjugado se conoce como hiper-
boloide de 1 hoja.
84
206
Indicador de logro
4.8 Resuelve problemas de aplicación de la hipérbola.
Solución de problemas:
1. Puesto que el sol es el foco, la menor distancia se dará en uno de los vértices de la hipérbola, calculando
los valores a, b y c de la ecuación de la hipérbola se tiene que:
a = 20, b = 21 y c = 202 + 212 = 29.
Entonces el sol está en el punto (c, 0) y el vértice de la trayectoria hiperbólica por la que pasa el cometa
pasa por el punto (a, 0), es decir, que la distancia mínima entre el sol y la trayectoria del cometa es c – a;
entonces, la distancia mínima es 29 – 20 = 9 cuatrillones de metros.
2. Localizando el centro del plano cartesiano justo en el centro de
la circunferencia de radio más pequeño de la torre, puesto que y
el diámetro en esta parte es de 3 m, entonces a = 1.5, y además
se cumple que la distancia del eje conjugado a un punto en la
circunferencia más alta es 1.875 y está a una altura respecto
del eje transversal de 9 – 6 = 3 metros, por lo tanto, la hipérbola
pasa por el punto (1.875, 3). Luego, utilizando la ecuación de la x
hipérbola:
x2 y2
2 – 2 = 1.
1.5 b
Evaluando el punto (1.875, 3) en la hipérbola:
1.8752
– 32 = 1.
2
1.52 b
Expresando los decimales como fracciones y encontrando el valor de b2:
152 1
32 52 32 25 9 9 9
82 4
– = 1 ⇒ 42 – b2 = 1 ⇒ 16 – 1 = b2 ⇒ 16 = b2 ⇒ b2 = 16.
152 1 b2
10 5
2
x y 2 2
Por lo tanto, la hipérbola tiene ecuación 1.52 – 42 = 1 , y evaluando en el punto que corresponde al nivel
del suelo, es decir, y = –6, y encontrando x:
x2 36 9 13
3 13
– (–6)2 = 1 ⇒ x 2 = 1 + 16
2 2 9
⇒ x2 = 1.52 1 + 4 ⇒ x2 = 1.52 4 ⇒ x = ±
4
.
1.52 4 1.5 4
3 3 13
Por lo tanto, el diámetro de la parte más baja (considerando el valor positivo de x) es 2 × 413 = 2 .
2
(2 5 ) 162 162
3. De manera muy similar al problema anterior, se calcula el valor de b2: 22 – b2 = 1 ⇒ 5 – 1 = b2
162
⇒ b2 = 4 = 4(16) = 64.
x2 y2
Por lo tanto, la hipérbola tiene ecuación 22 – 82 = 1 , y evaluando en el punto que corresponde al nivel
del suelo, es decir, y = –16, y encontrando x:
x2
– (–16) = 1 ⇒ x = 1 + 4 ⇒ x2 = 5(4) ⇒ x = ±2 5 .
2 2
22 82 4
Por lo tanto, el diámetro de la parte más baja es 2 × 2 5 = 4 5 .
x2
4. Se expresa la hipérbola en forma canónica, dividiendo por 2 500: 4y – = 1 ⇒ y 2 – x 2 = 1.
2 2 2
2 500 2 500
25 50
Luego se asocia la ecuación a una hipérbola vertical (analizar de manera análoga intercambiando x y y)
por lo tanto, el vértice sería el punto más cerca a la ciudad, el cual está en el punto (0, 25), por lo tanto,
la menor distancia a la que pasará la avioneta del suelo es de 25 metros.
x y x y
c) (x – 2) + (y – 1) = 1
2 2 2 2 2 2
d) (x + 1) + (y + 1) = 1
2 2
a) 22 + 32 = 1 b) 9 + 25 = 1
16 25 4 9
Unidad 3
Piensa cómo sería la ecuación
3. Grafica la hipérbola determinada por cada ecuación en el plano cartesiano. de una hipérbola vertical.
y x y x
c) (y + 1) – (x – 2) = 1 d) (y – 2) – (x + 1)2 = 1
2 2 2 2 2 2 2
a) 22 – 32 = 1 b) 9 – 16 = 1 4
9 4
4. Clasifica las siguientes ecuaciones según el tipo de figura que determinan en el plano cartesiano, parábola,
circunferencia, elipse o hipérbola.
x y
d) (x – 2h) – (y –2k) = 1
2 2
1 2 2
a) a2 + b2 = 1, a ≠ b b) y – k = 4p (x – h)2 c) x2 + y2 = r2
a b
x y
h) (x – 2h) + b2 = 1, a ≠ b
2 2
1 2
(y – k)2
e) (x – h)2 + (y – k)2 = r2 f) a2 – b2 = 1 g) y = 4p x2
a
5. Determina qué tipo de figura (parábola, circunferencia, elipse o hipérbola) corresponde a cada ecuación.
d) 4x2 – y2 + 8x – 2y + 7 = 0 e) 2x2 – 4x – y + 4 = 0 f) x2 + y2 + 2x – 8 = 0
j) 9x2 – 16y2 – 18x – 32y – 151 = 0 k) y2 + x + 2y + 3 = 0 l) 25x2 + 9y2 – 50x + 18y – 191 = 0
En resumen
Las cuatro figuras estudiadas (parábola, circunferencia, elipse e hipérbola) reciben el nombre de cónicas, y
están dadas por los siguientes tipos de ecuaciones:
x2 y2
y = 1 x2 x2 + y2 = r2 + =1 x2 y2
4p a 2 b2 – =1
a 2 b2
Parábola Circunferencia Elipse
Hipérbola
Estas figuras pueden tener variantes, como estar en posición horizontal o vertical, desplazadas o expre-
sadas con todas las operaciones desarrolladas e igualadas a cero. En general, las ecuaciones presentadas
arriba se conocen como: ecuaciones canónicas de dichas figuras.
85
208
Indicador de logro
4.9 Resuelve problemas correspondientes a las secciones cónicas.
Propósito
En estos problemas hay que orientar a los estudiantes a que los piensen como si se intercambiaran los
ejes de coordenadas, es decir, como si el eje y fuera el eje x, e identificar que todas las graficas son pará-
bolas, elipses o hipérbolas rotadas 90°.
Solución de problemas:
1a) x = 2y2 1b) x = –3y2 1c) x + 1 = (y – 2)2 1d) x + 2 = –(y + 1)2
y y y y
2 2 4 1
1 1 3 –5 –4 –3 –2 –1 0 x
V x V
0 x
2 –1
0 1 2 3 4 –5 –4 –3 –2 –1 V V
–1 –1 1 –2
–2 –2
–1 0 1 2 3 x –3
x y x y
2c) (x – 2) + (y – 1) = 1 2d) (x + 1) + (y + 1) = 1
2 2 2 2 2 2 2 2
2a) 22 + 32 = 1 2b) 9 + 25 = 1
16 25 4 9
y y y
y
4 5
3 3 2
4
2 2 3 1
1 1 2 ‒2 ‒1 0 1 x
x O x 1 C ‒1
‒2 ‒1 0 O1 2 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 C
‒1 ‒1
‒1 0 1 2 3 4 5 x ‒2
‒2 ‒2 ‒1 ‒3
‒3 ‒3 ‒2
‒4 ‒3
y x y x
3c) (y + 1) – (x – 2) = 1 3d) (y – 2) – (x + 1)2 = 1
2 2 2 2 2 2 2
3a) 22 – 32 = 1 3b) 9 – 16 = 1 4
9 4
y y y
y
3 6
4 4
2 5
3 3
1 4
2 2
1 –1 0 1 2 3 4 5
x 3
1
x –1 C C 2
–3 –2 –1 0 O1 2 3
x –3 –2 –1 0 O1 2 3 –2 1
–1
–1 –3
–4 –3 –2 –1 0 1 2
x
–2 –2
–4 –1
–3 –3
–5 –2
–4 –4
5. En este problema se puede inducir a los estudiantes para que analicen e identifiquen las características de
la ecuación general de las secciones cónicas. Primero se observa que no hay término xy, luego, si alguno
de los coeficientes de x2 o y2 es cero, entonces es una parábola; si son iguales y positivos, entonces hay
que completar cuadrados perfectos para determinar si es una circunferencia, un punto o no determina
una figura en el plano cartesiano; si son diferentes y positivos, entonces hay que completar cuadrados
perfectos para determinar si es una elipse o si no determina una figura en el plano cartesiano; y si son
diferentes y alternados (uno positivo y el otro negativo), entonces es una hipérbola.
5a) Es elipse porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero y positivos, y al completar cuadrados
perfectos se llega a la ecuación: 25 + y = 1.
(x – 3)2 2
9
5b) Es circunferencia porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero e iguales, y al completar cua-
drados perfectos se llega a la ecuación: x2 + (y + 2)2 = 1.
5c) Es parábola porque el coeficiente de x2 es cero.
5f) Es circunferencia porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero e iguales, y al completar cua-
drados perfectos se llega a la ecuación: (x + 1)2 + y2 = 9.
5g) Es elipse porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero y positivos, y al completar cuadrados
perfectos se llega a la ecuación: x + (y – 2) = 1.
2 2
4 9
5h) Es hipérbola porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero y alternados.
5i) Es circunferencia porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero e iguales, y al completar cua-
drados perfectos se llega a la ecuación: (x – 1)2 + (y – 1)2 = 4.
5l) Es elipse porque los coeficientes de x2 y y2 son diferentes de cero y positivos, y al completar cuadrados
perfectos se llega a la ecuación: (x – 1) + (y + 1) = 1.
2 2
9 25
No se recomienda que en este problema se completen cuadrados perfectos para cada caso, porque se volvería
un problema muy largo, es mejor hacer énfasis en el análisis de la ecuación general de las secciones cónicas,
solamente es necesario completar cuadrados para el caso de la circunferencia y la elipse. Además, este proble-
ma será retomado en la práctica de GeoGebra para que posteriormente corroboren las respuestas.
210
4
4.10 Problemas de la unidad
y
1. La base de un triángulo tiene longitud fija y sus vértices se ubican en
los puntos (–4, 0) y (4, 0), determina el lugar geométrico que descri-
be el otro vértice si se cumple que el producto de las pendientes de –4 4 x
los lados variables siempre es igual a 4.
2. Determina el lugar geométrico que resulta de tomar una circunferencia de ecuación x2 + y2 = 16 y reducir
las coordenadas en y de cada punto de ella a 3 .
4
y En este ejercicio se puede
4 observar cómo una elipse
3 puede ser vista como una
circunferencia reducida
–4 4 x respecto a una dirección a
–3 una razón constante.
–4
3. Tomando un segmento AB de longitud 5 sobre el plano cartesiano, que cumple que el punto A se mueve
sobre el eje x y el punto B sobre el eje y. Determina el lugar geométrico de los puntos del segmento AB
que cumplen estar a una proporción 3:2.
y
Puedes asumir las coordenadas de A(a, 0) y
B(0, b) las de B(0, b), utiliza el Teorema de Pitágoras
2
En resumen
Todas las figuras cónicas son llamadas de esta manera porque
todas se pueden obtener de realizar cortes por un plano sobre
un cono de doble hoja como lo muestra la figura. Parábola
Circunferencia
Puedes encontrar información acerca de las có- Hipérbola
nicas en el video oficial del Ministerio de Educa-
ción de El Salvador (MINED) titulado “Cónicas”,
Elipse
en la dirección https://goo.gl/Lq3dGW.
86
Propósito
Analizar los problemas e interpretar la información de cada uno para expresarlo de forma matemática a
partir de conceptos ya conocidos.
Solución de problemas:
1. Se puede considerar el otro vértice como el punto P(x, y), entonces y
encontrando las pendientes:
y–0 y y–0 y p(x, y)
m1 = x – 4 = x – 4 m2 = x – (–4) = x + 4 m2 m1
–4 4
x
entonces se debe cumplir que el producto de las pendientes debe ser
4, es decir m1m2 = 4, entonces:
y y y2
× x + 4 = 4 ⇒ x2 – 16 = 4 ⇒ y2 = 4(x2 – 16) ⇒ y2 – 4x2 + 64 = 0 ⇒ x – y = 1.
2 2
x–4 16 64
Por lo tanto, el lugar geométrico que describen los puntos que cumplen las condiciones del problema
es la hipérbola x – y = 1.
2 2
16 64
2. Se puede considerar el punto P(x’, y’) de la figura que redujo cada coordenada en y de la circunferencia
4
en 3 , entonces el punto correspondiente en la circunferencia tendrá coordenadas (x, y) = (x’, 3 y’),
4
entonces satisface la ecuación de la circunferencia:
2
x’2 + 4 y’ = 16 ⇒ x’ + 16y’2
= 1 ⇒ x’2 + y’2 = 1.
2 2 2
3 16 9(16) 4 3
Por lo tanto, el lugar geométrico que resulta de tomar una circunferencia de ecuación x2 + y2 = 16 y
reducir las coordenadas en y de cada punto de ella a 3 es la elipse x’2 + y’2 = 1.
2 2
4 4 3
En este problema hay que tener cuidado e interpretar bien la información al momento de
sustituir en la ecuación de la circunferencia.
3. Se pueden considerar los puntos P(x, y) que están en proporción 3:2 en el segmento AB, entonces por
Pitágoras se sabe que AO2 + OB2 = AB2, luego a2 + b2 = 52, además utilizando la fórmula de proporcio-
nalidad vista en la Unidad 2 de línea recta:
2a 3b 5x 5y
(x, y) = 2(a) + 3(0) , 2(0) + 3(b) ⇒ 5 = x y 5 = y ⇒ a = 2 y b = 3 .
3+2 3+2
Por lo tanto, el lugar geométrico que resulta de los puntos del segmento AB
3
x2 y2 = 1.
que cumplen estar a una proporción 3:2 es la elipse 22 + 2 x
3
A(a, 0)
212
y
4. Considerando el centro de la circunferencia interior como P(x, y), enton-
ces, la distancia a la recta y = –2 sería d(P, l) = y + 2; además la distancia 4
entre los centros de las circunferencias es:
d(P, O) = x2 + y2. p(x, y)
r
–4 4
x
r
Dicha distancia también se puede calcular como la diferencia entre el ra-
l
dio de la circunferencia grande (4) menos el radio de la pequeña (y + 2),
entonces:
d(P, O) = 4 – (y + 2).
1
Entonces, x2 + y2 = 4 – (y + 2) ⇒ x2 + y2 = (2 – y)2 ⇒ x2 + y2 = 4 – 4y + y2 ⇒ x2 + 4y – 4 = 0 ⇒ y = – 4 x2 + 1 .
1
Por lo tanto, el lugar geométrico que determina el centro de la circunferencia es la parte de y = – 4 x2 + 1
donde –2 3 < x < 2 3 .
Práctica
Construcción de una parábola de parámetro p y vértice (h, k).
Unidad 3
2. Presiona “enter” para obtener en la Vista Algebraica (panel
izquierdo) la expresión de la derecha.
8. Puedes cambiar los valores de las variables p, h, k dando doble clic sobre ellas en la Vista Algebraica para
corroborar las respuestas de los problemas de la lección 1. También puedes ver las formas de la ecuación
de la parábola dando clic derecho sobre la ecuación de la cónica en la Vista Algebraica para expandir
todas las opciones.
87
214
5
Construcción de una elipse conocidos los valores de a, c y centro (h, k).
5. Puedes cambiar los valores de las variables a, c, h y k dando doble clic sobre ellas en la Vista Algebraica
para corroborar las respuestas de los problemas de la lección 3. También puedes ver las formas de
la ecuación de la elipse dando clic derecho sobre la ecuación de la cónica en la Vista Algebraica para
expandir todas las opciones.
Actividades
1. Construye una circunferencia con los valores del centro (h, k) y el radio r.
2. Construye una hipérbola con valores de a, c y centro (h, k).
3. Verifica las respuestas de los problemas que resolviste durante las clases de toda la unidad y corrobora
que están correctos.
4. Contruye una parábola horizontal.
5. Contruye una elipse vertical.
6. Contruye una hipérbola vertical.
88
Secuencia Propósito
Ahora que los estudiantes ya conocen los conteni- Esta práctica está enfocada en que los estudian-
dos teóricos sobre las secciones cónicas, se enri- tes construyan las diferentes cónicas en GeoGe-
quecerá introduciendo la herramienta de GeoGe- bra de manera general y luego puedan cambiar
bra para realizar y comprobar los procedimientos los valores variables para cada ejercicio resuelto y
teóricos y conocer más sobre este software ma- comprobar el trabajo realizado de forma teórica a
temático. partir de este software.
Solución de problemas:
1. Para construir la circunferencia es suficiente crear las variables r, h, k de manera análoga a como se hizo
en la práctica y luego utilizar la opción circunferencia (centro, radio) del botón circunferencia.
2. Para construir la hipérbola es muy parecido a la construcción de la elipse, ya que es suficiente crear las
variables a, b, h, k de manera análoga a como se hizo en la práctica y luego graficar los focos y un vér-
tice al igual que en la elipse, haciendo F1 = (h - c, k), F2 = (h + c, k) y A1 = (h - a, k), para luego utilizar la
opción hipérbola del botón cónicas y seleccionar primero los focos y luego el vértice.
3. Este apartado es únicamente para comprobar los problemas que tenían que ver con graficar alguna có-
nica, y pueden ser tomados de las clases: 1.4, 1.5, 1.10, 2.1, 2.2, 2.6, 3.3, 3.4, 3.6, 4.3, 4.4 y 4.6; y algún
resultado sobre rectas, aplicando las prácticas de la unidad 2.
4. Este problema es muy similar a la parábola vertical, pues se deben crear las variables p, h, k; solamente
hay que cambiar la fórmula para el foco, que ahora será F = (h + p, k) y también hay que cambiar la ecua-
ción de la directriz que ahora será x = h – p, luego de manera similar se selecciona la opción parábola
del botón cónicas y luego seleccionar el foco y la directriz.
5. Este problema es muy parecido a la construcción de la elipse horizontal, es suficiente crear las variables
a, c, h, k de manera análoga a como se hizo en la práctica y solamente cambiar cómo se definen los fo-
cos y el vértice, haciendo F1 = (h, k - c), F2 = (h, k + c) y A1 = (h, k - a), para luego utilizar la opción elipse
del botón cónicas y seleccionar primero los focos y luego el vértice.
6. Este problema es muy parecido a la construcción de la hipérbola horizontal, es suficiente crear las va-
riables a, c, h, k de manera análoga a como se hizo en la práctica y solamente cambiar cómo se definen
los focos y el vértice, haciendo F1 = (h, k - c), F2 = (h, k + c) y A1 = (h, k - a), para luego utilizar la opción
hipérbola del botón cónicas y seleccionar primero los focos y luego el vértice.
Se recomienda que los estudiantes guarden cada actividad en archivos separados, desde el inicio de la práctica, pues pue-
den retomarlos para la realización de las demás actividades; además, se recomienda que estos archivos estén guardados
en algún espacio determinado (ya sea de una computadora o de una memoria USB) para las clases posteriores, en especial
para la clase 5.3.
216
5
5.2 Práctica en GeoGebra: gráfica de la ecuación general de cónicas
En esta práctica se utilizará la Hoja de Cálculo de GeoGebra para graficar cónicas dada una ecuación en for-
ma general, así será más sencillo identificar el tipo de cónica que está expresada, e incluso se puede utilizar
la Vista Algebraica para obtener la ecuación en forma canónica. Para ello sigue los pasos indicados en la
parte de “Práctica” y construye la ecuación general para graficar la cónica correspondiente. Luego trabaja
en GeoGebra la parte “Actividades” que está al final de esta práctica.
Práctica
Gráfica de la cónica dada por su ecuación general.
Unidad 3
1. Abre el menú Vista y seleccio-
na la opción Hoja de Cálculo.
3. Ahora digita en la barra de entrada la ecuación general, tomando como coeficiente de x2, y2, x, y y la
constante, los valores de la celda A1, B1, C1, D1 y E1 respectivamente, de la siguiente manera: A1*x^2 +
B1*y^2 + C1*x + D1*y + E1 = 0.
4. Al introducir la
ecuación se mues-
tra la gráfica de
una hipérbola en
la Vista Gráfica,
como lo muestra
la imagen de aba-
jo.
89
Actividades
Identifica qué tipo de cónica es cada una de las siguientes ecuaciones, verifica si tu respuesta del problema
5 de la clase 4.9 es correcta, si no, determina cuál fue el error.
a) 9x2 + 25y2 – 54x – 144 = 0 b) x2 + y2 + 4y + 3 = 0 c) y2 + x + 4y + 4 = 0
d) 4x2 – y2 + 8x – 2y + 7 = 0 e) 2x2 – 4x – y + 4 = 0 f) x2 + y2 + 2x – 8 = 0
j) 9x2 – 16y2 – 18x – 32y – 151 = 0 k) y2 + x + 2y + 3 = 0 l) 25x2 + 9y2 – 50x + 18y – 191 = 0
90
218
Indicador de logro
5.2 Grafica la cónica determinada por una ecuación general utilizando un software matemático adecuado.
Secuencia Propósito
Después de abordar las formas canónicas de las En la práctica se utilizará el entorno de la Hoja de
secciones cónicas, se puede avanzar a analizar la Cálculo, así como se utilizó en Primer año de Ba-
ecuación general de las secciones cónicas. chillerato en la práctica en GeoGebra de la unidad
de estadística descriptiva.
Solución de problemas:
En esta actividad se espera que los estudiantes corroboren a partir de la gráfica, la respuesta que dieron
en los problemas de la unidad.
a) La gráfica es una elipse. Si los estudiantes terminan rápidamente la práctica y las activi-
dades propuestas, entonces se puede indicar que los estudiantes
b) La gráfica es una circunferencia. corroboren las gráficas de los problemas de las clases 1.7, 2.3,
3.5, 4.5.
c) La gráfica es una parábola
En esta práctica se utilizarán los recursos de GeoGebra para verificar las propiedades de los focos de las sec-
ciones cónicas (parábola, elipse e hipérbola) que se utilizaron en las aplicaciones de estos contenidos. Para
ello sigue los pasos indicados en la parte de “Práctica” y construye la propiedad. Luego trabaja en GeoGebra
la parte “Actividades” que está al final de esta práctica.
Unidad 3
p = 4.
2. En el botón Punto, selecciona la opción Punto so-
bre objeto y localiza un punto en la parábola, de tal
modo que pueda moverse alrededor de toda la pa-
rábola.
3. Dibuja un segmento
de recta que vaya des-
de el foco (F) hasta el
punto localizado en la
parábola, tal como lo
muestra la figura de
abajo.
5. Dibuja una recta paralela al eje y que pasa por el punto dibujado en el nu-
meral 2, utilizando el botón Rectas, opción Recta paralela, seleccionando
el punto y el eje y. Se obtiene la siguiente figura:
91
220
5
6. Coloca los puntos B y C sobre la recta tangente, y el punto D sobre la recta paralela al eje y, tal como lo
muestra la figura.
7. Mide los ángulos DAB y FAC, utilizando el botón de ángulos, opción Ángulo, tal como lo muestra la figura.
8. Con el cursor puedes mover el punto sobre la parábola y verificar que el ángulo con que se refleja la recta
emitida por el foco se mantiene constante respecto de la recta paralela al eje de la parábola. También
puedes dar clic derecho sobre el punto y marcar la opción animación para recorrer todos los puntos de
la parábola de manera automática.
Actividades
1. Realiza una contrucción para verificar la propiedad de los focos de una elipse que se utilizó en las aplica-
ciones sobre la elipse.
2. Realiza una construcción para verificar la propiedad de los focos de una hipérbola que se utilizó en las
aplicaciones sobre la hipérbola.
92
Secuencia Propósito
Después de realizar el análisis de las ecuaciones Tener al menos la verificación del resultado sobre
de las secciones cónicas, se puede verificar las las propiedades reflectoras de las secciones cóni-
propiedades reflectoras de los focos de las seccio- cas, utilizando construcciones en GeoGebra.
nes cónicas.
Solución de problemas:
1. Se utiliza el archivo creado en la clase 5.1 para elipses, se dibuja un punto sobre la elipse, y luego se
trazan dos segmentos de recta, que vayan de cada foco al punto sobre la elipse, y de manera parecida
a lo que se hizo en la parábola, ahora se traza la tangente a la elipse en el punto dibujado, y finalmente
se verifica la propiedad realizando la medición de los ángulos formados por los segmentos y la recta
tangente como lo muestra la figura de abajo.
2. Se utiliza el archivo creado en las actividades de la clase 5.1 para hipérbolas, se dibuja un punto sobre
la hipérbola, y luego se trazan dos segmentos de recta, que vayan de cada foco al punto sobre la hipér-
bola, y de manera parecida a lo que se hizo en la elipse, ahora se traza la tangente a la hipérbola en el
punto dibujado, y finalmente se verifica la propiedad realizando la medición de los ángulos formados
por los segmentos y la recta tangente como lo muestra la figura de abajo.
222
5
5.4 Práctica en GeoGebra:
problemas sobre el lugar geométrico de las cónicas
En esta práctica se utilizarán los recursos de GeoGebra para verificar las respuestas de los problemas sobre
lugar geométrico de secciones cónicas que se resolvieron en la clase 4.10. Para ello sigue los pasos indica-
dos en la parte de “Práctica” y construye los lugares geométricos correspondientes. Luego trabaja en Geo-
Gebra la parte “Actividades” que está al final de esta práctica.
Práctica
Retomando el problema 4 de la clase 4.10:
Identifica el lugar geométrico que determina el centro de una circunferencia cuyo radio varía de modo
que siempre sea tangente a la recta y + 2 = 0 y a la circunferencia x2 + y2 = 16. Asumiendo que dicha cir-
Unidad 3
cunferencia siempre se mueve por encima de la recta y adentro de la circunferencia.
5. Ahora construye una circunferencia, utilizando la opción de centro y radio, luego selecciona como centro
el punto C, construido en el paso 3, y en la entrada del radio escribe la variable que almacena la distancia,
es decir, “distanciaCf”. Se puede observar el resultado obtenido, en la figura de abajo.
93
7. Haz clic derecho sobre el punto C y selecciona la opción rastro (se puede cambiar el color del punto, si se
desea), ahora mueve el deslizador de nuevo y observa cómo se marca el lugar geométrico con el rastro.
8. Finalmente puedes dar clic derecho sobre el deslizador y seleccionar la opción animación para correr
automáticamente el lugar geométrico y comprobar que la respuesta es correcta.
Actividades
1. Cambia el rango entre el valor mínimo y el máximo del deslizador, observa el resultado y escribe la
conclusión de este resultado, enfocándote en la tangencia de la circunferencia con la recta y + 2 = 0 y la
circunferencia x2 + y2 = 16.
2. Realiza una construcción para verificar la respuesta al problema 2 y 3 de los problemas de la unidad de
la clase 4.10:
a) Determina el lugar geométrico que resulta de tomar una circunferencia de ecuación x2 + y2 = 16 y re-
ducir las coordenadas en y de cada punto de ella a 34 .
b) Tomando un segmento AB de longitud 5 sobre el plano cartesiano, que cumple que el punto A se mue-
ve sobre el eje x y el punto B sobre el eje y. Determina el lugar geométrico de los puntos del segmento
AB que cumplen estar a una proporción 3:2.
94
224
Indicador de logro
5.4 Utiliza un software matemático para resolver problemas sobre secciones cónicas.
Secuencia Propósito
Por último, las prácticas en GeoGebra de secciones Utilizar las herramientas de rastro y animación
cónicas finalizan con las soluciones de los proble- para comprobar la solución de los problemas de
mas de la unidad, para corroborar las soluciones la unidad.
planteadas.
Solución de problemas:
1. Cuando se cambia el rango del deslizador, la circunferencia sigue manteniéndose tangente tanto a la
recta como a la circunferencia, sin embargo, pasa de la parte de arriba a la parte de abajo de la recta.
Realizar operaciones con potencias de números reales, utilizando las propiedades que facilitan su desa-
rrollo, para resolver ecuaciones y describir las características de las funciones exponenciales.
Relación y desarrollo
Unidad 2: Raíz cuadrada (9°) Unidad 1: Números reales Unidad 4: Funciones trascen-
• Raíz cuadrada y números • Números reales dentales I
reales • Potencia y raíz n-ésima
• Operaciones con raíces cua- • Funciones y ecuaciones ex-
dradas ponenciales
Unidad 3: Desigualdades
• Desigualdad
• Desigualdad lineal
• Desigualdad no lineal Unidad 5: Funciones trascen-
dentales II
• Función biyectiva e inversa
• Función logarítmica
• Funciones trigonométricas
Unidad 4: Funciones reales • Práctica en GeoGebra
• Definición de función
• Función cuadrática
• Aplicaciones de la función
cuadrática
• Otras funciones
• Práctica en GeoGebra
1 8. Exponente racional
1 6. Ecuaciones exponenciales
1 8. Practica lo aprendido
230
Lección Horas Clases
1 9. Problemas de la unidad
1 Prueba de la unidad 4
n- veces a n
potencia
base
a) 22 × 23 b) 36 ÷ 32
22 × 23 = (2 × 2) × (2 × 2 × 2) 36 ÷ 32 = 32
36
5-veces
= 25 = 3 × 3 × 3 × 3 × 3 × 3 simplificando,
3×3
Se cumple que: 2 × 2 = 22 3 2+3
=2 .
5 =3×3×3×3
4- veces
= 34
Se cumple que: 36 ÷ 32 = 36 – 2 = 34.
c) (22)3
(22)3 = (22) × (22) × (22)
= (2 × 2) × (2 × 2) × (2 × 2)
=2×2×2×2×2×2
6-veces
= 26
Se cumple que: (22)3 = 22 × 3 = 26.
1. Si a y b son números reales, m y n enteros positivos, las reglas para efectuar operaciones con potencias
de igual base son:
a Si a es un número real:
a1 = a
2. Si a es un número real positivo, entonces:
a) Si n es par entonces: b) Si n es impar entonces
(–a)n = (–a) × (–a) × … × (–a) = an (–a)n = (–a) × (–a) × … × (–a) = –an
cantidad par de cantidad impar de
números negativos números negativos
roblemas
Expresa las siguientes operaciones como una sola potencia.
a) 36 × 34 b) (–3)2 × (–3)4 c) (–2)3 × (–2)2
d) 57 ÷ 53 e) (–2)5 ÷ (–2)3 f) (–3)8 ÷ (–3)5
g) (65)2 h) (104)3 i) [(–3)3]5
96
232
Indicador de logro
1.1 Expresa como potencia, productos y cocientes con igual base y exponente positivo.
Secuencia Propósito
En séptimo grado se estudiaron las potencias con En el numeral 2 de la Definición se establece que
exponentes dos y tres, ahora se expande esta de- toda potencia de un número negativo debe ex-
finición para todo exponente natural; se introdu- presarse como la potencia de un número positivo
cirán paso a paso los valores de los exponentes de tal manera que el signo quede antes de la po-
hasta los números reales. En esta clase se estable- tencia, por lo que en la solución de los problemas
cen las propiedades utilizadas en las operaciones los estudiantes deben reflejar el uso de esta indi-
con potencias que tienen la misma base. cación.
Solución de problemas:
a) 36 × 34 = 36 + 4 = 310 b) (–3)2 × (–3)4 = (–3)2 + 4 = (–3)6 = 36
63
a) 23 × 33 b) 23
23 × 33 = 2 × 2 × 2 × 3 × 3 × 3 Del problema anterior se tiene: 63 = 23 × 33.
Unidad 4
• Si a y b son números reales y m es un entero positivo, las reglas para efectuar operaciones de potencias
con igual exponente son:
b) am = a (si b ≠ 0) ( )
m m
a) am × bm = (a × b)m b b
am ÷ bm = (a ÷ b)m
roblemas
Expresa las siguientes operaciones como una sola potencia.
97
234
Indicador de logro
1.2 Expresa como potencia productos y cocientes con igual exponente positivo.
Se establecen las propiedades cuando al multipli- Los estudiantes pueden confundir las propie-
car o dividir potencias se tienen exponentes igua- dades de potencias: el caso cuando tienen igual
les. Hasta aquí se han estudiado las propiedades base con el caso en el que tienen igual exponente,
que involucran exponentes positivos; de nuevo, por lo que debe sugerirles que observen qué caso
se aplican potencias a cantidades positivas y ne- se cumple al trabajar cada problema.
gativas, como en la clase anterior.
Solución de problemas:
c) (5)5 × (–8)5 = (5 × (–8))5 = (–40)5 = –405 d) (–2)5 × (–7)5 = ((–2) × (–7))5 = 145
Asume que la propiedad am ÷ an = am – n se cumple para todo entero m y n. Efectúa las siguientes divisio-
nes de dos maneras distintas:
a) 63 ÷ 63 b) 33 ÷ 37
a) 63 ÷ 63 b) 33 ÷ 37
Utilizando las propiedades de la división Utilizando la simplificación:
33
63 ÷ 63 = 1. 33 ÷ 37 = 37
1
Entonces 3–4 y 34 representan el mismo número.
a) El exponente cero.
Si a es un número real con a ≠ 0 entonces: Con esta definición las propiedades de exponentes positi-
vos se aplican también a los exponentes negativos y cero.
Si a y b son reales, m y n enteros:
a0 = 1.
am
a) am × an = am + n b) = am – n c) (am)n = am × n
an
b) El exponente negativo.
( )
m
am a
Si a es un número real con a ≠ 0 y n un número d) am × bm = (a × b)m e) =
bm b
entero positivo entonces:
1
a–n = n .
a
roblemas
1. Escribe las siguientes fracciones como una potencia con exponente negativo:
a) 13 b) 1 c) 1
d) 1 8
2 3 (–5)5 10
236
Indicador de logro
1.3 Expresa potencias con exponentes negativos como fracciones con exponente positivo y viceversa.
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
1 1
2a) 2–7 = 2b) 3–5 = 2c) 5–1 = 1 2d) 7–2 =
1
2
7
3
5
5 72
Unidad 4
Sea n un entero positivo, un número b que cumple la condición bn = a es radical
llamado raíz n-ésima de a. índice n
a
Al trabajar con raíces n-ésimas de números reales se distinguen dos casos: radicando
2. Si n es par, a cada número real positivo a le corresponden dos raíces Si n es un entero positivo
n
n-ésima reales, una positiva a y una negativa – a .
n n
entonces 0 = 0.
a) El número –8 tiene una única raíz cúbica: b) El número 16 tiene dos raíces cuadradas:
y y = x3 3
y y = x2
a – 8 = (–2)3 ⟹ –8 = –2. a 16 = 4 y – 16 = –4
Todo número real a Todo número real positivo
–2 x tiene una única raíz x a tiene dos raíces cuadra-
das a y – a.
3
a cúbica a .
3
– a a
–8
roblemas
Expresa las siguientes igualdades utilizando la notación de raíz n-ésima.
a) 23 = 8 b) (–5)3 = –125 c) 34 = 81 d) (–7)4 = 2401
e) 62 = 36 f) (–2)5 = –32 g) (–4)5 = –1024 h) 55 = 3125
( 2) (2) ( 2) ( 3)
5 3 4 3
i) 1 = 1 j) 3 = 27 k) – 1 = 1 l) – 1 = – 1
32 8 16 27
99
238
Indicador de logro
1.4 Escribe potencias de números como raíces n-ésimas.
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
3 3
a) 23 = 8 � 8 = 2 b) (–5)3 = –125 � –125 = –5
4 4
c) 34 = 81 � 81 = 3 d) (–7)4 = 2 401 � – 2 401 = –7
5
e) 62 = 36 � 36 = 6 f) (–2)5 = –32 � –32 = –2
5 5
g) (–4)5 = –1 024 � –1 024 = –4 h) 55 = 3 125 � 3 125 = 5
( 1 ) 1 1
( 3 ) 27 27 3
5 3
i) 2 = 1 � 5 32 = 2 j) 2 = 8 � 3 8 = 2
32
k) ( – 2 ) = 16 � – 1 l) ( – 1 ) = – 1 � – 1 = – 3
14 1 1 3 1
4
16
= – 2 3 27 27
3
a) 729 b) 4 16
3
81
16 24
729 = 3 6
se descompone 729, = se descomponen 16 y 81,
81 34
(2)
4
= 3 3 × 33 se reescribe como producto = 3 al utilizar propiedades de potencia,
de potencias de índice 3,
= (3 × 3)3 al utilizar propiedades de
2 16
potencia, entonces al elevar 3 a la cuarta se obtiene 81 .
= 93.
16 2
Por lo tanto, 4 81 = 3 .
Es decir, al elevar 9 al cubo se obtiene 729.
3
Por lo tanto, 729 = 9.
n
Para escribir sin radical el número real a realiza lo siguiente:
3
Ejemplo: 1728
n
Si n es un entero impar y a un número real entonces –a = – a .
n
roblemas
Expresa los siguientes números sin el símbolo radical.
4 5 7 5
a) 16 b) 243 c) 128 d) 100 000
h) 6 64
4
e) 3 –216 f) 256 g) 3 512
343 729
100
240
Indicador de logro
1.5 Calcula raíces n-ésimas descomponiendo el radicando en factores primos.
Secuencia
En esta clase se expresa la raíz n-ésima exacta de un número real de forma simplificada, es decir, sin el
símbolo radical; a partir de aquí se efectúa la simplificación de raíces, sin embargo, no se contempla aún
la distribución del radical sobre los factores, si no que se utiliza la propiedad de la distribución del expo-
nente sobre los factores y la definición misma de raíz n-ésima. La distribución del radical se abordará en la
siguiente clase.
Propósito
La expresión –a = – a , donde n es impar, que se muestra en la Conclusión será util en aquellos proble-
n n
mas cuando el radicando tiene signo negativo; de esta manera se traslada el problema a calcular la raíz
n-ésima de un número positivo.
Solución de problemas:
a) 16 = 24 16 2 b) 243 = 35 243 3
4 En la solución de cada
� 16 = 2 8 2
5
� 243 = 3 81 3 literal se espera el uso
4 2 27 3 de la descomposición
2 2 9 3 en factores primos y
1 3 3 la definición de raíz
n-ésima.
1
7
c) 128 = 27 � 128 = 2 d) 100 000 = 25 × 55
� 100 000 = (2 × 5)5
� 100 000 = 105
5
� 100 000 = 10
3 3
e) –216 = – 216 f) 256 = 24 × 24
216 = 23 × 33 � 256 = (2 × 2)4
� 216 = (2 × 3)3 � 256 = 44
4
� 216 = 63 � 256 = 4
3
� 216 = 6
3 3
� –216 = – 216 = –6
g) 512 = 23 × 23 × 23 � 512 = (2 × 2 × 2)3 � 512 = 83 h) 64 = 26 y 729 = 36
343 = 73 26
� 64 = 36
83 729
� 512 = 73
343
( 3 )
6
� 64 = 2
( 7 )
3 729
� 512 = 8
343 64 2
� 6 729 = 3
512 8
� 3 343 = 7
Utiliza la definición de raíz n-ésima para expresar con un solo radical las siguientes operaciones.
a) 3 6 × 3 20 b) 4 96 ÷ 4 3 c) 3 128
a) 3 6 × 3 20
Unidad 4
Por lo tanto, 3 6 × 3 20 = 3 120 .
b) 4 96 ÷ 4 3
96 ÷ 3 = 32 se efectúa la división.
4 4 4
c) 3
128
( 3
128) = 128
2 3
se utiliza la definición de raíz cuadrada,
( 3
128 )
2×3
= 128 al aplicar propiedades de potencia,
( 3
128) = 128
6
se efectúa el producto,
3
128 = 128
6
se expresa la potencia como raíz sexta ( 3
)
128 > 0 .
Por lo tanto, 3
128 = 128.
6
101
242
1
Si a1 , a2 , ... , am son números reales
Para efectuar: Se tiene que: Escribiendo como raíz entonces:
n n n n
n-ésima: a1 × a2 × … × am = a1 × a2 × … × am
( a × b )n = a × b ⇒
n n n n n n n
a) a× b ⇒ a× b= a×b
La propiedad b) también se utiliza así:
( a ÷ b) = a ÷ b ⇒
n n n n n
a÷ b a
n n
b) ⇒ a÷ b= a÷b
n
n
b) n a = n
b b
c)
mn
a ⇒ ( mn
a )m × n = a ⇒
mn
a = m×n a Simplificar una raíz es expresarla con
un radicando menor al inicial.
Para simplificar una raíz n-ésima se utiliza la propiedad de la Simplificar a la mínima expresión es
multiplicación: simplificar el radicando al menor valor
posible.
n
an × b = an × b
n n
3 4 6
=2 3×5 =2 2 =2 2
3 4 6 6
Por lo tanto, 128 = 2 2.
4
= 2 15 Por lo tanto, 32 = 2 2 .
3
Por lo tanto, 3 120 = 2 15.
a) 8 4 × 8 8 × 8 2 × 8 4 b) 3108
4
108
3
108
8
4× 8× 2× 4= 4×8×2×4
8 8 8 8
3 = 3
4
4
= 8 22 × 23 × 2 × 22 = 3 27
= 8 28 = 3 33
=2 =3
roblemas
Efectúa las siguientes operaciones, simplifica a la mínima expresión tu respuesta.
3
g) 80 h) – 3
640 i) – 256
102
Secuencia Propósito
Se estudian las operaciones con raíces n-ésimas a En el Problema inicial se dejan indicadas las raíces,
partir de la definición; en este caso la multiplica- pues se simplificarán hasta el Ejemplo, una vez que
ción y división, así como la raíz de una raíz; ade- ya se ha tratado la distribución del radical sobre los
más, se deja por sentado el concepto de simplifica- factores para simplificar. En la Solución se debe uti-
ción a partir de la multiplicación de raíces. lizar la definición de raíz n-ésima y las propiedades
de potencia. En el Ejemplo, la descomposición en
factores se utiliza de tal modo que los exponentes
sean igual al índice de la raíz.
Solución de problemas:
3 3 3 3 3
a) 4 × 10 = 4 × 10 = 23 × 5 = 2 5
4 4 4 4 4
b) – 75 × 50 = – 75 × 50 = – 2 × 3 × 54 = –5 6
5 5 5 5 5
c) – 45 × (– 81) = 45 × 81 = 35 × 3 × 5 = 3 15
3 3 3 3 3 3
d) 320 ÷ 10 = 320 ÷ 10 = 32 = 23 × 22 = 2 4
Las divisiones pueden calcularse
utilizando fracciones y simplifi-
3 3
e) 486 ÷ (– 6 ) = – 486 ÷ 6 = – 81 = – 33 × 3 = – 3 3
3 3 3 3
cándolas, esto para facilitar los
cálculos.
4 4 4 4 4 4
f) – 192 ÷ (– 6 ) = 192 ÷ 6 = 32 = 24 × 2 = 2 2
4 4 4
g) 80 = 80 = 24 × 5 = 2 5
6 6 6
h) – 640 = – 640 = – 26 × 2 × 5 = – 2 10
3
3 3 6 6 6
i) – 256 = – 256 = – 256 = – 26 × 22 = – 2 4
244
1
1.7 Suma, resta y potencia de raíces n-ésimas
Efectúa las siguientes operaciones: Dos raíces pueden sumarse o restarse si son
a) 3 16 + 3 54 b) (6 4 )3 semejantes es decir, si tienen igual índice e
igual radicando.
a) 3 16 + 3 54 b) (6 4 )3
16 = 23 × 2 y 54 = 2 × 33 (6 4 ) 3 = 6 4 × 6 4 × 6 4
3 3 3 3
3 3
=2 2 =3 2 =6 4×4×4
Unidad 4
3
=5 2 Por lo tanto, (6 4 )3 = 2.
3
Por lo tanto, 3
16 + 54 = 5 2.
3
roblemas
1. Efectúa las siguientes operaciones.
a) 3 24 + 3 81 b) 4 32 + 4 512 c) 4 80 + 4 405 d) 3 40 + 3 135
i) (5 27 )2 j) (6 8 )5 k) (3 25 )2 l) (4 27 )3
3 3
2. Para demostrar que 2 = 10 + 108 – –10 + 108 , realiza los siguientes pasos:
a) Demuestra que (1 + 3 )3 = 10 + 6 3, luego escribe esta igualdad como raíz cúbica.
b) Demuestra que (–1 + 3 )3 = –10 + 6 3, luego escribe esta igualdad como raíz cúbica.
c) Efectúa la resta de las raíces cúbicas de los literales anteriores y concluye.
103
Secuencia Propósito
Ahora se estudia la suma, resta y potencia de raíces El Problema inicial y los Problemas se desarrollan
n-ésimas. Si el índice es mayor que el exponente la de tal manera que puedan efectuarse operaciones
simplificación no se efectúa aún. entre raíces semejantes. En la Conclusión, en el nu-
meral 2 se debe entender que la igualdad es valida
n
siempre que a esté bien definida.
Solución de problemas:
3 3 3 3 3 3 3
1a) 24 + 81 = 23 × 3 + 33 × 3 = 2 3 + 3 3 = 5 3
En algunos casos, como el literal
4 4 4 4
1b) 32 + 512 = 2 × 2 + 2 × 2 × 2 = 2 2 + 2 × 2 2 = 2 2 + 4 2 = 6 2
4 4 4 4 4 4 4 4
b, también puede utilizar la
distribución del exponente sobre
4 4 4 4 4 4 4 la base en el radicando o utilizar
1c) 80 + 405 = 24 × 5 + 34 × 5 = 2 5 + 3 5 = 5 5 la descomposición en primos
convenientemente:
3 3 3 3 3 3 3
1d) 40 + 135 = 23 × 5 + 33 × 5 = 2 5 + 3 5 = 5 5 4 4
24 × 24 × 2 = (2 × 2)4 × 2
4
= 44 × 2
3 3 3 3 3 3 3 4
1e) 500 – 108 = 22 × 53 – 22 × 33 = 5 4 – 3 4 = 2 4 =4 2
3 3 3 3 3 3 3 3 3
1f) 576 – 72 = 23 × 23 × 32 – 23 × 32 = 2 × 2 9 – 2 9 = 4 9 – 2 9 = 2 9
3 3 3 3 3 3 3
1g) 486 – 144 = 2 × 33 × 32 – 23 × 2 × 32 = 3 18 – 2 18 = 18
4 4 4 4 4 4 4
1h) 243 – 48 = 34 × 3 – 24 × 3 = 3 3 – 2 3 = 3
5 5 5 5 5 5 5
1i) ( 27 )2 = 272 = (33)2 = 33 × 2 = 36 = 35 × 3 = 3 3
6 6 6 6 6 6 6 6
1j) ( 8 )5 = 85 = (23)5 = 23 × 5 = 215 = 26 × 26 × 23 = 2 × 2 23 = 4 8
3 3 3 3 3 3
1k) ( 25 )2 = 252 = (52)2 = 54 = 53 × 5 = 5 5
4 4
1l) (4 27 )3 = 4 273 = 4 (33)3 = 4 39 = 4 34 × 34 × 3 = 3 × 3 3 = 9 3
246
1
1.8 Exponente racional
1. a) 26 = 22 × 22 × 22 b) 3 212 = 3 23 × 23 × 23 × 23
=2×2×2 =2×2×2×2
= 23. = 24.
se utiliza que n an = a.
3
= 22
exponente
Por lo tanto, 24 = 22 . Se observa que 4 = 2
6 3
6 3 índice
Una potencia con exponente racional m es la raíz n-ésima de una potencia m-ésima.
n
nr n
Además, si r es un entero positivo se cumple que amr = am , por lo que es válida la simplificación de
exponentes racionales, para todo a > 0:
mr m
a nr = a n
roblemas
1. Escribe las siguientes raíces como potencias con exponente fraccionario, simplifica si se puede.
a) 2 b) 33 c) 3 2 d) 3 32
e) 4 52 f) 5 210 g) 5 63 h) 6 52
Secuencia Propósito
En esta clase se realiza la extensión de los valores En el Problema inicial se plantean dos situaciones:
que pueden ir en el exponente: desde los enteros la primera es para inducir que el exponente puede
hacia los racionales, utilizando la definición de ex- ser una fracción y la segunda para ejemplificar la
ponente racional como la raíz n-ésima de un nú- posibilidad de efectuar la simplificación en el ex-
mero real. ponente; por lo que, es pertinente hacer la obser-
vación planteada en la Solución.
Solución de problemas:
1 1
1a) 2 = 22 2a) 52 = 5
3 5
1b) 33 = 32 2b) 32 = 35 = 9 3
1 5
3
1c) 2 = 23 2c) 22 = 25 = 4 2
2 3
3 8
1d) 32 = 33 2d) 78 = 73
2 1 3
4 7
1e) 52 = 54 = 52 2e) 127 = 123
10 7
5
1f) 210 = 2 5 = 22 2f) 112 = 117 = 113 11
3 5
5 3
1g) 63 = 65 2g) 93 = 95 = 27 3
2 1 1
6 4
1h) 52 = 56 = 53 2h) 104 = 10
248
1
1.9 Propiedades de los exponentes racionales
Realiza las siguientes operaciones expresando tu respuesta como potencia con exponente racional.
5 3 10 1 2 1 2 2 3 3
a) 24 × 24 b) 3 3 ÷ 33 c) (83)2 d) 33 × 93 e) 324 ÷ 24
5 3 10 1
a) 24 × 24 = 4 25 × 4 23 se escribe como raíz, b) 3 3 ÷ 33 = 3 310 ÷ 3 31 se escribe como raíz,
= 25 × 23
4
= 310 ÷ 31
3
= 28 4
= 3 39
8 9
=2 4
= 33
= 22. 5 3 5+3
= 33. 10 1 10 – 1
Por lo tanto, 24 × 24 = 22. Observa que: 24 4 = 22. Por lo tanto, 3 3 ÷ 33 = 33. Se observa que: 3 3 3 = 33.
c) (83)2 = (3 82)2
2 1 1 2 2
se escribe como raíz cúbica, d) 33 × 93 = 3 32 × 3 92 se escribe como raíz,
3
= se escribe como raíz cuadrada, = 32 × 92
2 3
82
Unidad 4
3
= 6 82 = (3 × 9)2
2
= 86 = 3 272
1 2
=8. 2 1 1
3
2×1 1
= 273.
Por lo tanto (83)2 = 83. Se observa que: 83 2 = 83. Por lo tanto 33 × 93 = 273.
2 2 2
3 3 2 2
e) 324 ÷ 24 = 4 323 ÷ 4 23 se escribe como raíz, Observa que: (3 × 9)3 = 273.
4
= 323 ÷ 23
4
= (32 ÷ 2)3
= 4 163
3
= 164.
3 3 3 3 3
Por lo tanto, 324 ÷ 24 = 164. Se observa que: (32 ÷ 2)4 = 164.
1. Las propiedades con exponentes enteros se aplican también a los exponentes racionales. Si a y b son
números reales positivos, m y n son números racionales, entonces:
(b)
m
b) a n = am – n e) am = a
m m
a) am × an = am + n c) (am)n = am × n d) am × bm = (a × b)m
a b
2. Para simplificar una potencia racional se debe verificar que la base sea la menor posible.
roblemas
Realiza las siguientes operaciones, simplifica tu respuesta.
7 8 1 3 1 5
a) 25 × 25 b) 95 × 910 c) 25 ÷ 252 d) 273 ÷ 27
9 7 10 3 5 5 1 1
e) (97)6 f) (8 9 )2 g) 166 × 46 h) 982 ÷ 22
105
Secuencia Propósito
Se realizan las operaciones entre potencias cuyos En la Solución del Problema inicial se debe utilizar
exponentes son racionales, de manera análoga a la definición del exponente racional. La observa-
como se realizaron con exponentes enteros, esto ción realizada en cada literal es para mostrar la
permitirá posteriormente efectuar operaciones utilidad de las propiedades que permiten desa-
entre raíces cuyo índice es distinto. Además, para rrollar la operación en menos pasos y sin utilizar
simplificar se debe revisar si la potencia tiene la explícitamente la definición.
menor base posible.
Solución de problemas:
7 8 7+8 15
a) 25 × 25 = 25 5
= 2 5 = 23
1 3 1 + 3 2 + 3 5 1 1 2 × 12
b) 95 × 910 = 95 10
= 910 10
= 910 = 9 2 = (32) 2 = 3 =3
1 1 – 12 2 – 1 1 1 2 × 12
c) 25 ÷ 252 = 25 = 25 2 2 = 25 2 = (52) 2 = 5 =5
5 5–1 5 – 3 2 2 3 × 23
d) 273 ÷ 27 = 273 = 27 3 3 = 27 3 = (33) 3 = 3 = 32 También se pueden reescribir
las potencias con la menor base
( ) 9 7
e) 97 6 = 97
9×7
6
3
= 92 = (32)2 = 3
3 2 × 32
= 33
posible antes de efectuar las
operaciones.
f) (8 ) = 8
10 3 10 × 3 5 5 3 × 53
9 2 9 2
= 83 = (23) 3 = 2 = 25
5 5 5 5 5 6 × 56
g) Forma 1: 166 × 46 = (16 × 4)6 = (24 × 22)6 = (26)6 = 2 = 25
5 5 5 5 20 10 30
Forma 2: 166 × 46 = (24)6 × (22)6 = 2 6 × 2 6 = 2 6 = 25
1 1 1 1 1 2 × 12
h) 982 ÷ 22 = (98 ÷ 2)2 = (49)2 = (72)2 = 7 =7
250
1
1.10 Operaciones con raíces de distinto índice
1+1+1 1+1– 1
= 32 3 6 = 94 3 12
3+2+1 3 + 4 – 1
= 36 6 6 = 9126 12 12
= 31 = 9112
= 3. = 92 1
3 6
Por lo tanto, 3 × 3 × 3 = 3. = (32)2 simplificando
= 3.
4 3
Por lo tanto, 9 × 9 ÷ 9 = 3.
12
Para operar raíces con distinto índice, se realizan los siguientes pasos:
1. Cada raíz se escribe como potencia con exponente racional.
2. Se efectúan las operaciones utilizando propiedades de exponentes racionales.
3. Se simplifica el resultado.
5 2 1 +
= 22 × 23 ÷ 26 = 36 6
5+2–1 4
= 22 3 6 = 36
15 + 4 – 1 2
= 26 6 6 = 33 no se puede simplificar,
18
= 26 = 3 32 se escribe como raíz,
= 23 = 3 9.
= 8. Por lo tanto, 3 × 6 3 = 3 9.
3 6
Por lo tanto, 32 × 4 ÷ 2 = 8.
roblemas
Realiza las siguientes operaciones, simplifica tu respuesta.
a) 8 × 4 8 ÷ 12 8 b) 3 × 3 3 c) 3 3 × 6 3
d) 4 4 × 3 2 × 12 32 e) 243 × 3 9 ÷ 6 3 f) 4 25 ÷ 6 5
106
Secuencia Propósito
La utilidad de los exponentes racionales se mues- Dado que las operaciones se indican con raíces
tra en esta clase al efectuar operaciones entre raí- n-ésimas entonces la respuesta se expresa como
ces con diferente índice. una raíz, como se muestra en el Ejemplo b).
Solución de problemas:
1+1– 1
4 12
1 1 1 6 + 3 – 1 8 2 2 3 × 23
a) 8 × 8 ÷ 8 = 82 × 84 ÷ 812 = 82 4 12
= 812 12 12
= 812 = 8 3 = (23) 3 = 2 = 22 = 4
1 1 1+1 3+2 5
3 6
b) 3 × 3 = 32 × 33 = 32 3
= 36 6
= 36 = 35
1 1 1+1 2+1 3 1
3 6
c) 3 × 3 = 33 × 36 = 33 6
= 36 6
= 36 = 32 = 3
1 1 1 1 1 1 2 1 5 2+1+ 5 6 + 4 + 5 15 5
d) 4 4 × 3 2 × 12 32 = 44 × 23 × 3212 = (22)4 × 23 × (25)12 = 24 × 23 × 212 = 2 4 3 12
= 212 12 12
= 212 = 2 4
4 4 4
= 25 = 24 × 2 = 2 2
1 1 1 1 1 1 5 2 1 5 + 2 – 1 15 + 4 – 1 18
e) 243 × 3 9 ÷ 6 3 = 2432 × 93 ÷ 36 = (35)2 × (32)3 ÷ 36 = 32 × 33 ÷ 36 = 3 2 3 6
= 36 6 6
= 3 6 = 33 = 27
1 1 1 1 2 1 1 1 3–1 2 1
3
f) 4 25 ÷ 6 5 = 254 ÷ 56 = (52)4 ÷ 56 = 54 ÷ 56 = 52 ÷ 56 = 56 6
= 56 = 53 = 5
252
1
1.11 Practica lo aprendido
1. Efectúa las siguientes operaciones, expresa el resultado utilizando potencias con exponente positivo:
a) 56 × 55 b) (–4) × (–4)2 c) 26 × 2–3 d) 3–7 × 37
2. Realiza los siguientes ejercicios, expresa el resultado utilizando potencias con exponente positivo:
a) 34 × 54 b) 2–6 × 3–6 c) (–4)2 × 82 d) (–6)–3 × (–5)–3
e) 95 ÷ 35 f) 16–2 ÷ (–2)–2 g) (–35)7 ÷ 57 h) (–18)–4 ÷ (–3)–4
a) 5 12 × 5 24 b) 3 –20 × 3 25 c) 3 48 ÷ 3 6 d) 3 80 ÷ 3 –5
Unidad 4
e) 324 f) 3 56 + 3 189 g) 4 64 – 4 4 h) (3 24 )2
4. Simplifica las siguientes raíces: Escribe cada raíz como potencia racional.
a) 4 4 b) 6 9 c) 6 27 d) 6 16
a) (3 2 + 3 3)(3 4 – 3 6 + 3 9) b) (3 2 – 3 3)(3 4 + 3 6 + 3 9)
Exponente irracional
De esta forma, si x es un número irracional y a > 0, es posible definir la potencia ax siguiendo el proceso
anterior.
Por lo tanto, la potencia ax está definida para todo número real x y a > 0. Las propiedades vistas anterior-
mente se generalizan para todo exponente real. Si a y b son números reales positivos, r y s números reales:
(b)
r
b) as = ar – s e) ar = a
r r
a) ar × as = ar + s c) (ar)s = ar × s d) ar × br = (a × b)r
a b
107
Solución de problemas:
1a) 56 × 55 = 56 + 5 = 511 1b) (–4) × (–4)2 = (–4)1 + 2 = (–4)3 = –43
1
2a) 34 × 54 = (3 × 5)4 = 154 2b) 2–6 × 3–6 = (2 × 3)–6 = 6–6 = 66
1
2c) (–4)2 × 82 = (–4 × 8)2 = (–32)2 = 322 2d) (–6)–3 × (–5)–3 = (–6 × (–5))–3 = 30–3 = 303
1 1
2e) 95 ÷ 35 = (9 ÷ 3)5 = 35 2f) 16–2 ÷ (–2)–2 = (16 ÷ (–2))–2 = (–8)–2 = (–8)2 = 82
1
2g) (–35)7 ÷ 57 = (–35 ÷ 5)7 = (–7)7 = –77 2h) (–18)–4 ÷ (–3)–4 = (–18 ÷ (–3))–4 = 6–4 = 64
5 5 5 5 5 5 3 3 3 3 3
3a) 12 × 24 = 12 × 24 = 25 × 32 = 2 32 = 2 9 3b) –20 × 25 = –20 × 25 = –22 × 53 = – 5 4
3 3 3 3 3 3 3 3 3
3c) 48 ÷ 6 = 48 ÷ 6 = 8 = 23 = 2 3d) 3 80 ÷ 3 –5 = 80 ÷ (–5) = –16 = – 23 × 2 = –2 2
22 × 32 × 32 = 2 × 3 × 3 = 2 × 32 = 3 2 3f) 3 56 + 3 189 = 3 23 × 7 + 3 33 × 7 = 2 7 + 3 7 = 5 7
3 3 3
3e) 324 =
4 4 4 4
3g) 4 64 – 4 4 = 4 24 × 22 – 4 22 = 2 4 – 4 = 4 = 22 3h) (3 24 )2 = 3 242 = 3 (23 × 3)2 = 3 23 × 23 × 32 = 4 9
3
2 1
= 24 = 22 = 2
1 1 1
4b) 9 = 3 4d) 6 16 = 4
4 6 3 6 3
4a) 4 = 44 = (22)4 = 22 = 2 4c) 27 = 3
1 1 5
5a) 6 9 × 4 9 = 96 × 94 = 912 8 8 3 6 6 3 3
5d) 8 × 4 × 2 = 2 2
6
5b) 8 × 8 × 2 = 4 5c) 27 ÷ 3 = 3 3
5
6
= 36 = 35
6a) (3 2 + 3 3)(3 4 – 3 6 + 3 9) = 3 23 4 – 3 23 6 + 3 23 9 + 3 33 4 – 3 33 6 + 3 33 9
= 3 8 – 3 12 + 3 18 + 3 12 – 3 18 + 3 27
= 3 23 + 3 33 = 2 + 3 = 5
La definición de exponente irracional presentada en el recuadro de información
6b) (3 2 – 3 3)(3 4 + 3 6 + 3 9) = –1 adicional completa la posibilidad de utilizar cualquier exponente real, así es
posible definir la función exponencial como una función real.
254
2 Funciones y ecuaciones exponenciales
( 1)
x
a) f(x) = 2x b) f(x) = 2
1
( ) = (2
–2
Si x = –2 se tiene f(–2) = 2–2 = 4
1 Si x = –2 se tiene f(–2) = 2 ) = 22 = 4
–1 –2
Si x = –1 se tiene f(–1) = ( 2 ) = (2
1 1 –1
Si x = –1 se tiene f(–1) = 2–1 = 2 ) = 21 = 2
–1 –1
Si x = 0 se tiene f(0) = ( 2 ) = 1
1 0
Si x = 0 se tiene f(0) = 20 = 1
Si x = 1 se tiene f(1) = ( 2 ) = 2
1 1 1
Si x = 1 se tiene f(1) = 21 = 2
Si x = 2 se tiene f(2) = ( 2 ) = 4
1 1 2
Si x = 2 se tiene f(2) = 22 = 4
x –2 –1 0 1 2 x –2 –1 0 1 2
1 1 y 1 1
y 4 2 1 2 4 4 2 1 2 4
4 4
3 3
2 2
1 1
x x
‒2 ‒1 0 1 2 3 ‒2 ‒1 0 1 2
roblemas
Grafica las siguientes funciones exponenciales:
a) f(x) = 3x b) f(x) = 3–x c) f(x) = 4x d) f(x) = 4–x
108
2.1 Grafica funciones exponenciales utilizando tablas y localizando puntos en el plano cartesiano.
En la lección anterior quedó definida la potencia Al elaborar la gráfica debe darse la indicación de
para todo exponente real, por lo que ahora se de- que la gráfica no corta al eje x, incluso puede su-
fine la función exponencial y se elabora su gráfica gerir probar valores en la calculadora para obser-
a partir de la ubicación de puntos en el plano car- var el comportamiento de la gráfica.
tesiano.
Solución de problemas:
a) x –2 –1 0 1 2 b) x –2 –1 0 1 2
1 1 1 1
y 9 3 1 3 9 y 9 3 1 3 9
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
‒1 ‒1
c) x –2 –1 0 1 2 d) x –2 –1 0 1 2
y 1 1 y 1 1
16 4 1 4 16 16 4 1 4 16
‒2 ‒1 0 1 2 3
x ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2
x
‒1 ‒1
256
2
2.2 Funciones exponenciales simétricas
y = f2(x) y y = f1(x)
1. a) f1(x) = 3x
9
x –2 –1 0 1 2 8
1 1
y 9 3 1 3 9 7
6
5
b) f2(x) = 3 –x 4
3
x –2 –1 0 1 2 2
1 1
y 9 3 1
Unidad 4
1
3 9
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
‒1
c) f3(x) = –3x ‒2
‒3
x –2 –1 0 1 2 ‒4
1 1 ‒5
y –9 –3 –1 –3 –9
‒6
‒7
‒8
‒9
y = f3(x)
2. 3.
f1(x) = 3x f2(x) = 3–x f1(x) = 3x f3(x) = –3x
Se observa que:
• La gráfica de la función y = 3–x es simétrica a la gráfica de la función y = 3x respecto al eje y.
• La gráfica de la función y = –3x es simétrica a la gráfica de la función y = 3x, respecto al eje x.
109
(2, 19 ) (2, – 19 )
4
3
(1, 13 ) (1, – 13 )
2
1
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
(0, 1) (0, –1) ‒1
‒2
(–1, 3) (–1, –3) ‒3
‒4
(–2, 9) (–2, –9) ‒5
‒6
‒7
‒8
‒9
y = f4(x)
roblemas
1. Grafica las siguientes funciones en el mismo plano cartesiano utilizando las simetrías:
f1(x) = 2x, f2(x) = 2–x, f3(x) = –2x y f4(x) = –2–x.
2. Grafica la función f4(x) = –3–x a partir de la función f1(x) = 3x. Comprueba que f4 es simétrica a f1 respecto
al origen: si (a, b) está en la gráfica de f1 en-
tonces (–a, –b) está en la gráfica de f4.
110
258
Indicador de logro
2.2 Grafica funciones exponenciales utilizando simetrías respecto de los ejes de coordenadas y el origen.
Secuencia Propósito
Teniendo clara la forma de las gráficas de las fun- En el Problema inicial el estudiante realiza la com-
ciones exponenciales ax y a–x se estudian ahora paración de las coordenadas de algunos puntos,
aquellas que pueden obtenerse aplicando sime- de esta manera no solo visualiza la simetría de
trías respecto a los ejes coordenados y el origen, manera gráfica sino también por medio de su de-
que se estudió en la unidad 5 de primer año. finición.
Solución de problemas: y
1. Se cambia el signo a la Se cambia el signo a la y = f2(x) y = f1(x)
primera coordenada. segunda coordenada. 4
3
f1(x) = 2 x
f2(x) = 2 –x
f3(x) = –2 x
f4 (x) = –2 –x
2
‒3 ‒2
x
‒1 0 1 2 3
( 1, 2) (– 1, 2) ( 1, –2) (– 1, –2)
‒1
y
Se cambia el signo a la segunda coordenada. y = f1(x)
9
2. Sea (a, b) un punto en la gráfica de f1(a) = 3b entonces (a, b) = (a, 3a). 8
Se comprueba que (–a, –b) está en la gráfica de f4(x) = –3–x. 7
Evaluando f4(–a) = –3–(–a) = –3a = –b. 6
Por lo que (–a, –b) es un punto de la gráfica de f4(x) = –3–x. 5
4
f2(x) = 3x f4 (x) = –3–x 3
2
( 2, 9) ( –2, –9) 1
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
(1, 3) ( –1, –3) ‒1
‒2
(0, 1) (0, –1) ‒3
5 5 ‒4
4 4 ‒5
3 3 ‒6
2 2 ‒7
1 1 ‒8
‒2 ‒1 0 1 2 x ‒2 ‒1 0 1 2 x ‒9
Unidad 4
c) Si la función es creciente o decreciente d) Asíntotas de la función
f es una función creciente si a < b ⇒ f (a) < f(b).
f es una función decrecientes si a < b ⇒ f(a) > f(b).
1. f1(x) = 3x
3. Las gráficas de las funciones f3(x) = –3x y f1(x) = 3x son simétricas respecto al eje x.
Intercepto Creciente o
Dominio Rango Asíntota
en el eje y Decreciente
Creciente
f1(x) = 3x (0, 1) ℝ ]0, ∞[ y=0
Si b < c entonces 3b < 3c
Decreciente
f3(x) = –3x (0, –1) ℝ ]–∞, 0[ y=0
Si b < c entonces –3b > –3c
111
260
2
La siguiente tabla reúne las características de las gráficas de las funciones f1(x) = ax, f2(x) = a–x y f3(x) = –ax
donde a > 1.
Además, observa que las funciones f1, f2 y f3 no tienen intercepto con el eje x.
roblemas
1. Utiliza la simetría respecto al eje x para completar las características de la función f(x) = –a–x a partir de
las características de la función f(x) = a–x, a > 1.
Intercepto Creciente o
Dominio Rango Asíntota
en el eje y Decreciente
Decreciente
f(x) = a–x (0, 1) ℝ ]0, ∞[ y=0
Si b < c entonces a–b > a–c
f(x) = –a–x ℝ y=0
2. Determina el intercepto en el eje y, dominio, rango, monotonía y asíntotas de las siguientes funciones.
a) f1(x) = 2x b) f2(x) = 2–x c) f3(x) = –2x d) f4(x) = –2–x
4. Demuestra que la función f(x) = 2x + 2–x es creciente en [0, ∞[, desarrollando los siguientes pasos:
( 1
) (
a) Demuestra que si c ≠ 0 y d ≠ 0 entonces c + c – d + 1 =(c d) 1 – cd .
d ) – ( 1
)
–b a –a b a 1
(
b) De a) prueba que (2 + 2 ) – (2 + 2 ) = (2 – 2 ) 1 – 2a + b .
b
)
c) De b) concluya que si 0 ≤ a < b entonces f(a) < f(b).
112
2.3 Determina las características de una función exponencial dada (dominio, rango, monotonía y asíntotas).
Secuencia Propósito
Algunas características de las funciones que se es- Algunas de las características se pueden justificar
tudiaron en primer año se establecieron gráfica- de manera intuitiva, es por eso que en la Solución
mente; de igual manera se establecerán las carac- se establece la asíntota horizontal sin realizar una
terísticas de las funciones exponenciales como la descripción formal, de hecho se puede utilizar la
monotonía, el dominio, el rango y la asíntota. Las calculadora para evaluar los valores. La monoto-
otras se estudiarán por medio de su definición. nía se puede establecer gráficamente.
Solución de problemas:
1. Utilizando que la función f(x) = a–x puede obtenerse cambiando el signo a la segunda coordenada de los
puntos de f(x) = –a–x.
Intercepto en el eje y: (0, 1) en f1(x) = a–x � (0, –1) en f2(x) = –a–x.
Dominio: no cambia porque son valores en la variable x.
Rango: Rf1 = ]0, ∞[ = {y ∊ ℝ | y > 0} � Rf2 = {y ∊ ℝ | –y > 0} = {y ∊ ℝ | y < 0} = ]–∞, 0[.
Creciente o decreciente
Se sabe que si b < c entonces a–b > a–c, multiplicando por –1 esta desigualdad, se tiene que
si b < c entonces –a–b < –a–c, es decir si b < c entonces f2(b) < f2(c).
Intercepto en el eje y Dominio Rango Creciente o Decreciente Asíntota
Decreciente
f1(x) = a–x (0, 1) ℝ ]0, ∞[ y=0
Si b < c entonces a–b > a–c
Creciente
f2(x) = –a–x (0, –1) ℝ ]–∞, 0[ y=0
Si b < c entonces –a–b < –a–c
2b2c
1 1
2c
< 2b
2–c < 2–b
Así si b < c, entonces 2–b > 2–c por lo que la función es decreciente.
262
La asíntota no cambia y = 0.
En resumen, para b), c) y d):
Intercepto en el eje y Dominio Rango Creciente o Decreciente Asíntota
Decreciente
f2(x) = 2–x (0, 1) ℝ ]0, ∞[ y=0
Si b < c entonces 2–b > 2–c
Decreciente
f3(x) = –2x (0, –1) ℝ ]–∞, 0[ y=0
Si b < c entonces –2b > –2c
Creciente
f4(x) = –2–x (0, –1) ℝ ]–∞, 0[ y=0
Si b < c entonces –2–b < –2–c
3 3b) 2x < 1 entonces x < 0, es decir que se cumple para x ∈ ]–∞, 0[.
2
También se puede utilizar la monotonía:
1 Si x ≥ 0 � 2x ≥ 20 = 1 y x < 0 � 2x < 20 = 1,
x entonces 2x ≥ 20 solo si x ≥ 0 y 2x < 20 solo si x < 0.
‒2 ‒1 0 1 2 3
(
4a) c + c
1
) – ( d + d1 ) = (c – d) + ( 1c – d1 ) = (c – d) + (dcd– c) = (c – d) – (ccd– d) = (c – d)( 1 – cd1 )
4b) Tomando c = 2b y d = 2a se tiene que
( c + 1c ) – ( d + d1 ) = (2 b
+ 2–b) – (2a + 2–a) = (2b – 2a) 1 – ( 2
a+b
1
).
4c) f(b) – f(a) = (2b – 2a) 1 – 2a + b ( 1
)
Como 0 ≤ a < b entonces 2a < 2b, es decir, 0 < 2b – 2a. Por otra parte, como 0 < a + b, entonces
1
1 < 2a + b � 2a + b < 1 � 0 < 1 – 2a + b .
1
(
� f(b) – f(a) = (2b – 2a) 1 – 2a + b > 0 � f(a) < f(b).
1
)
(
5 f(b) – f(a) = (2b – 2a) 1 – 2a + b
1
)
Como a < b ≤ 0 entonces 2a < 2b, es decir, 0 < 2b – 2a. Por otra parte, como a + b < 0, entonces
(
� f(b) – f(a) = (2b – 2a) 1 – 2a + b < 0 � f(a) > f(b)
1
)
2. Describe la gráfica de las funciones f2(x), f3(x) como un desplazamiento horizontal o vertical de la función
f1(x).
f3(x)
1
1 2 4 8 ‒2 ‒1 0 1 2 3
x
2
Unidad 4
Al dibujar las gráficas de las funciones se observa que:
• La gráfica de f2(x) es un desplazamiento horizontal de 1 unidad hacia la derecha de la función f1(x).
• La gráfica de f3(x) es un desplazamiento horizontal de 1 unidad hacia la izquierda de la función f1(x).
5
x –2 –1 0 1 2
1 1 4
f1(x) 4 2 1 2 4
3
3 1
f2(x) –4 –2 0 1 3 2
y = f3(x) 1
5 3
f3(x) 2 3 5
4 2 y = f1(x)
‒2 ‒1 0 1 2
x
• La gráfica de f2(x) es un desplazamiento vertical de 1 unidad y = f2(x) ‒1
roblemas
1. A partir de la gráfica de f(x) = 3x grafica las siguientes funciones:
a) f(x) = 3x – 2 b) f(x) = 3x + 1 c) f(x) = 3x – 3
2. A partir de la gráfica de f(x) = 4x grafica las siguientes funciones:
a) f(x) = 4x – 1 b) f(x) = 4x + 2 c) f(x) = 4x + 2
113
264
Indicador de logro
2.4 Grafica funciones exponenciales utilizando desplazamientos horizontales y verticales.
Secuencia Propósito
En primer año se graficaron los desplazamientos Debido a que solo algunos estudiantes recordarán
de funciones. En esta clase se utiliza la misma di- el concepto de desplazamiento con claridad, la So-
námica para establecer los desplazamientos en las lución permitirá observar los desplazamientos de
funciones exponenciales, es decir, se comparan las gráficas a partir de la función más simple.
las gráficas de las funciones para luego establecer
los desplazamientos.
Solución de problemas:
1a) f(x) = 3x – 2 1b) f(x) = 3x + 1 1c) f(x) = 3x – 3
y y y
y = 3x
y = 3x 9
9 9
y = 3x + 1 y = 3x y = 3x – 3
y = 3x – 2 8 8
8
7 7
7
6 6
6
5 5
5
4 4
4
3 3
3
2 2
2
1 1
1
x x ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3
‒1
‒1 ‒1
‒2
‒3
y y y
y = 4x y=4 x–1 y = 4x
16 16 16
y = 4x – 2
14 14 14
12 12 12
10 10 10
8 8 8
6 6 6
4 4 4
y = 4x + 2 y = 4x
2 2 2
‒2 ‒1 0 1 2 3
x ‒4 ‒3 ‒2 ‒1 0 1
x
2 ‒2 ‒1 0 1 2 3
x
‒2 ‒2 ‒2
En cada literal traza la gráfica de f(x) a partir de la gráfica de f1(x) = 2x, utiliza simetría y desplazamientos.
a) f(x) = 2x – 1 + 1 b) f(x) = 2–(x – 1) – 1 La simetría se aplica si la poten-
cia es negativa o si la variable
tiene signo negativo.
y y = f1(x)
a) La gráfica de f1 se dibujó en la clase 2.1. y = 2x – 1
3
Se grafica f(x) = 2x – 1 + 1, como un desplazamiento de una
unidad hacia arriba de y. y = f(x)
2
(1,2)
1
Si (x, y) es un punto de f1(x), entonces el punto (x + 1, y + 1) (0, 1)
es un punto de la gráfica de f(x). ‒2 3
x
‒1 0 1 2
y
b) Se grafica f2(x) = 2–x a partir de la simetría con la gráfica de f1 y = f1(x)
respecto al eje y. 4
(–2,4)
(–1,3)
Se puede escribir f(x) = f2(x – 1) – 1. 3
2
Así, f(x) es un desplazamiento de una unidad a la derecha y
una unidad hacia abajo de f2(x). 1
y = f2(x)
x
Sea (x, y) un punto de f2(x), entonces el punto (x + 1, y – 1) ‒2 ‒1 0 1 2 3
‒1
es un punto de la gráfica de f(x). y = f(x)
Para elaborar la gráfica de una función exponencial f(x) se Ejemplo: f(x) = –2–(x – 1) – 1
realizan los siguientes pasos: y 1. f1(x) = 2x
y = f1(x)
1. Se dibuja la gráfica de f1(x) = ax. 4
roblemas
Grafica las siguientes funciones utilizando simetrías y desplazamientos:
a) f(x) = 3x – 2 + 1 b) f(x) = 4–x – 1 – 3 c) f(x) = –2x – 1 + 2 d) f(x) = –3–x + 1 – 3
114
266
Indicador de logro
2.5 Elabora la gráfica de funciones exponenciales utilizando simetría y desplazamientos.
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
a) f1(x) = 3x b) f1(x) = 4x; f2(x) = 4–x c) f1(x) = 2x; f2(x) = –2x
f(x) = f1(x – 2) + 1 = 3x – 2 + 1 f(x) = f2(x – (–1)) – 3 = 4–x – 1 – 3 f(x) = f2(x – 1) + 2 = –2x – 1 + 2
y y
y = f2(x) y
y = f1(x) y = f(x) y = f1(x) y = f1(x)
9 4
4
y = f(x)
8 3
3
7 y = f(x)
2
6 2
5 1
1
4 x
‒2 ‒1 0 1 2 3
x ‒3 ‒2
y = f2(x)
‒1 0 1 2 3
3
‒1
2 ‒1
‒2
1 ‒2
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x ‒3
‒3
‒1 ‒4
d) f1(x) = 3x; f2(x) = –3–x f) f1(x) = 2x ; f2(x) = 2–x h) f1(x) = 3x; f2(x) = –3–x
f(x) = f2(x – 1) – 3 = –3–x + 1 – 3 f(x) = f2(x – (–2)) + 1 = 2–x – 2 + 1 f(x) = f2(x – (–2)) + 2 = –3–x – 2 + 2
y
y = f1(x) y = f2(x) y y
4
y = f1(x)
3 y = f1(x) 4
5
2 y = f(x) 3
4 y = f(x)
1 2
y = f2(x)
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x 3 1
y = f2(x)
‒1
2 ‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3 x
‒2 ‒1
‒3 y = f(x) 1
‒2
‒4 ‒2 ‒1 0 1 2 3
x ‒3
‒5 ‒1 ‒4
‒6
El problema e) no se resuelve
por motivos de espacio.
1
a) 5x = 25 b) 2x = 8
(1)
x
Unidad 4
c) 4x = 8 d) 9 = 81
(31 ) = 3 ,
x
sustituyendo (22)x = 23, sustituyendo 4
2
aplicando propiedades de potencia 22x = 23, escribiendo con exponente negativo: (3–2)x = 34,
Una ecuación exponencial es aquella que tiene términos de la forma Ejemplo: 27x = 9
1
ax con a > 0 y a ≠ 1.
1
Para resolver una ecuación exponencial se realiza lo siguiente: 27x = (33)x = 33x y 9 = 12 = 3–2
3
1. Se escriben todos los términos en la misma base para obtener una 33x = 3–2
igualdad de potencias con la misma base: ar= as.
roblemas
Resuelve las siguientes ecuaciones exponenciales:
1 1
a) 2x = 16 b) 3–x + 1 = 9x + 2 c) 53x – 4 = 25 d) 22x – 3 = 4
1 1
e) 25x + 7 = 8 f) 93x + 1 = 27–2x – 2 g) 8–x + 3 = 4x + 2 h) 42x – 1 = 2
115
268
Indicador de logro
2.6 Resuelve ecuaciones exponenciales utilizando igualdad de potencias con la misma base.
Secuencia Propósito
Solución de problemas:
1 1
a) 2x = 16 b) 3–x + 1 = 9x + 2 c) 53x – 4 = 25 d) 22x – 3 = 4
1 1
2x = 24 3–x + 1 = (32)x + 2 53x – 4 = 52 22x – 3 = 22
–x + 1 = 2x + 4 3x – 4 = –2 2x – 3 = –2
–3 = 3x 3x = –2 + 4 2x = –2 + 3
x = –1 3x = 2 2x = 1
2 1
x= 3 x= 2
1
e) 25x + 7 = 8 f) 93x + 1 = 27–2x – 2 g) 8–x + 3 = 4x + 2 1
h) 42x – 1 = 2
2
x = –2 x=–3
Una ecuación exponencial, en la que aparece una suma o resta de potencias, se puede reducir a una ecua-
ción cuadrática si una de las bases es el cuadrado de la otra.
roblemas
Resuelve las siguientes ecuaciones exponenciales reduciéndolas a ecuaciones cuadráticas.
a) 4x – 2x – 12 = 0 b) 9x – 2(3x) + 1 = 0 Si una potencia tiene la forma
ax + r, con r un número real, se
c) 4x – 6(2x) + 8 = 0 d) 5(25x) – 26(5x) + 5 = 0 reescribe ax + r = ar (ax).
Por ejemplo, 2x + 1 = 2(2x).
e) 9x + 1 + 8(3x) – 1 = 0 f) 4x + 2 – 5(2x + 1) + 1 = 0
116
270
Indicador de logro
2.7 Resuelve ecuaciones exponenciales que se reducen a ecuaciones cuadráticas por medio de un cambio
de variable.
Ahora se resuelven ecuaciones exponenciales que El Problema inicial plantea al estudiante el proce-
pueden reducirse a ecuaciones cuadráticas, uti- so para resolver la ecuación dada. En la Solución,
lizando un cambio de variable. Por lo tanto, será al sustituir la potencia por la variable auxiliar pue-
necesario que el estudiante recuerde los métodos de haber confusión si no se tiene claro la posibili-
para resolver este tipo de ecuaciones que ya se dad de alternar los exponentes en la potencia de
han estudiado en las unidades de ecuaciones y una potencia (ver literal b).
secciones cónicas.
Solución de problemas:
a) 4x – 2x – 12 = 0, y = 2x b) 9x – 2(3x) + 1 = 0, y = 3x
� 4x – 2x – 12 = y2 – y – 12 = (y – 4)(y + 3) = 0 � 9x – 2(3x) + 1 = y2 – 2y + 1 = (y – 1)2 = 0
�y–4=0oy+3=0 �y–1=0
� y = 4 o y = –3 �y=1
� Si 2x = 4 � 2x = 22 � x = 2. � 2x = 1 � x = 0
� Si 2x = –3 no tiene solución. Por lo tanto, la solución es x = 0.
Por lo tanto, la solución es x = 2.
e) 9x + 1 + 8(3x) – 1 = 0, y = 3x f) 4x + 2 – 5(2x + 1) + 1 = 0, y = 2x
� 9x + 1 + 8(3x) – 1 = 9(9x) + 8(3x) – 1 = 9y2 + 8y –1 � 4x + 2 – 5(2x + 1) + 1 = 16(4x) – 10(2x) + 1
= (y + 1)(9y – 1) = 0 = 16y2 – 10y + 1
� y + 1 = 0 o 9y – 1 = 0 = (2y – 1)(8y – 1) = 0
� y = –1 o y = 9
1 � 2y – 1 = 0 o 8y – 1 = 0
1 1
� Si 3x = –1 no tiene solución. �y=2oy=8
1 1
� Si 3x = 9 � 3x = 3–2 � x = –2. � Si 2x = 2 � 2x = 2–1 � x = –1.
Por lo tanto, la solución es x = –2. 1
� Si 2x = 8 � 2x = 2–3 � x = –3.
Por lo tanto, las soluciones son x = –2, x = –3.
2. Utilizando las gráficas de las funciones f1(x) y f2(x). Determina la ecuación de f2(x) a partir de f1(x).
a) f1(x) = 5x b) f1(x) = 4–x
y y
y = f1(x)
5 4
y = f2(x) 3
4
3 2
y = f1(x) y = f2(x)
2 1
Unidad 4
1 ‒1 0 1 2
‒1 0 1 2 x
3. Grafica las siguientes funciones y describe sus características: interceptos con los ejes, dominio, rango,
asíntota de la función y crecimiento o decrecimiento.
117
272
Indicador de logro
2.8 Resuelve problemas sobre funciones y ecuaciones exponenciales.
Solución de problemas:
1a) Si (a, b) está en la gráfica de y = 2x � b = 2a.
Evaluando –a en y = 2–x se tiene que y = 2–(–a) = 2a = b � (–a, b) está en la gráfica de y = 2–x.
Los puntos (a, b) y (–a, b) son simétricos respecto al eje y.
Por lo tanto, la gráfica de las funciones y = 2x y y = 2–x son simétricas respecto al eje y.
2c) f1(x) = 2x, f2(x) = 2x – 1 2d) f1(x) = –2–x, f2(x) = –2–(x – (–1)) = –2–(x +1)
2
y = f1(x)
Dominio y rango: Df1 = ℝ, Rf1 = ]–2, ∞[. 1
‒1 0 1 2 3 4 x
La función es creciente:
‒1
Si b < c entonces b – 3 < c – 3 � 2b – 3 < 2c – 3 � 2b – 3 – 2 < 2c – 3 – 2
� f(b) < f(c). ‒2
y = –2
Asíntotas de la función: y = –2.
3b) f(x) = 3–x – 1 + 4. La gráfica se obtiene después de trasladar la de y = 3–x, 1 unidad a la izquierda y
4 unidades hacia abajo.
Interceptos con los ejes y y = f (x)
( )
1
7
13
Eje y: 0, 3 . 6
Eje x: 3 –x – 1
+ 4 = 0 � 3–x – 1 = –4, por lo tanto, no tiene. 5
4 y=4
3
Dominio y rango: Df1 = ℝ, Rf1 = ]4, ∞[. 2
1
La función es decreciente. x
‒3 ‒2 ‒1 0 1 2 3
Asíntotas de la función: y = 4.
273 Sugerencia Metodológica
3c) f(x) = 5–x + 2 + 2. La gráfica se obtiene después de 3d) f(x) = –4x –1 – 1. La gráfica se obtiene después de
trasladar la de y = 5–x, 2 unidades a la derecha y 2 trasladar la de y = –4x, 1 unidad a la derecha y
unidades hacia arriba. una unidad hacia abajo.
función: y = –1.
1 1
4a) 23x – 1 = 32 4b) 3–2x + 3 = 27 4c) 43x – 3 = 1 4d) 25x + 3 = 5 4e) 7–2x – 4 = 49 4f) 16x – 3 = 82x – 1
23x – 1 = 25 3–2x + 3 = 3–3 43x – 3 = 40 (52)3x – 1 = 5–1 7–2x – 4 = 72 (24)x – 3 = (23)2x – 1
3x – 1 = 5 –2x + 3 = –3 3x – 3 = 0 56x – 2 = 5–1 –2x – 4 = 2 24x – 12 = 26x – 3
3x = 6 –2x = –6 3x = 3 6x – 2 = –1 –2x = 6 4x – 12 = 6x – 3
x=2 x=3 x=1 6x = 1 x = –3 –2x = 9
1 9
x= x = – 2
6
[ ]
–1
a) (3 ) ×–5 (3 ) b) 2 × (27 ) c) 25 –5× 5 d) 3 ×4 6
–2 3 4 2 2 4 –2 – 4 –3 – 4 8
3 2 5 2
establece cuál es el mayor de ellos. nente racional, para escribir las raíces con índice
3 4
a) 2 y 3 2 b) 3 y 4 5 c) 3 12 y 6 d) 4 y 3 68 común. Para 2 y 2:
1 4 1 3
3 12 4 12
2 = 2 3 = 212 = 24 y 2 = 2 4 = 212 = 23
3. En los siguientes literales determina cuál de los dos números reales es el mayor de ellos:
d) 1 y3 1
a) 2 y 3 4 b) 4 8 y 5 16 c) 4 125 y 5 Escribe cada radicando como una potencia
27 81
2
5. Racionaliza el denominador de la fracción 3 realizando los siguientes pasos:
3
a) Escribe 3 3 como una potencia.
b) Resuelve la ecuación 3 x = 3, escribe la solución como una potencia.
3
x
c) Efectúa 32 × x , con x la solución del literal anterior.
3
10. Determina para cada función del problema anterior lo que se pide:
a) Dominio y rango b) Los intervalos donde es creciente o decreciente.
118
Solución de problemas:
[ ]
–1
1a) (3 ) ×–5 (3 ) = 37 1b) 2 × (27 ) 25– 4 × 5–3 3– 4 × 68
–2 3 4 2 2 4 –2
3 2
= 213 1c) 5–5
= 5–6 1d) = 64
24
1 1 3 2 1 1 2
3 6 3 6 4 4 4
2a) 2 = 2 y 2 = 2 � 2 = 2 = 23 y 2 = 26 = 22 2b) 3 = 32 y 5 = 54 � 3 = 34 = 32 = 9 y 5
2 3 6 4
6 6 3 4 4
Así, ya que 22 < 23 � 22 < 23 � 2 < 2. Así, ya que 5 < 9 � 5 < 9 � 4 5 < 3.
1 1 1 1
3 3
2c) 12 = 123 y 6 = 62 2d) 4 = 41 y 68 = 683
2 3 3
3 6 6 6 6 3 3 3
� 12 = 126 = 122 = 144 y 6 = 66 = 63 = 216 � 4 = 43 = 43 = 64 y 68
6 6 6 6 3
Así, ya que 144 < 216 � 144 < 216 � 3 12 < 6. Así, ya que 64 < 68 � 64 < 69 � 4 < 68 .
1 2 3 4
3 3 4 5 5
3a) 2 = 22 y 4 = 22 = 23
4
3b) 8 = 23 = 24 y 16 = 24 = 25
1 1 2
3 3 4
Así, ya que 2 > 1 y 2 < 2 � 22 < 23 � 2 < 4 . Así, ya que 2 > 1 y 4 < 4 � 24 < 25 � 8 < 16 .
3 4 5
3 5
4 4 3 1
1 1 –3 1 1 3 –4
3c) 125 = 53 = 54 y 5 = 52 3d) 27 = 33 = 3–3 = 3 2 y 3 81 = 3 34 = 3–4 = 3 3
1 1 3
Así, ya que 5 > 1 y 2 < 3 � 52 < 54 � 5 < 125.
4
3 – 3 – 4 1 1
4 Así, ya que 3 > 1 y – 2 < – 4 � 3 2 < 3 3 � 27 < 3 81 .
3
4. Sea y = 3 + 2
3 – 48 + 2)( 3 + 48 + 2) = (y – 48 )(y + 48 ) = y2 – 48 = y2 – 22 × 22 × 3 = y2 – 4 3
4 4 4 4
�(
1
3 1 – 13
=3
2
5b) 3 x = 3 � x =
3
5a) 3 = 33
3
3 =3 = 33
3 3
1
3
x
3 3 2 2
5c) 32 × x = 2 × 3 = 2 × 3 = 2 +3 = 2 9
2 3 3
1 2 1 2
3 3 3 3 ×3 3 3
1 2
3 3 3 3 3 3
4
6 6 4 4 4
3 3
4 3
× 2 = 4×2 = 2 =2 8
4
6a) = 6b) 4 =
4 4
3 =
9 3
2 1
2
3 1 3
2 2 ×2 2
1
3
2 2 4 4 4 4 4
3 3 1–2 1
9 x = 3 � x = 3 = = 3 3= 33,
3
Luego
9 3
2 1
10 × 2
1
3
10 10 10 10 2 4 4
10 2
4
4
6 6 3 6×3 6
3
1 1
6c) =4 3 = = × = = =5 2
= 3 = 2 3.
3 3 3
= × =
3 1
2 ×2
1
� 3
4
8 2 2
3
4
2
3
4 2 4 4 4
2
9
2
3 3
1 2 1
3
3 ×3 3
3 3 3
x x
7a) 24x – 2 = 8x + 1 7b) 33x = 272x + 3 7c) 2–x = 2 7d) 22 × 43 = 128
24x – 2 = (23)x + 1 x = –3 x=–1 x=6
24x – 2 = 23x + 3 2
4x – 2 = 3x + 3
x=5
7e) 9x – 4(3x + 1) + 27 = 0, y = 3x 7f) 4–x – 2–x+2 + 4 = 0, y = 2–x
Sustituyendo se tiene y2 – 12y + 27 = 0. Sustituyendo se tiene y2 – 4y + 4 = 0.
Las soluciones son x = 1, x = 2. Las solución es x = –1.
276
7g) (4x–3)(6x+1)(32x–6) = 6 7h) 12x – 2 = 22x – 4 7i) –3x – 9(3–x) + 10, y = 3x
[(22)x–3](6x+1)(32x–6) = 6 [(22)(3)]x – 2 = 22x – 4 –y – 9y–1 + 10 = 0
(22x–6)(6x+1)(32x–6) = 6 [(22)x – 2](3x – 2) = 22x – 4 Se tiene que y ≠ 0
(62x–6)(6x+1) = 6 (22x – 4)(3x – 2) = 22x – 4 � –y(–y – 9y–1 + 10) = –y(0)
63x – 5 = 6 3x – 2 = 1 � y2 + 9yy–1 – 10y = 0
3x – 5 = 1 x=2 � y2 – 10y + 9 = 0
x=2 Por lo tanto, la solución es x = 2. � (y – 9)(y – 1) = 0 � y = 9 o y = 1
Por lo tanto, la solución es x = 2. � 3x = 9 o 3x = 1 � x = 2 o x = 0.
Por lo tanto, la soluciones son
x = 2, x = 0.
2 1
8a) 4 25 = 4 52 = 54 = 52 = 5
8b) y = 2x y y = –2x.
Si tienen un punto en común (a, b)
� b = 2a y b = –2a � 2b = 2a – 2a = 0 � b = 0 � 2a = 0, pero esto no es posible para ningún número real a.
9a) x –2 –1 0 1 2 9b) x –2 –1 0 1 2
f(x) 4.25 2.5 2 2.5 4.25 f(x) –3.75 –1.5 0 1.5 3.75
y
y 3
4
y = f1(x) 2
3
1
y = f1(x)
2
‒2 ‒1 0 1 2
x
1
‒1
x ‒2
–2 –1 0 1 2
‒3
Área F = ¿?
La figura está formada por 4 triángulos de cada color, entonces se tiene que: