Ejercicios de Ángulos entre rectas

Encontrad la bisectriz (recta) del ángulo formado entre las rectas r:x+y1=0 y s:y=2x+3.

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Desarrollo:

Para encontrar dicha recta bisectriz, llamémosla b, hay que tener en cuenta 2 cosas:

  • Sabemos que pasa por el punto intersección de las rectas r y s (por ser la bisectriz).
  • La recta formará el mismo ángulo con r que con s.

Buscamos primero la intersección de r y s: {x+y1=0y=2x+3 x+(2x+3)1=03x+2=0x=23 y=2(23)+3=43+3=53 Por tanto la recta b buscada pasará por el punto P=(2/3,5/3).

Buscamos ahora los vectores directores u y v de las rectas r y s respectivamente.

u=(1,1),   v=(1,2)

Veamos que ángulo forman dichos vectores con el eje horizontal OX:

tg(α1)=11=1α1=45

tg(α2)=21=2α2=63,435

Por tanto nos encontramos ante una situación del tipo:

imagen

en la figura consideramos α1 y α2 en valor absoluto.

Veamos 4 maneras de resolver el problema. Empezaremos por la menos rigurosa.

Ahora podríamos coger los ángulos, sumarlos, dividir el resultado entre dos y sumárselo a 45 para saber que ángulo tiene la recta b respecto el eje horizontal OX.

No obstante, esta solución sería poco elegante e imprecisa ya que perderíamos decimales por el camino.

Hagámoslo aún así:

α1=45

α2=63,435

|α1α2|2=|4563,435|2=|108,435|2=54,2175=a (que es el ángulo entre b y r o b y s).

Ahora hacemos α1+a=9,2175... que será el ángulo que forma la recta buscada b con la horizontal.

Por tanto tenemos que el pendiente de la recta b es: m=tg(9,2175)=0,16227812... Y así tenemos un vector director de la recta b, que será w=(1,m)=(1,0.16228)

Y utilizando la ecuación vectorial tenemos,

b:(x,y)=(2/3,5/3)+k(1,0.16228)

El procedimiento anterior puede ser aplicado de forma parecida pero con resultados exactos usando las siguientes fórmulas trigonométricas:

tg(A)=tg(A)tg(α1)=tg(α1)=(1)=1

tg(A+B)=tg(A)+tg(B)1tg(A)tg(B) tg(|α1α2|)=tg(α2+(α1))=1+212=3

tg(A)=ucos(A)=11+u2 cos(|α1α2|)=11+tg2(|α1α2|)=11+(3)2=110

tg(A2)=±1cos(A)1+cos(A) con el signo ± correspondiente según el cuadrante en que se encuentre el ángulo A2) tg(|α1α2|2)=1cos(|α1α2|)1+cos(|α1α2|)=1+1101110= =10+11010110=10+1101=10+210+19=11+2103

En realidad aquí tenemos el pendiente de una recta de unos 54. Nosotros en realidad queremos el pendiente de la de (5445).

tg(AB)=tg(A)tg(B)1+tg(A)tg(B)tg(|α1α2|245)=11+210311+11+2103= =11+210311+210+30,16227766

Por tanto podemos escribir la ecuación de la recta b de manera exacta como: (x,y)=(23,53)+k(11+210311+210+3)

Otro método también riguroso para la obtención de soluciones sería el siguiente:

Suponemos que la recta buscada tiene ecuación Ax+By+C=0.

Por pasar por el punto (2/3,5/3) tenemos:

23A+53B+C=0

Ahora sabemos que

cos(r,s^)=|cos(u,v)^|=|uv||u||v|=|u1v1+u2v2|u12+u22v12+v22= =|11+2(1)|12+2212+(1)2=|1|52=110 o si lo preferimos =1010.

y que, por trigonometría,

cos(r,s^2)=1+cos(r,s^)2=1+110210+1102=10+1210

Podemos imponer la condición de ángulos iguales de la bisectriz, sabiendo que el vector director de b es w^=(B,A), (Nota: |x|=x2).

cos(r,s^)=|u1v1+u2v2|u12+u22v12+v22 10+1210=(B+2A)25A2+B2 10+1210=(BA)22A2+B2

Y si juntamos las 3 ecuaciones y resolvemos:

23A+53B+C=0 10+1210=(B+2A)25A2+B2 10+1210=(BA)22A2+B2 C=23A53B 10+1210=(B+2A)25(A2+B2) 10+1210=(BA)22(A2+B2)

Imponemos B=1 (Para comprobar que obtenemos el mismo resultado ya que el vector director será del tipo (1,m)) y buscamos una solución que cumpla las tres ecuaciones: C=23A53(1) 10+1210=(1+2A)25(A2+1) 10+1210=(1A)22(A2+1) Dividimos: 1=2(1+2A)25(1A)2 510A+5A2=2+8A+8A2 3A2+18A3=0 A=18±182+4336=3±3606

Si evaluamos las soluciones tenemos: A1=3+36060,16227766 A2=336066,16227766

Obviamente nos quedamos con la solución positiva ya que al ser B=1, tenemos A=m=tg(b,OX^) que pertenece al primer cuadrante. Así, C=23(3+3606)+53 y sin arreglar, la ecuación de la recta queda: (3+3606)xy+(23(3+3606)+53)=0

Por último, otro procedimiento geométrico, muy elegante y que no precisa del uso de trigonometría, sería el emular la construcción geométrica de la bisectriz:

Cogemos vectores directores de las rectas r y s: u=(1,1),   v=(1,2) Los hacemos unitarios, es decir, de módulo 1: u=(12,12),   v=(15,25) Los aplicamos al punto de corte P de las rectas r y s, obteniendo así puntos equidistantes al vértice del ángulo a bisectar sobre las rectas anteriores:

a=P+u=(23,53)+(12,12)=(22+332,52332) b=P+v=(23,53)+(15,25)=(25+335,55+635)

Si ahora encontramos el punto medio M del segmento ab, tendremos otro punto de la bisectriz b (junto con P) y por tanto ya la podremos construir: M=(a1+b12,a2+b22) M=(22+362+25+362,52362+52+665)= =(32+35410610,6235+1010610) por tanto ya tenemos dos puntos de la recta b, bisectriz de r y s, y la podemos construir con el punto P y el vector PM: PM=(32+35410610,6235+1010610)(23,53)= =(32+35610,6235610)

Y así la recta b es: b:(x,y)=P+kPM=(23,53)+k(32+35610,6235610)

Solución:

Cualquiera de las siguientes soluciones es válida:

b:(x,y)=(2/3,5/3)+k(1,0.16228)

(x,y)=(23,53)+k(11+210311+210+3)

(x,y)=P+kPM=(23,53)+k(32+35610,6235610)

(3+3606)xy+(23(3+3606)+53)=0

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