Ecuación general cuadrática de una cónica. Giro de los ejes de coordenadas. Discriminante. Clasificación de una cónica a partir del discriminante.

Geometría analítica en el plano. Cálculo de las coordenadas del circuncentro de un triángulo general

Potencia de un punto con respecto de una circunferencia

Potencia de un punto $P(x,y)$ con respecto a una circunferencia $\mathcal{C}$, de radio $r$ y centro $C(x_C,y_C)$, es el valor constante que se obtiene al trazar cualquier recta secante a $C$, pongamos que en los puntos $A$ y $B$ de la misma, o bien, otra cualquiera, secante a cualquier otra pareja de puntos $E$ y $F$ de la circunferencia. Esto es, $\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P) = \overline{PA}\cdot \overline{PB}=\overline{PE}\cdot \overline{PF}=\ldots$

Sin pérdida de generalidad, podemos trazar la recta secante de la que hablamos en la definición de potencia de un punto ( con respecto a una circunferencia dada ) de modo que pase por el centro de la circunferencia, y por tanto cortando a la misma, en dos puntos $A$ y $B$ diametralmente opuestos, siendo $d$ la distancia $\text{dist}(P,C)$ de $P$ al centro de la circunferencia. Entonces $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(d-r)\cdot (d+r) = d^2-r^2$$ y teniendo en cuenta que $(\text{dist}(P,C))^2=(x_P-x_C)^2+(y_P-y_C)^2$, podemos escribir que $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(x_P-x_C)^2+(y_P-y_C)^2-r^2 \quad \quad (1)$$

Por otra parte, trazando desde $P$ una recta tangente a la circunferencia ( hay dos rectas tangentes, una con tangencia en $Q$ y otra con tangencia en $Q'$ ), se configura un triángulo rectángulo ( véase la figura ), con hipotenusa igual a $d$ y uno de los catetos igual al radio, $r$, así que, por el teorema de Pitágoras, deducimos que $(\overline{PQ})^2$ ha de ser igual a $d^2-r^2$; ahora bien, $d^2-r^2$ es el valor de la potencia de $P$, por consiguiente podemos escribir también que $$ \text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(\overline{PQ})^2$$

Ejemplo 1. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$ y el punto interior a la misma $P(2,3)$. La potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(2-1)^2+(3-2)^2-4=-2 \prec 0$$

Ejemplo 2. Se considera la misma circunferencia, $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$, y, ahora, el punto exterior a la misma $P(5,6)$. La potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(5-1)^2+(6-2)^2-4=28 \succ 0$$

Ejemplo 3. Se considera la misma circunferencia, $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$, y el punto de su lugar geométrico $P(1,0)$. Ahora, la potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(1-1)^2+(0-2)^2-4=0$$

Observación: El valor de la potencia de un punto exterior a la circunferencia es mayor que cero; es menor que cero si el punto es interior a la circunferencia; y, es igual a cero, si el punto está en la circunferencia.

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Sean dos circunferencias $\mathcal{C}_1$ y $\mathcal{C}_2$. El lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia con respecto de sendas circunferencias es una recta, que se denomina centro radical de dichas circunferencias.

Ejemplo. Se consideran las circunferencias $\mathcal{C}_1\equiv (x-1)^2+(y-1)^2-4=0$ y $\mathcal{C}_2\equiv (x-5)^2+(y-1)^2-9=0$. Procedamos a determinar la ecuación del eje radical de estas dos circunferencias. Denotemos por $X(x,y)$ un punto genérico de dicho eje, que cumplirá la condición de lugar geométrico, por lo que $$\text{Pot}_{\mathcal{C}_1}(X)=\text{Pot}_{\mathcal{C}_2}(X)$$ luego, de (1), tenemos que $$(x-1)^2+(y-1)^2-4=(x-5)^2+(y-1)^2-9$$ esto es $$xx^2-2x+1+y^2-2y+1-4=x^2-10x+25+y^2-2y+1-9$$ y simplificando llegamos a $$\text{eje radical}\equiv 8x-19=0$$

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Denominamos centro radical de tres circunferencias al punto de intersección de los tres ejes radicales que se forman tomando las tres circunferencias por parejas.

Un procedimiento de regla y compás para trazar la recta tangente y la recta normal en un punto cualquiera de una cónica

Clasificación de secciones cónicas a partir de la ecuación cuadrática general que la describe

ENUNCIADO.
Clasifíquense las siguientes secciones cónicas a partir de la ecuación cuadrática general que describe las mismas

                        $\mathcal{C}:\,a\,x^2+b\,xy+c\,y^2+d\,x+e\,y+f=0$

a)   $y^2+3x+5y-8=0$
b)   $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
c)   $y^2 + x - y -4 =0$
d)   $x^2+xy+y^2-1=0$
e)   $x^2-y^2+2xy+3=0$
f)   $x^2+y^2+4y-x+1=0$

SOLUCIÓN.
Recordemos el criterio de clasificación basado en el signo del determinante $\delta=b^2-4ac$
        Si $\delta$ < $0 \, \rightarrow$ elipse
        Si $\delta \succ 0$ $\, \rightarrow$ hipérbola
        Si $\delta$ = 0 $\, \rightarrow$ parábola

[Nota: No se ha incluido ninguno de loas casos particulares de degeneración, que llevan a los casos de rectas parelelas, secantes, coincidentes, o incluso rectes imaginarias, ... , puntos]
Recordemos también que si $b \ne 0$, los ejes de la cónica (o la recta de simetría, si se tractase de una parábola) no son paralelos a los ejes de coordenadas.

Entonces,
a)   $y^2+3x+5y-8=0$
      $b=0$, $a=0$, $c=1$, por tanto $\delta=0 \, \rightarrow$ parábola ( amb la recta de simetría paralela al eje de abscisas, puesto que $b = 0$ )

b)   $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
      $b=0$, $a=2$, $c=4$, con lo cual $\delta=-32 \, \rightarrow$ elipse (con los ejes de la cónica paralelos a los ejes de coordenades, ya que $b = 0$ )

c)   $y^2 + x - y -4 =0$
      $b=0$, $a=0$, $c=1$, por tanto $\delta=0 \, \rightarrow$ parábola
(siendo la recta de simetría paralela al eje de abscisas, pues $b = 0$ )

d)   $x^2+xy+y^2-1=0$
      $b=1$, $a=1$, $c=1$, d'on $\delta=-4 \, \rightarrow$ elipse (con los ejes de la misma no paralelos a los ejes de coordenades, habida cuenta de que $b \ne 0$ )

e)   $x^2-y^2+2xy+3=0$
      $b=0$, $a=1$, $c=-1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ hipérbola (con los ejes de la misma no paralelos a los ejes de coordenadas, pues $b \ne 0$ )

f)   $x^2+y^2+4y-x+1=0$
      $b=0$, $a=c=1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ elipse, y, como $a=c$ es, en particular, una circumferència (excentricitat nula).
$\square$

Ecuación de una circunferencia en forma desarrollada. Centro y radio.

ENUNCIADO. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}\equiv x^2+y^2-2x+6y+6=0$. Determínense las coordenadas de su centro y el valor de su radio.

SOLUCIÓN. Haciendo un poco de álgebra vemos que $x^2+y^2-2x+6y+6=0$ puede escribirse en la forma centro-radio:
$x^2+y^2-2x+6y+6=0$
  $\left((x-1)^2-1^2\right)+\left((y+3)^2-3^2\right)+6=0$
    $(x-1)^2+(y+3)^2-1-9+6=0$
      $(x-1)^2+(y+3)^2-4=0$
        $(x-1)^2+(y+3)^2=4$
          $(x-1)^2+(y-(-3))^2=2^2$
que adopta la forma de la ecuación de la circunferencia en forma centro-radio: $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=r^2$
de lo cual se deduce que el centro de la circunferencia es el punto $C(1,-3)$ y el radio es $r=2$
$\square$

Ejercicios de lugar geométrico. Circunferencias.

ENUNCIADO. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}$ de centro $C(1,2)$ y radio $4$. Escríbase la ecuación de dicha circunferencia.
SOLUCIÓN. Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de un punto llamado centro una distancia dada ( a la que denominamos radio ), esto es $\mathcal{C}\equiv \{X(x,y):\text{dist}(X,C)=r\}$, donde $\text{dist}(X,C)=|\sqrt{(x-x_C)^2+(y-y_C)^2}|$

En nuestro caso, $$\mathcal{C}\equiv \{X(x,y):|\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}|=4\}$$ Elevando al cuadrado ambos miembros de la igualdad en la expresión de la condición $|\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}|=4$, podemos escribir la ecuación pedida: $$\mathcal{C}\equiv (x-)^2+(y-2)^2=4^2$$, que en forma desarrollada es $$\mathcal{C}\equiv x^2+y^2-2x-4y-11=0$$
$\square$

Distancia de un punto a una recta

ENUNCIADO. Sea un punto $P(x_P,y_P)$ y una recta $r\equiv Ax+By+C=0$. Demúestrese que la distancia euclídea de $P$ a $r$ es $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$

SOLUCIÓN. Consideremos un punto genérico de $r$, $X(x,y)$, y el vector $\overset{\rightarrow}{XP}=(x_P-x,y_P-y)$. Entonces, $$\text{dist}(P,r)=\left\|\overset{\rightarrow}{\text{Proy}}_{\vec{n}_1}\,\overset{\rightarrow}{XP} \right\| = |\langle \overset{\rightarrow}{XP}, \vec{n}_1 \rangle| \quad \quad (1)$$ donde $\vec{n}_1$ es un vector unitario perpendicular a $r$.

Siendo $\vec{u}_r=(B,-A)$ un vector director de $r$, sabemos que un vector perpendicular a la misma es $\vec{n}=(A,B)$ y el vector unitario en su misma dirección y sentido es $$\vec{n}_1=\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)$$ y del producto escalar $$\langle (x_P-y_P,y_P-y),\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)\rangle$$ obtenemos $$\dfrac{Ax_P+By_P-Ax-Ay|}{|\sqrt{A^2+B^2}}$$ y teniendo en cuenta la ecuación general de la recta $Ax+By+C=0$, $-Ax-By=C$, por consiguiente y según (1), $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C|}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$

EJEMPLO. Se considera la recta $r\equiv x-y+1=0$ y el punto $P(1,1)$. Calcúlese la distancia euclídea de $P$ a $r$.
SOLUCIÓN. Aplicando la fórmula que acabamos de justifcar y teniendo en cuenta que $A=C=1$ y $B=-1$ y $x_P=y_P=1$, tenemos que $\text{dist}(P,r)=\dfrac{1\cdot 1+(-1)\cdot 1+1}{|\sqrt{1^2+(-1)^2}|}=\dfrac{1}{|\sqrt{2}|}$ unidades de longitud arbitrarias.
$\square$

Recta mediatriz de un segmento

ENUNCIADO. Se considera el segmento $s=[A,B]$, siendo $A(1,3)$ y $B(2,6)$. Determínese la ecuación de la recta mediatriz $r_m$.

SOLUCIÓN. La recta mediatriz viene dada por el siguiente lugar geométrico $$r_m=\{X(x,y):\text{dist}(X,A)=\text{dist}(X,B)\}$$ De la condición, y de la definición de distancia euclídea entre dos puntos podemos escribir $$|\sqrt{(x-1)^2+(y-3)^2}|=|\sqrt{(x-2)^2+(y-6)^2}|$$ Elevando al cuadrado los dos miembros de la igualdad, $$(x-1)^2+(y-3)^2=(x-2)^2+(y-6)^2$$ desarrolando las potencias de los binomios $$x^2-2x+1+y^2-6y+9=x^2-4x+4+y^2-12y+36$$ y simplificando, llegamos a $$r_m\equiv x+3y-10=0$$
$\square$

Haz de rectas paralelas en una dirección dada

Sabemos que una recta viene determinada por un punto y un vector en su misma dirección. Así que si, fijada una dirección, esto es, un vector director de la misma, si dejamos libre el punto de manera que una recta en la dirección fijada se desplace paralelamente a sí misma podemos escribir las rectas del hazd de rectas paralelas en forma vectorial: $\mathcal{H}\equiv (x,y)=(x',y')+\lambda (u_x,u_y)$, donde $\lambda$ es el parámetro ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ) de dicha ecuación vectorial y $u_x$ y $u_y$ son son las coordenadas del vector, que aparecen ahora como datos.

A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x'+\lambda\,u_x \\ y=x'+\lambda\,u_y \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x'}{u_x}=\dfrac{y-y'}{u_y}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(u_x,u_y)$ la forma $$\mathcal{H}\equiv u_{y}\,(x-x')= u_{y}\,(y-y') \quad \quad \,m,n\in \mathbb{R}, \text{constantes}$$

EJEMPLO. Se considera el haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(3,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(5,6)$. Hallar otro punto de dicha recta, distinto de $Q$

SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv 2,(x-x')= 3\,(y-y')\,; \,\forall x',y'\in \mathbb{R}$$

b) Sustituyendo $x'$ e $y'$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $2\,(x-5)=3\,(y-6)$ y de ahí la ecuación de dicha recta en forma continua, $$r_{Q}\equiv \dfrac{x-5}{3}=\dfrac{y-6}{2}$$
Dando ahora un valor cualquiera a una de las dos variables, pongamos que $x:=8$ y despejando la otra variable, obtenemos $y=2\cdot \dfrac{8-5}{3}+6=8$; así, un punto de la recta $r_Q$ distinto del punto $Q$ es $R(8,8)$

$\square$

Haz de rectas que se cortan en un punto

Sabemos que una recta viene determinada por un punto y un vector en su misma dirección. Así que si, fijado un punto, dejamos libre el vector de manera que apunte en todas las direcciones del plano podemos escribir las rectas del haz en forma vectorial: $\mathcal{H}\equiv (x,y)=(x_P,y_P)+\lambda\,(m,n)$, donde $\lambda$ es el parámetro ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ) de dicha ecuación vectorial y $m$ y $n$ son son las coordenadas del vector.

A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,m \\ y=y_P+\lambda\,n \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x_P}{m}=\dfrac{y-y_P}{n}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas que se cortan en el punto $P(x_P,y_P)$ de la forma $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-x_P)= m\,(y-y_P) \quad \quad m,n\in \mathbb{R}$$

EJEMPLO. Se considera el haz de rectas que se cortan en el punto $P(1,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(-1,3)$. Hallar la pendiente de dicha recta y un vector director de la misma

SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-1)= m\,(y-2)\,; \,\forall m,n\in \mathbb{R}$$

b) Sustituyendo $x$ e $y$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $n\,(-1-1)=m\,(3-2)$, esto es $-2n=m$, con lo cual la recta pedida vendrá descrita por $$n\,(x-1)=-2n\,(y-2)$$ y dividiendo ambos miembros por $n$, deducimos que la recta $r_Q \in \mathcal{H}$ tiene por ecuación $$r_Q\equiv x-1=\dfrac{y-2}{-1/2} \sim \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{-1}$$ de donde deducimos que la pendiente de dicha recta es $-\dfrac{1}{2}$ y un vector director de la misma es $\vec{u}_{r_{Q}}=(2,-1)$
$\square$