ENUNCIADO.
(a) Determínense los puntos del eje de ordenadas que equidisten de las rectas $t\equiv x-2y-5=0$ y $\ell\equiv -2x+y-4=0$
(b) Dadas las rectas $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ y $s\equiv y-1=0$, calcúlese $m$ para que $r$ y $s$ formen un ángulo de $60^{\circ}$
(c) Determínese la ecuación del haz de rectas dos de las cuales sean $t$ y $\ell$ ( las del apartado (a)). Calcúlese el centro del haz e indíquese dos puntos que pertenezcan a dicho haz.
(d) Hállese la ecuación de la recta del haz del apartado (b) que tiene pendiente igual a $-2$
SOLUCIÓN.
(a)
Un punto genérico del eje de ordenadas es $X(0,y)$. Para que equidiste de las rectas $t$ y $\ell$ debera cumplirse que $d(X,t)=d(X,\ell)$, esto es $$\dfrac{|0-2y-5|}{|\sqrt{1^2+(-2)^2}|}=\dfrac{-2\cdot 0+y-4|}{|\sqrt{(-2)^2+1^2}|}$$ y por tanto $$|-2y-5|=|y-4| \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2y+5=y-4 \Rightarrow y=-9\\ 2y+5=-(y-4) \Rightarrow y=-1/3\end{matrix}\right.$$ Existen pues dos puntos que cumplen esta condición: $P_{1}(0,-9)$ y $P_{2}(0,-1/3)$
(b)
De $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ vemos que $A_r=2$ y $B_r=m$, luego un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_{r}=(-B_r,A_r)=(-m,2)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_r\right\|=|\sqrt{2^2+m^2}|$
De $s\equiv y-1=0$ vemos que $A_s=0$ y $B_s=1$, luego un vector en la dirección de $s$ es $\vec{u}_{s}=(-B_s,A_s)=(1,0)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_s\right\|=|\sqrt{1^2+0^2}|=1$
Si $\measuredangle(r,s)=60^{\circ}$, entonces $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{1}{2}$. Y, por otra parte, sabemos que $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle }{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\|}$, por consiguiente, $\dfrac{\langle (-m,2),(1,0)\rangle}{|\sqrt{2^2+m^2}|}=\dfrac{1}{2}$
. Y de ahí, $\dfrac{1}{2}\,||\sqrt{2^2+m^2}|=-m$. Elevando al cuadrado ambos miembros, se tiene que $4+m^2=4\,m^2 \Rightarrow m=\pm \dfrac{2}{\sqrt{3}}$
(c)
El centro del haz viene dado por $C\equiv \left\{\begin{matrix}x-2y=5\\-2x+y=4\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_C=-13/3 \\ y_C=-14/3\end{matrix}\right.$
Como la rectas dadas son secantes el haz pedido se refiere a un haz de rectas concurrentes en $C$ ( que es el punto de intersección ), luego toda recta del haz vendra dada por $(x,y)=(x_C,y_C)+\lambda\,(m,n)$, donde $(m,n)$ es un vector libre cualquiera ( $\lambda \in \mathbb{R}$; $m \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{R}$ ), o dicho de otro modo, la ecuación del haz se puede escribir de la forma $\dfrac{x-x_C}{m}=\dfrac{y-y_C}{n}$, o lo que es lo mismo $$n\,(x-x_C)=m\,(y-y_c)$$, que, en el caso concreto que nos ocupa es $$n\,(x-(-13/3))=m\,(y-(-14/3))$$ es decir $$\mathcal{H}\equiv n\,(x+13/3))=m\,(y+14/3)\;\;;\forall\, m,n\in \mathbb{R}$$ Por otra parte, es obvio que cualquier punto del plano pertenece a alguna recta del haz, y por tanto al haz.
(d) Fijado un valor de la pendiente de una de las rectas del haz, podemos escribir la ecuación de la recta pedida en su forma punto-pendiente: $$\dfrac{n}{m}\,(x+13/3))=y+14/3$$ donde $\dfrac{n}{m}:=-2$, con lo cual la recta del haz pedida es $$-2(x+13/3))=y+14/3$$ cuya ecuación en forma explícita es $$y=-2x-40/3$$ y, en forma general, $$6x+3y+40=0$$
$\square$
