Ejercicios Resueltos de Cónicas: Parábolas

Cónicas – Ejerciciós resueltós
1. Hallar las coordenadas de los puntos en que las bisectrices de los ángulos formados por
los ejes coordenados cortan a la parábola y  x 2  6 x. Los puntos de intersección son
vértices de un triángulo. Se pide calcular el área del mismo.
Solución:
 Las ecuaciones de las bisectrices son y  x  y   x
 y  x 2  6 x resolviendo  x  0  y  0
 
 
x  7  y  7
y  x
 y  x 2  6 x resolviendo  x  0  y  0
 
 
 x  5  y  5
 y  x
P0  0,0  A  7,7 
P0  0,0  B  5, 5
 Triángulo: P0  0,0  A  7,7   B 5, 5
0 0 1
1
1
 Área  7 7 1  70  35u 2
2
2
5 5 1
2. Hallar la ecuación de la parábola y  ax 2  bx  c sabiendo que pasa por los puntos
P  4, 4  V 8, 5 ; siendo este último el vértice de la misma.
Solución:
 b 4ac  b2 
 Vértice:   ,

4a 
 2a

 4, 4   Parábola 16a  4b  c  4
a  1 16

resolviendo
8, 5  Parábola 64a  8b  c  5   b  1
 c  1
8   b 2a
8, 5 : Vértice 

 Luego, la ecuación de la parábola es y 
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1 2
x  x 1
16
Cónicas – Ejercicios resueltos
Página 1
3. Graficar la parábola y 
1 2
x  2x  2 .
2
Solución:
 Para graficar una parábola de la forma y  ax 2  bx  c , se siguen los siguientes
pasos:
 Ordenada en el origen: 2
 a  0  Abre hacia arriba;  mínimo (vértice)
 Raíces:
1 2
2
x  2 x  2  0  x2  4 x  4  0   x  2  0
2
x1,2  2
 b 4ac  b2   4 4 1 4   42 
 Vértice:   ,
,
   2,0
  
4a   2 1
4 1
 2a

 Llevando lo obtenido al plano cartesiano, se tiene
4. Dada la parábola que tiene por ecuación 4 x 2  20 x  24 y  97  0 . Indique
coordenadas del vértice, coordenadas del foco, ecuación de la recta directriz y longitud
del lado recto. Graficar.
Solución:
 Completando cuadrados,
2
25 
5


4  x 2  5x    24 y  97  25   x    6  y  3
4
2


 Coordenadas del vértice: V  5 2,3
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 Parámetro: 4 p  6  p  3 2
 Coordenadas del foco: F  5 2,3  3 2   F 5 2,9 2 
 Lado recto: L  6
 Directriz: y  3 2
5. Clasifica las siguientes cónicas y expresa sus focos y excentricidad:
a. x 2  y 2  4 x  11y  12  0
b.
x2 y2

1
25 9
x2 y2

1
4 16
d. 2 x 2  3 y 2  108
c.
x2
1
4
f. x 2  20 y
e. y 2 
g. x 2  10 y
h. y 2  8 x
i. y 2  16 x
Solución:
a. Circunferencia de centro  2,11 2  y radio 3 2 . Excentricidad e  0
b. Elipse con los focos en el eje X. Focos: F  4,0  F '  4,0 . e  4 5
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



F  3 10,0  F '  3 10,0 .
F  0, 5   F '  0,  5  . e 
c. Elipse con los focos en el eje X. Focos: F 0,2 3  F ' 0, 2 3 . e  3 2
d. Hipérbola con los focos en el eje X.
e. Hipérbola con los focos en el eje Y.
e  15 3
5
f. Parábola con eje focal en el eje Y. F  0,5  , directriz y  5 ; e  1
g. Parábola con eje focal en el eje Y. F  0,  5 2  , directriz y  5 2 ; e  1
h. Parábola con eje focal en el eje X. F  2,0  , directriz y  2 ; e  1
i. Parábola con eje focal en el eje X. F  4,0  , directriz y  4 ; e  1
6. La entrada de un depósito tiene forma de arco parabólico. La altura por el punto medio
de la entrada es de 5 m y la base mide 3 m. Se desea ingresar una caja rectangular al
depósito. Si la caja tiene 2 m de alto, ¿Cuál es el máximo ancho posible que puede
tener la caja?
Solución:
 Representando gráficamente el ejercicio, se ubica el arco parabólico en el plano
cartesiano: base sobre el eje X y punto más alto de la puerta –vértice de la
parábola– sobre el eje Y.  0,5 2 
 La ecuación de la parábola es de la forma  x  0  4 p  y  5 2  .
2
 Dado que el punto
 3 2,0 pertenece a la parábola, sustituyendo en la ecuación, se
determina el valor de p .
 3 2
2
desarrollando
 4 p  0  5 2  
 p   9 40
9
 y  5 2  (1)
10
 Si la caja (2 m de alto) debe pasar por la entrada, entonces toca el arco en dos
 Luego, la ecuación que representa el arco es x 2  
puntos   xc , 2  y  xc , 2  . Reemplazando uno de estos puntos en la ecuación (1), se
obtiene
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xc 2  
9
3 5
. (Se toma el valor positivo)
 2  5 2   xc  
10
10
3 5 3 5
 Por lo tanto, el ancho máximo de la caja es 2 
 1,34 m

5
 10 
7. Hallar la(s) ecuación(es) de la parábola con vértice en el origen y eje focal uno de los
x  5 y 1
ejes coordenados, que pasa por el punto de intersección de la recta
y la

3
4
circunferencia con centro en  2, 2  y radio igual a 5.
Solución:
 La ecuación de la parábola con vértice en el origen puede ser y 2  4 px (1) ó
x 2  4 py (2).
 Buscando el punto de intersección de la recta y la circunferencia (punto por donde
pasa la parábola)
 La ecuación de la circunferencia con centro en
 x  2
2
 2, 2 y
radio 5 es
  y  2   25 (3)
2
 La ecuación de la recta
4
23
x  5 y 1
en la forma implícita es y  x 
(4).

3
3
3
4
 Sustituyendo (4) en (3), se tiene
2
2
4
23
4
17
2
 x  2    x   2   25   x  2    x  
3
3
3

3
16
136
289
2
simplificando
x2  4 x  4  x2 
x
 0 
 x2  4 x  4  0   x  2  0
9
9
9
2
Punto de intersección: x  2  y 
4
23
 2   5
3
3
P  2, 5 (5)
 Sustituyendo (5) en (1) y (2)
  5  4 p  2   p 
2
25
1
2
  2   4 p  5  p  
8
5
 Por lo tanto, las ecuaciones de las parábolas son y 2 
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25
4
x y x2   y
2
5
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8. encontrar la ecuación de la parábola cuyo foco es  3,5 , p  5 6 y eje paralelo al eje
X.
Solución:
 Dado que la parábola tiene su eje focal paralelo al eje X, la ecuación es de la forma
10
2
2
 y  k   4 p  x  h  . Siendo p  5 6   y  k     x  h  .
3
 La distancia del foco F  xF , yF  al vértice V  xV , yV  es igual al parámetro p  5 6 .
Por lo tanto, para conocer las coordenadas del vértice, se tiene
 d  F ,V   FV 
5
5
  xV  xF , yV  yF  
6
6
 Como el eje de la parábola es horizontal  yV  yF  5
 Entonces,
5
5
5
5
  xV   3     xV  3    xV  3  
6
6
6
6
13
23
xV    xV  
6
6
 xV  xF  
 En consecuencia, existen dos ecuaciones de parábolas que satisfacen las condiciones
dadas,

 y  5
2

10 
13 
x  
3
6
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 y  5
2

10 
23 
x 
3
6
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9. Determinar la ecuación de una parábola cuyo eje focal (simetría) sea paralelo al eje Y,
su vértice esté sobre el eje X y que pase por los puntos A  2,3 y B  1,12  .
Solución:
 Consideraciones
 Dado que el eje focal es paralelo al eje Y, la ecuación es de la forma
 x  h
2
 4 p  y  k 
 El vértice es V  h, k  . Como éste se encuentra sobre el eje X  k  0 . Luego,
V  h,0
 Además, A  2,3 y B  1,12  pertenecen a la parábola y se encuentran por
encima del vértice implica que la parábola es cóncava (abre hacia arriba); por lo
tanto, la ecuación es de la forma  x  h   4 py (I).
2
 Sustituyendo A  2,3 y B  1,12  en (I), se tiene
A  2,3  
(1) 4  4h  h 2  12 p restando
1
1
  2  h   4 p  3


p h
(3)



(1) (2)
2
2
B  1,12    1  h   4 p 12  (2)  1  2h  h  48 p
6
12

2
 Reemplazando el valor de p obtenido, en (1) ó (2)
1
1
4  4h  h 2  12  h    h 2  6h  5  h1  1  h2  5
12 
6
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V1 1,0  V2  5,0
 Sustituyendo los valores de h en (3)
1
1
1

p  1   p 

h 1 
6
12
12

h  5
1
1
3
p   5   p 

6
12
4
 Existen dos parábolas que satisfacen las condiciones pedidas:
1
2
2
1
  x  1  4   y   x  1  y
3
 12 
2
2
 3
  x  5  4   y   x  5  3 y
4
10. Hallar las ecuaciones de la tangente y la normal y las longitudes de la subtangente y
subnormal para la parábola y 2  4 x  2 y  9  0 en el punto P  6,3
Solución:
 Completando cuadrados
y 2  4 x  2 y  9  0   y 2  2 y  1  4 x  9  1   y  1  4  x  2 
2
 Determinando la tangente


 yT  k  x  h   2  xT  h  y  k    xT  h  yT  k   0
 3  1 x  2  2  6  2 y  1   6  23  1  0
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 4  x  2  8  y  1  16  0  4 x  8  8 y  8  16  0  x  2 y  0
 Determinando la normal
mN  2  y  3  2  x  6
2 x  y  15  0
 Subtangente: Proyección de la tangente sobre el eje X a partir del punto de
tangencia. Subnormal: Proyección de la normal sobre el eje X a partir del punto de
tangencia. Longitud de la tangente: Segmento de la tangente comprendida entre el
punto de tangencia y el punto de corte con el eje
X. Longitud de la normal: Segmento de la normal
comprendido entre el punto de tangencia y el
punto de corte con el eje X. T  N

ST  6  h  3  T  62  32  3 5
 Punto de corte de la normal con el eje X.
2 x  y  15  0  y  0; x  15 2
 S N  15 2  6  3 2
 SN  3 2  h  3  N 
3 2
2
 32 
3 5
2
11. Encontrar la ecuación del conjunto de puntos cuya distancia al eje Y es cuatro veces su
distancia al punto  5,0 .
Solución:
 Sea P  x, y  un punto cualquiera; D  0, y  el punto sobre el eje Y y F  5,0 el
punto dado; entonces d  D, P   4d  F , P 
 d  D, P   x
 d  F , P 

x4
 x  5
 x  5
2
2
 y2
2
 y 2  x 2  16  x  5  y 2 


 x 2  16  x 2  10 x  25  y 2   15x 2  160 x  16 y 2  400  0
 Completando cuadrados
32
256 
1280 80

2
15  x 2  x 

  16 y  400 
3
9 
3
3

2
16 

x 

80 dividiendo 
y2
3
15  16 y 2 



1
por 80 3
3
16 9
53
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 La ecuación resultante es una elipse horizontal con centro en 16 3,0 focos
F '  5,0 y F 17 3,0  , vértices V '  4,0 y V  20 3,0 
12. La excentricidad de una elipse con centro en el origen es e  5 8 y su eje focal coincide
con el eje X. Determinar su ecuación, sus elementos y graficarla.
Solución:
 La excentricidad es e  c a . Sí e  5 8  c  5  a  8 .
 De la relación pitagórica se tiene
a 2  b2  c2  b  a 2  c 2  b  64  25 
 La ecuación de la elipse es
39
x2 y2

1
64 39
 Elementos de la elipse
CENTRO:
C (0, 0)
EJE FOCAL:
Eje X
𝑽′ (−𝟖, 𝟎) 𝒚
VÉRTICES:
𝑽 (𝟖, 𝟎)
FOCOS:
𝑭 (−𝟓, 𝟎) 𝒚 𝑭′ (𝟓, 𝟎)
DISTANCIA FOCAL:
2c  10
LONGITUD DEL EJE MAYOR:
2a  16
LONGITUD DEL EJE MENOR:
2b  2 39  12,5
LONGITUD DE CADA LADO
RECTO:
𝟐𝒃𝟐 𝟐(𝟑𝟗) 𝟑𝟗
=
=
𝒂
𝟖
𝟒
EXCENTRICIDAD:
e5 8
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13. Determinar la ecuación de una elipse cuya distancia focal es 8 6 y el área del
rectángulo construido sobre sus ejes es 80.
Solución:
 La distancia focal es 2c ; por lo tanto c  4 6 .
 El área del rectángulo construido sobre los ejes de la elipse es igual a 80. La longitud
del eje mayor es igual a 2a y la longitud del eje menor es igual a 2b . Luego, el área
20
del rectángulo es igual a 2a.2b  4ab  80  a 
b
 Por la relación pitagórica
2

 20 
 a b c b  a c b    4 6
 b 
2
2
2
2
2
2
2

2
 b4  96b2  400  0
 Resolviendo la ecuación bicuadrática b2  4  b2  100 . Como b es un número
real, se considera sólo el valor b2  4 .
 Así, b  2 ; a  10
 La ecuación de la elipse es
x2
y2
x2 y2

1 

1
100 4
4 100
 Son dos soluciones posibles pues el rectángulo puede ser ubicado en dos posiciones.
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14. ¿Cuál es la ecuación de la recta tangente a la elipse b2 x 2  a 2 y 2  a 2b2 en el punto
 x0 , y0  ?
Solución:
 La ecuación de la recta tangente es de la forma y  y0  m  x  x0  , donde m es la
pendiente de la recta tangente, que también es la definición de la derivada en
 x0 , y0  , m  y ' x 
0
 Encontrando la derivada
 Despejando y de la ecuación b2 x 2  a 2 y 2  a 2b2
a 2b 2  b 2 x 2

 y
a2
2b 2 x
 2
b 2 x
a
y'  

b2 x 2
b2 x 2
2 b2  2
a 2 . b2  2

a
a
2
b x
bx
 2

ab
a. a 2  x 2
. a2  x2
a
 y ' x0   
bx0
a. a  x0
2
2
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 m
bx0
a. a 2  x0 2
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Si y ' x0   0  m  

Si y ' x0   0  m 
bx0
a. a 2  x0 2
bx0
a. a 2  x0 2
 La ecuación de la recta tangente es igual a



bx0
 y  y0   
  x  x0 
 a. a 2  x 2 

0 





bx0

  x  x0 
y

y


0
 a. a 2  x 2 

0


15. Encontrar la tangente y la normal a la elipse en el punto y  1 y abscisa positiva.
Solución:
x2 y2

1
5
4
 Buscando el punto
 4 x 2  5 y 2  20 
15
. Como la abscisa es positiva 
2
xx y y
 La fórmula de tangencia es 02  02  1
a
b
 4 x 2  5  1  20  x 
2
 Entonces


15 2 x

 1 y  1 
5
4
 La ecuación de la normal es
 mT 


15 2, 1
2 15 x  5 y  20  0
2 15
5
 mN  
5
2 15
5 
15 
15
5

 y 1   
  x  2   y  1   6 x  4  2 15x  12 y  3  0
 2 15  

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16. Encontrar las tangentes a la elipse
x2 y2

 1 desde el punto  5,0 .
9
4
Solución:
 La ecuación de la tangente es de la forma y  y0  m  x  x0  . Es necesario
determinar el valor de la pendiente.
 Determinando la pendiente
 x2 y2
 9  4 1

  y  0  m  x  5  y  mx  5m

0


x 2  mx  5m 

 1  4 x 2  9  m 2 x 2  10mx  25m 2   36
 9
4
  4  9m 2  x 2  90mx   225m 2  36   0
2
  0   90m   4  4  9m 2  225m 2  36   0
2

 2304m 2  576  0  m 2 
1
2
m
1
2
1

 y  2  x  5  x  2 y  5  0
 Las ecuaciones de las tangentes son 
 y   1  x  5  x  2 y  5  0

2
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17. La tierra se mueve en órbita elíptica alrededor del sol, y éste está en uno de los focos
de la elipse. Las distancias mínima y máxima de la tierra al sol son 91.446.000 y
94.560.000 millas respectivamente. ¿Qué longitudes tienen el eje mayor y el eje
menor? ¿Cuál es la excentricidad de la elipse?
Solución:
 Sean d máx.  94.560.000  d mín.  91.446.000
 Por definición de elipse como lugar geométrico d máx.  d mín.  2a
 d máx.  d mín.  186.006.000  a  93.003.000
 Si el centro está en el origen, los vértices de la elipse son de la forma  a,0 ,
entonces V  93.003.000,0  V '  93.003.000,0 .
 Los focos son de la forma
 c,0 . c 
d máx.  d mín.
; por lo tanto,
2
94.560.000  91.446.000
 1.557.000
2
 F 1.557.000,0  F '  1.557.000,0 
c
 De la relación pitagórica
b  a 2  c2  b  93.003.0002  1.557.0002  92.989.965,91
 Longitud del eje mayor: 186.006.000 millas
 Longitud del eje menor: 185.979.931,82 millas
1.557.000
 0,0167
 Excentricidad: e 
93.003.000
18. Determine los vértices, focos y las ecuaciones de las asíntotas de la hipérbola
2 x 2  y 2  8x  2 y  3  0 .
Solución:
 Completando cuadrados
 2  x 2  4 x  4    y 2  2 y  1  3  8  1  2  x  2    y  1  4
2

 x  2
2
2
 y  1

2
2
1
4
 De lo anterior, se deduce a  2; b  2; c  2  4  6




 Vértices: V 2  2,1  V ' 2  2,1




 Focos: F 2  6,1  F ' 2  6,1
 Ecuaciones de las asíntotas: y  1   2  x  2 
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19. Los vértices de una hipérbola son los puntos
 1,3
y  3,3 y su excentricidad es
e  3 2 . Hallar la ecuación de la hipérbola, las coordenadas de sus focos y las
longitudes de sus ejes transverso, conjugado y de cada lado recto.
Solución:
 Determinando a, b y c.
 El eje de simetría de la hipérbola es la recta y  3 y su centro es el punto
 3 1 3  3 
,

  1,3 ,
2 
 2
 x  1
a2
2
 y  3

b2
por
lo
tanto,
la
ecuación
es
de
la
forma
2
 1.
 La distancia entre los vértices es igual a 3   1  4  a  2
 Excentricidad es igual a e  c a 
3 c
  c3
2 2
 De la relación pitagórica c  a 2  b2  b  c2  a 2  9  4 
 Ecuación de la hipérbola
 x  1
4
2
 y  3

5
5
2
1
 Focos: F  4,3  F '  2,3
 Longitud del eje transverso: 2a  4
 Longitud del eje conjugado: 2b  2 5
 Longitud de c/lado recto: L 
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2.5
5
2
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20. Hallar la ecuación de la hipérbola que tiene por focos y vértices, los vértices y focos de
la elipse
x2 y2

 1 y luego determine las ecuaciones de sus asíntotas.
25 9
Solución:
 Para la elipse
 a 2  25  b2  9  c2  25  9  16
 Vértices: V  5,0  V '  5,0 ; Focos: F  4,0  F '  4,0
 Para la hipérbola
 Vértices: V  4,0  V '  4,0 ; Focos: F  5,0  F '  5,0
 a 2  16  b2  9  c2  25
 Ecuación de la hipérbola
x2 y2

1
16 9
3
 Ecuaciones de las asíntotas: y   x
4
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21. Demostrar que el triángulo formado por una tangente cualquiera a una hipérbola y sus
asíntotas tiene un área constante.
Solución:
x2 y2
 Se asumirá que la hipérbola tiene una ecuación de la forma 2  2  1 para mayor
a
b
facilidad en la demostración. Sin embargo, para efectos generales puede usarse
cualquiera de las formas de la ecuación de la parábola y el resultado no cambiará.
 El gráfico correspondiente es el siguiente:
 Demostrando:
 Sean A y B, puntos pertenecientes a la asíntota y tangente, respectivamente y el
segmento AB un lado del triángulo OAB.
x0 2 y0 2

 1 (1)
a 2 b2
 La ecuación de la tangente en P0  xo , y0  viene dada por b2 x0 x  a 2 y0 y  a 2b2 (2)
 Sea P0  xo , y0  un punto perteneciente a la parábola, entonces
 Las ecuaciones de las asíntotas son: y  
b
x (3)
a
 Sustituyendo (3) en (2), se tiene
b 
b2 x0 x  a 2 y0  x   a 2b2   bx0  ay0  bx  a 2b2
a 
 b 
b2 x0 x  a 2 y0   x   a 2b2   bx0  ay0  bx  a 2b2
 a 
x1 
a 2b
bx0  ay0
x2 
a 2b
bx0  ay0
 De esta manera, las coordenadas de A y B, son:
 a 2b
 a 2b
ab2 
ab2 
A
,

B
,




 bx0  ay0 bx0  ay0 
 bx0  ay0 bx0  ay0 
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 El área del triángulo OAB está dado por:
0
Área 
0
1
a 2b
2 bx0  ay0
a 2b
bx0  ay0
ab2
bx0  ay0

ab2
bx0  ay0
1
1
a 3b3
x0 2b 2  y0 2a 2
1
 De (1), se tiene que x02b2  y02a 2  a 2b2 ; por lo tanto Área  ab .
 Queda demostrado, de esta manera, que el “área del triángulo formado por una
tangente cualquiera a una hipérbola y sus asíntotas es constante”.
22. Los extremos de la base de un triángulo son los puntos A  0,0 y B  3,0  . Hallar la
ecuación del lugar geométrico del vértice si se mueve de modo que el ángulo de la base
CBA es siempre igual al doble del ángulo CAB.
Solución:
 Gráficamente,
y
y
 tg 2 
;   0 . Eliminando el
x
3 x
parámetro , se obtendrá el lugar geométrico pedido.
2tg
 De trigonometría, se sabe que tg 2 
1  tg 2
 De la figura, se observa que
tg 
 Entonces,
 y
2  y x

y
y2 


y
1

 2   3  x 

2
2
2 
 x 
3 x 1 y x
x 

 
2
2
x y
 3 x 
2
2
2
2
2

 2
  x  y  6 x  2 x  3x  6 x  y  0
2
x
x


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 Completando cuadrados
3x 2  6 x  y 2  0  3  x 2  2 x  1   3  3  x  1  y 2  3
2
dividiendo

  x  1 
por 3
2
y2
1
3
 El lugar geométrico obtenido es una hipérbola horizontal con centro en 1,0 
23. Determinar la ecuación de la hipérbola sabiendo que sus asíntotas son las rectas
x  y  1  0 , x  y  3  0 , su eje transverso es paralelo al eje Y y que pasa por el
punto  0, 4  .
Solución:
 El centro de la hipérbola se encuentra en la intersección de sus asíntotas, entonces
x  y  1
 x  1

 C  1, 2 

 x  y  3  y  2
 La ecuación pedida es de la forma
 y  2
2
a2
 De la asíntota x  y  3  0  y  x  3 
 El punto  0, 4  pertenece a la hipérbola
 La ecuación de la hipérbola es
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 y  2
3
2

 x  1
b2
2
1
a
a
 1  a  b [ y  k   x  h ) ]
b
b
 4  2
2
b2
 0  1

b2
 x  1

3
2
 1  b2  3
2
 1 (Hipérbola equilátera)
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Otra solución:
 El producto de las asíntotas es igual a una constante y la ecuación de la hipérbola es
 x  y  1 x  y  3  k  x 2  2 x  y 2  4 y  3  k
 Completando cuadrados
x 2  2 x  y 2  4 y  3  k   x 2  2 x  1   y 2  4 y  4   k  3  1  4
 x  1   y  2   k
Como  0, 4  pertenece a la hipérbola, entonces
2

2
  0  1   4  2   k  k  3
2
2
  x  1   y  2   3
2
2
 Dividiendo por 3
 y  2
3
2
 x  1

3
2
1
24. Hallar las ecuaciones de las tangentes a la hipérbola x 2  2 y 2  4 x  8 y  6  0
que son paralelas a la recta 4 x  4 y  11  0 .
Solución:
 Las ecuaciones de las tangentes son de la forma y  mx  a 2m2  b2 .
 Las tangentes pedidas son paralelas a la recta 4 x  4 y  11  0 ; por lo
tanto m  1 .
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 Completando cuadrados para obtener la forma ordinaria de la ecuación
de la hipérbola
 x2  2 y 2  4 x  8 y  6  0   x  2  2  y  2  2
2
 x  2
 

dividiendo
2
2
2
2
  y  2  1
2
 Luego, a 2  2  b2  1
 Las ecuaciones de las tangentes son
y  x  2 1
x  y 1  0  x  y 1  0
25. Hallar los valores de m para los cuales las rectas de la familia y  mx  1 son
tangentes a la hipérbola 4 x 2  9 y 2  36 .
Solución:
 Sustituyendo y  mx  1 en 4 x 2  9 y 2  36 , se tiene
 4 x 2  9  mx  1  36   4  9m2  x 2  18mx  45  0
2
 Por la condición de tangencia,
18m 
2
 4  4  9m 2   45  0  1296m 2  720  0
m
5
3
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