Problemas Tema 1 Solución a problemas de Repaso de 1ºBachillerato - Hoja 07 - Problemas 2, 4, 5

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1 página 1/7 Problmas Tma 1 Solución a problmas d Rpaso d 1ºBachillrato - Hoja 07 - Problmas 2, 4, 5 Hoja 7. Problma 2 Rsulto por Luis Sola Ruiz (sptimbr 2014) 1. Los vértics d un triángulo son A( 2, 1), B (7,5) y C (x, y). a) Calcular l ára dl triángulo n función d x y. b) Encontrar l lugar gométrico d los puntos (x, y) tals qu la antrior ára sa 36 u 2. a) Hacmos un dibujo ilustrativo con los datos dl nunciado. C (x, y) A( 2, 1) B(7,5) Hallamos l vctor dirctor d la rcta qu un los puntos A y B. AB=(7 ( 2),5 ( 1))=(9,6)

2 página 2/7 El módulo d st vctor srá la bas d nustro triángulo. bas= AB = = 117 La altura h s la distancia dl punto C (x, y) a la rcta qu pasa por B(7,5). Calculamos la cuación d sta rcta, sabindo qu pasa por qu un vctor dirctor s AB=(9,6). A( 2, 1) y A( 2, 1) y x x 0 U x = y y 0 U y x ( 2) = y ( 1) 9 6 2x 3y+1=0 D sta forma tnmos la cuación implícita d la rcta r : A x + B y +C=0 punto C (x, y) xtrior a la rcta, su distancia rspcto la rcta s:. Dado un Ax+By +C 2 x 3 y+1 d (C,r)= = =altura A 2 +B 2 13 Por lo tanto l ára dl triángulo podmos calcularla como: Ára= 1 2 bas altura= 1 x 3 y Ára= 3 2 x 3 y+1 2 b) Si l ára s igual a 36 unidads cuadradas, igualamos la xprsión antrior a x 3 y+1 =36 2 x 3 y+1 =24 2 Como la función contnida n l valor absoluto db sr igual a opcions. ±24, tndrmos dos 2 x 3 y+1=24 y= 2 3 x x 3 y+1= 24 y= 2 3 x+ 25 3

3 página 3/7 Los puntos (x, y) d las rctas solución gnran triángulos d ára 36 u 2

4 página 4/7 Hoja 7. Problma 4 Rsulto por Carlos Parja (octubr 2014) 4. Dtrminar la cuación cartsiana d los puntos dl lugar gométrico dl plano tals qu la suma d los cuadrados d sus distancias a los puntos A(0,0) y B(1,1) s igual a 9. Si s trata d una curva crrada, calcular l ára qu ncirra. Aplicamos la suma d los cuadrados d las distancias, suponindo qu P (x, y) s uno d los puntos dl lugar gométrico dl plano qu satisfac las condicions dl nunciado. d ( P, A) 2 +d (P, B) 2 =9 ( (x 0) 2 +( y 0) 2 ) 2 +( (x 1) 2 +( y 1) 2 ) 2 =9 x 2 + y 2 +( x x)+( y y)=9 2x 2 +2y 2 2x 2y=7 x 2 + y 2 x y= 7 2 Opramos la cuación d tal forma qu podamos aplicar la xprsión gnral d la circunfrncia o d la lips. Circunfrncia (x x 0 ) 2 +( y y 0 ) 2 =r 2 Elips (x x 0 ) 2 a 2 + ( y y 0) 2 b 2 =1 x 2 x y2 y = 7 2 (x 1 2 ) ( y 1 2 ) = 7 2 (x 1 2 ) 2 +( y 1 2 ) 2 = (x 1 2 ) 2 +( y 1 2 ) 2=4 Circunfrncia d cntro C ( 1 2, 1 2 ) y radio 2

5 página 5/7 La rprsntación gráfica d la circunfrncia confirma las condicions pdidas por l nunciado. El ára ncrrada por la curva srá l ára d un círculo d radio 2 u. A=π r 2 =π 2 2 =4 π u 2

6 página 6/7 Hoja 7. Problma 5 Rsulto por Javir d Orb (sptimbr 2015) 5. Sa la función f :(0,+ ) R dfinida por f (x)= 1 x +ln(x). a) Halla los xtrmos absolutos d f (abscisas dond s obtinn y valors qu s alcanzan) n l intrvalo [ 1,]. b) Dtrmina la cuación d Ia rcta tangnt a la gráfica d f n l punto d abscisa x=. a) f (x)= 1 +ln(x) f ' (x)= 1 x x x f ' ( x)=0 1+ x=0 f ' (x)= 1+x x 2 x=1 punto crítico Calculamos la sgunda drivada para valuar l candidato a xtrmo. f ' (x)= 1+x x 2 f ' (x)= x2 ( 1+x)2 x = 2 x2 f ' (1)=1>0 mínimo rlativo x 4 x 3 El punto dl mínimo s (1, f (1))=(1,1) En l intrvalo [ 1,] los xtrmos toman los siguints valors n su imagn: f ( 1 )= 1 +ln ( 1 1 )=+ln(1) ln()= 1 1,71 f ()= 1 +ln()= 1 +1=1+ 1,37 Comparando los valors d las imágns, l punto ( 1, 1) s máximo absoluto dntro dl intrvalo [ 1,]. (1,1) s mínimo absoluto, y l punto

7 página 7/7 b) En l punto x= f ()= 1+ valor d la drivada n x=.. La pndint d la rcta tangnt srá igual al f ' (x)= 1+x x 2 m=f ' ()= 1 2 Y la cuación punto-pndint rsulta. y 1+ x = 1 2 y=x( )+ 2