Se aplican los conceptos y reglas de los problemas de la Geometría Analítica en la solución de ejercicios y problemas a si como estrategias metodológicas para la enseñanz de los problemas a través de un plan de clase utilizando las aulas TIC.

1. Herramientas Científicas y Metodológicas para la Enseñanza de Matemáticas
Geometría Analítica I Y su Tratamiento Metodológico
Universidad Nacional Autónoma de Nicaragua
UNAN LEÓN
Unidad #I: Problemas Básico de la Geometría Analítica Modulo: #7
Actividad de cierre: Plan de Clase Tipo: Individual
Tutor: Msc. Tomás Guido Fecha de envió: 31/08/15
Dinamizadora: Yeraldin Calderón Castilla
Estudiante: José Orontes Pérez Mayorquín

2. Introducción:
En esta oportunidad resolveré ejercicios asignados de la fase I luego elaborare estrategia
pedagógicas a través de un plan de clase, siguiendo las rubricas orientadas por el MINED.
Los indicadores de logro de esta actividad son:
 Aplica los conceptos y reglas de los problemas básicos de la Geometría Analítica en la
solución de ejercicios y problemas.
 Construye estrategias metodológicas para la enseñanza de los problemas fundamentales
de la Geometría Analítica.
Desarrollo:
I. Lea cuidadosamente cada uno de los ejercicios propuestos, resuélvalos y seleccione la
respuesta correcta.
8) El punto que divide al segmento cuyos extremos son los puntos P(2, 7) y Q(6, -3) en la
razón r = 2/3 es:
a) (5/18, 3)
b) (18/5, - 3)
c) (5/18, -3)
d) (18/5, 3)
e) (- 18/5, - 3)
X =
𝑥1+𝑟𝑥2
1+𝑟
y =
𝑦1+𝑟𝑦2
1+𝑟
X =
2+(
2
3
)(6)
1+(
2
3
)
y =
7+(
2
3
)(−3)
1+(
2
3
)
X =
2+(2)(2)
5
3
y =
7+(2)(−1)
5
3

3. X =
2+4
5
3
y =
7−2
5
3
X =
6
5
3
y =
5
5
3
X =
18
5
𝑢 y =
15
5
y = 3u
II. Determinar si los puntos dados son colineales.
13) P (7/3, 17/3), Q (9, 11) y R (- 1, 3)
Distancia QP : dQP = √(𝑥2 − 𝑥1)2 + (𝑦2 − 𝑦1)2
dQP = √(7/3 − 9)2 + (
17
3
− 11)
2
dQP = √(−20/3)2 + (−16/3)2
dQP = √400/9 + 256/9
dQP = √656/9
dQP =8.537498983 u
Distancia QR : dQR = √(𝑥2 − 𝑥1)2 + (𝑦2 − 𝑦1)2
dQR = √(−1 − 9)2 + (3 − 11)2
dQR = √(−10)2 + (−8)2
dQR = √100 + 64
dQR= √164
dQR =2√41 = 12.80624847u

4. Distancia PR : dPR = √(𝑥2 − 𝑥1)2 + (𝑦2 − 𝑦1)2
dPR = √(−1 − 7/3)2 + (3 − 17/3)2
dPR = √(−10/3)2 + (−8/3)2
dPR = √100/9 + 64/9
dPR= √164/9
dPR =4.268749492u
QR = QP+PR
12.80624847u = 8.537498983 u + 4.268749492u
12.8062484u = 12.8062484u
Los puntos son colineales
III. Hallar las coordenadas del punto medio y de los puntos de trisección de los segmentos
de recta definidos por los puntos dados.
18) P1 (1, ¼) y P2 (- 2, 2/3)
Primero. Encontramos las coordenadas del punto medio.
𝒙 =
𝒙 𝟏+𝒙 𝟐
𝟐
𝒚 =
𝒚 𝟏+𝒚 𝟐
𝟐
𝒙 =
𝟏−𝟐
𝟐
𝒚 =
𝟏/𝟒+𝟐/𝟑
𝟐
Las coordenadas del punto medio es:
M=(-0.5,0.46)
𝒙 =
−𝟏
𝟐
𝒚 =
𝟏𝟏/𝟏𝟐
𝟐
𝒙 = −𝟎.5u 𝒚 =
𝟏𝟏
𝟐𝟒
= 0.46 u
Segundo. Encontramos el punto de trisección en B

5. B = (
2𝑥1+ 𝑥2
3
,
2𝑦1+𝑦2
3
)
B = (
2(1)−2
3
,
2(
1
4
)+
2
3
3
)
B = (
2−2
3
,
(
1
2
+
2
3
)
3
)
B = (
0
3
,
(
3+4
6
)
3
)
B = (0,
(
7
6
)
3
)
B = (0,
7
18
)
Tercero. Encontramos el punto de trisección en C
C = (
𝑥1+ 2𝑥2
3
,
𝑦1+2𝑦2
3
)
C = (
1−2( 2)
3
,
(
1
4
)+2(
2
3
)
3
)
C = (
1− 4
3
,
(
1
4
+
4
3
)
3
)
C = (
−3
3
,
(
19
12
)
3
)
C = (−1,
19
36
)
C = (−1, 0.53)
IV. Hallar los ángulos interiores de los triángulos cuyos vértices están en:
6) A= (5, 6), B=(6, 4) y C= (8.5, 6.5)
Primero : aplicamos la ecuación (12) del manual, para hallar la pendiente de cada lado del
triángulo.
𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅ =
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅ =
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1
𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅ =
𝑦2 − 𝑦1
𝑥2 − 𝑥1

6. 𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅ =
4 − 6
6 − 5
𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅ =
6.5 − 4
8.5 − 6
𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅ =
6.5 − 6
8.5 − 5
𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅ =
−2
1
𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅ =
2.5
2.5
𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅ =
0.5
3.5
𝒎 𝑨𝑩̅̅̅̅ = −𝟐 𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅ = 1 𝒎 𝑨𝑪̅̅̅̅ = 𝟎. 𝟏𝟒
𝒎 𝑩𝑪̅̅̅̅ = 𝟏
Segundo: Utilizando la ecuación (13) del manual para hallar la medida de los ángulos que
forman cada par de lados se obtiene.
𝑡𝑎𝑛𝐴 =
𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅̅−𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅
1+𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅̅.𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅
𝑡𝑎𝑛𝐵 =
𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅̅−𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅
1+𝑚 𝐴𝐵̅̅̅̅̅.𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅
𝑡𝑎𝑛𝐴 =
−2 − (0.14)
1 − (2)(0.14)
𝑡𝑎𝑛𝐵 =
−2 − (1)
1 + (−2)(1)
𝑡𝑎𝑛𝐴 =
−2.14
1 − 0.28
𝑡𝑎𝑛𝐵 =
−3
−1
𝑡𝑎𝑛𝐴 =
−2.14
0.72
𝑡𝑎𝑛𝐵 = 3
𝑡𝑎𝑛𝐴 = −2.97 B = tan−1
( 3)
𝑡𝑎𝑛𝐴 ≈ −3
𝐴 = tan−1
(−3)
𝒎∠𝑨 = −𝟕𝟏. 𝟓𝟕° 𝒎∠𝑩 = 𝟕𝟏. 𝟓𝟕°
Respuesta. La medida de los ángulos interiores del triángulo ABC es:
∠𝑨 = 𝟕𝟏. 𝟓𝟕° ; 𝒎∠𝑩 = 𝟕𝟏. 𝟓𝟕° ; 𝒎∠𝑪 = 𝟑𝟔. 𝟖𝟕°
Tercero: Comprobamos en GeoGebra los resultados
V. Problemas
𝑡𝑎𝑛𝐶 =
𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅ − 𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅
1 + 𝑚 𝐵𝐶̅̅̅̅. 𝑚 𝐴𝐶̅̅̅̅
𝑡𝑎𝑛𝐶 =
1 − (0.14)
1 + (1)(0.14)
𝑡𝑎𝑛𝐶 =
0.86
1 + 0.14
𝑡𝑎𝑛𝐶 =
0.86
1.14
𝑡𝑎𝑛𝐶 = 0.75
𝑡𝑎𝑛𝐶 = 𝑡𝑎𝑛−1(0.75)
𝒎∠𝑪 = 𝟑𝟔. 𝟖𝟕°

7. 3) Si los puntos A (- 2, 3), B (5, 8) y C (7, -4) son los vértices de un triángulo,
encontrar las coordenadas de un punto a dos tercios de la distancia de B al punto
medio del lado opuesto AC̅̅̅̅.
P = (
2𝑥1+ 𝑥2
3
,
2𝑦1+𝑦2
3
)
P = (
2(5)+ 2.5
3
,
2(8)−0.5
3
)
P = (
10+ 2.5
3
,
(16−0.5)
3
)
P = (
12.5
3
,
15.5
3
)
P = (4.17, 5.17)
Z = (
𝑥1+ 2𝑥2
3
,
𝑦1+2𝑦2
3
)
Z = (
5+2( 2.5)
3
,
8+2(−0.5)
3
)
Z = (
5+ 5
3
,
(8−1)
3
)
Z = (
10
3
,
7
3
)
Z = (3.33, 2.33)