El primer documento presenta un problema geométrico sobre volúmenes de conos y sus relaciones. El segundo documento explica cómo resolver dos problemas sobre la longitud de segmentos en un octaedro y un cubo usando propiedades de triángulos semejantes y razones entre lados.
(Clasificación por la magnitud de sus lados y por la magnitud de sus ángulos) (Rectas y puntos de un triángulo) (Propiedades generales de un triángulo) (Congruencia y semejanza de los triángulos) (Teorema de Pitágoras)
Plano Numérico. (Distancia. Punto Medio. Ecuaciones y trazado de circunferenc...Juan Chacón
Plano Numérico. (Distancia. Punto Medio. Ecuaciones y trazado de circunferencias, Parábolas, elipses, hipérbola
Juan Chacón
Sección 0104
Prof: Maria Mendoza
El plano cartesiano, coordenadas cartesianas o sistema cartesiano es una forma de ubicar puntos en el espacio, habitualmente en los casos bidimensionales.
(Clasificación por la magnitud de sus lados y por la magnitud de sus ángulos) (Rectas y puntos de un triángulo) (Propiedades generales de un triángulo) (Congruencia y semejanza de los triángulos) (Teorema de Pitágoras)
Plano Numérico. (Distancia. Punto Medio. Ecuaciones y trazado de circunferenc...Juan Chacón
Plano Numérico. (Distancia. Punto Medio. Ecuaciones y trazado de circunferencias, Parábolas, elipses, hipérbola
Juan Chacón
Sección 0104
Prof: Maria Mendoza
El plano cartesiano, coordenadas cartesianas o sistema cartesiano es una forma de ubicar puntos en el espacio, habitualmente en los casos bidimensionales.
Calcular Puntos de Tangencia entre Rectas y una CircunferenciaJames Smith
Se combinan la geometría clásica y la analítica para simplificar el procedimiento. La fórmula que desarrollamos se compruueba al final mediante un ejemplo específico y numérico.
Ponencia en I SEMINARIO SOBRE LA APLICABILIDAD DE LA INTELIGENCIA ARTIFICIAL EN LA EDUCACIÓN SUPERIOR UNIVERSITARIA. 3 de junio de 2024. Facultad de Estudios Sociales y Trabajo, Universidad de Málaga.
ROMPECABEZAS DE ECUACIONES DE PRIMER GRADO OLIMPIADA DE PARÍS 2024. Por JAVIE...JAVIER SOLIS NOYOLA
El Mtro. JAVIER SOLIS NOYOLA crea y desarrolla el “ROMPECABEZAS DE ECUACIONES DE 1ER. GRADO OLIMPIADA DE PARÍS 2024”. Esta actividad de aprendizaje propone retos de cálculo algebraico mediante ecuaciones de 1er. grado, y viso-espacialidad, lo cual dará la oportunidad de formar un rompecabezas. La intención didáctica de esta actividad de aprendizaje es, promover los pensamientos lógicos (convergente) y creativo (divergente o lateral), mediante modelos mentales de: atención, memoria, imaginación, percepción (Geométrica y conceptual), perspicacia, inferencia, viso-espacialidad. Esta actividad de aprendizaje es de enfoques lúdico y transversal, ya que integra diversas áreas del conocimiento, entre ellas: matemático, artístico, lenguaje, historia, y las neurociencias.
IMÁGENES SUBLIMINALES EN LAS PUBLICACIONES DE LOS TESTIGOS DE JEHOVÁClaude LaCombe
Recuerdo perfectamente la primera vez que oí hablar de las imágenes subliminales de los Testigos de Jehová. Fue en los primeros años del foro de religión “Yahoo respuestas” (que, por cierto, desapareció definitivamente el 30 de junio de 2021). El tema del debate era el “arte religioso”. Todos compartíamos nuestros puntos de vista sobre cuadros como “La Mona Lisa” o el arte apocalíptico de los adventistas, cuando repentinamente uno de los participantes dijo que en las publicaciones de los Testigos de Jehová se ocultaban imágenes subliminales demoniacas.
Lo que pasó después se halla plasmado en la presente obra.
guia de aprendizaje NI Asalto y toma del morro de Arica.docx
Problema 13
1. PROBLEMA 13.
Representemos los datos brindados en el problema mediante la siguiente figura.
Se trata, en este caso, del cono circular recto V-NB, con vértice V y altura H
(longitud de VN). También es un cono circular recto V – MA, con vértice V y altura
h (longitud de VM). Por datos del problema, si el volumen del tronco de cono (con
bases en las circunferencias de centro M y N, respectivamente) es 4/5 del
volumen del cono V-NB, entonces V-MA es 1/5 del volumen de V-NB. Luego,
denominando r a la longitud de MB y R a la longitud de NB, tenemos:
2. 휋푟2ℎ =
1
5
휋푅2퐻 … (1)
Por otro lado, tenemos que
푟
푅
=
ℎ
퐻
(por semejanza de los triángulos VMA y
VNB). Reemplacemos esta relación en el corolario de (1):
ℎ
퐻
=
1
5
푅
푟
(
2
, de donde:
)
ℎ
퐻
1
5
3
= √
=
√25 3
5
PROBLEMA 12.
a) Debemos tener presente que las caras del octaedro son triángulos
regulares.
En la siguiente figura, se debe notar que hemos recortado al octaedro por el
plano formado por el cuadrado MNQT. Ello permite trabajar solo en el ámbito de la
pirámide base cuadrada P-MNQT.
3. Al unir los baricentros de dos caras adyacentes del poliedro, observaremos
lo siguiente:
El problema nos exige determinar la longitud del segmento AB. Este
segmento es paralelo a la diagonal NQ del cuadrado MNQT. Se conforma así el
triángulo QHN, donde QH es mediana (y altura) de la cara MQP. Las mismas
propiedades tiene NH con respecto a la cara MPN. Por los datos ya indicados, los
triángulos NHQ y AHB son semejantes. Para calcular la razón entre los lados
homólogos (entre NH y AH, por ejemplo), recordemos la razón que existe entre los
segmentos de la mediana del triángulo, determinados por el baricentro: este se
encuentra a 2/3 de cada vértice. Por ello:
퐴퐻
푁퐻
=
1
3
Como AB es homólogo a QN, se encuentran en la misma razón.
Suponiendo que la medida de la arista del octaedro regular es 푎 푢., en el cuadrado
MNQT, 푄푁 = 푎√2. Luego:
퐴퐵
푄푁
=
푥
푎√2
=
1
3
, de donde 푥 =
푎√2
3
푢.
4. b) Partimos de un fundamento similar para la solución de este problema
Al unir los baricentros de caras no adyacentes (triángulos equiláteros BEC y
EAD), observamos que el problema nos exige determinar la longitud del
segmento PQ. Este es paralelo al segmento MN, que une los puntos medios del
cuadrado ABCD. Se conforma así el triángulo MEN, donde ME y EN son medianas
y alturas de las caras EBC y EAD, respectivamente. Por los datos ya indicados,
los triángulos MNE y QPE son semejantes. La razón entre s lados homólogos es
la misma que existe entre los segmentos de la mediana del triángulo,
determinados por el baricentro:
퐸푃
퐸푁
=
퐸푄
퐸푀
=
2
3
MN mide lo que el lado del cuadrado ABCD y es homólogo de PQ. Si
suponemos que la medida de MN es 푎 푢., empleemos la razón descubierta para
calcular la longitud de PQ.
푃푄
푀푁
=
푥
푎
=
2
3
, de donde:
푥 =
2
3
푎 푢.
5. PROBLEMA 11.
a) Representemos los datos del problema de la siguiente manera:
Nos piden determinar la mínima distancia entre las rectas que contienen a
MN y CH. Sin embargo, ambas rectas son alabeadas, lo que quiere decir que
estas no son coplanares.
Como M y N son los puntos medios de las aristas EA y EH,
respectivamente, el segmento que los une (MN) es paralelo a la diagonal de la
cara AEHD. AH y HC son coplanares y concurrentes, con lo que determinan el
plano AHC. De esta forma, MN es paralelo a este plano. Si la recta que contiene
a MN es paralela al plano AHC, todos sus puntos se encuentran a igual
distancia de este. Así mismo, esta distancia constante es la que media entre MN
y el plano AHC. Por M se traza la perpendicular a este plano y se marca el punto
de intersección P. Por este se traza la paralela a la recta que contiene a CH. La
longitud de MP es la distancia entre las rectas que contienen a los segmentos MN
y CH.
6. Para calcular la medida de MP, emplearemos la semejanza de los
triángulos EQA y ERM. Suponiendo que la arista del cubo mide 푎 푢. , la razón
entre AQ y MR se calcula así:
퐴푄
푀푅
=
푎√2
2
푎√2
4
= 2
En esa misma razón se encontrarán EQ y MP:
퐸푄
푀푃
=
푎√2
2
푥
= 2 ↔ 푀푃 =
푎√2
4
푢.