litceysel.ru
добавить свой файл
1
Задачи Архимеда и их решения



Содержание.



I.Введение


стр. 3

II.Биография Архимеда


стр. 4

III.Основная часть.





§1.Задачи Архимеда и их решения


стр. 6

§2.Различные способы решения задачи о перпендикулярных

хордах в круге


стр. 10

IV.Вывод


стр.17

V.Литература


стр. 19



« Математика открывает свои тайны тому,

кто занимается ею с чистой любовью,

ради её собственной красоты».1

Архимед


  1. Введение.

С решением задач связанных с окружностью и её элементами встречаемся на ЕГЭ, ВУЗы предлагают их в виде конкурсных задач.Задачи этой темы так же встречались мне и на олимпиадах. Именно поэтому меня заинтересовала эта тема, решение таких задач повлекут за собой повторение всего материала связанного с этим вопросом, навыки, полученные при разборе их решений, помогут при сдаче ЕГЭ. Знакомясь с заданиями второй части ЕГЭ, я так же обратил внимание, что задание C4 требует различных подходов к решению одной и той же задачи.

Проблема:

Видеть разные способы решения одной и той же задачи.

Для решения этой проблемы ставлю следующую цель:


Рассмотреть различные способы решения одной и той же задачи.

Для достижения этой цели я поставил перед собой следующие задачи:


  • изучить литературу;

  • отобрать задачи по теме «Окружность и ее элементы»;

  • повторить теоретический материал, который мне поможет при решении задач;

  • рассмотреть несколько способов решения одной из них.

Изучив литературу, я остановился на задачах Архимеда, решив, что именно они будут соответствовать моей цели.


Структура:

Знакомство с биографией великого математика Архимеда.Формулировки и решения пяти задач Архимеда. Различные способы решения одной из них (задача о перпендикулярных хордах в круге ).


Задача о перпендикулярных хордах в круге является одной из задач Архимеда. « Во всей геометрии нет теорем более трудных и более глубоких, нежели теоремы Архимеда. Мне самому всегда казалось , когда я впервые знакомился с его математическими предложениями , что они до того трудны, что ум человеческий не в состоянии найти им доказательство. Однако, когда узнаешь, как сам Архимед их доказывает, то тебе кажется, будто ты сам нашел это доказательство – до того оно просто и легко».2

Плутарх




Архимед (287 до н.э. - 212 до н.э.)


  1. Биография

Архимед родился в 287 году до н.э. в Сиракузах на острове Сицилия. Отец Архимеда - астроном и математик Фидий. Фидий дал сыну хорошее образование. Находясь в Александрии, Архимед познакомился со знаменитым астрономом Кононом, астрономом и математиком Эратосфеном, с которыми он поддерживал в дальнейшем научную переписку. Здесь он усиленно работал в богатейшей библиотеке, изучал труды Демокрита, Евдокса и других ученых.


Архимед вернулся в Сицилию зрелым математиком, однако первые его труды были посвящены механике.Хочется привести слова Плутарха: "Архимед был настолько горд наукой, что именно о тех своих открытиях, благодаря которым он приобрел славу ..., он не оставил ни одного сочинения". Хотя это и не совсем точно, но многих работ Архимеда мы действительно не знаем.Нам неизвестно, как он мог вычислять квадратные корни из больших чисел, и многое другое. "Поэтому нет оснований не верить написанному об Архимеде, что он жил как бы околдованный какою-то домашнею сиреною, постоянной его спутницей, заставляющей его забывать пищу, питье, всякие заботы о своем теле. Иногда, приведенный в баню, он чертил пальцем на золе очага геометрические фигуры, или проводил линии на умащенном маслом своем теле. Автор прекрасных открытий, он просил своих родственников поставить на его могиле цилиндр, включающий в себя конус и шар, и подписать отношение их объемов (3:2:1)",3 - так характеризовал Архимеда Плутарх. И в память об этом гении древности потомки Архимеда через века пронесут его радостный возглас, боевой клич науки: "Эврика!" - "Я нашел!". Замечательное слово «Эврика!», оно живет и сейчас, так и хочется крикнуть при нахождении способа решения той или иной задачи.



  1. Основная часть.

§1.Задачи Архимеда и их решения.

Задача 1. Если две окружности касают­ся в точке Е, и диаметры их АВ и CD па­раллельны, то точки А, Е и D лежат на одной прямой.4


Р
ешение задачи 1

Рассмотрим случай, когда окружности касаются внешним образом (рис. 1). Соединим центры окружностей отрезком О1O2, который пройдет через точку Е. Углы АО1Е и DO2Eравны как накрест лежащие при параллельных прямых АВ и CD. Треугольники АО1Е и DO2Eравнобедренные, имеют равные углы при вершинах, следовательно, все четыре угла при основаниях треугольников равны между собой. Значит, по разные стороны от прямой OгО2, отложены равные углы О1ЕА и O2ED, откуда и следует, что точкиА, Е и D лежат на одной прямой.




Рис. 1

Задача 2. Если хорды круга АВ и CDпересекаются в точкеЕпод прямым уг­лом, то сумма квадратов отрезков АЕ, BE, СЕ и DEравна квадрату диаметра.5

рис.2

( Решение задачи рассмотрим несколько позже)

Задача 3. Если к окружности из внеш­ней точки провести секущую через центр, а другую так, чтобы внешний отрезок рав­нялся радиусу окружности, то угол меж­ду секущими будет измеряться одной тре­тью большей из дуг, заключенной между его сторонами.6

р
ис.3

Решение задачи 3

Пусть данные секущие будут АВ и АС (АС пересекает окружность в точке D), а угол между ними равен α. Соединим точку D с точкамиО и В. Покажем, что угловая мера дуги ВС будет Зα. Угол AODравен α и явля­ется внешним для треугольника DOB, по­этому ODB= OBD=. Угол BDCвне­шний для треугольника BDA, поэтому BDC= α+ = . Поскольку BDC измеряется половиной дуги ВС, то мера дуги BC составляет 3α.



Рис.4

Задача 4. Отрезок внешней касательной к двум касающимся кругам, заключенный между точками касания, равен среднему геометрическому их диаметров.7

AB2=d1d2




Рис.5

Решение задачи 4

Проведем через точкуЕкасания двух окружностей их общую касательную ЕС. Тогда

АС=СЕ =СВкак отрезки общих касательных. Поскольку CO1 и СO2— бис­сектрисы углов АСЕ и ВСЕ, то угол между ними равен 90° . Из прямоуголь­ного треугольника О1СО2: СЕ = и



рис.6


Задача 5. На отрезке АС взята точка D, и на отрезках AC, AD и CD как на диаметрах построены полуокружности. Закрашенную фигуру Архимед назвал «арбелон» ( — скребок, скорняжный нож). Восстановим из точки D перпендикуляр BD. Тогда площадь арбелона равна площади круга с диаметром BD.8

рис.7

Решение задачи 5

Пусть радиус большей полуокружнос­ти равен r1, а радиус меньшей — r2. Тогда площадь арбелона равна




Из прямоугольного треугольника ABC име­ем: . Площадь круга с диаметром BD будет равна , что и требовалось доказать.


§2.Различные способы решения задачи о перпендикулярных хордах

в круге.


Задача 2.Если хорды круга АВ и CD пересекаются в точке Е под прямым углом, то сумма квадратов отрезков АЕ, BE, СЕ и DE равна квадрату диаметра

рис.2


Способ 1


Пусть а, b, с, d - данные отрезки хорд АВ и CD (рис. 8). Пусть АD = х, ВС = у. Тогда по теореме Пифагора для треугольника AED:



x2 =a2+d2 (1)

А по теореме Пифагора для треугольника ВЕС:

y2=b2+c2 (2)

Проведем АК ║ CD. Тогда ВК= 2R - диаметр

(так как KAB = 90°).




Рис.8

СКАD - равнобокая трапеция, поскольку в окружность можно вписать только равнобокую трапецию, и СК = AD = x. KCB = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треуголь­ника КСВ имеем:


x2+y2=4R2

Воспользовавшись равенствами (1) и (2), получаем требуемое:

a2+b2+c2+d2=4R2


Способ 2

Введем следующие обозначения:

САЕ = α, АСЕ = 90 – α (из прямоугольного треугольника АЕС). Тогда по расширенной теореме синусов для треугольника CAB:

или




Рис.9


А для треугольника ACD по той же теореме имеем

или

Итак,



Возведем обе части равенств в квадрат и сложим:



С учетом равенств (1) и (2) задача решена:

a2+b2+c2+d2=4R2.

Способ 3.

Воспользуемся симметрией при решении задачи,а также свойством угла с вершиной внутри круга.









Рис.10

l . Согласно свойству угла с вершиной внутри круга полусумма дуг AD и ВС равна 90° (рис. 11).



Рис.11

Тогда

AD + ВС = 180°.

Проведем прямую l, содержащую диаметр, так что l || АВ. Из соображений симметрии

DK = BС = у.

Тогда и дуга DK равна дуге ВС (равные хорды стягиваются равными дугами). Значит,

AD +DK = 180°.

Если это так, то АК - диаметр, и ADK = 90°. По теореме Пифагора для треугольника ADK

x2+y2=4R2

Воспользовавшись равенствами (1) и (2), получаем:

a2+b2+c2+d2=4R2


Способ 4


В этом способе также используется симметрия

Построим отрезок ТК, симметричный АВ относительно центра окружности О (рис. 12).




Рис.12

Решение 1:

В силу симметрии ТК =АВ, CP=ED= d, РК = ВЕ = b.

Очевидно, что PD = с.

Из прямоугольного треуголь­ника DPK имеем

DK2 = РК2 + PD2 = b2 + с2.


Очевидно, что AK - диаметр (так как АВКТ — прямо­угольник), и тогда ADK равен 90°. По теореме Пифагора для треугольника ADK

x2+y2=4R2илиa2+b2+c2+d2=4R2 .


Решение 2:


ВК = с - d; АВ = а +b, иABK = 90° (опирается на диаметр). Тогда

АК2 = АВ2 + ВК2, или


4R2 = (a +b)2 + (с – d)2 = = а2 + 2аb + b2 + с2 - 2cd + d2.

Но по известной задаче о равенстве произведений отрезков хорд

ab = cd. Тогда 2аb и - 2cd уничтожатся, и

a2+b2+c2+d2=4R2 .

Решение задачи получено.


Способ 5.


Проведем в треугольнике АВС высоту АК (рис. 13).

Рис. 13


Тогда Н - ортоцентр (точка пересечения высот) в треугольнике ABC. Покажем, что

АН = AD = x.


Действительно, ADC =ABC = α (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Тогда = 90° - α (из АВК) и = 90° - α (из АDЕ). Поскольку АЕ-высота и биссектриса в ADH, то он - равнобедрен­ный, и

АН=AD=х.

Далее применим формулу

AH2=4R2-BC2

х2=4R2-y2, т.е. x2+y2=4R2 или a2+b2+c2+d2=4R2.


Способ 6.

Воспользуемся известным свой­ством ортоцентра Н.

«Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, принадлежат описанной окружности».9

Точки Н и Н' симметричны друг другу относительно стороны ВС (рис. 14).


рис.14

С учетом вышесказанного способ выглядит так (хорда CD опущена вниз для удобства работы ):





Рис. 15

АН2= 4R2 – CD2,

(а - b)2 = 4R2 - (с + d)2,

a2 - 2аb + b2= 4R2 – с2 - 2cd – d2.

Но аb = cd- из равенства произведения отрезков хорд. Тогда

a2+b2+c2+d2=4R2.


Способ 7. (векторное решение)




Рис. 16




или





Докажем, что:

имеем:

AD + ВС = 180°,



А углы α и - центральные, равные дугам ADи BC.

Тогда , и , откуда следует, что


=0 или x2+y2=4R2, т. е.

a2+b2+c2+d2=4R2.


IV.Вывод:

Я не только повторил достаточно много материала и нашел его применение к решению задач. Я еще раз убедился, что имея знания решить задачу можно разными способами достаточно красиво.

Задача о перпендикулярных хордах в круге, которой посвящена эта работа это:


  • задача Архимеда (287-212 гг. до н.э.), позволяющая понять его гениальность;

  • конкурсная задача - во многих вузах ее предла­гают на вступительных экзаменах;

  • она позволяет повторить ряд важнейших фактов и задач планиметрии;

  • она трудная!

  • она решается удивительно красиво и изящно и различными способами.

Труды Архимеда были сделаны свыше 2000 лет назад и опередили свое время как минимум на 17 веков. Множество его трудов пропало без вести — но даже того, что осталось, вполне достаточно, чтобы поставить Архимеда в один ряд с Ньютоном, Гауссом, да Винчи. Благодаря этому его можно с полным правом назвать одним из величайших гениев человечества.

" Математика открывает свои тайны только тому, кто занимается ею с чистой любовью, ради ее собственной красоты",10- сказал Архимед.






VI.Список литературы:


  1. А. П. Юшкевича История математики в трёх томах, М.: Наука.

Том 1 С древнейших времен до начала Нового времени. (1970)

  1. Глейзер Г. И. «История математики в школе»: М., 1969

  2. Газета «Математика» №16/2006: «Архимед», с. 23-27

  3. Житомирский С. В. Архимед. – М.: Просвещение, 1981

5. Ресурсы сети Интернет:

  • http://www.math.ru/history/people/Arhimed

  • ru.wikipedia.org/wiki/Архимед

  • www.krugosvet.ru/articles/

  • www.uniros.ru/person/arhimed.

  • www.xlegio.ru/sources/plutarch/marcellus

1Глейзер Г. И. «История математики в школе»: М., 1969


2Житомирский С. В. Архимед. – М.: Просвещение, 1981


3А. П. Юшкевича История математики в трёх томах, М.: Наука. Том 1 С древнейших времен до начала Нового времени. (1970)


4Газета «Математика» №16/2006: «Архимед», с. 23-27


5Ресурсы сети Интернет


6 Ресурсы сети интернет

7 Ресурсы сети интернет

8 Ресурсы сети интернет

9 Ресурсы сети интернет

10Газета «Математика» №16/2006: «Архимед», с. 23-27