Инфоурок / Математика / Конспекты / Методическая разработка внеаудиторное занятие на тему «Задачи Архимеда»
Обращаем Ваше внимание, что в соответствии с Федеральным законом N 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации» в организациях, осуществляющих образовательную деятельность, организовывается обучение и воспитание обучающихся с ОВЗ как совместно с другими обучающимися, так и в отдельных классах или группах.

Педагогическая деятельность в соответствии с новым ФГОС требует от учителя наличия системы специальных знаний в области анатомии, физиологии, специальной психологии, дефектологии и социальной работы.

Только сейчас Вы можете пройти дистанционное обучение прямо на сайте "Инфоурок" со скидкой 40% по курсу повышения квалификации "Организация работы с обучающимися с ограниченными возможностями здоровья (ОВЗ)" (72 часа). По окончании курса Вы получите печатное удостоверение о повышении квалификации установленного образца (доставка удостоверения бесплатна).

Автор курса: Логинова Наталья Геннадьевна, кандидат педагогических наук, учитель высшей категории. Начало обучения новой группы: 27 сентября.

Подать заявку на этот курс    Смотреть список всех 216 курсов со скидкой 40%

Методическая разработка внеаудиторное занятие на тему «Задачи Архимеда»

библиотека
материалов

21

Краевое государственное бюджетное профессиональное образовательное учреждение «Хабаровский техникум техносферной безопасности и промышленных технологий»,

Хабаровский край, г.Хабаровск








Тема:

«Задачи Архимеда»

Внеаудиторное занятие по математике



Михайлова Мария Борисовна,
преподаватель математики















г. Хабаровск - 2016


Оглавление


















  1. Введение

На уроках математики часто встречаются задачи, связанные с окружностью и её элементами, такие задачи включены и в ЕГЭ, в олимпиады разного уровня. Именно 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.

Проблема:

  • Усовершенствовать умения решать планиметрические и алгебраические задачи.

  • Видеть разные способы решения одной и той лее задачи

Цель:

  • Рассмотреть решения старинных задач.

  • Рассмотреть различные способы решения одной и той же задачи.

Для достижения цели поставленыла следующие

Задачи:

  • изучить учебную, научную и научно-популярную литературу, касающуюся темы: «Окружность и ее элементы»;

  • обобщить и систематизировать теоретический материал, который мне поможет при решении задач;

  • рассмотреть решения различных задач по теме «Окружность и ее элементы»;

  • рассмотреть несколько способов решения одной из них;

  • приобретение навыков поисковой и исследовательской деятельности;

  • совершенствовать умения создания презентаций.

  • развивать интеллектуальные, творческие способности, математическую интуицию, умения анализировать и обобщать.

  1. Основная часть

    1. Архимед

Древнегреческий математик Архимед (287 до н.э. - 212 до н.э.) принадлежит к числу тех немногих гениев, творчество которых определило на долгие века судьбу науки, а тем самым и судьбу человечества.

Родиной Архимеда был богатый торговый город Сиракузы на острове Сицилия. Отец Архимеда Фидий был астрономом и рано привил сыну любовь к математике, механике и астрономии.

После поездки в Александрию, культурный и научный центр того времени, Архимед возвратился в Сиракузы и до конца жизни переписывался с александрийскими учеными. 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.

Жизнь Архимеда овеяна легендами. Согласно одной из них, он в течение двух лет был душой обороны Сиракуз от римских полчищ, блокировавших город с суши и с моря. Архимед изобрел знаменитый «архимедов винт» и «архимедов рычаг», открыл закон гидростатики (закон Архимеда). Математические работы Архимеда подкупают читателя ясностью мысли, изяществом доведенной до совершенства техникой вычислений.

Известный греческий историк Плутарх (ок. 45- ок. 127 г. н.э.) пишет: «Во всей геометрии нельзя найти более трудных и глубокомысленных задач, которые были бы решены так просто и ясно, как те, которыми занимался Архимед».

hello_html_m774f7c80.gif



Рис.1. Поднятие предметов с помощью Архимедова винта

Огромное значение для развития математики имело вычисленное Архимедом отношение длины окружности к диаметру. В работе «Об измерении круга» Архимед дал своё знаменитое приближение для числа : «архимедово число» - . Более того, он сумел оценить точность этого приближения:

hello_html_m6633b632.gif

Для доказательства он построил для круга вписанный и описанный 96-угольники и вычислил длины их сторон.

Архимеду принадлежит целый ряд классических сочинений по математике, в которых он предвосхитил методы высшей математики XVII века. С именем Архимеда связаны знаменитые задачи. Например, задача о быках Солнца, приводящая к решению’ в больших целых числах неопределенного уравнения х2-4729494у2=1

Лейбниц писал: «Внимательно читая сочинения Архимеда, перестаёшь удивляться всем новым открытиям геометров»

    1. Алгебраические задачи Архимеда

Задача 1.1.

hello_html_m6633b632.gif

Справедливо ли неравенство

Чтобы убедиться в справедливости неравенства Архимеда, разложила в бесконечную периодическую цепную дробь

hello_html_m5c9acc9e.gif

Как видно, Архимед заключил между девятой и двенадцатой подходящими дробями.

Замечу, что первые описания получения бесконечных цепных дробей были даны лишь в XVI веке.

Задача 1.2.

Найти сумму квадратов первых n натуральных чисел:

I2 + 22 + З2 +… + п2

Из тождества п3 — (n — 1)3 = 3n2 — 3 п + 1

при n=1,2,3,…,n сложением находим последовательно:hello_html_6deaa0ba.gifhello_html_69e4d5e.gifhello_html_m6b23c3ce.gif





Планиметрические задачи Архимеда

Задача 2.1

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


Рис.2

Решение задачи 2.1.

Рассмотрим случай, когда окружности касаются внешним образом. Соединим центры окружностей отрезком 0102, который пройдет через точку Е.


Рис.3

Углы АО1Е и DO2E равны как накрест лежащие при параллельных прямых АВ и CD. Треугольники АО1Е и DO2E - равнобедренные, имеют равные углы при вершинах, следовательно, все четыре угла при основаниях треугольников равны между собой. Значит, по разные стороны от прямой O1O2, отложены равные углы О1ЕА и O2ED, откуда и следует, что точки А, Е и D лежат на одной прямой.

Задача 2.2.

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


hello_html_14f9cf43.png


Рис.4

Решение задачи 2.2.

Пусть данные секущие будут АВ и АС (АС пересекает окружность в точке D), а угол между ними равен α . Соединим точку D с точками О и В. Покажем, что угловая мера дуги ВС будет Зα.

hello_html_m6d285df3.png


Рис.5

Угол AOD равен α и является внешним для треугольника DOB, поэтому hello_html_m3da06a95.gif

Угол BDC — внешний для треугольника BDA, поэтому

hello_html_55a7880d.gif

Поскольку измеряется половиной дуги ВС, то мера дуги BC составляет 3α.

Задача 2.3.

hello_html_m62d9a03b.png


Рис.6

Отрезок внешней касательной к двум касающимся окружностям, заключенный между точками касания, равен среднему геометрическому их диаметров AB2=d1d2

Решение задачи 2.3.

Проведем через точку Е касания двух окружностей их общую касательную ЕС. Тогда АС=СЕ=СВ как отрезки общих касательных. Поскольку CO1 и СO2— биссектрисы углов АСЕ и ВСЕ, то угол между ними равен 90°.

Из прямоугольного треугольника О1СО2: СЕ = и


hello_html_m5d37a9a8.png


Рис.7

Историческая справка

  • В трактате «МАТЕМАТИКА» древнегреческого ученого Паппа, жившего в III веке, содержатся две задачи, решенные, как предполагают, Архимедом. Приведу эти задачи в формулировке Паппа, заменив только обозначения: вместо греческих букв будут использованы более привычные нам латинские.

Задача 1. «Возьмем три касающиеся друг друга полуокружности ADB, АЕС, CFB и в заключенную между их окружностями фигуру, которую называют арбелон, впишем несколько кругов, касающихся друг друга и основных полукругов; пусть центры этих кругов будут О1, О2, О3, О4. Требуется показать, что опущенный из центра О1 на АВ перпендикуляр будет равен диаметру круга, описанного около О1, далее, что перпендикуляр, опущенный из О2, будет вдвое больше диаметра круга около О2, а перпендикуляр из Оз, втрое больше соответствующего диаметра, и вообще, последовательные перпендикуляры будут кратными соответствующих диаметров в прогрессии натурального ряда чисел, причем вписывание кругов может продолжаться до бесконечности».

  • Таким образом, в задаче утверждается, что отношения длин перпендикуляров, опущенных из центров окружностей, вписанных в арбелон, к диаметрам этих окружностей образуют последовательность натуральных чисел 1, 2, 3 ...


Рис.8hello_html_m10c58bfd.png

Задача 2. «Пусть ADB и AEC будут полукруги, опишем касательные к их окружностям круги с центрами О1, О2, О3, а также следующие за ними вплоть до точки А. Теперь то, что опущенный из О1 на АВ перпендикуляр будет равен радиусу круга О1, является очевидным; еще я утверждаю, что перпендикуляр опущенный из О2, будет втрое больше радиуса круга, опущенный из О3 - в пять раз больше радиуса круга О3, и все следующие перпендикуляры будут больше соответствующих радиусов в кратностях последовательных натуральных чисел».

hello_html_m27d83fc8.pngРис.9hello_html_m36e64356.jpg



Рис.10


По мнению ученых, авторство Архимеда в решении вышеизложенных задач наиболее вероятно, поскольку Папп в процессе доказательства ссылается на результаты Архимеда. К тому же Архимед решал и другие задачи, связанные с арабелоном, например

Задача 2.4

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.

hello_html_7b3e6c83.pnghello_html_1be2a5b.png


Рис.11 Рис.12


Решение задачи 2.4.


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

hello_html_11788790.png







Рис.13


hello_html_m6604253d.gif

hello_html_m29ea4e0d.gif

Из прямоугольного треугольника ABC имеем:

Площадь круга с диаметром BD будет равна:


hello_html_74104464.gif

Различные способы решения задачи о перпендикулярных хордах в круге

Задача 2.5.

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

hello_html_m385e3f1b.png

hello_html_m26445063.png







Рис.14 Рис.15

Решение

Способ 1

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

х22+ d2 (1)

А по теореме Пифагора для треугольника ВЕС: y2 =b2+ c2 (2).

Проведем АК || CD. Тогда ВК= 2R -диаметр (так как KAB=90°).

CKAD - равнобокая трапеция, поскольку в окружность можно вписать только равнобокую трапецию, и СК = AD = х.

КС В = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треугольника КСВ

имеем: . x2+ y2 = 4R2

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

hello_html_7d12fc82.png


Рис.16


a2+b2+c2+d2=4R2


Способ 2

hello_html_m577e3c48.png






Рис.17



Введем следующие обозначения:

CAE=α, ACE=90-α

(из прямоугольного треугольника AEC). Тогда по расширенной теореме синусов для треугольника САВ:

или


А для треугольника ACD по той же теореме имеем


или х = 2R sin(900 - a)-2R cos а

Итак, X = 2R cos а

y = 2R sin a

Возведем обе части равенств в квадрат и сложим:

х2 + у2 = 4R2 (sin2 a+cos2 а) = 4R2

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



Согласно свойству угла с вершиной внутри круга полусумма дуг AD и ВС равна 90°.

Тогда AD+ BC=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 AKD: x2+y2=4R2

Воспользовавшись равенствами (1) и (2), получаем: a2+b2+c2+d2=4R2hello_html_7a2438dd.png

hello_html_mf1f434e.png


Рис.18 Рис.19


Способ 4

В этом способе также используется симметрия.

Построим отрезок ТК, симметричный АВ относительно центра окружности О.hello_html_m96115a.png


Рис.20


Решение 1

В силу симметрии ТК =АВ, CP=ED= d, PK=BE=b.

Очевидно, что PD = с.

Из прямоугольного треугольника DPK имеем

DK2 = РК2 + PD2 = b2 + с2.

Очевидно, что АК - диаметр (так как АВКТ— прямоугольник), и тогда ADK=90°.

По теореме Пифагора для треугольника ADK: x2+y2=4R2 или a2+b2+c2+d2=4R2.

Решение 2

ВК = с - d; АВ = a +b, и АВК = 90° (опирается на диаметр).

Тогда АК2 = АВ2 + ВК2, или

4R2.= (а +b)2 + (c +d)2 = = а2 + b + b2 + b2+c2- 2cd + d2.

Но по известной задаче о равенстве произведений отрезков хорд ab=cd.

Тогда 2аb и -2аc уничтожатся, и a2+b2+c2+d2=4R2.

Решение задачи получено.

Способ 5

Проведем в треугольнике ABC высоту АК.

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

АН = AD = х.

Действительно, ADC =ABC = α. (вписанные, опирающиеся на одну дугу).

Тогда 1= 90° - α (из ∆АВК) и 2=90° - α (из ADE).

Поскольку АЕ - высота и биссектриса в ADH, то он - равнобедренный, и AH=AD=x.

Далее применим формулу АH2=4R2-BC2

x2 =4R2- y2, т.е. x2+y2=4R2 или

a2+b2+c2+d2=4R2 .



hello_html_726f205e.png


Рис.21

Способ 6

Воспользуемся известным свойством ортоцентра Н:

Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, принадлежат описанной окружности.

Точки Н и Н’ симметричны друг другу относительно стороны ВС.

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


hello_html_78f66d1d.pnghello_html_33de3083.png







Рис.22 Рис.23


АH2=4R2- CD2,

(а - b)2 = 4R2 - (с + d)2,

a2 - 2ab + b2 = 4R2 - c2 - 2cd - d2.

Ho ab = cd - из равенства произведения отрезков хорд. Тогда a2+b2+c2+d2=4R2.

Способ 6 (векторное решение)






или



Докажем, что а + β = 180° . Имеем AD+ ВС = =180°, углы α иβ- центральные, равные дугам AD и ВС. Тогда β = 180° - α , и cosβ = - cos а , откуда следует, что

=0 или x2+y2=4R2, т. е a2+b2+c2+d2=4R2



hello_html_637617d2.png


Рис.24

Задача 2.6.

Это одна из самых известных задач Архимеда. Эту задачу Архимеда Николай Борисович Васильев под «круглым» номером 1000 включил в задачник «Кванта», чтобы подчеркнуть неувядающую красоту древней геометрической задачи.

Рассмотрим две формулировки данной задачи и два решения.

Задача Архимеда (первая формулировка)

Пусть треугольник ABC вписан в окружность, причём АВ > ВС; М середина дуги АС, расположенная с той же стороны от прямой АС, что и точка В. Докажем, что основание Р перпендикуляра, опущенного на отрезок АВ из точки М, делит ломаную ABC пополам, то есть АР = РВ + ВС.

hello_html_m16da23f7.png

Рис.25

Решение задачи 2.6.


hello_html_m16da23f7.png


Рис.26

В силу теоремы о вписанном угле величины углов МАВ и МСВ, опирающихся на одну и ту же дугу MB, равны. Поэтому при повороте треугольника МСВ вокруг точки М, при котором точка С переходит в точку А, треугольник МВС переходит в некоторый треугольник MDA, где точка D лежит на отрезке АВ. При этом

MB = MD. Поскольку высота равнобедренного треугольника является и его медианой, то

DP = РВ, что и требовалось доказать.

Задача 2.6.

Задача Архимед а (вторая формулировка)

В дугу АВ окружности вписана ломаная АМВ из двух отрезков (AM > MB). Докажите, что основание перпендикуляра КН, опущенного из середины К дуги АВ на отрезок AM, делит ломаную пополам, т.е. АН = НМ + MB.


hello_html_m5ef40b29.png


Рис.27


Решение задачи 2.6.


hello_html_8f7d540.png

Рис.28

Доказательство

  • Введем два вспомогательных угла - АВМ= 2α, ВАМ= 2β и вспомогательный отрезок - радиус R окружности, содержащей данную дугу АВ.

Из треугольника АВМ:АМ = 2R sin2α, ВМ = 2R sin 2β, АМ+ВМ =2 R(sin 2α+ sin 2β), т.е. длина всей ломанной выражена через вспомогательные величины.

  • Так как К - середина дуги АВ, то АВК = α+ β и из треугольника АВК: АК = 2R sin+ β). Докажем, что КАМ = α -β.

  • Пусть дуги AN и ВМ равны. Тогда длина дуги MN равна 4α - 4β, а дуги - КМ - 2α - 2β. Это и значит, что вписанный угол КАМ равен α -β.

  • Из прямоугольного треугольника КАН: АН = АК cos( α -β).

  • Имеем: АН= 2R sin( α + β)cos(α -β)= R(sin 2α+ sin 2β).

Таким образом, АН = 1/2 (АМ+ВМ), что равносильно доказываемому равенству.

Задача2.7.

Доказать, что площадь круга, описанного около квадрата вдвое больше площади вписанного в квадрат круга.

Решение

hello_html_6ac19dbd.png









Рис.29

Пусть r1 и r2 –радиусы вписанного и описанного круга соответственно, a – сторона квадрата. hello_html_62fc0ba4.gif

Тогда из прямоугольного треугольника ОАВ имеем: hello_html_m2b5ffbfc.gif


hello_html_m6f45b59e.gif

Площадь вписанного круга:

hello_html_52d20475.gif

Площадь описанного круга:

hello_html_m546e6f16.gif

Отношение площадей:


Задача 2.7.

Доказать, что для всякого шара цилиндр, имеющим основанием большой круг этого шара, высотой диаметр шара, будет иметь объем в полтора раза больше объема этого шара и площадь поверхности тоже в полтора раза больше площади поверхности этого шара.

Это открытие Архимед считал своим самым большим открытием в математике, и, видимо потому на его могиле изображены цилиндр и шар.

  1. Заключение:

Особенно хочу сказать о задаче о перпендикулярных хордах в круге это:

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

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

  • она позволяет повторить ряд важнейших фактов и задач планиметрии.

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.











  1. Список литературы:


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

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

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

  4. Житомирский С. В. Архимед. - М.: Просвещение, 1981.

  5. http://www.math.ru/history/people/Arhimed ru. wikipedia. or g/wiki/Архимед.

  6. www.krugosvet.ru/arti cles/

  7. www. uniros. ru/perso n/arhimed.

  8. http://kvant.mccme.ru/ndf/2000/01/41.pdfwww.xleaio.ru/sources/plutarch/marcellus.

  9. http://tllcs.school-collection.edu.ru/dlrstorc/228f858d-clbb-177e-2600-813dd927229c/m 1000.html

Общая информация

Номер материала: ДБ-124584

Похожие материалы