Методическая разработка внеаудиторное занятие на тему «Задачи Архимеда»

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. 3

2.   Основная часть. 4

2.1.   Архимед. 4

2.2.   Алгебраические задачи Архимеда. 5

Задача 1.1. 5

Задача 1.2. 5

Планиметрические задачи Архимеда. 6

Задача 2.1. 6

Задача 2.2. 7

Задача 2.3. 8

Историческая справка. 9

Задача 1. 9

Задача 2. 9

Задача 2.4. 10

Различные способы решения задачи о перпендикулярных хордах в круге. 12

Задача 2.5. 12

Задача 2.6. 17

Задача2.7. 20

Задача 2.7. 21

3.   Заключение: 22

4.   Список литературы: 23

 

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.

2.     Основная часть

2.1.          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».

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:

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»

2.2.         Алгебраические задачи Архимеда

Задача 1.1.        

Справедливо ли неравенство                                                                                                                                         

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

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:

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

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.

Рис.5

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

 Угол BDC — внешний для треугольника BDA, поэтому

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

 Задача 2.3.

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 

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 О_2, 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.8

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». 

Рис.9

	Из прямоугольного треугольника ABC имеем: BD = Л/ ?1Г2

 

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.

                                           

Рис.11                                                                            Рис.12

Решение задачи 2.4.

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

Рис.13

Из прямоугольного треугольника ABC имеем:

Площадь круга с диаметром BD будет равна:

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

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:

х² =а²+ 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:

Рис.16

a²+b²+c²+d²=4R²

Способ 2

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=4R²

Рис.18                                                   Рис.19

Способ 4

В этом способе также используется симметрия.

Построим отрезок ТК, симметричный АВ относительно центра окружности О.

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 + 2аb + 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 .

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):

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

                                       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.

Рис.25

Решение задачи 2.6.

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.

Рис.27

Решение задачи 2.6.

                               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 (α + 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

Рис.29

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

Тогда  из прямоугольного треугольника ОАВ имеем:

Площадь вписанного круга:

Площадь описанного круга:

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.

3.     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.

4.     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

Краткое описание документа:

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.

Для достижения цели поставленыла следующие

• 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.