Задача Архимеда. Урок одной задачи.

Урок одной задачи

в 9 классе физико-математического профиля.

Тема:                                       Задача Архимеда.

Цели:

- познакомить учащихся с авторской задачей Архимеда, позволяющей понять его гениальность;

- повторить теоретические положения планиметрии;

- рассмотреть несколько способов решения задачи;

- воспитывать у учащихся умение видеть красоту и изящество решения геометрических задач, культуру геометрического построения;

- развивать способность анализировать, умение по-разному взглянуть на один и тот же вопрос.

I. Ребята, сегодня мы с вами решим следующую задачу Архимеда.

Задача:

Хорды АВ CD окружности радиуса R перпендикулярны и делятся точкой пересечения на отрезки а, b, с и d (рис. 1). Докажите, что сумма квадратов этих (отрезков есть величина постоянная для данной окружности, равная квадрату ее диаметра, то есть

Рис. 1

Мы посвятим урок данной задаче, потому что эта задача:

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

2) она - конкурсная - во многих вузах ее предлагают на вступительных экзаменах;

3) она позволяет повторить ряд важнейших фактов и задач планиметрии;

4) она трудная!;

5) она решается удивительно красиво и изящно и различными способами.

II. Решение задачи различными способами.

1) Авторское решение задачи.

Пусть а, b, с, d - данные отрезки хорд АВ и СD (рис. 2). Пусть АD = х, ВС = у. Тогда по теореме Пифагора для треугольника АED:

                                                         (1)

А по теореме Пифагора для треугольника ВЕС:

                                                          (2)

Проведем АК // СD. Тогда ВК = 2R - диаметр (так как КАВ = 90°).

Рис.2

CKAD - равнобочная трапеция, поскольку в окружность можно вписать только равнобокую трапецию, СК =АD = х. КСВ = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треуголь­ника КСВ имеем:

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

Задача решена!

2) Решение задачи с использованием тригонометрических формул.

К тем же обозначениям (рис. 1 и 2) добавим следующие (рис. 3):

САЕ = , АСЕ =

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

 или .

Рис. 3

Для треугольника АСD по расширенной теореме синусов имеем

 или .

Итак,

,                                                           (3)

.                                                           (4)

Возведем обе части равенств (3) и (4) в квадрат и сложим:

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

3) Использование симметрии.

1-ый способ.

Воспользуемся свойством угла с вершиной внутри круга.

Рис. 4

Согласно свойству угла с вершиной внутри круга полусумма дуг АD и ВС равна 90° (рис. 5).

Рис.5

Тогда

AD+BC=180°.                                                    (*)

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

DK=BC=y.

Тогда и дуга DК 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 АDK

,

что равносильно решению задачи.

2-ой способ.

Построим отрезок ТК, симметричный АВ относительно центра окружности O (рис.6).

Рис. 6

В силу симметрии ТК=АВ, СР=ЕD=d, РК=ВЕ=b. Очевидно, что РD=c. Из прямоугольного треугольника DРК имеем

Очевидно, что АК - диаметр (так как АВКТ - прямоугольник), и тогда ADK = 90°. По теореме Пифагора для треугольника АDК

, или

Задача решена!

3-ий способ

Воспользуемся тем же рисунком. ВК = с - d; АВ = a + b, и ABK = 90°АВК - 90° (опирается на диаметр). Тогда

,

или

Но по известной задаче о равенстве произведений отрезков хорд ab=cd. Тогда 2аb и -2cd сократятся! Решение задачи получено.

4) Использование формулы .

Проведем в треугольнике АВС высоту АК (рис. 7).

Рис. 7

Тогда H - ортоцентр (точка пересечения высот) в треугольнике АВС. Покажем, что АН =AD = х.

Действительно, АDС = АВС =  (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Тогда 1 = 90° -  (из АВК) и 2 = 90° -  (из АDE). Поскольку АЕ - высота и биссектриса в АDH, то он - равнобедренный, и

АН = AD = x.

Далее применим хорошо известную нам формулу

.                                                   (5)

Следовательно,

, т.е. .

5) Использование свойства ортоцентра.

Свойство ортоцентра: «Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, принадлежат описанной окружности».

Рис.8

Точки Н и Н' симметричны друг другу относительно стороны ВС (рис. 8).

С учетом вышесказанного способ выглядит так (хорда СО опущена вниз для удобства работы с рис. 9):

,

,

.

Рис.9

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

Задача решена!

6) Векторное решение.

Рис. 10

;

,

,                                     (6)

, .

Докажем, что ;

AD+BC=180° - см. формулу (*),

А углы  и  - центральные, равные соответственно дугам AD и ВС.

Тогда , и , откуда следует, что

.

По формуле (6):

.

Задача решена!

III. Итоги урока

IV. Домашнее задание. Решить задачу Архимеда методом координат.