- 28.04.2015
- 1750
- 12
Заседание
научного общества учащихся «Интеграл»
Тема занятия «Метод масс в геометрии»
28 апреля 2015 года
Учитель математики: Кондратьева Татьяна Юрьевна
Аудитория: 8,9,10 класс
Актуальность темы: В школьном курсе математики тема «Геометрия масс» не рассматривается. Решения задач на отношение длин при решении обычными методами получаются достаточно объёмными. Данный метод необходим для рационального решения задач.
Проблема: поиск рационального способа решения задач
Объект исследования – геометрические задачи на нахождение отношения длин отрезков
Цели: познакомиться с теорией способа решения задач методом геометрии масс, повысить уровень культуры решения геометрических задач, развитие навыков исследовательской работы.
Задачи:
1. Дать понятие геометрии масс
2. Научиться решать задачи с применением этого метода
3. Подготовка к ОГЭ (№26), ЕГЭ(С4) и олимпиадам
Гипотеза: Многие задачи на отношение длин отрезков рациональнее решать с помощью геометрии масс
I. ВВЕДЕНИЕ
«…Я счел нужным написать тебе и… изложить особый метод, при помощи которого ты получишь возможность находить некоторые математические теоремы. Я уверен, что этот метод будет тебе ничуть не менее полезен и для доказательства самих теорем».
Архимед.
Послание к Эратосфену «О механических теоремах»
На этом занятии мы рассмотрим следующую тему – «Метод масс в геометрии».
Родоначальником метода был великий древнегреческий мыслитель
Архимед. Еще в III в. до н. э. он обнаружил возможность доказывать новые
математические факты с помощью свойств центра масс.
Соображения Архимеда были позднее использованы и развиты многими геометрами (Папп, Чева, Гюльден, Люилье и др.).
Нередко приходится слышать, что рассуждения с использованием свойства центров масс не могут дать математически строгих решений геометрических задач (хотя, может быть, и полезны для угадывания правдоподобных ответов к этим задачам). Однако такое мнение глубоко ошибочно. Понятия механики не только служат ценным эвристическим средством; облеченные в строгую математическую форму, они позволяют получать математически безупречные решения задач геометрии и алгебры.
Первый «сюрприз» Архимеда
Во время осады Сиракуз Архимед построил
множество удивительных приспособлений. Первое — это «Лапа Архимеда»,
уникальная подъемная машина и прообраз современного крана. Внешне она была
похожа на рычаг, выступающий за городскую стену и оснащенный противовесом. Если
римский корабль пытался пристать к берегу около Сиракуз, этот «манипулятор»
захватывал его нос и переворачивал. (вес римских трирем превышал 200 тонн, а у
пентер мог достигать и всех 500), затапливая атакующих.
МАТЕРИАЛЬНАЯ точка - точка, имеющая массу. В механике понятием материальная точка пользуются в случаях, когда размеры и форма тела при изучении его движения не играют роли, а важна только масса.
Подскажите псу куда нужно ему пересесть, чтобы качели пришли в равновесие?
Задача найти в этом случае ту точку, которая уравновесит данные качели.
Принцип центра масс является ничем иным, как законом рычага, с помощью которого Архимед собирался перевернуть Землю.
II. Решение задач
Центр масс данной системы двух точек будет такая точка О данного
отрезка, что AO*m1 = BO*m2.
Или соответственно
Таким образом, точка O разбивает наш отрезок в отношении обратно пропорциональном тем массам, которые находятся в точках A и B.
Задача 1. Дана масса груза, расположенного в точке A - m1=1, а масса груза, расположенного в точке B - m2=2. Найти положение центра масс.
Решение:
Из теоремы следует, что центр данной системы – это такая точка О, которая разделит отрезок АВ в отношении 2 к 1, считая от вершины А.
Ответ: 
ЗАДАЧА 2 для самостоятельного решения:
Пусть масса, расположенная в точке A равна 400г, а масса в точке B равна 1400г (см. рис.). Найти центр масс данного отрезка.
Решение:
из определения центра масс получаем, что точка O
делит отрезок AB в отношении 
= 
. Значит центр масс O
делит отрезок так, что 7*АO
= 2*BO.
III. Центр масс системы материальных точек
К примеру, дан треугольник ABC. В точках A, B и C находятся гирьки с массами соответственно m1, m2 и m3. Центр масс данной системы будет
Если дана система с несколькими точками, где на каждой из точек существует груз, то вместо любой пары точек можно рассматривать их центр масс, в котором находится суммарная масса исходных двух точек.
Таким образом: центр тяжести данной системы - это центр масс системы из двух точек O и C. Где точка O– это центр масс отрезка AB c массой m1+m2.
Ответ: Центр масс треугольника – это некоторая точка P на отрезке
CO.
m=m1+m2+m3.
IV. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
Задача 3. Дан треугольник ABC с массами mA, mB и mC=1. Найти центр масс данного треугольника.
Решение:
Найдем центр масс для точек A и B. В данном случае это будет точка M, которая является серединой отрезка AB, потому что в точках A и B стоят одинаковые массы. В точке M масса будет равна 2.
Таким образом, центр системы – точка O, которая делит отрезок MC в отношении 2/1 от вершины C. Данную аналогию можно провести с каждой вершиной.
Ответ: В треугольнике есть единственная точка O, которая делит каждую медиану в отношении 2/1 от вершины.
Отсюда следует известная теорема о медианах треугольника: Все медианы треугольника пересекаются в одной точке в соотношении 2/1
Задача 4. Дан треугольник ABC. BM – медиана, AN делит сторону BC в отношении 1/2 от вершины B. AN пересекает BM в точке O. Найти отношение BO:OM.
Решение: Расположим в вершинах A и C массы, равные 1, а в вершину B –
массу, равную 2. Тогда точка M – центр масс для точек A и C, и концентрирует
массу, равную 2. Точка N – центр масс отрезка BC, т.к. BN:NC=1:2 (из условия),
а mB:mC=2:1.
Предположим, что точка O – центр масс для отрезка BM. Тогда она является и центром масс для всего треугольника ABC и концентрирует в себе массу 2+2=4. Если O – центр масс треугольника, то здесь же и центр масс отрезка AN. Проверим это. В точке A сконцентрирована масса 1, в точке N – 3, а в точке O – 4.
1+3=4 , следовательно, O – центр масс отрезка AN и всего треугольника. Тогда отношение BO:OM = 2:2 = 1.
Ответ: BO = OM.
Задача
5. Дан треугольник ABC
(рис.7). BM – медиана. Отрезок KP
точкой K
делит AB
в отношении 2:1 от точки А, а точкой P
делит отрезок BC в отношении 2:1 от
вершины В. Отрезки KP и BM
пересекаются в точке O. В каком
отношении точка О делит отрезок KP?
Решение: Расположим в вершинах А и С массы, равные 2. Рассмотрим отрезок BC. Предположим, что точка Р – центр масс данного отрезка. Определим, какая масса сконцентрирована в точке В.
Пусть она равна х, тогда:
= 
.
Получаем, что х = 1, а значит в точке Р масса, равная 3.
Теперь рассмотрим отрезок АВ. Масса в точке А равна 2. Пусть точка К – центр масс данного отрезка, тогда масса, заключенная в точке В равна 4, а в точке К – 6. Значит для всей системы точек в точке В сконцентрирована масса 5.
Допустим, что точка О – центр масс всего треугольника. В точке М сконцентрирована масса 4 (mA = mC = 2, AM = CM, М – центр масс). Значит точка O – центр масс и для отрезка ВМ, а значит в точке О сосредоточена масса 4+5=9. А т.к. точка О принадлежит и отрезку КР, то из предположения о том, что О – центр масс треугольника, получаем, что эта точка – центр масс и для отрезка КР (в точке О сконцентрирована масса, равная сумме масс , расположенных в точках К и Р). А значит, что КО:ОР = 3:6 =1:2.
Ответ: 1:2.
Задача №6.
В треугольнике АВС проведены чевианы ВМ и АN так, что ВN: NC=1:5, а АМ: МС=1:2. Найти ВО:ОМ и АО:ON, где О - точка пересечения чевиан.
Решение. Помещаем в вершину С массу, равную единице. Поскольку точка М делит сторону АС в отношении 1:2, то по правилу рычага в точку А должна быть помещена масса, равная двум. Аналогично в точку В быть помещена масса, равная пяти, т. к. ВN: NC=1:5
1)СМТ 2А,5В,1С с центром масс в точке О.
2) 2A+1C=3M; 5В,3М - СМТ с центром масс в точке О
По правилу рычага ВО:ОМ=3:5
3) 5В+1C=6N; 6N, 2А - с центром масс в точке О
По правилу рычага АО:ОN=6:2=3:1
Ответ: ВО:ОМ=3:5, АО:ОN=6:2=3:1
Задача №7.
В треугольнике АВС проведены чевианы ВМ и АN так, что ВN: NC=1:7, а АМ: МС=2:5. Найти какую часть площади АВС составляет площадь СМОN.
Решение.
Помещаем в вершину С массу, равную двум. Тогда по правилу рычага в точку А должна быть помещена масса, равная пяти, так как АМ: МС=2:5. Аналогично в точку В быть помещена масса, равная 14, т. к. ВN: NC=1:7, а в тоске С масса 2.
1)Введем систему материальных точек 5А,14В,2С с центром масс в точке О.
2) 5A+2C=7M; 14В,7М - СМТ с ц.м. в т.О . По правилу рычага ВО:ОМ=7:14=1:2
3) 14В+2C=16N; 16N, 5А - с центром масс в точке О.. По правилу рычага АО:ОN=16:5=3:1
4) SCMON= 
Задача 8 (С4 ЕГЭ): Дан прямоугольный треугольник АВС с катетами АВ и ВС (АВ = 5, ВС = 12). Пусть точка J – центр окружности, вписанной в треугольник АВС. Прямая, проходящая через точку J, параллельна одной из сторон треугольника АВС и пересекает две другие стороны в точках К и Р. Найдите длину отрезка КР.
Решение:
Треугольник ABC подобен треугольнику KBP, значит
= 
, 
= 
. Тогда
КР
= 
.
2-й
случай: КР = 
.
3-й
случай: КР = 
.
Задачи для самостоятельного решения:
Задача 1. В треугольнике ABC точка к делит сторону BC в отношении 1:4, считая от вершины B. В каком отношении отрезок AK делит медиану BM?
Ответ: 1:2
Задача 2. B треугольнике ABC точки M, N, K расположены соответственно на сторонах AB, AC, BC так, что AM:MB = 1:4, AN:NC = 2:3, CK:KB = 3:2. Отрезки AK и MN пересекаются в точке L. Во сколько раз LK больше AL?
Ответ: 3
Итоги урока: Сегодня на уроке мы познакомились с интересным методом решения геометрических задач - методом масс. А так же узнали интересные факты их жизни создателя этого метода - Архимеда.
Рабочие листы
к вашим урокам
Скачать
Актуальность темы: В школьном курсе математики тема «Геометрия масс» не рассматривается. Решения задач на отношение длин при решении обычными методами получаются достаточно объёмными. Данный метод необходим для рационального решения задач.
Проблема: поиск рационального способа решения задач
Объект исследования – геометрические задачи на нахождение отношения длин отрезков
Цели: познакомиться с теорией способа решения задач методом геометрии масс, повысить уровень культуры решения геометрических задач, развитие навыков исследовательской работы.
Задачи:
1. Дать понятие геометрии масс
2. Научиться решать задачи с применением этого метода
3. Подготовка к ОГЭ (№26), ЕГЭ(С4) и олимпиадам
Гипотеза: Многие задачи на отношение длин отрезков рациональнее решать с помощью геометрии масс
I. ВВЕДЕНИЕ
«…Я счел нужным написать тебе и… изложить особый метод, при помощи которого ты получишь возможность находить некоторые математические теоремы. Я уверен, что этот метод будет тебе ничуть не менее полезен и для доказательства самих теорем».
Архимед.
Послание к Эратосфену «О механических теоремах»
6 664 525 материалов в базе
Настоящий материал опубликован пользователем Кондратьева Татьяна Юрьевна. Инфоурок является информационным посредником и предоставляет пользователям возможность размещать на сайте методические материалы. Всю ответственность за опубликованные материалы, содержащиеся в них сведения, а также за соблюдение авторских прав несут пользователи, загрузившие материал на сайт
Если Вы считаете, что материал нарушает авторские права либо по каким-то другим причинам должен быть удален с сайта, Вы можете оставить жалобу на материал.
Удалить материал
Ваша скидка на курсы
40%
Курс профессиональной переподготовки
500/1000 ч.
Курс профессиональной переподготовки
300/600 ч.
Курс профессиональной переподготовки
500/1000 ч.
Курс профессиональной переподготовки
300 ч. — 1200 ч.
Мини-курс
5 ч.
Мини-курс
4 ч.
Оставьте свой комментарий
Авторизуйтесь, чтобы задавать вопросы.