исследовательская работа "Тайны Арбелоса"

МБОУ «Михневская СОШ с углубленным изучением отдельных предметов»

Тайны Арбелоса

                                                           Автор:           Кралин Алексей, 9 «А» класс

                                                           Руководитель:                    Курбатова С.В.

Михнево 2012 г.

1. Введение.
2. Арбелос Архимеда .

1. Задача Архимеда об арбелосе.

1. Решение задачи Архимеда.
2. Лемма Архимеда.
3. Решение Архимеда.

2. Решение некоторых задач с арбелосом.

3. Выводы.
4. Список литературы.

Введение

Геометрия - одна из самых древних наук, она возникла очень давно, еще до нашей эры. Возможно, на фоне удивительных достижений науки и техники она может показаться каким – то малосовременным, неразвивающимся предметом, не нужным современному человеку.

Недавно я услышал про такую геометрическую фигуру как арбелос. Меня заинтересовала эта фигура, показалась загадочной. И я решил познакомиться с ней поближе.

Кто не слышал об удивительном ученом Древней Греции Архимеде! Этот великий человек жил в III столетии до н. э. в городе Сиракузы на Сицилии, бывшим в то время греческой колонией. Много прекрасных открытий и изобретений сделал  Архимед за свою долгую жизнь. Будучи уже зрелым ученым, в 50 лет, он увлекся геометрией и не расставался с ней до конца своих дней.

Сегодня школьник восьмого класса владеет средствами, неизвестными Архимеду. И все же давайте рассмотрим одну из его задач. Приступая к работе, я поставил перед собой цель: используя  исторический подход познакомиться с геометрической фигурой арбелосом Архимеда и рассмотреть её свойства. Я выдвинул основные задачи:

1. Познакомиться с понятием арбелоса.
2. Доказать свойства арбелоса.
3. Применить полученные знания при решении задач на окружности.

        И наконец выдвинул гипотезу, что задачу Архимеда можно решить современными методами геометрии.

 Разберем решение самого Архимеда, подумаем, как бы её мог решить современный ученик. И сравним эти решения.

1. Задача Архимеда об арбелосе.

В своих занятиях геометрией Архимед много внимания уделял изучению свойств фигуры, носящей название арбелос, или скорняжный нож. Это название фигура получила из– за сходства с очертаниями ножа, использовавшегося скорняками для разделки кожи.Если взять на прямой три последовательные точки A, B и C  и построить три полуокружности  с диаметрами AB, BC, AC, расположенные по одну сторону от прямой, то фигура, ограниченная этими полуокружностями, и является арбелосом

Задача

На отрезке AB взята точка C. На отрезках AC, BC и AB, как на диаметрах, в одной полуплоскости построены полуокружности s1, s2 и s соответственно. Из точки C восстановлен перпендикуляр к прямой AB, пересекающий окружность s в точке D. В два образовавшихся криволинейных треугольника вписаны окружности α и β: первая касается отрезка CD, полуокружности s1 и дуги AD, вторая — отрезка CD, полуокружности s2 и дуги BD. Докажите, что две эти вписанные окружности равны.

Пусть a и b — радиусы полуокружностей s1 и s2 соответственно, r — радиус окружности α. Выразите r через a и b.

Пусть E, F и G — центры полуокружностей s1, s2 и s соответственно, а O — центр окружности α. Рассмотрим треугольник OEG; все его стороны выражаются через a, b и r.

Рассмотрим конструкцию. Докажите, что она соответствует условиям задачи (для этого, в частности, необходимо доказать, что прямая MN проходит через точку B).

Действительно, GA = GB = a + b, OE = a + r; OG = a + b – r; EG = GA – EA = a + b – a = b.Опустим перпендикуляр OH на прямуюEG:CH = r; EH = EC – CH = a – r; GH = |CG – CH| = |a – b – r|.

OH2 = (a + r)2 – (a – r)2 = (a + b – r)2 – (a – b – r)2.Разрешая полученное уравнение относительно r получаем:

Для нахождения радиуса окружности β с центром Q, надо рассмотреть треугольник QFG и провести для него вычисления, аналогичные проведенным выше, поменяв a и b местами, поскольку окружность β касается полуокружности  s2. Но так как r не меняется при замене в выражении (1) a на b, то и результат вычислений не изменится.

Есть и не вычислительные, но по-своему более изящные решения.

Приведем решение самого Архимеда, которое может показаться более сложным, но и более интересным. Для этого понадобится следующая лемма:

Лемма.

Даны две касающиеся окружности ω и ω1 и прямая CD, касающаяся одной из них и пересекающая другую. Пусть B — точка касания окружностей, A — точка касания прямой и окружности, E — вторая точка пересечения прямой AB и окружности ω. Докажите, что E — середина дуги CD.

Доказательство. Пусть O и O1 — центры окружностей ω и ω1 соответственно; тогда треугольники OEB и O1AB — равнобедренные и у них общий угол при основании O1BA. Следовательно, OEB = O1AB  OE || O1A. O1ACD  OECD  E — середина дуги CD. Заметим, что в случае внешнего касания окружностей лемма тоже верна, а доказательство аналогично.Пусть M — точка касания α и s, N — точка касания α и CD, K — точка касания α и s1. Применим лемму к нашей конструкции; тогда прямая MN проходит через точку B и прямая NK проходит через точку A.

Далее, P — вторая точка пересечения NK и s, R — точка пересечения CD и BP.

N — точка пересечения высот в треугольнике ARB, так как APB = RCB = 90°, следовательно прямая RA проходит через точку M.

Пусть L — вторая точка пересечения RA и α, тогда LKN = 90° (как угол, опирающийся на диаметр), но AKC = 90°  точки L, K и C лежат на одной прямой.

LN — диаметр окружности α, следовательно LN || AB, следовательно

Заметим, что LC || RB, так как они перпендикулярны AP, следовательно

В обозначениях из первого решения полученное выражение принимает вид

и после сокращения общих множителей совпадает с выражением (1).

2.  Решение некоторых задач с арбелосом.

Задача

        Окружность радиуса r касается изнутри окружности радиусом R. Найдите радиус третьей, которая касается обеих данных и прямой, проходящей через их центры.

Решение:

h2 = (R – x)2 – x2 – 2Rx

((R – r)+h)2 = (r+ x)2 – x2 – r2 + 2rx

OH2 = (R – x)2 – x2 = R2 – 2RX + R(R – 2x)

O1H2 = (r + x)2 – x2 = r2 + 2rx

x (r – R) + Rr = r2+2RXR2-2Rx

x2(r – R)2 + R2r2 + 2xRr (r – R) = (r2 + 2rx) (R2 – 2Rx)

x2(r2 – 2rR + R2) + R2r2 + 2xr2R – 2xrR2 = x2r2 – 2rRx2 + x2R2 + 4rRx2 = 4xR2r – 4xRr2

x2( r + R)2 = 4xRr (R – r)

x = 4Rr (R – r)r+R(r+R)

Вывод.

Я считаю, что работа достигла цели и выполнила поставленные задачи. Я узнал о новой замечательной фигуре, называемой арбелосом Архимеда. По ходу работы познакомился также с леммой Архимеда, благодаря которой теперь мне стало проще решать определенные задачи на окружности. Я смог подтвердить  гипотезу, что задачу Архимеда можно решить современными способами, которые ранее были не известны самому Архимеду. Кроме того, я увеличил свои познания в области геометрии.

Список литературы.

1. Википедия – свободная энциклопедия. Интернет версия. http://ru.wikipedia.org/wiki/

2. Энциклопедия Кругосвет. Интернет версия. http://www.krugosvet.ru

3. Шарыгин И. Ф. Геометрия. 7–9 кл. – М.:  Дрофа, 1999.

4. Журнал «Квант» №11  1975г.