Тема урока «Задача Архимеда»

Статья посвящена лемме Архимеда о перпендикулярных хордах. Как передать красоту этой задачи? Разнообразие способов ее решения? Эмоции, которые она вызывает у тех, кто любит геометрию? Может быть, об этом лучше расскажет урок, который прошел в 9-м математическом классе у одного из авторов. Если так, то давайте приоткроем дверь и проникнем на урок, урок эрудиции, знаний и творчества учащихся. И называться он будет так: «Урок одной задачи!..»

Вот эта задача. Хорды AB и CD окружности радиуса R перпендикулярны и делятся точкой пересечения на отрезки a, b, c, d (рис. 1). Докажите, что сумма квадратов этих отрезков есть величина постоянная для данной окружности, равная квадрату ее диаметра, то есть a2 + b2 + c2 + d2 = 4R2.

Да, задача хороша на слух, красива на вид и вызывает интерес у учащихся. Но стоит ли посвящать урок одной задаче? Безусловно стоит! Потому что эта задача: 1) задача Архимеда, 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! (Даже искушенные в геометрии ученики не сразу справляются с ней.); 5) она решается удивительно красиво и изящно и разными способами. Знакомство с задачей Архимеда происходит на предыдущем уроке. Дома ученики решают эту задачу, но возможно большим числом способов! Однако задача непростая, и удастся ли большей части класса вообще решить ее? Перед уроком две минуты говорю с ребятами о задаче, бегло просматриваю их решения. В это время звенит звонок, и я начинаю Урок одной задачи.

Прошу выйти к доске Федора, потому что до урока заметил, что его решение совпадает с решением Архимеда. (Представляется важным начать именно с авторского решения.) Он рассказывает.

Решение 1. Пусть a, b, c, d — данные отрезки хорд AB и CD (рис. 2). Пусть AD = x, CB = y. Тогда по теореме Пифагора для треугольника AED:

x ² = a² + d². (1)

А по теореме Пифагора для треугольника BEC:

y² = b² + c². (2)

Проведем AK CD. Тогда BK = 2R — диаметр (так как KAB = 90°).

Здесь я останавливаю Федора и прошу другого ученика продолжить рассказ.

CKAD  — равнобокая трапеция, поскольку только равнобокую можно вписать в окружность, и CK = AD = x. KCB = 90° (опирается на диаметр). Тогда по теореме Пифагора для треугольника KCB имеем:

x ² + y² = 4R².

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

Задача решена!

— У меня решение, которое Архимед не мог предложить! — включается в разговор Юля. — Ведь тригонометрия появилась значительно позже.

Юля идет к доске и показывает свой способ решения.

Решение 2. К тем же обозначениям (см. рис. 1 и 2) добавим следующие (рис. 3): CAE = α, ACE = 90° –α (из прямоугольного треугольника AEC). Тогда по теореме синусов для треугольника CAB:

А для треугольника ACD по той же теореме...

Здесь я прерываю рассказ и предлагаю самостоятельную работу: закончить решение задачи Архимеда способом, предложенным Юлей. (Ей в это время предлагаю подумать над еще одним, чисто геометрическим, способом решения задачи.)

Большинство учащихся успешно заканчивают задачу и сдают листки с решением.

Один из учеников показывает окончание решения на доске.

Решение 2 (продолжение). Для треугольника ACD по теореме синусов имеем:

или

x = 2Rsin (90° – α) = 2Rcos α .

Итак,

x = 2Rcos α ,            (3)
y = 2Rsin α .              (4)

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

x ² + y² = 4R²(sin² α + cos² α) = 4R².

С учетом (1) и (2), задача решена:

a ² + b² + c² + d² = 4R²!

— Ребята, есть ли у кого другие способы решения задачи Архимеда?

— Я воспользовался симметрией при решении задачи, — говорит Женя. — А также известным свойством угла с вершиной внутри круга.

Женя идет к доске и записывает это свойство (рис. 4).

Затем начинает объяснять свой способ.

Решение 3. Согласно свойству угла с вершиной внутри круга полусумма дуг AD и BC равна 90° (рис. 5).

Тогда

AD + BC = 180°. (5)

Проведем прямую l, содержащую диаметр, так что l AB. Из соображений симметрии

Тогда и дуга DK равна BC (равные хорды стягиваются равными дугами). Значит,

AD + DK = 180°.

Если это так, то AK — диаметр, и ADK = 90°.
По теореме Пифагора для треугольника ADK x² + y² = 4R², что равносильно решению задачи.

— У меня тоже симметрия, только немного по-другому! — выходит к доске Сергей и показывает.

Решение 4. Построим отрезок TK, симметричный AB относительно центра окружности O (рис. 6). В силу симметрии: TK = AB, CP = ED = d,
PK = BE = b. Очевидно, что PD = c. Из прямоугольного треугольника DPK имеем:

Очевидно, что AK — диаметр (так как ABKT — прямоугольник), и тогда ADK = 90°. По теореме Пифагора для треугольника ADK:

x ² + DK² = 4R²,

или

a ² + b² + c² + d² = 4R².

Задача решена!

— В этом способе возможно другое решение! — берет слово Наташа.

Решение 5. Воспользуемся тем же рисунком (рис. 6).

 ABK = 90° (опирается на диаметр).

Тогда AK² = AB² + BK², или:

4R² = (a + b)² + (c – d)² = a² + 2ab + b² + c² – 2cd + d².

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

— А у меня принципиально другое решение, не похожее ни на одно из предыдущих! — заявляет Аленка.

Перед уроком я бегло просмотрел способ Аленки. Обращаюсь к классу:

— Если способ верен, то это — маленькая сенсация. Такого способа решения задачи Архимеда я нигде в литературе не встречал.

Рассказывает Аленка.

Решение 6. Проведем в треугольнике ABC высоту AK (рис. 7). Тогда H — ортоцентр (точка пересечения высот) треугольника ABC. Покажем, что AH = AD = x. Действительно, ADC = ABC =α (вписанные, опирающиеся на одну дугу). Тогда из треугольника ABK:
1 = 90° – α, и из треугольника ADE:
2 = 90° – α. Поскольку AE — высота и биссектриса в треугольнике ADH, то этот треугольник равнобедренный, и

Далее применим хорошо известную формулу:

AH ² = 4R² – BC². (6)

Здесь я прерываю рассказ и предлагаю ученикам самостоятельно завершить решение задачи (мне уже понятно, что сенсация состоялась). Попутно спрашиваю у учащихся доказательство предложенной Аленкой формулы (6).

Знание формулы входит в их эрудицию, и мне предлагается несколько способов доказательства.

Большинство учеников легко разгадывают и дальнейший ход рассуждений в решении 6.

Решение 6 (продолжение).

AH ² = 4R² – BC², x² = 4R² – y²,

то есть x² + y² = 4R².

Ну что ж, такого способа учитель не знал!

Формула (6) подсказывает Антону идею, которая дарит нам еще один способ решения задачи. Он воспользовался известным ученикам свойством ортоцентра H: «Точки, симметричные ортоцентру относительно сторон треугольника, принадлежат описанной окружности».

На рисунке 8 точки H и H' симметричны друг другу относительно стороны BC.

Этот факт предлагаем читателям доказать самостоятельно!

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

Решение 7.

AH ² = 4R² – CD²,

(a – b)² = 4R² – (c + d)²,

a ² – 2ab + b² = 4R² – c² – 2cd – d².

Но ab = cd — из равенства произведений отрезков хорд. Тогда

a ² + b² + c² + d² = 4R².

Задача решена!

В заключение урока — маленький сюрприз от Данила. Я попросил его выполнить векторное решение задачи Архимеда, придуманное одним из наших выпускников несколько лет назад.

Вот оно (рис. 10).

Решение 8.

или

Докажем, что α + β = 180°: AD + BC = 180° (см. формулу 5), а углы α и β — центральные, равные соответственно дугам AD и BC.

Тогда β = 180° –α и cos β = –cos α, откуда следует, что

и по формуле (7)

x ² + y² = 4R².

Все!

Задача Архимеда решена еще одним, векторным способом!

Подводим итоги «Урока одной задачи»:

• повторены важнейшие факты планиметрии;
• предложено много способов решения знаменитой задачи;
• задача решена векторным способом.

К домашнему заданию, которое написано на доске, добавлю: решить задачу Архимеда методом координат. Такое решение существует!

Итак, «Урок одной задачи» состоялся. Осуществилась связь времен, связь прошлого с настоящим.

Билецкий Б. , Филипповский Г.