Презентация к исследовательской работе "Арбелос Архимеда"

Выполнил: Фиськов А. В.,
ученик 11 класса
МКОУ Новоярковской СОШ
Руководитель: Гонтар О. В.,
учитель математики

г. Барабинск
2021 год

ХХIV РАЙОННЫЙ КОНКУРС
ТВОРЧЕСКИХ ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКИХ РАБОТ ШКОЛЬНИКОВ

АРХИМЕД

Используя исторический подход, познакомиться с геометрической фигурой арбелосом и рассмотреть её свойства

Познакомиться с понятием арбелоса.
Рассмотреть леммы Архимеда.
Рассмотреть решение задачи Архимедом и современным учеником.
Применить полученные знания при решении задач на окружности.

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.

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 OH2 = (a + r) 2 – (a – r) 2 = (a + b – r) 2 – (a – b – r) 2 a на b, то и результат вычислений не изменится.

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. Тогда 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.

Решение:
O2H2 = (R – x)2 – x2 = R2 – 2RX = R(R – 2x)
O1H2 = (r + x)2 – x2 = r2 + 2rx
О1О2 = R – r = HO2 + HO1
x (r – R) + Rr = *
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 =

r + x

R - x

x

O3

O1

O2

H