Урок одной задачи
методическая разработка по алгебре (10 класс) по теме

Урок одной задачи.

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

                                  a + b +c +d =4R

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 (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 трудна! (Даже искушенные в геометрии ученики не сразу справляются с ней);
5. она решается удивительно красиво и изящно и различными способами.

Знакомство с задачей Архимеда проходит на предыдущем уроке. Дома учащиеся готовят только одну эту задачу, но возможно большим числом способов! Однако задача непроста, и удается 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 на урок, и я начинаю

урок одной задачи

Прошу выйти к доске Андрея, потому что до урока заметила, что его решение совпадает с решением Архимеда. ( Представляется важным начать именно с авторского решения.) Ученик предлагает свое решение:

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

х = а + d   ( 1)

А по теореме Пифагора для треугольника ВЕС:

у = b + с ( 2)

Проведем АКСD. Тогда ВК = 2R – диаметр (так как ).

Рис. 2

Здесь я останавливаю Андрея и прошу другого ученика продолжить рассказ.

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

х + у = 4R.

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

а + b + c + d = 4R.     Задача решена!

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

Ученица идет к доске и показывает свой способ решения.

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

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

 или  

Рис. 3

А для треугольника АСD по той же теореме…

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

Большинство учащихся успешно оканчивают задачу и сдают листки с решением.

Один из учеников показывает это решение у доски:

Для треугольника АСD по расширенной теореме синусов имеем

      или    

Итак,                   (3) и (4).

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

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

«Ребята, есть ли у кого другие способы решения задачи Архимеда?» - интересуюсь я.

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).

Рис. 4

Затем он начинает объяснять свой способ:

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

Рис. 5

Тогда    AD +   BC = .                   (*)

Проведем прямую , содержащую диаметр, так что    AB.

Из соображений симметрии

         DK = BC = y.

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

                      AD +   DK = .

Если это так, то AK – диаметр, и .  По теореме Пифагора для треугольника ADK

что равносильно решению задачи.

У мня тоже симметрия, только немного по-другому! – выходит к доске Сергей и показывает:  

Построим отрезок TK, симметричный AB относительно центра окружности O (рис. 6).

Рис. 6

В силу симметрии TK = AB, CP = ED = d, PK = BE= b.

Очевидно, что PD = c. Из прямоугольника треугольника DPK имеем

Очевидно, что AK – диаметр (так как ABKT – прямоугольник), и тогда равен . По теореме Пифагора для треугольника ADK

                                , или .

Задача решена!

В этом способе возможно другое решения! – берет Наташа.

- Воспользуемся тем же рисунком. BK = c – d; AB = a + b, и (опирается на диаметр). Тогда

 , или   .

Но по известной задаче  о равенстве произведений отрезков хорд ad = cd. Тогда 2abсократятся! – решение задачи получено.

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

Пред уроком я бегло просмотрел способ Аленки и обращаюсь к классу: если он верен, то это – маленькая сенсация! – такого способа решения задачи Арихимеда я нигде в литературе не встречал!

     Рассказывает Аленка:

Проведем в треугольник ABC высоту AK (рис. 7).

Рис. 7

Тогда Н – ортоцентр ( точка пересечения высот) в треугольнике ABC. Покажем, что

                                                                                     AH = AD = x.

Действительно,   ( вписанные, опирающиеся на одну дугу). Тогда  (из и  (из . Поскольку AE – высота и биссектриса в , то он – равнобедренный, и

                                                                    AH = AD = x.

Далее применим хорошо известную нам формулу

Здесь прерываю ее и предлагаю ребятам самостоятельно завершить решение задачи. (Мне  уже понятно, что сенсация состоялась!) Попутно опрашиваю у учащихся доказательство предложенной Аленкой формулы

                             .

(Знание формулы входит в эрудицию ребят, и они показывают несколько способов ее доказательства.)

Предлагаем читателям самостоятельно доказать эту формулу.

Большинство учащихся легко разгадывают и дальнейший ход  рассуждений:

                                                                                     .

                                                                                  .

Ну что ж, такого способа учитель не знал!

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

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

Рис. 8

Этот факт также предлагаем читателям доказать самостоятельно.

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

Рис. 9

Но ab = cd – из равенства произведения отрезков хорд. Тогда

Задача решена!

В заключение урока – маленький сюрприз от Данила. Я попросил его выполнить векторное решение задачи Арихмеда, придуманное одним из наших выпускников несколько лет назад. Вот оно (рис. 10):

                       = - ;  =  -

Рис. 10

          или

                                   (6)

Докажем, что

                           AD +   BC = - см. формулу (*),

а углы и  - центральные равные соответственно дугам AD и BC.

   Тогдаи cos , откуда следует, что

  По формуле (6):

Все!

Задача Архимеда решена еще одним, векторным способом! Подводим итоги «УРОКА ОДНОЙ ЗАДАЧИ»:

повторены важнейшие факты планиметрии;

предложено много способов решения знаменитой задачи;

два способа явились сюрпризом для преподавателя и, похоже, нигде  в математической литературе ранее не встречались;

на уроке состоялся, пусть небольшой, но разговор на векторном языке!

- Спасибо, великий Архимед, за блестящую задачу! Спасибо, ребята, за хорошую домашнюю работ, за импровизации и радость открытий на уроке!

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

   Итак, «Урок одной задачи» состоялся. Осуществилась связь времен, связь Прошлого с Нстоящим.