Лемма архимеда об окружностях (8 видео) | Курс школьной геометрии

Задача Архимеда об арбелосе

Возможно, на фоне удивительных достижений науки и техники, с которыми вы встречаетесь буквально на каждом шагу, геометрия может показаться каким – то малосовременным, неразвивающимся предметом, не нужным современному человеку, в чью жизнь прочно вошли компьютеры, авиалайнеры,iPhonы, iPodы, лазеры и многое, многое другое.

Да, в целом человечество за свою долгую жизнь стало намного умнее и совершеннее. А вот стал ли умнее и совершеннее сам человек? Сегодня мы знаем больше своих предков потому, что «стоим на их плечах».

Развитие человечества – это, прежде всего, развитие человеческой мысли. И история геометрии является своего рода зеркалом истории этого развития, удивительной сокровищницей, хранящей высшие достижения человеческого гения, жемчужины которой создавались величайшими мыслителями.

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. Говорят, что последними словами Архимеда перед тем, как его убил римский легионер, были: «Осторожно, не наступи на мои круги».

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.

Содержание

Задача Архимеда
Лемма Архимеда
Решение Архимеда
Математика. Леммы Архимеда, доказательство + задачи. Теорема Фейрбаха.
Лемма архимеда об окружностях
💡 Видео

Видео:Лемма Архимеда. Лемма Варьера. Геометрия для олимпиадСкачать

Задача Архимеда

Проведем в арбелосе через точку B прямую, перпендикулярную AC, и обозначим её точку пересечения с большей полуокружностью через D. Рассмотрим две окружности, вписанные в два образовавшихся криволинейных треугольника. Первая касается отрезка BD, полуокружности AB и дуги DА. Вторая касается отрезка BD, полуокружности ВС и дуги DС. Докажите, что эти две вписанные окружности равны.

Решение Архимеда опиралось на одно простое свойство касающихся окружностей, которое мы назовем леммой Архимеда.

Видео:Касание окружностей, радикальная ось, лемма Архимеда. (Геометрические конструкции)Скачать

Лемма Архимеда

Пусть прямая пересекает данную окружность в точках K и M. Рассмотрим произвольную окружность, касающуюся данной в точке P, а прямой KM в точке L. Тогда прямая PL проходит через середину одной из двух дуг KM, на которые данная окружность разделена прямой KM.

Доказательство: Рассмотрим для определенности случай, изображенный на рисунке. Пусть О – центр данной окружности О1 – центр построенной окружности. Точки О, О1 и Р лежат на одной прямой. Пусть прямая РL пересекает данную окружность в точке Е. Треугольники РО1L и РОЕ равнобедренные. У них есть общий угол – угол при вершине Р.Значит, они подобны, и О1L параллельна ОЕ. Но O1L перпендикулярна КМ. Следовательно, ОЕ также перпендикулярна КМ. Значит, Е – середина дуги. Лемма доказана

Приведем еще одно доказательство леммы Архимеда. Рассмотрим прямую, касающуюся обеих окружностей в точке Р. Обозначим через Q точку её пересечения с прямой КМ; Е – точка пересечения PL с большей окружностью. Углы PLM и QPL равны, так как PQ = LQ как касательные. Но угол PLM измеряется полусуммой дуг КЕ и РМ, а угол QPL = углу QPE и измеряется половиной дуги РМЕ или полусуммой дуг РМ и МЕ. Значит, дуги КЕ и МЕ равны.

Видео:Лемма АрхимедаСкачать

Решение Архимеда

Рассмотрим окружность, касающуюся BD то точке L, дуги AD – в точке Р и полуокружности AB — в точке F. Согласно лемме, прямая PL проходит через точку С, а прямая GL – через А. Проведем через L в посторонней окружности диаметр LN. Углы NPL и APC – прямые (как опирающиеся на диаметры в соответствующей окружности), поэтому точки P,N и A лежат на одной прямой. Точно так же на одной прямой лежат точки N,F и B. (Прямые являются углы NFL и AFB.)Обозначим теперь через G точку пересечения AL с большей полуокружностью. Рассмотрим треугольник ALC. Высотами в нем являются LB, AP и CG. Продолжим их до пересечения в одной точке, которую обозначим через S. Из подобия треугольников SNL и SAB получаем. Но прямые NB и SC параллельны, так как они перпендикулярны AL. Cледует, что NL , при этом NL — диаметр одной из окружностей, вписанных в части арбелоса. Понятно, что находя диаметр второй окружности, мы придем к тому же равенству.

Видео:Лемма АрхимедаСкачать

Математика. Леммы Архимеда, доказательство + задачи. Теорема Фейрбаха.

Лемма Архимеда

Доказательство: Рассмотрим для определенности случай, изображенный на рисунке. Пусть О – центр данной окружности О1 – центр построенной окружности. Точки О, О1 и Р лежат на одной прямой. Пусть прямая РL пересекает данную окружность в точке Е. Треугольники РО1L и РОЕ равнобедренные. У них есть общий угол – угол при вершине Р.Значит, они подобны, и О1L параллельна ОЕ. Но O1L перпендикулярна КМ. Следовательно, ОЕ также перпендикулярна КМ. Значит, Е – середина дуги. Лемма доказана

Приведем еще одно доказательство леммы Архимеда. Рассмотрим прямую, касающуюся обеих окружностей в точке Р. Обозначим через Q точку её пересечения с прямой КМ; Е – точка пересечения PL с большей окружностью. Углы PLM и QPL равны, так как PQ = LQ как касательные. Но угол PLM измеряется полусуммой дуг КЕ и РМ, а угол QPL = углу QPE и измеряется половиной дуги РМЕ или полусуммой дуг РМ и МЕ. Значит, дуги КЕ и МЕ равны.

Решение Архимеда

Продолжим их до пересечения в одной точке, которую обозначим через S. Из подобия треугольников SNL и SAB получаем. Но прямые NB и SC параллельны, так как они перпендикулярны AL. Cледует, что NL , при этом NL — диаметр одной из окружностей, вписанных в части арбелоса. Понятно, что находя диаметр второй окружности, мы придем к тому же равенству.

Видео:Закон Архимеда ● 1Скачать

Лемма архимеда об окружностях

ч. лБЛ ДПЛБЪЩЧБЕФУС УМЕДХАЭБС «МЕННБ бТИЙНЕДБ»:

ЕУМЙ ПЛТХЦОПУФШ ЧРЙУБОБ Ч УЕЗНЕОФ ПЛТХЦОПУФЙ, УФСЗЙЧБЕНЩК ИПТДПК Bу, Й ЛБУБЕФУС ДХЗЙ Ч ФПЮЛЕ б₁, Б ИПТДЩ — Ч ФПЮЛЕ б₂, ФП РТСНБС б1б2 СЧМСЕФУС ВЙУУЕЛФТЙУПК ХЗМБ BA₁C.

п. хЛБЦЕН 4 ДПЛБЪБФЕМШУФЧБ.

дПЛБЪБФЕМШУФЧП 1: РХУФШ P Й Q — ФПЮЛЙ РЕТЕУЕЮЕОЙС ПФТЕЪЛПЧ A₁B Й A₁C У НБМЕОШЛПК ПЛТХЦОПУФША. рТПЧЕДЕН ПВЭХА ЛБУБФЕМШОХА Л ПЛТХЦОПУФСН Ч ФПЮЛЕ A₁. рПУФБЧЙН ОБ ОЕК ФПЮЛХ K, МЕЦБЭХА Ч ФПК ЦЕ РПМХРМПУЛПУФЙ, ЮФП Й B, ПФОПУЙФЕМШОП РТСНПК A₁A₂. ъБРЙЫЕН ТБЧЕОУФЧП ХЗМПЧ:

(1): ПВБ ЬФЙИ ХЗМБ ТБЧОЩ РПМПЧЙОЕ ДХЗЙ A₁P НБМЕОШЛПК ПЛТХЦОПУФЙ (ПДЙО ЛБЛ ЧРЙУБООЩК ХЗПМ, ДТХЗПК ЛБЛ ХЗПМ НЕЦДХ ИПТДПК Й ЛБУБФЕМШОПК).

(2): ПВБ ЬФЙИ ХЗМБ ТБЧОЩ РПМПЧЙОЕ ДХЗЙ A₁B ВПМШЫПК ПЛТХЦОПУФЙ (РП БОБМПЗЙЮОЩН РТЙЮЙОБН).

уФБМП ВЩФШ, BC Й PQ РБТБММЕМШОЩ. ъБРЙЫЕН ТБЧЕОУФЧП ХЗМПЧ:

(3): ЛБЛ ХЗМЩ, ПРЙТБАЭЙЕУС Ч НБМЕОШЛПК ПЛТХЦОПУФЙ ОБ ПДОХ ДХЗХ A₁P

(4): ЛБЛ ЧОХФТЕООЙЕ ОБЛТЕУФ МЕЦБЭЙЕ ХЗМЩ РТЙ РБТБММЕМШОЩИ PQ Й BC

(5): ЛБЛ ХЗПМ НЕЦДХ ЛБУБФЕМШОПК A₂C Й ИПТДПК A₂Q

юФП Й ФТЕВПЧБМПУШ ДПЛБЪБФШ.

дПЛБЪБФЕМШУФЧП 2 ПФМЙЮБЕФУС ПФ ДПЛБЪБФЕМШУФЧБ 1 НЕФПДПН ДПЛБЪБФЕМШУФЧБ РБТБММЕМШОПУФЙ РТСНЩИ AB Й PQ. тБУУНПФТЙН ЗПНПФЕФЙА f У ГЕОФТПН Ч ФПЮЛЕ A₁, РЕТЕЧПДСЭХА ВПМШЫХА ПЛТХЦОПУФШ Ч НБМЕОШЛХА (ФБЛБС ЗПНПФЕФЙС УХЭЕУФЧХЕФ, РПУЛПМШЛХ ПЛТХЦОПУФЙ ЛБУБАФУС Ч ФПЮЛЕ A₁). йНЕЕН f(B)=P, f(C)=Q, УМЕДПЧБФЕМШОП f(BC)=PQ, Й BC РБТБММЕМШОП PQ. дБМЕЕ РП ДПЛБЪБФЕМШУФЧХ 1.

дПЛБЪБФЕМШУФЧП 3: РХУФШ РТСНБС A₁A₂ ЧФПТЙЮОП РЕТЕУЕЛБЕФ ВПМШЫХА ПЛТХЦОПУФШ Ч ФПЮЛЕ M, ГЕОФТ НБМЕОШЛПК ПЛТХЦОПУФЙ I, ВПМШЫПК — O. ъБРЙЫЕН ТБЧЕОУФЧП ХЗМПЧ: IA₂A₁=IA₁A₂=OMA₁ (ЛБЛ ХЗМЩ РТЙ ПУОПЧБОЙЙ Ч ТБЧОПВЕДТЕООЩИ ФТЕХЗПМШОЙЛБИ IA₁A₂ Й OA₁M). пФУАДБ ПФТЕЪЛЙ OM Й IA₂ РБТБММЕМШОЩ. рТСНБС BC РЕТРЕОДЙЛХМСТОБ ПДОПК ЙЪ РБТБММЕМШОЩИ РТСНЩИ (IA₂), УМЕДПЧБФЕМШОП, ПОБ РЕТРЕОДЙЛХМСТОБ Й ДТХЗПК (OM). фБЛЙН ПВТБЪПН, ФПЮЛБ M ЕУФШ ФПЮЛБ РЕТЕУЕЮЕОЙС РЕТРЕОДЙЛХМСТБ, ПРХЭЕООПЗП ЙЪ ГЕОФТБ ВПМШЫПК ПЛТХЦОПУФЙ ОБ ИПТДХ BC, У ВПМШЫПК ПЛТХЦОПУФША, УМЕДПЧБФЕМШОП, M ЕУФШ УЕТЕДЙОБ ДХЗЙ BC, Й A₁M ЕУФШ ВЙУУЕЛФТЙУБ ХЗМБ BA₁C, ЮФП Й ФТЕВПЧБМПУШ ДПЛБЪБФШ.

дПЛБЪБФЕМШУФЧП 4: ТБУУНПФТЙН ЙОЧЕТУЙА У ГЕОФТПН Ч ФПЮЛЕ A₁. оБЫЙ ПЛТХЦОПУФЙ РЕТЕКДХФ Ч РБТХ РБТБММЕМШОЩИ РТСНЩИ (РТЙ ЙЪЗПФПЧМЕОЙЙ ТЙУХОЛБ ВХДШФЕ ЧОЙНБФЕМШОЩ — ВпМШЫБС ПЛТХЦОПУФШ РЕТЕКДЕФ Ч ФХ РТСНХА, ЛПФПТБС ВМЙЦЕ Л A₁!). рТСНБС BC РЕТЕКДЕФ Ч ОЕЛПФПТХА ПЛТХЦОПУФШ, РТПИПДСЭХА ЮЕТЕЪ A₁, ЛБУБАЭХАУС ДБМШОЕК РТСНПК (СЧМСАЭЕКУС ПВТБЪПН ЧОХФТЕООЕК ПЛТХЦОПУФЙ) Й РЕТЕУЕЛБАЭХА ВМЙЦОАА РТСНХА (СЧМСАЭХАУС ПВТБЪПН ЧОЕЫОЕК ПЛТХЦОПУФЙ) Ч ФПЮЛБИ B’ Й C’. оБЫБ ЪБДБЮБ ФЕРЕТШ ЧЩЧПДЙФУС ЙЪ УМЕДХАЭЕЗП ЖБЛФБ: Л ПЛТХЦОПУФЙ РТПЧЕДЕОЩ ЛБУБФЕМШОБС Й РБТБММЕМШОБС ЕК УЕЛХЭБС. дПЛБЪБФШ, ЮФП ПФУЕЛБЕНБС УЕЛХЭЕК ДХЗБ ДЕМЙФУС РПРПМБН ФПЮЛПК ЛБУБОЙС. ьФП ХФЧЕТЦДЕОЙЕ ПЮЕЧЙДОП.

мЕННБ бТИЙНЕДБ РТЙЧЕДЕОБ Ч ЛБЮЕУФЧЕ ЪБДБЮЙ У ОПНЕТПН 2.27 (У ЧФПТЩН ЙЪ ХЛБЪБООЩИ ЪДЕУШ ТЕЫЕОЙК) Ч ЛОЙЗЕ:

рТБУПМПЧ ч.ч. «ъБДБЮЙ РП РМБОЙНЕФТЙЙ.» 4-Е ЙЪД., ДПРПМОЕООПЕ. нПУЛЧБ, йЪД-ЧП нПУЛПЧУЛПЗП ГЕОФТБ ОЕРТЕТЩЧОПЗП НБФЕНБФЙЮЕУЛПЗП ПВТБЪПЧБОЙС, 2001. 584 У. ISBN 5-900916-82-0

рПМОПФЕЛУФПЧБС ЧЕТУЙС ДБООПК ЛОЙЗЙ ДПУФХРОБ ЮЕТЕЪ ЙОФЕТОЕФ: ЭЕМЛОЙФЕ ЪДЕУШ.