Разработка элективного курса по теме: "Кривые второго порядка" для учащихся старшей школы

В случае с гиперболой это утверждение формулируется следующим образом: пусть модуль разности расстояний от любой точки на гиперболе до фокусов F1 и F2 равен d. Обозначим дугу гиперболы, внутри которой лежит F1, через Г. Тогда для точек X вне Г величина XF2 −XF1 меньше d, а во внутренней области – больше. Пусть точка X лежит во внутренней области, отсекаемой дугой Г. Обозначим точку пересе

чения луча F2X и Г через Y. Получаем, что F2X = F2Y + YX. По неравенству треугольника F1X < F1Y + YX, значит, F2X − F1X >(F2Y+YX)−(F1Y+YX)=F2Y−F1Y=d. Если же точка X лежит вне Г, то, взяв за точку Y пересечение F1X и Г, получим F1X= F1Y + YX. По неравенству треугольника F2X<F2Y +YX. Следовательно, F2X−F1X<(F2Y+YX)−(F1Y+YX)=F2Y−F1Y=d. (рис. 31)

Рис. 31

Упражнение 2. Найдите геометрическое место центров окружностей, касающихся двух данных.

Решение. Рассмотрим для определенности случай, когда окружности с центрами O1, O2 и радиусами r1, r2 лежат одна вне другой. Если окружность с центром O и радиусом r касается обеих окружностей внешним образом, то OO1 =r+r1, OO2 =r+r2 и, значит, OO1 -OO2 = = r1 - r2, т. е. O лежит на одной из ветвей гиперболы с фокусами O1, O2. Аналогично если окружность касается обеих данных внутренним образом, то ее центр лежит на другой ветви этой гиперболы. Если же одно из касаний внешнее, а другое внутреннее, то модуль разности расстояний OO1 и OO2 равен r1 +r2, т. е. O описывает другую гиперболу с теми же фокусами. Аналогично если одна окружность лежит внутри другой, то искомое ГМТ состоит из двух эллипсов с фокусами O1, O2 и большими осями, равными r1 +r2 и r1 -r2. Случай пересекающихся окружностей разберите самостоятельно.

Упражнение 3. Сформулируйте и докажите оптическое свойство гиперболы.

Решение:

Сформулируем оптическое свойство для гиперболы.

Если прямая l касается гиперболы в точке P, то l является биссектрисой угла F1 PF2, где F1 и F2 – фокусы гиперболы (рис. 4).

Предположим, что биссектриса l′ угла F1PF2 пересекает гиперболу еще в какой-нибудь точке Q (лежащей на той же дуге, что и P). Для удобства будем считать, что точка P лежит на дуге, которая ближе к фокусу F1. Обозначим через F1′ точку, симметричную F1 относительно l′. Тогда F1Q=QF1′, F1 P=PF1′; кроме того, точки F2, F1′ и P лежат на одной прямой. Итак, F2P-PF1 =F2Q-F1 Q.В силу вышеуказанных равенств получаем F2 F1 =F2P − PF1 = F2 Q− QF1. Но по неравенству треугольника F2 F1 >F2 Q−QF′

Рис. 32

Задачи:

1. Найти полуоси, координаты фокусов, эксцентриситет, уравнения асимптот и директрис гиперболы 9x2-16y2=144.

Решение.Приведем данное уравнение к каноническому виду (разделив его на 144):

Отсюда следует, что a2=16, b2=9. Следовательно, a=4 -действительная полуось, b=3 - мнимая полуось. Тогда Значит, фокусы имеют координаты F1(-5,0), F2(5,0). Находим эксцентриситетУравнения асимптот имеют вид , а уравнения директрис. Построить графики.

а)

I способ.

Это уравнение равносильно уравнению . Поскольку l < 0, то вершины гиперболы расположены на оси Оу. Гипербола неравнобокая, т. к. . Строим осевой прямоугольник со сторонами и , где , . Чертим график гиперболы.

II. способ

Приведём уравнение к каноническому виду

, , следовательно, Строим осевой прямоугольник, а затем изображаем гиперболу.

Задачи для самостоятельного решения:

1.Найти полуоси, координаты фокусов и эксцентриситет гиперболы 9x2-16y2=36.

2. Написать каноническое уравнение гиперболы, если длина действительной оси равна 8, а расстояние между фокусами равно 10.

3.3 Материал для закрепления по теме парабола

Упражнения:

Упражнение 1:Сформулируйте и докажите утверждение, аналогичное утверждению 1 из раздела эллипс для параболы.

Решение:

Для точек лежащей во внутренней области ограниченной параболой расстояние до фокуса меньше, чем расстояние до директрисы, а для точек вне параболы наоборот (рис. 2).

Проекцию точки X на директрису обозначим через Y, а точку пересечения XY с параболой через Z. Через F обозначим фокус параболы. По определению параболы FZ = ZY. Если точка X лежит во внутренней области параболы, то XY = XZ + ZY. По неравенству треугольника FX<FZ+ZX=ZY+ZX=XY. Если точка X и парабола лежат по разные стороны от директрисы, то утверждение очевидно. Пусть точка X лежит во внешней области параболы, но по ту же сторону от директрисы, тогда ZY =ZX+XY, и по неравенству треугольника FX+XZ>FZ=ZY = =ZX+XY. А значит, FX>XY, что и требовалось доказать.

Рис. 33

Упражнение 2. Определить координаты фокуса и уравнение директрисы параболы y=x2.

Решение. Если поменять ролями оси Ох и Оу, то каноническое уравнение параболы примет вид: x2=2px. Сравнивая это уравнение с заданным, получим 2p=1, отсюда p=1/2. Следовательно, фокус параболы имеет координаты (0,1/4), а уравнение директрисы есть y=-1/4.

Упражнение 3. a) Когда достигается максимум модуля разности расстояний от точки P до точек F1 и F2, лежащих по разные стороны от прямой l ?

б) Пусть даны две прямые l и l’′ и точка F, не лежащая на них. Найдите такую точку P на прямой l, что разность расстояний от нее до прямой l′ и до точки F (взятая со знаком) максимальна.

Решение. a) Обозначим через F2′ точку, симметричную F2 относительно прямой l. Очевидно, что F2X = F2’ X для любой точки X на прямой l. Нам достаточно найти такую точку P, что разность расстояний от P до F1 и F2′

будет как можно больше. Из неравенства треугольника следует что |F1P - F2′P|<F1F2′. И достигается этот максимум тогда и только тогда, когда точки F1, F2′, P лежат на одной прямой. Поскольку точки F2 и F2′ симметричны, углы, которые образуют прямые F1P и F2P с прямой l, равны (рис. 34).