Гіперболу та її властивості - Студопедія
Конспект лекції 14.
Гіперболу та параболу та їх властивості. Рівняння еліпса, гіперболи та параболи у полярній системі координат.
Література. § 20, 21.
Визначення 1.Гіперболою називається безліч точок площини, для кожної з яких модуль різниці відстаней до двох фіксованих точок і , що належать тій же площині, є постійною величиною, меншою за відстань між точками і .
Точки і, як і у разі еліпса, називатимемофокусами. Очевидно, слід припускати, що фокуси не збігаються один з одним. Нехай, а модуль різниці відстаней від точки гіперболи до фокусів дорівнює. Тоді, як випливає з визначення
З нерівностей, що зв'язують сторони трикутника, випливає, що немає таких точок М, для яких . Зауважимо, що ця різниця дорівнює в тому і тільки в тому випадку, коли М лежить на прямій , і не належить відрізку між фокусами. Будемо також припускати, що a ¹ 0, інакше точки, що задовольняють цій умові, утворюють серединний перпендикуляр відрізка .
Виведемо рівняння гіперболи. Як і у випадку еліпса введемо прямокутну декартову систему координат, яку також називатимемоканонічною, вісь абсцис якої містить фокуси і , а вісь ординат збігається з серединним перпендикуляром відрізка (рис. 67). У системі координати фокусів рівні: . Крапка в тому і тільки в тому випадку лежать на гіперболі, коли її координати задовольняють рівняння:
Спростимо це рівняння. Розкриємо модуль: , і «усамітним» один із радикалів: . Зведемо обидві частини отриманого рівняння квадрат:
Після спрощень отримаємо: . Ще раз зведемо обидві частини в квадрат: , або
Через нерівність (17.1) , тому існує числоb, для якого
Тоді. Розділивши обидві частини цієї рівності на , остаточно отримаємо:
Таким чином, координати будь-якої точки гіпербол задовольняють рівняння (17.4). Покажемо протилежне. Візьмемо довільну точку координати якої є рішенням цього рівняння. Нехай. Ці числа називатимемофокальними радіусамиточки М. Нам слід показати, що . З рівняння (17.4) випливає, що
Оскільки , то, замінивши у цьому виразі у за формулою (17.6), отримаємо:
З формули (17.3) випливає, що . Тому. Таким чином,
Аналогічно показується, що
Розкриємо модулі отриманих формулах. Нехай. Тоді, тому. З нерівності (17.5) випливає, що . Оскільки , то перемножуючи ці нерівності, отримаємо: . Звідси слідує що . Таким чином, і .
Нехай. Тоді і . З нерівності (17.5) слід, що , перемножуючи його з нерівністю , отримаємо: або . Таким чином, і . І в першому і в другому випадках модуль різниці фокальних радіусів постійний і дорівнює. Рівняння (17.4) є рівнянням гіперболи. Воно носить назвуканонічного.
Розглянемо властивості гіпербол, які дозволять побудувати її зображення. Спочатку знайдемо її точки перетину з осями канонічної системи координат. Нехай точка є точкою перетину гіперболи з віссю абсцис. Тоді з рівняння (17.4) слід, що , тобто. або або . Гіпербола перетинається з віссю абсцис у двох точках: . Вона не перетинає осі ординат. Дійсно, якщо точка лежить на гіперболі, то число задовольняє рівняння: , яке не має дійсних коренів. Крапки і називаютьсявершинамигіперболи, а числааіb- їїдійсною та уявною півосями.
Якщо точка лежить на гіперболі, то, як випливає з її канонічного рівняння,крапки і також лежать на гіперболі. Звідси випливає, що гіпербола симетрична щодо осей і центрально симетрична щодо початку канонічної системи координат. Тому достатньо побудувати точки гіперболи, що лежать у першій координатній чверті, а потім відобразити їх симетрично щодо осей та початку системи координат. З формули (17.6) випливає, що у цій чверті гіпербола збігається з графіком функції . Засобами математичного аналізу доводиться, що за ця функція є безперервною, гладкою та зростаючою. Крім того, вона має асимптоту. Як доводиться в курсі математичного аналізу, пряма тоді і тільки тоді служить асимптотою функції при , коли в даному випадку
Таким чином, пряма асимптота гіперболи в першій координатній чверті. Так як гіпербола симетрична щодо координатних осей, то ця ж пряма служить її асимптотою в третій чверті, а пряма її асимптота в другій і четвертій чвертях. Гіперболу зображено малюнку 67.
Вкажемо спосіб побудови точок гіперболи циркулем та лінійкою. Нехай і - її фокуси, і - точки перетину з віссю абсцис. Побудуємо коло a з центром у точці радіусуr. Потім збільшимо розчин циркуля на довжину відрізка і побудуємо коло b з центром у точці з радіусом. Зрозуміло, що точки перетину кіл a і b лежать на гіперболі. Змінюючи радіусrможна побудувати будь-яку кількість точок гіперболи (рис. 68).
Гіпербола, так само, як і еліпс, має директоріальну властивість.
Визначення 2.Під ексцентриситетом гіперболи розуміється число, що дорівнює:
З нерівності (17.1) слід, що з гіперболи (порівняйте, для еліпса ексцентриситет менше одиниці). З'ясуємо, як змінюється форма гіперболи, якщо її ексцентриситет набуває значення від 1 до+ .. Тоді із формули (17.9) отримаємо: . Нехай e ® 1, тодіa®c. Як ми вже зазначали, в цьому випадку гіпербола "стискається", її гілки наближаються до двох променів осі абсцис, початку яких лежать у її фокусах. При a ® 0 гілки гіперболи "розпрямляються" до серединного перпендикуляра відрізка, тобто. до осі ординат.
Визначення 3.Прямі, визначені рівняннями:
називаються директрисами гіперболи.
Вважається, що директорка відповідає фокусу , а - фокусу . Так як, то. Тому директриси перетинають вісь абсцис у внутрішніх точках відрізка, укладеного між вершинами гіперболи (рис. 69). Доведемо директоріальну властивість гіперболи.
Теорема.Гіпербола являє собою безліч всіх точок площини, для кожної з яких відношення відстані від цієї точки до фокусу до відстані до директорки, що відповідає цьому фокусу, є постійним числом, що дорівнює ексцентриситету.
Доказ. Нехай дана гіпербола. Припускатимемо, що на площині обрана її канонічна система координат. Розглянемо точку, що лежить на гіперболі. Позначимо через і її відстані до директрис і . З формули для обчислення відстані від точки до прямої (див. § 14) випливає, що , . Знайдемо відносини і , де і - фокальні радіуси точкиМ. З рівностей (17.7) – (17.9), отримаємо: і . Тому.
Покажемо протилежне. Нехай відношення відстані від деякої точки М до фокусу гіперболи до відстані від неї до відповідної директриси дорівнює ексцентриситету. Перевіримо, що крапка лежить на гіперболі. Доказ проведемо для фокусу та директриси. Для других фокусів та директриси міркування проводяться аналогічно. Нехай дані координати точки: . Тоді. Відстань до директорки дорівнює: . Так як, то. Звідси
Так як (див. (17.3)), то або . КрапкаМналежить гіперболі, теорема доведена.
Директоріальні властивості еліпса та гіперболи дозволяють інакше підійти до визначення цих кривих. З доведених теорем випливає, що якщо на площині дано пряма (директриса) і точка (фокус), яка не лежить на цій прямій, то безліч усіх точок площини, для кожної з яких відношення відстані до фокусу до відстані до директриси, дорівнює постійному числу, є еліпс, якщо це число менше одиниці, і гіперболу, якщо воно більше одиниці. Відповідь питанням, який вид має це безліч, якщо відношення дорівнює одиниці, буде дано у наступному параграфе.
Відповімо на питання, який вид має безліч точок, для кожної з яких відношення відстані до точки до відстані до прямої, що не містить цієї точки, дорівнює одиниці. Ми покажемо, що така безліч точок добре відома зі шкільного курсу алгебри, вона збігається з параболою.
Визначення 1.Більшість точок площини, для кожної з яких відстань до фіксованої точки площини дорівнює відстані до фіксованої прямої, що не містить цієї точки, називається параболою.
Точку і пряму, які згадані у визначенні, називатимемо відповіднофокусомідиректрисоюпараболи. Будемо також вважати, що ексцентриситет параболи дорівнює одиниці. Неважко з'ясувати, що є безліч точок, що задовольняють визначенню 1, якщо фокус лежить на директрисі. ЯкщоF- фокус,d- директриса, аМ- точка множини, то в цьому випадку відрізокFMперпендикулярнийd. Тому така множина збігається з прямою, що проходить через фокус перпендикулярної директрисі.
Виведемо рівняння параболи. Для цього виберемо прямокутну декартовусистему координат так, щоб вісь абсцис проходила через фокусFі була перпендикулярна даектрисіdпараболи, а її початокОзбігався з серединою відрізка, укладеного між F і точкоюQперетину осі абсцис та директриси. Напрямок осі абсцис визначається вектором (рис. 71). Таку систему координат називатимемоканонічною. Позначимо черезpдовжину відрізкаFQ, Числорназиваєтьсяфокальним параметромпараболи. Тоді в канонічній системі координати фокусуFі рівняння директрисиdмає вигляд: ,
Розглянемо довільну точку. відстаньрвідМдоFдорівнює: . Довжина перпендикуляра d, опущеного зMна директрисуd, згідно з формулою для обчислення відстані від точки до прямої (див. § 14), має вигляд: . Тому з визначення 1 випливає, що точка М в тому і тільки в тому випадку лежить на параболі, коли
Рівняння (18.1) є рівнянням параболи. Нам потрібно його спростити. Для цього зведемо обидві частини у квадрат:
Звідси слідує що
Після приведення подібних членів отримаємо:
Таким чином, якщо точка належить параболі, її координати задовольняють рівнянню (18.4). Неважко переконатися у протилежному. Якщо координати точкиМє рішенням рівняння (18.4), то вони задовольняють рівнянням (18.3) і (18.2). Витягуючи квадратний корінь з обох частин рівності (18.2), отримаємо, що координати точкиМзадовольняють (18.1). Крапка лежить на параболі.
Рівняння (18.4) зветься канонічного рівняння параболи. Зазначимо її властивості. ПочатокОканонічної системи координат лежить на параболі, оскільки рішення рівняння (18.4). Вона називається її вершиною. Парабола симетрична щодо осіабсцис і не симетрична щодо осі ординат канонічної системи. Дійсно, якщо координати точки задовольняють рівняння (18.4), то координати точки також задовольняють рівняння (18.4), а координати точки не є розв'язком цього рівняння. Таким чином, для побудови параболи достатньо зобразити графік статечної функції, а потім відобразити його симетрично щодо осі абсцис. Засобами математичного аналізу доводиться, що вона безперервна, гладка та нескінченно зростаюча функція. Парабола зображено малюнку 71.
Розглянемо спосіб побудови точок параболи. НехайF- її фокус, аd- директриса. Проведемо вісь симетрії параболи, тобто. прямуl, що міститьFі перпендикулярнуd. Потім збудуємо кілька прямих перпендикулярних осі. На кожній прямій визначимо дві точки перетину з колом, центр якого знаходиться у фокусіF, а радіус дорівнює відстані між цією прямою та директрисою (див. рис. 72). Зрозуміло, що ці крапки лежать на параболі.
Нехай крива g є еліпс, одну гілка гіперболи, або параболу. НехайF- фокус, аd- директриса кривої g, що відповідає цьому фокусу. При цьому будемо припускати, що в разі гіперболи фокус і директриса обрані так, що гілка кривої, що розглядається, лежить у тій же напівплощині щодо d, що і фокусF. Будемо також припускати, що полюс полярної системи координат збігається з F, a полярна вісьl- лежить на осі симетрії і не перетинає директрису d (рис. 74). Відновимо в точці F перпендикуляр доl,Р- точка його перетину з γ. Позначимо черезрдовжину відрізкаFР. Числорназиватимемо фокальним параметром g.
Позначимо через r та j - полярні координати точкиМ.Нагадаємо, що в нашому випадку , а j - орієнтований кут між полярною віссюlі вектором. Позначимо черезQіNпроекції точокРіМна директрисуd, а черезК- проекціюМна вісь симетрії кривої g (див. рис. 74). Тоді, якщоR- точка перетину директрисиdта осі симетріїl, то Оскільки проекція наlмає вигляд: , а , те. Скористаємося директоріальною властивістю кривої другого порядку. Якщо e – ексцентриситет g, то . Тому, а. Таким чином, . Помноживши це співвідношення на e і виділивши r, отримаємо остаточно:
Рівняння (18.6) називаєтьсяполярним рівняннямкривою другого порядку g.
Нехай e 1. Тоді g є гілкою гіперболи. Відповідно до рівняння (18.6), кут j задовольняє нерівності . Звідси
Вирішимо цю нерівність. Нехай. Так як, то. Скористаємося формулами, що виражають ексцентриситет гіперболи через її півосі та відстань між фокусами (див. § 17), отримаємо: , тобто. . Неважко бачити, що j є розв'язком нерівності (18.7) в тому і тільки в тому випадку, коли . Геометрично це означає, що якщо кут φ належить відрізку [ ; ], то промінь, що становить кут j з полярною віссю та з початком у фокусі F, не перетинає гілку гіперболи. Зазначимо, що промені, що утворюють з полярною віссю кути, рівні й паралельні асимптотам гіперболи (рис. 77). Можна довести, що й у площині введені узагальнені полярні координати (див. § 9), то рівняння (18.6) у разі ставить другу гілка гіперболи.
Чи не знайшли те, що шукали? Скористайтеся пошуком: