WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 18 | 19 || 21 | 22 |   ...   | 42 |

Глава 3. Система координат Кеплера 2 pesin pesin t2 = - = (1- e2) 1+ 2e cos + e2 (1+ e cos) 1+ 2ecos + epesin 1+ 2ecos + e2 ) pesin(2 + 2ecos -1+ e2) = =. (5) (1- e2)(1+ e cos) (1- e2)(1+ ecos) 1+ 2ecos + eУпражнение 2. Найти площадь трапеции FT1T2F2 (см. рис.2) SFT T2F2 = (FT1 + T2F) T1T2 = p 1+ 2ecos + e1 p 2 pesin p2esin = + = 2 (1- e2) 1+ 2ecos + e2 (1- e2) 1+ 2ecos + e2 (1- e2) 1 1 p2esin(1- e2 +1+ 2ecos + e2) p2esin(1+ ecos) 1+ 2ecos + e2 + 1- e2 = (1- e2)2(1+ 2ecos + e) = (1- e2)2(1+ 2ecos + e). (6) Упражнение 3. Доказать, что отношение радиус-векторов из фокусов эллипса к точке касания равно отношению расстояний от фокусов до r1 dкасательной, т.е. =. (7) r2 dУпражнение 4. Доказать, что отношение расстояний от фокусов эллипса до касательной равно отношению расстояний от точки проекции этих d1 tфокусов на касательную до точки касания =. (8) d2 t3.5.2.5. Зеркальное отображение левого фокуса эллипса относительно касательной Глава 3. Система координат Кеплера Считая, как и предыдущих задачах, касательную зеркальной осью (см.рис.1), найдем зеркальные координаты левого фокуса эллипса F2Z используя (1.5.3.1.-6) F2z :{xz, yz} = Fz + M1{x, y}, (1) где 2 p{cos + e,sin} - Fz = - зеркальные координаты правого фокуса (3.2.3.-1), (1+ 2ecos + e2) - M1{x, y} частичное зеркальное преобразование (1.5.3.1.-4) {x,y}, - cos 2 - sin - M1 =, - sin 2 cos cos + e sin - cos =, sin =, (см.3.2.1-4) s 1+ 2ecos + e2 s 1+ 2ecos + e- 2e - {x, y} = F2 : p{,0} координаты (3.5.1.-4) левого фокуса.

1- eВычислим элементы матрицы M2cos2 + 4e cos + 2e2 2cos2 + 2ecos + e2 -cos2 = 2cos2 -1 = -1 =, 1+ 2e cos + e2 1+ 2ecos + e2sin(cos + e) 2cos sin + 2esin sin 2 = 2sin cos = =.

1+ 2ecos + e2 1+ 2ecos + e 2cos2 + 2ecos + e2 -1 2cos sin + 2esin - - - 2 pe 1+ 2ecos + e2 1+ 2ecos + e2 M1{x, y} = = 2cos sin + 2esin 2cos2 + 2ecos + e2 -1 1-0e 1+ 2ecos + e2 1+ 2ecos + e Глава 3. Система координат Кеплера 2 pe = {2cos2 + 2ecos + e2 -1, 2cos sin + 2esin}). (2) (1- e2)(1+ 2ecos + e2) Теперь сложим эти координаты с зеркальными координатами правого 2 p e фокуса Fz F2 z = {cos + e + ( 2cos2 + 2ecos + e2 -1, 1+ 2ecos + e2 1- ee 2 p sin + (2cos sin + 2esin)} = {cos + e - e2 cos - e3 - 1- e2 (1- e2)(1+ 2ecos + e2) 2 p + 2ecos2 + 2e2 cos + e3 - e, sin(1- e2 + 2ecos + 2e2)} = (1- e2)(1+ 2ecos + e2) 2 p {cos(1+ 2ecos + e2), sin(1+ 2ecos + e2)} = {cos,sin}. (3) 1- eЗаметим (см. рис.1), что угол, под которым видна F2z, и угол, под которым p{cos,sin} видна точка касания совпадают, и эти углы равны. Отсюда можно 1+ ecos сделать вывод (транзитивность функции ang() (1.2.4.-3)): зеркальный левый фокус эллипса лежит на одной прямой, проходящий через правый фокус и точку касания. Кроме того, из (2) и теоремы Пифагора следует, что расстояние от 2 p центра координат F до F2z равно - сумме длин радиусов от фокусов (ср.

1- e3.5.2.1.-1).

Глава 3. Система координат Кеплера 3.5.3. Оптические свойства касательной эллипса Теорема. (Аполлоний III48 [21, стр.103]). Луч, выходящий из одного из фокусов и отражающийся от некоторой внутренней точки эллипса, попадает в другой фокус. Докажем эту теорему.

Вариант 1. Сделаем дополнительные построения:

- проведем в данную точку (назовем ее T (см.рис.1)) касательную;

- опустим на нее перпендикуляры FT1, F2T2 из фокусов;

- соединим T с фокусами.

Математически необходимо доказать, что FTT1 = F2TT2.

Преобразуем цель доказательства. В том случае, если FTT1 ~ F2TT2, то отсюда и будет следовать наше утверждение. В силу того, что по построению треугольники FTT1 и F2TT2 прямоугольны, то нам, для доказательства их подобия, например, достаточно доказать, что соответствующие отношения FT1 F2Tкатетов у этих треугольников также равны = или в обозначениях данной T1T T2T d1 dработы =. Действительно, из (3.2.2.-1а),(3.2.2.-6),(3.5.2.4.-2),(3.5.2.4.-5) t1 tследует (1+ ecos) 1+ 2ecos + ep = pesin 1+ 2ecos + eГлава 3. Система координат Кеплера p 1+ 2ecos + e(1- e2)(1+ ecos) =.

(1- e2) pesin 1+ 2ecos + eПосле сокращений в левой и в правой частях равенства, получим, что 1+ ecos tg22 = = tg11, (1) esin а также 22 = 11 = ang(0,{esin,1+ ecos}). (2) (Абсолютные величины в (1) и (2) применяются потому, чтобы острые углы прямоугольного треугольника были меньше, т.к. 1+ ecos > 0.) Замечание. Для углов распространения луча = 0,, расположенных вдоль фокальной оси (кстати, проходящей через фокусы) и при которых sin = 0, данное утверждение также справедливо. В самом деле, при этих полярных углах касательная фокальной оси, откуда и следует равенство доказываемых углов.

Мы рекомендуем читателю сделать чертеж и подробно разобрать этот частный случай. Вариант 2. Он аналогичен первому. Докажем (см.рис.2), что sin1 = sin d1 dили =. Действительно, из (3.2.2.-1а), (3.1.1.-2) для правого фокуса и из r1 r(3.5.2.2.-1), (3.5.2.4.-1) для левого (- p) (1+ ecos) (1- e2)(1+ ecos) - p 1+ 2ecos + e =. (3) p(1+ 2ecos + e2) (1- e2) 1+ 2ecos + e2 p (Замечание, сделанное для 1-го варианта, актуально и для этого варианта.) Вариант 3. Заметим сначала, что координаты зеркального фокуса (3.2.3.-1) 2 p{cos + e,sin} Fz = относительно касательной однозначно определяются (1+ 2ecos + e2) выбранной точкой касания, а точка касания, в свою очередь, выбранным углом в p{cos,sin} полярном уравнении T :.

(1+ ecos) Глава 3. Система координат Кеплера Т.к. касательная TT2 (см. рис.3) является зеркальной осью симметрии, то внутри равнобедренного FTFz кроме того она является и биссектрисой. Отсюда следует, что FTT1 = FzTT1. С другой стороны, T1TFz = F2TT, как вертикальные. Отсюда следует (из транзитивности отношения равенства) FTT1 = F2TT.

Вариант 4. В выводах (3.5.2.5.) было отмечено, что центр координат F, точка касания T и зеркальные координаты F2z левого фокуса эллипса лежат на одной прямой (см.рис.4). Отсюда следует, что касательная является зеркальной осью симметрии. Отсюда FTT1 = T2TF2z = F2TT2. Сейчас приступим к изучению графика геометрического места точек, описываемых фокусом эллипса, зеркально отраженного от касательной. В силу зеркальной симметрии (см.рис.5) FT = FzT, сумма радиус-векторов FT + F2T = 2a постоянна, следовательно данный график – окружность с 2 p радиусом R = 2a =. (4) 1- eГлава 3. Система координат Кеплера Дадим еще одно доказательство этих формул. Для этого рассмотрим квадрат расстояния между левым фокусом и зеркальным фокусом.

Глава 3. Система координат Кеплера 2 2 2 p(cos + e) 2 pe 2 p sin 2 p d = + + = Q, (1+ 2ecos + e2) 1- e2 (1+ 2ecos + e2) (1+ 2ecos + e2)(1- e2) где Q = (cos + e - e2 cos - e3 + e + 2e2 cos + e3)2 + (1- cos2 )(1- e2)2 = = (e2 cos + cos + 2e)2 + (1- cos2 )(1- 2e2 + e4) = e4 cos2 + cos2 + 4e2 + 2e2 cos2 + + 4e3 cos + 4ecos + e4 - 2e2 +1 - e4 cos2 + 2e2 cos2 - cos2 = 1+ 4e2 cos + e4 + 2 p + 4ecos + 4e3 cos + 2e2 = (1+ 2ecos + e2)2. Отсюда d = = 2a. (5) 1- eЭта формула справедлива для любого направления полярного угла, а т.к.

d = const, то мы имеем дело с окружностью радиуса d. (При выводе использованы координаты левого фокуса.) Вариант 5. Пусть вектор TN, проведенный из точки касания, касательной. (В главе 7. мы определим этот вектор, как вектор нормали к кривой.) Доказать, что угол направления данного вектора совпадает с направлением биссектрисы F1TFang(T, N ) = (ang({T,F1}) + ang({T,F2}) (6) и вывести из этого оптическое свойство эллипса.

Вариант 6. Используя свойство биссектрисы (см. вариант 5), делящую противоположную сторону треугольника на части, пропорциональные прилежащим сторонам, доказать оптическое свойство эллипса.

Упражнение 1. Доказать, что точки F2,T, Fz лежат на одной прямой.

Решение. Воспользуемся свойством транзитивности (1.2.4.-3) функции ang().

В самом деле p cos p sin 2 p(cos + e) 2 p sin ang(T, Fz ) = ang({, },{, }) = 1+ ecos 1+ ecos (1+ 2 p cos + e2) (1+ 2 p cos + e2) p = ang(0, {2(cos + e)(1+ ecos) - cos(1+ 2ecos + e2), (1+ 2cos + e2)(1+ ecos) 2sin(1+ ecos) - sin(1+ 2ecos + e2)}) = ang(0,{2cos + 2ecos2 + 2e + 2e2 cos - cos - 2ecos2 - e2 cos, sin(2 + 2ecos -1- 2ecos - e2}) = = ang(0,(cos + e2 cos + 2e,(1- e2)sin}). (7) Глава 3. Система координат Кеплера Сравнивая (6) и угол (3.5.2.3.–1), заметим, что они равны. Следовательно, точки F2,T, Fz лежат на одной прямой. На рис.6. показаны (сплошной линией) лучи, выходящие из точечного источника левого фокуса, отражающиеся от внутренней поверхности эллипса и собирающиеся в правом фокусе.

Построение касательной к эллипсу с помощью циркуля и линейки, если известна точка касания Используем для этого свойство (6). Соединяем точку касания с фокусами эллипса. В полученном угле строим биссектрису (нормаль). Продлеваем с помощью линейки биссектрису по обе точки стороны от точки касания. В точке касания восстанавливаем к биссектрисе (нормали). Данный и есть искомая касательная.

3.5.4. Упражнения на свойства эллипса Упражнение 1. Доказать теорему Аполлония III45 [21, стр.101], [16,§127,упр.5], что отрезок любой касательной к эллипсу, заключенный между касательными, проведенными в концах большой оси, виден из любого фокуса под прямым углом (см. рис.1).

Глава 3. Система координат Кеплера Решение. Возьмем уравнение касательной (3.2.1.-2) в общем виде - (cos + e)x + p (cos + e)x + sin y - p = 0. Отсюда y =. Т.к. вертикальные sin p - p касательные выходят из (3.4.1.-1) A1 :{,0} и (3.5.1.-1) A2 :{,0}, то их 1+ e 1- e p - p уравнения имеют соответственно вид x = и x =. Найдем координаты 1+ e 1- e точек пересечения p - (cos + e) + p 2sinp p p (1- cos) p 1+ e C1 :{, } = {, } = {1, } = 1+ e sin 1+ e 1+ e sin 1+ e 2sin cos 2 sin p = {1, }, 1+ e cos - p - (cos + e) + p 2cosp - p p (1+ cos) p 1- e C2 :{, } = {, } = {-1, } = 1- e sin 1- e 1- e sin 1- e 2sin cos 2 cos p = {-1, }.

1- e sin Глава 3. Система координат Кеплера p p Сокращаем, соответственно, на положительные коэффициенты, (1.2.1.1+ e 1- e 9), получаем углы из правого фокуса sin p 1 = ang(F,C1) = ang(0, {1, }) = ang(0,{cos,sin }), 1+ e 2 cos sin p = ang(F,C2) = ang(0, {-1, }) = ang(0,{-sin,cos }).

1- e 2 cos Из (1.2.1.-18) имеем -1 =. Решение из левого фокуса получается аналогично. (Читатель может, применяя теорему Пифагора, проверить доказательство, и сравнить оба этих метода.) Упражнение 2. Использовать условие предыдущего упражнения и найти стороны и площади прямоугольных треугольников из фокусов (см.рис.2).

Указание. Площади треугольников найти 2-мя вариантами: как полу произведение катетов и как полу произведение основания C1C2 на соответствующие высоты - расстояния из фокусов до касательной.

p p 2 p 1+ 2ecos + eОтвет. FC1 =, FC2 =, C1C2 =, (1- e2)sin (1+ e) cos (1- e)sin 2 pSFC C2 =, (1- e2)sin p 1+ 2ecos + e2 p 1+ 2ecos + e2 p2(1+ 2ecos + e2) F2C1 =, F2C2 =, SF C1C2 =.

(1- e2)2 sin (1- e2) cos (1- e2)sin 2 Упражнение 3. Найти условие, при котором длина фокуса f равна большой оси эллипса.

Ответ. При e =.

Глава 3. Система координат Кеплера Упражнение 4. Доказать, что длина малой полуоси эллипса всегда больше его фокусного расстояния.

3.6. Основные элементы и соотношения в параболе Если мы имеем асимптотическое направление параболы =, cos = -1, то знаменатель радиус-вектора равен 0 и r =. Поэтому этот вариант рассматривается только как направление, т.к. координаты в этом случае не определены.

3.6.1. Свойство касательной параболы Известно [16,§123] следующее свойство касательной параболы: возьмем некоторую точку на параболе, построим в этой точке касательную и продолжим эту касательную до пересечения с полярной осью. При этом получим, что расстояние от проекции этой точки на фокальную ось до вершины параболы равно расстоянию от этой вершины до точки пересечения касательной с фокальной осью. Или DA1 = A1T2.

Глава 3. Система координат Кеплера p p Доказательство. Учитывая, что для параболы e = 1, f =, r =, 2 1+ cos p cos p p p cos 1 1 получаем - = - или - = -, 1+ cos 2 2 1+ cos 1+ cos 2 2 1+ cos cos -1 cos -=. 2(1+ cos) 2(1+ cos) Построение касательной к параболе с помощью циркуля и линейки, если известна точка касания Используем для этого рис. 1. Опускаем из точки касания на фокальную ось параболы. Откладываем двойное расстояние от основания до вершины параболы в сторону вершины параболы. Соединяем полученную точку с точкой касания. Этот отрезок и есть часть искомой касательной. Рассмотри вопрос о геометрическом месте точек проекции фокуса параболы на касательную. Т.к. в системе координат Кеплера координаты фокуса равны {0,0}, то из (1.5.2.-9) остается только 1-е слагаемое x cos = pL, (*) y sin cos + e sin где из (3.2.1.-4) берем cos =, sin =, 1+ 2ecos + e2 1+ 2ecos + ep pL =. (**) 1+ 2ecos + eПодставляем в (**) e = 1 и подставляем полученные переменные в (*). После p x несложных преобразований получим =, где r - радиус-вектор r sin y p некоторой точки параболы r =. Очевидно, что полученное геометрическое 1+ cos место точек – прямая, || оси ординат (см. рис.2).

Упражнение 1 (на повторение). Доказать (см. рис.2), что:

Глава 3. Система координат Кеплера 1) T1Tn = TnTx, 2) PnTn = Tn A1, 3) = 2, 4) (Tn A1)2 = FA1 A1Tx.

5) При каком угле FA1 = A1Tn = f 3.6.2. Оптические свойства касательной параболы Для параболы геометрическое место точек зеркального отражения 2 p фокуса от касательной (3.2.3.-1) Fz = {cos + e,sin} = (1+ 2e cos + e2) e = sin = p{1, } является прямой x = p, (1) cos +совпадающей с директрисой. Можно рассмотреть этот результат, как предельный переход расширения эллипса при стремлении абсциссы его левого фокуса к -. При этом переходе получим окружность (ср. 3.5.3.-6) с 2 pe бесконечным радиусом R = =, которую интерпретируем как прямую.

lim e 11- eОтметим также, что FP = FR = p (докажите!).

Упражнение 1. Докажите (см.рис.1), что QT1 || FX.

Упражнение 2. Докажите, что 1 =.

Глава 3. Система координат Кеплера Упражнение 3. Докажите, что FTX FZT1 - параллелограмм.

Упражнение 4. Докажите, что при = FTX FZT1- квадрат.

Упражнение 5. Докажите, что касательные, построенные из концов фокальной хорды, взаимно [16,§127, упр. 44].

Рассмотрим теперь рис.2. Если в фокус поместить точечный источник (пренебрежимо малых размеров по сравнению с p ), то лучи, отражаясь от параболического зеркала, двигаются далее || фокальной оси III48 [21,стр.106].

И обратно, || лучи, двигающиеся вдоль фокальной оси, отражаются от поверхности параболического зеркала и собираются в фокусе. На этом принципе построены рефракторные (отражательные телескопы). При этом предполагается, что световые лучи от очень далеких объектов идут || друг другу1.

Pages:     | 1 |   ...   | 18 | 19 || 21 | 22 |   ...   | 42 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.