math-public:krivye-vtorogo-poryadka-giperbola
Различия
Показаны различия между двумя версиями страницы.
Предыдущая версия справа и слеваПредыдущая версияСледующая версия | Предыдущая версия | ||
math-public:krivye-vtorogo-poryadka-giperbola [2016/05/09 11:32] – [Доказательство] labreslav | math-public:krivye-vtorogo-poryadka-giperbola [2017/04/20 19:21] (текущий) – [Доказательство] labreslav | ||
---|---|---|---|
Строка 1: | Строка 1: | ||
+ | ======Гипербола====== | ||
+ | =====Определение===== | ||
+ | Гипербола -- это геометрическое место точек, модуль разности расстояний от которых до двух данных точек $F_1$ и $F_2$ постоянен и при этом меньше, | ||
+ | |||
+ | =====Теорема===== | ||
+ | Каноническое уравнение гиперболы имеет вид $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$, | ||
+ | вещественной полуосью гиперболы, | ||
+ | |||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | ====Доказательство==== | ||
+ | Пусть $M(x,y)$ -- это произвольная точка, принадлежащая данной | ||
+ | гиперболе, | ||
+ | \ref{pic159}). | ||
+ | |||
+ | Тогда по определению гиперболы $|MF_1-MF_2|$ постоянен. | ||
+ | |||
+ | Пусть этот модуль равен $2a$, то есть $|MF_1-MF_2|=2a$. | ||
+ | |||
+ | Распишем это равенство с помощью формулы расстояния между двумя точками: | ||
+ | |||
+ | $$|\sqrt{(x-c)^2+y^2}-\sqrt{(x+c)^2+y^2}|=2a$$ | ||
+ | |||
+ | Возведём это равенство в квадрат, | ||
+ | |||
+ | $$2x^2+2c^2+2y^2-2\sqrt{(x-c)^2+y^2}\sqrt{(x+c)^2+y^2}=4a^2$$ | ||
+ | |||
+ | или | ||
+ | |||
+ | $$\sqrt{(x-c)^2+y^2}\sqrt{(x+c)^2+y^2}=x^2+y^2+c^2-2a^2.$$ | ||
+ | |||
+ | При условии, | ||
+ | возвести в квадрат: | ||
+ | |||
+ | $$((x-c)^2+y^2)((x+c)^2+y^2)=4a^4-4a^2(x^2+y^2+c^2)+(x^2+y^2+c^2)^2$$ | ||
+ | |||
+ | или | ||
+ | |||
+ | $$(x^2+c^2+y^2-2xc)(x^2+c^2+y^2+2xc)=4a^4-4a^2x^2-4a^2y^2-4a^2c^2+(x^2+y^2+c^2)^2.$$ | ||
+ | |||
+ | В левой части раскроем скобки, | ||
+ | |||
+ | $$(x^2+y^2+c^2)^2-4x^2c^2=4a^4-2a^2x^2-2a^2y^2-2a^2c^2+(x^2+y^2+c^2)^2.$$ | ||
+ | |||
+ | Сократив подобные слагаемые, | ||
+ | |||
+ | $$a^4-a^2x^2-a^2y^2-a^2c^2+x^2c^2=0.$$ | ||
+ | |||
+ | Перегруппируем слагаемые: | ||
+ | |||
+ | $$(a^4-a^2c^2)+(x^2c^2-x^2a^2)-a^2y^2=0, | ||
+ | |||
+ | $$x^2(a^2-c^2)+a^2y^2=a^2(a^2-c^2).$$ | ||
+ | |||
+ | Так как $a<c$, то можно разделить последнее равенство на $a^2(a^2-c^2)$: | ||
+ | |||
+ | $$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{a^2-c^2}=1.$$ | ||
+ | |||
+ | Обозначив $b^2=c^2-a^2$, | ||
+ | |||
+ | \begin{equation}\label{eq011} | ||
+ | \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1. | ||
+ | \end{equation} | ||
+ | |||
+ | Теперь докажем, | ||
+ | $(x^2+y^2+c^2)-2a^2\geqslant0$. | ||
+ | |||
+ | Преобразуем левую часть: | ||
+ | |||
+ | $$x^2+y^2+c^2-2a^2=x^2+y^2-a^2+(c^2-a^2)=x^2+y^2-a^2+b^2.$$ | ||
+ | |||
+ | Из равенства \ref{eq011} следует, | ||
+ | $1+\frac{y^2}{b^2}\geqslant 1$. | ||
+ | |||
+ | Следовательно, | ||
+ | |||
+ | $$x^2+y^2-a^2+b^2\geqslant y^2+b^2\geqslant0$$ | ||
+ | |||
+ | или | ||
+ | |||
+ | $$x^2+y^2-a^2+b^2\geqslant 0.$$ | ||
+ | |||
+ | Следовательно, | ||
+ | |||
+ | $$x^2+y^2+c^2-2a^2\geqslant0.$$ | ||
+ | |||
+ | =====Свойства канонической гиперболы===== | ||
+ | - Вершины гиперболы имеют координаты $A_{1, | ||
+ | - Каноническая гипербола имеет две асимптоты с уравнениями $y=\pm\frac{b}{a}x$. | ||
+ | - Фокусы канонической гиперболы имеют координаты $F_1(c;0)$ и $F_2(-c; | ||
+ | - Эксцентриситетом гиперболы называется число $e=\frac{c}{a}$. | ||
+ | |||
+ | =====Теорема о касательной к гиперболе===== | ||
+ | Пусть точка $M(x_0; | ||
+ | $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$. Тогда уравнение касательной к | ||
+ | гиперболе, | ||
+ | $\frac{xx_0}{a^2}-\frac{yy_0}{b^2}=1$. | ||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | |||
+ | |||
+ | =====Доказательство===== | ||
+ | По определению касательной к кривой в данной токе $M$ называется предельное положение секущей $M_0M_1$ при условии, | ||
+ | |||
+ | Рассмотрим уравнение секущей к эллипсу, | ||
+ | |||
+ | Поскольку точка $M_1$ стремится к точке $M_0$, знаки их абсцисс совпадают. | ||
+ | |||
+ | Рассмотрим случай, | ||
+ | |||
+ | Так как обе точки лежат на гиперболе $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, | ||
+ | в виде $M_0(\frac{a}{b}\sqrt{b^2+y_0^2}; | ||
+ | |||
+ | Запишем уравнение прямой $M_0M_1$: | ||
+ | |||
+ | $$\frac{x-x_0}{x_0-x_1}=\frac{y-y_0}{y_0-y_1}, | ||
+ | |||
+ | $$\frac{x-\frac{a}{b}\sqrt{b^2+y_0^2}}{\frac{a}{b}\sqrt{b^2+y_0^2}-\frac{a}{b}\sqrt{b^2+y_1^2}}=\frac{y-y_0}{y_0-y_1}, | ||
+ | |||
+ | $$\frac{(\frac{b}{a}x-\sqrt{b^2+y_0^2})(\sqrt{b^2+y_0^2}+\sqrt{b^2+y_1^2})}{y_0^2-y_1^2}=\frac{y-y_0}{y_0-y_1}, | ||
+ | |||
+ | $$(\frac{b}{a}x-\sqrt{b^2+y_0^2})(\sqrt{b^2-y_0^2}+\sqrt{b^2-y_1^2})=(y-y_0)(y_0+y_1).$$ | ||
+ | |||
+ | Если точка $M_1$ стремиться к точке $M_0$ по гиперболе, | ||
+ | |||
+ | Тогда последнее равенство можно записать в виде | ||
+ | |||
+ | $$(\frac{b}{a}x-\sqrt{b^2+y_0^2})\cdot2\sqrt{b^2+y_0^2}=(y-y_0)\cdot2y_0, | ||
+ | |||
+ | $$\frac{b}{a}x\sqrt{b^2+y_0^2}-b^2-y_0^2=yy_0-y_0^2, | ||
+ | |||
+ | $$\frac{b}{a}x\sqrt{b^2+y_0^2}-yy_0=b^2.$$ | ||
+ | |||
+ | Разделим это равенство на $b^2$: | ||
+ | |||
+ | $$\frac{1}{ab}x\sqrt{b^2+y_0^2}-\frac{yy_0}{b^2}=1.$$ | ||
+ | |||
+ | Учитывая, | ||
+ | |||
+ | $$\frac{x}{a^2}\cdot\frac{a}{b}\sqrt{b^2+y_0^2}-\frac{yy_0}{b^2}=1, | ||
+ | |||
+ | $$\frac{xx_0}{a^2}-\frac{yy_0}{b^2}=1.$$ | ||
+ | |||
+ | Случай, | ||
+ | координаты этих точек будут иметь вид $M_0(-\frac{a}{b}\sqrt{b^2+y_0^2}; | ||
+ | |||
+ | |||
+ | ====Лемма===== | ||
+ | Максимум модуля разности расстояний от точки данной прямой $l$ до точек $F_1$ и $F_2$, лежащих по разные стороны от данной прямой достигается в такой точке $P$, для которой лучи $PF_1$ и $PF_2$ образуют равные углы с прямой $l$. | ||
+ | |||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | |||
+ | |||
+ | =====Доказательство===== | ||
+ | Обозначим через $F_2'$ точку, симметричную $F_2$ относительно прямой $l$. | ||
+ | |||
+ | Очевидно, | ||
+ | |||
+ | Нам достаточно найти такую точку $P$, что разность расстояний от $P$ до $F_1$ и $F_2'$ будет как можно больше. | ||
+ | |||
+ | Из неравенства треугольника следует, | ||
+ | |||
+ | И достигается этот максимум тогда и только тогда, когда точки $F_1, F_2, P$ лежат на одной прямой. | ||
+ | |||
+ | Поскольку точки $F_2$ и $F_2'$ симметричны, | ||
+ | $l$, равны. | ||
+ | |||
+ | |||
+ | =====Оптическое свойство гиперболы===== | ||
+ | Луч света, вышедший из фокуса $F_2$, отразившись от какой-либо точки $M$ гиперболы, | ||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | {{: | ||
+ | |||
+ | |||
+ | |||
+ | ====Доказательство==== | ||
+ | Переформулируем утверждение: | ||
+ | |||
+ | Предположим, | ||
+ | |||
+ | Для удобства будем считать, | ||
+ | |||
+ | Обозначим через $F_1'$ точку, симметричную $F_1$ относительно $l'$. Тогда $F_1Q=QF_1' | ||
+ | |||
+ | кроме того, точки $F_2, F_1'$ и $P$ лежат на одной прямой. | ||
+ | |||
+ | Итак, $F_2P-PF_1=F_2Q-F_1Q$. В силу вышеуказанных равенств получаем $F_2F_1' | ||
+ | |||
+ | Но по неравенству треугольника $F_2F_1'> | ||
+ | |||
+ | Таким образом получено противоречие, |
math-public/krivye-vtorogo-poryadka-giperbola.1462782750.txt.bz2 · Последнее изменение: 2016/05/09 11:32 — labreslav