В П Лавренчук, П Настасієв, О В Мартинюк - Вища математиказагальний курсчастина iлінійна алгебра й аналітична геометрія - страница 60

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105 

у ^ Виведемо    рівняння еліпса

у    вибраній    системі коор­динат.    Візьмемо довільну точку М(х; у) еліпса. Згідно з с; 0) 0    і2(с; 0)      " Х  означенням еліпса Мі1 + МЯ2 = 2а.

Скориставшись формулою для відстані між двома точка­ми, одержимо Мі\ = д/(х + с)2 + у2, МЯ2 = д/(х с)2 + у2, а тому

у/(х + с)2 + у2 + ^(х с)2 + у2 = 2а. (56) Для спрощення цього рівняння запишемо його у вигляді

л/(х + с)2 + у2 =2а л/ с)2 + у2.

Піднісши обидві частини рівняння до квадрата, дістанемо

+ с)2 + у2 = 4а2 + с)2 + у2 4ал/ с)2 + у2,

або після очевидних перетворень

сх а2 = —а\/ с)2 + у2.

Тепер, після піднесення до квадрата і подальшого спрощення, матимемо

с2х2 2сха2 + а4 = а2((х с)2 + у2)

або

(а2 с2)х2 + а2у2 = а2(а2 с2). (57) 175

Оскільки а > с, то а2 — с2 є додатним числом. Уведемо позначення

а2 с2 = Ь2. (58) Тоді рівняння (57) запишеться у вигляді Ь2х2 + а2у2 = а2Ь2 або

і+£(59)

Згідно з означенням еліпса координати будь-якої його точки задовольняють рівняння (56). Оскільки рівняння (59) є наслід­ком рівняння (56), то його також задовольняють координати довільної точки еліпса.

Можна довести, що координати точок, які не лежать на еліпсі, не задовольняють рівняння (59). Отже, рівняння (59) є рівнянням еліпса. Воно називається канонічним рівнянням еліпса.

Вивчимо форму еліпса, користуючись його канонічним рів­нянням. Зауважимо, що дане рівняння містить тільки парні степені х і у. Це означає, що будь-яка точка М(х; у) належить еліпсу одночасно з точками Мі(х; —у), М2(—х; у) і Мз(—х; —у), які симетричні до точки М відносно осей Ох і Оу. Отже, еліпс має дві взаємно перпендикулярні осі симетрії, які у вибраній системі координат збігаються з осями координат. Осі симетрії еліпса надалі називатимемо осями еліпса, а точку їхнього пе­ретину - центром еліпса. Вісь, на якій розміщені фокуси (у даному випадку вісь абсцис), називається фокальною віссю.

Визначимо форму еліпса у першій чверті. Для цього розв'яжемо рівняння (59) відносно у:

у = -л/а2 — х2. а

Очевидно, що тут 0 < х < а, оскільки вираз під знаком кореня повинен бути невід'ємним. При зростанні х від 0 до а величина у зменшується від Ь до а. Частина еліпса, яка лежить у першій чверті, це дуга, обмежена точками В(0; Ь) і А(а;0), які лежать на осях координат. Скориставшись тепер симет-

176

В (0; Ь)

Аі(-а;в^

У—с;0)

А(а;0)

рією еліпса, одержуємо, що еліпс має форму, яка зображена на рис. 1.

Точки перетину еліпса з ося­ми   називається вершина­ми еліпса. Із симетрії еліп­са випливає, що крім вер­шин А(а; 0) і В(0; Ь) еліпс х  має ще дві вершини Аі(—а; 0) і Щ1(0; — Ь). Відрізки АА1 і ВВі, які з'єднують проти­лежні вершини еліпса, а та­кож їхні довжини 2а і 2Ь, на­зиваються відповідно вели­кою й малою осями еліпса. Числа а і Ь називаються відпо­відно великою й малою півосями еліпса. с

Відношення — половини відстані між фокусами до більшої а

півосі еліпса називається ексцентриситетом еліпса і позна­чається літерою є:

є = С. (60) а

Оскільки с < а, то ексцентриситет еліпса менший одини­ці, тобто є < 1. Ексцентриситет характеризує форму еліпса.

Ві(0; — Ь) Рис. 1

Справді, із формули (58) випливає, що

1

1 — є2. Звідси видно, що чим менший ексцентриситет еліпса, тим менше відрізняється його мала піввісь Ь від великої півосі а, тобто тим менше витягнутий еліпс уздовж фокальної осі. У граничному випадку при Ь = а одержимо коло радіуса 1, або х2 + у2 = а2. При цьому с = у/О2

а: Х

а2

+ а2

а2. При цьому с = л/а2 Ь2 л/а2 а2 = 0, і фокуси еліпса збігаються з центром кола. Екс­центриситет кола дорівнює нулю: є = 0 =0.

Приклад 4. Знайти канонічне рівняння еліпса, якщо його ве­лика піввісь а = 5, а ексцентриситет є = 0, 6.

с

< Згідно з умовою є = — = 0, 6, а тому половина відстані між

а

5 • 0, 6 = 3. Тоді Ь2 = а2 — с2 = 25 — 9 = 16.

фокусами с = а 0, 6

Ь

а

177

Отже, шукане канонічне рівняння еліпса має вигляд X2 у2

25 + 16

1. ►

Приклад 5. Скласти канонічне рівняння еліпса, якщо його ве­лика піввісь а = 4 і він проходить через точку Мо(2; —3). А Канонічне рівняння еліпса при а = 4 має вигляд

2 2

XX у2 і2 + б2 1.

Оскільки даний еліпс проходить через точку Мо, то її координати повинні задовольняти рівняння еліпса, тобто

22

16 +

(—З)2

ь2

1.

Звідси одержуємо,що Ь2 = 12, а тому шукане рівняння еліпса

X2 у2 16 + 12 1. ►

Директрисами еліпса називаються дві прямі, перпендику­ляры до фокальної осі еліпса і симетрично розміщені відносно

а

центра кривої на відстані від нього.

є

а

Оскільки для еліпса є < 1, то — > а, а це означає, що

є

директриси розміщені зовні еліпса. Рівняння директрис еліпса

а

х = ±-.

є

X

 

у

 

 

 

\

 

а

є

 

■X

X =

а

є

X

178

Доведено [6], що відношення довжини фокального радіуса довільної точки еліпса до відстані цієї точки до відповідної ди­ректриси є сталою величиною, що дорівнює ексцентриситету, тобто — = Є і — = є.

Фокальні радіуси точки М(х; у) еліпса можна обчислювати за формулами

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105 


Похожие статьи

В П Лавренчук, П Настасієв, О В Мартинюк - Вища математиказагальний курсчастина iлінійна алгебра й аналітична геометрія