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

Как видно из (9), когда движущееся тело приходит в перицентр, его радиус-вектор достигает минимального значения q=a*(1-e), а скорость - максимального, определяемого формулой V²_max= . В апоцентре, наоборот, радиус-вектор максимален Q=a*(1+e), а скорость движения минимальна V²_min= . Отсюда можно получить, что . Формула для периода обращения по эллиптической орбите аналогична формуле (6) для круговой орбиты, только вместо радиуса орбиты берется ее большая полуось:

T = (12)

Определенный интерес также представляет зависимость параметров орбиты от начальных условий в некоторый момент времени: радиус-вектора r₀ , скорости V₀ и угла ?₀, образуемого радиус-вектором и направлением скорости. Зависимости величины фокального параметра и эксцентриситета от начальных условий выглядят так:

p=  (13)  e=  (14)

Из (13) следует, что при возрастании угла ?₀ от 0^o до 90^o параметр p также растет от 0 до p_max = , а когда ?₀ изменяется от 90^o до 180^o, p убывает от p_max до 0. При ?₀ = 0^o и ?₀ = 180^o параметр p = 0 и орбита вырождается в отрезок прямой.

Выражение e через начальные параметры из (14) зависит от знака разности r₀*V₀² - 2G*M, который определяет тип орбиты. При r₀*V₀² - 2G*M < 0 орбита всегда остается эллипсом, и при изменении угла ?₀ от 0^o до 90^o e уменьшается от 1 до e_min = , а при увеличении ?₀ от 90^o до 180^o e снова увеличивается от e_min до 1. Поскольку q = , то при увеличении от 0^o до 180^o расстояние в перицентре q растет от 0 до r₀.

Величину большой полуоси a и малой полуоси b также можно выразить через начальные параметры:  a = (15)  b =

(16)

В предельном случае (при sin(?₀)=0) эллипс вырождается в конечный отрезок прямой, длина которого равна 2*a и концы которого одновременно являются и фокусами, и вершинами вырожденного эллипса, причем один из его концов - перицентр - совпадает с началом координат, т.е. с притягивающим центром. 

3. Движение по параболической орбите

Параболу можно рассматривать и как предельный случай эллипса, и как предельный случай гиперболы. Для параболической орбиты выполняется условие  V₀² =  (17). Скорость V₀ называется параболической, или второй космической скоростью V_II. Сравнивая эту формулу с выражением (5) для первой космической скорости, можно заметить, что V_II = V_I* . При данном расстоянии r₀ до притягивающего центра вторая космическая скорость - это минимальная скорость, необходимая для преодоления притяжения центрального тела. Для Земли (r₀=6378.1 км) V_II= 11.179 км/c. Для того, чтобы тело навсегда покинуло Солнечную систему, на расстоянии Земли (r₀=149.6 млн. км) ему нужно придать скорость V_III= 42.1 км/с. Скорость V_III иногда называют третьей космической скоростью.

Уравнение параболической орбиты можно представить как зависимость радиус-вектра от фокального параметра p (или расстояния в перицентре q=) и истинной аномалии:  r = (18)

Уравнение движения по параболе - зависимость истинной аномалии от времени t (и времени прохождения перицентра) выглядит так:

(19)

В параболическом движении истинная аномалия меняется от -90^o до +90^o. При (прохождение перицентра)  и радиус-вектор достигает минимального значения r_min = q = 2*p, а скорость - максимального 

V²_max= .

При возрастании r до бесконечности скорость падает до нуля.

Зависимость фокального параметра p от начальных радиус-вектора r₀ и угла между направлением радиус-вектора и направлением начальной скорости выражается следующим образом:

p = 2r₀*sin² (20)

В предельном случае, при парабола вырождается в полупрямую, выходящую из начала координат, которое является одновременно и вершиной, и фокусом вырожденной параболы.

Теперь в качестве примера применения теории эллиптического и параболического движения можно привести следующую задачу: сколько времени понадобится ракете, стартующей с земной орбиты с минимально необходимой начальной скоростью, чтобы удалиться от Солнца на 2 пк? Если представить орбиту параболической, то минимальная начальная скорость будет примерно равна V_III= 42.1 км/с, и, казалось бы, для решения задачи нужно просто разделить 2 пк на V_III, что составит примерно 46.5 тыс. лет. Однако нетрудно заметить, что это значение справедливо только при условии постоянного (в течении 46 тыс. лет!) поддержания скорости ракеты на уровне 42.1 км/c, т.е. работа двигателей должна постоянно компенсировать потерю кинетической энергии, связанную с преодолением притяжения Солнца. Если же ракета разгоняется вблизи орбиты Земли и дальше движется по инерции, то ее скорость будет постоянно уменьшаться, и поэтому время, затраченное на преодоление 2 пк, будет существенно больше. В этом случае проще будет взять эллиптическую орбиту с a=1 пк (если пренебречь перигелийным расстоянием, то в афелии удаление от Солнца составит как раз 2 пк), тогда из (12) получим полный период обращения по такой орбите. Он составит 93.7 млн. лет, то есть искомое время (половина периода) будет около 46.8 млн. лет! Отсюда ясно, с какими трудностями сопряжена при современном развитии космической техники посылка аппарата даже к ближайшей звезде.

Разумеется, время полета будет радикально сокращено, если удастся достичь скорости, сравнимой со скоростью света. Например, на разгон до половины скорости света с постоянным ускорением g~10 м/с² (пригодной для нахождения на этом аппарате людей) будет затрачено примерно 150*10⁶/10 = 1.5*10⁷ c, что составит примерно полгода. Замечание о технической возможности такого режима работы двигателей остается в силе, однако если о нем пока забыть, то до ближайшей звезды (4 световых года) можно долететь примерно за 9 лет (полгода на разгон, 8 лет на свободный полет на скорости 150 тыс. км/с и еще полгода на торможение). Траекторию такого движения (кеплеровским оно уже не является) можно считать прямолинейной, поскольку ее существенное искривление возможно только на начальном этапе разгона (и конечном этапе торможения), когда аппарат будет иметь небольшую скорость и находиться сравнительно недалеко от Солнца (звезды). За все время разгона будет пройдено расстояние ~ g* = 7500 а.е. = 0.036 пк - именно на таком расстоянии от Солнца закончится фаза разгона. 

4. Движение по гиперболической орбите

Для гиперболической орбиты выполняется условие V₀² > .

Рис. 25 - Параметры гиперболической орбиты

При рассмотрении гиперболического движения вводится особый параметр F, подобный эксцентрической аномалии у эллипса. На рис. 6 применены следующие обозначения: S - фокус гиперболы, Р - ее вершина (перицентр), C - ее центр. Положение на гиперболе произвольной точки В определяется углом между радиус-вектором SB и направлением оси апсид SP - истинной аномалией. Если из точки В опустить перпендикуляр BN на линию апсид и из точки их пересечения N провести касательную к окружности радиуса a (длина действительной полуоси гиперболы) с центром в центре гиперболы С, получим точку касания B'. Угол между радиусом этой точки и направлением на перицентр и обозначается как угол F.

Уравнение движения по гиперболе - зависимость параметра F от времени t (аналог уравнения Кеплера (7) для эллиптического движения) выглядит так:

 (21)

Связь между различными параметрами эллиптической орбиты может быть выражена следующими соотношениями:  (22) 

(23)  (24)

При t (прохождение перицентра) ? = 0 и радиус-вектор достигает минимального значения r_min = q = a*(e-1), а скорость - максимального

V²_max= .

При возрастании r до бесконечности истинная аномалия увеличивается до предельного значения ?_max = arccos(-), параметр F достигает максимального значения F_max= 90^o, а скорость - минимального значения V²_min= G*.

Зависимость эксцентриситета e гиперболы от начальных радиус-вектора, скорости и угла между ними видна из формулы (14). При изменении угла от 0^o до 90^o e растет от 1 до e_max =, а при увеличении ?₀ от 90^o до 180^o e снова уменьшается от e_max до 1. Если через а обозначить действительную ось гиперболы, то a = (25)

В предельном случае, аналогично параболе, при sin(?₀)=0 гипербола вырождается в полупрямую, выходящую из начала координат, которое является одновременно и вершиной, и фокусом вырожденной гиперболы. 

3. Практические задания

3.1 Материал для закрепления материала по теме эллипс

Упражнения:

Упражнение 1. Докажите, что сумма расстояний от любой точки лежащей во внутренней области, ограниченной эллипсом до фокусов эллипса меньше, а от точки лежащей во внешней области эллипса больше длины большой оси.

Решение. Обозначим фокусы эллипса через F₁ и F₂, а точку через X. Точку пересечения луча F₁X с эллипсом обозначим через Y.Пусть сначала точка X лежит во внутренней области эллипса. По неравенству треугольника F₂X<XY+ +YF₂, а значит, F₁X +XF₂ <F₁X +XY + YF₂ = F₁Y + F₂Y.(рис. 1)

Но F₁Y + F₂Y равно длине веревки, т. е. большой оси эллипса. Рассуждая аналогично в случае, если точка X лежит вне эллипса, получаем F₂Y <XY +XF₂. Следовательно, F₁X+XF₂ =F₁Y+YX+XF₂ >F₁Y+F₂Y.

Рис. 26

Упражнение 2. Найдите геометрическое место середин хорд эллипса, параллельных данному направлению.

Решение. Рассмотрим эллипс как параллельную проекцию окружности. Тогда параллельным хордам эллипса и их серединам соответствуют параллельные хорды окружности и их середины, лежащие на диаметре окружности. Следовательно, геометрическим местом середин параллельных хорд эллипса также будет некоторый его диаметр (хорда, проходящая через центр).

Упражнение 3. С помощью циркуля и линейки найдите фокусы данного эллипса.

Решение. Построим две параллельные хорды эллипса. По предыдущему упражнению прямая, соединяющая их середины, является диаметром эллипса. Построив таким образом два диаметра, мы найдем центр эллипса О. В силу симметрии эллипса окружность с центром О пересекает эллипс в четырех точках, образующих прямоугольник со сторонами, параллельными осям эллипса. Теперь фокусы эллипса можно найти как точки пересечения большой оси и окружности с центром в конце малой оси и радиусом, равным большой полуоси.

Задачи:

1. Дано уравнение а) 3х² + у² = 7. Изобразить эллипс двумя способами.

I способ:

Запишем его в виде . Устанавливаем, что , строим осевой прямоугольник со сторонами 2R, и изображаем сам эллипс (рис. 17). Отметим, что в правой части уравнения должно быть положительное число, а в левой - сумма квадрата абсциссы, взятого с положительным коэффициентом, и квадрата ординаты.



Рис. 27

II способ

Приведём уравнение к каноническому виду.

Разделим обе его части на 7.

Получим, что

Строим осевой прямоугольник со сторонами а и 2b, а затем изображаем эллипс.

Отметим, что, например, уравнение 3х² + 5у² = 7 следует сначала преобразовать к виду х² + у² = или а затем находить R, k и a, b соответственно.

Если центр эллипса находится не в начале координат, но его оси параллельны координатным осям, то он задаётся уравнением (4), где С (а; b) - центр эллипса. Это легко следует из формул параллельного переноса, или каноническим уравнением

(5) - С (х; у) - центр эллипса.

Данного материала достаточно для построения эллипса в том случае, если он задан уравнением, содержащем как квадраты, так и первые степени переменных.

б) Построить график

I способ

Преобразуем к виду (4):

Это уравнение эллипса с центром в точке С (5; - 4), где k = (рис. 28)

Рис. 28

II способ

Преобразуем к виду (5): . Получили уравнение эллипса с центром в точке С (5; - 4), где а = 3, b = 2.

Строим сам эллипс.

2. Найти длины полуосей и координаты фокусов следующих эллипсов:

а)

Приводим уравнение к каноническому виду , а = 3, b = 2.

Фокусы F₁ и F₂ имеют координаты F₁(с; 0) и F₂(- с; 0).



Итак, F₁(; 0) и F₂(; 0) а = 3, b = 2.

б)

Решаем аналогично а). , а = 3, b = 1.

F₁(с; 0), F₂(- с; 0).

Итак, F₁(; 0) и F₂(; 0) а = 3, b = 1.

в)

, а = , b = .

F₁(с; 0), F₂(- с; 0):

Итак, а = , b = , F₁(; 0), F₂(-; 0).

3. Найти координаты точек М, принадлежащих эллипсу и равноудалённых от фокусов.

Пусть М (х; у), тогда МF₁ = МF₂ (по условию). Т. к. F₁(с; 0), F₂(- с; 0): то

Если х = 0, то, подставляя его в исходное уравнение, получим: , Следовательно, и .

4. Взяв на плоскости прямоугольную декартову систему координат, изобразить области, определяемые следующими системами неравенств.

а)

Построим множество точек, определяемых 1-м, 2-м, 3-м неравенством.

Найдём пересечение этих множеств.

I. Построим эллипс но т. к. неравенство строгое, то точки эллипса не принадлежат искомой области, т.е. неравенство (2) задаёт внутренние точки эллипса.

Устанавливаем, что R = 3, (0< k <1), Cтроим осевой прямоугольник со сторонами и изображаем эллипс.

II. Строим множество точек, заданных вторым неравенством. Для этого строим прямую и штрихуем определяемую область.

Рис. 29

III. Аналогичные рассуждения для построения области, заданной неравенством у + 2 > 0.

Построение.

б)

Построим множество точек, определяемых 1-м, 2-м, и 3-м неравенствами.

Найдём пересечение этих множеств.

I. - эллипс, точки которого не принадлежат искомой области (неравенство строгое), т.е. неравенство задаёт внешние точки эллипса. Приведём уравнение к каноническому виду

Строим осевой прямоугольник со сторонами a и b, изображаем эллипс.

II. Строим множество точек, заданных неравенством (2). Для этого изображаем прямую у = 3 и штрихуем определяемую область.

Рис. 30

5. Определить вид и расположение кривой

Решение. Дополним члены, содержащие х и у соответственно, до полных квадратов:

Отсюда получаем



Следовательно, кривая, заданная исходным уравнением, представляет собой эллипс с полуосями

Центр эллипса находится в точке .

Задачи для самостоятельного решения

1. Написать каноническое уравнение эллипса, длина малой оси которого равна 6, а фокусное расстояние равно 8.

2. Написать каноническое уравнение эллипса, если известно, что расстояние между концами большой и малой оси равно 5, а сумма длин полуосей равна 7.

3. Написать каноническое уравнение эллипса, если расстояния фокуса его от концов большой оси равны 2 и 18.

3.2 Материал для закрепления теме гипербола

Упражнения:

Упражнение 1: Сформулируйте и докажите для гиперболы утверждения, аналогичные утверждению из упражнения 1из темы эллипс.

Решение.

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 пересечения 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).

Рис. 34

б) Обозначим через F^? точку, симметричную F относительно l. Выберем ту из точек F и F^?, расстояние от которой до прямой l^? минимально (расстояние берется со знаком).



Рис. 35

Пусть это точка F. Расстояние от F до l^? обозначим через d. Тогда для любой точки P на прямой l расстояние до l^? не больше чем PF+d. А значит, требуемая в задаче разность всегда не превосходит d. С другой стороны, она равна в точности d, когда точка P лежит на перпендикуляре к l^?, проведенном из точки F (рис. 5).Стоит также отметить, что если в п. а) прямая F₁F₂^? параллельна l, а в п. б) прямая l^? перпендикулярна l, то рассматриваемого максимума не существует (он достигается на бесконечности).

Задачи для самостоятельного решения.

1. Написать каноническое уравнение параболы, если расстояние фокуса от директрисы равно 10.

2. Определить координаты фокуса и уравнение директрисы параболы y=0.25x².

3. Дана парабола y²=12x. Найти длину ее хорды, проходящей через точку М(8,0) и наклоненной к оси параболы под углом 60є.

4. Привести уравнение параболы x=y²-y+2 к каноническому виду и определить координаты ее вершин.

4. Зачетная работа.

Вариант 1.1. Составить каноническое уравнение эллипса по следующим данным:

a) расстояние между фокусами равно 24 и большая ось 26;b) эксцентриситет равен 0.6, расстояние между фокусами - 6.

2. Написать каноническое уравнение гиперболы, если известно, что расстояние между вершинами равно 8, расстояние между фокусами равно 10.

3. Составить каноническое уравнение параболы, зная, что парабола имеет фокус F(0,0) и вершину в точке O(0,0);

4. Дан эллипс 6x²+15y²=90. Найти уравнение гиперболы, вершины которой находятся в фокусах, а фокусы в вершинах данного эллипса.

5. Даны точка А(1,0) и прямая х = 2. В декартовых координатах составить уравнение линии, каждая точка М(х,у) которой в два раза ближе к точке А, чем к данной прямой.

Вариант 2. 1. Составить каноническое уравнение эллипса по следующим данным:

a) большая полуось равна 10 и эксцентриситет равен 0,8;b) сумма полуосей равна 18 и расстояние между фокусами равно12.

2. Написать каноническое уравнение гиперболы, если известно, что действительная полуось равна 5, вершины делят расстояние между центром и фокусом пополам.

3. Составить каноническое уравнение параболы, зная, что фокус находится в точке F(5,0), директриса будет осью ординат и ось симметрии - ось абсцисс.

4. Составить уравнение траектории движения точки М(х,у), если в любой момент времени она остается равноудаленной от точки А(8, 4) и оси ординат.

5. Даны точка А(1,0) и прямая х = 2. В декартовых координатах составить уравнение линии, каждая точка М(х,у) которой в два раза дальше от точки А, чем от данной прямой.

Вариант 3.1. Составить каноническое уравнение эллипса по следующим данным:

a) малая полуось равна 12 и эксцентриситет равен;b) расстояние между фокусами равно 8 и расстояние между директрисами 24.

2. Написать каноническое уравнение гиперболы, если известно, что эксцентриситет равен 5/3, расстояние между фокусами равно10.

3. Составить каноническое уравнение параболы, зная, что парабола симметрична относительно оси ординат Оу и проходит через точки О(0,0) и N(6, -2);

4. Найти длину диаметра эллипса , направленного по биссектрисе второго координатного угла. (Диаметром эллипса называется хорда, проходящая через центр - точку пересечения его осей.)

5. Даны точка А(1,0) и прямая х = 2. В декартовых координатах составить уравнение линии, каждая точка М(х, у) которой равноудалена от точки А и прямой х = 2.

Заключение

В работе был разработан элективный курс по теме: « Кривые второго порядка», который предназначен для учащихся 10-11 классов.

После изучения научной и методической литературы материал отобран с учётом психологических особенностей учащихся старших классов и систематизирован для целостного изложения.

Содержание всех занятий позволяет углубить представление учащихся об эллипсе, гиперболе и параболе и ознакомить их с некоторыми, наиболее яркими свойствами замечательных кривых, приблизить их к пониманию некоторых важных идей современной математики.

В ходе написания работы были достигнуты следующие цели, поставленные в ведении: был проведен анализ учебников по геометрии за 10-11 классы с целью изучения места кривых второго порядка в курсе старшей школы. Как средство расширения кругозора учащихся и повышения интереса к предмету был разработан элективный курс, который направлен на расширение кругозора учащихся, развитие математического мышления, формирования активного познавательного интереса к предмету, формирования умения последовательно рассуждать, анализировать факты, обобщать их, формирования представления о прикладных возможностях математики, содействовать профессиональной ориентации учащихся.

При написании работы были поставлены следующие задачи:

1. Изучить психолого-педагогические особенности старшего школьного возраста для обоснования возможности обучения учеников кривым второго порядка.

2. Проанализировать учебную литературу (программа по математике, школьные учебники) с точки зрения рассматриваемого вопроса.

3. Обеспечить преемственность школьного материала и материала элективного курса

4. Обеспечить преемственность между общим и профессиональным образованием.

Все поставленные задачи при написании работы были достигнуты.

Библиография

1. Акопян А.В. Геометрические свойства кривых второго порядка [Текст] / А.В. Акопян, А.А. Заславский.- М.: МЦНМО, 2007. - 136 с.

2. Александров А.Д. Геометрия [Текст]: учеб. для учащихся 10 кл. с углубл. изуч. математики / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик.- М.: Просвещение: Моск. учебники, 2001. - 270 с.

3. Александров А.Д. Геометрия [Текст]: учеб. для учащихся 11 кл. с углубл. изуч. математики / А.Д. Александров, А.Л. Вернер, В.И. Рыжик.- М.: Просвещение: Моск. учебники, 2001. - 319 с.

4. Александров П.С. Курс аналитической геометрии и линейной алгебры [Текст] / П.С. Александров.- М.: Наука, 1979. - 256 с.

5. Груденов Я.И. Психолого-дидактические основы методике обучения математике [Текст] / Я.И. Груденов. - М.: Педагогика, 1987. - 160 с.

6. Ермаков Д.С. Создание элективных учебных курсов для профильного обучения [Текст] / Д.С. Ермаков, Г.Д. Петрова // Школьные технологии.- 2003.- № 6.- С. 22-29.

7. Задачи повышенной трудности по алгебре и началам анализа [Текст]: учеб. пособие для 10-11 кл. средней шк. / А.М. Абрамов, Б.М. Ивлев Дудницын Ю.П.- М., 1993. - 48 с.

8. Ильин В.А. Аналитическая геометрия [Текст] / В.А. Ильин, Э.Г. Позняк.- М., 1971. - 232 с.

9. Кон И.С. Психология ранней юности [Текст] / И.С. Кон.- М.: Просвещение, 1989. - 255 с.

10. Маркушевич А.И. Замечательные кривые [Текст] / А.И. Маркушевич.- М.: Наука, 1978. - 32 с.

11. Об элективных курсах в системе профильного обучения на старшей ступени общего образования [Электронный документ]: Информационное письмо Департамента общего и дошкольного образования Минобразования России № 14-51-277/13 от 13.11.2003.- (www.profile-edu.ru). 24.04.2010

12. Погорелов А.В. Геометрия [Текст]: 10-11 кл. для общеобразоват. Учреждений: базовый и профильный уровни / А.В. Погорелов. - 9-е изд. - М.: Просвещение, 2010. - 175с.

13. Потоскуев Е.В. Геометрия [Текст]: 11 кл. для общеобразоват. с углубл. и профильным изуч. математики / Е.В. Потоскуев, Л.И. Звавич.- 2-е изд., испр. - М.: Дрофа, 2004. - 224 с.

14. Смирнова И.М. Геометрия [Текст]: 10-11 кл.: Учеб. для общеобразоват. учреждений (гуманитарный профиль) / И.М. Смирнова.- М.: Мнемозина, 2004. - 288 с.

15. Смирнова И.М. Геометрия [Текст]: 10-11 кл.: Учеб. для общеобразоват. учреждений (базовый и профильные уровни) / И.М. Смирнова, В.А. Смирнов.- 5-е изд., испр. и доп.- М.: Мнемозина, 2008. - 288 с.

16. Смирнова И.М. Кривые. Курс по выбору. 9 класс [Текст]: учебное пособие для общеобразоват. учреждений / И.М. Смирнова, В.А. Смирнов.- М.: Мнемозина, 2007. - 63 с.

17. Федяева Л.В. Элективные курсы по математике в системе профильного обучения [Электронный документ] / Л.В. Федяева

// Вестник Омского государственного педагогического университета: Электронный научный журнал.- 2007.- (http://www.omsk.edu). 24.04.2010

18. Филип Райс. Психология подросткового и юношеского возраста [Текст] / Р. Филип.- 8-е изд.- СПб.: Питер, 2000. - 200 с.

19. Черникова Т.В. Методические рекомендации по разработке и оформлению программ элективных курсов [Текст] / Т.В. Черникова

// Профильная школа.- 2005.- № 5.- С. 11-16.

20. Шиянова Е.Б. Формирование у школьников мыслительных операций преобразования [Текст] / Е.Б. Шиянова // Вопросы психологии.- 1986.- № 1. - С. 23-28.

21. Элективные курсы в профильном обучении [Текст] / М-во образования РФ. Национальный фонд подготовки кадров. - М.: Вита-Пресс, 2004.- 144 c.

22. Эльконин Б.Д. Психологическое строение понятия величины [Текст] / Б.Д. Эльконин // Вопросы психологии.- 1986.- № 1. - С. 60-64.

Приложение А

Разработки занятий к элективному курсу

Занятие №2-3

Тема: Эллипс

В декартовой системе координат, как хорошо известно, окружность радиуса R c центром C (a; b) задаётся уравнением (x² - a²) + (y² - b²) = R². Если сжать окружность с центром в начале координат к вертикальному диаметру с коэффициентом k > 0, то получится линия с уравнением k²x² + y² = R² (1), которая называется эллипсом. При этом ясно, что если k > 1, то это действительно сжатие в привычном смысле этого слова (рис. 16, а), а если 0 < k < 1, то это растяжение (рис. 16, б). Но договоримся использовать один общий термин - сжатие.

Преобразуем уравнение (1). Разделим его обе части на R²:

всегда.

Сделаем замену и , тогда получим уравнение эллипса в общем виде; (2).

Рис. А1

Уравнение (2) называется каноническим уравнением эллипса. В школьном курсе изучается уравнение окружности с центром в начале координат (3).

Посмотрим, как связаны окружность и эллипс.

В уравнении (3) сделаем замену

Разделим на R²:

. Пусть , тогда .

Итак, мы видим, что окружность - частный случай эллипса, когда а = b.

Отметим ещё, возвращаясь к уравнению (1), что окружность - это эллипс, где k = 1.

Из уравнений видно, что эллипс - линия, симметричная относительно обеих осей координат, а значит, и центрально-симметричная. Геометрически, он полностью характеризуется одним из поперечных размеров (они называются осями эллипса) и их отношением.

Вокруг эллипса естественным образом описывается прямоугольник со сторонами, равными осям эллипса и параллельными координатным прямым, который является результатом сжатия квадрата, описанного вокруг исходной окружности. Называется он осевым прямоугольником эллипса. Если научиться его строить по уравнению эллипса, то довольно легко после этого изобразить и сам эллипс.

1) Например, дано уравнение а) 3х² + у² = 7. Изобразить эллипс двумя способами.

I способ

Запишем его в виде . Устанавливаем, что , строим осевой прямоугольник со сторонами 2R, и изображаем сам эллипс (рис. 17). Отметим, что в правой части уравнения должно быть положительное число, а в левой - сумма квадрата абсциссы, взятого с положительным коэффициентом, и квадрата ординаты.

Рис. А2

II способ

Приведём уравнение к каноническому виду.

Разделим обе его части на 7.

Получим, что

Строим осевой прямоугольник со сторонами а и 2b, а затем изображаем эллипс.

Отметим, что, например, уравнение 3х² + 5у² = 7 следует сначала преобразовать к виду х² + у² = или а затем находить R, k и a, b соответственно.

Если центр эллипса находится не в начале координат, но его оси параллельны координатным осям, то он задаётся уравнением (4),

где С (а; b) - центр эллипса. Это легко следует из формул параллельного переноса, или каноническим уравнением

 (5) - С (х; у) - центр эллипса.

Данного материала достаточно для построения эллипса в том случае, если он задан уравнением, содержащем как квадраты, так и первые степени переменных.

б)

I способ

Преобразуем к виду (4):

Это уравнение эллипса с центром в точке С (5; - 4), где k = (рис. А3)

Рис. А3

II способ

Преобразуем к виду (5): . Получили уравнение эллипса с центром в точке С (5; - 4), где а = 3, b = 2.

Строим сам эллипс.

1. Найти длины полуосей и координаты фокусов следующих эллипсов:

а)

Приводим уравнение к каноническому виду , а = 3, b = 2.

Фокусы F₁ и F₂ имеют координаты F₁(с; 0) и F₂(- с; 0).

Итак, F₁(; 0) и F₂(; 0) а = 3, b = 2.

б) Решаем аналогично а). , а = 3, b = 1.

F₁(с; 0), F₂(- с; 0).

Итак, F₁(; 0) и F₂(; 0) а = 3, b = 1.

в)

, а = , b = .

F₁(с; 0), F₂(- с; 0):

Итак, а = , b = , F₁(; 0), F₂(-; 0).

2. Найти координаты точек М, принадлежащих эллипсу и равноудалённых от фокусов.

Пусть М (х; у), тогда МF₁ = МF₂ (по условию). Т. к. F₁(с; 0), F₂(- с; 0): то

Если х = 0, то, подставляя его в исходное уравнение, получим: , Следовательно, и .

3. Взяв на плоскости прямоугольную декартову систему координат, изобразить области, определяемые следующими системами неравенств.

а)

Построим множество точек, определяемых 1-м, 2-м, 3-м неравенством.

Найдём пересечение этих множеств.

I. Построим эллипс но т. к. неравенство строгое, то точки эллипса не принадлежат искомой области, т.е. неравенство (2) задаёт внутренние точки эллипса.

Устанавливаем, что R = 3, (0< k <1), Cтроим осевой прямоугольник со сторонами и изображаем эллипс.

II. Строим множество точек, заданных вторым неравенством. Для этого строим прямую и штрихуем определяемую область.

Рис. А4

Ш Аналогичные рассуждения для построения области, заданной неравенством у + 2 > 0.

Построение.

б)

Построим множество точек, определяемых 1-м, 2-м, и 3-м неравенствами.

Найдём пересечение этих множеств.

I. - эллипс, точки которого не принадлежат искомой области (неравенство строгое), т.е. неравенство задаёт внешние точки эллипса. Приведём уравнение к каноническому виду

Строим осевой прямоугольник со сторонами a и b, изображаем эллипс.

III. Строим множество точек, заданных неравенством (2). Для этого изображаем прямую у = 3 и штрихуем определяемую область.

Рис. А5

IV. Рассуждаем аналогично.

Приложение Б

Тема: Гипербола

Учащиеся хорошо знакомы с гиперболой как с графиком функции и с такими понятиями, как её ветви и асимптоты. Гипербола не только является центрально-симметричной линией (как график нечётной функции), но и имеет две оси симметрии - это биссектрисы пар вертикальных координатных углов (рис. 19).

Рассмотрим уравнение x² - y² = l и покажем, что линия, задаваемая им - это тоже гипербола. Перепишем уравнение в виде (x - y) (x + y) = l. Введём новые переменные: тогда в системе (u, v) исходное уравнение примет вид uv = l, и это будет гипербола, расположение ветвей которой полностью определяется знаком числа l.

Для изображения гиперболы выясним, как расположены оси системы координат (u, v) в координатной плоскости (х, у), считая, что u - абсцисса и v - ордината в новой системе координат. Ось абсцисс - это множество точек, для которых v = 0, т.е. в исходной системе координат, или в исходной системе координат, или . Это биссектриса чётных координат углов. Аналогично, . Это биссектриса нечётных координатных углов. Для выяснения направлений на осях рассмотрим на оси Ou точку А (рис. 20), которая в системе координат (х, у) имеет координаты (1, -1). Тогда для этой точки u = 1 - (- 1) = 2 > 0, т.е. она лежит на положительной полуоси Оu. Аналогично, рассматривая на оси Ov точку В (1; - 1), получим, что для неё , и, значит, она расположена на положительной полуоси Ov.

Это позволяет сделать вывод о том, что преобразование переводит систему координат (х, у) в систему (u, v), оси которой повёрнуты пол отношению к исходной на угол .

Рис. Б1

Рис. Б2

Рис. Б3

Уравнение при этом преобразуется в уравнение uv = l, которое равносильно уравнению ибо равенство означало бы , и, значит, В зависимости от знака числа l мы можем изобразить ветви гиперболы в соответствующих координатных четвертях системы , тем самым будет получено изображение гиперболы, задаваемой уравнением в системе координат .

При этом, подставляя в исходное уравнение или в зависимости от знака l, мы получим точки пересечения гиперболы с той или иной координатной осью. Эти точки называются вершинами гиперболы (рис. 21).

Если к гиперболе провести касательные в её вершинах (Теорема. Касательная к гиперболе в произвольной её точке является биссектрисой внутреннего угла М₀ треугольника F₁M₀F₂, имеющего своими вершинами фокусы гиперболы и данную точку М₀, см. рис. 27), то они пересекут асимптоты гиперболы в точках, которые будут вершинами квадрата (это следует из соображений симметрии). Удобно этот квадрат назвать осевым квадратом гиперболы (рис. 23). Центр этого квадрата совпадает с центром симметрии гиперболы, её диагонали - это её асимптоты, а сторона равна .

Рис. Б4

Если произвести сжатие к оси Ох с коэффициентом k > 0, k 1, то гипербола преобразуется в линию, также называемую гиперболой, но о такой гиперболе говорят, что она неравнобокая. Исходную же гиперболу называют равнобокой. Прн сжатии осевой квадрат преобразуется в осевой прямоугольник, а диагонали квадрата - в диагонали прямоугольника (они будут асимптотами для получающейся неравнобокой гиперболы). Уравнение неравнобокой гиперболы имеет вид: , где k² 1.

Рис. Б5

Таким образом, уравнение (k 0, l 0) всегда задаёт гиперболу. Она равнобокая, если k = 1 и неравнобокая, если k = -1. Её вершины лежат на оси Ох, если l > 0, и на оси Оу, если l < 0. Для её изображения нужно сначала построить осевой прямоугольник, его диагонали и вершины гиперболы (рис. 24).

Преобразуем уравнение . Разделим обе его части на l:

(1)

Если l > 0, то уравнение примет вид (1), а если

l < 0 - (2).

Сделаем замену , , тогда получим уравнение гиперболы в общем виде

(3) (4).

Уравнения (3) и (4) называются каноническими уравнениями, а гиперболы, заданные этими уравнениями, называются сопряжёнными, а и b - стороны осевого прямоугольника. Если a = b - осевого квадрата.

Для закрепления решим несколько задач.

1) 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.



Рис. Б6

Параллельный перенос гиперболы преобразует уравнение к виду:

(5) (или (6)).

Рассмотрим способ построения гиперболы по уравнению данного вида.

б) . Преобразуем его к виду (5) и далее: Это уравнение гиперболы, где Осевой прямоугольник со сторонами смещён на две единицы вверх и вправо. Строим его и изображаем гиперболу.

Рис. Б7

II способ.

Приводим уравнение к каноническому виду:

, следовательно,

Центр осевого прямоугольника - точка (2; 2).

Строим его и изображаем гиперболу.

2) Найти длины полуосей и координаты фокусов следующих гипербол:

а)

.

Привели к каноническому виду, а следовательно а = 2, b = 3.

F₁ и F₂ имеют координаты: F₁(- с; 0), F₂(с; 0).

Таким образом, F₁(; 0), F₁(; 0).

Ответ: а = 2, b = 3, F₁(; 0), F₁(; 0).

б)

Используя каноническое уравнение, получим:

.

Мы знаем, что F₁(- с; 0), F₂(с; 0),

Итак, , F₁(; 0), F₁(; 0).

в)

,

F₁(- с; 0), F₂(с; 0):

Ответ: F₁(; 0), F₁(; 0).

Составить каноническое уравнение гиперболы, если расстояние между вершинами равно 8, а расстояние между фокусами равно 10;

Итак, нам дано, что Находим, что .

Каноническое уравнение гиперболы имеет вид Т.к. , то уравнение можно записать следующим образом:

3) Взяв на плоскости прямоугольную декартову систему координат, построить области, определяемые следующими системами неравенств:

а)

построим множество точек, определяемых 1-м и 2-м неравенствами. Найдём пересечение этих множеств.

I. Построим гиперболу . После преобразования получаем каноническое уравнение с полуосями а = 2 и b = 1. Точки гиперболы не принадлежат искомой области, т. к. неравенство строгое. Это неравенство определяет внутренние точки гиперболы. Строим осевой прямоугольник, гиперболу и изображаем искомую область.

II. Строим множество точек, заданных вторым неравенством. Для этого изображаем прямую и штрихуем определяемую область.

Построение.

Рис. Б9

б)

Построим множество точек, определяемых 1-м, 2-м. 3-м неравенствами. Найдём пересечение этих множеств.

I. построим гиперболу . Её точки принадлежат искомой области, т. к. неравенство не строгое. Т. о. Неравенство определяет внешние точки гиперболы. Преобразуем уравнение. это уравнение гиперболы, где , точки которой не принадлежат искомой области (неравенство строгое), строим осевой прямоугольник со сторонами и изображаем гиперболу.

II. Строим множество точек, заданных вторым неравенством. Для этого изображаем прямую и штрихуем определяемую область.

III. Рассуждаем аналогично. строим прямую и штрихуем определяемую область.

Построение.

Рис. Б10

Размещено на Allbest.ru