Biorąc pod uwagę prosty okólnik. Przecięcie walca i stożka

Praca diagnostyczna składa się z dwóch części, obejmujących 19 zadań. Część 1 zawiera 8 zadań o podstawowym poziomie trudności wraz z krótką odpowiedzią. Część 2 zawiera 4 zadania o podwyższonym stopniu złożoności z krótką odpowiedzią oraz 7 zadań o podwyższonym i wysokim stopniu złożoności z odpowiedzią szczegółową.
Na wykonanie pracy diagnostycznej z matematyki przeznacza się 3 godziny 55 minut (235 minut).
Odpowiedzi do zadań 1-12 są zapisywane jako liczba całkowita lub końcowy ułamek dziesiętny. Wpisz liczby w polach odpowiedzi w tekście pracy, a następnie przenieś je na kartę odpowiedzi nr 1. Wykonując zadania 13-19, musisz zapisać pełne rozwiązanie i odpowiedź na karcie odpowiedzi nr. 2.
Wszystkie formularze są wypełnione jasnym czarnym atramentem. Dozwolone jest używanie piór żelowych, kapilarnych lub wiecznych.
Podczas wykonywania zadań możesz użyć wersji roboczej. Wpisy robocze nie liczą się do oceny pracy.
Punkty, które otrzymujesz za wykonane zadania, sumują się.
Życzymy sukcesów!

Warunki zadania

1. Znajdź jeśli
2. Aby uzyskać powiększony obraz żarówki na ekranie w laboratorium, stosuje się soczewkę skupiającą o ogniskowej głównej = 30 cm Odległość soczewki od żarówki może wynosić od 40 do 65 cm, a odległość od obiektywu do ekranu - w zakresie od 75 do 100 cm Obraz na ekranie będzie wyraźny, jeśli stosunek zostanie spełniony. Podaj największą odległość od soczewki, w jakiej można ustawić żarówkę, aby jej obraz na ekranie był wyraźny. Wyraź swoją odpowiedź w centymetrach.
3. Statek przepływa wzdłuż rzeki do celu przez 300 km i po zaparkowaniu wraca do punktu wypłynięcia. Znajdź prędkość prądu, jeśli prędkość statku na stojącej wodzie wynosi 15 km/h, postój trwa 5 godzin, a statek wraca do punktu wypłynięcia po 50 godzinach od opuszczenia go. Podaj odpowiedź w km/h.
4. Znajdź najmniejszą wartość funkcji w segmencie
5. a) Rozwiąż równanie b) Znajdź wszystkie pierwiastki tego równania, które należą do odcinka
6. Biorąc pod uwagę prawy okrągły stożek z wierzchołkiem M. Przekrój osiowy stożka - trójkąt o kącie wierzchołkowym 120° M. Generator stożka jest. Przez kropkę M część stożka jest rysowana prostopadle do jednego z generatorów.
   a) Udowodnij, że otrzymany trójkąt jest trójkątem rozwartokątnym.
   b) Znajdź odległość od środka O podstawy stożka do płaszczyzny przekroju.
7. Rozwiązać równanie
8. Koło ze środkiem O dotyka boku AB Trójkąt równoramienny ABC, przedłużenia boczne AC i kontynuacja fundacji słońce w punkcie N. Kropka M- środek podstawy Słońce.
   a) Udowodnij to MN=AC.
   b) Znajdź system operacyjny, jeśli boki trójkąta ABC są 5, 5 i 8.
9. Projekt biznesowy „A” zakłada wzrost inwestowanych w niego kwot o 34,56% rocznie przez pierwsze dwa lata io 44% rocznie przez kolejne dwa lata. Projekt B zakłada wzrost o stałą liczbę całkowitą n procent rocznie. Znajdź najmniejszą wartość n, w ramach którego przez pierwsze cztery lata projekt „B” będzie bardziej opłacalny niż projekt „A”.
10. Znajdź wszystkie wartości parametru , , dla każdego z których układ równań ma jedyne rozwiązanie
11. Ania gra w grę: na tablicy są zapisane dwie różne liczby naturalne i , obie są mniejsze niż 1000. Jeśli obie są liczbami naturalnymi, Ania wykonuje ruch - zastępuje poprzednie tymi dwiema liczbami. Jeśli przynajmniej jedna z tych liczb nie jest liczbą naturalną, gra się kończy.
    a) Czy partia może trwać dokładnie trzy ruchy?
    b) Czy istnieją dwie takie liczby początkowe, że partia będzie trwała co najmniej 9 ruchów?
    c) Ania wykonała pierwszy ruch w grze. Znajdź największy możliwy stosunek iloczynu otrzymanych dwóch liczb do iloczynu

Niech dany będzie okrągły walec prawy, płaszczyzna pozioma rzutów jest równoległa do jego podstawy. Gdy walec przecina płaszczyzna w położeniu ogólnym (zakładamy, że płaszczyzna nie przecina podstaw walca), linia przecięcia jest elipsą, sam przekrój ma kształt elipsy, jego rzut poziomy pokrywa się z rzut podstawy cylindra, a przód również ma kształt elipsy. Ale jeśli płaszczyzna cięcia tworzy kąt równy 45 ° z osią cylindra, to przekrój, który ma kształt elipsy, jest rzutowany przez okrąg na tę płaszczyznę rzutów, do której przekrój jest nachylony w tym samym kąt.

Jeżeli płaszczyzna cięcia przecina boczną powierzchnię walca i jedną z jego podstaw (ryc. 8.6), to linia przecięcia ma kształt niepełnej elipsy (części elipsy). Poziomy rzut przekroju w tym przypadku jest częścią koła (rzut podstawy), a czołowy jest częścią elipsy. Płaszczyzna może być umieszczona prostopadle do dowolnej płaszczyzny rzutu, wówczas przekrój zostanie rzutowany na tę płaszczyznę rzutu linią prostą (część śladu siecznej płaszczyzny).

Jeśli walec przecina płaszczyzna równoległa do tworzącej, to linie przecięcia z powierzchnią boczną są proste, a sam przekrój ma kształt prostokąta, jeśli walec jest prosty, lub równoległoboku, jeśli walec jest nachylony.

Jak wiesz, zarówno walec, jak i stożek są utworzone przez powierzchnie proste.

Linia przecięcia (linia przecięcia) powierzchni prostopadłej i płaszczyzny w ogólnym przypadku jest pewną krzywą, która jest zbudowana z punktów przecięcia generatorów z płaszczyzną sieczną.

Niech będzie dane prosty okrągły stożek. Podczas przecinania jej z płaszczyzną linia przecięcia może przybrać postać: trójkąta, elipsy, koła, paraboli, hiperboli (ryc. 8.7), w zależności od położenia płaszczyzny.

Trójkąt uzyskuje się, gdy płaszczyzna cięcia przecinająca stożek przechodzi przez jego wierzchołek. W tym przypadku linie przecięcia z powierzchnią boczną są liniami prostymi przecinającymi się w górnej części stożka, które wraz z linią przecięcia podstawy tworzą trójkąt rzutowany na płaszczyzny rzutu ze zniekształceniem. Jeżeli płaszczyzna przecina oś stożka, to otrzymujemy trójkąt na odcinku, w którym kąt z wierzchołkiem pokrywającym się z wierzchołkiem stożka będzie maksymalny dla przekrojów trójkąta danego stożka. W tym przypadku przekrój jest rzutowany na poziomą płaszczyznę rzutowania (jest równoległa do jej podstawy) odcinkiem linii prostej.

Linia przecięcia płaszczyzny i stożka będzie elipsą, jeśli płaszczyzna nie jest równoległa do żadnego z generatorów stożka. Jest to równoważne z faktem, że płaszczyzna przecina wszystkie generatory (całą powierzchnię boczną stożka). Jeżeli płaszczyzna cięcia jest równoległa do podstawy stożka, to linia przecięcia jest okręgiem, sam przekrój jest rzutowany bez zniekształceń na płaszczyznę rzutu poziomego, a na płaszczyznę czołową jako odcinek prosty.

Linia przecięcia będzie parabolą, gdy sieczna płaszczyzna jest równoległa tylko do jednej tworzącej stożka. Jeśli płaszczyzna cięcia jest równoległa do dwóch generatorów w tym samym czasie, linia przecięcia jest hiperbolą.

Ścięty stożek uzyskuje się, jeśli prawy okrągły stożek przecina płaszczyzna równoległa do podstawy i prostopadła do osi stożka, a górna część jest odrzucana. W przypadku, gdy płaszczyzna rzutu poziomego jest równoległa do podstaw stożka ściętego, podstawy te są rzutowane na płaszczyznę rzutu poziomego bez zniekształceń przez koncentryczne okręgi, a rzut czołowy jest trapezem. Kiedy stożek ścięty jest przecinany przez płaszczyznę, w zależności od jego położenia, linia cięcia może przybrać formę trapezu, elipsy, koła, paraboli, hiperboli lub części jednej z tych krzywych, których końce są połączone linia prosta.

Cylinder V \u003d S główny. h

Przykład 2 Mając prawy okrągły stożek ABC równoboczny, BO = 10. Znajdź objętość stożka.

Rozwiązanie

Znajdź promień podstawy stożka. C \u003d 60 0, B \u003d 30 0,

Niech system operacyjny = a, wtedy BC = 2 a. Zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa:

Odpowiadać: .

Przykład 3. Oblicz objętości figur utworzonych przez obrót obszarów ograniczonych określonymi liniami.

y2=4x; y=0; x=4.

Granice integracji a = 0, b = 4.

V= | =32π

Zadania

opcja 1

1. Osiowym przekrojem walca jest kwadrat, którego przekątna wynosi 4 dm. Znajdź objętość cylindra.

2. Zewnętrzna średnica pustej kuli wynosi 18 cm, grubość ścianki 3 cm Znajdź objętość ścian kuli.

X figura ograniczona liniami y 2 = x, y = 0, x = 1, x = 2.

Opcja 2

1. Promień trzech kulek wynosi 6 cm, 8 cm, 10 cm Określ promień kuli, której objętość jest równa sumie objętości tych kulek.

2. Pole podstawy stożka wynosi 9 cm 2, a jego całkowita powierzchnia wynosi 24 cm 2. Znajdź objętość stożka.

3. Oblicz objętość ciała utworzonego przez obrót wokół osi O X figura ograniczona liniami y 2 =2x, y=0, x=2, x=4.

Pytania testowe:

1. Napisz własności objętości ciał.

2. Napisz wzór na obliczenie objętości ciała obracającego się wokół osi Oy.

Wstęp

Trafność tematu badań. Przekroje stożkowe były już znane matematykom starożytnej Grecji (np. Menechmus, IV wiek pne); za pomocą tych krzywych rozwiązano niektóre problemy konstrukcyjne (podwojenie sześcianu itp.), które okazały się niedostępne przy użyciu najprostszych narzędzi do rysowania - kompasów i linijek. W pierwszych badaniach, które do nas dotarły, geometrzy greccy uzyskiwali przekroje stożkowe, rysując płaszczyznę cięcia prostopadłą do jednego z generatorów, przy czym w zależności od kąta otwarcia na szczycie stożka (tj. największego kąta między generatorami jednej wnęki), linia przecięcia okazała się elipsą, jeśli ten kąt jest ostry, jest parabolą, jeśli jest kątem prostym, a hiperbolą, jeśli jest rozwarty. Najbardziej kompletną pracą poświęconą tym krzywym były „Przekroje stożkowe” Apoloniusza z Perge (około 200 pne). Dalsze postępy w teorii przekrojów stożkowych wiążą się z powstaniem w XVII wieku. nowe metody geometryczne: rzutowe (matematycy francuscy J. Desargues, B. Pascal) a zwłaszcza współrzędnych (matematycy francuscy R. Descartes, P. Fermat).

Zainteresowanie przekrojami stożkowymi zawsze było wspierane przez fakt, że krzywe te często występują w różnych zjawiskach naturalnych i działalności człowieka. W nauce przekroje stożkowe nabrały szczególnego znaczenia po tym, jak niemiecki astronom I. Kepler odkrył na podstawie obserwacji, a angielski naukowiec I. Newton teoretycznie uzasadnił prawa ruchu planet, z których jedno stwierdza, że ​​\u200b\u200bplanety i komety Układu Słonecznego poruszają się wzdłuż stożka sekcje, w jednym z ognisk których jest Słońce. Następujące przykłady odnoszą się do pewnych typów przekrojów stożkowych: pocisk lub kamień rzucony ukośnie do horyzontu opisuje parabolę (prawidłowy kształt krzywej jest nieco zniekształcony przez opór powietrza); w niektórych mechanizmach stosowane są koła zębate eliptyczne („przekładnia eliptyczna”); hiperbola służy jako wykres odwrotnej proporcjonalności, często obserwowanej w przyrodzie (na przykład prawo Boyle'a-Mariotte'a).

Cel:

Badanie teorii przekrojów stożkowych.

Temat badań:

Sekcje stożkowe.

Cel badania:

Teoretycznie zbadaj cechy przekrojów stożkowych.

Przedmiot badań:

Sekcje stożkowe.

Przedmiot badań:

Historyczny rozwój przekrojów stożkowych.

1. Powstawanie przekrojów stożkowych i ich rodzaje

Przekroje stożkowe to linie, które tworzą się na przekroju prawego stożka kołowego o różnych płaszczyznach.

Zauważ, że powierzchnia stożkowa to powierzchnia utworzona przez ruch linii prostej, która cały czas przechodzi przez stały punkt (wierzchołek stożka) i cały czas przecina stałą krzywą - prowadnicę (w naszym przypadku okrąg ).

Klasyfikując te proste ze względu na charakter położenia siecznych płaszczyzn względem generatorów stożka, uzyskuje się trzy rodzaje krzywych:

I. Krzywe utworzone przez przekrój stożka przez płaszczyzny nierównoległe do żadnej z generatorów. Takimi krzywymi będą różne okręgi i elipsy. Krzywe te nazywane są krzywymi eliptycznymi.

II. Krzywe utworzone przez przekrój stożka przez płaszczyzny, z których każda jest równoległa do jednej z tworzących stożka (ryc. 1b). Takimi krzywymi będą tylko parabole.

III. Krzywe utworzone przez przekrój stożka przez płaszczyzny, z których każda jest równoległa do dwóch generatorów (ryc. 1c). takie krzywe będą hiperbolami.

Nie mogą już istnieć żadne krzywe typu IV, ponieważ nie może istnieć płaszczyzna równoległa do trzech generatorów stożka jednocześnie, ponieważ żadne trzy generatory stożka nie leżą w tej samej płaszczyźnie.

Należy zauważyć, że stożek może być przecinany przez płaszczyzny i tak, że w przekroju otrzymamy dwie proste. Aby to zrobić, sieczne płaszczyzny muszą być narysowane przez górę stożka.

2. Elipsa

Dwa twierdzenia są ważne dla badania właściwości przekrojów stożkowych:

Twierdzenie 1. Niech dany będzie prosty okrągły stożek, który jest podzielony płaszczyznami b 1, b 2, b 3, prostopadłymi do jego osi. Wówczas wszystkie odcinki generatorów stożkowych pomiędzy dowolną parą okręgów (otrzymanych w przekroju z zadanymi płaszczyznami) są sobie równe, tj. A 1 B 1 \u003d A 2 B 2 \u003d itd. i B 1 C 1 \u003d B 2 C 2 \u003d itd. Twierdzenie 2. Jeżeli dana jest powierzchnia kulista, a poza nią znajduje się jakiś punkt S, to odcinki stycznych poprowadzonych od punktu S do powierzchni kulistej będą sobie równe, tj. SA 1 = SA 2 = SA 3 itd.

2.1 Podstawowa własność elipsy

Przecinamy prawy stożek kołowy płaszczyzną przecinającą wszystkie jego generatory.W przekroju otrzymujemy elipsę. Narysujmy płaszczyznę prostopadłą do płaszczyzny przechodzącą przez oś stożka.

W stożek wpisujemy dwie kule tak, aby znajdując się po przeciwnych stronach płaszczyzny i stykając się z powierzchnią stożkową, każda z nich stykała się w jakimś punkcie z płaszczyzną.

Niech jedna kula dotknie płaszczyzny w punkcie F 1 i dotknie stożka wzdłuż okręgu C 1, a druga w punkcie F 2 i dotknie stożka wzdłuż okręgu C 2 .

Weź dowolny punkt P na elipsie.

Oznacza to, że wszystkie wyciągnięte na ten temat wnioski będą ważne dla dowolnego punktu elipsy. Narysujmy tworzącą OR stożka i zaznaczmy punkty R 1 i R 2, w których styka się on ze skonstruowanymi kulami.

Połącz punkt P z punktami F 1 i F 2 . Wtedy PF 1 = PR 1 i PF 2 = PR 2, ponieważ PF 1, PR 1 to styczne poprowadzone z punktu P do jednej kuli, a PF 2, PR 2 to styczne poprowadzone z punktu P do innej kuli (twierdzenie 2 ) . Dodając obie równości termin po terminie, znajdujemy

PF 1 + PF 2 = PR 1 + PR 2 = R 1 R 2 (1)

Ta zależność pokazuje, że suma odległości (РF 1 i РF 2) dowolnego punktu P elipsy do dwóch punktów F 1 i F 2 jest wartością stałą dla tej elipsy (to znaczy nie zależy od położenia punktu P na elipsie).

Punkty F 1 i F 2 nazywane są ogniskami elipsy. Punkty, w których prosta F 1 F 2 przecina elipsę, nazywane są wierzchołkami elipsy. Odcinek między wierzchołkami nazywa się główną osią elipsy.

Odcinek tworzącej R 1 R 2 ma długość równą głównej osi elipsy. Wtedy główna właściwość elipsy jest sformułowana w następujący sposób: suma odległości dowolnego punktu P elipsy do jej ognisk F 1 i F 2 jest dla tej elipsy wartością stałą, równą długości jej głównej osi.

Zauważ, że jeśli ogniska elipsy pokrywają się, to elipsa jest kołem, tj. okrąg jest szczególnym przypadkiem elipsy.

2.2 Równanie elipsy

Aby zapisać równanie elipsy, musimy rozważyć elipsę jako zbiór punktów, które mają pewne właściwości charakteryzujące to miejsce. Przyjmijmy główną właściwość elipsy jako jej definicję: Elipsa jest zbiorem punktów na płaszczyźnie, dla której suma odległości do dwóch stałych punktów F 1 i F 2 tej płaszczyzny, zwanych ogniskami, jest stałą wartością równą długość jego głównej osi.

Niech długość odcinka F 1 F 2 \u003d 2c, a długość głównej osi wynosi 2a. Aby wyprowadzić kanoniczne równanie elipsy, wybieramy początek O kartezjańskiego układu współrzędnych w środku odcinka F 1 F 2 i kierujemy osie Ox i Oy, jak pokazano na rysunku 5. (Jeśli ogniska się pokrywają, to O pokrywa się z F 1 i F 2, a poza osią Ox można przyjąć dowolną oś przechodzącą przez O). Następnie w wybranym układzie współrzędnych punkty F 1 (c, 0) i F 2 (-c, 0). Oczywiście 2a > 2c, tj. a>c. Niech M(x, y) będzie punktem płaszczyzny należącej do elipsy. Niech MF 1 =r 1 , MF 2 =r 2 . Zgodnie z definicją elipsy równość

r 1 +r 2 =2a (2) jest warunkiem koniecznym i wystarczającym położenia punktu M (x, y) na danej elipsie. Korzystając ze wzoru na odległość między dwoma punktami, otrzymujemy

r 1 =, r 2 =. Wróćmy do równości (2):

Przenieśmy jeden pierwiastek na prawą stronę równości i podnieśmy go do kwadratu:

Redukując, otrzymujemy:

Dajemy podobne, zmniejszamy o 4 i izolujemy rodnik:

Kwadratujemy

Otwórz nawiasy i skróć do:

skąd mamy:

(a 2 -c 2) x 2 + za 2 y 2 \u003d za 2 (a 2 -c 2). (3)

Zauważ, że a 2 -c 2 >0. Rzeczywiście, r 1 + r 2 jest sumą dwóch boków trójkąta F 1 MF 2 , a F 1 F 2 jest jego trzecim bokiem. Dlatego r 1 +r 2 > F 1 F 2 , czyli 2а>2с, tj. a>c. Oznacz a 2 -c 2 \u003d b 2. Równanie (3) będzie wyglądać następująco: b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b 2 . Przeprowadźmy transformację, która sprowadza równanie elipsy do postaci kanonicznej (dosłownie: wziętej jako próbka), a mianowicie dzielimy obie części równania przez a 2 b 2:

(4) - równanie kanoniczne elipsy.

Ponieważ równanie (4) jest algebraiczną konsekwencją równania (2*), to współrzędne x i y dowolnego punktu M elipsy również będą spełniać równanie (4). Ponieważ „dodatkowe pierwiastki” mogą pojawić się podczas przekształceń algebraicznych związanych z pozbyciem się pierwiastków, należy upewnić się, że dowolny punkt M, którego współrzędne spełniają równanie (4), znajduje się na tej elipsie. W tym celu wystarczy udowodnić, że wielkości r 1 i r 2 dla każdego punktu spełniają zależność (2). Niech więc współrzędne x i y punktu M spełniają równanie (4). Podstawiając wartość y 2 z (4) do wyrażenia r 1 , po prostych przekształceniach stwierdzamy, że r 1 =. Skoro więc r 1 =. Całkiem podobnie stwierdzamy, że r 2 =. Zatem dla rozważanego punktu M r 1 =, r 2 =, tj. r 1 + r 2 \u003d 2a, dlatego punkt M znajduje się na elipsie. Wielkości aib nazywane są odpowiednio większą i mniejszą półosią elipsy.

2.3 Badanie kształtu elipsy według jej równania

Ustalmy kształt elipsy za pomocą jej równania kanonicznego.

1. Równanie (4) zawiera x i y tylko w potęgach parzystych, więc jeśli punkt (x, y) należy do elipsy, to punkty (x, - y), (-x, y), (-x, - tak). Wynika z tego, że elipsa jest symetryczna względem osi Ox i Oy, a także względem punktu O (0,0), który nazywamy środkiem elipsy.

2. Znajdź punkty przecięcia elipsy z osiami współrzędnych. Umieszczając y \u003d 0, znajdujemy dwa punkty A 1 (a, 0) i A 2 (-a, 0), w których oś Wół przecina elipsę. Wstawiając x=0 do równania (4), znajdujemy punkty przecięcia elipsy z osią Oy: B 1 (0, b) i. B 2 (0, - b) Punkty A 1 , A 2 , B 1 , B 2 nazywane są wierzchołkami elipsy.

3. Z równania (4) wynika, że ​​każdy wyraz po lewej stronie nie przekracza jedności, tj. istnieją nierówności i lub i. Dlatego wszystkie punkty elipsy leżą wewnątrz prostokąta utworzonego przez proste, .

4. W równaniu (4) suma wyrazów nieujemnych i jest równa jeden. Dlatego, gdy jeden termin rośnie, drugi będzie się zmniejszał, tj. Jeśli x rośnie, to y maleje i odwrotnie.

Z tego, co zostało powiedziane, wynika, że ​​elipsa ma kształt pokazany na ryc. 6 (owalna krzywa zamknięta).

Zauważmy, że jeśli a = b, to równanie (4) przyjmie postać x 2 + y 2 = a 2 . To jest równanie okręgu. Elipsę można uzyskać z okręgu o promieniu a, jeśli zostanie ona ściśnięta raz wzdłuż osi Oy. Przy takim skurczu punkt (x; y) przejdzie do punktu (x; y 1), gdzie. Podstawiając koło do równania, otrzymujemy równanie elipsy: .

Wprowadźmy jeszcze jedną wielkość charakteryzującą kształt elipsy.

Mimośrodowość elipsy to stosunek ogniskowej 2c do długości 2a jej głównej osi.

Ekscentryczność jest zwykle oznaczana przez e: e = Ponieważ c< a, то. Заметив, что c 2 = a 2 - b 2 , находим: , отсюда.

Z ostatniej równości łatwo uzyskać geometryczną interpretację mimośrodowości elipsy. Dla bardzo małych liczb a i b są prawie równe, to znaczy elipsa jest zbliżona do koła. Jeśli jest bliska jedności, to liczba b jest bardzo mała w porównaniu z liczbą a, a elipsa jest silnie wydłużona wzdłuż głównej osi. Tak więc mimośrodowość elipsy charakteryzuje miarę wydłużenia elipsy.

3. Hiperbola

3.1 Główna właściwość hiperboli

Badając hiperbolę za pomocą konstrukcji podobnych do konstrukcji wykonanych przy badaniu elipsy, stwierdzamy, że hiperbola ma właściwości podobne do właściwości elipsy.

Przetnijmy prosty okrągły stożek płaszczyzną b przecinającą obie jego płaszczyzny, tj. równolegle do dwóch jego generatorów. Przekrój jest hiperbolą. Narysujmy przez oś ST stożka płaszczyznę ASB, prostopadłą do płaszczyzny b.

Wpiszmy w stożek dwie kule - jedną w jedną z jego wnęki, drugą w drugą, tak aby każda z nich stykała się z powierzchnią stożkową i sieczną. Niech pierwsza kula dotknie płaszczyzny b w punkcie F 1 i dotknie stożkowej powierzchni wzdłuż okręgu UґVґ. Niech druga kula dotknie płaszczyzny b w punkcie F 2 i dotknie stożkowej powierzchni wzdłuż okręgu UV.

Na hiperboli wybieramy dowolny punkt M. Przeprowadźmy przez niego tworzącą stożek MS i zaznaczmy punkty d i D, w których styka się on z pierwszą i drugą kulą. Punkt M łączymy z punktami F 1 , F 2 , które nazwiemy ogniskami hiperboli. Wtedy MF 1 = Md, ponieważ oba odcinki są styczne do pierwszej kuli, poprowadzonej z punktu M. Podobnie, MF 2 = MD. Odejmując termin po terminie od pierwszej równości, znajdujemy drugą

MF 1 -MF 2 \u003d Md-MD \u003d dD,

gdzie dD jest wartością stałą (jako tworząca stożka o podstawach UґVґ i UV), niezależną od wyboru punktu M na hiperboli. Oznaczmy przez P i Q punkty, w których prosta F 1 F 2 przecina hiperbolę. Te punkty P i Q nazywane są wierzchołkami hiperboli. Segment PQ nazywany jest rzeczywistą osią hiperboli. W toku elementarnej geometrii udowodniono, że dD=PQ. Dlatego MF 1 - MF 2 = PQ.

Jeśli punkt M będzie znajdował się na tej gałęzi hiperboli, w pobliżu której znajduje się ognisko F 1, to MF 2 -MF 1 = PQ. W końcu otrzymujemy МF 1 -MF 2 = PQ.

Moduł różnicy odległości dowolnego punktu M hiperboli od jej ognisk F 1 i F 2 jest stałą wartością równą długości rzeczywistej osi hiperboli.

3.2 Równanie hiperboli

Przyjmijmy główną właściwość hiperboli jako jej definicję: Hiperbola to miejsce punktów na płaszczyźnie, dla których moduł różnicy odległości do dwóch stałych punktów F 1 i F 2 tej płaszczyzny, zwanych ogniskami, jest stały wartość równa długości jego rzeczywistej osi.

Niech długość odcinka F 1 F 2 \u003d 2c, a długość osi rzeczywistej wynosi 2a. Aby wyprowadzić kanoniczne równanie hiperboli, wybieramy początek O kartezjańskiego układu współrzędnych w środku odcinka F 1 F 2 i kierujemy osie Ox i Oy, jak pokazano na rysunku 5. Następnie w wybranym układzie współrzędnych, punkty F 1 (c, 0) i F 2 ( -s, 0). Oczywiście 2a<2с, т.е. а<с. Пусть М (х, у) - точка плоскости, принадлежащая гиперболе. Пусть МF 1 =r 1 , МF 2 =r 2 . Согласно определению гиперболы равенство

r 1 -r 2 \u003d 2a (5) jest koniecznym i wystarczającym warunkiem położenia punktu M (x, y) na tej hiperboli. Korzystając ze wzoru na odległość między dwoma punktami, otrzymujemy

r 1 =, r 2 =. Wróćmy do równości (5):

Podnieśmy obie strony równania do kwadratu

(x + s) 2 + y 2 \u003d 4a 2 ± 4a + (x-c) 2 + y 2

Redukując, otrzymujemy:

2 хс=4а 2 ±4а-2 хс

±4a=4a 2 -4 xs

za 2 x 2 -2a 2 xc + za 2 do 2 + za 2 y 2 \u003d za 4 -2a 2 xc + x 2 do 2

x 2 (c 2 -a 2) - za 2 y 2 \u003d za 2 (c 2 -a 2) (6)

Zauważ, że c 2 -a 2 > 0. Oznaczmy do 2 -a 2 = b 2 . Równanie (6) będzie wyglądać następująco: b 2 x 2 -a 2 y 2 =a 2 b 2 . Wykonujemy transformację sprowadzającą równanie hiperboli do postaci kanonicznej, a mianowicie dzielimy obie części równania przez a 2 b 2: (7) - kanoniczne równanie hiperboli, wielkości a i b są odpowiednio rzeczywistymi i urojonymi półosiami hiperboli.

Musimy upewnić się, że równanie (7), otrzymane przez algebraiczne przekształcenia równania (5*), nie uzyskało nowych pierwiastków. Aby to zrobić, wystarczy udowodnić, że dla każdego punktu M, którego współrzędne x i y spełniają równanie (7), wartości r 1 i r 2 spełniają zależność (5). Prowadząc argumenty podobne do tych, które zostały wykonane podczas wyprowadzania formuły elipsy, znajdujemy następujące wyrażenia dla r 1 i r 2:

Zatem dla rozważanego punktu M mamy r 1 -r 2 = 2a, a więc znajduje się on na hiperboli.

3.3 Badanie równania hiperboli

Spróbujmy teraz, opierając się na równaniu (7), zorientować się w położeniu hiperboli.
1. Po pierwsze, równanie (7) pokazuje, że hiperbola jest symetryczna względem obu osi. Wyjaśnia to fakt, że w równaniu krzywej uwzględniono tylko parzyste stopnie współrzędnych. 2. Zaznaczamy teraz obszar płaszczyzny, w którym będzie leżeć krzywa. Równanie hiperboli, rozwiązane względem y, ma postać:

Pokazuje, że y zawsze istnieje, gdy x 2? 2 . Oznacza to, że dla x? a i dla x? - a rzędna y będzie rzeczywista, a dla - a

Ponadto wraz ze wzrostem x (i większym a) rzędna y będzie również cały czas rosła (w szczególności widać z tego, że krzywa nie może być falista, tj. taka, że ​​wraz ze wzrostem odciętej x, współrzędna y rośnie lub maleje).

3. Środek hiperboli to punkt, względem którego każdy punkt hiperboli ma na sobie punkt symetryczny względem siebie. Punkt O(0,0), początek, podobnie jak dla elipsy, jest środkiem hiperboli określonej równaniem kanonicznym. Oznacza to, że każdy punkt hiperboli ma punkt symetryczny na hiperboli względem punktu O. Wynika to z symetrii hiperboli względem osi Ox i Oy. Każda cięciwa hiperboli przechodząca przez jej środek nazywana jest średnicą hiperboli.

4. Punkty przecięcia hiperboli z linią, na której leżą jej ogniska, nazywane są wierzchołkami hiperboli, a odcinek między nimi nazywany jest rzeczywistą osią hiperboli. W tym przypadku rzeczywistą osią jest oś x. Zauważ, że rzeczywista oś hiperboli jest często nazywana zarówno odcinkiem 2a, jak i samą linią prostą (oś Ox), na której leży.

Znajdź punkty przecięcia hiperboli z osią Oy. Równanie osi y to x=0. Podstawiając x = 0 do równania (7) otrzymujemy, że hiperbola nie ma punktów przecięcia z osią Oy. Jest to zrozumiałe, ponieważ w pasie o szerokości 2a obejmującym oś Oy nie ma punktów hiperboli.

Linia prostopadła do rzeczywistej osi hiperboli i przechodząca przez jej środek nazywana jest urojoną osią hiperboli. W tym przypadku pokrywa się z osią y. Tak więc w mianownikach terminów z x 2 i y 2 w równaniu hiperboli (7) znajdują się kwadraty rzeczywistych i urojonych półosi hiperboli.

5. Hiperbola przecina prostą y = kx dla k< в двух точках. Если k то общих точек у прямой и гиперболы нет.

Dowód

Aby wyznaczyć współrzędne punktów przecięcia hiperboli i prostej y = kx, konieczne jest rozwiązanie układu równań

Eliminując y, otrzymujemy

lub Dla b 2 -k 2 a 2 0, czyli dla k, wynikowe równanie, a zatem układ rozwiązań, nie ma.

Proste o równaniach y= i y= - nazywane są asymptotami hiperboli.

Dla b 2 -k 2 a 2 >0, czyli dla k< система имеет два решения:

Dlatego każda prosta przechodząca przez początek układu współrzędnych o nachyleniu k< пересекает гиперболу в двух точках. При k = 0 получаем точки пересечения (a; 0) и (- a; 0) - вершины гиперболы.

6. Właściwość optyczna hiperboli: promienie optyczne wychodzące z jednego ogniska hiperboli, odbite od niego, wydają się pochodzić z drugiego ogniska.

Mimośrodowość hiperboli to stosunek ogniskowej 2c do długości 2a jej rzeczywistej osi?
tych. od strony jego wklęsłości.

3.4 Hiperbola sprzężona

Wraz z hiperbolą (7) rozważana jest tak zwana hiperbola sprzężona względem niej. Hiperbola sprzężona jest zdefiniowana przez równanie kanoniczne.

na ryc. 10 przedstawia hiperbolę (7) i jej sprzężoną hiperbolę. Hiperbola sprzężona ma takie same asymptoty jak podana, ale F 1 (0, c),

4. Parabola

4.1 Podstawowa własność paraboli

Ustalmy podstawowe własności paraboli. Przetnijmy prawy stożek kołowy o wierzchołku S płaszczyzną równoległą do jednego z jego generatorów. W sekcji otrzymujemy parabolę. Narysujmy przez oś ST stożka płaszczyznę ASB, prostopadłą do tej płaszczyzny (rys. 11). Leżąca w nim tworząca SA będzie równoległa do płaszczyzny. Wpiszmy w stożek sferyczną powierzchnię styczną do stożka wzdłuż okręgu UV i styczną do płaszczyzny w punkcie F. Poprowadźmy przez punkt F linię równoległą do generatora SA. Punkt jej przecięcia z tworzącą SB oznaczamy przez P. Punkt F nazywamy ogniskiem paraboli, punkt P jest jej wierzchołkiem, a prostą PF przechodzącą przez wierzchołek i ognisko (i równoległą do tworzącej SA ) nazywamy osią paraboli. Parabola nie będzie miała drugiego wierzchołka - punktu przecięcia osi PF z tworzącą SA: ten punkt "biegnie do nieskończoności". Nazwijmy kierownicą (w tłumaczeniu oznacza „prowadnicę”) linię q 1 q 2 przecięcia płaszczyzny z płaszczyzną, w której leży okrąg UV. Weźmy dowolny punkt M na paraboli i połączmy go z wierzchołkiem stożka S. Prosta MS styka się z kulą w punkcie D leżącym na okręgu UV. Łączymy punkt M z ogniskiem F i upuszczamy prostopadłą MK z punktu M na kierownicę. Wtedy okazuje się, że odległości dowolnego punktu M paraboli do ogniska (MF) i do kierownicy (MK) są sobie równe (główna właściwość paraboli), tj. MF=MK.

Dowód: МF=MD (jako styczne do kuli z jednego punktu). Oznaczmy kąt między dowolną tworzącą stożka a osią ST jako q. Rzutujmy odcinki MD i MK na oś ST. Segment MD tworzy rzut na oś ST równy MDcosc, ponieważ MD leży na tworzącej stożka; odcinek MK tworzy rzut na oś ST równy MKsoc, ponieważ odcinek MK jest równoległy do ​​tworzącej SA. (Rzeczywiście kierownica q 1 q 1 jest prostopadła do płaszczyzny ASB. Zatem prosta PF przecina kierownicę w punkcie L pod kątem prostym. Ale proste MK i PF leżą w tej samej płaszczyźnie, a MK jest również prostopadła do dyrekcji). Rzuty obu odcinków MK i MD na oś ST są sobie równe, ponieważ jeden z ich końców - punkt M - jest wspólny, a dwa pozostałe D i K leżą w płaszczyźnie prostopadłej do osi ST (ryc. ). Wtedy МDcosц= MKsоsц lub МD= MK. Dlatego MF=MK.

Obiekt 1.(Ogniskowa właściwość paraboli).

Odległość od dowolnego punktu paraboli do środka cięciwy głównej jest równa jej odległości od kierownicy.

Dowód.

Punkt F - punkt przecięcia linii QR i cięciwy głównej. Punkt ten leży na osi symetrii Oy. Rzeczywiście, trójkąty RNQ i ROF są przystające, podobnie jak trójkąty prostokątne

trójkąty z wczesnymi nogami (NQ=OF, OR=RN). Dlatego bez względu na to, który punkt N przyjmiemy, zbudowana wzdłuż niego linia QR przetnie cięciwę główną w jej środku F. Teraz jest jasne, że trójkąt FMQ jest równoramienny. Rzeczywiście, odcinek MR jest zarówno medianą, jak i wysokością tego trójkąta. Oznacza to, że MF=MQ.

Nieruchomość 2.(Właściwość optyczna paraboli).

Każda styczna do paraboli tworzy równe kąty z promieniem ogniska poprowadzonym do punktu stycznego, a promień wychodzący z punktu stycznego i współkierowany z osią (lub promienie wychodzące z pojedynczego ogniska, odbite od paraboli, pójdą równolegle do osi).

Dowód. Dla punktu N leżącego na samej paraboli równość |FN|=|NH| jest prawdziwa, a dla punktu N" leżącego w wewnętrznym obszarze paraboli |FN"|<|N"H"|. Если теперь провести биссектрису l угла FМК, то для любой отличной от М точки M" прямой l найдём:

|FM"|=|M"K"|>|M"K"|, czyli punkt M" leży w zewnętrznym obszarze paraboli. Tak więc cała prosta l, z wyjątkiem punktu M, leży w zewnętrznym obszarze, to znaczy wewnętrzny obszar paraboli leży po jednej stronie l, co oznacza, że ​​l jest styczna do paraboli. Daje to dowód własności optycznej paraboli: kąt 1 jest równy kątowi 2, ponieważ l jest dwusieczną kąta FMK.

4.2 Równanie paraboli

Opierając się na głównej własności paraboli, formułujemy jej definicję: parabola to zbiór wszystkich punktów płaszczyzny, z których każdy jest jednakowo oddalony od danego punktu, zwanego ogniskiem, i danej prostej, zwanej kierownicą . Odległość od ogniska F do kierownicy nazywana jest parametrem paraboli i oznaczana jest przez p (p > 0).

Aby wyprowadzić równanie paraboli wybieramy układ współrzędnych Oxy tak, aby oś Ox przechodziła przez ognisko F prostopadle do kierownicy w kierunku od kierownicy do F, a początek O znajdował się pośrodku między ogniskiem a kierownicą (Rys. 12). W wybranym układzie ogniskiem jest F(, 0), a równanie kierownicy ma postać x=-, czyli x+=0. Niech m (x, y) będzie dowolnym punktem paraboli. Połącz punkt M z F. Narysuj odcinek MH prostopadle do kierownicy. Zgodnie z definicją paraboli MF = MH. Korzystając ze wzoru na odległość między dwoma punktami, znajdujemy:

Dlatego podnosząc obie strony równania do kwadratu, otrzymujemy

tych. (8) Równanie (8) nazywane jest równaniem kanonicznym paraboli.

4.3 Badanie form paraboli według jej równania

1. W równaniu (8) zmienna y jest zawarta w stopniu parzystym, co oznacza, że ​​parabola jest symetryczna względem osi Ox; oś x jest osią symetrii paraboli.

2. Skoro c > 0, to z (8) wynika, że ​​x>0. Dlatego parabola znajduje się na prawo od osi y.

3. Niech x \u003d 0, a następnie y \u003d 0. Dlatego parabola przechodzi przez początek.

4. Przy nieograniczonym wzroście x moduł y również rośnie w nieskończoność. Parabola y 2 \u003d 2 px ma postać (kształt) pokazaną na ryc. 13. Punkt O (0; 0) nazywany jest wierzchołkiem paraboli, odcinek FM \u003d r nazywany jest promieniem ogniska punktu M Równania y 2 \u003d -2 px, x 2 \u003d - 2 py, x 2 =2 py (p>0) również definiują parabole.

1.5. Właściwość katalogowa przekrojów stożkowych .

Udowodnimy tutaj, że każdy niekołowy (niezdegenerowany) przekrój stożkowy można zdefiniować jako zbiór punktów M, których stosunek odległości MF od stałego punktu F do odległości MP od prostej d nieprzechodzącej przez punkt F jest równy stałej wartości e: gdzie F - ognisko przekroju stożkowego, prosta d to kierownica, a stosunek e to mimośrodowość. (Jeżeli punkt F należy do prostej d, to warunek określa zbiór punktów, który jest parą prostych, czyli zdegenerowanym przekrojem stożkowym; dla e = 1 ta para prostych łączy się w jedną prostą. Aby udowodnić to rozważ stożek utworzony przez obrót prostej l wokół przecinającej ją w punkcie O prostej p, stanowiącej z l kąt b< 90є; пусть плоскость р не проходит через вершину конуса и образует с его осью p угол в < 90є (если в = 90є, то плоскость р пересекает конус по окружности).

Wpiszmy kulę K w stożek stykający się z płaszczyzną p w punkcie F i stykający się ze stożkiem wzdłuż okręgu S. Linię przecięcia płaszczyzny p z płaszczyzną y okręgu S oznaczamy przez d.

Połączmy teraz dowolny punkt M, leżący na prostej A przecięcia płaszczyzny p i stożka, z wierzchołkiem O tego stożka i z punktem F, i spuśćmy prostopadłą MP z M na prostą d; oznaczmy również przez E punkt przecięcia generatora MO stożka z okręgiem S.

Ponadto MF = ME, jako odcinki dwóch stycznych kuli K, poprowadzone z jednego punktu M.

Ponadto odcinek ME tworzy z osią p stożka stały (tj. niezależny od wyboru punktu M) kąt 6, a odcinek MP tworzy stały kąt β; zatem rzuty tych dwóch odcinków na oś p są odpowiednio równe ME cos b i MP cos c.

Ale te rzuty pokrywają się, ponieważ odcinki ME i MP mają wspólny początek M, a ich końce leżą w płaszczyźnie y prostopadłej do osi p.

Dlatego ME cos b = MP cos c, lub ponieważ ME = MF, MF cos b = MP cos c, stąd wynika, że

Łatwo też pokazać, że jeśli punkt M płaszczyzny p nie należy do stożka, to wtedy. Zatem każdy odcinek prawego stożka kołowego można opisać jako zbiór punktów na płaszczyźnie, dla których. Z drugiej strony zmieniając wartości kątów b i c możemy nadać mimośrodowi dowolną wartość e > 0; Ponadto, z rozważań nad podobieństwem nietrudno zrozumieć, że odległość FQ od ogniska do kierownicy jest wprost proporcjonalna do promienia r kuli K (lub odległości d płaszczyzny p od wierzchołka O stożek). Można pokazać, że zatem odpowiednio dobierając odległość d, możemy nadać odległości FQ dowolną wartość. Dlatego każdy zbiór punktów M, dla których stosunek odległości od M do punktu stałego F i do prostej d ma stałą wartość, można opisać jako krzywą uzyskaną w przekroju prawego stożka kołowego przez samolot. Dowodzi to, że (niezdegenerowane) przekroje stożkowe można również zdefiniować za pomocą właściwości omówionej w tym podrozdziale.

Ta właściwość przekrojów stożkowych nazywa się nimi właściwość katalogu. Jest jasne, że jeśli c > b, to e< 1; если в = б, то е = 1; наконец, если в < б, то е >1. Z drugiej strony łatwo zauważyć, że jeśli s > 6, to płaszczyzna p przecina stożek wzdłuż zamkniętej linii ograniczonej; jeśli c = b, to płaszczyzna p przecina stożek wzdłuż nieograniczonej linii; jeśli w< б, то плоскость р пересекает обе полы конуса и, следовательно, линия пересечения этой плоскости и конуса состоит из двух (неограниченных) частей или ветвей (рис. 17).

Sekcja stożkowa, dla której e< 1, называется эллипсом; коническое сечение с эксцентриситетом е = 1 называется параболой; коническое сечение, для которого е >1 nazywa się hiperbolą. Wielokropki obejmują również okrąg, którego nie można określić za pomocą właściwości katalogu; ponieważ dla koła stosunek zmienia się do 0 (ponieważ w tym przypadku β \u003d 90º), warunkowo uważa się, że okrąg jest przekrojem stożkowym o mimośrodzie 0.

6. Elipsa, hiperbola i parabola jako przekroje stożkowe

hiperbola elipsy o przekroju stożkowym

Starożytny grecki matematyk Menechmus, który odkrył elipsę, hiperbolę i parabolę, zdefiniował je jako odcinki kołowego stożka przez płaszczyznę prostopadłą do jednego z generatorów. Powstałe krzywe nazwał odcinkami stożków o kącie ostrym, prostokątnym i rozwartym, w zależności od kąta osiowego stożka. Pierwsza, jak zobaczymy poniżej, to elipsa, druga to parabola, trzecia to jedna gałąź hiperboli. Nazwy „elipsa”, „hiperbola” i „parabola” zostały wprowadzone przez Apoloniusza. Prawie całkowicie (7 z 8 ksiąg) dzieło Apoloniusza „O przekrojach stożkowych” dotarło do nas. W tej pracy Apoloniusz rozważa oba piętra stożka i przecina stożek płaszczyznami, które niekoniecznie są prostopadłe do jednego z generatorów.

Twierdzenie. Przekrój dowolnego prostego stożka kołowego przez płaszczyznę (nie przechodzącą przez jego wierzchołek) wyznacza krzywą, która może być tylko hiperbolą (ryc. 4), parabolą (ryc. 5) lub elipsą (ryc. 6). Co więcej, jeśli płaszczyzna przecina tylko jedną płaszczyznę stożka i wzdłuż zamkniętej krzywej, to ta krzywa jest elipsą; jeśli płaszczyzna przecina tylko jedną płaszczyznę wzdłuż otwartej krzywej, to ta krzywa jest parabolą; jeżeli płaszczyzna cięcia przecina obie płaszczyzny stożka, to w przekroju powstaje hiperbola.

Elegancki dowód tego twierdzenia został zaproponowany w 1822 roku przez Dandelina przy użyciu sfer, które obecnie nazywane są sferami Dandelin. Spójrzmy na ten dowód.

Wpiszmy w stożek dwie kule stykające się z płaszczyzną przekroju П z różnych stron. Oznaczmy przez F1 i F2 punkty styku tej płaszczyzny z kulami. Weźmy dowolny punkt M na prostej przekroju stożka przez płaszczyznę P. Na tworzącej stożka przechodzącej przez M zaznaczamy punkty P1 i P2 leżące na okręgu k1 i k2, wzdłuż których kule stykają się z stożek.

Jest oczywiste, że MF1=MP1 jako odcinki dwóch stycznych do pierwszej sfery wychodzące z M; podobnie MF2=MP2. Dlatego MF1+MF2=MP1+MP2=P1P2. Długość odcinka P1P2 jest taka sama dla wszystkich punktów M naszego przekroju: jest to tworząca stożka ściętego ograniczonego równoległymi płaszczyznami 1 i 11, w których leżą okręgi k1 i k2. Zatem linia przekroju stożka przez płaszczyznę P jest elipsą o ogniskach F1 i F2. Słuszność tego twierdzenia można również ustalić na podstawie ogólnego stanowiska, że ​​przecięcie powierzchni drugiego rzędu przez płaszczyznę jest linią drugiego rzędu.

Literatura

1. Atanasyan LS, Bazylev V.T. Geometria. Za 2 godziny Część 1. Podręcznik dla studentów fizyki i matematyki. ped. in-comrade-M.: Oświecenie, 1986.

2. Bazylew V.T. itp. Geometria. proc. dodatek dla studentów I roku fizyki. - mata. fakty w. - towarzysz-M.: Edukacja, 1974.

3. Pogorełow A.V. Geometria. proc. dla 7-11 komórek. śr. szkoła - 4. wyd.-M .: Oświecenie, 1993.

4. Dzieje matematyki od starożytności do początku XIX wieku. Juszkiewicz A.P. - M.: Nauka, 1970.

5. Boltyansky V.G. Własności optyczne elipsy, hiperboli i paraboli. // Kwantowy. - 1975. - nr 12. - Z. 19 - 23.

6. Efremow N.V. Krótki kurs geometrii analitycznej. - M: Nauka, wyd. 6, 1967. - 267 s.

Podobne dokumenty

Koncepcja przekrojów stożkowych. Przekroje stożkowe - przecięcia płaszczyzn i stożków. Rodzaje przekrojów stożkowych. Budowa przekrojów stożkowych. Przekrój stożkowy to zbiór punktów, które spełniają równanie drugiego rzędu.

streszczenie, dodano 05.10.2008


„Przekroje stożkowe” Apoloniusza. Wyprowadzenie równania krzywej dla przekroju prostokątnego stożka obrotowego. Wyprowadzenie równań dla paraboli, elipsy i hiperboli. Niezmienność przekrojów stożkowych. Dalszy rozwój teorii przekrojów stożkowych w dziełach Apoloniusza.

streszczenie, dodano 02.04.2010


Pojęcie i informacje historyczne o stożku, charakterystyka jego elementów. Cechy formowania stożka i rodzaje przekrojów stożkowych. Budowa sfery Dandelin i jej parametry. Zastosowanie własności przekrojów stożkowych. Obliczenia pól powierzchni stożka.

prezentacja, dodano 04.08.2012


Matematyczne pojęcie krzywej. Ogólne równanie krzywej drugiego rzędu. Równania koła, elipsy, hiperboli i paraboli. Osie symetrii hiperboli. Badanie kształtu paraboli. Krzywe trzeciego i czwartego rzędu. Anjesi curl, kartezjański arkusz.

praca dyplomowa, dodano 14.10.2011


Przegląd i charakterystyka różnych metod konstruowania przekrojów wielościanów, określenie ich mocnych i słabych stron. Metoda przekrojów pomocniczych jako uniwersalna metoda konstruowania przekrojów wielościanów. Przykłady rozwiązywania problemów na temat badań.

prezentacja, dodano 19.01.2014


Ogólne równanie krzywej drugiego rzędu. Sporządzanie równań elipsy, okręgu, hiperboli i paraboli. Ekscentryczność hiperboli. Ognisko i kierownica paraboli. Przekształcenie równania ogólnego do postaci kanonicznej. Zależność typu krzywej od niezmienników.

prezentacja, dodano 11.10.2014


Elementy geometrii trójkąta: koniugacja izogonalna i izotomiczna, charakterystyczne punkty i proste. Stożki związane z trójkątem: właściwości przekrojów stożkowych; stożki opisane na trójkącie i w niego wpisane; zastosowanie do rozwiązywania problemów.

praca semestralna, dodano 17.06.2012


Elipsa, hiperbola, parabola jako krzywe drugiego rzędu stosowane w matematyce wyższej. Pojęcie krzywej drugiego rzędu to linia na płaszczyźnie, która w pewnym kartezjańskim układzie współrzędnych jest określona równaniem. Twierdzenie Pascamla i twierdzenie Brianchona.

streszczenie, dodano 26.01.2011


O pochodzeniu problemu podwojenia sześcianu (jeden z pięciu słynnych problemów starożytności). Pierwsza znana próba rozwiązania problemu, rozwiązanie Archit of Tarentum. Rozwiązywanie problemów w starożytnej Grecji po Archytasie. Rozwiązania wykorzystujące przekroje stożkowe Menechmusa i Eratostenesa.

streszczenie, dodano 13.04.2014


Główne rodzaje przekroju stożka. Przekrój utworzony przez płaszczyznę przechodzącą przez oś stożka (osiową) i przez jego wierzchołek (trójkąt). Utworzenie przekroju przez płaszczyznę równoległą (parabola), prostopadłą (okrąg) i nieprostopadłą (elipsa) do osi.

TEKSTOWE WYJAŚNIENIE LEKCJI:

Kontynuujemy naukę sekcji geometrii bryłowej „Ciało rewolucji”.

Ciała obrotowe to: cylindry, stożki, kule.

Przypomnijmy sobie definicje.

Wysokość to odległość od góry figury lub ciała do podstawy figury (ciała). W przeciwnym razie odcinek łączący górę i dół figury i prostopadły do ​​niej.

Pamiętaj, aby znaleźć pole koła, pomnóż pi przez kwadrat promienia.

Pole koła jest równe.

Przypomnij sobie, jak znaleźć obszar koła, znając średnicę? Dlatego

wstawmy to do wzoru:

Stożek jest także ciałem obrotowym.

Stożek (dokładniej stożek kołowy) to bryła, która składa się z koła - podstawy stożka, punktu, który nie leży w płaszczyźnie tego koła - wierzchołka stożka oraz wszystkich odcinków łączących wierzchołek stożka stożek z wierzchołkami podstawy.

Zapoznajmy się ze wzorem na znalezienie objętości stożka.

Twierdzenie. Objętość stożka jest równa jednej trzeciej pola podstawy pomnożonej przez wysokość.

Udowodnijmy to twierdzenie.

Biorąc pod uwagę: stożek, S to obszar jego podstawy,

h to wysokość stożka

Udowodnij: V=

Dowód: Rozważ stożek o objętości V, promieniu podstawy R, wysokości h i wierzchołku w punkcie O.

Wprowadźmy oś Ox przez OM, oś stożka. Dowolny przekrój stożka przez płaszczyznę prostopadłą do osi x to okrąg o środku w punkcie

M1 - punkt przecięcia tej płaszczyzny z osią Ox. Oznaczmy promień tego okręgu jako R1, a pole przekroju jako S(x), gdzie x jest odciętą punktu M1.

Z podobieństwa trójkątów prostokątnych OM1A1 i OMA ( ے OM1A1 = ے OMA - proste, ےMOA-wspólne, co oznacza, że ​​trójkąty są podobne pod dwoma kątami) wynika, że

Rysunek pokazuje, że OM1=x, OM=h

lub skąd przez właściwość proporcji znajdujemy R1 = .

Ponieważ przekrój jest kołem, to S (x) \u003d πR12, zastępujemy poprzednie wyrażenie zamiast R1, pole przekroju jest równe stosunkowi iloczynu pi er kwadrat przez kwadrat x do kwadratu wysokości:

Zastosujmy podstawowy wzór

obliczając objętości ciał, gdzie a=0, b=h, otrzymujemy wyrażenie (1)

Ponieważ podstawą stożka jest okrąg, pole S podstawy stożka będzie równe kwadratowi koła

we wzorze do obliczania objętości ciała wartość pi er kwadrat zastępujemy polem podstawy i otrzymujemy, że objętość stożka jest równa jednej trzeciej iloczynu powierzchni podstawy i wysokości

Twierdzenie zostało udowodnione.

Wniosek z twierdzenia (wzór na objętość stożka ściętego)

Objętość V stożka ściętego, którego wysokość wynosi h, oraz pola podstaw S i S1 oblicza się ze wzoru

Ve jest równe jednej trzeciej popiołu pomnożonej przez sumę pól podstaw i pierwiastek kwadratowy z iloczynu pól podstawy.

Rozwiązywanie problemów

Trójkąt prostokątny o bokach 3 cm i 4 cm obraca się wokół przeciwprostokątnej. Określ objętość otrzymanego ciała.

Kiedy trójkąt obraca się wokół przeciwprostokątnej, otrzymujemy stożek. Podczas rozwiązywania tego problemu ważne jest, aby zrozumieć, że możliwe są dwa przypadki. W każdym z nich stosujemy wzór na obliczenie objętości stożka: objętość stożka jest równa jednej trzeciej iloczynu podstawy i wysokości

W pierwszym przypadku rysunek będzie wyglądał następująco: podany jest stożek. Niech promień r = 4, wysokość h = 3

Pole podstawy jest równe iloczynowi π razy kwadrat promienia

Wtedy objętość stożka jest równa jednej trzeciej iloczynu π razy kwadrat promienia razy wysokość.

Podstawiając wartość do wzoru okazuje się, że objętość stożka wynosi 16π.

W drugim przypadku tak: dany stożek. Niech promień r = 3, wysokość h = 4

Objętość stożka jest równa jednej trzeciej pola podstawy pomnożonej przez wysokość:

Pole podstawy jest równe iloczynowi π razy kwadrat promienia:

Wtedy objętość stożka jest równa jednej trzeciej iloczynu π razy kwadrat promienia razy wysokość:

Zastąp wartość we wzorze, okaże się, że objętość stożka wynosi 12π.

Odpowiedź: Objętość stożka V wynosi 16 π lub 12 π

Zadanie 2. Mając dany stożek kołowy o promieniu 6 cm, kąt BCO = 45 .

Znajdź objętość stożka.

Rozwiązanie: Do tego zadania podano gotowy rysunek.

Napiszmy wzór na obliczenie objętości stożka:

Wyrażamy to za pomocą promienia podstawy R:

Znajdujemy h \u003d BO według konstrukcji, - prostokątny, ponieważ kąt BOC=90 (suma kątów trójkąta), kąty przy podstawie są równe, więc trójkąt ΔBOC jest równoramienny, a BO=OC=6 cm.