Transcript 269_Jednacina elipse

Zavod za unapređivanje
obrazovanja i vaspitanja
Autor rada:

Mikloš Kovač, Elektrotehnička Škola “Mihajlo Pupin”
Novi Sad
Nastavni predmet:

Matematika
Тема:

Jednačina elipse
Uzrast:

Treći razred
Potrebna tehnologija:

Računar, projektor i platno za projekciju
Prikaz časa u
Word
dokumentu
Analitička geometrija
Elipsa
Jednačina elipse
Zanimljiva matematika
Kakav je oblik planetarnih putanja (orbita)?
Grčki astronom,
matematičar i geograf
Klaudije Ptolomej koji
je živeo u prvoj
polovini 2. veka, je
smatrao da se Zemlja
nalazi u središtu
svemira i da se
planete, Mesec pa i
Sunce okreću oko nje.
Neravnomerno kretanje planeta po nebeskom
svodu objasnio je kretanjem po epiciklima. Epicikl
je kružnica po kojoj se kreće planeta, a centar
kružnice se kreće oko Zemlje.
Njegov sistem planetarnih kretanja zasnivao se na
geocentričnom modelu univerzuma.
Ptolomejev sistem korišćen je posle njega punih
četrnaest vekova, sve do Kopernikovih otkrića 1543.
godine.
Poljski sveštenik i astronom Nikola Kopernik
(1473-1543) je doveo u pitanje Ptolomejevo
shvatanje Sunčevog sistema i tvrdio da se
Zemlja zajedno sa svim planetama okreće oko
Sunca, a da se oko Zemlje okreće jedino Mesec.
Jedina greška u
Kopernikovom shvatanju
Sunčevog sistema je bila u
tome što je on smatrao da se
planete okreću oko Sunca po
savršenim kružnicama.
U dugom periodu od
Ptolomeja do Kopernika
astronomi su imali
jednostavan, ali netačan
stav: putanje planeta su
kružnice. Mislili su da je
kružno kretanje "savršeni"
oblik kretanja koje je Bog
kao takvo izabrao za
kretanja planeta. Tek je
nemački astronom
Johannes Kepler na osnovu
preciznih dugogodišnjih
posmatranja 1609. godine
Johannes Kepler (1571-1630)
izneo stav da su orbite
planeta elipse.
Keplerovi zakoni kretanja planeta odnose se i na
kretanje drugih nebeskih tela (prirodni i veštački
sateliti, komete itd.).
I Keplerov zakon:
Planete oko Sunca opisuju eliptične putanje, pri
čemu se Sunce nalazi u zajedničkoj žiži.
Tačka u kojoj je
planeta
najudaljenija od
Sunca naziva se
afel, a najbliža
perihel.
Prvi Keplerov zakon se može predstaviti i
jednačinom elipse u polarnim koordinatama:
r  const /(1   cos  )
r


- radijus-vektor
- polarni ugao računat od perihela
- ekscentričnost orbite
Malo prave matematike...
Definicija Pod elipsom podrazumevamo skup svih
tačaka u ravni takvih da je za svaku od njih zbir
rastojanja od dveju datih tačaka konstantan.
Date tačke nazivamo
žižama ili fokusima elipse.
y
B2 (0, b)
r1
M ( x, y)
r2
A1 (a,0)
A2 (a,0)
F1 (e, o)
0
F2 (e, o)
x
B1 (0, b)
- žiže ili fokusi elipse
- rastojanje između žiža je 2e, to je žižno rastojanje elipse
- označimo sa 2a (a>0) zbir rastojanja proizvoljne
tačke elipse od žiža, koji je prema definiciji elipse
konstantan
F1 (e, o) i F2 (e, o)
- neka je M proizvoljna tačka elipse
Kako je F1M  F2 M  2a, po pravilu o odnosu stranica trougla:
2a  F1M  F2 M  F1F2  2e,
Odnos
pa je a  e.
Neka je a  e.
e
nazivamo ekscentritetom elipse; taj broj je uvek manji od 1.
a
e
Za e  0, tj. u slučaju kružnice, dobija se da je  0.
a
Uočimo MF1  r1 
 x  e  y 
2
2
 x  e
2
y
2
2
x

e

y
 2a
 
2
i MF2  r2 
 x  e
2
 y2 ,
(rastojanje između dve tačke).
Ovaj oblik jednačine elipse može se uprostiti sledećim
transformacijama:
 x  e
2
 x  e
 y  2a 
2
2
 y2
/2
 x  e   y  4a  4a
2
x

e

y

x

e

y
 
 
x  2 xe  e  4a  4a
2
2
2
x

e

y

x

2
xe

e
 
2
2
2
a
2
 x  e
a
2
 x  e
2
2
2
2
2
2
 y 2  a 2  xe
2
 a y  a  2a xe  x e
2

2
4
/2
2
2 2

a 2 x 2  2 xe  e 2  a 2 y 2  a 4  2a 2 xe  x 2e 2
a 2 x 2  2a 2 xe  a 2e 2  a 2 y 2  a 4  2a 2 xe  x 2e 2




x 2 a 2  e2  a 2 y 2  a 2 a 2  e2 ;
2
a  e  a 2  e2  0,
uvodimo smenu
x 2 b 2  a 2 y 2  a 2b 2 ,
x2 y 2
 2 1 ,
2
a b
b  a 2  e2 ,
b 2  a 2  e2 .
Ovo je kanonski oblik jednačine elipse.
Posmatrajmo jednačinu: b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2 i rešimo je po y:
2 2
2 2
a
b

b
x
b 2
2 2
2 2
2 2
2
2
a y  a b b x  y 

y


a

x

2
a
a
b
za x  0, y    a  b; x  0, y  b; x  0, y  b;
a
 0, b 
i
 0, b 
su tačke na elipsi, a takođe i na osi Oy ;
znači elipsa seče osu Oy u tačkama B1  0, b  i B2  0, b  .
Tačke B1 i B2 su temena elipse, a B1 B2  2b je manja osa
elipse.
Rešimo jednačinu elipse b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2 po x, dobijamo
temena na osi Ox :
y
a b a y
a 2
2
x 

x


b

y
;
2
b
b
0
A1 (a,0)
a
za y  0, x    b   a,
b
elipsa seče x-osu u tačkama A1  a, 0  i A2  a, 0  
2 2
2
2
B2 (0, b)
2
A1 A2  2a je veća osa elipse.
x
A2 (a,0)
B1 (0, b)
-a i b su poluose elipse, a veza koja postoji između
veće poluose, polovine žižnog rastojanja i manje
poluose elipse je
a 2  e2  b2 .
Elipsa je simetrična u odnosu na obe koordinatne
ose.
Ako su poluose elipse jednake, ona je onda krug.
Zadaci:
1. Pokazati da su rastojanja proizvoljne tačke M ( x, y) koja
pripada elipsi b2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2 od žiža date elipse jednaka:
e
e
r1  a  x , r2  a  x .
a
a
 x  e
MF1  r1 
2
y
2
, MF2  r2 
 x  e
2
 y2
r  ( x  e)  y , r   x  e   y 2 
2
1
2
2
2
2
2
r  r  ( x  e)  y   x  e   y 2 
2
1
2
2
2
2
2
 r1  r2  r1  r2   ( x  e)   x  e  
2
2
2
2
 r1  r2  r1  r2   x  2ex  e  x  2ex  e 
2
2
2ex
 r1  r2  r1  r2   4ex   r1  r2  2a  4ex  r1  r2  ;
a
2ex
2ex
e
r1  r2 
, r1  r2  2a  2r1  2a 
, r1  a  x ;
a
a
a
e
e
e
a  x  r2  2a  r2  2a  a  x  r2  a  x.
a
a
a
2. Odrediti koordinate one tačke elipse 9 x 2  25 y 2  225, čije
je rastojanje od desnog fokusa četiri puta veće od rastojanja od
levog fokusa.
Poluose su: b  9  b  3 i a  25  a  5.
2
2
a 2  e2  b2  25  e2  9  e  4.
y
B2 (0,3)
M ( x, y)
A1 (5, 0)
r2
r1
F1 (4,0)
A2 (5,0)
0
F2 (4,0)
B1 (0, 3)
x
r2  4r1 - uslov zadatka
e
e
4
4
r1  a  x  r2  a  x, r1  5  x  r2  5  x 
a
a
5
5
4
4 
4
16

5  x  4  5  x  , 5  x  20  x 
5
5 
5
5

20
15
 x  15  4 x  15  x   .
5
4
15
Drugu koordinatu tačke M dobijamo zamenom x  
u
4
9x 2  25 y 2  225.
2
225
 15 
2
9      25 y  225  9 
 25 y 2  225 
16
 4
3600  2025
63
63
2
25 y 
 y  , y
.
16
16
4
2
3. U elipsi x 2  4 y 2  4 upisan je jednakostraničan trougao.
Jedno teme tog trougla pripada desnom temenu na velikoj
osi elipse. Odrediti koordinate ostala dva temena trougla.
b2  1
y
a2  4
B2 (0,1)
C
A1 (2, 0)
30
30
0
A2 (2,0)
x
l1
B1 (0, 1)
D
Trougao A2CD je jednakostraničan. Teme C se nalazi u
preseku prave l1 i elipse, pa moramo odrediti jednačinu
prave l1. Ona prolazi kroz tačku A2  2, 0  i gradi ugao od
150 sa pozitivnim smerom ose Ox .
3
k  tg150  
;
3
l1 : y  y1  k ( x  x1 );
3
3
2 3
l1 : y  0  
 x  2  y   x 
3
3
3
3
2 3
2
2
x  4y  4  y  
x
3
3
2

3
2 3
x  4  
x
  4;
3 
 3
2
 3 2 2 3 2 3
4 3 
x  4  x 
x
  4 
33
9 
9
4
4 2 16
16
1 2 4
2
2
x  4  x  x    4  x  x  x   4 / 3
3
3
3
3
3
3
2
16  256  112
2
7 x  16 x  4  0  x1,2 
, x1  , x2  2;
14
7
2
2
4

x
48
4 3
2
y 
, y

;
4
49
7
Koordinate temena su:
2 4 3
C  ,
 ,
7 7 
2 4 3
D  , 
 .
7 
7
Zadaci za vežbu:
1. Odrediti jednačinu elipse u kanonskom obliku ako elipsa
prolazi kroz tačke M1 (1,3) i M 2 (4,1).
2. Odrediti dužinu tetive, koja sadrži žižu i normalna je na
x2 y 2
veću osu elipse

 1.
64 16
3. Na pravoj x  5 odrediti tačku podjednako udaljenu od
leve žiže i temena koje pripada pozitivnom delu ordinatne
ose elipse x 2  5 y 2  20.
x2 y 2
4. Na elipsi

 1 odrediti tačku čiji su radijus vektori
20 4
uzajamno normalni.
Hvala na pažnji