И.М.Смирнова, В.А.Смирнов

ЛЕКЦИЯ 3

КРИВЫЕ КАК ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ МЕСТА ТОЧЕК

Кривые с древних времен привлекали к себе внимание ученых и использовались ими для описания различных природных явлений от траектории брошенного камня до орбит космических тел. В школьном курсе математики в качестве кривых рассматриваются графики функций. При этом основное внимание уделяется их аналитическим свойствам, возрастанию, убыванию и т. п. Геометрические же свойства кривых остаются в стороне.

В новых стандартах по математике профильного уровня обучения предусматривается изучение параболы, эллипса, гиперболы. Здесь мы рассмотрим эти кривые, а также некоторые другие именные кривые, определяемые как геометрические места точек, среди которых: лемниската Бернулли, конхоида Никомеда, улитка Паскаля, строфоида и др.

Знакомство с кривыми, изучение их свойств позволит расширить геометрические представления, углубить знания, повысить интерес к геометрии, создаст содержательную основу для дальнейшего изучения математики, физики и др. наук.

Парабола

Пусть на плоскости задана прямая d и точка F, не принадлежащая этой прямой. Геометрическое место точек, равноудаленных от прямой d и точки F, называется параболой. Прямая d называется директрисой, а точка F - фокусом параболы (рис. 1).

Для того чтобы нарисовать параболу, потребуются линейка, уголь­ник, нить длиной, равной большему катету угольника, и кнопки. Прикре­пим один конец нити к фокусу, а другой - к вершине меньшего угла угольника. Приложим линейку к директрисе и поставим на нее угольник меньшим катетом. Карандашом натянем нить так, чтобы его острие каса­лось бумаги и прижималось к большему катету. Будем перемещать угольник и прижимать к его катету карандаш так, чтобы нить оставалась натяну­той. При этом карандаш будет вычерчивать на бумаге параболу (рис. 2).

Осью параболы называется прямая, проходящая через фокус и перпендикулярная директрисе. Точка пересечения параболы с ее осью называется вершиной параболы.

Прямая, имеющая с параболой только одну общую точку и не перпен­дикулярная ее директрисе, называется касательной к параболе.

Теорема 1. Пусть A – точка на параболе с фокусом F и директрисой d, АD – перпендикуляр, опущенный на директрису (рис. 3). Тогда касательной к параболе, проходящей через точку A, будет прямая, содержащая биссектрису угла FAD.

Доказательство. Докажем, что прямая a, содержащая биссектрису угла FAD будет касательной к параболе (рис.  3).  Действительно, треугольник FAD равнобедренный. Следовательно, прямая a будет серединным перпенди­куляром к отрезку FD.  Для произвольной точки A' прямой а, отличной от А, опустим перпендикуляр A'D' на прямую d. Тогда

А'F = A'D > A'D'.

Это означает, что точка A' не принадлежит параболе и, следовательно, прямая а имеет только одну общую точку А с параболой, т.е. является касательной.

Фокальное свойство параболы. Если источник света поместить в фокус параболы, то лучи, отразив­шись от параболы, пойдут в одном направлении, перпенди­кулярном директрисе.

Воспользуемся тем, что угол падения света равен углу отражения и тем, что от кривой свет отражается также как от касательной, проведенной в точку падения.

Пусть A – точка падения луча, исходящего из фокуса F параболы, a – касательная, AD – прямая, перпендикулярная директрисе (рис. 3). Тогда углы 1 и 2 равны, так как касательная a содержит биссектрису угла FAD. Углы 2 и 3 равны, как вертикальные углы. Следовательно, углы 1 и 3 равны. Поскольку угол падения луча света в точке A равен углу 1, то угол отражения будет равен углу 3, т.е. направление отраженного луча будет перпендикулярно директрисе.

Фокальное свойство параболы используется при изготовлении отражающих поверхностей прожекторов, автомобильных фар, карманных фонариков, телескопов, параболических антенн и т.д.

Построение касательной к параболе. Пусть парабола задана фокусом F и директрисой d. Используя циркуль и линейку, построим касательную к параболе, проходящую через данную точку C.

С центром в точке C и радиусом CF проведем окружность и найдем ее точки пересечения с директрисой d. Если расстояние от точки C до фокуса больше, чем расстояние до директрисы, то таких точек две (рис. 4). Обозначим их D₁ и D₂. Проведем биссектрисы углов FCD₁ и FCD₂ соответственно. Прямые a₁ и a₂, содержащие эти биссектрисы являются серединными перпендикулярами к отрезкам FD₁ и FD₂ и, значит, будут искомыми касательными к параболе. Для построения точек касания через точки D₁ и D₂ проведем прямые, перпендикулярные директрисе и найдем их точки пересечения  A₁ и A₂ с прямыми a₁ и a₂. Они и будут искомыми точками касания.

Может случиться, что расстояние от точки C до фокуса равно расстоянию до директрисы. В этом случае точка C будет лежать на параболе, окружность с центром в точке C и радиусом CF будет касаться директрисы в некоторой точке D и, следовательно, через точку C  будет проходить одна касательная – биссектриса угла FCD.

В случае, если расстояние от точки C до фокуса меньше, чем расстояние до директрисы, то точек пересечения окружности с директрисой нет и, следовательно, нет касательных к параболе, проходящих через эту точку.

Лабораторная работа. Укажем способ получения параболы из листа бумаги. Возьмем лист бумаги прямоугольной формы и отметим около его большой стороны точку F. Сложим лист так, чтобы точка F совместилась с какой-нибудь точкой D на большой стороне, и на бумаге обра­зовалась линия сгиба a (рис. 5). Линия сгиба будет серединным перпендикуляром к отрезку FD и, следовательно, касательной к параболе. Разогнем лист и снова сог­нем его, совместив точку F с другой точкой большой стороны. Сделаем так несколько раз, пока вся бумага не покроется линиями сгибов. Линии сгибов будут касательными к параболе. Граница учас­тка внутри этих сгибов будет иметь форму параболы (рис. 5).

Задачи для самостоятельного решения

1. Изготовьте прибор для построения параболы. Для заданных фокуса и директрисы постройте соответствующую им параболу.

2. Расстояние от фокуса параболы до директрисы равно 4 см. Чему равно наименьшее расстояние от точек на параболе до директрисы? Укажи­те соответствующую точку на параболе.

Ответ: 2 см.

3. Для параболы с заданными фокусом и директрисой проведите касательную, перпендикулярную оси параболы.

Ответ: Опустить перпендикуляр FD из фокуса F на директрису d. Искомая касательная будет серединным перпендикуляром к отрезку FD.

4. Что будет происходить с параболой, если фокус: а) приближается к директрисе; б) удаляется от директрисы?

Ответ: а) Ветви параболы будут сжиматься; ветви параболы будут расширяться.

5. Для параболы с заданными фокусом и директрисой проведите касательную, проходящую через данную точку: а) на параболе; б) вне парабо­лы.

6. Докажите, что две касательные к параболе, проведенные из точки, принадлежащей директрисе, перпендикулярны.

7. Для заданных фокуса и директрисы параболы с помощью циркуля и линейки постройте несколько точек параболы.

8. Даны фокус параболы и две касательные. Постройте директрису этой параболы.

9. Даны фокус, касательная и на ней точка касания. Постройте директрису параболы.

10. Даны директриса параболы и две касательные. Постройте фокус параболы.

11. Даны директриса параболы, касательная и на ней точка касания. Постройте фокус параболы.

12. Даны две пересекающиеся прямые. Нарисуйте какую-нибудь параболу, касающуюся этих прямых. Сколько таких парабол? Какие точки плоскости могут быть фокусами таких парабол?

13. Дана парабола. Укажите способ нахождения ее фокуса и директрисы.

Эллипс

Геометрическое место точек плоскости, сумма расстояний от которых до двух заданных точек F₁, F₂ есть величина постоянная, называется эл­липсом. Точки F₁, F₂ называются фокусами эллипса.

Таким образом, для точек A эллипса с фокусами F₁ и F₂ сумма AF₁ + AF₂ постоянна и равна некоторому положительному числу c (рис. 6). Из неравенства треугольника следует, что c должно быть больше длины отрезка F₁F₂.

Слово "фокус" в переводе с латинского языка означает "очаг", "огонь", и именно это свойство эллипса послужило основанием для названия точек F₁, F₂ фокусами.

Еще И.Кеплер (1571-1630) обнаружил, что планеты Солнечной системы движутся вокруг Солнца не по окружностям, как думали раньше, а по эллипсам, причем Солнце находится в одном из фокусов этих эллипсов. Точка орбиты планеты, бли­жайшая к Солнцу, называется перигелий, а наиболее удаленная - афелий. Однако из-за того, что орбита Земли представляет собой очень мало сжатый эллипс, похожий на окружность, такое приближение и удаление от Солнца незначительно сказывается на температуре. Гораздо большее зна­чение для температуры на поверхности Земли имеет угол падения солнеч­ных лучей. Так, например, когда Земля находится в перигелии, в нашем по­лушарии зима, а когда в афелии – лето. Луна, ис­кусственные спутники Земли также движутся вокруг Земли по эллипсам.

Для того чтобы нарисовать эллипс, потребуется нить и кнопки. Прикрепим концы нити к фокусам. Карандашом натянем нить так, чтобы его острие касалось бумаги. Будем перемещать карандаш по бумаге так, чтобы нить оставалась натянутой. При этом карандаш будет вычерчивать на бу­маге эллипс (рис. 7).

Касательной к эллипсу называется прямая, имеющая с эллипсом толь­ко одну общую точку.

Теорема 2. Пусть А - произвольная точка эл­липса с фокусами F₁, F₂. Тогда касательной к эллипсу, проходящей через точку A, является прямая, содержащая биссектрису угла, смежного с углом F₁AF₂.

Доказательство. Докажем, что прямая a, содержащая биссектрису угла, смежного с углом F₁AF₂, будет касательной к эллипсу (рис. 8). Обозначим AF₁ + AF₂ = c. Рассмотрим точку F' на прямой F₁A, для которой АF' = АF₂. Тогда прямая a будет серединным перпендикуляром к отрезку F₂F'. Для произвольной точки A’ прямой a, отличной от А, имеем

A’F₂ = A’F' и A’F₁ + A’F₂ = A’F₁ + A’F'> F₁F'= c.

Это означает, что точка A’ не принадлежит эллипсу, и, следовательно, прямая a имеет только одну общую точку А с эллипсом, т.е. является касательной.

Фокальное свойство. Если источник света поместить в один из фокусов эллипса, то лучи, отразив­шись от эллипса, соберутся в другом его фокусе.

Воспользуемся тем, что угол падения света равен углу отражения, и тем, что от кривой свет отражается также как от касательной, проведенной в точку падения.

Пусть A – точка падения луча, исходящего из фокуса F₁ эллипса, a – касательная (рис. 8). Тогда углы 1 и 2 равны, так как касательная a содержит биссектрису угла F₂AF’. Углы 2 и 3 равны, как вертикальные углы. Следовательно, углы 1 и 3 равны. Поскольку угол падения луча света в точке A равен углу 3, то угол отражения будет равен углу 1, т.е. луч света после отражения в точке A пойдет в направлении AF₂.

Построение касательной к эллипсу. Пусть эллипс задан своими фокусами и константой c. Используя циркуль и линейку, построим касательную к эллипсу, проходящую через данную точку C.

С центром в точке C и радиусом CF₂ проведем окружность. С центром в точке F₁ и радиусом c проведем другую окружность и найдем ее точки пересечения с первой окружностью (рис. 9). Таких точек может быть – две F’, F” – одна или ни одной, в зависимости от расположения точки C. В первом случае проведем биссектрисы углов F’СF₂, F”СF₂. Соответствующие прямые a’, a” являются серединными перпендикулярами к отрезкам F’F₂, F”F₂ и, значит, будут искомыми касательными к эллипсу. Для построения точек касания проведем прямые F₁F’, F₁F” и найдем их точки пересечения A’, A” с касательными a’, a” соответственно. Они и будут искомыми.

Во втором случае, когда проведенные окружности имеют одну общую точку (касаются), будем иметь одну касательную. Если же окружности не имеют общих точек, то касательных нет.

Лабораторная работа. Укажем способ получения эллипса из листа бумаги. Вырежем из бумаги большой круг и в любом его месте, отличном от центра, поставим точку F. Сложим круг так, чтобы эта точка совместилась с какой-нибудь точкой F’ окружности круга, и на бумаге обра­зовалась линия сгиба a (рис. 10). Линия сгиба будет серединным перпендикуляром к отрезку FF’ и, следовательно, касательной к эллипсу. Разогнем круг и снова согнем его, совместив точку с другой точкой окружности круга. Сделаем так несколько раз, пока вся бумага не покроется линиями сгибов. Линии сгибов будут касательными к эллипсу. Граница участка внутри этих сгибов будет иметь форму эллипса.

Для другого способа получения эллипса потребуется сковорода и картонный круг диаметром вдвое меньше диаметра сковороды. Клейкой лентой укрепим на дне сковороды лист бумаги. Положив круг на сковоро­ду, продырявим его в любом месте, отличном от центра, отточенным ка­рандашом. Если теперь катить круг по краю сковороды, прижимая острие карандаша к бумаге, то на бумаге появится эллипс.

Задачи для самостоятельного решения

1. Нарисуйте эллипс с заданными фокусами F₁, F₂. Сколько таких эллипсов?

2. Даны фокусы эллипса и сумма расстояний до них.  С помощью цир­куля постройте несколько точек этого эллипса.

3. Что будет происходить с эллипсом, если фокусы: а) приближаются друг к другу; б) удаляются друг от друга?

Ответ: а) Эллипс приближается к окружности; б) эллипс сжимается к отрезку.

4. Для эллипса с заданными фокусами F₁, F₂ и суммой расстояний до них c постройте точки на эллипсе, равноудаленные от фокусов. Сколько таких точек?

5. Найдите геометрическое место точек, для которых сумма расстоя­ний до двух заданных точек F₁, F₂: а) меньше заданной величины c; б) боль­ше заданной величины c.

Ответ: а) Точки, расположенные внутри эллипса; б) точки, расположенные вне эллипса

6. Для заданных точек А и В найдите геометрическое место точек С, для которых периметр треугольника АВС равен постоянной величине с.

Ответ: Эллпс.

7. У шарнирной замкнутой ломаной АВСD, у которой АD = BC и АВ = CD (рис. 11), сторона АD закреплена, а остальные подвижны. Найдите геометрическое место точек пересечения сторон АВ и CD.

Ответ: Эллипс.

8. Для эллипса с заданными фокусами F₁, F₂ и суммой расстояний до них проведите касательные, перпендикулярные прямой F₁F₂.

9. Для эллипса с заданными фокусами F₁, F₂ и суммой расстояний до них проведите касательную, проходящую через заданную точку: а) на эл­липсе; б) вне эллипса.

10. Даны фокусы F₁, F₂ эллипса и сумма расстояний до них с. Дока­жите, что для произвольной точки С на окружности с центром в F₁ и ра­диусом с серединный перпендикуляр к отрезку F₂C будет касательной к эллипсу. Найдите точку касания.

11. Даны два фокуса и касательная к эллипсу. Постройте постоянную c и нарисуйте эллипс.

12. Даны две касательные, фокус и постоянная c. Постройте второй фокус эллипса.

13. Дан эллипс. Укажите какой-нибудь способ нахождения его фокусов.

14. Возьмем сковородку и картонный круг диаметром, вдвое меньше диаметра сковороды. Клейкой лентой укрепим на дне сковороды лист бумаги. Положим круг на сковоро­ду, продырявим его в любом месте, отличном от центра, отточенным ка­рандашом. Если теперь катить круг по краю сковороды, прижимая острие карандаша к бумаге, то на бумаге появится эллипс. Докажите.

15. Леонардо да Винчи (1452-1515) предложил следующий способ построения эллипса.  Вырежем из бумаги произвольный треугольник АВС.  Проведем на листе бумаги две прямые а и b. Будем прикладывать треугольник АВС так, чтобы вершина А принадлежала прямой а,  вершина В - прямой b,  отмечая всякий раз на бумаге положение вершины С. Различные поло­жения вершины С будут заполнять эллипс. Докажите.

Гипербола

Геометрическое место точек плоскости,  модуль разности расстояний от которых до двух заданных точек F₁, F₂ есть величина постоянная, называется гиперболой. Точки F₁, F₂ называются фокуса­ми гиперболы (рис. 12).

Таким образом, для точек А гиперболы с фокусами F₁, F₂ выполняет­ся равенство |AF₁ - AF₂| = c, где c – некоторое фиксированное положительное число.

Гипербола состоит из двух ветвей, для точек которых выполняется одно из равенств: AF₁ - AF₂ = c, AF₂ – AF₁ = c.

Из неравенства треугольника следует, что c должно быть меньше длины отрезка F₁F₂.

Для того чтобы нарисовать гиперболу, потребуется линейка, нить, длина которой меньше длины линейки. Разность длин линейки и нити должна быть меньше, чем расстояние между фокусами. Прикрепим один конец нити к концу линейки, а второй конец к фокусу. Второй конец линейки совмес­тим со вторым фокусом. Натянем нить, прижав ее к линейке острием ка­рандаша (рис. 13). Если поворачивать линейку вокруг фокуса, прижимая к ней карандаш и оставляя нить натянутой, то карандаш будет описывать гиперболу.

Рассмотрим ветвь гиперболы, точки которой удовлетворяют равенству AF₁ - AF₂ = c. Она разбивает плоскость на две области – внешнюю, для точек A’ которой выполняется неравенство A’F₁ – A’F₂ < c и внутреннюю, для точек A” которой выполняется неравенство A’F₁ – A’F₂ > c.

Прямая, проходящая через точку А гиперболы, остальные точки A’ которой лежат во внешней области, т.е. удовлетворяют неравенству A’F₁ – A’F₂ < c, называется касательной к ги­перболе. Точка А называется точкой касания.

Аналогичным образом определяется касательная для точки, лежащей на другой ветви гиперболы.

Теорема 3. Пусть А - точка гиперболы с фокусами F₁, F₂. Тогда касательной к гиперболе, проходящей через точку A, является прямая, содержащая биссектрису угла F₁AF₂.

Доказательство. Докажем, что прямая a, содержащая биссектрису угла F₁AF₂ будет касательной к гипербо­ле (рис. 14). Обозначим AF₁ - AF₂ = с. Рассмотрим точку F' на прямой F₁A, для которой АF' = АF₂. Тогда прямая a будет серединным перпендикуляром к отрезку F₂F'. Для произ­вольной точки A’ прямой a, отличной от А, имеем

A’F₂ = A’F' и A’F₁ – A’F₂ = A’F₁ – A’F' < F₁F' = c.

Следовательно, прямая a является касательной.

Фокальное свойство гиперболы. Если источник света поместить в один из фокусов гиперболы, то лучи, отразив­шись от гиперболы, пойдут так, как будто бы они исходят из другого фокуса.

Пусть A – точка падения луча, исходящего из фокуса F₁ гиперболы, a – касательная (рис. 14). Тогда углы 1 и 2 равны, так как касательная a содержит биссектрису угла F₁AF₂. Углы 2 и 3 равны, как вертикальные углы. Следовательно, углы 1 и 3 равны. Поскольку угол падения луча света в точке A равен углу 3, то угол отражения будет равен углу 1, т.е. луч света после отражения в точке A пойдет в направлении AF₂.

Построение касательной к гиперболе. Пусть гипербола задана своими фокусами и константой c. Используя циркуль и линейку, построим касательную к гиперболе, проходящую через данную точку C.

С центром в точке C и радиусом CF₂ проведем окружность. С центром в точке F₁ и радиусом c проведем другую окружность и найдем ее точки пересечения с первой окружностью (рис. 15). Таких точек может быть две F’, F”, одна или ни одной в зависимости от расположения точки C. В первом случае проведем биссектрисы углов F’СF₂, F”СF₂. Соответствующие прямые a’, a” являются серединными перпендикулярами к отрезкам F’F₂, F”F₂ и, значит, будут искомыми касательными к эллипсу. Для построения точек касания проведем прямые F₁F’, F₁F” и найдем их точки пересечения A’, A” с касательными a’, a” соответственно. Они и будут искомыми.

Во втором случае, когда проведенные окружности имеют одну общую точку (касаются), будем иметь одну касательную. Если же окружности не имеют общих точек, то касательных нет.

Лабораторная работа. Укажем способ получения гиперболы из листа бумаги. Вырежем из листа бумаги круг и отметим точку F на оставшейся части листа. Сложим лист так, чтобы эта точка совместилась с какой-нибудь точкой F’ окружности вырезанного круга, и на бумаге образо­валась линия сгиба. Разогнем лист и снова согнем его, совместив точ­ку с другой точкой окружности. Сделаем так несколько раз. Линии сгибов будут касательными к гиперболе. Граница участка внутри этих сгибов будет иметь форму гиперболы.

Задачи для самостоятельного решения

1. Изготовьте прибор для построения гиперболы. Нарисуйте гипербо­лу с заданными фокусами F₁, F₂. Сколько таких гипербол?

2. Найдите геометрическое место точек пересечения пар окружностей с заданными центрами и разностью радиусов.

Ответ: гипербола.

3. С помощью циркуля постройте несколько точек гиперболы с задан­ными фокусами и разностью расстояний до них.

4. Найдите геометрическое место точек, для которых разность расс­тояний до двух заданных точек F₁, F₂: а) меньше заданной величины c; б) больше заданной величины c.

Ответ: а) точки, расположенные внутри гиперболы; б) точки, расположенные вне гиперболы.

5. Что будет происходить с гиперболой, если фокусы: а) приближаются друг к другу; б) удаляются друг от друга?

Ответ: а) Ветви гиперболы будут сжиматься; б) ветви гиперболы будут расширяться.

6. У шарнирной замкнутой ломаной АВСD, у которой АВ = CD и AD = BC, сторона АВ закреплена, а остальные стороны подвижны (рис. 16). Найдите геометрическое место точек пересечения прямых AD и ВС.

Ответ: Гипербола.

7. Найдите геометрическое место центров окружностей, касающихся двух заданных окружностей. Рассмотрите различные случаи касания окруж­ностей.

Ответ: Гипербола.

8. Через точку гиперболы с заданными фокусами проведите касатель­ную к гиперболе.

9. Для гиперболы с заданными фокусами F₁, F₂ и разностью расстоя­ний до них с найдите точки, касательные в которых перпендикулярны пря­мой F₁F₂.

10. Через точку вне гиперболы с заданными фокусами и разностью расстояний до них проведите касательную к этой гиперболе.

11. Даны фокусы F₁, F₂ гиперболы и разность расстояний до них с. Докажите, что для произвольной точки С на окружности с центром в F₁ и радиусом с серединный перпендикуляр к отрезку F₂C будет касательной к гиперболе, если он пересекается с прямой F₂C. Найдите точку касания.

12. Даны два фокуса и касательная к гиперболе. Постройте постоянную c и нарисуйте гиперболу.

13. Даны две касательные, фокус и постоянная c. Постройте второй фокус гиперболы.

14. Дана гипербола. Укажите способ нахождения ее фокусов.

 

Именные кривые

Рассмотрим еще несколько классических кривых, определяемых как геометрические места точек, носящих имена ученых, занимавшихся их изучением.

Лемниската Бернулли представляет собой геометрическое место точек, произведение расстояний от которых до двух фиксированных точек F₁ и F₂ равно a², где 2a – расстояние между F₁ и F₂. Точки F₁, F₂ называются фокуса­ми лемнискаты (рис. 17).

Конхоида Никомеда – кривая, определяемая следующим образом. Через точку O, называемую полюсом конхоиды и отстоящую от прямой a, называемой ее базисом, на расстояние d, проведем прямую c, пересекающую прямую a в точке C. Отложим на прямой c по обе стороны от точки C на данном расстоянии l от нее точки C₁ и C₂, CC₁ = CC₂ = l. Проводя всевозможные прямые c, получим геометрическое место точек C₁ и C₂, образующих две ветви конхоиды. На рисунке 18 показан случай, когда d < l.

Улитка Паскаля определяется так же как и конхоида, только в качестве базиса берется не прямая, а окружность. А именно, через точку O, называемую полюсом и расположенную на окружности радиуса R, называемой базисом, проведем прямую c, пересекающую окружность в точке C. Отложим на прямой c по обе стороны от точки C, на данном расстоянии l от нее, точки C₁ и C₂, CC₁ = CC₂ = l. Проводя всевозможные прямые c, получим геометрическое место точек C₁ и C₂, образующих улитку Паскаля. На рисунке 19 показан случай, когда 2R > l.

Строфоида. Пусть дана прямая a и точка O, ей не принадлежащая. Опустим из точки O на прямую a перпендикуляр  OA. Для точек C на прямой a рассмотрим лучи OC и будем откладывать на них отрезки CC₁ и CC₂ так, что CC₁=CC₂=CA. Геометрическое место таких точек C₁ и C₂ представляет собой кривую, называемую строфоидой (рис. 20). Точка O называется полюсом строфоиды.

 

Задачи для самостоятельного решения

1. Укажите оси симметрии: а) лемнискаты; б) конхоиды; в) улитки; г) строфоиды.

Ответ: а) две перпендикулярные оси симметрии; б), в), г) одна ось симметрии.

2. Нарисуйте конхоиды Никомеда для случаев: а) d = l; б) d > l.

3. Нарисуйте улитки Паскаля для случаев: а) 2R = l; б) 2R < l.

4. Нарисуйте кривую, называемую циссоидой Диоклеса, представляющую собой геометрическое место точек, полученных следующим образом. Рассмотрим окружность с диаметром OA и касательной в точке A (рис. 21). Для произвольной точки B этой касательной обозначим через C точку пересечения отрезка OB с окружностью. На луче OB отложим отрезок OM, равный BC. Геометрическое место таких точек M и будет искомой кривой.

5. Имеет ли циссоида оси симметрии? Если имеет, то сколько?

Ответ: Да, одну.

6. Нарисуйте кривую, называемую каппа и сходную по форме с одноименной греческой буквой. Она представляет собой геометрическое место точек, полученных следующим образом. Рассмотрим прямую a, точку A на этой прямой и окружность данного радиуса R с центром в точке O, расположенной  также на прямой a. Из точки A проведем касательные к окружности и точки касания обозначим M, N (рис. 22). Геометрическое место таких точек, соответствующих различным расположениям центров O окружности на прямой a и дает искомую кривую.

7. Имеет ли каппа оси симметрии? Если имеет, то сколько?

Ответ: Да, две перпендикулярные оси симметрии.

8. Докажите, что расстояния от точек каппы до прямой a не превосходят радиуса R окружности.

 

ЛИТЕРАТУРА

1. Березин В. Кардиоида //Квант. – 1977. № 12.

2. Березин В. Лемниската Бернулли //Квант. – 1977. № 1.

3. Берман Г.Н. Циклоида. – М.: Наука, 1975.

4. Бронштейн И. Эллипс. Гипербола. Парабола / Такая разная геометрия. Составитель А.А. Егоров. – М.: Бюро Квантум, 2001. - / Приложение к журналу "Квант" № 2/2001.

5. Васильев Н.Б., Гутенмахер В.Л. Прямые и кривые. – 3-е изд. – М.: МЦНМО, 2000.

6. Маркушевич А.И. Замечательные кривые. – М.- Л.: Гос. изд. течн. – теор. лит., 1951. - / Популярные лекции по математике, выпуск 4.

7. Савелов А.А. Плоские кривые. – М.: ФИЗМАТЛИТ, 1960.

8. Смирнова И.М., Смирнов В.А. Геометрия 7-9. Учебник для общеобразовательных учреждений. – М.: Мнемозина, 2005.