Рассчитаем угловой размер стороны квадрата. Так как $a\ll L$, то:
$$\beta \approx \cfrac{a}{L}.$$
Аналогично прошлому пункту:
$$\beta \approx \cfrac{a}{L}.$$
Изображение будет иметь вид квадрата с скруглёнными углами. Прямая часть стороны имеет длину $a$, радиус кривизны углов равен $r = \cfrac{\alpha L}{2} = 4.4~ см.$
В этом случае изображение будет слабо отличаться от круга диаметром $D = \alpha L = 8.7~ см$.
Из подобия треугольников $AOB$ и $A'OB'$:
$$\cfrac{a}{h}=\cfrac{L}{l_0+vt}.$$
Угловые размеры Солнца и человека одного порядка, поэтому можно считать, что все лучи параксиальные и размеры на фотографии пропорциональны угловым размерам.
Из рисунка отношение угловых размеров человека и Солнца:
$$\cfrac{h/l}{\alpha} = \cfrac{75мм}{30мм}=\cfrac{5}{2}.$$Для оценки возьмём $h = 2м$:
$$l = \cfrac{2h}{5\alpha} \approx 90~м.$$
Заметим, что $A$, $B$, $O$ и изображение отрезка лежат в одной плоскости, изображение $AB$ полностью лежит на прямой – пересечении этой плоскости с плоскостью экрана.
Если $A$ и $B$ находятся перед передней плоскостью камеры, то изображение будет отрезком.
Если $A$ и $B$ находятся с разных сторон от передней плоскости камеры, то изображение будет лучом.
Какой-то части флага не будет на фотографии, если она лежит с обратной стороны от передней плоскости камеры. Рассмотрим происходящее в проекции на плоскость перпендикулярную плоскости флага и передней плоскости камеры.
Чтобы флаг было видно всегда необходимо, чтобы при любом положении точки $E$ ($E$ – центр флага) выполнялось: $EC < EF$. Длина $EC$ постоянна:
$$EC = \cfrac{a\sqrt2}{2}.$$$EF$ – гипотенуза прямоугольного треугольника $EOF$, поэтому $EF = 2l_{m}$, где $l_{m}$ – длина медианы этого треугольника из вершины $O$. Высота $EOF$ из вершины $O$ равна $l_0$, и она не может быть больше $l_{m}$:
$$l_0 \leqslant l_m = \cfrac{EF}{2}.$$То есть $EF \geqslant 2l_0$ и равенство выполняется, когда рассматриваемый треугольник равнобедренный. Таким образом, чтобы флаг всегда было видно, необходимо:
$$\cfrac{a}{\sqrt2}<2l_0.$$
Расстояние от начала координат $XY$ до изображения точки определяется тангенсом угла между осью камеры и направлением на эту точку (обозначим для точек $A$, $B$, $C$ и $D$ эти углы $\theta_A$, $\theta_B$, $\theta_C$ и $\theta_D$ соответсвенно). Можем найти координаты $x$, $y$ и $z$ этих точек и получить:
$$\tan \theta_B = \tan\theta_D = \cfrac{\left|x_B\right|}{z_B} = \cfrac{a/\sqrt2}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}} = \cfrac{a}{\sqrt{2\left(l_0^2+v^2t^2\right)}};$$$$\tan\theta_A = \cfrac{\left|y_A\right|}{z_A} = \cfrac{\cfrac{a}{\sqrt2}\sin\xi}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}+\cfrac{a}{\sqrt2}\cos\xi};$$$$\tan\theta_C =\cfrac{\left|y_C\right|}{z_C}= \cfrac{\cfrac{a}{\sqrt2}\sin\xi}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}-\cfrac{a}{\sqrt2}\cos\xi}.$$При этом можем выразить $\xi$ через данные величины:
$$\cos\xi = \cfrac{vt}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}} \qquad и\qquad \sin\xi = \cfrac{l_0}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}}.$$Получим итоговый ответ:
По фотографии можем в неизветсном масштабе найти координаты изображений вершин, то есть мы можем с точностью до неизвестного множителя найти тангенсы углов $\theta_A$, $\theta_B$, $\theta_C$ и $\theta_D$.
Для удобства в промежуточных вычислениях будем использовать $\xi$.
$$\tan \theta_B = \cfrac{a/\sqrt2}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}} = \cfrac{\cfrac{a}{\sqrt2}\sin\xi}{l_0} = 8k$$$$\tan\theta_A = \cfrac{\cfrac{a}{\sqrt2}\sin\xi}{\cfrac{l_0}{\sin\xi}+\cfrac{a}{\sqrt2}\cos\xi} = 3.6k$$$$\tan\theta_C = \cfrac{\cfrac{a}{\sqrt2}\sin\xi}{\cfrac{l_0}{\sin\xi}-\cfrac{a}{\sqrt2}\cos\xi} = 7k$$Поделим $\tan\theta_B$ на $\tan\theta_A$ и $\tan\theta_C$.
$$\cfrac{8}{3.6} = \cfrac{1}{\sin\xi}+\cfrac{a}{\sqrt2 l_0}\cos\xi$$$$\cfrac{8}{7} = \cfrac{1}{\sin\xi}-\cfrac{a}{\sqrt2 l_0}\cos\xi$$Сложив, получим значение $\xi$.
$$\cfrac{8}{7}+\cfrac{8}{3.6} = \cfrac{2}{\sin\xi}$$$$\sin\xi = \cfrac{l_0}{\sqrt{l_0^2+v^2t^2}} = 0.594$$$$vt = 4.06~м$$Получаем ответ:
Координата $y$ точек горизонта не зависит от $\varphi$ и она равна:
$$y = -\cfrac{R}{\cos\theta}+R\cos\theta.$$Координаты $x$ и $z$ равны:
$$x = R\sin\theta\sin\varphi;$$$$z = R\sin\theta\cos\varphi.$$
Рассмотрим происходящее в проекции на $yz$.
Из подобия треугольников получаем:
$$\cfrac{Y}{y} = \cfrac{L}{z}.$$Аналогично в проекции на $xz$ получим:
$$\cfrac{X}{x} = \cfrac{L}{z}.$$
Примечание: следующее выражение может оказаться полезным: $$\cfrac{1}{\cos^2\varphi} = 1+\tan^2\varphi.$$
Используя полученные раннее результаты, выразим $X$ и $Y$ через $L$, $\theta$ и $\varphi$.
$$X = \cfrac{xL}{z} = L\tan\varphi$$$$Y = \cfrac{yL}{z} = L\cfrac{-\cfrac{1}{\cos\theta}+\cos\theta}{\sin\theta\cos\varphi}=-\cfrac{L\tan\theta}{\cos\varphi}$$Возведём $Y$ в квадрат и выразим через $X$:
$$Y^2 = \cfrac{L^2\tan^2\theta}{\cos^2\varphi} = L^2\tan^2\theta+X^2\tan^2\theta.$$$$\cfrac{Y^2}{\left(L\tan\theta\right)^2} - \cfrac{X^2}{L^2} = 1$$
Воспользуемся формулой из прошлого пункта задачи. Подставим в неё две точки из графика: $(0, 7k)$ и $(40k,10k)$, где $k$ – неизвестный множитель, отвечающий за масштаб.
$$\cfrac{\left(7k\right)^2}{A^2}=1=\cfrac{\left(10k\right)^2}{A^2}-\cfrac{\left(40k\right)^2}{B^2}$$$$\tan^2\theta = \cfrac{A^2}{B^2} = \cfrac{10^2-7^2}{40^2}$$Найдём $\theta$ и подставим в выражение через $h$ и $R$.
$$\theta = 10.1^\circ$$$$\cfrac{h}{R} = \cfrac{1}{\cos{\theta}} - 1$$
Атмосфера Земли сферически симметрична, поэтому при движении луча в атмосфере сохраняется выражение $n(r)\cdot r\cdot\cos\theta(r)$, где $r$ – расстояние до центра земли, $n(r)$ – показатель преломления воздуха в этой точке, $\theta(r)$ – угол направления луча с горизонтом. Подставим значения у поверхности земли и на высоте $h$.
$$n_0R=\left(R+h\right)\cos\theta'$$
Запишем новое выражение для $\theta$ и приравняем его к старому, так как угол $\theta$ определяется из графика и его значение при расчётах будет одно.
$$\cfrac{n_0 R}{R+h+\Delta h}=\cfrac{R}{R+h}$$$$\left(R+h\right)\left(n_0-1\right)=\Delta h$$
Горизонт видно полностью, когда весь конус лучей от горизонта лежит с одной стороны от передней плоскости камеры. Это условие выполнено при $2\psi<90^\circ$. При этом $\theta = 90^\circ-\psi$, поэтому условие на $\theta$:
$$\theta > 45^\circ.$$Это равносильно следующему неравенству:
$$R+h > \sqrt2 R.$$
Примечание: при промежуточных вычислениях может быть полезен угол $\theta$, показанный на рисунке.
Рассмотрим сечение окружности горизонта передней плоскостью камеры, когда горизонт видно не полностью.
Заметим, что искомая величина:
$$\eta = \cfrac{2\pi - 2\gamma}{2\pi} = 1-\cfrac{\gamma}{\pi}.$$Высота треугольника на первой фотографии равна $\cfrac{R}{\cos{\theta}}-R\cos\theta$. Выразим $\Delta$ через $R$, $\theta$.
$$\Delta = \left(\cfrac{R}{\cos{\theta}}-R\cos\theta\right)\tan\left(90^\circ-\psi\right)=\left(\cfrac{R}{\cos{\theta}}-R\cos\theta\right)\tan\theta = R\cos\theta\tan^3\theta$$Выразим $\gamma$:
$$\gamma = \arccos\cfrac{\Delta}{r}=\arccos\cfrac{R\cos\theta\tan^3\theta}{R\sin\theta}=\arccos{\left(\tan^2\theta\right)}.$$Видимая часть горизонта в этом случае:
$$\eta = 1-\cfrac{\arccos{\left(\tan^2\theta\right)}}{\pi} = 1-\cfrac{1}{\pi}\arccos\left(\left(1+\cfrac{h}{R}\right)^2-1\right).$$Заметим, что эта формула имеет смысл при $\theta<45^\circ$, то есть при $h < h_{cr}$. При $h\geqslant h_{cr}$ горизонт виден полностью, поэтому $\eta=1$.
Заметим, что изображение - коническое сечение. В обозначениях условия $\alpha=\psi=90^\circ-\theta$.
В таком случае изображение будет эллипсом при $\theta>90^\circ-\theta$, параболой при $\theta=90^\circ-\theta$ и гиперболой при $\theta<90^\circ-\theta$. Подставляя $h$, получим ответ.
