11.5 圆锥曲线轨迹与参数应用

动机

轨迹题从几何构造出发，询问哪些点能由构造产生。代入与消元通常能得到方程，但方程可能包含额外分支，或构造无法达到的点。完整解答须证明两个方向：每个构造出的点满足所列条件，每个满足条件的点也确实可以构造出来。

本节例题遵循同一顺序：选取覆盖所有合法动点的参数，把几何限制翻译成代数，表示所求点，然后消元。最后恢复参数或使用已经证明的逆命题。正性、互异性、参数表示遗漏的点以及角的方向，始终都是答案的一部分。

概念视角结构

参数记录的不只是位置

弦的两个参数确定端点；切线的一个参数确定接触点，也可包含斜率无穷的切线；滚圆参数还记录运动已进行到哪一步。消去参数可能保留位置集合，却丢失顺序、方向或合法性。选择消去什么之前，先确定题目需要保留哪些信息。

正支双曲线的弦与中点

只考虑 $xy=1$ 的正支，即 $x,y>0$。设两个互异接触点为 $S=(s,1/s)$ 与 $T=(t,1/t)$，其中 $s,t>0$ 且 $s\ne t$。弦斜率为 $-1/(st)$，方程是

$$x+sty=s+t.$$

也可直接代入两端点验证。若弦经过 $(2,2)$，则

$$2+2st=s+t,\qquad t=\frac{s-2}{2s-1}.$$

分母不能为零：在前式代入 $s=1/2$ 会产生矛盾。两个参数同时为正，恰好要求

$$0\lt s\lt\frac12\quad\text{或}\quad s>2.$$

三个端点 $s=0,1/2,2$ 被排除的理由不同，分别是双曲线上点无定义、弦关系不可能成立、第二参数为零。若 $s=t$，又会得到无实根的方程 $s^2-s+1=0$，所以合法区间自动保证两个接触点互异。

定理

正支上的精确中点轨迹

上述经过 $(2,2)$ 的弦，其中点的精确轨迹为

$$(x-1)(y-1)=1,\qquad x>1,\quad y>1.$$

例题

消去接触点后再重建它们

令中点为 $M=(x,y)$。中点公式与弦关系给出

$$x=\frac{s+t}{2}=1+st,\qquad y=\frac{s+t}{2st}=\frac{1+st}{st}.$$

由于 $st>0$，两个坐标均大于一。消去乘积得到 $(x-1)(y-1)=1$，这证明了包括分支限制在内的必要性。

反过来，选取受限曲线上的一点，用下列方程的根恢复 $s,t$：

$$z^2-2xz+(x-1)=0.$$

判别式为 $4(x^2-x+1)>0$，因为 $x^2-x+1=(x-1/2)^2+3/4$。根和与根积都为正，故两个根互异且均为正。它们还满足 $s+t=2+2st$，所以重建的弦经过 $(2,2)$。弦中点的横坐标为 $x$，纵坐标为 $x/(x-1)=y$，正是原候选点。因此指定分支上每点都能达到。

例如 $s=3$ 时，$t=1/5$，中点为 $(8/5,8/3)$，弦为 $x+(3/5)y=16/5$。可直接检查弦经过 $(2,2)$，中点也满足所求关系。消元方程的另一分支不属于轨迹，因为它需要非正的端点参数乘积。

不遗漏竖直切线的抛物线参数

对 $y^2=4x$，用参数 $t$ 表示接触点 $T(t)=(t^2,2t)$，对应切线为

$$x-ty+t^2=0.$$

这包含 $t=0$ 的竖直切线 $x=0$。经过固定点 $Q=(p,q)$ 的切线，因而恰好对应方程

$$t^2-qt+p=0$$

的实根。记 $\Delta=q^2-4p$。当 $\Delta>0$ 时有两条互异实切线；当 $\Delta=0$ 时只有一条；当 $\Delta\lt0$ 时没有实切线。两参数满足 $t_1+t_2=q$、$t_1t_2=p$。互异参数给出不同直线，因此根的个数就是切线的条数。

非竖直切线有 $t\ne0$，斜率为 $m=1/t\ne0$，整理得 $y=mx+1/m$ 与 $q=pm+1/m$。也可把 $y=mx+c$ 代入抛物线，再令所得二次方程的判别式为零，但须先保证 $m\ne0$。

例题

斜率倒数条件给出的两个交点

若两条切线斜率均有限，由参数关系可得

$$\left(\frac1{m_1}-\frac1{m_2}\right)^2 =(t_1-t_2)^2=(t_1+t_2)^2-4t_1t_2=q^2-4p.$$

若此值为五，且 $Q$ 在直线 $y=x$ 上，则 $p=q$，从而 $p^2-4p-5=0$。因此 $Q=(-1,-1)$ 或 $Q=(5,5)$。两点的判别式都为五，确实各有两个互异接触点。参数乘积也均非零，因此两组都没有竖直切线，原斜率倒数表达式有定义。

即使其中一个接触参数为零，参数差的平方仍有意义；但此时一条切线斜率无穷，应陈述参数形式，不能把无穷当作实数直接进行倒数运算。

两条接触射线之间的夹角

设外部点 $Q=(p,q)$ 的两个接触点为 $T_1,T_2$，并令 $\alpha=\angle T_1QT_2$，即从 $Q$ 指向接触点的两条射线之间的角。因此 $0\lt\alpha\lt\pi$；这里指定的是射线，不是两条无方向直线之间默认取的锐角。利用参数和与积，得到

$$T_1-Q=(t_1-t_2)(t_1,1),\qquad T_2-Q=-(t_1-t_2)(t_2,1).$$

计算点积和长度，便有

$$\cos\alpha=-\frac{p+1}{\sqrt{(t_1^2+1)(t_2^2+1)}}.$$

分母为正，所以 $p+1$ 的符号可区分接触射线夹角为锐角还是钝角。两射线向量的行列式还给出

$$\sin\alpha=\frac{|t_1-t_2|}{\sqrt{(t_1^2+1)(t_2^2+1)}}.$$

定理

固定接触射线夹角及其分支条件

给定 $0\lt\alpha\lt\pi$ 且 $\alpha\ne\pi/2$，两切线交点的精确轨迹为

$$y^2-4x=(x+1)^2\tan^2\alpha,\qquad y^2-4x>0,$$

锐角时另须 $x\lt-1$，钝角时另须 $x>-1$。当 $\alpha=\pi/2$ 时，精确轨迹是准线 $x=-1$。

当 $p\ne-1$，将正弦与余弦表达式相除即可得到平方方程。平方丢失余弦的符号，故必须保留分支条件。为证明充分性，先用候选点的正判别式构造两个互异实参数；由公式可知夹角的正切平方等于指定值，再用符号条件从两个互补角中选出正确的一个。因此重建的射线确有指定夹角，而不仅是正切平方相等。

垂直情形由余弦公式直接给出 $p=-1$。反之，这条直线上每一点均有 $\Delta=q^2+4>0$，且余弦为零，所以整条直线都能达到。前例两点虽然参数差平方相同，接触射线夹角却不同：$(-1,-1)$ 给出直角，$(5,5)$ 则给出钝角。

外滚运动：位置与路程

半径 $b>0$ 的圆在半径 $a>0$ 的固定圆外侧无滑动滚动。标记点初始位于接触位置 $(a,0)$。令 $\theta$ 为滚动圆心的公转角，$\phi$ 为接触处滚动产生的相对转角。无滑动使对应弧长相等：

$$a\theta=b\phi.$$

圆心位置为 $(a+b)(\cos\theta,\sin\theta)$。相对圆心，标记半径初始向内；在固定坐标系中，其方向角涉及 $\theta+\phi$，不能只使用相对转角。把两个向量相加得

$$P(\theta)=(a+b)(\cos\theta,\sin\theta) -b\left(\cos\frac{(a+b)\theta}{b},\sin\frac{(a+b)\theta}{b}\right).$$

代入初值可检查起点正确。两半径取正并指定向前运动，才可确定题目所要求的那段路程对应哪个参数区间。

例题

半径比为二时首次回到固定圆

当 $a=2b$，位置公式为

$$x=3b\cos\theta-b\cos3\theta,\qquad y=3b\sin\theta-b\sin3\theta.$$

分别求导后，相对于角参数的速率平方为

$$(x')^2+(y')^2 =9b^2(2-2\cos2\theta)=36b^2\sin^2\theta.$$

因此速率是 $6b|\sin\theta|$，只含一次半径因子，也符合长度单位。为寻找首次回到固定圆的时刻，计算到固定圆心的距离：

$$|P(\theta)|^2=10b^2-6b^2\cos2\theta =4b^2+12b^2\sin^2\theta.$$

标记点在固定圆上当且仅当 $\sin\theta=0$。从零向前运动，首次正参数回返因此为 $\theta=\pi$，位置是 $P=(-2b,0)$。参数式没有隐藏更早的接触。在此区间正弦非负，故路程为

$$L=\int_0^\pi6b|\sin\theta|\,d\theta =6b[-\cos\theta]_0^\pi=12b.$$

这是沿轨迹行进的长度，不是两端点间的直线距离。接触端点处速率为零，并不妨碍连续非负的被积函数正确给出弧长。

圆与椭圆的有理参数表示

通过 $(-1,0)$ 的直线 $y=t(x+1)$ 与单位圆还有一个交点。解圆方程得到

$$\left(\frac{1-t^2}{1+t^2},\frac{2t}{1+t^2}\right),\qquad t\in\mathbb R.$$

分母始终为正。反过来，除 $(-1,0)$ 外每个圆上点都决定唯一参数 $t=y/(1+x)$，所以该表示是一一对应，恰好覆盖去掉此点的圆。它也是半角公式 $t=\tan(\theta/2)$。分别缩放坐标，得到椭圆参数表示

$$\gamma(t)=\left(a\frac{1-t^2}{1+t^2},b\frac{2t}{1+t^2}\right), \qquad a>b>0,$$

其中遗漏 $(-a,0)$。参数表示遗漏一点，并不表示椭圆没有该点；涉及该点的构造必须另行处理。

例题

用有理参数推导垂直半径轨迹

取接触点 $P=\gamma(t_1)$、$Q=\gamma(t_2)$，要求从中心出发的两半径向量垂直。接触点既不重合，也不互为对径点，所以切线有唯一交点。对于有限参数，这意味着 $t_1\ne t_2$ 与 $1+t_1t_2\ne0$。

将接触坐标代入第 11.2 节的切线方程，联立求解。记 $r=t_1t_2$、$s=t_1+t_2$，得

$$x=a\frac{1-r}{1+r},\qquad y=b\frac{s}{1+r}.$$

例如，求解前每条切线写成 $(1-t_i^2)x/a+2t_i y/b=1+t_i^2$。被排除的零分母对应对径点处的平行切线，并非约分之后还能恢复的有限交点。

使用点积表达半径垂直，以包含坐标轴上的接触点：

$$a^2(1-t_1^2)(1-t_2^2)+4b^2t_1t_2=0.$$

由 $(1-t_1^2)(1-t_2^2)=(1+r)^2-s^2$ 及 $4r=(1+r)^2-(1-r)^2$，可得

$$(a^2+b^2)(1+r)^2=b^2(1-r)^2+a^2s^2.$$

除以非零分母的平方，再代入交点坐标，得到

$$\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}.$$

第 11.2 节已通过从候选交点构造归一化接触向量，证明完整逆命题。本节的有理计算解释如何用两个参数的对称组合消元得到方程，不能代替那里的存在性证明。

最后补回参数表示遗漏的接触点。若 $P=(-a,0)$，垂直条件迫使 $Q=(0,\pm b)$。对应切线交于 $(-a,\pm b)$，两点都满足所列轨迹方程。恢复这些情况后，参数遗漏不会使几何轨迹产生缺口。这里垂直的是半径向量，不是切线；结果是已经证明的椭圆，并非准圆。

常见错误与总结

消元比起保留不等式，更容易保留等式。应始终保留正支条件、接触点互异条件，以及射线夹角余弦的符号。有理参数遗漏的点，与根本不存在的切线交点，是两种不同情况，修补方法也不同。运动题则须找到首次合法参数回返，并积分速率，而不是只求坐标位移。

这些例题共有的证明结构是：参数编码构造，对称关系简化消元，逆命题检验所得方程是否给出了完整几何答案。

快速检查

思考检查

为什么中点轨迹除了方程还需要不等式？

检查两个正接触参数的乘积。

解答 · 答案

乘积为正，所以 $x=1+st>1$、$y=1+1/(st)>1$。正接触点不可能产生 $(x-1)(y-1)=1$ 的另一分支。

思考检查

为什么角的平方方程可能描述错误的接触射线夹角？

比较一个角与它的补角。

解答 · 答案

互补角的正切平方相同，余弦符号却相反。接触射线余弦与 $-(p+1)$ 同号，因此可选择正确分支；外部点条件则保证存在两个互异接触点。

练习

1. 正支双曲线上经过 $(2,2)$ 的弦若有 $s=4$，求另一参数与中点，并检查受限中点方程。
2. 对 $Q=(0,2)$，求 $y^2=4x$ 的两个接触参数及切线，指出只用有限斜率会漏掉哪条线。
3. 固定接触射线夹角为锐角或钝角时，分别写出平方轨迹方程还需要哪些不等式。
4. 滚圆题中若 $b=2,a=4$，求首次回返参数、回返点与所行路程。
5. 说明椭圆有理参数遗漏哪个接触点，并恢复其两个垂直半径切线交点。

引导解答

解答 · 参考解答 1

$t=2/7$，$M=(15/7,15/8)$。平移坐标的乘积为 $(8/7)(7/8)=1$，且两坐标均大于一。

解答 · 参考解答 2

参数方程为 $t^2-2t=0$，故 $t=0,2$。切线是 $x=0$ 与 $x-2y+4=0$；第一条竖直，没有有限斜率。

解答 · 参考解答 3

两者都须 $y^2-4x>0$。锐角另须 $x\lt-1$，钝角另须 $x>-1$；直角情形为 $x=-1$。

解答 · 参考解答 4

首次回返为 $\theta=\pi$，点为 $(-4,0)$，路程为 $12b=24$。

解答 · 参考解答 5

遗漏接触点为 $(-a,0)$，与其半径垂直的接触点为 $(0,\pm b)$；切线交于 $(-a,\pm b)$。