11.2 椭圆：焦点、反射与切线几何

同一个椭圆的几种描述

椭圆可以由一个焦点与一条准线定义，也可以由两个焦点及固定距离和定义， 还可以写成二次方程。不同描述适合不同问题：距离定义说明哪些点在曲线上， 以及反射为何连接两个焦点；方程与参数化则方便计算切线。下面证明这些描述 的联系，并说明距离平方时必须保留的符号条件。

采用中心在原点、长轴水平的椭圆。全节假设 $0\lt e\lt1$、$a>b>0$。 $a,b$ 表示半轴长度，不是整条轴的长度。设

$$c=ae,\qquad b=a\sqrt{1-e^2},\qquad c^2=a^2-b^2.$$

严格不等式保证椭圆非退化，两个焦点相异且位于内部。若长轴竖直，只须交换 坐标角色；以下公式始终采用水平长轴约定。平移或旋转后的椭圆仍保留距离与 反射性质，但坐标方程可能改变形式。

从焦点与准线得到中心方程

先用坐标 $(\bar x,\bar y)$，取焦点 $(k,0)$，其中 $k>0$，准线为 $\bar x=0$。焦点与准线的距离条件是

$$\sqrt{(\bar x-k)^2+\bar y^2}=e|\bar x|.$$

两边都非负，所以平方与原条件等价。展开时必须保留常数项：

$$(1-e^2)\bar x^2-2k\bar x+\bar y^2+k^2=0.$$

利用 $1-e^2>0$ 配方，得到

$$(1-e^2)\left(\bar x-\frac{k}{1-e^2}\right)^2+\bar y^2 =\frac{k^2e^2}{1-e^2}.$$

定义 $x=\bar x-k/(1-e^2)$、$y=\bar y$、$a=ke/(1-e^2)$。 除以右边的正数，就得到标准方程，其中 $b=a\sqrt{1-e^2}$。

定义

标准椭圆及其焦点数据

中心在原点的椭圆为

$$E:\quad \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\qquad a>b>0.$$

焦点为 $F_1=(-c,0)$、$F_2=(c,0)$，其中 $c=ae=\sqrt{a^2-b^2}$。对应准线为 $D_1:x=-a/e$、$D_2:x=a/e$。

原焦点平移后成为 $(k-k/(1-e^2),0)=(-ae,0)$；原准线则成为 $x=-k/(1-e^2)=-a/e$。对竖直轴反射，得到第二组焦点与准线，椭圆不变。 因为 $a/e>a$，两条准线都在椭圆外。推导每步均可逆，所以方程恰好描述 规定的距离轨迹，而不只是包含它。

到两个焦点的距离和

定理

固定距离和的刻画

设 $F_1=(-ae,0)$、$F_2=(ae,0)$，其中 $a>0$、$0\lt e\lt1$。 点 $P=(x,y)$ 在 $E$ 上，当且仅当

$$|PF_1|+|PF_2|=2a.$$

写成 $d_1=\sqrt{(x+ae)^2+y^2}$、$d_2=\sqrt{(x-ae)^2+y^2}$。 先假设 $d_1+d_2=2a$，将距离平方相减，得到

$$(d_1-d_2)(d_1+d_2)=4aex, \qquad d_1-d_2=2ex.$$

由于 $2a>0$，这里可以相除。由和与差得 $d_1=a+ex$、$d_2=a-ex$。 将第一个等式平方并消项，得到

$$(1-e^2)x^2+y^2=a^2(1-e^2),$$

这就是椭圆方程。

反过来，假设椭圆方程成立。非负平方项给出 $|x|\le a$；代入 $y^2=b^2(1-x^2/a^2)$，得到

$$d_1^2=(a+ex)^2,\qquad d_2^2=(a-ex)^2.$$

$a\pm ex$ 至少为 $a-e|x|\ge a(1-e)>0$，因此取非负平方根后， 实际距离就是 $d_1=a+ex$、$d_2=a-ex$，其和为 $2a$。这个正性检查 不可省略：平方本身不能判断距离表达式的符号。它同时说明椭圆上的点都不是焦点。

概念视角几何

距离比与距离和确定同一个点

椭圆上点到 $D_1$ 的距离是 $x+a/e$，乘以 $e$ 后为 $a+ex=d_1$； 到 $D_2$ 的距离是 $a/e-x$，得到 $a-ex=d_2$。准线描述将一个焦点距离 与一条直线距离比较；把两个表达式相加，就得到固定距离和描述。 距离比观点给出离心率，距离和观点则直接显示完整长轴长度 $2a$。

参数化、切线与法线

参数化

$$\gamma(\theta)=(a\cos\theta,b\sin\theta),\qquad 0\le\theta\le2\pi$$

覆盖整个椭圆，因为归一化坐标 $(x/a,y/b)$ 在单位圆上，必可用这样的角 表示。求导得到切向量 $(-a\sin\theta,b\cos\theta)$。它从不为零，因为 正弦与余弦不同时为零，而两条半轴长度均为正。

定理

不受斜率例外限制的切线与法线

在 $P=(x_0,y_0)\in E$，一个法向量是 $\mathbf n=(x_0/a^2,y_0/b^2)$， 切线为

$$\frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}=1.$$

法线为 $(x,y)=(x_0,y_0)+s\mathbf n$，其中 $s\in\mathbb R$。

中心不在椭圆上，所以这个法向量非零。在参数点处，它等于 $(\cos\theta/a,\sin\theta/b)$，与切向量的点积为零。因此切线方程是 $\mathbf n\cdot((x,y)-(x_0,y_0))=0$。整理后的常数为 $x_0^2/a^2+y_0^2/b^2=1$，便证明了所列公式。

隐函数求导得到斜率 $-b^2x_0/(a^2y_0)$，但只在 $y_0\ne0$ 时适用。 向量证明包含被斜率公式遗漏的竖直切线。同样，法线公式不除以 $x_0$ 或 $y_0$，所以在四个轴上顶点都有效。

例题

顶点处的切线与法线

在 $(a,0)$，切线方程化为 $x=a$，法线是水平轴；在 $(0,b)$，切线化为 $y=b$，法线是竖直轴。另两个顶点给出切线 $x=-a$、$y=-b$。 对一般参数，切线也可写成

$$\frac{x\cos\theta}{a}+\frac{y\sin\theta}{b}=1.$$

代入 $\theta=0$ 与 $\theta=\pi/2$，就得到上述两个例子。因此顶点处无须 另外计算斜率的极限。

从一个焦点反射到另一个焦点

在椭圆点 $P$ 定义单位向量

$$\mathbf u_i=\frac{P-F_i}{|P-F_i|},\qquad i=1,2.$$

它们分别从焦点指向 $P$。由前面的距离公式，分母均为正。沿 $P=\gamma(\theta)$ 对距离和恒等式求导。非零向量长度的导数，是其单位 方向与导数的点积，因此

$$\gamma'(\theta)\cdot(\mathbf u_1+\mathbf u_2)=0.$$

所以 $\mathbf N=\mathbf u_1+\mathbf u_2$ 是椭圆的法向量。它不可能为零： 若两个单位向量相反，$P$ 必在两焦点之间，此处距离和为 $2c\lt2a$。 因此它在每个椭圆点都确定法向方向，包括轴上的顶点。

证明: 分清入射运动与离开后朝向焦点的方向

从 $F_1$ 入射的光线具有单位速度 $\mathbf u_1$；离开 $P$ 朝向 $F_2$ 的方向则应为 $-\mathbf u_2$，不是 $\mathbf u_2$。对切线反射会保留 切向分量、反转法向分量。令 $\widehat{\mathbf N}=\mathbf N/\|\mathbf N\|$， 反射方向为

$$\mathbf u_1-2(\mathbf u_1\cdot\widehat{\mathbf N})\widehat{\mathbf N}.$$

两个焦点方向都是单位向量，所以 $\mathbf u_1\cdot\mathbf N=1+\mathbf u_1\cdot\mathbf u_2$，且 $\|\mathbf N\|^2=2(1+\mathbf u_1\cdot\mathbf u_2)>0$。 被减去的向量恰为 $\mathbf N$，故反射方向是 $\mathbf u_1-\mathbf N=-\mathbf u_2$。这就以正确的运动方向证明了 焦点到焦点的反射性质。

同一计算也表示入射角等于反射角。它只使用法向方向，因此改变单位法向量 的正负号，不会改变结果。在长轴顶点，光线沿轴返回另一焦点；这是证明已经 包含的情形，不必用会出现零分母的切线斜率另行处理。

例题

两个焦点在水平切线上方

设焦点为 $(9,20)$、$(49,55)$，椭圆在 $X$ 处与 $x$ 轴相切。 将第一焦点对该轴反射到 $F_1'=(9,-20)$。反射性质给出从 $F_1'$ 经 $X$ 到 $F_2=(49,55)$ 的直线路径，所以

$$2a=|XF_1|+|XF_2|=|F_1'F_2| =\sqrt{40^2+75^2}=85,\qquad a=\frac{85}{2}.$$

直线为 $F_1'+t(40,75)$，高度在 $t=20/75=4/15$ 时为零，故 $X=(59/3,0)$。两段距离分别为 $85(4/15)=68/3$、$85(11/15)=187/3$， 相加为 $85$。

还可检查存在性，而不只是求出必要长度。实际焦点距离为 $\sqrt{40^2+35^2}=5\sqrt{113}\lt85$，所以距离和轨迹是非退化椭圆。 对 $x$ 轴上任一点 $Y$，由反射与三角不等式有 $|YF_1|+|YF_2|=|YF_1'|+|YF_2|\ge85$，只在 $X$ 取等。 在 $X$，入射与出射方向关于该轴反射，因此前面的反射计算识别出该轴 正是此处的切线。

思考检查

离开反射点后朝向第二焦点的是哪个方向？

回顾焦点单位向量的定义。

解答 · 答案

是 $-\mathbf u_2=(F_2-P)/|P-F_2|$。$\mathbf u_2$ 从第二焦点指向 反射点，方向恰好相反。

t = 60°

|PF₁| ≈ 4.118; |PF₂| ≈ 1.882; |PF₁| + |PF₂| = 6

在 $x^2/9+y^2/4=1$ 上，两焦点为 $F_1=(-\sqrt5,0)$ 及 $F_2=(\sqrt5,0)$。路径 $F_1\to P\to F_2$ 的总长恒为 $6$。实线入射线与虚线反射线和切线所成的角相等。法线平行于 $(x/9,y/4)$；入射方向关于切线反射后，正好指向 $F_2$。

垂直半径向量对应的两条切线

让 $P,Q$ 在 $E$ 上移动，满足 $OP\perp OQ$，其中 $O$ 为中心。 求它们的切线交点 $T$ 的轨迹。条件施加在半径向量上，不是切线彼此垂直； 两种条件不同，不能替换。

定理

垂直半径所对应的切线交点轨迹

完整轨迹是

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

通过从候选交点恢复切点，证明两个方向。设 $T=(h,k)$、 $\mathbf v=(h/a,k/b)$、$M=\|\mathbf v\|^2$。切点可写成 $(a u_1,b u_2)$， 其中 $\mathbf u=(u_1,u_2)$ 为单位向量。其切线经过 $T$，恰好等价于 $\mathbf v\cdot\mathbf u=1$。

令 $J\mathbf v=(-v_2,v_1)$，即把 $\mathbf v$ 旋转四分之一圈。它与 $\mathbf v$ 垂直且等长。当 $M>1$ 时，两种可能的单位切点坐标是

$$\mathbf u_\pm=\frac{\mathbf v\pm\sqrt{M-1}\,J\mathbf v}{M}.$$

推导方法是：沿 $\mathbf v$ 的投影必须为 $\mathbf v/M$，剩余分量必须 垂直于 $\mathbf v$；再要求总长度为一，便确定上述系数及两个符号。 直接检查，与 $\mathbf v$ 的点积为一，范数平方为 $(M+(M-1)M)/M^2=1$。平面内垂直分量的方向只有正反两种，所以已经 列出全部可能，而非只猜出两组解。

实际半径向量为 $P=(a u_{+,1},b u_{+,2})$、$Q=(a u_{-,1},b u_{-,2})$。 展开得到

$$P\cdot Q =\frac{a^2+b^2-b^2h^2/a^2-a^2k^2/b^2}{M}.$$

具体地，化简前以 $M^2$ 为分母的分子是 $a^2(v_1^2-(M-1)v_2^2)+b^2(v_2^2-(M-1)v_1^2)$。 利用 $v_1^2+v_2^2=M$ 得到所列式子。因此 $P\cdot Q=0$ 在除以 $a^2b^2$ 后，恰好就是要求的轨迹方程。

先证必要性。垂直的非零半径向量既不同向也不反向，所以它们的切线有唯一 有限交点。两个相异单位切点坐标同时满足 $\mathbf v\cdot\mathbf u=1$， 必须有 $M>1$：由点积界限，$M\lt1$ 不可能；$M=1$ 则只允许 $\mathbf u=\mathbf v$。故前面的计算适用。

再证逆向。若 $T$ 满足所列轨迹方程，则

$$M=a^2\frac{h^2}{a^4}+b^2\frac{k^2}{b^4} \ge b^2\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right) =1+\frac{b^2}{a^2}>1.$$

所以构造出的两个切点存在且相异，切线都经过 $T$，而算出的点积为零。 两个相异单位切点坐标不能互为相反向量，因为它们与 $\mathbf v$ 的点积 都是一，所以两者不平行。将坐标分别乘以 $1/a$、$1/b$，仍保留这个性质， 得到实际切线法向量也不平行，故两切线唯一地交于 $T$。这样证明了轨迹上 每一点都能取得，包括两条坐标轴上的点。

例题

用两个顶点切点检查轨迹

取 $P=(a,0)$、$Q=(0,b)$，半径向量点积为零。切线 $x=a$ 与 $y=b$ 交于 $T=(a,b)$，它满足轨迹方程，因为两项分别成为 $1/a^2$、$1/b^2$。 当 $a>b$ 时，该方程的两个坐标平方系数不等，表示椭圆；它不是切线互相 垂直条件所对应的圆。顶点检查验证了一个确实取得的点，但不能代替整个 轨迹的逆向证明。

快速检查

思考检查

距离和证明的逆向为何需要检查符号？

检查开平方后得到的量。

解答 · 答案

仅由 $d_i^2=(a\pm ex)^2$ 会得到绝对值。在椭圆上，$|x|\le a$ 且 $0\lt e\lt1$ 保证 $a\pm ex\ge a(1-e)>0$，所以实际距离是 $a\pm ex$。

思考检查

切线公式在长轴顶点也适用吗？

使用法向量，而不是斜率的商式。

解答 · 答案

适用。在 $(a,0)$，法向量为 $(1/a,0)$，切线为 $x=a$，不必除以零坐标。

练习

1. 对 $a>b>0$，用 $a,b$ 表示 $e,c$ 及两条准线。
2. 在 $P=(a\cos\theta,b\sin\theta)$，求两个焦点距离并验证其和。
3. 求 $(-a,0)$ 与 $(0,-b)$ 处的切线和法线。
4. 在两个数值焦点的例题中，求出切点，并说明半长轴为何是 $85/2$ 而不是 $85$。
5. 用 $\mathbf N=\mathbf u_1+\mathbf u_2$，以代数验证切线反射将 $\mathbf u_1$ 变为 $-\mathbf u_2$。
6. 对垂直半径轨迹上的交点 $T$，解释 $M>1$ 为何重要，以及它为何自动由 轨迹方程保证。

引导解答

解答 · 参考解答 1

$e=\sqrt{1-b^2/a^2}$、$c=\sqrt{a^2-b^2}$，准线为 $x=\pm a/e=\pm a^2/\sqrt{a^2-b^2}$。

解答 · 参考解答 2

$d_1=a(1+e\cos\theta)$、$d_2=a(1-e\cos\theta)$。 因为 $e\lt1$，两者都为正，和为 $2a$。

解答 · 参考解答 3

在 $(-a,0)$，切线为 $x=-a$，法线为 $y=0$； 在 $(0,-b)$，切线为 $y=-b$，法线为 $x=0$。

解答 · 参考解答 4

反射后的线段为 $(9,-20)+t(40,75)$，在 $t=4/15$ 与零高度相交， 因此 $X=(59/3,0)$。长度 $85$ 是完整焦点距离和 $2a$，半长轴须取一半。

解答 · 参考解答 5

因为 $\|\mathbf N\|^2=2\mathbf u_1\cdot\mathbf N>0$， $\mathbf u_1-2(\mathbf u_1\cdot\mathbf N)\mathbf N/\|\mathbf N\|^2 =\mathbf u_1-\mathbf N=-\mathbf u_2$。

解答 · 参考解答 6

$M>1$ 使 $\sqrt{M-1}$ 为正，给出两个相异切点。在轨迹上，将方程 两项分别以 $a^2$、$b^2$ 加权，得到 $M\ge1+b^2/a^2>1$。 因此不必从轨迹额外删去任何点。