11.4 一般圆锥曲线、坐标旋转与分类

标准形式以外的选读拓展

本节为选读内容。我们把抛物线、椭圆、双曲线的标准方程统一到一个计算框架， 也包括实解集为一点、若干直线或空集的方程。目的是在坐标轴未必沿曲线主轴时， 仍能从方程辨认几何形状。

焦点准线条件解释了二次方程的来源。设焦点为 $(p,q)$，真正准线为 $ux+vy+w=0$， 离心率为 $e\gt0$，其中 $u^2+v^2\gt0$ 且焦点不在准线上。条件为

$$\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2} =e\frac{|ux+vy+w|}{\sqrt{u^2+v^2}}.$$

两边非负，故平方可逆，再乘以 $u^2+v^2$ 就得到二次方程。 但逆向问题须谨慎：任意二次方程未必描述非退化的焦点准线圆锥曲线。 即使二次部分不变，低次项仍可改变实轨迹。

定义

实二次轨迹

对实系数写

$$f(x,y)=Ax^2+Bxy+Cy^2+Dx+Ey+F.$$

实轨迹是所有满足 $f(x,y)=0$ 的点的集合。二次部分为 $Ax^2+Bxy+Cy^2$， 其判别式为 $\Delta=B^2-4AC$。讨论边界情形时也允许 $A=B=C=0$， 尽管此时方程的次数至多为一。

全式乘以非零常数不改变轨迹。坐标旋转与平移也保持距离及角度； 它们改变同一集合的描述，不改变几何类型。先旋转消去混合项， 再平移，便能看清哪些常数项与一次项仍决定形状。

旋转坐标轴

将坐标轴逆时针旋转 $\theta$，记 $c=\cos\theta$、$s=\sin\theta$， 新坐标为 $(X,Y)$。新坐标单位向量在原坐标中分别为 $(c,s)$ 与 $(-s,c)$。 同一点的两组坐标因此满足

$$x=cX-sY,\qquad y=sX+cY; \qquad X=cx+sy,\qquad Y=-sx+cy.$$

利用 $c^2+s^2=1$ 代入即可验证逆公式。必须分清变换方向： 旋转坐标轴与主动旋转一个点，是两种不同的描述，混淆它们容易弄错符号。

定理

消去混合项与旋转不变量

代入后新方程的系数为

$$\begin{aligned} A'&=Ac^2+Bcs+Cs^2, & C'&=As^2-Bcs+Cc^2,\\ B'&=B\cos2\theta-(A-C)\sin2\theta,\\ D'&=Dc+Es, & E'&=-Ds+Ec,\qquad F'=F. \end{aligned}$$

总能选择实角使 $B'=0$，且有

$$A'+C'=A+C,\qquad B'^2-4A'C'=B^2-4AC.$$

证明: 先找出要消去的系数，再选择角度

目标是消去 $XY$，并非一次项。展开 $Ax^2$、$Bxy$ 与 $Cy^2$， 混合项系数合计为 $-2Acs+B(c^2-s^2)+2Ccs$，即上述 $B'$。 若 $B=0$，取 $\theta=0$。若 $B\ne0$ 且 $A=C$，取 $\theta=\pi/4$。 其余情形选择满足 $\tan2\theta=B/(A-C)$ 的角，令 $2\theta$ 位于 $-\pi/2$ 与 $\pi/2$ 之间。其余弦非零，乘回余弦便可验证 $B'=0$。 这样的分情况避免在 $A=C$ 时除以零。

把 $A'$、$C'$ 的公式相加，混合贡献抵消，即得迹的不变性。 相减则得 $A'-C'=(A-C)\cos2\theta+B\sin2\theta$。 将此式与 $B'$ 分别平方再相加，交叉乘积抵消，故

$$B'^2+(A'-C')^2=B^2+(A-C)^2.$$

再减去已经证明不变的平方 $(A'+C')^2=(A+C)^2$，即得判别式恒等式。 这说明任意旋转都保持判别式，当然也包括用于消去混合项的旋转。

之后的平移不改变二次系数，因为展开平移后的平方只新增一次项和常数项。 因此 $\Delta$ 也在平移下不变。这些不变量属于选定的多项式方程； 若全式乘以标量 $r$，迹会乘以 $r$，判别式会乘以 $r^2$。 所以非零倍缩放仍保持判别式的符号。

θ = 0°

$5X^2 + 6XY + 5Y^2 = 8$

固定椭圆为 $5x^2+6xy+5y^2=8$。虚线轴表示新的 $X,Y$ 方向。代入 $x=X\cos\theta-Y\sin\theta$ 与 $y=X\sin\theta+Y\cos\theta$。当角度为 $45^\circ$，混合项系数消失，同一椭圆的方程变为 $8X^2+2Y^2=8$。改变的是坐标，而非轨迹。

配方并保留全部情形

旋转之后重新命名系数，写成

$$\alpha X^2+\gamma Y^2+dX+eY+f=0.$$

此处的小写 $e$ 是一次项系数，不是引入定义时的离心率。 二次部分的秩指消去混合项后 $\alpha,\gamma$ 中非零系数的个数。 只有三种可能，普通配方即可完成分类，无须一般矩阵理论。

定理

旋转后实轨迹的完整分类

若二次部分的秩为二，令 $h=-d/(2\alpha)$、$k=-e/(2\gamma)$，以及 $m=d^2/(4\alpha)+e^2/(4\gamma)-f$。平移为 $U=X-h$、$V=Y-k$ 后有

$$\alpha U^2+\gamma V^2=m.$$

若 $\alpha,\gamma$ 同号，必要时全式乘以 $-1$，使两者都为正，并同时改变 $m$ 的符号。 此时 $m\gt0$ 为椭圆，$m=0$ 为一个点，$m\lt0$ 为空集。 若两系数异号，则 $m\ne0$ 为双曲线，$m=0$ 为两条相交直线。

若秩为一，必要时交换坐标角色，使 $\alpha\ne0$、$\gamma=0$。 只对已有的二次项配方，得

$$\alpha U^2+eY+g=0,\qquad U=X+\frac{d}{2\alpha},\qquad g=f-\frac{d^2}{4\alpha}.$$

若 $e\ne0$，轨迹为抛物线。若 $e=0$，令 $r=-g/\alpha$； $r\gt0$ 时为两条平行直线，$r=0$ 时为一条重直线，$r\lt0$ 时无实点。

若秩为零，方程为 $dX+eY+f=0$。当 $(d,e)\ne(0,0)$ 时为直线， 当 $d=e=f=0$ 时为整个平面，其余情形为空集。

同号情形的依据是正系数平方和总非负，且仅在两个变量都为零时为零。 $m$ 为正时，除以 $m$ 得半轴长 $\sqrt{m/\alpha}$、$\sqrt{m/\gamma}$。 异号情形经过必要的交换或全式变号，可写为 $\alpha U^2-\beta V^2=m$， 其中 $\alpha,\beta\gt0$。右侧非零时可化为两种朝向之一的标准双曲线； 右侧为零时分解成 $(\sqrt\alpha U-\sqrt\beta V)(\sqrt\alpha U+\sqrt\beta V)=0$， 得到两条不同的相交直线。

秩一且 $e\ne0$ 时，令 $V=Y+g/e$，便有 $\alpha U^2=-eV$， 其抛物线系数非零，开口由 $-e/\alpha$ 的符号决定。 由于不存在 $Y^2$ 项，不能把 $eY$ 吸收到关于 $Y$ 的平方中。 若 $e=0$，每个允许的 $U$ 值都让 $Y$ 自由变化，所以每个实根给出整条直线。 重直线在几何上只是一条线，但在多项式中对应重复因子。 秩零的结论则来自求解真正的一次方程，或直接判断常数等式。

反例模式

判别式为正并不能排除相交直线

方程 $x^2-y^2=0$ 的判别式为 $\Delta=4\gt0$，却能分解为 $(x-y)(x+y)=0$，轨迹是 $y=x$ 与 $y=-x$ 的并集，并非非退化双曲线。 只改变常数项得到 $x^2-y^2=1$，才是具有相同判别式的双曲线。

正确的说法是：正判别式表示二次部分不定号，配方后仍须检查剩余常数是否为零。 同样，负判别式容许椭圆、单点或空集；零判别式则须继续检查保留的一次项与秩。

圆要求 $A=C\ne0$ 且 $B=0$。上述证明中的恒等式表明， 旋转后对角系数相等且混合项为零，会迫使原来的 $B^2+(A-C)^2=0$。 此时全式除以 $A$ 并配方，圆心为 $(-D/(2A),-E/(2A))$，且

$$R^2=\frac{D^2+E^2}{4A^2}-\frac FA.$$

只有 $R^2\gt0$ 才给出真正的圆；等于零时仅剩圆心，小于零时无实点。 二次系数相等本身并不能保证半径为正。

分类例题

例题

例 1：旋转并平移的椭圆

分类下列方程，并确定其轴：

$$5x^2-4xy+8y^2+4\sqrt5x-16\sqrt5y+4=0.$$

此处 $\Delta=-144$，二次部分定号。取 $c=2/\sqrt5$、$s=1/\sqrt5$， 满足 $\tan2\theta=4/3$。代入 $x=(2X-Y)/\sqrt5$、$y=(X+2Y)/\sqrt5$，得

$$4X^2+9Y^2-8X-36Y+4=0 \quad\Longleftrightarrow\quad 4(X-1)^2+9(Y-2)^2=36.$$

右侧为正，现在才确认是实椭圆。旋转坐标中的中心为 $(1,2)$， 换回原坐标是 $(0,\sqrt5)$。沿 $(2,1)/\sqrt5$ 的半轴长为 $3$， 沿 $(-1,2)/\sqrt5$ 的半轴长为 $2$。 画图时先标中心，再沿这两个单位方向分别加减相应长度，得到四个轴端点。 单凭判别式并不能求出中心或轴长。

例题

例 2：一次项区分抛物线与平行直线

考虑 $x^2+2xy+y^2-2x+2y=0$。虽然 $\Delta=0$，也不能丢弃一次部分。 取 $\theta=\pi/4$，则 $x+y=\sqrt2X$、$-2x+2y=2\sqrt2Y$， 方程变成 $2X^2+2\sqrt2Y=0$，是沿负 $Y$ 方向开口的抛物线。

对比 $x^2+2xy+y^2-2=0$，同一旋转给出 $X^2=1$， 即两条平行直线 $x+y=\pm\sqrt2$。 把 $-2$ 换为 $0$ 得重直线 $x+y=0$；换为 $2$ 则得空集。 四个方程的二次部分相同，轨迹之所以不同，必须由剩余项判断。

例题

例 3：相同定号二次部分的三种结果

方程 $x^2+y^2-2x+4y+c=0$ 总有 $\Delta=-4$。 配方得 $(x-1)^2+(y+2)^2=5-c$。 $c=1$ 时为圆心 $(1,-2)$、半径 $2$ 的圆；$c=5$ 时仅有点 $(1,-2)$； $c=6$ 时为空集。相同的中心计算在三种情况下都有用， 但右侧为负时，不能通过取实平方根来指定半径。

二次部分的矩阵观点

概念视角代数

对称矩阵记录同一个二次表达式

定义列向量 $z=(x,y)^T$、$Z=(X,Y)^T$，以及

$$Q=\begin{pmatrix}A&B/2\\B/2&C\end{pmatrix},\qquad O=\begin{pmatrix}c&-s\\s&c\end{pmatrix}.$$

则 $z^TQz=Ax^2+Bxy+Cy^2$：两个非对角乘积各贡献混合项的一半。 坐标变换是 $z=OZ$，且 $O^TO=OO^T=I$。代入得

$$z^TQz=Z^T(O^TQO)Z,\qquad Q'=O^TQO, \qquad Q=OQ'O^T.$$

最后一个等式由左乘 $O$、右乘 $O^T$ 得到。 矩阵乘法有次序要求；这两个公式表示互逆的变换，不能任意交换排列。 选择使 $B'=0$ 的角，就使 $Q'$ 成为对角矩阵。 这正是前面已用三角函数证明的旋转过程的矩阵描述。

迹是对角元素之和 $A+C$，行列式为 $AC-B^2/4=-\Delta/4$。 由于 $\det O=1$，对 $Q'=O^TQO$ 取行列式可知行列式不变； 迹不变已经由系数计算证明。因此矩阵只是把同样的两个不变量整合起来。 一次部分须另行变换为 $(D,E)OZ$，故单靠二次部分的矩阵不能判断所有实轨迹。 这里不需要调用一般的对角化定理。

切线要求接触点为正则点

定理

二次轨迹在正则点处的切线公式

设 $P=(x_0,y_0)$ 满足 $f(P)=0$，且

$$\nabla f(P)=(2Ax_0+By_0+D,\ Bx_0+2Cy_0+E)\ne(0,0).$$

则切线为 $\nabla f(P)\cdot(x-x_0,y-y_0)=0$，等价地为

$$Ax_0x+\frac B2(x_0y+y_0x)+Cy_0y +\frac D2(x+x_0)+\frac E2(y+y_0)+F=0.$$

沿正则局部参数表示对 $f(x(t),y(t))=0$ 求导， 链式法则在接触点给出 $\nabla f(P)\cdot(x'(t),y'(t))=0$。 非零梯度提供真正的法方向。若其第二分量非零，可用隐函数求导写局部图像 $y=y(x)$； 若只有第一分量非零，则改用 $x=x(y)$。因此竖直切线无须除以零。

展开点法式，利用 $f(P)=0$ 改写常数项，再除以二，就得对称公式。 两个假设都不可省略：轨迹外的点不存在该处切线，奇异点的梯度方程则变为 $0=0$。 例如 $x^2-y^2=0$ 的原点有两条交叉分支，上式不能为它们选出唯一的切线方向。

快速检查

思考检查

检查 1：对角系数相等怎么办？

若 $A=C$，如何不除以 $A-C$ 而消去混合项？

解答 · 检查 1 的答案

若 $B=0$，取 $\theta=0$；否则取 $\theta=\pi/4$， 此时 $B'=B\cos(\pi/2)=0$，不需要使用正切商式。

思考检查

检查 2：零判别式是否足够？

分类 $x^2-1=0$ 与 $y-1=0$。为什么两者都可以有 $\Delta=0$？

解答 · 检查 2 的答案

前者是两条平行直线 $x=\pm1$，秩为一；后者是直线 $y=1$，秩为零。 零判别式只记录二次部分奇异，并未指定其秩或一次项。

练习

1. 用 $\theta=\pi/4$ 旋转 $xy=1$，确定所得标准形式。 若改为 $xy=0$，结果怎样变化？
2. 分类 $x^2+4y^2-2x+16y+17=0$ 与 $x^2+4y^2-2x+16y+18=0$。
3. 求 $x^2+4y^2=4$ 在 $(0,1)$ 与 $(2,0)$ 处的切线。 解释为什么第二条切线仍被定理涵盖。
4. 分类秩零方程 $2x-y+3=0$、$0=0$、$1=0$，并指出哪个具有非零梯度。

引导解答

解答 · 解答 1

代入得 $xy=(X^2-Y^2)/2$，故 $xy=1$ 变为 $X^2/2-Y^2/2=1$， 是半轴长均为 $\sqrt2$ 的双曲线。对 $xy=0$ 则得到 $X^2-Y^2=0$， 即两条相交直线，在原坐标中就是两条坐标轴。

解答 · 解答 2

两式左侧分别化为 $(x-1)^2+4(y+2)^2$ 与 $(x-1)^2+4(y+2)^2+1$。 因此前者的轨迹是单点 $(1,-2)$，后者为空集。 两者均有 $\Delta=-16$，只说明二次部分定号，不能断言为非退化椭圆。

解答 · 解答 3

梯度为 $(2x,8y)$，在 $(0,1)$ 处为 $(0,8)$，在 $(2,0)$ 处为 $(4,0)$。 切线分别是 $y=1$ 与 $x=2$。两条法向量都非零； 点法式直接涵盖竖直直线，不必把它写成以 $x$ 为自变量的 $y$ 的图像。

解答 · 解答 4

轨迹依次为直线、整个平面、空集。只有第一个多项式具有非零梯度 $(2,-1)$。 恒零多项式不施加任何限制；常数多项式 $1$ 没有零点，因而没有接触点可讨论切线。