11.5 圓錐曲線軌跡與參數應用

動機

軌跡題從幾何構造出發，詢問哪些點能由構造產生。代入與消元通常能得到方程，但方程可能包含額外分支，或構造無法達到的點。完整解答須證明兩個方向：每個構造出的點滿足所列條件，每個滿足條件的點也確實可以構造出來。

本節例題遵循同一順序：選取覆蓋所有合法動點的參數，把幾何限制翻譯成代數，表示所求點，然後消元。最後恢復參數或使用已經證明的逆命題。正性、互異性、參數表示遺漏的點以及角的方向，始終都是答案的一部分。

概念視角結構

參數記錄的不只是位置

弦的兩個參數確定端點；切線的一個參數確定接觸點，也可包含斜率無窮的切線；滾圓參數還記錄運動已進行到哪一步。消去參數可能保留位置集合，卻丟失順序、方向或合法性。選擇消去甚麼之前，先確定題目需要保留哪些資訊。

正支雙曲線的弦與中點

只考慮 $xy=1$ 的正支，即 $x,y>0$。設兩個互異接觸點為 $S=(s,1/s)$ 與 $T=(t,1/t)$，其中 $s,t>0$ 且 $s\ne t$。弦斜率為 $-1/(st)$，方程是

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

也可直接代入兩端點驗證。若弦經過 $(2,2)$，則

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

分母不能為零：在前式代入 $s=1/2$ 會產生矛盾。兩個參數同時為正，恰好要求

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

三個端點 $s=0,1/2,2$ 被排除的理由不同，分別是雙曲線上點無定義、弦關係不可能成立、第二參數為零。若 $s=t$，又會得到無實根的方程 $s^2-s+1=0$，所以合法區間自動保證兩個接觸點互異。

定理

正支上的精確中點軌跡

上述經過 $(2,2)$ 的弦，其中點的精確軌跡為

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

例題

消去接觸點後再重建它們

令中點為 $M=(x,y)$。中點公式與弦關係給出

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

由於 $st>0$，兩個座標均大於一。消去乘積得到 $(x-1)(y-1)=1$，這證明了包括分支限制在內的必要性。

反過來，選取受限曲線上的一點，用下列方程的根恢復 $s,t$：

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

判別式為 $4(x^2-x+1)>0$，因為 $x^2-x+1=(x-1/2)^2+3/4$。根和與根積都為正，故兩個根互異且均為正。它們還滿足 $s+t=2+2st$，所以重建的弦經過 $(2,2)$。弦中點的橫座標為 $x$，縱座標為 $x/(x-1)=y$，正是原候選點。因此指定分支上每點都能達到。

例如 $s=3$ 時，$t=1/5$，中點為 $(8/5,8/3)$，弦為 $x+(3/5)y=16/5$。可直接檢查弦經過 $(2,2)$，中點也滿足所求關係。消元方程的另一分支不屬於軌跡，因為它需要非正的端點參數乘積。

不遺漏豎直切線的拋物線參數

對 $y^2=4x$，用參數 $t$ 表示接觸點 $T(t)=(t^2,2t)$，對應切線為

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

這包含 $t=0$ 的豎直切線 $x=0$。經過固定點 $Q=(p,q)$ 的切線，因而恰好對應方程

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

的實根。記 $\Delta=q^2-4p$。當 $\Delta>0$ 時有兩條互異實切線；當 $\Delta=0$ 時只有一條；當 $\Delta\lt0$ 時沒有實切線。兩參數滿足 $t_1+t_2=q$、$t_1t_2=p$。互異參數給出不同直線，因此根的個數就是切線的條數。

非豎直切線有 $t\ne0$，斜率為 $m=1/t\ne0$，整理得 $y=mx+1/m$ 與 $q=pm+1/m$。也可把 $y=mx+c$ 代入拋物線，再令所得二次方程的判別式為零，但須先保證 $m\ne0$。

例題

斜率倒數條件給出的兩個交點

若兩條切線斜率均有限，由參數關係可得

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

若此值為五，且 $Q$ 在直線 $y=x$ 上，則 $p=q$，從而 $p^2-4p-5=0$。因此 $Q=(-1,-1)$ 或 $Q=(5,5)$。兩點的判別式都為五，確實各有兩個互異接觸點。參數乘積也均非零，因此兩組都沒有豎直切線，原斜率倒數表達式有定義。

即使其中一個接觸參數為零，參數差的平方仍有意義；但此時一條切線斜率無窮，應陳述參數形式，不能把無窮當作實數直接進行倒數運算。

兩條接觸射線之間的夾角

設外部點 $Q=(p,q)$ 的兩個接觸點為 $T_1,T_2$，並令 $\alpha=\angle T_1QT_2$，即從 $Q$ 指向接觸點的兩條射線之間的角。因此 $0\lt\alpha\lt\pi$；這裏指定的是射線，不是兩條無方向直線之間默認取的銳角。利用參數和與積，得到

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

計算點積和長度，便有

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

分母為正，所以 $p+1$ 的符號可區分接觸射線夾角為銳角還是鈍角。兩射線向量的行列式還給出

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

定理

固定接觸射線夾角及其分支條件

給定 $0\lt\alpha\lt\pi$ 且 $\alpha\ne\pi/2$，兩切線交點的精確軌跡為

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

銳角時另須 $x\lt-1$，鈍角時另須 $x>-1$。當 $\alpha=\pi/2$ 時，精確軌跡是準線 $x=-1$。

當 $p\ne-1$，將正弦與餘弦表達式相除即可得到平方方程。平方丟失餘弦的符號，故必須保留分支條件。為證明充分性，先用候選點的正判別式構造兩個互異實參數；由公式可知夾角的正切平方等於指定值，再用符號條件從兩個互補角中選出正確的一個。因此重建的射線確有指定夾角，而不僅是正切平方相等。

垂直情形由餘弦公式直接給出 $p=-1$。反之，這條直線上每一點均有 $\Delta=q^2+4>0$，且餘弦為零，所以整條直線都能達到。前例兩點雖然參數差平方相同，接觸射線夾角卻不同：$(-1,-1)$ 給出直角，$(5,5)$ 則給出鈍角。

外滾運動：位置與路程

半徑 $b>0$ 的圓在半徑 $a>0$ 的固定圓外側無滑動滾動。標記點初始位於接觸位置 $(a,0)$。令 $\theta$ 為滾動圓心的公轉角，$\phi$ 為接觸處滾動產生的相對轉角。無滑動使對應弧長相等：

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

圓心位置為 $(a+b)(\cos\theta,\sin\theta)$。相對圓心，標記半徑初始向內；在固定座標系中，其方向角涉及 $\theta+\phi$，不能只使用相對轉角。把兩個向量相加得

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

代入初值可檢查起點正確。兩半徑取正並指定向前運動，才可確定題目所要求的那段路程對應哪個參數區間。

例題

半徑比為二時首次回到固定圓

當 $a=2b$，位置公式為

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

分別求導後，相對於角參數的速率平方為

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

因此速率是 $6b|\sin\theta|$，只含一次半徑因子，也符合長度單位。為尋找首次回到固定圓的時刻，計算到固定圓心的距離：

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

標記點在固定圓上當且僅當 $\sin\theta=0$。從零向前運動，首次正參數回返因此為 $\theta=\pi$，位置是 $P=(-2b,0)$。參數式沒有隱藏更早的接觸。在此區間正弦非負，故路程為

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

這是沿軌跡行進的長度，不是兩端點間的直線距離。接觸端點處速率為零，並不妨礙連續非負的被積函數正確給出弧長。

圓與橢圓的有理參數表示

通過 $(-1,0)$ 的直線 $y=t(x+1)$ 與單位圓還有一個交點。解圓方程得到

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

分母始終為正。反過來，除 $(-1,0)$ 外每個圓上點都決定唯一參數 $t=y/(1+x)$，所以該表示是一一對應，恰好覆蓋去掉此點的圓。它也是半角公式 $t=\tan(\theta/2)$。分別縮放座標，得到橢圓參數表示

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

其中遺漏 $(-a,0)$。參數表示遺漏一點，並不表示橢圓沒有該點；涉及該點的構造必須另行處理。

例題

用有理參數推導垂直半徑軌跡

取接觸點 $P=\gamma(t_1)$、$Q=\gamma(t_2)$，要求從中心出發的兩半徑向量垂直。接觸點既不重合，也不互為對徑點，所以切線有唯一交點。對於有限參數，這意味着 $t_1\ne t_2$ 與 $1+t_1t_2\ne0$。

將接觸座標代入第 11.2 節的切線方程，聯立求解。記 $r=t_1t_2$、$s=t_1+t_2$，得

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

例如，求解前每條切線寫成 $(1-t_i^2)x/a+2t_i y/b=1+t_i^2$。被排除的零分母對應對徑點處的平行切線，並非約分之後還能恢復的有限交點。

使用點積表達半徑垂直，以包含座標軸上的接觸點：

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

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，再代入交點座標，得到

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

第 11.2 節已通過從候選交點構造歸一化接觸向量，證明完整逆命題。本節的有理計算解釋如何用兩個參數的對稱組合消元得到方程，不能代替那裏的存在性證明。

最後補回參數表示遺漏的接觸點。若 $P=(-a,0)$，垂直條件迫使 $Q=(0,\pm b)$。對應切線交於 $(-a,\pm b)$，兩點都滿足所列軌跡方程。恢復這些情況後，參數遺漏不會使幾何軌跡產生缺口。這裏垂直的是半徑向量，不是切線；結果是已經證明的橢圓，並非準圓。

常見錯誤與總結

消元比起保留不等式，更容易保留等式。應始終保留正支條件、接觸點互異條件，以及射線夾角餘弦的符號。有理參數遺漏的點，與根本不存在的切線交點，是兩種不同情況，修補方法也不同。運動題則須找到首次合法參數回返，並積分速率，而不是只求座標位移。

這些例題共有的證明結構是：參數編碼構造，對稱關係簡化消元，逆命題檢驗所得方程是否給出了完整幾何答案。

快速檢查

思考檢查

為甚麼中點軌跡除了方程還需要不等式？

檢查兩個正接觸參數的乘積。

解答 · 答案

乘積為正，所以 $x=1+st>1$、$y=1+1/(st)>1$。正接觸點不可能產生 $(x-1)(y-1)=1$ 的另一分支。

思考檢查

為甚麼角的平方方程可能描述錯誤的接觸射線夾角？

比較一個角與它的補角。

解答 · 答案

互補角的正切平方相同，餘弦符號卻相反。接觸射線餘弦與 $-(p+1)$ 同號，因此可選擇正確分支；外部點條件則保證存在兩個互異接觸點。

練習

1. 正支雙曲線上經過 $(2,2)$ 的弦若有 $s=4$，求另一參數與中點，並檢查受限中點方程。
2. 對 $Q=(0,2)$，求 $y^2=4x$ 的兩個接觸參數及切線，指出只用有限斜率會漏掉哪條線。
3. 固定接觸射線夾角為銳角或鈍角時，分別寫出平方軌跡方程還需要哪些不等式。
4. 滾圓題中若 $b=2,a=4$，求首次回返參數、回返點與所行路程。
5. 說明橢圓有理參數遺漏哪個接觸點，並恢復其兩個垂直半徑切線交點。

引導解答

解答 · 參考解答 1

$t=2/7$，$M=(15/7,15/8)$。平移座標的乘積為 $(8/7)(7/8)=1$，且兩座標均大於一。

解答 · 參考解答 2

參數方程為 $t^2-2t=0$，故 $t=0,2$。切線是 $x=0$ 與 $x-2y+4=0$；第一條豎直，沒有有限斜率。

解答 · 參考解答 3

兩者都須 $y^2-4x>0$。銳角另須 $x\lt-1$，鈍角另須 $x>-1$；直角情形為 $x=-1$。

解答 · 參考解答 4

首次回返為 $\theta=\pi$，點為 $(-4,0)$，路程為 $12b=24$。

解答 · 參考解答 5

遺漏接觸點為 $(-a,0)$，與其半徑垂直的接觸點為 $(0,\pm b)$；切線交於 $(-a,\pm b)$。