軌跡問題誤解多

(1)

軌跡問題誤解多

張國男

盡信書, 則不如無書。 ——— hh孟子·盡心下ii

數年前, 筆者審核中國某學人投寄台灣中央研究院數學研究所 hh數學傳播季刊ii 之稿件, 於查閱相關資料時, 意外發現: 台海兩岸三地印行之若干中文版數學書籍, 其中所示軌跡問題之解法, 多有錯誤之處。茲特撰此短篇, 提供有關之編、審、閱者及師、生等參考之, 俾免謬種流傳、積非成是。

本篇含例一∼六及問題 1∼18。其中例一及例二皆先紹介某書之謬解, 而後指出其錯誤所在; 例三將正、誤解法並陳, 以資對照; 其餘三例則俱逕示正確之解答。問題 1∼18難易兼備, 係供有志讀者研習之用, 請盡力求解。

例一: 橢圓之二切線, 若互相垂直相交, 則其交點之軌跡若何?

某書提供之解答, 如下所示。其推導是否正確? 試討論之。

設橢圓之方程式為

^x

²

a

² +

^y _b

2² = 1,

又設此二切線之斜率為 m 及 −

m ¹

, 則得其方程式為 mx − y = −√

a

²

m

²

+ b

²

, ... 1

與 x + my =√

a

²

+ b

²

m

²

。 ... 2 1

²

+ 2

²

得 (mx − y)

²

+ (x + my)

²

= (a

²

m

²

+ b

²

) + (a

²

+ b

²

m

²

),

即 (m

²

+ 1)x

²

+ (m

²

+ 1)y

²

= (a

²

+ b

²

)(m

²

+ 1), 故 x

²

+ y

²

= a

²

+ b

²

(

^∵

m

²

+ 1 6= 0),

即其軌跡為一圓, 其中心在原點, 半徑為 √

a

²

+ b

²

。

討論: (1) 若橢圓之方程式為

^x _a

2² +

^y _b

2² = 1, 則斜率為 m 之切線共有二條, 其方程式分別為 mx − y = √

a

²

m

²

+ b

²

及 mx − y = −√

a

²

m

²

+ b

²

; 斜率為 −

m ¹

之切線亦有二條, 其方程式分別為 x + my =√

a

²

+ b

²

m

²

及 x + my = −√

a

²

+ b

²

m

²

。

12

(2)

前示某書所提供之解答, 遺漏斜率為 m 及 −

m ¹

之切線各一條! 其推導可修正如下:

設橢圓 Γ 之方程式為

^x _a

2² +

^y _b

2² = 1。

若過點 P

₀

(x

0

, y

0

) 所作 Γ 之二條切線之斜率為 m 及 −

m ¹

,

則有 mx

0

− y

⁰

= ±√

a

²

m

²

+ b

²

, x

0

+ my

0

= ±√

a

²

+ b

²

m

²

,

故 (mx

0

− y

⁰

)

²

+ (x

0

+ my

0

)

²

= (a

²

m

²

+ b

²

) + (a

²

+ b

²

m

²

), 即 (m

²

+ 1)(x

² ₀

+ y

₀ ²

) = (a

²

+ b

²

)(m

²

+ 1),

亦即 x

² ₀

+ y

₀ ²

= a

²

+ b

²

,

遂知 P

0

必在方程式 x

²

+ y

²

= a

²

+ b

²

所表之圖形 C [為圓] 上。

(2) 若過點 P

0

(x

0

, y

0

) 所作 Γ 之二條切線分別為橫向切線及縱向切線, 則有 x

0

= ±a, y

0

= ±b。由此, 即知 P

⁰

必在圓 C 上。

讀者應注意: 因橫向切線之斜率為 m = 0, 而縱向切線無斜率, 故不宜假設此二條正交切線之斜率為 m 及 −

_m ¹

。

(3) 前示某書所提供之解答未證明由圓 x

²

+ y

²

= a

²

+ b

²

上之點所作橢圓

^x _a

²₂ +

^y _b

2² = 1 之二條切線必互相垂直, 此為其最嚴重之缺失。

備註: 上述之 C 稱為 Γ 之準圓 (director circle)。

問題1: 若由拋物線 x

²

= 4py 動弦二端點所作二切線互相垂直, (i) 試求此二切線交點之軌跡, (ii) 試求此動弦中點之軌跡。

問題2: 若由橢圓 (或圓)

^x _a

2² +

^y _b

²2 = 1 動弦二端點所作二切線互相垂直, (i) 試求此二切線交點之軌跡, (ii) 試求此動弦中點之軌跡。

問題3: 若由雙曲線

^x _a

2² −

^y b

²² = 1 動弦二端點所作二切線互相垂直, (i) 試求此二切線交點之軌跡, (ii) 試求此動弦中點之軌跡。

例二: 試求錐線所有焦弦之中點所構成之圖形。

某書提供之解答, 如下所示。其推導是否正確? 試討論之。

(3)

設錐線之極方程式為 r =

_{1−e cos θ} ^ep

, ... 1 S 為極, 任一焦弦為 P SQ, 並命 P 及 Q 之矢角為 θ 及 π + θ,

則 SP =

_{1−e cos θ} ^ep

, SQ =

1−e cos(π+θ) ^ep

=

_{1+e cos θ} ^ep

。命 P Q 之中點 R 之極坐標為 (r, θ),

則 r = SP − RP = SP −

¹ ₂

(SP + SQ) =

¹ ₂

(SP − SQ)

=

^ep ₂

(

_{1−e cos θ} ¹

−

_{1+e cos θ} ¹

) =

_1−e ^e

²

^p

2

^{cos θ} cos

²

θ

, 即 r − e

²

r cos

²

θ = e

²

p cos θ。

以 r 乘二邊, 並將其化為直角坐標, 得 x

²

+ y

²

− e

²

x

²

= e

²

px,

或 (1 − e

²

)x

²

+ y

²

= e

²

px。 ... 2 若 e = 1, 則 2 式為 y

²

= px 表一拋物線; e < 1 時表橢圓; e > 1 時表雙曲線。

討論: 設錐線 Γ 之極方程式為 r =

_{1−e cos θ} ^ep

, 其中 p 及離心率 e 皆為正數, 並設 S 為極。

(1) 若過 S 之直線 L 交 Γ 於 P

1

及 P

2

二點, 因 1 − e cos(θ + π) = 1 + e cos θ, 不妨假設 P

1

及 P

2

之極坐標為 (r

1

, θ

0

) 及 (r

2

, θ

0

), 其中 r

1

=

_{1−e cos θ} ^ep

0, r

2

= −

_{1+e cos θ} ^ep

₀, 如是則弦 P

₁

P

2

之中點 M 之極坐標即為 (r

₀

, θ

0

), 其中 r

0

=

^r

¹

^+r ₂

² =

^ep ₂

(

_{1−e cos θ} ¹

₀ −

1+e cos θ ¹

0) =

e

²

p cos θ

0

1−e

²

cos θ

0, 故 M 必在極方程式 r =

_1−e ^e

²

^p

2

^{cos θ} cos

²

θ

所表之圖形 Ψ 上。

反之, 若 M(r

0

, θ

0

) 為 Ψ 上任一點, 其中 r

0

=

_1−e ^e

²

^p

2

^{cos θ} cos

²⁰

θ

₀, 令 r

1

=

_{1−e cos θ} ^ep

0, r

2

=

−

1+e cos θ ^ep

0, 則參考前段, 並注意 r

1

, r

2

及 0 三數全異, 即知 (i) P

₁

(r

1

, θ

0

), P

2

(r

2

, θ

0

) ∈ Γ, (ii) P

1

, P

2

及 S 三點全異且共線, (iii) M 為弦 P

1

P

2

之中點。

合之, 證得: 所在直線過極 S 之所有弦之中點所構成之圖形為 Ψ, 其極方程式為 r =

e

²

p cos θ

1−e

²

cos

²

θ

, 即 r(1 − e

²

cos

²

θ) = e

²

p cos θ。 [前後二式相當。何故?]

據上, 注意極 S 在 Ψ 上, 易知 Ψ 亦可以極方程式

r

²

(1 − e

²

cos

²

θ) = e

²

pr cos θ (∗) 表之。

將 (∗) 中之極坐標轉換為直角坐標, 即得 Ψ 之直角坐標方程式 (1 − e

²

)x

²

+ y

²

= e

²

px。

當 e = 1 時, 上式化為 y

²

= px, 表一拋物線; 當 0 < e < 1 時, 上式表一橢圓; 當 e > 1 時, 上式表一雙曲線, 其二頂點之直角坐標為 (−

e ^e

²²

−1 ^p

, 0) 及 (0,0)。

以下, 設 P

₁

, P

₂

及 M 之極坐標俱如上所示。

(2) 當 e = 1 時, Γ 為拋物線, S 為其焦點。此時 r

1

r

2

< 0, 故弦 P

1

P

2

含焦點 S, 即 P

1

P

2

必為焦弦。據 (1) 所得, 可知 Γ 之所有焦弦之中點所構成之圖形 Ψ 為拋物線, 其極方程式為 r =

_1−cos ^p ^{cos θ}

2

θ

, 直角坐標方程式為 y

²

= px。

(4)

前示某書所提供之解答, 勉強可謂大體無誤, 但其推導不若 (1) 之嚴謹、清晰。

(3) 當 0 < e < 1 時, Γ 為橢圓, 有二焦點, S 僅為其一耳 (S 在橢圓中心之左方)。此時 r

₁

r

₂

< 0, 故弦 P

₁

P

₂

含焦點 S, 即 P

₁

P

₂

必為焦弦。據 (1) 所得, 可知 Γ 之所有左焦弦 (即含左焦點 S 之弦) 之中點所構成之圖形 Ψ 為橢圓, 其極方程式為 r =

_1−e ^e

²

^p

2

^{cos θ} cos

²

θ

, 直角坐標方程式為 (1 − e

²

)x

²

+ y

²

= e

²

px。

前示某書所提供之解答, 未考慮 Γ 之所有右焦弦 (即含右焦點之弦) 之中點所構成之圖形!

(4) 當 e > 1 時, Γ 為雙曲線, 有二焦點, S 僅為其一耳 (S 在雙曲線中心之右方)。

據 (1), 可得: P

₁

P

₂

為 Γ 之右焦弦 (即含右焦點 S 之弦)⇔ r

1

r

₂

< 0 ⇔ 1−e

²

cos

²

θ

₀

>

0。

由上及 Ψ 之極方程式 (∗), 可知 Γ 之右焦弦 P

1

P

2

之中點 M 之 x 坐標必非負, 故 M 必在雙曲線 Ψ 之右支 (即 Ψ 含極 S 之分支) 上。

反之, 若 M 為 Ψ 之右支上一點, 且 M 6= S, 則由 M 之 x 坐標 r

⁰

cos θ

0

> 0 及 Ψ 之極方程式 (∗), 可得 1 − e

²

cos

²

θ

0

> 0, 故 M 為 Γ 之右焦弦 P

1

P

2

之中點。顯然, S 為 Γ 之右正焦弦 (即過 S 之正焦弦) 之中點。

合之, 證得: Γ 之所有右焦弦之中點所構成之圖形即為雙曲線 Ψ 之右支。

前示某書所提供之解答, 有二重大錯誤: 其一, 未排除 Ψ 之左支 [即 Ψ 含直角坐標為 (−

e ^e

²²

−1 ^p

, 0) 之頂點之分支]; 其二, 未考慮 Γ 之所有左焦弦 (即含左焦點之弦) 之中點所構成之圖形。

備註: 設

^Q

為一定平面。以下, 為方便計, 將

^Q

上之點 P

1

與 P

2

之距離, 以 P

1

P

2

表之。

茲考慮下述問題 (其中所有點皆限定在

^Q

上): 若定點 F

c

與 F

_c ^′

之距離為 2c, 而 a 為大於 c 之一定數, 試求合乎條件 P F

c

+ P F

_c ^′

= 2a 之點 P 所構成之圖形。眾所周知: (i) 當 c > 0 時, F

c

6= F

c ^′

, 合乎題述條件之點 P 所構成之圖形 Γ

c

為一橢圓, 其焦點為 F

c

及 F

_c ^′

, 其長軸之長為 2a。 (ii) 當 c = 0 時, F

₀

= F

₀ ^′

, 題述條件化為 P F

0

= a, 合乎此條件之點 P 所構成之圖形 Γ

₀

為一圓, 其中心為 F

₀

= F

₀ ^′

, 其直徑之長為 2a。因橢圓 Γ

c

之焦點 F

c

及 F

_c ^′

之光學性質, 圓 Γ

0

之中心 F

0

= F

₀ ^′

亦具備, 故 F

0

= F

₀ ^′

可稱為圓 Γ

0

之焦點。 [Γ

0

別無其他焦點。何故?] 如是, 則 Γ

₀

之焦弦即其直徑, 而 Γ

₀

之所有焦弦之中點所構成之圖形即 Γ

₀

之中心 F

0

= F

₀ ^′

矣。 [若在平面

^Q

上建立直角坐標系, 使 F

c

= (c, 0), F

_c ^′

= (−c, 0), 則 Γ

^c

之方程式即為

^x _a

²₂ +

_a

2

^y −c

² ² = 1, 其中 a > c ≥ 0。當然, Γ

^c

(含橢圓及圓) 之離心率為 e =

_a ^c

。]

問題4: 試求橢圓所有焦弦之中點所構成之圖形。

問題5: 試求雙曲線所有焦弦之中點所構成之圖形。

(5)

問題6: 試求拋物線所有焦半徑之中點所構成之圖形。

問題7: 試求橢圓所有焦半徑之中點所構成之圖形。

問題8: 試求雙曲線所有焦半徑之中點所構成之圖形。

問題9: 設 L

1

及 L

₂

均為平面

^Q

上之定直線, L

₁

∩ L

²

僅含一點, Γ = L

₁

∪ L

²

。顯然, 若直線 Λ 與 Γ 之交點個數 n(Λ ∩ Γ) = 2, 則其一交點必在 L

¹

上且不在 L

2

上, 另一交點必在 L

2

上且不在 L

1

上。以此二交點為端點之線段, 稱為截線段。設 P

0

為

^Q

上一個定點, (i) 試求過 P

0

且與 Γ 之交點個數為 2 之所有直線所對應之截線段之中點所構成之圖形, (ii) 試求含 P

0

之所有截線段之中點所構成之圖形。

例三: 一定長線段兩端在兩互相垂直之直線上移動, 求此線段上一任意定點之軌跡。

某書提供之解答, 如下所示。其論述有何謬誤? 試予一正解, 俾便比較。

...

.. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . . . .. . ... . .. . .. .. . .. .. ..

...

•

x y

A(0, y

^′

)

B(x

^′

, 0) P (x, y)

.. .. ..

.. .. .. ...

... ...

定長線段 AB 之長為 k, 兩互相垂直之直線為 x 及 y 軸, 且令 A 在 y 軸上移動, B 在 x 軸上移動, 故可令 A(0, y

^′

), B(x

^′

, 0)。

∵

P 為 AB 上一定點,

∴ ^AP

P B

= r (r 為定值), 故 x =

_1+r ^rx

^′, y =

_1+r ^y

^′ , 或 x

^′

=

^(1+r)x _r

, y

^′

= (1 + r)y。

∵

x

^′2

+ y

^′2

= k

²

,

∴ ^(1+r)

²

^x

²

r

² + (1 + r)

²

y

²

= k

²

, 或 _r2k2

^x

²

(1+r)2

+

^y

k2² (1+r)2

= 1。

此為橢圓之範式, 故其軌跡為一橢圓。

正解: 為方便計, 可以題予之正交二直線為坐標軸, 建立直角坐標系。設題予定長線段 L 之長為 ℓ, 其二端點為 A 及 B, 且 P 為 L 上之一定點。

(1) 若 P 非 L 之端點 (即 P 為 L 之內點), 令

_{P B} ^AP

= r (r > 0)。設 L 在上述坐標平面上移動, 使 A 恆在 y 軸上, 且 B 恆在 x 軸上時 [參看圖 (i)], 動點 P 之軌跡為 Ω

1

; 並設 L 在此坐標平面上移動, 使 A 恆在 x 軸上, 且 B 恆在 y 軸上時 [參看圖 (ii)], 動點 P 之軌跡為 Ω

₂

。

(6)

.

...

. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. ... .. .. . .. .. .. . .. .

..

...

•

x y

A

B P

. .. .. . ...

. .. .. . ... .

... . ... . ... . ...

.

...

. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. ... .. .. . .. .. .. . .. .

..

...

•

x y

B

A P

. .. . .. .. . .. .

. .. .. . ...

. .. .. . .

... . ... . ... . ...

圖 (i) 圖 (ii)

< α > 軌跡 Ω

1

之推求

參看圖 (i), 若 P = (x

1

, y

1

) ∈ Ω

¹

, 令 A = (0, y

0

), B = (x

0

, 0), 則由 −⇀AP = r−⇀P B [即 x

1

= r(x

0

− x

¹

), y

1

− y

⁰

= −ry

¹

], 可得 x

0

=

^(1+r)x _r

¹, y

0

= (1 + r)y

1

。以之代入 AB = ℓ, 遂有 ℓ

²

= x

² ₀

+ y

₀ ²

=

^(1+r) _r

2²

^x

²¹ + (1 + r)

²

y

₁ ²

, 即

₍

^rℓ

^x

²¹

1+r

)

² +

₍ ^y

^ℓ¹²

1+r

)

² = 1, 故 P 必在方程式

x

²

(

_1+r^rℓ

)

² +

₍ ^y

^ℓ²

1+r

)

² = 1 所表之圖形 Ψ

1

上。如是, 證得 Ω

1

⊆ Ψ

¹

。

反之, 若 P

^′

= (x

1

, y

1

) ∈ Ψ

¹

, 令 x

0

=

^(1+r)x _r

¹, y

0

= (1 + r)y

1

, A

^′

= (0, y

0

), B

^′

= (x

0

, 0), 則實際計算可得 x

² ₀

+ y

₀ ²

= ℓ

²

, A

^′

P

^′

= rP

^′

B

^′

, 遂知 P

^′

係長為 ℓ 之線段 A

^′

B

^′

之內點, 且

_P ^A

^′_′

^P _B

^′_′ = r, 故 P

^′

∈ Ω

1

。如是, 證得 Ψ

₁

⊆ Ω

1

。

合之, 遂知 Ω

1

即方程式

^x

²

(

_1+r^rℓ

)

² +

₍ ^y

^ℓ²

1+r

)

² = 1 所表之圖形 Ψ

1

[為橢圓 (若 r 6= 1) 或圓 (若 r = 1)] 矣。

< β > 軌跡 Ω

2

之推求

參看圖 (ii), 設 s =

¹ _r

, 則

^BP _{P A}

= s, 故據 < α > 所得結果, 遂知 Ω

2

即方程式

^x

²

(

_1+s^sℓ

)

² +

y

²

(

_1+s^ℓ

)

² = 1 [亦即方程式

₍ ^x

^ℓ²

1+r

)

² +

₍

^rℓ

^y

²

1+r

)

² = 1] 所表之圖形 Ψ

2

[為橢圓 (若 r 6= 1) 或圓 (若 r = 1)] 矣。

(2) 若 P 為 L 之端點, 則顯然可知: 動點 P 之軌跡係以 (ℓ, 0), (0, ℓ), (−ℓ, 0) 及 (0, −ℓ) 四點為頂點之正方形之二對角線。

結論: 設題予之正交二直線為 L

1

及 L

2

, 定長線段 L 之長為 ℓ, 且 P 為 L 上之一定點。

綜上論述, 可知

1 若 P 將 L 分割成二線段, 且此二線段長之比為 r, 則當 r 6= 1 時, 動點 P 之軌跡為二橢圓, 此二橢圓皆對稱於直線 L

1

及 L

2

, 且此二者二軸 (即長軸及短軸) 之半長皆為

_1+r ^rℓ

及

ℓ

1+r

;

(7)

2 若 P 將 L 平分 (即 r = 1), 則動點 P 之軌跡為一圓, 此圓當然與 L

1

∪ L

²

共面; 其中心為 L

₁

與 L

₂

之交點, 其半徑為

₂ ^ℓ

;

3 若 P 為 L 之端點, 則動點 P 之軌跡係 L

1

∪ L

²

中互相垂直平分之二線段, 此二線段之長皆為 2ℓ。

備註: 前示某書所提供之解法, 僅考慮正解中之軌跡 Ω

1

, 並推得 Ω

1

⊆ Ψ

¹

, 而自正解中

「反之」以下之論述, 則俱付之闕如, 其結論 (斷言軌跡為一橢圓) 與正確答案相去甚遠!

問題10: 設 L

1

與 L

2

為平面

^Q

上之正交二直線, O 為其交點, L 係定長 ℓ 之線段, P 為 L 上一定點。若 L 在

^Q

上移動, 使其一端點恆在 L

i

\ {O} 上, 且另一端點恆在 L

^j

\ {O}

上, 其中 {i, j} = {1, 2}, 試求動點 P 之軌跡。

問題11: 設 L

1

與 L

2

為平面

^Q

上之斜交二直線, L 係定長 ℓ 之線段, P 為 L 上一定點。若 L 在

^Q

i

上, 且另一端點恆在 L

j

上, 其中 {i, j} = {1, 2}, 試求動點 P 之軌跡。

問題12: 設 L

₁

與 L

₂

為平面

^Q

上之斜交二直線, O 為其交點, L 係定長 ℓ 之線段, P 為 L 上一定點。若 L 在

^Q

i

\ {O} 上, 且另一端點恆在 L

^j

\ {O}

上, 其中 {i, j} = {1, 2}, 試求動點 P 之軌跡。

例四: 在直角坐標平面上, 若過點 P 所作拋物線 y

²

= 4cx 之法線有兩條互相垂直, 試求 P 之軌跡。

分析: 設 Γ 為拋物線 y

²

= 4cx。

若點 P

₀

(x

0

, y

0

) 在 Γ 上, 則由切線公式知 Γ 於 P

0

處之切線方程式為 y

₀

y = 2c(x + x

0

), 故其於 P

0

處之法線斜率為 m

0

= −

^y _2c

⁰, 可見 Γ 上任二處之法線斜率皆不相同。

若 m

₀

為任一實數, 令 y

₀

= −2cm

⁰

, x

0

=

^y _4c

⁰² = cm

² ₀

, P

0

= (cm

² ₀

, −2cm

⁰

), 則 P

0

∈ Γ, 據上遂知 Γ 於 P

⁰

處之法線斜率為 m

0

, 其方程式為 y + 2cm

0

= m

0

(x − cm

² 0

), 即 y = m

0

x − 2cm

⁰

− cm

³ 0

。

由上, 可推得下述三項事實:

1 Γ 之所有法線皆有斜率 (即 Γ 無縱向法線)。

2 若 m

0

為實數, 則 Γ 必有一條且僅有一條斜率為 m

0

之法線。

3 若 a, b 與 m

0

均為實數, 則點 P (a, b) 在斜率為 m

₀

之法線上 ⇔ cm

³ 0

+(2c−a)m

⁰

+ b = 0。

解答: 設 Γ 為拋物線 y

²

= 4cx, 並設 Ω 為所求之軌跡。

(1) 若點 P (a, b) 在 Ω 上, 則據題述條件及以上之分析, 知必有實數 m

1

及 m

2

能使 m

₁

m

₂

= −1, cm

³ 1

+ (2c − a)m

1

+ b = 0, cm

³ ₂

+ (2c − a)m

2

+ b = 0。

(8)

設三次方程式 cm

³

+ (2c − a)m + b = 0 之三根為 m

¹

, m

2

及 m

3

, 則由根與係數之關係, 有 m

₁

+ m

2

+ m

3

= 0, m

1

m

2

+ m

2

m

3

+ m

3

m

1

=

^2c−a _c

, m

1

m

2

m

3

= −

^b c

。據此三式與 m

₁

m

2

= −1, 可得 m

³

= (−

^b c

)/(m

1

m

2

) =

^b _c

, m

1

+ m

2

= −m

³

= −

^b c

,

2c−a c

= m

1

m

2

+ (m

1

+ m

2

)m

3

= −1 −

^b c

²², 故 b

²

= c(a − 3c), 遂知 P (a, b) 必在方程式 y

²

= c(x − 3c) 所表之圖形 Ψ [為拋物線] 上。

(2) 反之, 若點 P (a, b) 在 Ψ 上, 則 b

²

= c(a−3c), 故 a =

^b

²

^+3c c

², 2c−a = −

^b

²

^+c c

²。實際解方程式 cm

³

+(2c−a)m+b = 0, 即 cm

³

−

^b

²

^+c _c

²m+b = 0, 亦即 m(m

²

−

^b _c

²²)−(m−

^b _c

) = 0, 可求得其三根為 m

1

=

^−b+ ^√ _2c ^b

²

^+4c

², m

2

=

^−b− ^√ _2c ^b

²

^+4c

² 及 m

3

=

^b _c

。

注意 m

₁

及 m

2

均為實數, 且 m

1

m

2

= −1, 據前分析, 即知斜率為 m

¹

及 m

2

之二條正交法線皆過點 P , 故 P ∈ Ω。

綜上, 遂得 Ω = Ψ, 即所求之軌跡為拋物線 y

²

= c(x − 3c)。

問題13: 在直角坐標平面上, 若拋物線 y

²

= 4cx 之法線過點 P 者共有 n(P ) 條, 試求 {P | n(P ) = 1}, {P | n(P ) = 2} 及 {P | n(P ) = 3}。

例五: 設正三角形 ABC 在平面

^Q

上。試求

^Q

上合乎條件 P A = P B + P C 之動點 P 之軌跡, 其中 P A, P B, P C 分別為 P 與 A, B, C 三點之距離。

解一: 顯然, 在

^Q

上, 可以過 B 與 C 二點之直線為 x 軸, 以線段 BC 之中垂線為 y 軸, 而建立直角坐標系, 使 △ABC 之頂點 A 之坐標為 (0, 3k), 另二頂點之坐標為 (√

3k, 0) 及 (−√

3k, 0), 其中 k > 0。再者, 因將 B 與 C 互換時, 條件 P A = P B + P C 不變, 故為方便計, 不妨假設 B = (−√

3k, 0), C = (√

3k, 0)。 [參看圖一]

.

...

. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. .. .. . .. ... .. .. .. . .. .. . .. .

. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .. . . . . . .. . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . .. . . .. . . .. . . .. . .. . . .. . .. . . .. .. . . .. .. . .. . . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .

...

x y

A

B C

P

.. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .

...

. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .. . . . . . .. . . . . .. . . . .. . . . .. . . . .. . . .. . . .. . . .. . . .. . .. . . .. . .. . . .. .. . . .. .. . .. . . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . ..

...A...

B C

P Q

.. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .

... ...

...

圖一圖二

(9)

(1) 若 P 之直角坐標為 (x, y), 且 P A = P B + P C, 則

q

x

²

+ (y − 3k)

²

=

q

(x +√

3k)

²

+ y

²

+

q

(x −√

3k)

²

+ y

²

。

平方之, 得 x

²

+y

²

+9k

²

−6ky = 2(x

²

+y

²

+3k

²

)+2

^q

(x

²

− 3k

²

)

²

+ 2y

²

(x

²

+ 3k

²

) + y

⁴

, 即 −[(x

²

+ y

²

− 3k

²

) + 6ky] = 2

^q

(x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

+ 12k

²

y

²

。

平方之, 得 (x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

+ 12ky(x

²

+ y

²

− 3k

²

) + 36k

²

y

²

= 4(x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

+ 48k

²

y

²

,

即 3[(x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

− 4ky(x

²

+ y

²

− 3k

²

) + 4k

²

y

²

] = 0, 亦即 (x

²

+ y

²

− 2ky − 3k

²

)

²

= 0,

故 x

²

+ y

²

− 2ky − 3k

²

= 0, 即 x

²

+ (y − k)

²

= 4k

²

, 遂知 P 必在 △ABC 之外接圓上。

(2) 顯然, 當 P = B 時, 有 P A = P B + P C; 當 P = C 時, 亦有 P A = P B + P C。

當 P 在外接圓之劣弧

^z

BC \{B, C} 上時, 考慮四邊形 ABP C, 則由 Ptolemy 定理,

^{

有 P A · BC = P B · AC + P C · AB, 即 P A · 2√

3k = P B · 2√

3k + P C · 2√ 3k, 故 P A = P B + P C。 [另一證法 (參看圖二): 設 P 在劣弧

^z

BC \{B, C} 上。 (i) 考慮

^{

△P AC, 由三角形大角對大邊、小角對小邊之性質, 可知 P A > P C, 故可在線段 P A 上取點 Q, 使 P Q = P C。 (ii) 由 P Q = P C 及

^∠

AP C = 60

^◦

, 可知 △CP Q 為正三角形, 故

∠

AQC = 120

^◦

=

^∠

BP C。 (iii) 由

^∠

AQC =

^∠

BP C 及

^∠

CAQ =

^∠

CAP =

^∠

CBP , 可知

∠

ACQ =

^∠

BCP 。 (iv) 由 CA = CB, CQ = CP 及

^∠

ACQ =

^∠

BCP , 可知 △ACQ 與 △BCP 全等, 故 QA = P B。 (v) 由上, 遂有 P A = P Q + QA = P C + P B 矣。]

合之, 即知 △ABC 外接圓之劣弧

^z

BC 上之點 P 俱合乎條件 P A = P B + P C。

^{

(3) 據 (2) 類推, 可得: P 在劣弧

^z

AB \{B} 時, P C = P A + P B > P A; P 在劣弧

^{

z {

AC \{C} 時, P B = P A + P C > P A。 [另法推導: (i) 由三角形大角對大邊、小角對小邊之性質, 可知 P 在劣弧

^z

AB \{A, B} 時, P C > P A; P 在劣弧

^{ ^z

AC \{A, C} 時, P B > P A。

^{

(ii) 當 P = A 時, P A = 0 < P B = P C。]

綜上, 遂知所求之軌跡為正三角形 ABC 之外接圓之劣弧

^z

BC。

^{

解二: 如解一所示, 在

^Q

上建立直角坐標系。設 A = (0, 3k), B = (−√

3k, 0), C = (√

3k, 0), 其中 k > 0。 [參看圖一]

若 P = (x, y) 為

^Q

上之點, 則 [參考解一 (1) 之推導]

P A = P B + P C

(10)

⇔

^q

x

²

+ (y − 3k)

²

=

q

(x +√

3k)

²

+ y

²

+

q

(x −√

3k)

²

+ y

²

⇔ x

²

+ y

²

+ 9k

²

− 6ky = 2(x

²

+ y

²

+ 3k

²

) + 2

^q

(x

²

− 3k

²

)

²

+ 2y

²

(x

²

+ 3k

²

) + y

⁴

⇔ −[(x

²

+ y

²

− 3k

²

) + 6ky] = 2

^q

(x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

+ 12k

²

y

²

⇔ (x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

+ 12ky(x

²

+ y

²

− 3k

²

) + 36k

²

y

²

= 4(x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

+ 48k

²

y

²

且 x

²

+ y

²

+ 6ky − 3k

²

≤ 0

⇔ (x

²

+ y

²

− 3k

²

)

²

− 4ky(x

²

+ y

²

− 3k

²

) + 4k

²

y

²

= 0 且 x

²

+ y

²

+ 6ky − 3k

²

≤ 0

⇔ (x

²

+ y

²

− 2ky − 3k

²

)

²

= 0 且 x

²

+ y

²

+ 6ky − 3k

²

≤ 0

⇔ x

²

+ y

²

− 2ky − 3k

²

= 0 且 x

²

+ y

²

+ 6ky − 3k

²

≤ 0

⇔ x

²

+ y

²

− 2ky − 3k

²

= 0 且 y ≤ 0

⇔ x

²

+ (y − k)

²

= 4k

²

且 y ≤ 0。

據上, 遂知所求之軌跡為正三角形 ABC 之外接圓之劣弧

^z

BC。

^{

解三: 顯然, 在

^Q

上, 可以 △ABC 之外接圓之中心 O 為極, 而建立極坐標系, 使 △ABC 之頂點 A 之極坐標為 (a, 0), 另二頂點之極坐標為 (a,

^2π ₃

) 及 (a,

^4π ₃

), 其中 a 為 △ABC 之外接圓半徑。再者, 因將 B 與 C 互換時, 條件 P A = P B + P C 不變, 故為方便計, 不妨假設 B = (a,

^2π ₃

), C = (a,

^4π ₃

)。 [參看圖三]

.

... .

. . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . .. . . . . .. . . . . . .. . . . . .. . . . .. . . . .. . . .. . . . .. . .. . . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. . .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . ..

...

O A

B

C

. 極軸

. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .

...

圖三

若

^Q

上點 P 之極坐標為 (r, θ), 則 [參考解一 (1) 及解二之推導]

P A = P B + P C

(11)

⇔√

r

²

+a

²

−2ar cos θ =

s

r

²

+a

²

−2ar cos

θ−2π 3

+

s

r

²

+a

²

−2ar cos

θ−4π 3

⇔ r

²

+ a

²

− 2ar cos θ = 2(r

²

+ a

²

+ ar cos θ) +2

s

(r

²

+ a

²

)

²

+ 2ar(r

²

+ a

²

) cos θ + 4a

²

r

²

cos

θ − 2π 3

cos

θ − 4π 3

⇔ −(r

²

+ a

²

+ 4ar cos θ)

= 2

s

(r

²

+ a

²

)

²

+ 2ar(r

²

+ a

²

) cos θ + 4a

²

r

²

cos

θ − 2π 3

cos

θ − 4π 3

⇔ (r

²

+ a

²

)

²

+ 8ar(r

²

+ a

²

) cos θ + 16a

²

r

²

cos

²

θ

= 4(r

²

+ a

²

)

²

+ 8ar(r

²

+ a

²

) cos θ + 16a

²

r

²

cos

θ −2π 3

cos

θ −4π 3

= 4(r

²

+ a

²

)

²

+ 8ar(r

²

+ a

²

) cos θ + 8a

²

r

²

cos 2θ + cos2π 3

= 4(r

²

+ a

²

)

²

+ 8ar(r

²

+ a

²

) cos θ + 16a

²

r

²

cos

²

θ − 12a

²

r

²

且 r

²

+ a

²

+ 4ar cos θ ≤ 0

⇔ (r

²

+ a

²

)

²

= 4a

²

r

²

且 r

²

+ a

²

+ 4ar cos θ ≤ 0

⇔ (r

²

− a

²

)

²

= 0 且 r

²

+ a

²

+ 4ar cos θ ≤ 0

⇔ r

²

= a

²

且 r

²

+ a

²

+ 4ar cos θ ≤ 0

⇔ r

²

= a

²

且 r cos θ ≤ −a 2。

據上, 遂知所求之軌跡為正三角形 ABC 之外接圓之劣弧

^z

BC。

^{

備註: 考察解一, 若僅推導至 (1) 中之式 x

²

+ (y − k)

²

= 4k

²

, 遽謂所求之軌跡為三角形 ABC 之外接圓, 則於邏輯上, 即犯過早論斷之謬誤矣。

問題14: 設正三角形 ABC 在平面

^Q

上, 試求

^Q

上合乎 P A < P B + P C, P B <

P C + P A 與 P C < P A + P B 三條件之點 P 所構成之圖形, 其中 P A, P B, P C 分別為 P 與 A, B, C 三點之距離。

問題15: 設平面

^Q

上 △ABC 各邊之長皆為 a, 高為 h。若點 P 在

^Q

上, 以 d

1

(P ), d

2

(P ) 及 d

3

(P ) 表 P 與 AB

^←→

, BC

^←→

及 CA

^←→

三直線之距離。 (i) 試求合乎條件 d

₁

(P ) = d

₂

(P ) = d

₃

(P ) 之點 P 所構成之圖形。 (ii) 試求合乎條件 d

₁

(P ) + d

₂

(P ) + d

3

(P ) = h 之點 P 所構成之圖形。 (iii) 試求合乎條件 d

1

(P ) + d

2

(P ) + d

3

(P ) = a 之點 P 所構成之圖形。 (iv) 試求合乎 d

1

(P ) + d

2

(P ) > d

3

(P ), d

1

(P ) + d

3

(P ) > d

2

(P ) 與 d

₂

(P ) + d

₃

(P ) > d

₁

(P ) 三條件之點 P 所構成之圖形。

(12)

例六: 設平面

^Q

上二圓 C

1

及 C

2

之半徑分別為 1 及 3, 其連心線之長為 10, 若點 X 在圓 C

₁

上, 點 Y 在圓 C

₂

上, 試求線段 XY 中點 M 之軌跡。

解答: 顯然 C

1

與 C

₂

相離。 [以下所考慮之點, 均限定在平面

^Q

上。]

為方便計, 可在

^Q

上建立直角坐標系, 使圓 C

1

之中心為 (10, 0), 圓 C

2

之中心為 (0, 0)。

如是, 則圓 C

₁

與 C

₂

之參數方程式可分別表為下列之 (1) 與 (2):







x = 10 + cos θ,

y = sin θ。 (1)







x = 3 cos θ,

y = 3 sin θ。 (2)

若點 A = (10+cos α, sin α), B = (3 cos β, 3 sin β), 而線段 AB 之中點為 M = (¯x, ¯y), 則 x = 5 +¯ cos α + 3 cos β

2 ,

¯

y = sin α + 3 sin β

2 ,

故 (¯x − 5)

²

+ ¯y

²

= 1

4[(cos α + 3 cos β)

²

+ (sin α + 3 sin β)

²

]

= 1

4[10 + 6(cos α cos β + sin α sin β)]

= 1

2[5 + 3 cos(α − β)]。

據此與 −1 ≤ cos(α − β) ≤ 1, 即得

1 ≤ (¯x − 5)

²

+ ¯y

²

≤ 4。 (3) 由是, 遂知所求之軌跡包含於不等式 1 ≤ (x − 5)

²

+ y

²

≤ 4 所表之同心圓環區域。

...

.. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. ... .. .. . .. . .. .. .. .

. . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . .. . . . . .. . . . .. . . . .. . . .. . . . .. . .. . . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. .. . .. . . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . . .. . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . ..

...

. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . .. . .. . .. . .. . . .. . .. . . . .. . .. . . . .. . . . . .. . . . .. . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . .. . . . .. . . . .. . . .. . . .. . .. . . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . .. .. .. .. .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. .

... ... x y

C

2

C

₁

. .. .. . .. . .. . . .. .. . .. . .. . . .. .. . .. . .. .

. .. .. . .. . .. .

...

... ... ... ...

(13)

反之, 若點 M = (¯x, ¯y) 屬於上述同心圓環區域, 則 (3) 式成立。令 P = (10, 0), 並設 C

₃

係以 Q = (2¯x, 2¯y) 為中心, 以3 為半徑之圓。因圓 C

1

與 C

₃

之連心線之長為 P Q = 2

^q

(¯x − 5)

²

+ ¯y

²

, 而據此與 (3) 可得 3 − 1 ≤ P Q ≤ 3 + 1, 故 C

¹

∩ C

³

6= Φ, 其中 Φ 為空集合。 [詳言之: 當 P Q = 2 時, C

1

與 C

3

內切; 當 P Q = 4 時, C

1

與 C

3

外切; 當 2 < P Q < 4 時, C

1

與 C

₃

相交於二點。] 若 A ∈ C

1

∩ C

³

, 令向量 −⇀

P A =< cos α, sin α >,

−⇀AQ =< 3 cos β, 3 sin β >, 則

−⇀P Q = −⇀P A +−⇀AQ = < cos α + 3 cos β, sin α + 3 sin β >, 即 < 2¯x − 10, 2¯y >=< cos α + 3 cos β, sin α + 3 sin β >, 故



 

 

¯

x = 5 +

cos α+3 cos β

2

,

¯

y =

sin α+3 sin β

2

。

(4) 顯然, 點 A = (10 + cos α, sin α) ∈ C

¹

, 若令點 B = (3 cos β, 3 sin β), 則 B ∈ C

²

, 且線段 AB 之中點坐標為 (5 +

cos α+3 cos β

2

,

sin α+3 sin β

2

)。據此與 (4), 即知 M = (¯x, ¯y) 為線段 AB 之中點。

綜上論述, 遂推得所求之軌跡為不等式 1 ≤ (x − 5)

²

+ y

²

≤ 4 所表之同心圓環區域, 即以 C

₁

與 C

₂

二圓之連心線中點為共同中心, 半徑為 1 與 2 之二圓間之區域。

備註: (一) 若僅推導至 (3) 式 1 ≤ (¯x − 5)

²

+ ¯y

²

≤ 4, 遽謂所求之軌跡為不等式 1 ≤ (x − 5)

²

+ y

²

≤ 4 所表之同心圓環區域, 則於邏輯上, 即犯過早論斷之謬誤矣。讀者宜注意: 過早論斷之謬誤實為若干中文版數學書籍多數軌跡例題所予解答之主要通病。如本篇例一、

例二及例三所示某書之推導, 即俱有此弊也!

(二) 本例採自第 57 屆 W. L. Putnam 數學競賽 (1996 年 12 月 2 日舉行) 試題 A-2, 但原題未表明 C

₁

與 C

₂

在同一平面上。其實, 若考慮問題 16及問題 17 (見下), 不難證明: (i) 前者之軌跡亦為同心圓環區域, (ii) 後者之軌跡並非圓環區域。

(三) Putnam 數學競試係由美國數學會主辦, 供美加地區大專院校學生參賽, 自首屆 (19- 38 年) 於哈佛大學舉行, 迄今六十餘年間, 已發掘甚多優秀人才, 造就不少卓越數學家, 並產生數位 Fields 獎得主。

問題16: 設圓 C

1

在平面

^Q ₁

上, 圓 C

2

在平面

^Q ₂

上,

^Q ₁

k

^Q 2

(

^Q ₁

6=

^Q 2

), C

1

與 C

2

之半徑分別為 1 與 3, 其連心線之長為 10, 若點 P

₁

在圓 C

₁

上, 點 P

₂

在圓 C

₂

上, 試求線段 P

1

P

2

中點 M 之軌跡。

問題17: 設圓 C

1

在平面

^Q ₁

上, 圓 C

₂

在平面

^Q ₂

上,

^Q ₁

與

^Q ₂

正交或斜交, C

₁

與 C

₂

之半徑分別為 1 與 3, 其連心線之長為 10, 若點 P

1

在圓 C

1

上, 點 P

2

在圓 C

2

上, 試求線段 P

₁

P

₂

(14)

問題18: 設 S

1

與 S

2

為二球面, 其半徑分別為 1與 3, 其連心線之長為 10, 若點 P

1

在球面 S

₁

上, 點 P

₂

在球面 S

₂

上, 試求線段 P

₁

P

₂

附記: 筆者曾撰 h妙用坐標參數化法以解圓錐曲線諸弦中點圖形之描述問題i 一文, 發表於《數學傳播季刊》26卷4期 (2002年12月) 28∼51頁, 對軌跡問題之解法有相當興趣者, 不妨參閱之。

—本文作者曾任教國立台灣大學數學系25 年, 已於 1991 年 8 月退休自台大—

軌跡問題誤解多