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

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

張國男

弁 言

近日審核大陸某學者投寄 「數學傳播季刊」 之稿件, 其中探討 「二次曲線的弦的中點軌跡」

約四、 五百字, 所得結論 「於是, 二次曲線的弦的中點軌跡方程為

2Ax cos α + B(x sin α + y cos α) + 2Cy sin α + D cos α + E sin α = 0 (4) (其中 α 為弦的傾斜角)

根據各種弦的具體條件 (例如已知弦所在直線的斜率或過已知點或弦長為定值等), 設法消 去 (4) 中的 cos α 、 sin α, 即可得到所要求的二次曲線的弦的中點軌跡方程。」 既不符實情, 且 失之空泛。 筆者深覺, 棄此專題誠可惜也, 故不揣譾陋, 特循其法, 作嚴謹、 詳盡之推導, 而完成 本篇, 以匡謬補闕, 並提供原作者及數學同好參考焉。

本文前三節針對圓錐曲線 (拋物線、 橢圓、 圓、 雙曲線), 就 (i) 諸弦平行、 (ii) 諸弦所在 之直線共點及 (iii) 諸弦定長三款, 研究如何藉方程式, 或方程式及不等式, 以描述 (或謂刻畫、

界定) 諸弦中點所構成之圖形 [計九則主題]; 第四節處理相交二直線之對應問題 [共三則副題]。

此四節巧妙運用坐標參數化法, 俾削減繁瑣, 而附錄則簡介傳統解法, 並舉三例示範, 且略作評 比。

在討論過程中, 為方便計, 常將直角坐標平面上之點與其坐標 (實數對) 認同以互通, 有時 方程式 (不等式) 與其圖形 (區域) 亦不予區分而混用。 再者, 於本篇中, Φ 恆表空集, O 必指 原點, a, b 及 p 俱係固定之正數, x₀ 與 y₀ 均為固定之實數。 併此聲明, 敬請亮鑒。

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第一節 平行諸弦中點圖形之描述

為免重複多次類似之推導, 先作如下之一般性論述。

在直角坐標平面上, 設有圓錐曲線 Γ, 其方程式為

Ax²+ Bxy + Cy²+ Dx + Ey + F = 0, (1) 其中 A, B, C, D, E 與 F 俱係固定之實數 (A, B, C 三數不全為零)。 若 M(¯x,y) 為此平面上¯ 一定點, α 為固定之實數, Λ(M, α) 為過點 M 且平行於單位向量 hcos α, sin αi 之直線, 則可 將 Λ(M, α) 上點 P 之坐標參數化, 而表為

(x, y) = (¯x+ s cos α, ¯y+ s sin α), (2) 其中參數 s ∈ R (R 為所有實數所構成之集合)。 注意: 當 s = 0 時, P = M; 當 s 6= 0 時, s 係由 M 至 P 之有向距離 (以 hcos α, sin αi 之方向為正向)。

形式上, 以 (2) 代入 (1), 可得

(A cos²α+ B sin α cos α + C sin²α)s²+[2A¯xcos α + B(¯xsin α + ¯ycos α) +2C ¯ysin α + D cos α + E sin α]s+A¯x²+B ¯x¯y+C ¯y²+D¯x+E ¯y+F

= 0. (3)

據是, 遂知 Γ ∩ Λ(M, α) 乃由相異二點 P1 與 P₂ 所構成之充要條件係 (3) 為 s 之二次方程 式且有相異二實根 s = s₁ (對應於 P1) 及 s = s2 (對應於P2), 即下列之 (4) 與 (5):

Acos²α+ B sin α cos α + C sin²α6= 0, (4)

[2A¯xcos α + B(¯xsin α + ¯ycos α) + 2C ¯ysin α + D cos α + E sin α]²

−4(A cos²α+ B sin α cos α + C sin²α)(A¯x²+ B ¯xy¯+ C ¯y²+ D¯x+ E ¯y+ F )

>0; (5)

又因 M 對應於 s = 0, 故 Γ ∩ Λ(M, α) 乃由相異二點 P1 與 P₂ 所構成, 且線段 P₁P₂ 中點 為 M 之充要條件係上列之 (4), (5) 及 s₁ + s₂ = 0, 即 (4), (5) 及由根與係數之關係可得之 2A¯xcos α + B(¯xsin α + ¯ycos α) + 2C ¯ysin α + D cos α + E sin α = 0. (6) 顯然, 此結果可改述如下:

Γ∩Λ(M, α) 乃由相異二點 P¹與 P2所構成, 且線段 P1P₂中點為 M(¯x,y¯) ⇔ 2A¯xcos α+

B(¯xsin α + ¯ycos α) + 2C ¯ysin α + D cos α + E sin α = 0,

(A cos²α+ B sin α cos α + C sin²α)(A¯x²+ B ¯xy¯+ C ¯y²+ D¯x+ E ¯y+ F ) < 0. (7) 事實上, 前示 (7) 之推導亦可濃縮如次: 以 (2) 代入 (1), 可得 (3), 遂知 Γ ∩ Λ(M, α) 乃由相異二點 P1 (對應於 s = s1) 與 P2 (對應於 s = s2) 所構成, 且線段 P1P₂ 中點為 M(¯x,y) (對應於 s = 0) 之充要條件, 係 (3) 為 s 之二次方程式, 且有絕對值相等、 符號相反¯ 之實根 s₁ 及 s₂ (s1+ s2 = 0, s1s₂ <0)。 據此及根與係數之關係, 即得 (7) 矣。

本節將探究圓錐曲線之所有平行弦之中點所構成之圖形。 因平面圖像之形狀與直角坐標系 之選取無關, 為方便計, 不妨假設所予圓錐曲線 Γ 之方程式為 x² = 4py, ^x_a²² + ^y_b²² = 1 或

x²

a² − ^yb²² = 1。 [其中, a, b 與 p 皆為固定之正數, 已於弁言末段聲明矣。 下俱同此, 不再贅述。]

上示三式可稱為圓錐曲線之範式。

備註: 任一圓錐曲線與任一直線之交點個數必屬於 {0, 1, 2}。 [可設圓錐曲線之方程式為 範式, 直線之方程式為 y = mx + k 或 x = c, 以驗證此項基本事實。]

[I] Γ 為拋物線之情況

設 Γ 為拋物線 x² = 4py, Ωα 為平行於向量 hcos α, sin αi 之所有弦之中點所構成之圖 形。

於 (7) 中, 置 A = 1, E = −4p, B = C = D = F = 0, 可知 (¯x, ¯y) ∈ Ω^α ⇔

¯

xcos α = 2p sin α 且 (¯x²− 4p¯y) cos²α <0, 亦即

(¯x,y¯) ∈ Ω^α ⇔ ¯x cos α = 2p sin α, x¯² <4p¯y. (7.I) 若 cos α = 0, 則據 (7.I) 知 Ωα = Φ, 無圖形 (即無縱向弦)。

若 cos α 6= 0, 則據 (7.I) 知 Ω^α 即直線 x = 2p tan α 在 Γ 內部之部份。

[II] Γ 為橢圓或圓之情況

設 Γ 為橢圓或圓 ^x_a²2 + ^y_b²² = 1, Ωα 為平行於向量 hcos α, sin αi 之所有弦之中點所構成 之圖形。

於 (7) 中, 置 A = _a¹2, C = _b¹², F = −1, B = D = E = 0, 並注意 ^cosa^22α +^sin_b^22α >

0 ∀ α ∈ R, 可知

(¯x,y¯) ∈ Ω^α ⇔ cos α

a² x¯+sin α

b² y¯= 0, x¯² a² + y¯²

b² <1. (7.II)

因此, Ωα 即直線 ^{cos α}_a2 x+^{sin α}_b² y= 0 在 Γ 內部之部份。

[III] Γ 為雙曲線之情況

設 Γ 為雙曲線 ^x_a²2 −^yb²² = 1, Ωα 為平行於向量 hcos α, sin αi 之所有弦之中點所構成之 圖形。

於 (7) 中, 置 A = _a¹², C = −b¹², F = −1, B = D = E = 0, 可知 (¯x,y¯) ∈ Ω^α ⇔ cos α

a² x¯− sin α

b² y¯= 0, (cos²α

a² − sin²α b² )(x¯²

a² −y¯²

b² − 1) < 0. (7.III) 若 ^cos_a²2^α = ^sin_b^22α, 則據 (7.III) 知 Ωα = Φ, 無圖形 (即無斜率為 tan α = ±a^b 之弦)。

若 ^cos2α

a² < ^sin_b²2^α, 則據 (7.III) 知 (¯x,y¯) ∈ Ω^α ⇔ ^{cos α}_a² x¯−^{sin α}_b² y¯= 0 , ^x_a^¯22 − ^y_b^¯22 >1。

將方程式 ^{cos α}

a² x− ^{sin α}b² y= 0 與不等式 ^x_a²² − ^yb²² >1 聯立, 實際求解集合, 即可推得此時 Ωα

為直線 ^{cos α}

a² x−^{sin α}b² y= 0 除去其與 Γ 二交點間之線段。 [此二交點為 (x^′, y^′) 與 (−x^′,−y^′), 其中 x^′ = √ ^{a2sin α}

a²sin²α−b²cos²α, y^′ = √ ^{b2cos α}

a²sin²α−b²cos²α。 ] 若 ^cos2α

a² > ^sin_b²2^α, 則據 (7.III) 知 (¯x,y¯) ∈ Ω^α ⇔ ^{cos α}_a² x¯− ^{sin α}_b² y¯= 0, ^x_a^¯22 − ^y¯_b²² <1。

仿上處理, 即可推得此時 Ω_α 為直線 ^{cos α}

a² x−^{sin α}b² y= 0 (全部)。

第二節 所在直線共點諸弦中點圖形之描述

若 P₀ 為圓錐曲線 Γ 所在平面上之一定點, 則可考慮過 P₀ 且與 Γ 有相異二交點之所有 直線。 本節將描述如是直線對應弦之中點所構成之圖形。

[I] Γ 為拋物線之情況

設Γ 為拋物線 x² = 4py, P0 = (x0, y₀), Ω 為過 P0 且與 Γ 有相異二交點之所有直線所 對應之弦之中點所構成之圖形。 [其中 x₀ 與 y₀ 均為固定之實數, 已於弁言末段聲明矣。 下俱同 此, 不再贅述。]

由 (7.I), 可知 (x0, y₀) ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使 x⁰cos α − 2p sin α = 0, 且 x²₀ < 4py0。 但 hx⁰,−2pi 非零向量, 必有單位向量 hcos α, sin αi 與之垂直, 故二者之內積 x₀cos α − 2p sin α = 0 。 [詳言之: 因 hx0,−2pi 非零向量, 必有 β ∈ R 能使 hx0,−2pi =

|hx⁰,−2pi|hcos β, sin βi。 令 α = β + ^π₂, 則 hx⁰,−2pi 與 hcos α, sin αi 垂直, 其內積 x₀cos α − 2p sin α = 0。] 因此, (x⁰, y₀) ∈ Ω ⇔ x²0 <4py0。

由 (7.I), 又知 (¯x,y¯) ∈ Ω\{P0} ⇔ (¯x−x0)¯x= 2p(¯y−y0), ¯x²<4p¯y, (¯x,y¯) 6= (x0, y₀)。

綜上, 推得 (¯x,y¯) ∈ Ω ⇔ (¯x − x⁰)¯x= 2p(¯y− y⁰) 且 ¯x² <4p¯y。 是故, Ω 可由方程式 (x−x⁰)x = 2p(y −y⁰) 與不等式 x² <4py 聯合界定之, Ω 即方程式 (x−x⁰)x = 2p(y −y⁰) 之圖形 Ψ [為拋物線] 在 Γ 內部之部份。

由上, 有 (x, y) ∈Ω⇔y =^(x−x0_2p^)x+2py0且 2[(x−x0)x+2py₀]−x²= x²−2x0x+4py₀>0。

當 P₀ 在 Γ 之外部時, x² − 2x⁰x + 4py0 ≤ 0 ⇔ x⁰ −

^q

x²₀− 4py⁰ ≤ x ≤ x⁰ +

q

x²₀− 4py⁰, 據上遂知 Ω 即 Ψ 除去其弧 Q1P₀Q₂, 其中 Q1 及 Q₂ 為 Ψ 與 Γ 之交點 [交點 之 x 坐標為 x₀ ±

^q

x²₀ − 4py⁰。]

當 P₀ 在 Γ 上時, x² − 2x⁰x+ 4py0 >0 ⇔ x 6= x⁰, 據上遂知 Ω 即 Ψ 除去 P0。 當 P₀ 在 Γ 之內部時, x²− 2x⁰x+ 4py0 >0 ∀x ∈ R, 據上遂知 Ω = Ψ。

[II] Γ 為橢圓或圓之情況

設 Γ 為橢圓或圓 ^x_a2² + ^y_b²² = 1, P0 = (x0, y₀), Ω 為過 P0 且與 Γ 有相異二交點之所有 直線所對應之弦之中點所構成之圖形。

由 (7.II), 可知 (x0, y₀) ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使 ^{cos α}a² x₀+^{sin α}_b² y₀ = 0, 且 ^x_a²⁰² +^y_b²⁰² <1。

顯然, 當 (x0, y₀) = (0, 0) 時, ^{cos α}_a² x₀ +^{sin α}_b² y₀ = 0 ∀α ∈ R; 再者, 當 (x⁰, y₀) 6= (0, 0) 時, h^x_a²⁰,^y_b2⁰i 非零向量, 確有 hcos α, sin αi 與之垂直, 故二者之內積 ^{cos α}_a² x₀ +^{sin α}_b² y₀ = 0。 因此, (x₀, y₀) ∈ Ω ⇔ ^x_a²²⁰ +^y_b⁰²² <1。

由 (7.II), 又知 (¯x,y¯) ∈ Ω\{P0} ⇔ ^(¯x−x_a^20)¯x+^(¯y−y_b2^0)¯y= 0, ^x_a^¯22+^¯y_b²2<1, (¯x,y¯) 6=(x0, y₀)。

綜上, 推得 (¯x,y¯) ∈ Ω⇔^(¯x−xa^20)¯x + ^(¯y−y_b^20)¯y = 0 且 ^x¯_a²² + ^y¯_b²² < 1。 是故, Ω 可由方程式

(x−x⁰)x

a² +^(y−y_b^20)y = 0 與不等式 ^x_a²² +^y_b²² <1 聯合界定之, Ω 即方程式 ^(x−x_a^20)x+^(y−y_b^20)y = 0 之圖形 Ψ 在 Γ 內部之部份。

若 P₀ 6= O, 則 Ψ 為橢圓 (a 6= b) 或圓 (a = b)。 此時, 設 Υ 為直線 ^xa^02x + ^y_b^02y = 1, 則 Υ 分割坐標平面為 Υ+ 與 Υ₋ 二半平面 (Υ 之二側), 其中

Υ+= {(x, y)|^x_a^02x + ^y_b^02y >1}, Υ₋= {(x, y)|^xa^02x + ^y_b^02y <1}.

注意 Ψ ∩ Υ = Γ ∩ Υ(= Ψ ∩ Γ) 及 O ∈ Ω = Ψ ∩ Υ−, 實際試解方程組 ^x_a²² +^y_b²² = 1 與

x0x

a² + ^y_b^02y = 1 (分 y0 6= 0 及 y⁰ = 0 二種情形處理之), 可知: P0 在 Γ 之外部時, Ψ 與 Υ 有相異二交點 Q1 及 Q₂ [交點之 x 坐標為 ^a2b_b^22x_x^02±a2y0√r

0+a²y₀² , y 坐標為 ^a2b_b^22y_x^{02∓b2x0√r}

0+a²y₀² , 其中 r = b²x²₀+ a²y₀²− a²b²。 (Q1, Q2 亦為 Ψ 與 Γ 之交點)], Ω 即 Ψ 除去其弧 Q1P₀Q₂; P0

在 Γ 上時, P₀ 為 Ψ 與 Υ 之唯一交點, Υ 切 Ψ 於 P₀, Ω 即 Ψ 除去 P₀; P₀ 在 Γ 之內部且 P₀6=O 時, Ψ 與 Υ 不相交, Ω=Ψ。 此外, P0= O 時, Ψ 之方程式為 ^x_a2² +^y_b²2= 0, Ω 即原點。

[III] Γ 為雙曲線之情況

設 Γ 為雙曲線 ^x_a²2 − ^yb²²= 1, P0= (x0, y₀), Ω 為過 P0 且與 Γ 有相異二交點之所有直線 所對應之弦之中點所構成之圖形, Ωα 為平行於 hcos α, sin αi 之所有弦之中點所構成之圖形。

為便引用, 特將 (7.III) 更改編號, 而重述於下:

(¯x,y¯) ∈ Ω^α⇔ cos α

a² x¯−sin α

b² y¯= 0, (cos²α

a² − sin²α b² )(x¯²

a² − y¯²

b² − 1) < 0. (H.1) 據 (H.1), 可推得

(¯x,y¯) ∈ Ω^α\ {O} ⇔ cos α

a² x¯− sin α

b² y¯= 0, (x¯² a² − y¯²

b²)(x¯² a² − y¯²

b² − 1) > 0. (H.2) 茲證如次:

(i) 設 (¯x,y¯) ∈ Ω^α\ {O}。 據此與 (H.1), 有 ^{cos α}a² x¯−^{sin α}b² y¯= 0, (^cos_a^22α −^sinb^22α)(^¯x_a²² −

¯ y²

b² − 1) < 0 及 (¯x, ¯y) 6= (0, 0)。 若 ¯x 6= 0, 則 ^¯xa²²(^cos_a^22α − ^sinb^22α) = ^sin_b^24αy¯² − ^sina²²b^2αx¯²

= ^sin_b^22α(^y¯_b²² − ^x_a^¯22), 故 ^sin_b^22α(^y¯_b²² − ^x_a^¯22)(^¯x_a²² − ^y¯_b²² − 1)= ^x_a^¯22(^cos_a^22α − ^sin_b^22α)(^¯x_a²² − ^y¯_b²² − 1) < 0, 遂知 (^¯x_a²² −^y¯b²²)(^x_a^¯22 −^y¯b²² − 1) > 0; 若 ¯y 6= 0, 仿此 (同理) 可證 (^¯xa²² −^y¯b²²)(^x¯_a²² −^yb^¯22 − 1) > 0。

(ii) 設 ^{cos α}_a² x¯− ^{sin α}b² y¯= 0, 且 (^¯x_a²² − ^y¯b²²)(^x¯_a²² − ^y¯b²² − 1) > 0, 則必 (¯x, ¯y) 6= (0, 0), 故

¯

x 6= 0 與 ¯y 6= 0 至少有一為真。 若 ¯x 6= 0, 必 sin α 6= 0 (否則 sin α = 0, ^{sin α}_b² y¯ = 0, cos α = ±1, ^{cos α}_a² x¯6= 0, 矛盾!), 而 ^¯x_a²²(^cos_a^22α−^sin_b^22α)= ^sin_b^24αy¯²−^sin_a²²_b^2αx¯²= ^sin_b^22α(^y¯_b²² −^¯x_a²²), 故 ^¯x2

a²(^cos_aa^2α − ^sinb^22α)(^¯x_a²² − ^y¯b²² − 1)= ^sinb^22α(^y¯_b²² − ^xa^¯22)(^¯x_a²² − ^y¯b²² − 1) < 0, 遂知 (^cosa^22α −

sin²α

b² )(^x_a^¯22 −^yb^¯22 − 1) < 0; 若 ¯y 6= 0, 仿此 (同理) 可證 (^cosa^22α−^sinb^22α)(^¯x_a²² −^y¯b²² − 1) < 0。 據 (H.1), 得 (¯x,y¯) ∈ Ω^α。

設 Γ1 為直線 ^x_a − ^yb = 0, Γ2 為直線 ^x_a + ^y_b = 0, 並設 R1, R2 與 R3 分別為由不等 式 ^x2

a² − ^yb²² < 0, (^x_a²² − ^yb²²)(^x_a²² − ^yb²² − 1) ≤ 0 (即 0 ≤ ^xa²² − ^yb²² ≤ 1) 與 ^xa²² − ^yb²² > 1 所 界定之平面區域。 當然, Γ₀ = Γ1 ∪ Γ² 即 Γ 之二條漸近線 (^x_a2² − ^yb²² = 0), R1 為 y = _a^b|x|

之上部與 y = −_a^b|x| 之下部二者之聯集, R³ 係 Γ 之內部, R4 = R1 ∪ R³ 可由不等式 (^x_a²² − ^yb²²)(^x_a²² −^yb²² − 1) > 0 界定之。

h1^◦i 當 P⁰ = O 時

於 (H.1) 中, 置 α = 0, 可知 (0, 0) ∈ Ω。 據此與 (H.2), 又知 (¯x, ¯y) ∈ Ω \ {O} ⇔

¯ x²

a² − ^y¯b²² = 0 且 (^x_a^¯22 − ^y¯b²²)(^x¯_a²² − ^yb^¯22 − 1) > 0。 合之, 推得 Ω 即原點。 [亦可不用 (H.1) 與 (H.2) 而推導如次: 考慮過原點之所有直線。 易證其中斜率絕對值小於 _a^b 者, 均與 Γ 有對稱於 原點之相異二交點, 其餘俱與 Γ 不相交。 由是, 遂知 Ω 為原點。]

以下, 假設 P0 6= O, 繼續探討之。

因 (¯x,y) = (0, 0) 時,¯ ^{cos α}_a² x¯− ^{sin α}b² y¯= 0 ∀α ∈ R, 故據 (H.1) 推得 O ∈ Ω \ {P⁰} ⇔ x²₀

a²−y²₀

b² >0. (H.3) 由 (H.2), 可知 P₀ ∈ Ω \ {O} ⇔ 有 α ∈ R 能使 ^{cos α}a² x₀ − ^{sin α}b² y₀ = 0, 且 (^x_a²²⁰ −

y²₀

b²)(^x_a²⁰² − ^yb⁰²² − 1) > 0。 但 h^xa⁰²,−^yb⁰²i 非零向量, 必有 hcos α, sin αi 與之垂直, 故二者之內積

cos α

a² x₀− ^{sin α}_b² y₀ = 0。 因此, P₀ ∈ Ω \ {O} ⇔ (^x_a²⁰² − ^y_b²⁰²) (^x_a²⁰2 − ^y_b²⁰² − 1) > 0。

由 (H.2), 又知 (¯x,y¯) ∈ Ω\{O, P0} ⇔ ^(¯x−x_a^20)¯x−^(¯y−y_b^20)¯y = 0, (^x_α^¯22−^y¯_b²²)(^x¯_a²²−^y¯_b²²−1) >

0, (¯x,y¯) 6= (x⁰, y₀)。

綜上二段論述, 推得 (¯x,y¯) ∈ Ω\{O} ⇔ ^(¯x−xa^20)¯x−^(¯y−yb^20)¯y = 0 且 (^¯x_a²² −^yb^¯22)(^x_a^¯22 −^y¯b²² − 1) > 0。 是故, Ω\{O} 可由方程式 ^(x−xa^20)x−^(y−yb^20)y = 0 與不等式 (^x_a²²−^yb²²)(^x_a²²−^yb²²−1) > 0 聯合界定之。 易言之:

Ω \ {O} 為方程式 (x − x0)x

a² − (y − y0)y

b² = 0 之圖形 Ψ 在 R₄ 之部份。 (H.4) 若 Υ0 及 Υ 分別表直線 ^x_a^02x−^y_b^02y = 0 及 ^x_a^02x−^y_b^02y = 1, 則顯然可知 Ψ ∩Γ⁰ = Ψ ∩Υ⁰, Ψ ∩ Γ = Ψ ∩ Υ, 且

Ψ ∩ R⁴ 即 Ψ 除去其在平行二直線 Υ₀ 與 Υ 間之部份。 (H.5)

h2^◦i 當 P⁰ ∈ Γ⁰\ {O} 時

據 (H.3), 知 O 6∈ Ω。 合此與 (H.4), 推得 Ω 即 Ψ [為相交二直線 ^2x−xa ⁰ − ^2y−yb ⁰ = 0 及 ^2x−x0

a +^2y−y_b ⁰ = 0] 在 R4 之部份。

設 Q₀ = (^x₂⁰,^y₂⁰), 而 Ψ+ 及 Ψ₋ 分別為直線 ^2x−x0

a +^2y−y_b ⁰ = 0 及 ^2x−x_a ⁰ −^2y−yb ⁰ = 0。

(i) 若 P0 ∈ Γ¹\ {O}, 則 Ψ−= Υ0, 據首段所得及 (H.5) 知 Ω = Ψ ∩ R⁴ 即 Ψ₊ 除去 線段 Q₀Q₊, 其中 Q₊ 為 Ψ₊ 與 Υ 之交點。

(ii) 同理, 若 P0 ∈ Γ²\ {O}, 則 Ψ⁺ = Υ0, Ω = Ψ ∩ R⁴ 即 Ψ₋ 除去線段 Q0Q₋, 其 中 Q₋ 為 Ψ₋ 與 Υ 之交點。

h3^◦i 當 P⁰ ∈ R¹ 時

據 (H.3), 知 O 6∈ Ω。 合此與 (H.4), 推得 Ω 即 Ψ [為雙曲線] 在 R4 之部份。

設 Ψ 過 O 之一支為 Ψ₁, 其過 P₀ 之一支為 Ψ₂。

(i) 顯然, 由 Ψ 之漸近線 ^2x−x_a ⁰ − ^2y−yb ⁰ = 0 與 ^2x−x_a ⁰ + ^2y−y_b ⁰ = 0 可構成上、 下、 左、

右四角, 其公共角頂為 (^x₂⁰,^y₂⁰), 其邊分別平行於 Γ1 與 Γ2。若 y0 > 0, 則 Ψ2 在前述上角之 上方 (即內部), 且此上角在 y = _a^b|x| 之上部, 故 Ψ2 在 y = _a^b|x| 之上部; 若 y0 <0, 則由對 稱性即知 Ψ₂ 在 y = −^ba|x| 之下部。 總之, Ψ² 必在 R₁ 內。

(ii) 將 ^x_a²2 −^y_b²² = 1 與 ^(x−x_a2^0)x−^(y−y_b^20)y = 0 二式相減, 可求得 y = ^b2(x_a⁰2^x−ay0 ²⁾。 以此代 入首式, 並整理之, 則所獲二次方程式 (a²y₀²− b²x²₀)x²+ 2a²b²x₀x− a⁴(y₀²+ b²) = 0 有相 異二實根 [其判別式 4a⁴y²₀(a²y₀²− b²x²₀ + a²b²) > 0], 故 Γ 與 Ψ (Υ 與 Ψ) 有相異二交點 Q₁ 及 Q₂。 據此與 (i), 即知 Q₁, Q2 ∈ Ψ¹。

(iii) 利用切線公式, 易證 Υ0 切 Ψ1 於 O。

綜上論述及 (H.5), 推得 Ω 為 Ψ 除去其弧 Q₁OQ₂。 h4^◦i 當 P0 ∈ R2\ Γ0 時

據 (H.3), 知 O ∈ Ω。 合此與 (H.4), 推得 Ω 即 Ψ [為雙曲線] 在 R⁴ 之部份添上原點。

設 Ψ 過 O 之一支為 Ψ₁, 其過 P0 之一支為 Ψ₂。

(i) 實際解方程組 ^x_a²² − ^y_b²² = 0 與 ^(x−x_a^20)x − ^(y−y_b^20)y = 0, 易知 O 為 Γ₀ 與 Ψ 之唯一 交點。 若 y₀ = 0, 則 Ψ1 在 O 有縱向切線 Υ₀; 若 y0 6= 0, 則 Ψ¹ 在 O 之切線 Υ₀ 之斜率為

b²x0

a²y0, 而 ^x_a²²⁰ > ^y

2 0

b², 故此斜率之絕對值必大於 Γ1 與 Γ2 斜率之絕對值 ^b_a。 合之, 推得 Ψ1\ {O}

必在 R₁ 內。

(ii) 當 P0 ∈ R²\ (Γ⁰∪ Γ) [即 0 < ^xa²⁰² − ^yb⁰²² < 1] 時, 將 ^x_a²² − ^yb²² = 1 與 ^(x−x_a^20)x −

(y−y⁰)y

b² = 0 二式相減, 可求得 x = ^a2(y_b^02y+b_x0 ²⁾。 以此代入首式, 並整理之, 則所獲二次方程式 (b²x²₀ − a²y²₀)y²− 2a²b²y₀y+ b⁴(x²₀ − a²) = 0 有相異二實根 [其判別式 4b⁴x²₀(−b²x²₀ + a²y₀²+ a²b²) > 0], 故 Γ 與 Ψ (Υ 與 Ψ) 有相異二交點 Q₁ 及 Q₂。 據此與 (i), 即得 Q₁, Q₂ ∈ Ψ²。

(iii) 當 P₀ ∈ Γ 時, Υ 切 Ψ2 於 P₀。

綜上論述及 (H.5), 遂知: P₀ ∈ R²\ (Γ⁰∪ Γ) 時, Ω 為 Ψ 除去其弧 Q¹P₀Q₂; P0 ∈ Γ 時, Ω 為 Ψ 除去 P₀。

h5^◦i 當 P⁰ ∈ R³ 時

據 (H.3), 知 O ∈ Ω。 合此與 (H.4), 推得 Ω 即 Ψ [為雙曲線] 在 R⁴ 之部份添上原點。

設 Ψ 過 O 之一支為 Ψ₁, 其過 P₀ 之一支為 Ψ₂。 仿 h4^◦i (i) 推導, 可知 Ψ1\ {O} 必在 R1

內。 仿 h4^◦i (ii) 推導, 可證此時 Ψ ∩ Γ = Φ; 據是, 注意 Ψ² 上有點 P0 在 R₃ 內 (R3 為 Γ 之 內部), 即知 R₃ 必含 Ψ₂。綜之, 遂有 Ω = Ψ。 [另解: 由 Υ₀ 切 Ψ₁ 於 O, 與 Ψ ∩ Υ = Φ, 可

知平行二直線 Υ0 與 Υ 必在 Ψ1 與 Ψ2 之間, 即 Υ0 與 Υ 之間必無 Ψ \ {O} 之點, 據 (H.5) 遂得 Ψ ∩ R⁴ = Ψ \ {O}, 故 Ω = Ψ。]

備註: (一) [I]亦可探討如次:

h1^◦i 當 P⁰ 在 Γ 之外部或在 Γ 上時, 由 (7.I) 即知 (1) P0 6∈ Ω, (2) (¯x, ¯y) ∈ Ω ⇔ (¯x− x0)¯x = 2p(¯y− y0) 且 ¯x² <4p¯y, 故 Ω 即方程式 (x − x0)x = 2p(y − y0) 之圖形 Ψ [為拋物線] 在 Γ 內部之部份。 進一步, 可證: P0 在 Γ 之外部時, Ω 即 Ψ 除去其弧 Q₁P₀Q₂, 其中 Q₁ 及 Q₂ 為 Ψ 與 Γ 之相異二交點; P₀ 在 Γ 上時, Ω 即 Ψ 除去 P₀。

h2^◦i 當 P⁰ 在 Γ 之內部時, 由 (7.I) 知 P0 ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使 x⁰cos α − 2p sin α = 0。 易證確有如是之 α, 故 P0 ∈ Ω。 據 (7.I), 仿 h1^◦i 推導之, 可知 Ω \ {P⁰} 即方程式 (x − x⁰)x = 2p(y − y⁰) 之圖形 Ψ [為拋物線] 在 Γ 內部之部份除去 P0。 又因 P₀ ∈ Ω (見 上), 且 P₀ 在 Ψ 上, 故 Ω 為 Ψ 在Γ 內部之部份。 進一步, 可推得 Ω = Ψ。

(二) 當然, [II] 亦可據 (7.II) 仿 (一) 分 h1^◦i P⁰ 在 Γ 之外部或在 Γ 上及 h2^◦i P⁰ 在 Γ 之內部二款處理之。

(三) [III] h2^◦i ∼ h5^◦i 之推導亦可不用 (H.3) 及 (H.4), 茲以 h4^◦i 為例示範如次: 此 時, 注意 P0 6= O 且 P⁰ 6∈ R⁴, 由 (H.2) 即知 (1) P0 6∈ Ω, (2) (¯x, ¯y) ∈ Ω \ {O}

⇔ ^(¯x−x_a^20)¯x − ^(¯y−y_b^20)¯y = 0 且 (¯x,y¯) ∈ R4。 再者, 據 P₀ 6= O 與 (H.1) 知 O ∈ Ω ⇔

x²0

a² −^y

2 0

b² >0, 而由 P0 ∈ R²\ Γ⁰ 則有 0 < ^x_a2²⁰ − ^y

2 0

b² ≤ 1, 故 O ∈ Ω。 合之, 推得 Ω 即方程式

(x−x⁰)x

a² − ^(y−yb^20)y = 0 之圖形 Ψ [為雙曲線] 在 R4 之部份添上原點。 下接原示第二至末段之 論述。

第三節 定長諸弦中點圖形之描述

本節將設法描述圓錐曲線定長諸弦之中點所構成之圖形。

沿用第一節一般性論述中之符號, 易知: 若 l 為固定之正數, 則 Γ ∩ Λ(M, α) 乃由 P1 與 P₂ 二點所構成, |P1P₂| = 2l, 且線段 P¹P₂ 中點為 M 之充要條件係 (3) 為 s 之二次方程式, 且其二根 s1 與 s2 恰為 l 與 −l(s¹+ s2 = 0, s1s₂ = −l²)。 據此及根與係數之關係, 即得下 述結果:

Γ ∩ Λ(M, α) 乃由 P¹ 與 P2 二點所構成, |P¹P₂| = 2l, 且線段 P¹P₂ 中點為 M(x, y) ⇔ 2Ax cos α + B(x sin α + y cos α) + 2Cy sin α + D cos α + E sin α = 0,

Ax²+ Bx y + Cy² + Dx + Ey + F

Acos²α+ B sin α cos α + C sin²α = −l². (8) 以下假設所予圓錐曲線 Γ 之方程式為第一節所示之範式, 俾便推導。

[I] Γ 為拋物線之情況

設 Γ 為拋物線 x² = 4py, l 為固定之正數, Ω 係長度為 2l 之所有弦之中點所構成之圖 形。

於 (8) 中, 置 A = 1, E = −4p, B = C = D = F = 0, 可知 (x, y) ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使

xcos α − 2p sin α = 0, (I.1) l²cos²α= 4py − x². (I.2)



 

 



 

 



(8.I)

據 (8.I), 於 (I.1) 及 (I.2) 中, 置 α = 0, 可知 (0,_4p^l2) ∈ Ω, 故 Ω 6= Φ。 [先此驗明 Ω 6= Φ, 以示下段之論述並非空談。]

若 (x, y) ∈ Ω, 則據 (8.I) 知必有 α ∈ R 能使上列之 (I.2) 及下列之 (I.3) 俱成立:

x²cos²α− 4p²sin²α= 0. (I.3) 由 (I.2) 與 (I.3), 顯然可得

cos²α= 4py− x²

l² , sin²α= x²(4py − x²) 4l²p² , 故 (x²+ 4p²)(4py − x²) = 4l²p², 遂知 (x, y) 在方程式

(x²+ 4p²)(4py − x²) = 4l²p² (I.4) 之圖形 Ψ 上。

[據上 (或實際代入), 可知 (0,_4p^l2) ∈ Ψ, 故 Ψ 6= Φ。]

反之, 若 (x, y) ∈ Ψ, 則必有 α ∈ R 能使

cos α =

q

4py − x²

l , sin α = x

^q

4py − x² 2lp , 因而 (I.1) 與 (I.2) 俱成立, 據 (8.I) 遂知 (x, y) ∈ Ω。

合上, 推得 Ω 即方程式 (I.4) 之圖形。

[II] Γ 為橢圓或圓之情況

設 Γ 為橢圖或圓 ^x_a²2 + ^y_b2² = 1, l 為固定之正數, Ω 係長度為 2l 之所有弦之中點所構成 之圖形。

於 (8) 中, 置 A = _a¹², C = _b¹², F = −1, B = D = E = 0, 並注意 ^cos_a^22α +^sin_b^22α >

0 ∀ α ∈ R, 可知

(x, y)∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使

cos α

a² x+^{sin α}_b² y= 0, (II.1)



cos²α

a² +^sin_b^22α

^

l² = 1 − ^xa²² − ^yb²². (II.2)



 

 



 

 



(8.II)

為便討論, 不訪假設 a ≥ b。

若 (x, y) ∈ Ω, 則由 (8.II) 知有 α ∈ R 能使 (II.2) 成立, 故 1 ≥ 1 − ^x_a²² − ^yb²² = (^cos_a^22α +^sin_b^22α)l² ≥ (^cos_a^22α +^sin_a^22α)l² = (_a^l)²。 因此, 若 Ω 6= Φ, 必 a ≥ l。

若 (0, 0) ∈ Ω, 則由 (8.II) 知 (^cos_a^22α + ^sin_b^22α)l² = 1 有解 α ∈ R [見 (II.2)]。 據此與 a≥ b > 0, 即得 a ≥ l ≥ b。 反之, 若 a ≥ l ≥ b 且 a 6= b, 則必有 α ∈ R 能使

cos²α= a²(l²− b²)

l²(a²− b²), sin²α= b²(a²− l²) l²(a²− b²),

據此與 (8.II), 即知 (0, 0) ∈ Ω; 又若 a = l = b, 則由 (8.II) 顯然可知 (0, 0) ∈ Ω。

若 (x, y) ∈ Ω \ {O}, 則據 (8.II) 知方程組 (II.1) 與 (II.2) 有解 α ∈ R, 又由 (II.1) 有 cos²α

a⁴ x²− sin²α

b⁴ y² = 0, (II.3)

而以 Cramer 法則求方程組 (II.2) 與 (II.3) 中之 cos²α 及sin²α, 可得 cos²α=a²y²

b²l² 1 − x² a² − y²

b²

! ,

x² a² + y²

b²

!

,

sin²α=b²x²

a²l² 1 −x² a² − y²

b²

! ,

x² a² +y²

b²

!

, 故 ^a2_l2^b2(^x_a⁴² +^y_b⁴²)(1 − ^xa²² − ^yb²²) = ^x_a²² +^y_b²², 遂知 (x, y) 在方程式

a²b² l²

x² a⁴ + y²

b⁴

!

1 − x² a² − y²

b²

!

= x² a² +y²

b² (II.4)

之圖形 Ψ 上。

顯然, (0, 0) ∈ Ψ。 再者, 若 l = a, 易證 Ψ 為原點。

若 l < a, 則 (0, ±^b√aa^2−l2) ∈ Ψ, 故 Ψ \ {O} 6= Φ。 此時, 若任取 (x, y) ∈ Ψ \ {O}, 則 必有 α ∈ R 能使

cos α = ay bl

s

1 − x² a² −y²

b²

, s

x² a² +y²

b², sin α = −bx

al

s

1 − x² a² −y²

b²

, s

x² a² +y²

b²,

因而 (II.1) 與 (II.2) 俱成立, 據 (8.II) 遂知 (x, y) ∈ Ω。

綜上論述 (假設 a ≥ b), 可得下列結果:

h1^◦i 若 l > a, 則 Ω = Φ, 無圖形 [即無長度大於橢圓之長軸 (圓之直徑) 之弦]。

h2^◦i 若 l = a, 則 Ω 為原點。

h3^◦i 若 a > l ≥ b, 則 Ω 即方程式 (II.4) 之圖形。

h4^◦i 若 b > l, 則 Ω 為方程式 (II.4) 之圖形除去原點。 [特別當 a = b > l (Γ 為圓) 時, Ω 即圓 x²+ y² = a²− l²。]

[III] Γ為雙曲線之情況

設 Γ 為雙曲線 ^x_a²2 − ^yb²² = 1 , l 為固定之正數, Ω 係長度為 2l 之所有弦之中點所構成之 圖形。

於 (8) 中, 置 A = _a¹2, C = −b¹², F = −1, B = D = E = 0, 可知 (x, y) ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使

cos α

a² x− ^{sin α}_b² y= 0, (III.1)

1−^x_a²2+^y

2 b2 cos2α

a2 −^sin2_b2^α

= l². (III.2)



 

 

 



 

 

 



(8.III)

據 (8.III), 於 (III.1) 及 (III.2) 中, 置α = ^π₂, y = 0以求x, 可知



± ^a√b_b^2+l2,0



∈ Ω, 故 Ω 6= Φ。

若 (x, y) ∈ Ω, 則據 (8.III) 知有 α ∈ R 能使下列之 (III.3) 與 (III.4) 俱成立:

cos²α

a⁴ x²− sin²α

b⁴ y² = 0, (III.3)



cos²α

a² −sin²α b²



l² = 1 − x² a² +y²

b². (III.4) 不妨將上列二式中之 cos²α 及sin²α 視為未知數, 注意其係數行列式之值為 _a^2l2_b²



y² b² −^xa²²



。 (i) 若 ^x_a²² = ^y_b²², 則由 (III.3) 與 (III.4) 易知 (x, y) = (0, 0), 且 l ≥ a [據 (III.4)]。 反之, 若 l ≥ a, 則必有 α ∈ R 能使

cos²α= a²(l²+ b²)

l²(a²+ b²), sin²α = b²(l²− a²) l²(a²+ b²),

據此與 (8.III), 即知 (0, 0) ∈ Ω。 (ii) 若 ^x_a²² 6= ^y_b²² [當然 (x, y) 6= (0, 0)], 則據 Cramer 法則, 由 (III.3) 與 (III.4) 可得

cos²α=a²y² b²l²



x² a² − y²

b² − 1



x² a² − y²

b²



,

sin²α=b²x² a²l²



x² a² − y²

b² − 1



x² a² − y²

b²



, 故有

a²b² l²



x² a⁴ +y²

b⁴



(x² a² −y²

b² − 1) = x² a² − y²

b², (III.5) 遂知(x, y)在方程式

a²b² l²



x² a⁴ +y²

b⁴



x² a² − y²

b² − 1



= x² a² − y²

b² (III.6)

之圖形Ψ上。

顯然, (0, 0) ∈ Ψ。 再者, (±^a√b_b^2+l2,0) ∈ Ψ, 故 Ψ\{O} 6= Φ。

若 (x, y) ∈ Ψ\{O}, 則必 ^x_a²² −^y_b²² 6= 0, 1 [由 (III.5) 易知], 且有 α ∈ R 能使 cos α = ay

bl

√r, sin α = bx al

√r,

其中 r =



x²

a² − ^y_b²² − 1



x² a² − ^y_b²²



, 因而 (III.1) 與 (III.2) 俱成立, 據 (8.III) 遂知 (x, y) ∈ Ω。

綜上論述, 可得下列結果:

h1^◦i 若 l ≥ a, 則 Ω 即方程式 (III.6) 之圖形。

h2^◦i 若 a > l, 則Ω 即方程式 (III.6) 之圖形除去原點。

第四節 相交二直線之對應問題

設 Γ₁ 與 Γ₂ 均為直線, Γ₁∩ Γ² 僅含一點, Γ = Γ₁∪ Γ²。 顯然, 若某直線與 Γ 之交點個 數為二, 則其一交點必在 Γ₁ 上且不在 Γ₂ 上, 另一交點必在 Γ₂ 上且不在 Γ₁ 上。 以此兩交點 為端點之線段, 稱為截線段。 本節將探求諸截線段中點所構成之圖形。

顯然, 第一、 三節所作之一般性論述於 Γ 為相交二直線時亦俱正確, 故可逕用其中所得之 結果。 再者, 因平面圖像之形狀與直角坐標系之選取無關, 不妨假設 Γ 之方程式為 ^x_a²²−^yb²² = 0, 以便處理。

[I] 平行諸截線段中點之圖形

設 Γ 之方程式為 ^x_a²2 − ^yb²² = 0, α 為固定之實數, Ωα 為平行於 hcos α, sin αi 之所有截 線段之中點所構成之圖形。

於 (7) 中, 置 A = _a¹2, C = −_b¹², B = D = E = F = 0, 可知 (x, y) ∈ Ω^α ⇔ cos α

a² x− sin α b² y= 0,



cos²α

a² − sin²α b²



x² a² − y²

b²



<0. (∗)

若 ^cos2α

a² = ^sin_b^22α, 則據 (∗) 知 Ω^α = Φ, 無圖形 (即斜率為 tan α = ±^b_a 之截線段)。

若 ^cos2α

a² < ^sin_b²2^α, 則據 (∗) 知 (x, y) ∈ Ω^α ⇔ ^{cos α}_a² x− ^{sin α}_b² y = 0, ^x_a²2 − ^y_b²² > 0。

將方程式 ^{cos α}

a² x − ^{sin α}b² y = 0 與不等式 ^x_a²² − ^yb²² > 0 聯立, 實際求解集合, 即可推得此 時 Ωα 為直線 ^{cos α}

a² x − ^{sin α}_b² y = 0 除去原點。 [由前式, 得 y = ^b_a²2^{cos α}sin αx; 代入後式, 知

x²

a² − ^yb²² = ^a2sin_a^24α−b_sin²²_α^cos2αx² >0 ⇔ x 6= 0。]

若 ^cos2α

a² > ^sin_b²2^α, 則據 (∗) 知 (x, y) ∈ Ω^α ⇔ ^{cos α}a² x− ^{sin α}b² y= 0, ^x_a²² − ^yb²² <0。 仿上處 理 [以 x = ^a_b2²cos α^{sin α}y 代入 ^x_a2² −^yb²²], 即可推得此時 Ωα 為直線 ^{cos α}

a² x− ^{sin α}b² y= 0 除去原點。

[其實, 逕據初等平面幾何之基本常識 (不用以上之推導), 易知: 過原點及平行於 hcos α, sin αi 之任一截線段之中點作直線, 並除去原點, 即得所求之圖形 Ω^α。]

[II] 所在直線共點諸截線段中點之圖形

設 Γ 之方程式為 ^x_a²² − ^yb²² = 0, P0 = (x0, y₀), Ω 為過 P0 且與 Γ 有相異二交點之所有 直線所對應之截線段之中點所構成之圖形, Ωα 為平行於 hcos α, sin αi 之所有截線段之中點所 構成之圖形。

注意 ^{cos α}

a² x− ^{sin α}_b² y = 0 且

^

^cos_a²2^α − ^sin_b^22α

^{ }

^x_a²² − ^y_b²²

^

< 0 ⇔ ^{cos α}_a² x− ^{sin α}_b² y = 0 且 ^x2

a² − ^y_b²² 6= 0, 其中由前至後之蘊涵關係顯然成立, 而由後至前之蘊涵關係則可仿第二節 [III](H.2) 證 (ii) 推得之。 據此與 (∗), 即知

(x, y) ∈ Ω^α ⇔ cos α

a² x−sin α

b² y= 0, x² a² − y²

b² 6= 0.

^

^∗_∗

^

h1 ^◦ i 當 P ⁰ ∈ Γ 時

由

^

^∗

∗



知 (i) P₀ 6∈ Ω, (ii) (x, y) ∈ Ω ⇔ ^(x−xa^20)x − ^(y−yb^20)y = 0 且 ^x_a²² − ^yb²² 6= 0, 故 Ω 即方程式 ^(x−x0)x

a² − ^(y−yb^20)y = 0 之圖形 Ψ 除去 Γ 上之點。

以下, 設 Γ1, Γ2, Ψ1, Ψ2 與 Q₀ 分別為直線 ^x

a−^yb = 0, ^x_a+^y_b = 0, ^2x−x_a ⁰−^2y−yb ⁰ = 0,

2x−x⁰

a +^2y−y_b ⁰ = 0 與點 (^x₂⁰,^y₂⁰)。 當然, Γ = Γ1∪ Γ², Ψ = Ψ1∪ Ψ², Ψ1∩ Ψ² = {Q⁰}, Q⁰ 為線段 OP0 之中點 (若 P0 6= O)。

若P0 = O, 則Ψ1 = Γ1, Ψ2 = Γ2, Ω = Ψ\Γ = Φ, 無圖形 (即過原點之直線無截線段)。

若 P0 ∈ Γ¹\{O}, 則 Q⁰ ∈ Γ¹, Ψ1 = Γ1, Ψ2kΓ², Ω = Ψ2\{Q⁰}。 [其實, 逕據初等平 面幾何之基本常識 (不用以上之推導), 易知: 當 P0 ∈ Γ¹\{O} 時, 過線段 OP⁰ 之中點 Q0 作 Γ2 之平行線 (Ψ2), 並除去其與 Γ1 之交點Q0, 即得所求之圖形 Ω。]

若 P₀ ∈ Γ2\{O}, 則 Q0 ∈ Γ2, Ψ₂ = Γ₂, Ψ₁kΓ1, Ω = Ψ₁\{Q0}。

h2 ^◦ i 當 P ⁰ 6∈ Γ 時

由

^

^∗

∗



知 P₀ ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使 ^{cos α}a² x₀ − ^{sin α}b² y₀ = 0。 但仿第二節 [I]推導, 易證 確有如是之 α, 故 P0 ∈ Ω。 由是與

^

^∗_∗

^

, 又知 Ω\{P⁰} 即方程式 ^(x−x_a^20)x − ^(y−y_b^20)y = 0 之圖 形 Ψ [為雙曲線]除去 P0 及 Γ 上之點。 合之, 遂得 Ω = Ψ\Γ = Ψ\(Ψ ∩ Γ)。 實際求交點, 易 知 Ψ ∩ Γ = {O}, 故 Ω 為雙曲線 ^(x−x_a^20)x− ^(y−yb^20)y = 0 除去原點。

[III] 定長諸截線段中點之圖形

設 Γ 之方程式為 ^x_a²2 − ^yb²² = 0, l 為固定之正數, Ω 係長度為 2l 之所有截線段之中點所 構成之圖形。

於 (8) 中, 置 A = _a¹2, C = −b¹², B = D = E = F = 0, 可知 (x, y) ∈ Ω ⇔ 有 α ∈ R 能使

cos α

a² x− ^{sin α}b² y= 0, (i)

−^x_a²2+^y2

b2 cos2α

a2 −^sin2_b2^α

= l². (ii)



 

 

 



 

 

 





∗

∗∗



據

^

^∗

∗∗



, 於 (i) 與 (ii) 中, 置 α = ^π₂, y = 0 以求 x, 可知

^

±^alb,0

^

∈ Ω, 故 Ω 6= Φ。

若 (x, y) ∈ Ω, 則由

^

_∗∗^∗

^

知必 ^x2

a² − ^yb²² 6= 0 [據 (ii)], 即 (x, y) 6∈ Γ, 且有 α ∈ R 能使 下列之 (iii) 與 (iv) 俱成立:

cos²α

a⁴ x²− sin²α

b⁴ y² = 0, (iii)



cos²α

a² − sin²α b²



l² = −x² a² + y²

b². (iv)

將上列二式中之 cos²α 與 sin²α 視為未知數, 因其係數行列式之值 _a^2l2_b²

^

^y_b²² − ^xa²²



6= 0, 由 Cramer 法則, 可得 cos²α = ^a_b^22y_l²², sin²α = ^b_a^22x_l²², 故有 b⁴x² + a⁴y² = a²b²l², 遂知 (x, y) 在方程式

b⁴x²+ a⁴y² = a²b²l² (v) 之圖形 Ψ [為橢圓 (若 a 6= b) 或圓 (若 a = b)]上。

反之, 若(x, y) ∈ Ψ\Γ, 則必有 α ∈ R 能使 cos α = ^ay_bl, sin α = ^bx_al, 因而 (i) 與 (ii) 俱 成立, 據

^

_∗∗^∗

^

遂知 (x, y) ∈ Ω。

合上, 推得 Ω 即方程式 (v) 之圖形 Ψ 除去其與 Γ 之交點。 [交點有四, 其 x 坐標為

±^√_a^al2_+b², y 坐標為 ±^√_a^bl2_+b²。]

[其實, 逕據初等平面幾何之基本常識 (不用以上之推導), 易知: 若 Γ 為正交二直線 (a = b), 則以其交點為中心、 以 l 為半徑作圓, 並除去其與 Γ 之交點, 即得所求之圖形 Ω。]

備註: 因平行二直線之對應問題, 俱可逕據初等平面幾何之基本常識, 而以尺規作圖快速 求解, 故本文不予論列。

附錄 一般傳統解法及評比

眾所周知, 吾人常依不同之已知條件, 而將直線之方程式, 以不同之形式表之。 例如斜率為 m 且 y 截距為 k 之直線方程式可表為 y = mx + k, 謂之斜截式; 縱向直線之方程式可表為 x= c, 不妨稱為鉛垂式; 過點 (x0, y₀) 且斜率為 m 之直線方程式可表為 y = m(x −x⁰) + y0, 謂之點斜式; 又如本文第一節之 (2) 式, 亦可書為

(

x= x + s cos α y= y + s sin α

或 x = x + s cos α, y = y + s sin α, 係將過點 (x, y) 且方向為 hcos α, sin αi (即與單位向 量 hcos α, sin αi 平行) 之直線上之點之 x 坐標及 y 坐標俱表為 s 之函數 (即參數化, 以有向 距離 s 為參數), 稱為坐標參數式。

對於本文第一節至第三節所論圓錐曲線 (含拋物線、 橢圓、 圓、 雙曲線) 諸弦中點圖形之描 述問題, 一般傳統解法 (即數學課本、 參考書常用之解法) 係藉斜截式及鉛垂式, 點斜式及鉛垂 式, 或坐標參數式

(

x= x0 + t cos α y= y0+ t sin α

以處理之。 下舉第一節至第三節中三題為例示範之, 並與此三節所介紹之解法略做評比。

例一: 若 l 為固定之正數, Γ 為拋物線 x² = 4py, 試求長度為 2l 之所有弦之中點所成圖 形 Ω 之方程式。

解答: 已予拋物線 Γ 之方程式為

x² = 4py. (1.1)

考慮橫向弦, 易知 (0,_4p^l2) ∈ Ω, 故 Ω 6= Φ。 [先此驗明 Ω 6= Φ, 以示下段之論述並非空 談。]