這個解析幾何題怎麼做?

作者：由 Achatinidae 發表于舞蹈時間：2022-02-26

Achatinidae2022-02-26 17:53:55

一、結論

這兩條定直線為雙曲線的兩條準線

$x = \pm \frac{1}{2}$

，且△ABC的外接圓恆過雙曲線的左頂點或右頂點

更一般地，對於橢圓

$\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$

，其上三點構成的正三角形中心軌跡為

$\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {\frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2} + 3{b^2}}}a} \right)}^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{{\left( {\frac{{{a^2} - {b^2}}}{{3{a^2} + {b^2}}}b} \right)}^2}}} = 1$

對於雙曲線

$\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1$

，其上三點構成的正三角形中心軌跡為

$\frac{{{x^2}}}{{{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2} - 3{b^2}}}a} \right)}^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{3{a^2} - {b^2}}}b} \right)}^2}}} = 1$

對於拋物線

${y^2} = 2px$

，其上三點構成的正三角形中心軌跡為

$9{y^2} = 2px - 8{p^2}$

本題是

$a = 1,b = \sqrt 3$

的特殊情況，雙曲線含

$y$

的部分被消去，故退化為雙直線

$4{x^2} = 1$

二、證明

接下來我們來證明上述結論：

對任意圓錐曲線進行平移，旋轉，使其焦點變為

$\left( {0,0} \right)$

，準線

$x = - p$

根據定義，圓錐曲線上的點到焦點的距離和到準線距離之比為離心率

$e$

故圓錐曲線方程

${x^2} + {y^2} - {e^2}{(x + p)^2} = 0$

，設橢圓中心

$\left( {a,b} \right)$

故

$\begin{array}{l} \left( {a + r\cos \left( \theta \right),b + r\sin \left( \theta \right)} \right)\\ \left( {a + r\cos \left( {\theta + \frac{2}{3}\pi } \right),b + r\sin \left( {\theta + \frac{2}{3}\pi } \right)} \right)\\ \left( {a + r\cos \left( {\theta + \frac{4}{3}\pi } \right),b + r\sin \left( {\theta + \frac{4}{3}\pi } \right)} \right) \end{array}$

三點均在曲線

${x^2} + {y^2} - {e^2}{(x + p)^2} = 0$

上

四個未知數三個方程，故可以消去

$r,\theta$

來得到

$a,b$

的關係式。

這麼多三角比堆在裡面明顯很難處理，我們可以透過一些換元來簡化計算。

令

$\theta = 2\arctan t$

故

$\sin \theta = \frac{{2t}}{{1 + {t^2}}},\cos \theta = \frac{{1 - {t^2}}}{{1 + {t^2}}}$

$\sin \left( {\theta + \frac{{2\pi }}{3}} \right) = \frac{{ - \sqrt 3 {t^2} - 2t + \sqrt 3 }}{{2{t^2} + 2}},\cos \left( {\theta + \frac{{2\pi }}{3}} \right) = \frac{{ - 1 - 2\sqrt 3 t + {t^2}}}{{2{t^2} + 2}}$

$\sin \left( {\theta + \frac{{4\pi }}{3}} \right) = \frac{{\sqrt 3 {t^2} - 2t - \sqrt 3 }}{{2{t^2} + 2}},\cos \left( {\theta + \frac{{4\pi }}{3}} \right) = \frac{{{t^2} + 2\sqrt 3 t - 1}}{{2{t^2} + 2}}$

代入得到

$4 \left(t^2+1\right) \left((a (e-1)+e p) (a e+a+e p)-b^2\right)+4 r \left(b \left(t \left(\sqrt{3} t+2\right)-\sqrt{3}\right)-\left(-t^2+2 \sqrt{3} t+1\right) \left(a \left(e^2-1\right)+e^2 p\right)\right)+\frac{r^2 \left(e^2 \left(t \left(t \left(t^2-4 \sqrt{3} t+10\right)+4 \sqrt{3}\right)+1\right)-4 \left(t^2+1\right)^2\right)}{t^2+1}=0$

$4 \left(t^2+1\right) \left((a (e-1)+e p) (a e+a+e p)-b^2\right)+4 r \left(\left(t^2+2 \sqrt{3} t-1\right) \left(a \left(e^2-1\right)+e^2 p\right)+b \left(t \left(2-\sqrt{3} t\right)+\sqrt{3}\right)\right)+\frac{r^2 \left(e^2 \left(t \left(t \left(t^2+4 \sqrt{3} t+10\right)-4 \sqrt{3}\right)+1\right)-4 \left(t^2+1\right)^2\right)}{t^2+1}=0$

$a^2 \left(e^2-1\right) \left(t^2+1\right)+2 a \left(e^2 \left(t^2 (p-r)+p+r\right)+r \left(t^2-1\right)\right)+\frac{e^2 \left(t^2 (p-r)+p+r\right)^2}{t^2+1}=t^2 \left(b^2+r^2\right)+b^2+4 b r t+r^2$

現在就是一個多項式消元問題了，對於這種多項式消元，我們可以透過求其格羅布納基（

）的方法快速消元

得到結果：

$\left( {{a^2}{e^2} - {a^2} + 2a{e^2}p - {b^2} + {e^2}{p^2}} \right)\left( {9{a^2}{e^6} - 33{a^2}{e^4} + 40{a^2}{e^2} - 16{a^2} + 18a{e^6}p - 48a{e^4}p + 32a{e^2}p - {b^2}{e^4} + 8{b^2}{e^2} - 16{b^2} + 9{e^6}{p^2} - 16{e^4}{p^2}} \right) = 0$

前半部分

${{a^2}{e^2} - {a^2} + 2a{e^2}p - {b^2} + {e^2}{p^2} }$

為原曲線，不為0，故約去。得到：

$9{a^2}{e^6} - 33{a^2}{e^4} + 40{a^2}{e^2} - 16{a^2} + 18a{e^6}p - 48a{e^4}p + 32a{e^2}p - {b^2}{e^4} + 8{b^2}{e^2} - 16{b^2} + 9{e^6}{p^2} - 16{e^4}{p^2} = 0$

看著很恐怖，但我們注意到

$a,b$

的最高次項均沒有超過二次，且沒有交叉項

$ab$

故所得結果是一條不傾斜的圓錐曲線

接下來的事情就好辦了，我們只需各自計算頂點的情況，然後根據對稱性即可得到上述結果。

三、拓展

從這個結論中，我們可以發現圓錐曲線的內接等邊三角形的中心軌跡為另一條圓錐曲線。

這個結論似乎可以推廣到內接N邊形中，但圓錐曲線不會有

$N > 4$

的內接正多邊形，故我們考慮內接等邊N邊形（即各條邊都相等的N邊形，N=3時就是等邊三角形，N=4時就是菱形）的重心

如果你用軟體畫出橢圓的內接等邊五邊形的重心軌跡，你會發現其重心軌跡好像是個小橢圓

於是我們很自然地會猜想：

內接橢圓的等邊N邊形的重心軌跡為橢圓

然而透過具體數字驗證，這個結論

完全錯誤

隨便取五點擬合橢圓，發現有很小的交叉項，不滿足對稱性，故不是橢圓

精確計算驗證

事實上，對於大於3的N，當N為偶數時，重心似乎恆為原點；N為奇數時，重心軌跡為一條高次曲線

標簽：圓錐曲線內接橢圓軌跡邊形

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