1. 前言

文 固定值$\sim$固定值 對橢圓的切線與法線的性質進行了全面細緻的研討, 得到了一系列有趣的結論。 本文將對橢圓的切線和法線有關的三個軌跡問題展開新的探索, 發現了三條優美對稱的高次曲線 (切垂線、 法垂線及法中線) 和相關長度、 距離公式, 最後得到了與法垂線、 法中線密切關聯的橢圓曲星線 (即漸屈線)、 曲星圓和法中橢圓的優美性質。

過橢圓上任一點, 可以作它在該點處的切線和法線, 其中法線總與橢圓相交, 法線被橢圓截下的線段叫做該橢圓的法弦。

引理： 設 $P(m, n)$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 上一點, 記 $c^2=a^2-b^2$, 則橢圓在點 $P$ 處的切線方程和法線方程依次為 $\dfrac{mx}{a^2} +\dfrac{my}{b^2}=1$, $\dfrac{a^2x}{c^2m}-\dfrac{b^2y}{c^2n}=1$.

證明： 若 $mn\not= 0$ 時, 橢圓切線和法線的斜率均存在, 根據對稱性, 這裡只考慮橢圓的上半部分。 由橢圓方程得, $y=\dfrac ba\sqrt{a^2-x^2}$, 求導 $y'=- \dfrac ba\cdot \dfrac{x}{\sqrt{a^2-x^2}}$, 所以, 橢圓在點 $P(m, n)$ 處切線的斜率

$$k=y'\Big|_{x=m}=-\frac ba\cdot \frac m{\sqrt{a^2-m^2}}=-\frac ba\cdot \frac m{an/b}=-\frac{b^2}{a^2}\cdot \frac mn\quad (n\gt0),$$

由點斜式, 得

$$y-n=-\frac{b^2m}{a^2n}(x-m),\quad \hbox{即}\ \frac{mx}{a^2}+\frac{ny}{b^2}=\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2},$$

而點 $P(m, n)$ 在橢圓上, 有 $\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{n^2}{b^2}=1$, 所以, 橢圓在點 $P$ 處的切線方程為 $\dfrac{mx}{a^2}+\dfrac{ny}{b^2}=1$. 又法線在點 $P(m, n)$ 處的斜率為 $\dfrac{a^2n}{b^2m}$, 由點斜式, 得 $y-n=\dfrac{a^2n}{b^2m}(x-m)$, 所以, 橢圓在點 $P$ 處的法線方程為 $\dfrac{a^2x}{c^2m}-\dfrac{b^2y}{c^2n}=1$.

當 $m$、 $n$ 之一為 0 時, 上列切線方程和法線方程仍然有效。

因此, 橢圓在點 $P$ 處的切線方程和法線方程分別為 $\dfrac{mx}{a^2}+\dfrac{ny}{b^2}=1$, $\dfrac{a^2x}{c^2m}-\dfrac{b^2y}{c^2n}=1$.

2. 橢圓的切垂線

下面, 我們以上述引理為依據, 對與橢圓的切線和法線有關的軌跡問題進行全面而深入探究。

定理1： 設 $P$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 上一點, 過坐標原點 $O$ 作 $P$ 點切線的垂線 $OD$, 垂足為 $D$, 則點 $D$ 的軌跡方程為 $(x^2+y^2)^2=a^2x^2+b^2y^2$.

證明： 設 $P(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$, 由引理得, 過點 $P$ 的切線方程： $b\cos\alpha\cdot x+a\sin\alpha\cdot y=ab$, 垂線 $OD$ 的方程為 $a\sin\alpha\cdot x-b\cos\alpha\cdot y=0$, 聯立上列二直線方程, 解得

$$x=\frac{ab^2\cos\alpha}{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha},\quad y=\frac{a^2b\sin\alpha}{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha},$$

以上兩式相除, 有 $\tan \alpha=\dfrac{by}{ax}$, 從而,

$$\sec\alpha=\pm\sqrt{1+\tan^2\alpha}=\pm\frac{\sqrt{a^2x^2+b^2y^2}}{ax},$$

而 $x=\dfrac{ab^2\cos\alpha}{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha}=\dfrac{ab^2\sec\alpha}{a^2\tan^2\alpha+b^2}$,

把 $\tan\alpha=\dfrac{by}{ax}$ 和 $\sec\alpha=\pm\dfrac{\sqrt{a^2x^2+b^2y^2}}{ax},$ 代入

上式得 $x\Big(\!a^2\cdot\dfrac{b^2y^2}{a^2x^2}\!+\!b^2\!\Big)=ab^2\Big(\!\!\pm\!\dfrac{\sqrt{a^2x^2\!+\!b^2y^2}}{ax} \!\Big),$

整理, 得到垂足 $D$ 的軌跡方程： $(x^2+y^2)^2=a^2x^2+b^2y^2$.

顯然, 這是一個簡明對稱的二元四次方程, 當橢圓的離心率 $e\gt\dfrac{\sqrt 2}2$ 時, 其圖形如圖 1 所示。 由於該四次曲線是橢圓中心向其切線所作垂線的垂足 $D$ 的軌跡, 故稱之為橢圓的切垂線。

3. 橢圓的法垂線

定理2： 設 $P$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 上一點, 過坐標原點 $O$ 作 $P$ 點法線的垂線 $OH$, 垂足為 $H$, 則點 $H$ 的軌跡方程為： $(x^2+y^2)^2(b^2x^2+a^2y^2)=c^4x^2y^2$.

證明： 設 $P(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$, 由引理得, 過點 $P$ 的法線方程： $a\sin\alpha\cdot x-b\cos\alpha\cdot y=c^2\sin\alpha\cos\alpha$, 垂線 $OH$ 的方程為 $b\cos\alpha\cdot x+a\sin\alpha\cdot y=0$, 聯立上列二直線方程, 解得

$$x=\frac{ac^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha},\quad y=-\frac{bc^2\sin\alpha\cos^2\alpha}{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha},$$

以上兩式相除, 有 $\tan \alpha=-\dfrac{bx}{ay}$, $\cot\alpha=-\dfrac{ay}{bx}$,

$$\therefore \ \sin\alpha=\frac 1{\csc\alpha}=\frac 1{\pm\sqrt{1+\cot^2\alpha}}=\pm\frac{bx}{\sqrt{b^2x^2+a^2y^2}},$$

而

$$x=\frac{ac^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha}=\frac{ac^2\sin\alpha}{a^2\tan\alpha+b^2\cot\alpha},$$

所以,

$$x\Big(a^2\cdot\frac{-bx}{ay}+b^2\cdot\frac{-ay}{bx}\Big)=ac^2\Big(\pm\frac{bx}{\sqrt{b^2x^2+a^2y^2}}\Big),$$

整理, 得到垂足 $H$ 的軌跡方程： $(x^2+y^2)^2(b^2x^2+a^2y^2)=c^4x^2y^2$.

這是比較簡單的六次曲線, 圖形如圖 2 所示, 蠻漂亮哦, 好像一朵幸運的四瓣玫瑰花, 但它是一條新發現的六次曲線, 並不是大家熟悉的四葉玫瑰線。 由於該曲線是橢圓中心向其法線所作垂線的垂足 $H$ 的軌跡, 故稱之為橢圓的法垂線。

4. 橢圓的法中線

定理3： 設 $P$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 上一點, 過點 $P$ 的法線 $PQ$ 交橢圓於另一點 $Q$, 法弦 $PQ$ 的中點為 $M$, 則 $M$ 點的軌跡方程為： $(b^2x^2+a^2y^2)^2(b^6x^2+a^6y^2)=a^4b^4c^4x^2y^2$.

證明： 設 $P(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$, 由引理得, 過點 $P$ 的法線方程： $a\sin\alpha\cdot x-b\cos\alpha\cdot y=c^2\sin\alpha\cos\alpha$, 即

$$y=\frac{a\sin\alpha\cdot x-c^2\sin\alpha\cos\alpha}{b\cos\alpha}=\frac{ax-c^2\cos\alpha}{b}\cdot \tan\alpha=\frac{ax}b\tan\alpha-\frac{c^2}{b}\sin\alpha.$$

將上式代入橢圓方程 $b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$, 消去 $y$, 得

$$b^4x^2+a^2(ax-c^2\cos\alpha)^2\tan^2\alpha=a^2b^4 ,$$

即 $(a^4\tan^2\alpha+b^4)x^2-2a^3c^2x\sin\alpha\tan\alpha+a^2c^4\sin^2\alpha-a^2b^4=0$, 根據韋達定理, 有

\begin{align*}x_1+x_2=\,&\frac{2a^3c^2\sin\alpha\tan\alpha}{a^4\tan^2\alpha+b^4}=\frac{2a^3c^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha},\\ {\hbox{從而,}} y_1+y_2=\,&\frac ab(x_1+x_2)\tan\alpha-\frac{2c^2\sin\alpha}b\\ =\,&\frac ab\cdot\frac{2a^3c^2\sin^3\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}-\frac{2c^2\sin\alpha}b\\ =\,&\frac{2c^2\sin\alpha}{b}\Big(\frac{a^4\sin^2\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}-1\Big)\\ =\,&-\frac{2b^3c^2\sin\alpha\cos^2\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}, \end{align*}

由中點公式, 得橢圓法弦 $PQ$ 中點 $M(x, y)$ 的軌跡方程：

$$x=\frac{a^3c^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha} , \quad y=-\frac{b^3c^2\sin\alpha\cos^2\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}.$$

上列兩式相除, 得

\begin{align*} \tan\alpha=\,&-\frac{b^3x}{a^3y},\quad \cot\alpha=-\frac{a^3y}{b^3x},\\ \therefore\ \sin\alpha=\,&\frac 1{\csc\alpha}=\frac 1{\pm\sqrt{1+\cot^2\alpha}}=\pm\frac{b^3x}{\sqrt{b^6x^2+a^6y^2}},\\ {\hbox{而}} x=\,&\frac{a^3c^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}=\frac{a^3c^2\sin\alpha}{a^4\tan\alpha+b^4\cot\alpha},\\ &\hskip -40pt \therefore\quad x\Big(a^4\cdot\frac{-b^3x}{a^3y}+b^4\cdot\frac{-a^3y}{b^3x}\Big)=a^3c^2\Big(\pm\frac{b^3x}{\sqrt{b^6x^2+a^6y^2}}\Big), \end{align*}

整理, 得到法弦中點 $M$ 的軌跡方程： $(b^2x^2+a^2y^2)^2(b^6x^2+a^6y^2)=a^4b^4c^4x^2y^2.$

很明顯, 上列中點軌跡方程比定理 1、 2 中的垂足軌跡方程要複雜, 其圖形如圖 3 所示。 由於該六次曲線是橢圓法弦中點 $M$ 的軌跡, 故稱之為橢圓的法中線。

5. 橢圓的法弦長

定理4： 設 $P(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 上一點, 過點 $P$ 的法線 $PQ$ 交橢圓於另一點 $Q$, 則法弦 $PQ$ 的長

$$l=\frac{2ab(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}.$$

證明： 先求半弦長 $PM$. 因橢圓法弦 $PQ$ 中點 $M(x,y)$ 的坐標：

$$x=\frac{a^3c^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha},\quad y=-\frac{b^3c^2\sin\alpha\cos^2\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}.$$

由兩點之間的距離公式, 得

$$PM^2=\Big(\frac{a^3c^2\sin^2\alpha\cos\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}-a\cos\alpha\Big)^2 +\Big(\frac{b^3c^2\sin\alpha\cos^2\alpha}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}+b\sin\alpha\Big)^2 ,$$

兩項各自通分後, 平方, 這兩項之分母相同, 均為 $(a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha)^2$,

\begin{align*} \hbox{分子}=\,&(a^3c^2\sin^2\alpha\cos\alpha-a^5\sin^2\alpha\cos\alpha-ab^4\cos^3\alpha)^2\\ &+(b^3c^2\sin\alpha\cos^2\alpha+b^5\sin\alpha\cos^2\alpha+a^4b\sin^3\alpha)^2\\ =\,&(-a^3b^2\sin^2\alpha\cos\alpha-ab^4\cos^3\alpha)^2 +(a^2b^3\sin\alpha\cos^2\alpha+a^4b\sin^3\alpha)^2\\ =\,&a^2b^4\cos^2\alpha(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^2 +a^4b^2\sin^2\alpha(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^2\\ =\,&a^2b^2(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^3\\ \therefore\ PM=\,&\frac{ab(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}, \end{align*}

因此, 法弦長 $l=\dfrac{2ab(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}$.

顯然, 當切點 $P$ 為長軸端點時, $l$ 取得最大值 $2a$, 但是, 當切點 $P$ 為短軸端點時, $l$ 取得最小值 $2b$ 嗎？ 回答是否定的。

推論1： 設橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 的法弦 $PQ$ 的長為 $l$, 則

(1) 當 $e\in \Big(0, \dfrac{\sqrt 2}{2}\Big]$ 時, $l_{\rm min}=2b$;

(2) 當 $e\in \Big(\dfrac{\sqrt 2}{2}, 1\Big)$ 時, $l_{\rm min}=\dfrac{3{\sqrt{3}}a^2b^2}{(a^2+b^2)^{\frac 32}}$.

證明： 橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 的法弦長

$$l=\frac{2ab(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}{a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha}.$$

對 $l(\alpha)$ 求導, 得

$$l'=\frac{2abc^2\sqrt{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha}(a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha-2a^2b^2)\sin2\alpha}{{(a^4\sin^2\alpha+b^4\cos^2\alpha)^2}}.$$

(1) 若 $e\!\le\!\sqrt{2}/2$, 當 $\alpha\!=\!0$、 $\pi$ 時, $l$ 取得最大值 $2a$, 當 $\alpha\!=\!\pi/2$、 $3\pi/2$ 時, $l$ 取得最小值 $2b$;

(2) 若 $e\gt\sqrt{2}/2$, 當 $\alpha=0$、 $\pi$ 時, $l$ 取得極大值 $2a$, 當 $\alpha=\pi/2$、 $3\pi/2$ 時, $l$ 取得極大值 $2b$, 最大值為 $2a$, 當 $\cos^2\alpha=\dfrac{a^2(a^2-2b^2)}{a^4-b^4}$ 時, $l$ 取得極小值 $\dfrac{3\sqrt{3} a^2b^2}{(a^2+b^2)^{3/2}}$, 這個極小值也是最小值。

如圖 4, 當 $a=5$、 $b=3$, 此時, $e=4/5\gt\sqrt 2/2$, 算得 $l_{\rm min}\approx 5.8972022781$, 小於 $2b=6$, 這與測量結果高度一致。

6. 橢圓的法垂線長

定理5： 設 $P(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 上任一點, 過原點 $O$ 作 $P$ 點的法線 $PQ$ 之垂線, 垂足為 $H$, 則垂線段 $OH$ 的長

$$d=\dfrac{c^2|\sin 2\alpha|}{2\sqrt{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha}}.$$

證明： 由引理知, 過點 $P(a\cos\alpha,b\sin\alpha)$ 的法線方程為

$$a\sin\alpha\cdot x-b\cos\alpha \cdot y-c^2\sin\alpha\cos\alpha=0,$$

根據點到直線的距離公式, 立得原點 $O$ 到法線 $PQ$ 之距離

$$d=\dfrac{c^2|\sin 2\alpha|}{2\sqrt{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha}}.$$

推論2： 設橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$), 原點 $O$ 到過點 $P$ 的法線 $PQ$ 之距為 $d$, 則 $d_{\rm max}=a-b$.

證明： 顯然, 當 $\alpha\!=\!k\cdot\dfrac{\pi}{2}(k\!\in\! Z)$ 時, $d$ 取得最小值 0. 考慮到對稱性, 不妨設 $\alpha \!\in\![0, \pi/2)$, 於是,

$$d=\dfrac{c^2\sin 2\alpha}{2\sqrt{a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha}},$$

對 $d(\alpha)$ 求導, 得

\begin{align*} &d'=\frac{c^2[4\cos2\alpha(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)-c^2\sin^22\alpha]}{4(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}\\ =\,&\frac{c^2\{2\cos2\alpha[a^2(1-\cos2\alpha)+b^2(1+\cos2\alpha)]-c^2(1-\cos^22\alpha)\}} {4(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}\\ =\,&\frac{c^2[c^2\cos^2 2\alpha-2(a^2+b^2)\cos2\alpha-c^2]}{4(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)^{3/2}}. \end{align*}

令 $d'=0$, 得 $c^2\cos^2 2\alpha-2(a^2+b^2)\cos2\alpha+c^2=0$, 這是關於 $\cos 2\alpha$ 的一元二次方程, 其判別式

\begin{align*} &\Delta=[-2(a^2+b^2)]^2-4c^4=16a^2b^2,\\ {\hbox{所以,}} &\cos2\alpha=\frac{2(a^2+b^2)\pm 4a^2b^2}{2c^2}=\frac{(a\pm b)^2}{a^2-b^2}\\ &\therefore\ \cos2\alpha=\frac{a+b}{a-b}\ \hbox{(捨去)},\quad \hbox{或}\ \cos2\alpha=\frac{a-b}{a+b}.\\ &\hbox{由}\ \cos2\alpha=\frac{a-b}{a+b},\ \hbox{得}\ \sin^2\alpha=\frac b{a+b},\ \cos^2\alpha=\frac a{a+b},\ \sin 2\alpha=\dfrac {2\sqrt{ab}}{a+b}. \end{align*}

可以判定, 此時, $d$ 取得極大值, 也是最大值。 把上列三式代入 $d$ 的表達式, 得

$$d_{\rm max}=a-b.$$

當 $a=5$、 $b=3$, 得 $d_{\rm max}=2$, 這與測量結果完全相符。

7. 橢圓的曲星線和曲星圓

如圖 5, 稱過原點作法線的垂線的垂足軌跡為橢圓的法垂線, 法弦中點軌跡為橢圓的法中線。由於橢圓星形線 (曲率圓心軌跡, 即漸屈線) 是其法線族的包絡線, 立得如下有趣

推論3： 橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$, 記 $c^2=a^2-b^2$), 的法垂線和法中線均內切於橢圓星形線 $\dfrac{x^{\frac 23}}{(c^2/a)^{\frac 23}}+\dfrac{y^{\frac 23}}{(c^2/b)^{\frac 23}}=1$.

這條曲線是大家熟知的, 考慮到橢圓星形線是其曲率中心的軌跡, 不妨稱之為橢圓的曲星線, 稱曲星線的內切圓為原橢圓的曲星圓。 易得如下

推論4： 橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 的曲星線的周長和面積依次為 $4(a^3-b^3)/ab$, $3\pi(a^2-b^2)^2/8ab$.

推論5： 設橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 的曲小圓 (曲率半徑最小的圓)、 曲大圓 (曲率半徑最大的圓) 的半徑依次為 $r$、 $R$, 則其曲星線周長為 $4(R-r) $.

推論6： 曲星線的外接橢圓方程爲 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=\Big(\dfrac{a^2-b^2}{ab}\Big)^2$, 該橢圓與原橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 相似, 相似比爲 $\dfrac ab-\dfrac ba$.

推論7： 橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$), 的曲星圓半徑為 $a-b$, 該圓及法垂線與曲星線的四個切點坐標為 $\pm(a-b)\sqrt{\dfrac{a}{a+b}}$, $\pm(a-b)\sqrt{\dfrac{b}{a+b}}$. 稱法中線的外切橢圓爲原橢圓的法中橢圓。

推論8： 法中橢圓的方程爲 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=\Big(\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}\Big)^2$, 該橢圓與原橢圓相似, 相似比爲 $\dfrac{a^2-b^2}{a^2+b^2}$.

推論9： 法中橢圓及法中線與曲星線的四個切點坐標爲 $\pm{\dfrac{a^2c^2}{(a^+b^2)^{3/2}}}$, $\pm{\dfrac{b^2c^2}{(a^+b^2)^{3/2}}}$.

推論10： 如圖 6 所示, 橢圓 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ ($a\gt b\gt 0$) 的正交法線 $PA$、 $PB$ 與橢圓切於 $A$、 $B$ 兩點, 點 $A$、 $B$ 處的法線正交於點 $Q$, 則 $Q$ 點的軌跡方程爲

$$(x^2+y^2-a^2-b^2)\Big(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\Big)^2+4(x^2+y^2)\Big(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\Big)-\frac{4(x^2+y^2)^2}{a^2+b^2}=0.$$

相應曲線內切於橢圓的曲星線

$$\dfrac{x^{\frac 23}}{(c^2/a)^{\frac 23}}+\dfrac{y^{\frac 23}}{(c^2/b)^{\frac 23}}=1.$$

自然地, 我們可以對雙曲線、拋物線進行同樣的探討, 得到類似結論。 限於篇幅, 這裡不贅, 留給感興趣的讀者。

參考文獻

本文作者任教中國湖南省祁東縣文武學校普高部