壹、緣起

在座標平面上固定相異兩點 $A$、 $B$, 若給定適當的正數 $k$, 對於 $\overline{PA}$ 與 $\overline{PB}$ 的四則運算, 我們已知：

$\overline{PA}+\overline{PB}=k$, $P$ 點的軌跡可能為： 橢圓或線段 $\overline{AB}$。
$|\overline{PA}-\overline{PB}|=k$, $P$ 點的軌跡可能為： 雙曲線或兩射線。
$\overline{PA}\times \overline{PB} =k$, $P$ 點的軌跡為：卡西尼卵形線。
$\overline{PA}\div \overline{PB} =k$, $P$ 點的軌跡可能為：阿波羅尼斯圓或直線。

我們思考, 若是固定相異兩線段 $\overline{AB} $、 $\overline{BC} $, 其中 $A$、 $B$、 $C$ 三點形成三角形, 給定適當的正數 $k$, 則對於 $\triangle ABP$ 面積與 $ \triangle BCP$ 面積的四則運算：

$$\triangle ABP \!+\! \triangle BCP \!=\!k\hbox{、}\ | \triangle ABP \!-\! \triangle BCP |\!=\!k\hbox{、}\ \triangle ABP \!\times\! \triangle BCP \!=\!k\hbox{、}\ \triangle BCP \!=\!k \triangle ABP ,$$

$P$ 點對應的軌跡是什麼？ 於是我們開啟了這趟探究之旅。

貳、研究結果

定理1： 在座標平面上給定一 $\triangle ABC $, 及正數 $k$,

(1) 若 $P(x, y)$ 滿足 $\triangle ABP$ 面積 $+ \triangle BCP$ 面積 $=k$, 則 $P$ 的軌跡為一平行四邊形 $\Gamma_1$。

(2) 若 $P(x, y)$ 滿足 $| \triangle ABP$ 面積 $- \triangle BCP$ 面積$|=k$, 則 $P$ 的軌跡為 $\Gamma_1$ 的四個邊所在的直線扣除 $\Gamma_1$。

證明： 不失一般性, 設 $A(-a, 0)$、 $B(b, c)$、 $C(a, 0) $, 其中 $a$、 $b$、 $c \in {\mathbb R}$ 且 $ac\not= 0$,

\begin{align*} \triangle ABP\, \hbox{面積}=\,&\frac 12 \left\|\begin{array}{ccc}b\!+\!a&~&c\\ x+a&&y\end{array}\right\|=\frac 12 |-[cx-(a+b)y+ac]|,\\ \triangle BCP\, \hbox{面積}=\,&\frac 12\left\|\begin{array}{ccc} a\!-\!b&~&-c\\ x\!-\!b&&y-c\end{array}\right\|=\frac 12 |cx+(a-b)y-ac|, \end{align*}

令 $X'=cx-(a+b)y+ac$、 $Y'=cx+(a-b)y-ac$, 可知： $X'=0$ 是直線 $\overleftrightarrow{AB}$、 $Y'=0$ 是直線 $\overleftrightarrow{BC}$。

(1) 若 $\triangle ABP$ 面積 $+ \triangle BCP$ 面積 $=k$, 則 $|X' |+|Y' |=2k$, 而 $|X' |+|Y' |=2k$ 在 $X' Y'$ 平面上是一平行四邊形, 四個邊所在的直線為： $X'+Y'=\pm 2k$、 $X'-Y'=\pm 2k$。 由此可知 $P(x, y)$ 的軌跡為一平行四邊形。

(2) 若 $| \triangle ABP$ 面積 $- \triangle BCP$ 面積 $|=k$, 則 $|(|X' |-|Y' |)|=2k$, 即 $|X' |-|Y' |=\pm 2k$, 將 $|X' |+|Y' |=2k$ 的圖形令為 $\Gamma_1$、 $|X' |-|Y' |=2k$ 的圖形令為 $\Gamma_2$、 $|X' |-|Y' |=-2k$ 的圖形令為 $\Gamma_3$, 我們有下列表格：

由此可知： $\Gamma_1$、 $\Gamma_2$、 $\Gamma_3$ 的聯集為 $X'+Y'=\pm 2k$、 $X'-Y'=\pm 2k$。 $| \triangle ABP $ 面積 $- \triangle BCP$ 面積 $|=k$ 的圖形是 $\Gamma_2$、 $\Gamma_3$ 的聯集, 且其與 $\Gamma_1$ 的交集為「$\Gamma_1$ 的四個頂點」, 故 $| \triangle ABP$ 面積 $- \triangle BCP$ 面積 $|=k$, $P$ 的軌跡為 $\Gamma_1$ 的四個邊所在的直線扣除 $\Gamma_1$。 得證。

以 $a=1$, $b=2$, $c=3$, $k=2$ 為例, 用 GeoGebra 作圖如下：

$\Gamma_1:\,|3x-3y+3|+|3x-y-3|=4,\ \hbox{顏色為紅色,}$
$\Gamma_2:\,|3x-3y+3|-|3x-y-3|=4,\ \hbox{顏色為藍色,}$
$\Gamma_3:\,|3x-3y+3|-|3x-y-3|=-4,\ \hbox{顏色為黑色。}$

定理2： 在座標平面上給定一 $\triangle ABC $, $P(x, y)$ 滿足 $\triangle ABP$ 面積 $\times \triangle BCP$ 面積 $=k$, 其中 $k\gt0$, 則 $P$ 的軌跡為一組共軛雙曲線, 其中兩漸近線為直線 $\overleftrightarrow{AB}$ 與 $\overleftrightarrow{BC}$。

證明： 如同定理 1 證明中的假設, 設 $A(-a, 0)$、 $B(b, c)$、 $C(a, 0)$, 其中 $a$、 $b$、 $c\in{\mathbb R}$ 且 $ac\not= 0$, 令 $X'=cx-(a+b)y+ac$、 $Y'=cx+(a-b)y-ac$, 我們有

$$\triangle ABP\,\hbox{面積}\,\times \triangle BCP\,\hbox{面積}\,=\frac 12 \left\| \begin{array}{ccc} b\!+\!a&&c\\ x\!+\!a&&y\end{array}\right\| \times \frac 12 \left\| \begin{array}{ccc}a\!-\!b&&-c\\ x\!-\!b&&y\!-\!c\end{array}\right\|=\frac 14 |X' Y' |=k,$$

即 $X' Y'=\pm 4k$, 軌跡為一組共軛雙曲線, 其中兩漸近線為 $X'=0$、 $Y'=0$, 為直線 $\overleftrightarrow{AB}$ 與 $\overleftrightarrow{BC}$。 得證。

定理3： 在座標平面上給定一 $\triangle ABC $, $P(x, y)$ 滿足 $\triangle BCP$ 面積 $=k \triangle ABP$ 面積, 其中 $k\gt0$, 則 $P$ 的軌跡為兩直線。

證明： 如同定理 1 證明中的假設, 設 $A(-a, 0)$、 $B(b, c)$、 $C(a, 0) $, 其中 $a$、 $b$、 $c\in{\mathbb R}$ 且 $ac\not= 0$, 我們有 $\left\| \begin{array}{ccc}a\!-\!b&&-c\\ x-b&&y-c\end{array}\right\| =k\left\| \begin{array}{ccc} b\!+\!a&&c\\ x\!+\!a&~&y\end{array}\right\|$。

設 $N_1$ 為 $\overline{AC}$ 的內分點, $N_2$ 為 $\overleftrightarrow{AC}$ 上的外分點 (不在 $\overline{AC}$ 上) 滿足 $\overline{CN_1} =k\overline{AN_1} $, $\overline{CN_2} =k\overline{AN_2} $, 我們將證明：

(1) $k\not= 1 $, $P$ 的軌跡為兩直線 ： $\overleftrightarrow{BN_1} $、 $\overleftrightarrow{BN_2} $。

(2) $k =1 $, $P$ 的軌跡： 過 $B$ 點及 $\overline{AC}$ 中點 $M$ 的直線、 過 $B$ 點與 $\overline{AC}$ 平行的直線。

Case 1 ： $\left|\begin{array}{ccc} a\!-\!b&~&-c\\ x\!-\!b&&y\!-\!c\end{array}\right|=k\left|\begin{array}{ccc}b\!+\!a&~&c\\ x\!+\!a&&y\end{array}\right|$。

化簡行列式： $(a-b)(y-c)+c(x-b)=k[(b+a)y-c(x+a)] \Rightarrow c(k+1)x+[-(k+1)b+(-k+1)a]y=ac(-k+1)$ 軌跡為一直線 $L_1$, 過點 $B(b,c)$。

$k\not= 1$ 時, 由於 $N_1$ 在 $\overline{AC}$ 上滿足 $\overline{CN_1} =k\overline{AN_1}$, 由內分點公式可得 $N_1 \Big(\dfrac{(-\!k\!+\!1)a}{k+1}$, $0\Big)$, 驗證可得 $N_1$ 在 $L_1$ 上。 所以 $L_1=\overleftrightarrow{BN_1} $。 $k=1$ 時, $N_1$ 為 $\overline{AC}$ 中點 $M$。 所以 $L_1=\overleftrightarrow{BM} $。

Case 2 ： $\left|\begin{array}{ccc} a\!-\!b&~&-c\\ x\!-\!b&&y\!-\!c \end{array}\right|=-k\left|\begin{array}{ccc}b\!+\!a&~&c\\ x\!+\!a&&y\end{array}\right|$。

化簡行列式： $(a-b)(y-c)+c(x-b)=-k[(b+a)y-c(x+a)] \Rightarrow c(k-1)x+[(-k+1)b+(-k-1)a]y=-ac(k+1)$ 軌跡為一直線 $L_2 $, 過點 $B(b,c)$。

$k\not= 1$ 時, 由於 $N_2$ 在 $\overleftrightarrow{AC}$ 上 (不在 $\overline{AC}$ 上) 滿足 $\overline{CN_2} =k\overline{AN_2}$, 由外分點公式可得 $N_2 \Big(\dfrac{-(k+1)a}{k-1},0\Big)$, 驗證可得 $N_2$ 在 $L_2$ 上,所以 $L_2=\overleftrightarrow{BN_2}$。 $k=1$ 時, $L_2: y=c $, 是過 $B$ 點與 $\overline{AC}$ 平行的直線。 得證。

致謝： 感謝彰化師範大學數學系蔡宗龍教授、 彰化高中龔詩尹老師及林典蔚老師指導。

參考文獻

本文作者周均庭、郭晉宇、 周賢祐投稿時就讀彰化高中高二數理資優班