11.2 橢圓：焦點、反射與切線幾何

同一個橢圓的幾種描述

橢圓可以由一個焦點與一條準線定義，也可以由兩個焦點及固定距離和定義， 還可以寫成二次方程。不同描述適合不同問題：距離定義說明哪些點在曲線上， 以及反射為何連接兩個焦點；方程與參數化則方便計算切線。

採用中心在原點、長軸水平的橢圓。全節假設 $0\lt e\lt1$、$a>b>0$。 $a,b$ 表示半軸長度，不是整條軸的長度。設

$$c=ae,\qquad b=a\sqrt{1-e^2},\qquad c^2=a^2-b^2.$$

嚴格不等式保證橢圓非退化，兩個焦點相異且位於內部。若長軸鉛直，只須交換 座標角色；以下公式始終採用水平長軸約定。平移或旋轉後的橢圓仍保留距離與 反射性質，但座標方程可能改變形式。

從焦點與準線得到中心方程

把準線選作座標軸，可先簡化距離條件；完成配方後，中心的位置和半軸長度便會顯現。 取座標 $(\bar x,\bar y)$，焦點為 $(k,0)$，其中 $k>0$，準線為 $\bar x=0$。焦點與準線的距離條件是

$$\sqrt{(\bar x-k)^2+\bar y^2}=e|\bar x|.$$

兩邊均非負，平方與原條件等價。展開後得到

$$(1-e^2)\bar x^2-2k\bar x+\bar y^2+k^2=0.$$

利用 $1-e^2>0$ 配方，得到

$$(1-e^2)\left(\bar x-\frac{k}{1-e^2}\right)^2+\bar y^2 =\frac{k^2e^2}{1-e^2}.$$

定義 $x=\bar x-k/(1-e^2)$、$y=\bar y$、$a=ke/(1-e^2)$。 除以右邊的正數，就得到標準方程，其中 $b=a\sqrt{1-e^2}$。

定義

標準橢圓及其焦點資料

中心在原點的橢圓為

$$E:\quad \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,\qquad a>b>0.$$

焦點為 $F_1=(-c,0)$、$F_2=(c,0)$，其中 $c=ae=\sqrt{a^2-b^2}$。對應準線為 $D_1:x=-a/e$、$D_2:x=a/e$。

原焦點平移後成為 $(k-k/(1-e^2),0)=(-ae,0)$；原準線則成為 $x=-k/(1-e^2)=-a/e$。對鉛直軸反射，得到第二組焦點與準線，橢圓不變。 因為 $a/e>a$，兩條準線都在橢圓外。推導每步均可逆，所以方程恰好描述 規定的距離軌跡，而不只是包含它。

到兩個焦點的距離和

定理

固定距離和的刻畫

設 $F_1=(-ae,0)$、$F_2=(ae,0)$，其中 $a>0$、$0\lt e\lt1$。 點 $P=(x,y)$ 在 $E$ 上，當且僅當

$$|PF_1|+|PF_2|=2a.$$

寫成 $d_1=\sqrt{(x+ae)^2+y^2}$、$d_2=\sqrt{(x-ae)^2+y^2}$。 先假設 $d_1+d_2=2a$，將距離平方相減，得到

$$(d_1-d_2)(d_1+d_2)=4aex, \qquad d_1-d_2=2ex.$$

由於 $2a>0$，這裏可以相除。由和與差得 $d_1=a+ex$、$d_2=a-ex$。 將第一個等式平方並消項，得到

$$(1-e^2)x^2+y^2=a^2(1-e^2),$$

這就是橢圓方程。

反過來，假設橢圓方程成立。非負平方項給出 $|x|\le a$；代入 $y^2=b^2(1-x^2/a^2)$，得到

$$d_1^2=(a+ex)^2,\qquad d_2^2=(a-ex)^2.$$

$a\pm ex$ 至少為 $a-e|x|\ge a(1-e)>0$，因此取非負平方根後， 實際距離就是 $d_1=a+ex$、$d_2=a-ex$，其和為 $2a$。這個正性檢查 不可省略：平方本身不能判斷距離表達式的符號。它同時說明橢圓上的點都不是焦點。

概念視角幾何

距離比與距離和刻畫同一條橢圓

橢圓上點到 $D_1$ 的距離是 $x+a/e$，乘以 $e$ 後為 $a+ex=d_1$； 到 $D_2$ 的距離是 $a/e-x$，得到 $a-ex=d_2$。準線描述將一個焦點距離 與一條直線距離比較；把兩個表達式相加，就得到固定距離和描述。 距離比觀點給出離心率，距離和觀點則直接顯示完整長軸長度 $2a$。

參數化、切線與法線

參數化

$$\gamma(\theta)=(a\cos\theta,b\sin\theta),\qquad 0\le\theta\le2\pi$$

覆蓋整個橢圓，因為歸一化座標 $(x/a,y/b)$ 在單位圓上，必可用這樣的角 表示。求導得到切向量 $(-a\sin\theta,b\cos\theta)$。它從不為零，因為 正弦與餘弦不同時為零，而兩條半軸長度均為正。

定理

不受斜率例外限制的切線與法線

在 $P=(x_0,y_0)\in E$，一個法向量是 $\mathbf n=(x_0/a^2,y_0/b^2)$， 切線為

$$\frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}=1.$$

法線為 $(x,y)=(x_0,y_0)+s\mathbf n$，其中 $s\in\mathbb R$。

中心不在橢圓上，所以這個法向量非零。在參數點處，它等於 $(\cos\theta/a,\sin\theta/b)$，與切向量的點積為零。因此切線方程是 $\mathbf n\cdot((x,y)-(x_0,y_0))=0$。整理後的常數為 $x_0^2/a^2+y_0^2/b^2=1$，便證明了所列公式。

隱函數求導得到斜率 $-b^2x_0/(a^2y_0)$，但只在 $y_0\ne0$ 時適用。 向量證明包含被斜率公式遺漏的鉛直切線。同樣，法線公式不除以 $x_0$ 或 $y_0$，所以在四個軸上頂點都有效。

例題

頂點處的切線與法線

在 $(a,0)$，切線方程化為 $x=a$，法線是水平軸；在 $(0,b)$，切線化為 $y=b$，法線是鉛直軸。另兩個頂點給出切線 $x=-a$、$y=-b$。 對一般參數，切線也可寫成

$$\frac{x\cos\theta}{a}+\frac{y\sin\theta}{b}=1.$$

代入 $\theta=0$ 與 $\theta=\pi/2$，就得到上述兩個例子。因此頂點處無須 另外計算斜率的極限。

從一個焦點反射到另一個焦點

在橢圓點 $P$ 定義單位向量

$$\mathbf u_i=\frac{P-F_i}{|P-F_i|},\qquad i=1,2.$$

它們分別從焦點指向 $P$。由前面的距離公式，分母均為正。沿 $P=\gamma(\theta)$ 對距離和恆等式求導。非零向量長度的導數，是其單位 方向與導數的點積，因此

$$\gamma'(\theta)\cdot(\mathbf u_1+\mathbf u_2)=0.$$

所以 $\mathbf N=\mathbf u_1+\mathbf u_2$ 是橢圓的法向量。它不可能為零： 若兩個單位向量相反，$P$ 必在兩焦點之間，此處距離和為 $2c\lt2a$。 因此它在每個橢圓點都確定法向方向，包括軸上的頂點。

證明: 分清入射運動與離開後朝向焦點的方向

從 $F_1$ 入射的光線具有單位速度 $\mathbf u_1$；離開 $P$ 朝向 $F_2$ 的方向則應為 $-\mathbf u_2$，不是 $\mathbf u_2$。對切線反射會保留 切向分量、反轉法向分量。令 $\widehat{\mathbf N}=\mathbf N/\|\mathbf N\|$， 反射方向為

$$\mathbf u_1-2(\mathbf u_1\cdot\widehat{\mathbf N})\widehat{\mathbf N}.$$

兩個焦點方向都是單位向量，所以 $\mathbf u_1\cdot\mathbf N=1+\mathbf u_1\cdot\mathbf u_2$，且 $\|\mathbf N\|^2=2(1+\mathbf u_1\cdot\mathbf u_2)>0$。 被減去的向量恰為 $\mathbf N$，故反射方向是 $\mathbf u_1-\mathbf N=-\mathbf u_2$。這就以正確的運動方向證明了 焦點到焦點的反射性質。

同一計算也表示入射角等於反射角。它只使用法向方向，因此改變單位法向量 的正負號，不會改變結果。在長軸頂點，光線沿軸返回另一焦點；這是證明已經 包含的情形，不必用會出現零分母的切線斜率另行處理。

例題

兩個焦點在水平切線上方

設焦點為 $(9,20)$、$(49,55)$，橢圓在 $X$ 處與 $x$ 軸相切。 將第一焦點對該軸反射到 $F_1'=(9,-20)$。反射性質給出從 $F_1'$ 經 $X$ 到 $F_2=(49,55)$ 的直線路徑，所以

$$2a=|XF_1|+|XF_2|=|F_1'F_2| =\sqrt{40^2+75^2}=85,\qquad a=\frac{85}{2}.$$

直線為 $F_1'+t(40,75)$，高度在 $t=20/75=4/15$ 時為零，故 $X=(59/3,0)$。兩段距離分別為 $85(4/15)=68/3$、$85(11/15)=187/3$， 相加為 $85$。

還可檢查存在性，而不只是求出必要長度。實際焦點距離為 $\sqrt{40^2+35^2}=5\sqrt{113}\lt85$，所以距離和軌跡是非退化橢圓。 對 $x$ 軸上任一點 $Y$，由反射與三角不等式有 $|YF_1|+|YF_2|=|YF_1'|+|YF_2|\ge85$，只在 $X$ 取等。 在 $X$，入射與出射方向關於該軸反射，因此前面的反射計算識別出該軸 正是此處的切線。

思考檢查

離開反射點後朝向第二焦點的是哪個方向？

回顧焦點單位向量的定義。

解答 · 答案

是 $-\mathbf u_2=(F_2-P)/|P-F_2|$。$\mathbf u_2$ 從第二焦點指向 反射點，方向恰好相反。

t = 60°

|PF₁| ≈ 4.118; |PF₂| ≈ 1.882; |PF₁| + |PF₂| = 6

在 $x^2/9+y^2/4=1$ 上，兩焦點為 $F_1=(-\sqrt5,0)$ 及 $F_2=(\sqrt5,0)$。路徑 $F_1\to P\to F_2$ 的總長恆為 $6$。實線入射線與虛線反射線和切線所成的角相等。法線平行於 $(x/9,y/4)$；入射方向關於切線反射後，正好指向 $F_2$。

垂直半徑向量對應的兩條切線

讓 $P,Q$ 在 $E$ 上移動，滿足 $OP\perp OQ$，其中 $O$ 為中心。 求它們的切線交點 $T$ 的軌跡。條件施加在半徑向量上，不是切線彼此垂直； 兩種條件不同，不能替換。

定理

垂直半徑所對應的切線交點軌跡

完整軌跡是

$$\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}=\frac1{a^2}+\frac1{b^2}.$$

要從候選交點反求切點，可把橢圓的座標分別除以 $a,b$，將問題轉到單位圓上。 切點條件於是化為一條直線與單位圓的交點條件。設 $T=(h,k)$、 $\mathbf v=(h/a,k/b)$、$M=\|\mathbf v\|^2$。切點可寫成 $(a u_1,b u_2)$， 其中 $\mathbf u=(u_1,u_2)$ 為單位向量。切線經過 $T$ 當且僅當 $\mathbf v\cdot\mathbf u=1$，所以 $\mathbf u$ 沿 $\mathbf v$ 的分量已經確定， 餘下只須找出垂直於 $\mathbf v$ 的分量。

令 $J\mathbf v=(-v_2,v_1)$，即把 $\mathbf v$ 旋轉四分之一圈。它與 $\mathbf v$ 垂直且等長。當 $M>1$ 時，兩種可能的單位切點座標是

$$\mathbf u_\pm=\frac{\mathbf v\pm\sqrt{M-1}\,J\mathbf v}{M}.$$

推導方法是：沿 $\mathbf v$ 的投影必須為 $\mathbf v/M$，剩餘分量必須 垂直於 $\mathbf v$；再要求總長度為一，便確定上述系數及兩個符號。 直接檢查，與 $\mathbf v$ 的點積為一，範數平方為 $(M+(M-1)M)/M^2=1$。平面內垂直分量的方向只有正反兩種，所以已經 列出全部可能，而非只猜出兩組解。

兩個座標按不同倍數縮放，通常不會保留角度，故必須回到實際半徑向量 $P=(a u_{+,1},b u_{+,2})$、$Q=(a u_{-,1},b u_{-,2})$，才可使用垂直條件。 展開得到

$$P\cdot Q =\frac{a^2+b^2-b^2h^2/a^2-a^2k^2/b^2}{M}.$$

具體地，化簡前以 $M^2$ 為分母的分子是 $a^2(v_1^2-(M-1)v_2^2)+b^2(v_2^2-(M-1)v_1^2)$。 利用 $v_1^2+v_2^2=M$ 得到所列式子。因此 $P\cdot Q=0$ 在除以 $a^2b^2$ 後，恰好就是要求的軌跡方程。

先證必要性。垂直的非零半徑向量既不同向也不反向，所以它們的切線有唯一 有限交點。兩個相異單位切點座標同時滿足 $\mathbf v\cdot\mathbf u=1$， 必須有 $M>1$：由點積界限，$M\lt1$ 不可能；$M=1$ 則只允許 $\mathbf u=\mathbf v$。故前面的計算適用。

再證逆向。若 $T$ 滿足所列軌跡方程，則

$$M=a^2\frac{h^2}{a^4}+b^2\frac{k^2}{b^4} \ge b^2\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right) =1+\frac{b^2}{a^2}>1.$$

所以構造出的兩個切點存在且相異，切線都經過 $T$，而算出的點積為零。 兩個相異單位切點座標不能互為相反向量，因為它們與 $\mathbf v$ 的點積 都是一，所以兩者不平行。將座標分別乘以 $1/a$、$1/b$，仍保留這個性質， 得到實際切線法向量也不平行，故兩切線唯一地交於 $T$。這樣證明了軌跡上 每一點都能取得，包括兩條座標軸上的點。

例題

用兩個頂點切點檢查軌跡

取 $P=(a,0)$、$Q=(0,b)$，半徑向量點積為零。切線 $x=a$ 與 $y=b$ 交於 $T=(a,b)$，它滿足軌跡方程，因為兩項分別成為 $1/a^2$、$1/b^2$。 當 $a>b$ 時，該方程的兩個座標平方系數不等，表示橢圓；它不是切線互相 垂直條件所對應的圓。頂點檢查驗證了一個確實取得的點，但不能代替整個 軌跡的逆向證明。

快速檢查

思考檢查

距離和證明的逆向為何需要檢查符號？

檢查開平方後得到的量。

解答 · 答案

僅由 $d_i^2=(a\pm ex)^2$ 會得到絕對值。在橢圓上，$|x|\le a$ 且 $0\lt e\lt1$ 保證 $a\pm ex\ge a(1-e)>0$，所以實際距離是 $a\pm ex$。

思考檢查

切線公式在長軸頂點也適用嗎？

使用法向量，而不是斜率的商式。

解答 · 答案

適用。在 $(a,0)$，法向量為 $(1/a,0)$，切線為 $x=a$，不必除以零座標。

練習

1. 對 $a>b>0$，用 $a,b$ 表示 $e,c$ 及兩條準線。
2. 在 $P=(a\cos\theta,b\sin\theta)$，求兩個焦點距離並驗證其和。
3. 求 $(-a,0)$ 與 $(0,-b)$ 處的切線和法線。
4. 在兩個數值焦點的例題中，求出切點，並說明半長軸為何是 $85/2$ 而不是 $85$。
5. 用 $\mathbf N=\mathbf u_1+\mathbf u_2$，以代數驗證切線反射將 $\mathbf u_1$ 變為 $-\mathbf u_2$。
6. 對垂直半徑軌跡上的交點 $T$，解釋 $M>1$ 為何重要，以及它為何自動由 軌跡方程保證。

引導解答

解答 · 參考解答 1

$e=\sqrt{1-b^2/a^2}$、$c=\sqrt{a^2-b^2}$，準線為 $x=\pm a/e=\pm a^2/\sqrt{a^2-b^2}$。

解答 · 參考解答 2

$d_1=a(1+e\cos\theta)$、$d_2=a(1-e\cos\theta)$。 因為 $e\lt1$，兩者都為正，和為 $2a$。

解答 · 參考解答 3

在 $(-a,0)$，切線為 $x=-a$，法線為 $y=0$； 在 $(0,-b)$，切線為 $y=-b$，法線為 $x=0$。

解答 · 參考解答 4

反射後的線段為 $(9,-20)+t(40,75)$，在 $t=4/15$ 與零高度相交， 因此 $X=(59/3,0)$。長度 $85$ 是完整焦點距離和 $2a$，半長軸須取一半。

解答 · 參考解答 5

因為 $\|\mathbf N\|^2=2\mathbf u_1\cdot\mathbf N>0$， $\mathbf u_1-2(\mathbf u_1\cdot\mathbf N)\mathbf N/\|\mathbf N\|^2 =\mathbf u_1-\mathbf N=-\mathbf u_2$。

解答 · 參考解答 6

$M>1$ 使 $\sqrt{M-1}$ 為正，給出兩個相異切點。在軌跡上，將方程 兩項分別以 $a^2$、$b^2$ 加權，得到 $M\ge1+b^2/a^2>1$。 因此不必從軌跡額外刪去任何點。