已知平面上一橢圓 C_{1}:frac{x^{2}}{A}+frac{y^{2}}{B}=1 與一雙曲線 C_{2}：frac{x^2}{C}-frac{y^2}{D}=1 有四個交點， A、B、C、D 均為正數。

1.求證 C_{1}、C_{2} 有四個交點的充要條件是 A>C 。

2. 過 C_2 上的動點 P 作它的切線 l ，證明 l 與 C_1 恆有兩個交點。

3.令 l 與 C_1 的交點為 J、K ，它們的中點為 M ，求 M 的軌跡方程。

4.求證 M 的軌跡 C_3 關於原點及 x、y 軸對稱，且位於 y=pmfrac{B}{A}sqrt{frac{C}{D}}x 兩直線左右兩側與橢圓 frac{x^{2}}{A}+frac{y^{2}}{B}=frac{C}{A} 圍成的蝴蝶結形區域內。

解：

1.聯立橢圓與雙曲線方程，消去y，得到

x^2=frac{AC}{AD+BC}(B+D) 恆為正，x有兩解。

消去x，得到

y^2=frac{BD}{AD+BC}(A-C)

交於四個點時，y需要有兩解， y^2>0

∴ A>C

2.若 l 是水平線，必然與雙曲線交於兩點，不合題意。

所以設 l:x=ty+n ,與雙曲線方程聯立得

(frac{t^2}{C}-frac{1}{D})y^2+frac{2tn}{C}y+frac{n^2}{C}-1=0

l 與雙曲線相切，二次項係數不能為0

frac{t^2}{C}-frac{1}{D} e0,t^2 efrac{C}{D}

並且Delta_2=4(frac{t^2}{C}-frac{1}{D}+frac{n^2}{CD})=0

n^2=C-Dt^2......(1)

∴ 0<n^2leq C,0leq t^2<frac{C}{D}

即直線 l 不能過原點，橫截距 nin[-sqrt{C},0)cup(0,sqrt{C}] ，斜率的倒數 tin(-sqrt{frac{C}{D}},sqrt{frac{C}{D}})

直線與橢圓方程聯立得

(frac{t^2}{A}+frac{1}{B})y^2+frac{2tn}{A}y+frac{n^2}{A}-1=0 ......(2)

Delta_1=4(frac{t^2}{A}+frac{1}{B}-frac{n^2}{AB})=frac{4}{AB}[(B+D)t^2+A-C]

∵ A、B、C、D 均為正數，且 A>C

∴ Delta_1>0

因此 l 與橢圓恆有兩個交點。

（雙曲線切線有斜率不存在的情況，故以y為自變數更方便）

3.設點M的坐標為 (x_0,y_0) ，則 l:x-x_0=t(y-y_0)

整理得 x=ty+(x_0-ty_0) ，將 n=x_0-ty_0 代入(1)，得

(x_0-ty_0)^2+Dt^2-C=0 ......(3)

對方程(2)應用韋達定理，J、K的縱坐標滿足

y_1+y_2=-frac{2Btn}{Bt^2+A}

M是JK的中點

y_0=frac{y_1+y_2}{2}=-frac{Btn}{Bt^2+A} ......(4)

將 n=x_0-ty_0 代入(4)，整理得

Ay_0=-Btx_0......(5)

直線 l 不過原點， x_0 e0

∴ t=-frac{Ay_0}{Bx_0} （也可對橢圓方程使用點差法得到）

代入(3)，整理得M的軌跡方程為

C_3:(frac{x^2}{A}+frac{y^2}{B})^2-frac{C}{A^2}x^2+frac{D}{B^2}y^2=0 不含原點。

（此問若思路不對，運算化簡會非常繁瑣）

4.

根據求出的方程，軌跡上任意一點 M(x_0,y_0) ，它分別關於原點、x軸、y軸的對稱點 (-x_0,-y_0)、(x_0,-y_0)、(-x_0,y_0) 也都滿足軌跡方程。

∴軌跡關於原點中心對稱，且關於x、y軸對稱。

C_3 方程移項可得(frac{x^2}{A}+frac{y^2}{B})^2=frac{C}{A^2}x^2-frac{D}{B^2}y^2......(6)

由於曲線不過原點，一定有

frac{C}{A^2}x^2-frac{D}{B^2}y^2>0

(frac{y}{x})^2<frac{B^2C}{A^2D}

∴曲線一定位於 y=pmfrac{B}{A}sqrt{frac{C}{D}}x 兩條直線的左右兩側。

要證M的軌跡在橢圓 frac{x^{2}}{A}+frac{y^{2}}{B}=frac{C}{A} 內，即證M的坐標滿足 frac{x^{2}}{A}+frac{y^{2}}{B}leqfrac{C}{A}

即(frac{x^2}{A}+frac{y^2}{B})^2=frac{C}{A^2}x^2-frac{D}{B^2}y^2leqfrac{C^2}{A^2}

由(5)可知 A^2y^2=t^2B^2x^2

frac{C}{A^2}x^2-frac{D}{B^2}y^2=frac{x^2(C-Dt^2)}{A^2}=frac{x^2n^2}{A^2}

又已知 0<n^2leq C

所以只須證明 x^2leq C

由(4)式可得

x_0=ty_0+n= frac{An}{Bt^2+A}

兩邊同時平方，用(1)代入消去t得

x_0^2=frac{A^2D^2}{B^2n^2+frac{(AD+BC)^2}{n^2}-2B(AD+BC)}

分母是關於 n^2 的函數，且在定義域 n^2in(0,C] 上單調遞減。

∴ x_0^2leq C，當且僅當 n^2=C 時取最大值。

frac{x^{2}}{A}+frac{y^{2}}{B}leqfrac{C}{A} 成立，M的軌跡 C_3 位於橢圓 frac{x^{2}}{A}+frac{y^{2}}{B}=frac{C}{A} 內。

（此問訓練用代數方法探究複雜曲線的幾何性質。軌跡圖形如下，為去掉原點的雙扭線。）

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