一、前言

若 $A$、$B$、$C$、$D$ 為圓上的相異四點(逆時針排列), 則 $\tan(\angle BAC) \! =\! \tan(\angle BDC)$, 可得：$$\dfrac{m_{\overline {AC}}-m_{\overline {AB}}}{1+m_{\overline {AC}}\times m_{\overline {AB}}}= \dfrac{m_{\overline {DC}}-m_{\overline {DB}}}{1+m_{\overline {DC}}\times m_{\overline {DB}}},$$ 其中 $m_{\overline {AB}}$ 為直線 $\overleftrightarrow{AB}$ 的斜率, 其餘類推。 我們稱此關係式為圓上相異四點的「斜率相關不變量」。 我們可將圓： $x^2+y^2=a^2$ 經平面轉換矩陣 $\left[\begin{array}{cc} 1&0\\[-3pt] ~0~&~\frac ba~\end{array}\right]$ 映射為橢圓： $\dfrac{x^2}{a^2} +\dfrac{y^2}{b^2} =1$, 所以橢圓亦有相似的性質。本文將探討在雙曲線： $\dfrac{x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$ 上的「斜率相關不變量」。

二、本文

我們使用參數式 $R\Big(a\times \dfrac{e^t+e^{-t}}2, b\times \dfrac{e^t-e^{-t})}2\Big)$、 $L\Big(-a\times \dfrac{e^t+e^{-t}}2, b\times \dfrac{e^t-e^{-t}}2\Big)$ 分別來表示雙曲線： $\dfrac{x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$ 右支及左支上的點。 定義函數 $F$ 滿足： $F(R)=e^t$、 $F(L)=e^{-t}$。

引理1.1： 若 $$A\Big(a\times \frac{e^{t_1}+e^{-t_1}}2, b\times \frac{e^{t_1}-e^{-t_1}}2\Big)\hbox{、}\ B\Big(a\times \frac{e^{t_2}+e^{-t_2}}2, b\times \frac{e^{t_2}-e^{-t_2}}2\Big)$$ 為雙曲線： $\dfrac {x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$ 右支上的相異兩點, 則 $ \dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}=e^{t_1+t_2}=F(A)\times F(B)\hbox{。}$

證明： \begin{align*} m_{\overline {AB}}=&\frac ba\!\times\! \frac{(e^{t_1}-e^{t_2} )-(e^{-t_1}-e^{-t_2})}{(e^{t_1}-e^{t_2} )+(e^{-t_1}-e^{-t_2})}=\frac ba\!\times \! \dfrac{(e^{t_1}-e^{t_2} )- \frac{e^{t_2}-e^{t_1}}{e^{(t_1+t_2)}}}{(e^{t_1}-e^{t_2})+ \frac{e^{t_2}-e^{t_1}}{e^{(t_1+t_2)}}} =\frac ba\!\times\! \dfrac{1+e^{-(t_1+t_2)}}{1-e^{-(t_1+t_2)}}, \\ &\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}= \dfrac{\Big[\frac 2{(1-e^{-(t_1+t_2)} )}\Big]} {\Big[\frac{2e^{-(t_1+t_2)}}{1-e^{-(t_1+t_2)}}\Big]}=e^{t_1+t_2}=e^{t_1}\times e^{t_2}=F(A)\times F(B)\hbox{。} \end{align*}

引理1.2： 若 $$A\Big(-a\times \frac{e^{t_1}+e^{-t_1}}2, b\times \frac{e^{t_1}-e^{-t_1}}2\Big)\hbox{、}\ B\Big(-a\times \frac{e^{t_2}+e^{-t_2}}2, b\times \frac{e^{t_2}-e^{-t_2}}2\Big)$$ 為雙曲線： $\dfrac {x^2}{a^2} \!-\!\dfrac{y^2}{b^2} \!=\!1$ 左支上的相異兩點, 則 $ \dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}\!=\!e^{(-t_1-t_2)}\!=\!F(A)\!\times\! F(B)\hbox{。}$

證明：

\begin{align*} m_{\overline {AB}}=&-\frac ba\!\times\! \frac{(e^{t_1}-e^{t_2})-(e^{-t_1}-e^{-t_2})}{(e^{t_1}-e^{t_2})+(e^{-t_1}-e^{-t_2})}=-\frac ba\!\times \! \dfrac{(e^{t_1}-e^{t_2} )- \frac{e^{t_2}-e^{t_1}}{e^{(t_1+t_2)}}}{(e^{t_1}-e^{t_2})+ \frac{e^{t_2}-e^{t_1}}{e^{(t_1+t_2)}}}\\ =&-\frac ba\!\times\! \dfrac{1+e^{-(t_1+t_2)}}{1-e^{-(t_1+t_2)}}, \\ &\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1} %=\dfrac{\Big[\frac 2{(1-e^{-(t_1+t_2)} )}\Big]}{\Big[\frac{2e^{-(t_1+t_2)}}{1-e^{-(t_1+t_2)}}\Big]} =e^{(-t_1-t_2)}=e^{-t_1}\times e^{-t_2}=F(A)\times F(B)\hbox{。} \end{align*}

引理1.3： 若 $$A\Big(a\times \frac{e^{t_1}+e^{-t_1}}2, b\times \frac{e^{t_1}-e^{-t_1}}2\Big)\hbox{、}\ B\Big(-a\times \frac{e^{t_2}+e^{-t_2}}2, b\times \frac{e^{t_2}-e^{-t_2}}2\Big)$$ 為雙曲線： $\dfrac {x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$ 右支及左支上的點, 則 $$ \dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}=-e^{(t_1-t_2)}=-F(A)\times F(B)\hbox{。}$$

證明：

\begin{align*} m_{\overline {AB}}=&\frac ba\!\times\! \frac{(e^{t_1}-e^{t_2})-(e^{-t_1}-e^{-t_2})}{(e^{t_1}+e^{t_2})+(e^{-t_1}+e^{-t_2})}=\frac ba\!\times \! \dfrac{(e^{t_1}-e^{t_2} )+ \frac{e^{t_1}-e^{t_2}}{e^{(t_1+t_2)}}}{(e^{t_1}+e^{t_2})+ \frac{e^{t_1}+e^{t_2}}{e^{(t_1+t_2)}}} =\frac ba\!\times\! \dfrac{e^{t_1}-e^{t_2}}{e^{t_1}+e^{t_2}}, \\ &\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1} %=\dfrac{\Big[\frac 2{(1-e^{-(t_1+t_2)} )}\Big]}{\Big[\frac{2e^{-(t_1+t_2)}}{1-e^{-(t_1+t_2)}}\Big]} =-e^{(t_1-t_2)}=-e^{t_1}\times e^{-t_2}=-F(A)\times F(B)\hbox{。} \end{align*}

定義： sign$(A, B)=\left\{\begin{array}{lcl} 1 ,&~~&\hbox{若 $A, B$ 兩點同時在雙曲線的右支或左支上,}\\[2pt] -1 ,&&\hbox{若 $A, B$ 兩點不在雙曲線的同一分支上。}\end{array}\right.$

由引理 1.1、 引理 1.2、 引理 1.3 得知： 若 $A$、$B$ 為雙曲線： $\dfrac {x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$ 上的兩點, 則 $$ \dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}=F(A)\times F(B)\times \hbox{sign}(A,B)\hbox{。}$$

引理1.4： 設 $A$、 $B$、 $C$ 為雙曲線： $\dfrac {x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$ 上的相異三點, 則 $$\Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}\Big)\times \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AC}}-1}{\frac ab\times m_{\overline {AC}}+1}\Big)=\frac{F(B)}{F(C)}\times \hbox{sign}(B,C)\hbox{。}$$

證明：

由引理 1.1、 引理 1.2、 引理 1.3 得知： \begin{align*} \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}\Big)\times \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AC}}-1}{\frac ab\times m_{\overline {AC}}+1}\Big) =&\frac{F(A)\times F(B)\times \hbox{sign}(A,B)}{F(A)\times F(C)\times \hbox{sign}(A,C)}\\ =&\frac{F(B)}{F(C)}\times \hbox{sign}(B,C), \end{align*} 得證。

定理1： 設 $A$、$B$、$C$、$D$ 為雙曲線： $\dfrac {(x-h)^2}{a^2} -\dfrac{(y-k)^2}{b^2} =1$ 上的相異四點, 則 $$\Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}\Big)\times \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AC}}-1}{\frac ab\times m_{\overline {AC}}+1}\Big)= \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {DB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {DB}}-1}\Big)\times \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {DC}}-1}{\frac ab\times m_{\overline {DC}}+1}\Big)\hbox{。}$$

證明： 由於圖形上兩點的斜率在平移後並不會改變, 不失一般性, 設雙曲線為 $\dfrac {x^2}{a^2} -\dfrac{y^2}{b^2} =1$。 由引理 1.4 得知：

$$\Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {AB}}-1}\Big)\times \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {AC}}-1}{\frac ab\times m_{\overline {AC}}+1}\Big)=\frac{F(B)}{F(C)}\times \hbox{sign}(B,C),$$

此等式只與 $B$、 $C$ 兩點的座標有關, 與 $A$ 點座標並無關係； 同理考慮 $B$、$C$、$D$ 三點的情形, 可得

$$ \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {DB}}+1}{\frac ab\times m_{\overline {DB}}-1}\Big)\times \Big(\dfrac{\frac ab\times m_{\overline {DC}}-1}{\frac ab\times m_{\overline {DC}}+1}\Big)=\frac{F(B)}{F(C)}\times \hbox{sign}(B,C),$$

定理1 得證。

特別感謝指導老師：龔詩尹老師、楊昌宸老師。

參考文獻

---本文作者郭品增、蔡一全、連家堯投稿時為彰化高中二年級學生---