一般椭圆方程标准化及其推导

从标准椭圆说起

中学我们曾经学过，在直角坐标系中，中心位于原点的主轴平行于 $x$ 轴的椭圆由如下方程指定

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,a>b>0\text{\hspace{1em}(1)}$$

长轴是通过连接椭圆上的两个点所能获得的最长线段，短轴是通过连接椭圆上的两个点所能获得的最短线段。在方程中，所设的 $2a$ 称为长轴长，$2b$ 称为短轴长，而所设的定点（原点）称为焦点，那么 $c=\sqrt{a^2-b^2}$ 称为焦距。

椭圆的旋转与平移

若我们将标准椭圆绕原点顺时针旋转 $\theta$ 角，则新坐标与原坐标的关系如下：

$$\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]$$

即

$$\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right]}^{-1}\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}\cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right]$$

亦即

$$\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }=x\cos \theta -y\sin \theta \\ y^{\prime }=x\sin \theta +y\cos \theta \end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=x^{\prime }\cos \theta +y^{\prime }\sin \theta \\ y=-x^{\prime }\sin \theta +y^{\prime }\cos \theta \end{array}$$

带入 $(1)$ 式可得

$$\frac{(x^{\prime }\cos \theta +y^{\prime }\sin \theta {)}^2}{a^2}+\frac{(y^{\prime }\cos \theta -x^{\prime }\sin \theta {)}^2}{b^2}=1$$

整理得到

$$\begin{array}{rl}\left(\frac{{\cos }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{b^2}\right)x^{\prime 2}& +\sin 2\theta \left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)x^{\prime }{y}^{\prime }\\ & +\left(\frac{{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\cos }^2\theta }{b^2}\right)y^{\prime 2}=1\end{array}$$

记系数

$$\begin{array}{rl}A& =\frac{{\cos }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{b^2}\\ B& =\sin 2\theta \left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)\\ C& =\frac{{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\cos }^2\theta }{b^2}\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$

就得到其满足的一般形式为

$$A{x}^{\prime 2}+B{x}^{\prime }{y}^{\prime }+C{y}^{\prime 2}=1\text{\hspace{1em}(3)}$$

现在我们再平移该椭圆，将

$$\{\begin{array}{l}{x}^{\prime \prime }=x^{\prime }+h\\ y^{\prime \prime }=y^{\prime }+k\end{array}$$

带入 $(3)$ 式可得到焦点位于点 $(h,k)$ 的椭圆方程

$$A{\left(x^{\prime \prime }-h\right)}^2+B\left(x^{\prime \prime }-h\right)\left(y^{\prime \prime }-k\right)+C{\left(y^{\prime \prime }-k\right)}^2=1$$

化简得到

$$A\left(x^{\prime \prime 2}-2h{x}^{\prime \prime }+h^2\right)+B\left(x^{\prime \prime }{y}^{\prime \prime }-k{x}^{\prime \prime }-h{y}^{\prime \prime }+hk\right)+C\left(y^{\prime \prime 2}-2k{y}^{\prime \prime }+k^2\right)=1$$

现令

$$\begin{array}{rl}D& =-2Ah-Bk\\ E& =-Bh-2Ck\\ F& =A{h}^2+Bhk+C{k}^2-1\end{array}\text{\hspace{1em}(4)}$$

再将坐标 $\left(x,y\right)$ 代回，这就得到了一般圆系方程

$$A{x}^2+Bxy+C{y}^2+Dx+Ey+F=0\text{\hspace{1em}(5)}$$

对系数的进一步探讨

再来看 $(2)$ 式中的系数，显然有

$$\begin{array}{rl}A+C& =\frac{{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta }{b^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\\ A-C& =\frac{{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta }{a^2}+\frac{{\sin }^2\theta -{\cos }^2\theta }{b^2}=\cos 2\theta \left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)\end{array}$$

若 $A-C=0$ ，则 $\cos 2\theta =0\Rightarrow \theta =\pm \frac{\pi }{4}$；否则

$$\frac{B}{A-C}=\frac{\sin 2\theta }{\cos 2\theta }=\tan 2\theta \text{\hspace{1em}(6)}$$

可见如果 $B=0$ 则椭圆没有发生旋转，否则可以通过 $(6)$ 式求得旋转角度 $\theta$。

如此又有

$$\begin{array}{rl}(A-C{)}^2+B^2& =\left({\cos }^{2}2\theta +{\sin }^{2}2\theta \right){\left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)}^2\\ & ={\left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)}^2\end{array}$$

故

$$\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}=\left|\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right|=\frac{1}{b^2}-\frac{1}{a^2}$$

注意到

$$\begin{array}{rl}AC& =\frac{{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }{a^4}+\frac{{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }{b^4}+\frac{{\cos }^4\theta +{\sin }^4\theta }{a^2{b}^2}\\ & =\frac{{\sin }^{2}2\theta }{4}\left(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}\right)+\frac{{\left({\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta \right)}^2-2{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta }{a^2{b}^2}\\ & =\frac{{\sin }^{2}2\theta }{4}\left(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}\right)+\frac{1}{a^2{b}^2}-\frac{2{\sin }^{2}2\theta }{4a^2{b}^2}\\ & =\frac{1}{a^2{b}^2}+\frac{{\sin }^{2}2\theta }{4}\left(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}-\frac{2}{a^2{b}^2}\right)\\ & =\frac{1}{a^2{b}^2}+\frac{1}{4}{\left[\sin 2\theta \left(\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}\right)\right]}^2\\ & =\frac{1}{a^2{b}^2}+\frac{B^2}{4}\end{array}$$

即

$$4AC-B^2=\frac{4}{a^2{b}^2}>0$$

因此，如果一般圆系方程 $(5)$ 式不满足上式，那么它不是一个椭圆。

由 $(4)$ 式可得

$$\{\begin{array}{l}2Ah+Bk=-D\\ Bh+2Ck=-E\end{array}$$

若把 $h,k$ 视为未知数，则可解得

$$\begin{array}{r}h=\frac{\left|\begin{array}{cc}-D& B\\ -E& 2C\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}2A& B\\ B& 2C\end{array}\right|}=\frac{BE-2CD}{4AC-B^2}\\ k=\frac{\left|\begin{array}{cc}2A& -D\\ B& -E\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}2A& B\\ B& 2C\end{array}\right|}=\frac{BD-2AE}{4AC-B^2}\end{array}\text{\hspace{1em}(7)}$$

实际上还可得到如下关系：

$$\begin{array}{rl}Dh+Ek& =-\left(2A{h}^2+Bkh\right)-\left(Bhk+2C{k}^2\right)\\ & =-2\left(A{h}^2+Bkh+C{k}^2\right)\end{array}\text{\hspace{1em}(8)}$$

这里 $(h,k)$ 是焦点坐标，$D$ 和 $E$ 分别是 $(5)$ 式中 $x$ 和 $y$ 项的系数。

椭圆标准化

上面我们通过标准椭圆方程得到了一般椭圆方程。那么反过来同样可行，可通过旋转和平移得到将一般椭圆方程标准化。

通过 $(7)$ 式我们知道，方程

$$A{x}^2+Bxy+C{y}^2+Dx+Ey+F=0$$

可通过作代换

$$\{\begin{array}{l}u=x-h\\ v=y-k\end{array}$$

就能消去一般方程中 $u$ 和 $v$ 项的系数。当然，如果不知道这个结论，也可以通过带入方程然后令系数为零求出 $h$ 和 $k$，此处从略。

通过上述平移坐标变换我们已经将椭圆焦点平移到了原点，此时的椭圆方程为

$$\begin{array}{c}A{\left(u+h\right)}^2+B\left(u+h\right)\left(v+k\right)+C{\left(v+k\right)}^2+D\left(u+h\right)+E\left(v+k\right)+F=0\\ A{u}^2+A{h}^2+Buv+Bhk+C{v}^2+C{k}^2+Dh+Ek+F=0\\ A{u}^2+Buv+C{v}^2+\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2+Dh+Ek+F\right)=0\end{array}$$

带入 $(8)$ 式得到

$$A{u}^2+Buv+C{v}^2=A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\stackrel{△}{=}G$$

求半长轴长和半短轴长

接下来，我们不打算用 $(6)$ 式去求旋转角度。

由长轴和短轴的定义，这两个几何量的求解可转化为椭圆上的点 $(u,v)$ 到原点距离 $d=\sqrt{u^2+v^2}$ 的最大值和最小值，即 $d^2$ 在条件 $A{u}^2+Buv+C{v}^2=G$ 下的极值。

求条件极值，用拉格朗日乘数法，令函数

$$L(x,y,\lambda )=x^2+y^2+\lambda (A{x}^2+Bxy+C{y}^2-G)$$

再令

$$\{\begin{array}{ll}{L}_x^{\prime }=2x+\lambda (2Ax+By)=0& \text{1◯}\\ L_y^{\prime }=2y+\lambda (Bx+2C)=0& \text{2◯}\\ L_{\lambda }^{\prime }=A{x}^2+Bxy+C{y}^2-G=0& \text{3◯}\end{array}\text{\hspace{1em}(9)}$$

于是

$$\begin{array}{rl}\frac{x}{2}\text{1◯}+\frac{y}{2}\text{2◯}& =x^2+y^2+\lambda (A{x}^2+Bxy+C{y}^2)\\ & =x^2+y^2+\lambda G=0\end{array}$$

即要求 $x,y$ 使得 $x^2+y^2=-\lambda G$，故而 $(9)$ 式有非零解，即

$$\{\begin{array}{l}2(1+A\lambda )x+\lambda By=0\\ \lambda Bx+2(1+2C\lambda )=0\end{array}$$

有非零解，因此系数行列式

$$\begin{array}{rl}\det & =\left|\begin{array}{cc}2(1+A\lambda )& \lambda B\\ \lambda B& 2(1+2C\lambda )\end{array}\right|\\ & =4(1+A\lambda )(1+2C\lambda )-{\lambda }^2{B}^2\\ & =(4AC-B^2){\lambda }^2+4(A+C)\lambda +4\\ & =0\end{array}$$

这是关于 $\lambda$ 的一元二次方程，判别式

$$\begin{array}{rl}\Delta & ={\left[4\left(A+C\right)\right]}^2-4\left(4AC-B^2\right)\cdot 4\\ & =16\left(A^2+C^2+2AC-4AC+B^2\right)\\ & =16\left[{\left(A-C\right)}^2+B^2\right]>0\end{array}$$

因此有两个不同的解

$$\begin{array}{rl}{\lambda }_{1,2}& =\frac{-4\left(A+C\right)\pm \sqrt{\Delta }}{2\left(4AC-B^2\right)}=-2\frac{\sqrt{{\left(A+C\right)}^2}\mp \sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}{4AC-B^2}\\ & =\frac{-2}{\left(A+C\right)\pm \sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\end{array}$$

于是

$$d^2=-\lambda G=\frac{2\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\right)}{\left(A+C\right)\pm \sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}$$

因此长轴和短轴的平方分别对应上式取 $-$ 号和 $+$ 号，即

$$\begin{array}{rl}{a}^2& =\frac{2\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\right)}{\left(A+C\right)-\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\\ b^2& =\frac{2\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\right)}{\left(A+C\right)+\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\end{array}$$

这就完成了求解。

提示

注意，此处的 $a,b$ 和 对系数的进一步探讨 中的不一致。因为如果一致，则

$$\begin{array}{rl}{a}^2& =\frac{2\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\right)}{\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)-\left(\frac{1}{b^2}-\frac{1}{a^2}\right)}\\ \Rightarrow 1& =A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\end{array}$$

从而

$$\begin{array}{rl}{a}^2& =\frac{2}{\left(A+C\right)-\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\\ b^2& =\frac{2}{\left(A+C\right)+\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\end{array}$$

即长轴长和短轴长只与系数 $A,B,C$ 有关，这显然是不正确的。

总结

本文主要讲述了如何从一般圆系方程出发，求解焦点坐标及其轴长。结论如下：

若方程

$$A{x}^2+Bxy+C{y}^2+Dx+Ey+F=0$$

可化为椭圆，则该椭圆焦点坐标为 $(h,k)$，其中

$$h=\frac{BE-2CD}{4AC-B^2},k=\frac{BD-2AE}{4AC-B^2}$$

且满足

$$\begin{array}{rl}{a}^2& =\frac{2\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\right)}{\left(A+C\right)-\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\\ b^2& =\frac{2\left(A{h}^2+Bhk+C{k}^2-F\right)}{\left(A+C\right)+\sqrt{{\left(A-C\right)}^2+B^2}}\end{array}$$

还可通过

$$\tan 2\theta =\frac{B}{A-C}$$

求得旋转角度。

利用线性代数中的二次型的知识将椭圆方程标准化更简单，可以看视频：

参考

1. 椭圆 - wikipedia
2. 旋转 - wikipedia