與雙曲線相關的一類正三角形個數問題的研究

彭鋒 李遠游

【摘要】數學里的問題常常會有來有往，正反輝映.對于圓錐曲線的研究也是如此.將一道高考題目中給定的焦點，拓展到拋物線對稱軸上的任意一點，筆者將類似問題延伸到雙曲線.

【關鍵詞】雙曲線；正三角形；動態演示

2011年高考數學湖北卷文理科選擇題中有如下一題： 記滿足兩個頂點在拋物線y2=2px（p>0）上，另外一個頂點是拋物線焦點的正三角形個數為n，則（ ）.

A.n=0 B.n=1 C.n=2 D.n≥3

對于這道題，文獻從試題的背景、典型的解法等方面進行了詳盡的解讀，而且將題目中給定的焦點，拓展到拋物線對稱軸上的任意一點，筆者提出了如下問題.

一、提出問題

若將題目中拋物線換成雙曲線C：x2a2-y2b2=1a>0，b>0，將焦點換為x軸上任一點，其他條件不變，則滿足條件的正三角形個數又會是什么樣的情況呢？

二、探究問題

設正三角形的一個頂點E（λ，0）（λ∈R），在雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上的兩個頂點分別為A（x1，x2）和B（x2，y2），則x21a2-y21b2=1，x22a2-y22b2=1.由|EA|=|EB|得（x1-λ）2+y21=x2-λ2+y22，即（x1-λ）2+x21a2-1b2=x2-λ2+（x22a2-1）b2，整理得：（x1-x2）c2a2（x1+x2）-2λ=0.①

因此我們可以按如下兩種情形進行探究.

1.兩點關于x軸對稱

當x1=x2時，則y1=-y2，即A，B兩點關于x軸對稱.令線段AB中點為H，則由△EAB為正三角形可得|EH|=32|EA|，即|x1-λ|=32（x1-λ）2+y21.消去y1并整理得：（a2-3b2）2x21-2λa2x1+（λ2+3b2）a2=0.②

（1）若a2-3b2=0，則方程②可化為2λx1=λ2+3b2.由于λ=0時b=0，不合題意，所以λ≠0，x1=λ2+3b22λ，即此時只有一個自身關于x軸對稱的正三角形.

（2）若a2-3b2≠0，則方程②是一元二次方程.由判別式Δ1≥0得λ2≥a2-3b2.

ⅰ.當a2-3b2<0即a<3b時，Δ1≥0恒成立，即方程②恒有兩個根.因此，此時總有關于x軸對稱的正三角形.

ⅱ.當a2-3b2>0即a>3b時，由λ2≥a2-3b2得λ≤-a2-3b2或λ≥a2-3b2.故當λ≤-a2-3b2或λ≥a2-3b2時方程②有兩個實根，此時有關于x軸對稱的正三角形.

因此，我們可以得到如下結論：

（1）當a=3b時，只有一個關于x軸對稱的正三角形（如圖1所示△EAB）.

（2）當a<3b時，總有關于x軸對稱的正三角形（如圖2所示△EA1B1和△EA2B2）.

（3）當a>3b時，只有當λ≤-a2-3b2或λ≥a2-3b2時，有兩個關于x軸對稱的正三角形（如圖3所示△EA1B1和△EA2B2）.

圖 1 圖 2

2.兩點關于x軸不對稱

當x1≠x2時，則由①可知，c2a2（x1+x2）-2λ=0，即x1+x2=2λa2c2.設AB的中點為H（x0，y0），則x0=λa2c2.又由y21-y22=（x21a2-1）b2-（x22a2-1）b2，可得：（y1-y2）（y1+y2）=b2a2（x1-x2）（x1+x2）.

（1）若y1=y2，則x1=-x2，即A，B兩點關于y軸對稱，E點位于原點處，此時只要雙曲線的一條漸近線斜率大于3即可有兩個滿足條件的正三角形（如圖4所示的△EA′B′和△EAB）.

圖 3 圖 4

（2）若y1≠y2，則令m=x1-x2y1-y2，得y1+y2=2λmb2c2，故Hλa2c2，λmb2c2.從而可設直線AB的方程為x=m（y-λmb2c2）+λa2c2，代入雙曲線方程消x可得：

（b2m2-a2）c4y2-2mλb2c2（b2m2-a2）y+λ2a2b2（a2-2b2m2）+λ2m4b6-a2b2c4=0.③

當Δ2≥0時，|y1-y2|=2abc2c4-λ2a2+λ2b2m2b2m2-a2，

|AB|=1+m2|y1-y2|=2ab1+m2c2·c4-λ2a2+λ2b2m2b2m2-a2，④

|EH|=（x0-λ）2+y20=|λ|b2c21+m2.⑤

又由△EAB為正三角形可得|EH|=32|AB|，即

（3a2-b2）m2=a2（3a2-b2）b2-3a2c4λ2b2.

若3a2-b2=0，則易知上式不成立.故3a2-b2≠0，于是可得

m2=a2b2-3a2c4λ2b2（3a2-b2）.⑥

將⑥代入Δ2可得Δ2>0.因為m≠0，所以m2>0，于是可得λ2>3c43a2-b2.

ⅰ.若3a2-b2>0即a>33b時，有λ>3c23a2-b2或λ<-3c23a2-b2，所以此時方程②有兩個不同實根，即此時有兩個以x軸為對稱軸的正三角形.

ⅱ.若3a2-b2<0即a<33b時，λ2>3c43a2-b2恒成立，此時有兩個以x軸為對稱軸的正三角形.

因此，我們可得出如下結論：

（1）當a=33b時，不存在此類以x軸為對稱軸的正三角形.

（2）當a>33b，且λ>3c23a2-b2或λ<-3c23a2-b2時，有兩個關于x軸對稱的正三角形（如圖5所示的△EA1B1和△EA2B2）.

（3）當a<33b時，有且僅有兩個以x軸為對稱軸的正三角形（如圖6所示的△EAB和△EA′B′）.

圖 5 圖 6

三、結論

綜上，我們可將所有結論歸納為如下定理：

定理：若正三角形的一個頂點E位于雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的對稱軸上，其坐標為E（λ，0）（λ∈R），另兩個頂點在雙曲線C上，則

（1）當a<33b時，有且僅有四個滿足條件的正三角形，其中兩個是分別關于x軸成軸對稱的正三角形，另兩個是關于x軸成對稱圖形的正三角形.

（2）當a=33b時，有且僅有兩個滿足條件且關于x軸對稱的正三角形.

（3）當33b3c23a2-b2或λ<-3c23a2-b2，才有兩個關于x軸對稱的正三角形.

（4）當a=3b時，有且僅有一個關于x軸成對稱圖形的正三角形.而λ>3c23a2-b2或λ<-3c23a2-b2，才有兩個關于x軸對稱的正三角形.

（5）當a>3b時，λ≤-a2-3b2或λ≥a2-3b2時，有兩個關于x軸成軸對稱的正三角形，而λ>3c23a2-b2或λ<-3c23a2-b2，才有兩個關于x軸對稱的正三角形.

四、動態演示與分析

回顧以上探究過程，從幾何直觀上觀察，考慮到雙曲線和正三角形的雙重對稱性，我們可以將以上定理的結論看作是如下動態演變過程：

由于情況較多，且分析方法類似，故筆者只以33b

（1）當E（λ，0）在x軸上自原點向右移動到點（a，0）處的過程中，夾角為60°的兩條相交直線EA，EB與雙曲線有四個交點，從而滿足條件的正三角形有兩個，且在E點異側（如圖7所示的△EA1B1和△EA2B2）.當E點與雙曲線右頂點重合時，兩個正三角形又重合為一個（如圖8所示的△EA2B2）.

圖 7 圖 8

（2）當E（λ，0）自點（a，0）向右移動到點3c23a2-b2，0處的過程中，夾角為60°的兩條相交直線EA，EB與雙曲線有四個交點，從而滿足條件的正三角形從有且僅有一個變為有且僅有兩個，且在E點同側（如圖2所示的△EA1B1和△EA2B2）.

圖 9（3）一旦點E（λ，0）越過點3c23a2-b2，0處，保持繼續向右移動，則滿足條件的正三角形派生出兩種類型，其中一種類型仍是由原來夾角為60°的兩條相交直線EA，EB所形成的關于x軸對稱的兩個正三角形，如圖2所示的△EA1B1和△EA2B2；而另一類則是夾角為60°的另外兩條相交于E點的直線所形成的關于x軸成對稱圖形的兩個正三角形（如圖9所示的△EAB和△EA′B′）.

而這兩個正三角形又可看成圖2中△EA1B1脫離平衡位置從左向右對稱偏離派生出的兩個新的滿足條件的正三角形.