อนุญาต${\displaystyle E:\;{\tfrac {x^{2}}{a^{2}}}+{\tfrac {y^{2}}{b^{2}}}=1}$ให้เป็นรูปวงรีแห่งการพิจารณา

1. เส้นสัมผัสของวงรี${\displaystyle E}$จุดยอดและจุดยอดร่วมตัดกันที่ 4 จุด${\displaystyle (\pm a,\pm b)}$ซึ่งอยู่บนเส้นโค้งออร์โธปติกที่ต้องการ (วงกลม)${\displaystyle x^{2}+y^{2}=a^{2}+b^{2}}$)
2. เส้นสัมผัส ณ จุดหนึ่ง${\displaystyle (u,v)}$ของวงรี${\displaystyle E}$มีสมการ${\displaystyle {\tfrac {u}{a^{2}}}x+{\tfrac {v}{b^{2}}}y=1}$(ดูเส้นสัมผัสวงรี ) ถ้าจุดนั้นไม่ใช่จุดยอด สามารถใช้สมการนี้แก้หาค่าy ได้ :${\displaystyle y=-{\tfrac {b^{2}u}{a^{2}v}}\;x\;+\;{\tfrac {b^{2}}{v}}\,.}$

การใช้ตัวย่อ

$${\displaystyle {\begin{aligned}m&=-{\tfrac {b^{2}u}{a^{2}v}},\\\color {red}n&=\color {red}{\tfrac {b^{2}}{v}}\end{aligned}}}$$

ฉัน

และสมการ${\displaystyle {\color {blue}{\tfrac {u^{2}}{a^{2}}}=1-{\tfrac {v^{2}}{b^{2}}}=1-{\tfrac {b^{2}}{n^{2}}}}}$หนึ่งชิ้นจะได้รับ: $${\displaystyle m^{2}={\frac {b^{4}u^{2}}{a^{4}v^{2}}}={\frac {1}{a^{2}}}{\color {red}{\frac {b^{4}}{v^{2}}}}{\color {blue}{\frac {u^{2}}{a^{2}}}}={\frac {1}{a^{2}}}{\color {red}n^{2}}{\color {blue}\left(1-{\frac {b^{2}}{n^{2}}}\right)}={\frac {n^{2}-b^{2}}{a^{2}}}\,.}$$ เพราะฉะนั้น

$${\displaystyle n=\pm {\sqrt {m^{2}a^{2}+b^{2}}}}$$

2.

และสมการของเส้นสัมผัสที่ไม่ตั้งฉากคือ $${\displaystyle y=mx\pm {\sqrt {m^{2}a^{2}+b^{2}}}.}$$ การแก้ความสัมพันธ์(I)สำหรับ${\displaystyle u,v}$และการเคารพ(II)นำไปสู่การแสดงแบบพาราเมตริกที่ขึ้นอยู่กับความชันของวงรี: $${\displaystyle (u,v)=\left(-{\tfrac {ma^{2}}{\pm {\sqrt {m^{2}a^{2}+b^{2}}}}}\;,\;{\tfrac {b^{2}}{\pm {\sqrt {m^{2}a^{2}+b^{2}}}}}\right)\,.}$$(สำหรับหลักฐานเพิ่มเติม: ดูวงรี §  การแสดงผลแบบพาราเมตริก )

ถ้าเส้นสัมผัสผ่านจุดนั้น${\displaystyle (x_{0},y_{0})}$ออกจากวงรี จากนั้นสมการ $${\displaystyle y_{0}=mx_{0}\pm {\sqrt {m^{2}a^{2}+b^{2}}}}$$ ยึดไว้ การกำจัดรากที่สองนำไปสู่ $${\displaystyle m^{2}-{\frac {2x_{0}y_{0}}{x_{0}^{2}-a^{2}}}m+{\frac {y_{0}^{2}-b^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}}=0,}$$ ซึ่งมีสองวิธีแก้ปัญหา${\displaystyle m_{1},m_{2}}$ซึ่งสอดคล้องกับเส้นสัมผัสทั้งสองที่ผ่านจุดนั้น${\displaystyle (x_{0},y_{0})}$ค่าคงที่ของสมการกำลังสองเอกลักษณ์จะเป็นผลคูณของคำตอบเสมอ ดังนั้น ถ้าเส้นสัมผัสมาบรรจบกันที่${\displaystyle (x_{0},y_{0})}$ในเชิงตั้งฉาก สมการต่อไปนี้เป็นจริง:

$${\displaystyle m_{1}m_{2}=-1={\frac {y_{0}^{2}-b^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}}}$$ สมการสุดท้ายเทียบเท่ากับ $${\displaystyle x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=a^{2}+b^{2}\,.}$$ จาก(1)และ(2)จะได้ว่า:

จุดตัดของเส้นสัมผัสตั้งฉากคือจุดบนวงกลม${\displaystyle x^{2}+y^{2}=a^{2}+b^{2}}$.

กรณีวงรีสามารถนำมาปรับใช้ได้เกือบเหมือนกับกรณีไฮเปอร์โบลา การเปลี่ยนแปลงที่ต้องทำมีเพียงแค่การแทนที่เท่านั้น${\displaystyle b^{2}}$กับ${\displaystyle -b^{2}}$และเพื่อจำกัดค่าmให้อยู่ระหว่าง| m | > ⁠ b / a ⁠ดังนั้น:

จุดตัดของเส้นสัมผัสตั้งฉากคือจุดบนวงกลม${\displaystyle x^{2}+y^{2}=a^{2}-b^{2}}$โดยที่a > b

พาราโบลา:

เส้นไอโซออปติกอัลฟาของพาราโบลาที่มีสมการy = ax²คือกิ่งของไฮเปอร์โบ ^ลา$${\displaystyle x^{2}-\tan ^{2}\alpha \left(y+{\frac {1}{4a}}\right)^{2}-{\frac {y}{a}}=0.}$$ กิ่งก้านของไฮเปอร์โบลาจะให้เส้นไอโซออปติกสำหรับมุมสองมุมคือαและ180° − α (ดู ภาพประกอบ)

วงรี:

เส้นไอโซออปติกอัลฟาของวงรีที่มีสมการ⁠ x ² / a ² ⁠ + ⁠ y ² / b ² ⁠ = 1คือสองส่วนของเส้นโค้งดีกรี 4 $${\displaystyle \left(x^{2}+y^{2}-a^{2}-b^{2}\right)^{2}\tan ^{2}\alpha =4\left(a^{2}y^{2}+b^{2}x^{2}-a^{2}b^{2}\right)}$$ (ดู ภาพประกอบ)

ไฮเปอร์โบลา:

เส้นไอโซออปติกอัลฟาของไฮเปอร์โบลาที่มีสมการ⁠ x ² / a ² ⁠ − ⁠ y ² / b ² ⁠ = 1คือสองส่วนของเส้นโค้งดีกรี 4 $${\displaystyle \left(x^{2}+y^{2}-a^{2}+b^{2}\right)^{2}\tan ^{2}\alpha =4\left(a^{2}y^{2}-b^{2}x^{2}+a^{2}b^{2}\right).}$$

พาราโบลา:

พาราโบลาy = ax² สามารถกำหนดพารามิเตอร์ ^ได้ด้วยความชันของเส้นสัมผัสm = 2 ax : $${\displaystyle \mathbf {c} (m)=\left({\frac {m}{2a}},{\frac {m^{2}}{4a}}\right),\quad m\in \mathbb {R} .}$$

เส้นสัมผัสที่มีความชันmมีสมการดังนี้ $${\displaystyle y=mx-{\frac {m^{2}}{4a}}.}$$

จุด( x , y )อยู่บนเส้นสัมผัสก็ต่อเมื่อ $${\displaystyle y_{0}=mx_{0}-{\frac {m^{2}}{4a}}.}$$

นั่นหมายความว่าค่าความชันm , m ของเส้นสัมผัสทั้งสองที่ผ่านจุด( x , y )เป็นไปตามสมการกำลังสอง $${\displaystyle m^{2}-4ax_{0}m+4ay_{0}=0.}$$

ถ้าเส้นสัมผัสตัดกันที่มุมαหรือ180° − αสมการจะเป็นดังนี้ $${\displaystyle \tan ^{2}\alpha =\left({\frac {m_{1}-m_{2}}{1+m_{1}m_{2}}}\right)^{2}}$$

จะต้องทำให้สำเร็จ เมื่อแก้สมการกำลังสองสำหรับmแล้วแทนค่าm , m ลงในสมการสุดท้าย จะได้ $${\displaystyle x_{0}^{2}-\tan ^{2}\alpha \left(y_{0}+{\frac {1}{4a}}\right)^{2}-{\frac {y_{0}}{a}}=0.}$$

นี่คือสมการของไฮเปอร์โบลาข้างต้น กิ่งก้านของไฮเปอร์โบลานี้ลากเส้นไอโซออปติกสองเส้นของพาราโบลาสำหรับมุมสองมุมคือα และ 180 ° − α

วงรี:

ในกรณีของวงรี⁠ x ² / a ² ⁠ + ⁠ y ² / b ² ⁠ = 1เราสามารถนำแนวคิดของออร์โธปติกมาใช้กับสมการกำลังสองได้ $${\displaystyle m^{2}-{\frac {2x_{0}y_{0}}{x_{0}^{2}-a^{2}}}m+{\frac {y_{0}^{2}-b^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}}=0.}$$

เช่นเดียวกับกรณีของพาราโบลา สมการกำลังสองจะต้องได้รับการแก้ไข และต้องแทนค่าคำตอบทั้งสองm , m ลงในสมการ $${\displaystyle \tan ^{2}\alpha =\left({\frac {m_{1}-m_{2}}{1+m_{1}m_{2}}}\right)^{2}.}$$

เมื่อจัดเรียงใหม่จะเห็นว่าเส้นไอโซออปติกเป็นส่วนหนึ่งของเส้นโค้งระดับ 4: $${\displaystyle \left(x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-a^{2}-b^{2}\right)^{2}\tan ^{2}\alpha =4\left(a^{2}y_{0}^{2}+b^{2}x_{0}^{2}-a^{2}b^{2}\right).}$$

ไฮเปอร์โบลา:

วิธีแก้ปัญหาสำหรับกรณีของไฮเปอร์โบลาสามารถนำมาจากกรณีของวงรีได้โดยการแทนที่b ²ด้วย− b ² (เช่นเดียวกับในกรณีของออร์โธปติก ดูด้านบน ) 

หากต้องการเห็นภาพเส้นไอโซออปติก โปรดดูที่เส้นโค้งโดยปริยาย