题面
已知一个动正三角形的三个顶点都在抛物线 \(y=x^2\) 上，求其中心的轨迹方程。
Solution
其中一个解法是直接设出三角形三个顶点，通过代数变形得到中心满足的轨迹方程。该方法最简单，本文的主题不是讨论这一解法。
既然题目要问中心的轨迹方程，那么我们直接设出中心坐标，能否做出来呢？虽然这个方法并不是最简单的，但我认为过程中的条件转换思路以及代数变形技巧都相当具有价值。
下面记 \(A,B,C\) 为等边三角形的三个顶点， \(G\) 为三角形中心，\(M\) 为 \(BC\) 中点。
我们先来考虑这个图形有几个自由度（该过程并不是最终求解的算法，我们只是做思想实验来思考自由度）。不妨先设出 \(A,B,C\) 三个点，这样引入 \(3\) 个自由度，同时等边三角形可以消去 \(2\) 个自由度（最简单的一种消去方法就是三条边相等），于是图形仅有 \(1\) 个自由度。
我们需要设出中心 \(G(x_0,y_0)\)，这有 \(2\) 个自由度，同时还要设出一个三角形顶点 \(A(a,a^2)\)。这样总共同样是引进 \(3\) 个自由度，接下来考虑选取等边三角形的某一些性质，得到两个方程，消去 \(2\) 个自由度。
由于 \(|AB|,|AC|\) 都不好表示，因此等边三角形边相等这个性质不考虑；
由于 \(B,C\) 坐标不好看，且翻译角度往往需要到角公式，等边三角形三个角为 \(60 \degree\) 这个性质不考虑。
我们最终考虑的是，三线合一以及 \(\sqrt{3}\left| {AG}\right| = \left| {BC}\right|\) 这两个条件。
其中三线合一分为两个部分，中线的部分使用抛物线中点弦性质计算出 \(BC\) 斜率，垂直的部分再用 \(AG,BC\) 斜率积为 \(-1\) 列出方程。
\(\sqrt{3}\left| {AG}\right| = \left| {BC}\right|\) 这一式子满足对称性，且可以简单地用弦长公式翻译。至此思路部分结束，下面是过程，其中有几处代数变形要点。
下面的过程都来自于手写稿转 \(\LaTeX\)，仅仅经过一遍核对，因此可能有一些错误。
设 \(A\left( {a,{a}^{2}}\right),{G}\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right)\)，则：
\[\overrightarrow{AG} = \left( {{x}_{0} - a,{y}_{0} - {a}^{2}}\right) \\
\overrightarrow{AM} = \frac{3}{2}\overrightarrow{AG} = \left( {\frac{3}{2}{x}_{0} - \frac{3}{2}a,\frac{3}{2}{y}_{0} - \frac{3}{2}{a}^{2}}\right)
\]
故：
\[M\left( {\frac{3}{2}{x}_{0} - \frac{1}{2}a,\frac{3}{2}{y}_{0} - \frac{1}{2}{a}^{2}}\right)
\]
由抛物线中点弦结论：
\[{k}_{BC} = 2{x}_{M} = 3{x}_{0} - a \\
{BC} : y = \left( {3{x}_{0} - a}\right) \left( {x - \frac{3}{2}{x}_{0} + \frac{1}{2}a}\right) + \frac{3}{2}{y}_{0} - \frac{1}{2}{a}^{2}
\]
联立抛物线与 \(BC\)，消去 \(y\)：
\[{x}^{2} - \left( {3{x}_{0} - a}\right) x + \frac{1}{2}{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} - \frac{3}{2}{y}_{0} + \frac{1}{2}{a}^{2}=0
\]
\[\begin{aligned}
\left| {{x}_{1} - {x}_{2}}\right|
&= \frac{\sqrt{\Delta }}{|1|} \\
&= \sqrt{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} - 2\left\lbrack {{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} - 3{y}_{0} + {a}^{2}}\right\rbrack } \\
&= \sqrt{6{y}_{0} - {2a}^{2} - {\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}}
\end{aligned}
\]
由弦长公式：
\[\begin{aligned}
\left| {BC}\right| &= \sqrt{k_{BC}^{2} + 1} \cdot \left| {{x}_{1} - {x}_{2}}\right| \\
&= \sqrt{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} + 1} \cdot \sqrt{6{y}_{0} - 2{a}^{2} - {\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}} \\
\end{aligned}
\]
由 \({k}_{BC} \cdot {k}_{AG} = \left( {3{x}_{0} - a}\right) \cdot \dfrac{{y}_{0} - {a}^{2}}{{x}_{0} - a} = - 1\)，得 \({k}_{AG} = \dfrac{1}{{k}_{BC}}\)。
代数变形要点 \(1\)：此处作斜率的代换而不是用原本的 \(AG\) 斜率，使得后面我们可以直接消去 \(\left (3{x}_{0} - a \right) ^{2} + 1\)，大大简化式子。
再用弦长公式：
\[\begin{aligned}
\left| {AG}\right| &= \sqrt{\frac{1}{k_{BC}^2} + 1}\left| {{x}_{0} - a}\right| \\
&= \sqrt{\frac{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} + 1}{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}}}\left| {{x}_{0} - a}\right|
\end{aligned}
\]
由 \(\sqrt{3}\left| {AG}\right| = \left| {BC}\right|\)，得 \({3}{\left| AG\right| }^{2} = {\left| BC\right| }^{2}\)，也即：
\[3 \cdot \frac{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} + 1}{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}} \cdot {\left( {x}_{0} - a\right) }^{2} = \left\lbrack {{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} + 1}\right\rbrack \cdot \left\lbrack {6{y}_{0} - 2{a}^{2} - {\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}}\right\rbrack
\]
两边消去 \(\left (3{x}_{0} - a \right) ^{2} + 1\)，由 \({k}_{BC} \cdot {k}_{AG}=-1\) 可知 \(\dfrac{{\left( {x}_{0} - a\right) }^{2}}{{\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}} = {\left( {y}_{0} - {a}^{2}\right) }^{2}\)，应用该式代换得：
\[3{\left( {y}_{0} - {a}^{2}\right) }^{2} = 6{y}_{0} - 2{a}^{2} - {\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}
\]
上面大部分是常规的几何到代数的转化，下面是最难的代数变形部分。
至此，问题被归结为，已知：
\[\begin{cases}
3{\left( {y}_{0} - {a}^{2}\right) }^{2} = 6{y}_{0} - 2{a}^{2} - {\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2} \\
\left( {3{x}_{0} - a}\right) \cdot \dfrac{{y}_{0} - {a}^{2}}{{x}_{0} - a} = - 1
\end{cases}
\]
要求消去 \(a\)，得出 \(x_0,y_0\) 的关系。这一部分哪怕单独拿出来作为一道题，也是相当具有难度的。
下面是过程：
代数变形要点 \(2\)：实际上，这里是无法直接用 \(a\) 来解出 \(x_0\)，\(y_0\) 的，我们必须直接消掉 \(a\)。因此先从较简单的下面的式子开始，尝试得到关于 \(a\) 的一些式子。
\[\frac{\left( {3{x}_{0} - a}\right) \left( {{y}_{0} - {a}^{2}}\right) }{{x}_{0} - a} = - 1 ①\\
\Rightarrow \left( {3{x}_{0} - a}\right) {y}_{0} = - {x}_{0} + a + \left( {3{x}_{0} - a}\right) {a}^{2} \\
\Leftrightarrow {a}^{3} = 3{x}_{0}{a}^{2} + \left( {{y}_{0} + 1}\right) a - {x}_{0} - 3{x}_{0}{y}_{0}
\]
代数变形要点 \(3\)：上面我们得到了 \(a^3\) 与 \(a^2,a\) 的关系，实际上这是一个经典的降次方法，由此我们可以将任意的 \(a^n(n \ge 3, n \in \mathbb{N^*})\) 用 \(a^2,a\) 来表示。
故：
\[\begin{aligned}
{a}^{4} &= 3{x}_{0}{a}^{3} + \left( {{y}_{0} + 1}\right) {a}^{2} - \left( {{x}_{0} + 3{x}_{0}{y}_{0}}\right) a \\
&= 3{x}_{0}\left\lbrack {3{x}_{0}{a}^{2} + \left( {{y}_{0} + 1}\right) a - {x}_{0} - 3{x}_{0}{y}_{0}}\right\rbrack + \left( {{y}_{0} + 1}\right) {a}^{2} - \left( {{x}_{0} + 3{x}_{0}{y}_{0}}\right) a \\
&= \left( {9{x}_{0}^{2} + {y}_{0} + 1}\right) {a}^{2} + 2{x}_{0}a - 3{x}_{0}^{2} - 9{x}_{0}^{2}{y}_{0}
\end{aligned}
\]
代数变形要点 \(4\)：这里我们直接奔着 \(a^4\) 去，因为原本上面的式子中有一个让人无从下手的 \(a^4\) ，而现在它可以被替换掉了，进而可以转入对于上面的式子的化简。
由 \(3{\left( {y}_{0} - {a}^{2}\right) }^{2} = 6{y}_{0} - 2{a}^{2} - {\left( 3{x}_{0} - a\right) }^{2}\)，得 \({y}_{0} - 2{a}^{2}{y}_{0} + {a}^{4} = 2{y}_{0} - 3{x}_{0}^{2} - {a}^{2} + {2a}{x}_{0}\)，代入上式：
\[{y}_{0} - 2{a}^{2}{y}_{0} + \left( {9{x}_{0}^{2} + {y}_{0} + 1}\right) {a}^{2} + 2{x}_{0}a - 3{x}_{0}^{2} - 9{x}_{0}^{2}{y}_{0} = 2{y}_{0} - 3{x}_{0}^{2} - {a}^{2} + {2a}{x}_{0}
\]
代数变形要点 \(5\)：\(a\) 的一次式全部被消掉，接下来只需要将所有关于 \(a^2\) 的式子合并（两种不同自由度的分离），就可以轻松因式分解了。
整理得：
\[\left( {{y}_{0} - {a}^{2}}\right) \left( {9{x}_{0}^{2} - {y}_{0} + 2}\right) = 0
\]
由①式，\({y}_{0} - {a}^{2} \neq 0\)，故 \({y}_{0} = 9{x}_{0}^{2} + 2\)，也即该正三角形中心轨迹方程为 \(y=9x^2+2\)。
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