【解析几何】圆锥曲线中四点共圆的优美性质

实在是很久很久没有更新了。

可能只是单纯是因为我懒吧，也可能是因为自从高考后就很少接触到这些东西了。当然也可能是觉得自己写的东西本来就有点偏离高考，单纯为了应试，再去做这些好像也不太值了。

深夜难眠，又在草稿箱里翻到了这篇文章。之前出于总总原因，写成之后就丢在草稿箱，久而久之就忘掉了。现在打算发出来。

也许这几天闲着，我会再写点东西吧。

正文开始。

一、概述

在一般情况下，二次曲线的联立因为计算量大、较不直观且不常出现而被人忽略．但是当圆锥曲线与圆相交的时候，可以引出一些非常优美的结论．

许多热爱几何学的人们常说，“圆是几何的灵魂”．各大数学竞赛的平面几何题中，圆是一大重点；对于同样属于“几何”这一大领域的解析几何学来说，圆同样也是必不可少的：高中的数学必修二课本上就介绍过了圆的方程．但在高中阶段，几乎不会出现把圆与圆锥曲线放在一起考虑的情形．

本文将重点介绍圆锥曲线上四点共圆时所满足的斜率关系，以及该圆内接四边形的重心的计算方法．其中椭圆情形将会给出详细的证明，其他曲线的证明方法与结论类似．

二、基本定理

定理1 (椭圆上四点共圆的充要条件)椭圆 \Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 上四点 A 、 B 、 C 、 D 共圆的充要条件是 k_{AB}+k_{CD}=0 ．

证明这个结论我们需要用到平面几何中的切割线（相交弦）定理：直线 AB 与 CD 交于点 P ，则 A 、 B 、 C 、 D 四点共圆的充要条件是 |PA|\cdot|PB|=|PC|\cdot|PD| .

证明1 考虑过定点 P(x_0,y_0) 作椭圆的割线 PAB 与 PCD ，设直线 AB 与直线 CD 的倾斜角分别为 \alpha 和 \beta(\alpha\ne\beta)， AB:\begin{equation} \left\{ \begin{aligned} x=x_0+t\cos\alpha\\ y=y_0+t\sin\alpha\\ \end{aligned} \right. \end{equation} ．

AB 与 \Gamma :b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2 联立： (a^2\sin^2 \alpha+b^2 \cos^2 \alpha)t^2+(2b^2 x_0

\cos\alpha+2a^2 y_0\sin\alpha)t+(b^2 x_0^2+a^2 y_0^2-a^2 b^2)=0 ．

故 |PA|\cdot|PB|=|t_1t_2|=\frac{|b^2x_0^2+a^2y_0^2-a^2b^2|}{(a^2\sin^2\alpha+b^2\cos^2\alpha)} ，用 \beta 代替 \alpha 得： |PC|\cdot|PD|=\frac{|b^2 x_0^2+a^2 y_0^2-a^2 b^2|}{(a^2 \sin^2 \beta+b^2 \cos^2 \beta)} ．

则A 、 B 、 C 、 D 共圆 \Leftrightarrow|PA|\cdot|PB|=|PC|\cdot|PD|\Leftrightarrow a^2\sin^2\alpha

+b^2\cos^2\alpha=a^2\sin^2\beta+b^2\cos^2\beta\Leftrightarrow \alpha+\beta=\pi ，即k_{AB}+k_{CD}=0 ．

证明2 设直线 AB:y=k_1x+b_1 ， CD:y=k_2x+b_2 ，则方程 (k_1x+b_1-y)

(k_2x+b_2-y)=0 表示直线 AB 与 CD 上的所有点．

考虑其与 \Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 构成的焦点曲线系： (k_1x+b_1-y)(k_2x+b_2-y)+

\lambda(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1)=0 ，观察得到 xy 项的系数为 -(k_1+k_2) ．

当其表示圆时，必定无 xy 项，故 k_1+k_2=0 ．另一方面，当其无 xy 项时，可以让 x^2 项系数与 y^2 项系数相等，从而使其表示圆．至此，充要性得证．

推广1 事实上，对于任意圆锥曲线，曲线上四点共圆的充要条件是其中两点连线的斜率与另外两点连线的斜率互为相反数，证明过程同上．

定理2 椭圆 \Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 与以 O(x_0,y_0) 为圆心的圆交于 A,B,C,D 四点，记四边形 ABCD 的重心为 G ，则 G(\frac{1}{e^2}x_0,(1-\frac{1}{e^2})y_0) ．

（注1：此处重心指代的是横纵坐标分别为四点横纵坐标的算术平均值的点，即 x_G=\frac{1}{4}(x_1 +x_2+x_3+x_4) ， y_G=\frac{1}{4}(y_1+y_2+y_3+y_4) ）

证明 为简化计算，设有心圆锥曲线的方程 C_1:mx^2+ny^2=1(m,n\in R) ， 圆的方程 C_2：x^2+y^2+dx+ey+f=0 ，圆心 O(x_0,y_0)．

由 C_2:(x+\frac{d}{2})^2+(y+\frac{e}{2})^2＝\frac{d^2+e^2-4f}{4}，可知 x_0=-\frac{d}{2} ， y_0=-\frac{e}{2}．

由 C_1:y^2=\frac{1-mx^2}{n} ，代入 C_2 得： -ey=(1-\frac{m}{n})x^2+dx+(f+\frac{1}{n})，两边平方得 e^2(\frac{1}{n}-\frac{m}{n}x^2)=[(1-\frac{m}{n})x^2+dx+(f+\frac{1}{n})]^2．

上式中，观察得到 x^4 项系数为 (1-\frac{m}{n})^2 ， x^3 项系数为 2d(1-\frac{m}{n})，由韦达定理： \sum_{i=1}^4x_i=-\frac{2d(1-\frac{m}{n})}{(1-\frac{m}{n})^2}=\frac{-2d}{1-\frac{m}{n}}，同理用 (e,m,n) 代替 (d,n,m) 得： \sum_{i=1}^{4}y_i =\frac{-2e}{1-\frac{n}{m}}．

当圆锥曲线为椭圆时， m=\frac{1}{a^2} ， n=\frac{1}{b^2} ， x_0=-\frac{d}{2} ， y_0=-\frac{e}{2}，离心率 e^2= \frac{c^2}{a^2}=1-\frac{b^2}{a^2} ，代入得 \sum_{i=1}^nx_i=4x_0\cdot\frac{1}{e^2} ， \sum_{i=1}^ny_i=4y_0\cdot(1-\frac{1}{e^2}) ，故 G( \frac{1}{e^2}x_0,(1-\frac{1}{e^2})y_0)．

推广2 双曲线 C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1 与以 O(x_0,y_0) 为圆心的圆交于 A,B,C,D 四点，记四边形 ABCD 的重心为 G ，则 G(\frac{1}{e^2}x_0,(1-\frac{1}{e^2})y_0) ．

在上面计算过程中，只需令 m=\frac{1}{a^2} ， n=-\frac{1}{b^2}，同样可得结果．

推广3 抛物线 C:y^2=2px 与以 O(x_0,y_0) 为圆心的圆交于 A,B,C,D 四点，记四边形 ABCD 的重心为 G ，则 G(x_0-p,0) ．

证明 设圆的方程 C_2：x^2+y^2+dx+ey+f=0，圆心 O(x_0,y_0)．

由 C_2:(x+\frac{d}{2})^2+(y+\frac{e}{2})^2＝\frac{d^2+e^2-4f}{4}，可知 x_0=-\frac{d}{2} ， y_0=-\frac{e}{2}．

C_2 代入 x=\frac{y^2}{2p} 得： y^4+(4p^2+2pd)y^2+4p^2ey+4p^2f=0，由韦达定理： \sum_{i=1}^4y_i=0 ， \sum_{cyc} y_1y_2=4p^2+2pd ，故 \sum_{i=1}^4y_i^2=(\sum_{i=1}^4y_i)^2-2\sum_{cyc} y_1y_2=

=-8p^2-4pd，\sum_{i=1}^4x_i=\frac{1}{2p}\sum_{i=1}^4y_i^2=-2d-4p ，因此 G(x_0-p,0) ．

三、应用

例题1 如图5，已知双曲线 C:xy=1 和定点 P(x_0,y_0) ，作圆 P 与 C 的右上支交于 A和 B ，左下支交于 C 和 D ， E 和 F 分别是线段 AB 和 CD 的中点， Q 是线段 EF 的中点，证明： O,P,Q 三点共线，且 Q 为线段 OP 的中点．

该题为推广2中令 e=\sqrt2 得到的推论，此时圆锥曲线为等轴双曲线，且重心（即题中 Q 点）恰好为线段 OP 的中点．

证明 设圆 P:x^2+y^2+dx+ey+f=0，A(x_1,y_1) ， B(x_2,y_2) ， C(x_3,y_3) ， D(x_4,y_4)，则 E(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}) ， F(\frac{x_3+x_4}{2},\frac{y_3+y_4}{2}) ， Q(\frac{\sum x_1}{4}

,\frac{\sum y_1}{4}) ，又 \sum y_1=\sum \frac{1}{x_1}=\frac{\sum x_1x_2x_3}{\prod x_1}，由此结合联立后的四次方程即可计算出 Q 点的坐标．

P 与 C:xy=1 联立： x^4+dx^3+fx^2+ex+1=0，由韦达定理： \sum x_1= -d ， \sum x_1x_2x_3=-e ， \prod x_1=1，代入计算可得 Q(-\frac{d}{4},-\frac{e}{4}) ．

又由原来的圆的方程配方：P:(x+\frac{d}{2})^2+(y+\frac{e}{2})^2＝\frac{d^2+e^2-4f}{4}，圆心 P(-\frac{d}{2},-\frac{e}{2}) ．

故 O,P,Q 三点共线，且 Q 为线段 OP 的中点．

例题2 如图6，已知抛物线 C:x^2=y 和定点 P(x_0,y_0) ，作圆 P 与 C 交于 A,B,C,D四点， E 和 F 分别是线段 AB 和 CD 的中点，证明：

（1）直线 AB 与直线 CD 的斜率之和为定值．

（2）线段 EF 被定点平分，并求该定点的坐标．

该题第一小题即为推广1的结论，第二小题为推广3的结论，证明方法基本一致．

证明 （1）记直线 AB 与直线 CD 交于 M(a,b) ，两直线的倾斜角为 \alpha 和 \beta

由切割线定理知 |MA|\cdot|MB|=|MC|\cdot|MD|．

设AB:\begin{equation} \left\{ \begin{aligned} x=a+t\cos\alpha\\ y=b+t\sin\alpha\\ \end{aligned} \right. \end{equation} ，与C:y=x^2 联立得：\cos^2\alpha t^2+(2a\cos\alpha -\sin\alpha)t+(a^2-b)=0 ，其中 a^2-b>0．

由韦达定理，|MA|\cdot|MB|=|t_1t_2|=\frac{a^2-b}{\cos^2\alpha} ，用 \beta 代替 \alpha 得： |MC|\cdot|MD| =\frac{a^2-b}{\cos^2\beta} ，故 \cos^2\alpha=\cos^2\beta ，又 \alpha\ne\beta，故 \alpha+\beta=\pi ，两直线倾斜角互补．

则 k_{AB}+k_{CD}=0 ，为定值。

（2）设圆 P:x^2+y^2+dx+ey+f=0，A(x_1,y_1) ， B(x_2,y_2) ， C(x_3,y_3) ， D(x_4,y_4)，则 E(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}) ， F(\frac{x_3+x_4}{2},\frac{y_3+y_4}{2})．

设 EF 中点为 Q(\frac{\sum x_i}{4},\frac{\sum y_i}{4})，其中\sum y_1=\sum x_1^2=(\sum x_1)^2-2

\sum x_1x_2 ．

P 与 C:y=x^2 联立得： x^4+(e+1)x^2+dx+f=0，由韦达定理，\sum x_1=0 ， \sum x_1x_2=e+1 ，故 Q(0,-\frac{e}{2}-\frac{1}{2})．

又由 P:(x+\frac{d}{2})^2+(y+\frac{e}{2})^2＝\frac{d^2+e^2-4f}{4} ，可知 y_0=-\frac{e}{2}．

代入得 Q(0,y_0-\frac{1}{2}) 为定点．