次曲線上的四點共圓問題的完整結(jié)論

1、二次曲線上的四點共圓問題的完整結(jié)論甘志國（該文已發(fā)表 數(shù)學(xué)通訊，2013（7 下）： 40-41）百年前，著名教材坐標幾何（Loney著）中曾提到橢圓上四點共圓的一個必要條件是X 2 V 2這四點的離心角之和為周角的整數(shù)倍（橢圓一 + ： = 1（。 0,b 0）上任一點A的坐標可 a 2 b 2以表示為（acos,bsin0）（0 eR），角9就叫做點A的離心角），證明方法十分巧妙，還要運用高次方程的韋達定理.這一條件是否充分，一直是懸案.在20世紀80年代編寫數(shù)學(xué)題解 辭典（平面解析幾何）時，仍未解決到20世紀年代初編寫中學(xué)數(shù)學(xué)范例點評時，才證明了此條件的充分性.U,2】2011年高考全國

2、大綱卷理科第21題，2005年高考湖北卷理科第21題（也即文科第22 題）及2002年高考江蘇、廣東卷第20題都是關(guān)于二次曲線上四點共圓的問題（見文獻3,4）. 筆者曾由2005年的這道高考題得出了二次曲線上四點共圓的一個簡潔充要條件（其證明也 很簡潔但有技巧）:若兩條直線匕：V V0 =匕（x-x0）（i = 1,2）與二次曲線r: ax2 + by2 + cx + dy + e = 0（ a。b）有四個交點，則這四個交點共圓的充要條件是k + k 2 = 0.文獻2還用此結(jié)論證得了 “橢圓上的四點共圓的充要條件是這四點的離心角之和為周 角的整數(shù)倍”.文獻5用較長的篇幅得出了下面的兩個結(jié)論（

3、即原文末的命題7、8）：結(jié)論1拋物線y2 = 2px的內(nèi)接四邊形同時內(nèi)接于圓的充要條件是該四邊形的兩組對邊、兩條對角線所在的三對直線中有一對直線的傾斜角互補.結(jié)論2圓錐曲線mx2 + ny2 = 1（mn。0,m。n）的內(nèi)接四邊形同時內(nèi)接于圓的充要條件是該四邊形的兩組對邊、兩條對角線所在的三對直線中有一對直線的傾斜角互補請注意，文獻5中所涉及的直線的斜率均存在，所以這兩個結(jié)論均正確但不夠完整， 本文將給出二次曲線上的四點共圓問題的完整結(jié)論，即文末的推論4.定理 1 若兩條二次曲線ax2 + by2 + cx + dy + e = 0（a。b），ax2 + by2 + cx + dy + e，=

4、 0 有四個交點，則這四個交點共圓.證明 過這四個交點的二次曲線一定能表示成以下形式S,日不同時為0）:人（ax 2 + by 2 + cx + dy + e） + 日（a x 2 + b y 2 + c x + dy + e） = 0式左邊的展開式中不含xy的項，選R = 1時，再令式左邊的展開式中含x2, y2項的系數(shù)相等，得x= -，此時曲線即b - ax 2 + y 2 + cx + d ry + er = 0的形式，這種形式表示的曲線有且僅有三種情形：一個圓、一個點、無軌跡而題中的四個 交點都在曲線上，所以曲線表示圓.這就證得了四個交點共圓.定理 2 若兩條直線l : ax + by

5、 + c = 0(i = 1,2)與二次曲線i i i ir: ax2 + by2 + cx + dy + e = 0( a牛b)有四個交點，則這四個交點共圓的充要條件是a b + a b = 0. TOC o 1-5 h z 1 22 1證明由也組成的曲線即(a x + b y + c )(a x + b y + c ) = 0111222所以經(jīng)過它與r的四個交點的二次曲線一定能表示成以下形式(X, 不同時為0): HYPERLINK l bookmark13 o Current Document 人(ax2 + by 2 + cx + dy + e) + p(a x + b y + c )

6、(a x + b y + c ) = 0111222必要性.若四個交點共圓，則存在X,p使方程表示圓，所以式左邊的展開式中含xy項的系數(shù)P (ab + ab ) = 0 .而p 0 (否則表示曲線r，不表示圓)，所以 1 22 1a b + a b = 0.1 22 1充分性.當ab + a b = 0時，式左邊的展開式中不含xy的項，選p = 1時，再令式 1 22 1左邊的展開式中含x2, y2項的系數(shù)相等，即X a + aa =Xb + bb，得X=4.1 21 2b-a此時曲線即x 2 + y 2 + cx + d y + e = 0的形式，這種形式表示的曲線有且僅有三種情形：一個圓、

7、一個點、無軌跡而題中的四個 交點都在曲線上，所以曲線表示圓.這就證得了四個交點共圓.推論1若兩條直線與二次曲線r : ax2 + by2 + cx + dy + e = 0(a古b)有四個交點，則 這四個交點共圓的充要條件是這兩條直線的斜率均不存在或這兩條直線的斜率均存在且互 為相反數(shù).證明 設(shè)兩條直線為l: a x + b y + c = 0(i = 1,2)，由定理2得，四個交點共圓的充要 條件是ab +ab =0.1 22 1(1)當l /1即ab = a b時，得四個交點共圓的充要條件即ab = a b = 0也即121 22 11 22 1a = a = 0 或 b = b = 0.

8、由a b + a b = 0得a b。0, a b。0,所以四個 1 22 11 22 1(2)當l與l不平行即ab。a b時，r交點共圓的充要條件即k、a# J+1 /=0也即直線l,l2的斜率均存在且均不為0且互為12122 1相反數(shù).由此可得欲證成立.推論2設(shè)二次曲線r : ax2 + by2 + ex + dy + e = 0(a。b)上的四個點連成的四邊形是圓內(nèi)接四邊形，在該四邊形的的兩組對邊、兩條對角線所在的三對直線中：若有一對直線的 斜率均不存在，則另兩對直線的斜率均存在且均互為相反數(shù)；若有一對直線的斜率均存在且 均互為相反數(shù)，則另兩對直線的斜率也均存在且均互為相反數(shù)，或另兩對直

9、線的斜率中有一 對均不存在另一對均存在且互為相反數(shù).證明 設(shè)圓內(nèi)接四邊形是四邊形ABCD，其兩組對邊AB與CD、AD與BC及對角 線AC與BD所中的直線分別是l : a x + b y + c = 0(i = 1,2) TOC o 1-5 h z 1i 1i1i1il : a x + b y + c = 0(i = 1,2)2i 2i2i2il : a x + b y + c = 0(i = 1,2)3i 3i3i3i由定理中的充分性知，若四個交點共圓，則以下等式之一成立：a b + a b = 0, a b + a b = 0, a b + a b = 011 1212 1121 2222

10、2131 3232 31再運用定理2中的必要性知，若四個交點共圓，則以上等式均成立.再由推論1的證明， 可得欲證成立.推論2的極限情形是推論3設(shè)點A是定圓錐曲線(包括圓、橢圓、雙曲線和拋物線)C上的定點但不是頂 點，E、F是C上的兩個動點，直線AE. AF的斜率互為相反數(shù)，則直線EF的斜率為曲 線C過點A的切線斜率的相反數(shù)(定值).由推論3可立得以下三道高考題中關(guān)于定值的答案： TOC o 1-5 h z r 3 x 2y 2高考題1 (2009 遼寧理20( 2)已知A 1,了是橢圓C :- + ；=1上的定點， k 2 J43E、F是C上的兩個動點，直線AE. AF的斜率互為相反數(shù)，證明E

11、F直線的斜率為定值， 一 1并求出這個定值.(答案：.)高考題2 (2004 北京理-17(2)如圖1，過拋物線y 2 = 2 px (p 0)上一定點p(x y )(y 0)作兩條直線分別交拋物線于A(x , y ), B(x , y ) .當PA與PB的斜率存在 上 tx。，y 0 八y 0 u/1 12 2且傾斜角互補時，求匚二的值，并證明直線AB的斜率是非零常數(shù).(答案:*=2； kAB圖1高考題3 (2004 北京文-17(2)如圖1,拋物線關(guān)于X軸對稱，它的頂點在坐標原點，點尸(1,2), A(x , y ),B(x , y )均在拋物線上.當PA與PB的斜率存在且傾斜角互補時，

12、1122求y + y的值及直線AB的斜率.(答案：y + y =4； k = 1.)1212AB推論4設(shè)二次曲線r : ax2 + by2 +以+ dy + e = 0(a。b)上的四個點連成的四邊形是圓內(nèi)接四邊形，則該四邊形只能是以下三種情形之一：兩組對邊分別與坐標軸平行的矩形；底邊與坐標軸平行的等腰梯形；兩組對邊均不平行的四邊形，但在其兩組對邊、兩條對角線所在的三對直線中，每 對直線的斜率均存在且均不為0且均互為相反數(shù).證明 推論2中的圓內(nèi)接四邊形，只能是以下三種情形之一：是平行四邊形.由推論2知，該平行四邊形只能是兩組對邊分別與坐標軸平行的矩 形.是梯形.由推論2知，該梯形的底邊與坐標軸平行，兩腰所在直線的斜率及兩條對角 線所在直線的斜率均存在且均不為0且均互為相反數(shù)，可得該梯形是底邊與坐標軸平行的等 腰梯形.兩組對邊均不平行的四邊形.由推論2知，該四邊形的兩組對邊、兩條對角線所在的 三對直線中，每對直線的斜率均存在且均不為0且均互為相反數(shù).