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2』 一
款 鼍救 擎 }
20 年第 2 07 期
圆锥 曲线上 四点共圆的充要条件
2 15 数学思维训练左右脑协调研究中心 陈振宣 03 0
百年以前, 著名的教材《 坐标几何} o e ( ny L 著) 中曾提到椭圆上四点共圆的必要条件: 四点 圆 的离心角之和为7 r 的偶数倍. 证明方法十分巧妙, 4 = , 但要应用高次方程的韦达定理. 这一条件是否充 必要性: 如果 A,E C、 j、 D四点共圆, } 根据 圆 分, 一直是悬案. 在上世纪八十年代编写 《 数学 幂定理, IA ICI :Q IDI即ItI 有Q I Q = IBI ,  ̄ 2 = = Q 1 题解辞典》 平面解析几何时, 仍未获解决.至上 It . t 4 31
。 。
,
世纪九十年初编写 《 中学数 学范例 点评》 才 时, 证明了此条件的充分性.20 年湖北高考理工 05 第2 题: 1 “ 设A、B是椭圆3 +Y 上两点, 2= 分线与椭 圆相交于 、D两点.
‘ 2C S . O 20+ a i 20> 0 .b 2 n s
,
b CS 2 O 2妒+ a2 i 2 > 0 sn 妒
,
点NO, 是线段A 3 ) B的中点, 线段A B的垂直平
( 确定 1 ) 的取值范围, 并求直线A 的方程; B ( 试判断是否存在这样的 , 2 ) 使得 A . 、B. D在同一个圆上?并说明理由. ”从而又弓 I
. 2o 2 +a s 2 . c s .b O 2 i b c s  ̄ 2i2 , n 0= 2 o 2 +a sn
即( —6 s 2 +6 =(2 2s 2 a 2 i 2 a 一b)i +b, 2 )n 0 n
。 2 2 , . 一b ≠0 .a
n ‘ . . n
sn i 0= sn i ,
‘
.
。 sn0> 0 sn > 0 i , i ,
、
发对此问题的讨论. 由于结论十分简明, 容易触 发人们的好奇心. 定理 椭圆 + : 1 = 上四点共圆的充要 =
条件是 此四点的离 心角之和为7的偶数倍. r 证明: 设椭圆上依次四点A B 、 按逆 、 、 D(
. sn0= sn , . i . i
。 - ,. + = 丌 .0≠ 。 .0 . 如果 0= = , 也有 0 = 7 + r 以直 .所 线A C、BD 的倾斜 角互补, 故它们的斜率互为 相反数 ( 如果斜率不存在, C B 则A 、 D均与 轴
时针序排列) 的离心角为 ( =1 2 3 4. i , , , ) 不 妨设A 、 D交于点Q z, ) 直线A 、 D CB (0y , o B
的倾斜角分别为0 , 、 则直线 BD的参数方
程分别为
=口0+ 刚 ,
垂直, 这与A C B D是逆时针顺序矛盾) . b i —s ) (n s l i 3 n
t
G = = =
2 sn b i
=
一
cS O
.. — . . .— ∈ 。 .- — — .- — — 一 . . — L - — -— - — — —
2 i asn
_
8n i
_
l =Y t i , - o+ sn0 Y
跏 “ cs o
① ② @
。
b
= 一 c ot— 一
.
l+ 蚴
‘
< 【 o s =Y十tn i
.
同理 k 引9: 一一ct b o
.
分别代入椭圆方程:2 口Y =ab ( > b + 22 2 a x 2 b ) ( CS O a s 2 ) +26 CS >0, 6 O2 + 2i at ( O 0 得 2 n 2 2
。 k . AC + k . BD = 0 ,
. o . t .c
+ct o堕
=0
,
+ 2oiO +b 3 2 一06=0 ③ nYs ) 2 +a nt z 2 2 ( S 十 as 2 2b 0O + 6C 2 2O 2i ) n 2+ ( S 2 C ays  ̄ +b 3 a 2 ab=0 2 i ) 2 +2 一2 on t 2 ④
方程 ③ 的两个根分别为t t , 1 2 则 I 、 = Q Il A,t =Qc; 2 方程 ④ 的两个根分别为t、4 3t, 则 l l B l I D. t =Q , 4 =Q 3 t
. sn —————_———— - : . S . i = —一 : 0 =U ,
・
. . ● ●
蔓
^
:
:n 丌
~ ¨
,
即 1 2 3 4 礼 礼∈z . + + + =2 丌( )
充分性: 如果 1十 2 3+ + 4= 2 丌 n,
( ∈Z , 0 l 3 忆 一(2 4 扎 ) 贝 + =2 7 a + ) r ,
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20 年第 2 07 期
。 t 一 -。t c
数 擎教学
2 1 —7
(一 +) 礼 下c 丌a  ̄ e4
,
^ 直线 A B的方程为 +Y 一4 . =0 直线 D的方程为 Y = 一1 即 一 一3 , +
2 = 0 .
=一 毗 T +a c a 2 4
b
,
0t ・ A = 一 一 c . . 。 = =
k BD  ̄ -
。
. k C+ k D=0 即日 =7 . A . B , + r .
・
.
由于直线 A B、 C D的倾斜角互补, 由定理 可知 ,B、 、D四点共圆. 在高考 中关 于圆锥 曲线上 四点共 圆问题 的 出现并非首次。 下面请看 20 年广东的试
题. 02
.
b S 2O2 C +a n =bCS( 一 + 2i2 s 2 O 7 ) r
设 、 是双曲 一去 =1 两点 点 B 线 2 上 ,
N( 2是线段A 1) , B的中点. () 1求直线AB的方程; ( 如果线段A 2 ) B的垂直平分线与双曲线相
交于 C、D两点, 那么 A 、B、G 、D四点是否共 圆?为什么?
s 2 r ) 2O2 i ( 一 =b CS n7 +a n . 2i s2
.
.t z t 4 从而 lA l llB lD . .l =2 , t t l = I } 1 Q ( =
根据圆幂定理 的逆定理, 可得 A 、B、 、D 四点共圆.
对于抛物线、双曲线可有以下定理. 定理 抛物线上四点A、B、C 、D( 顺序是 逆时针的) 共圆的充要条件是直线A C、BD的 倾斜角互补。
定理 双 曲线上 四点 A 、B、C 、D( 顺序是
解:1 设 A B的坐标分别为 Ax,1 ( ) 、 (l ) y、 B x,2 则 (23) ,, 2i =2 一 } , ① 2; =2 一 i , ②
逆时针的) 共圆的充要条件是直线A C、BD的 倾斜角互补.
①一 ⑦得2 2 ) Y一 ≥:0 ( 一 ;一( ) , }
.
● ●
— — — ’ ’ 一
l 2 2x + ) —y (l 2
= — — — — — — 。 — 一
,
\ == 二
l— 2 1+ 2 。 . . = 1 l Y ,Y + 2 ・ —— : ,—■ = =上 = 2 ,
- -
.
・・ 一
1 2 2x +X ) , 一Y (l 2
= 工‘
1— 2 — Y+ 1 = 0 .
1+
直线 A B的方程 Y 一2= 一1 即 ,
图 1
(A 2 B的垂直平分线与双曲线交于e ) 、D 两点。由于直线 A B与 CD的倾斜角互补, 所以
、
对于椭 圆前面 已经证 明, 抛物线、双 曲线完 全可仿照椭圆的证 明方法 获得证明。 这里从略.
B、 、D 四点共圆.
最后用同样方法可以解决湖北的试题. 这一 方法也适用于抛物线、双曲线的证明.
设A x,1 (2y) (l ) x ,2在椭圆3 。 2 y 、B +Y =
上, 则有 ;1 =, : :3 =, : 即 l 2 , l 2 6 +X :2 Y +Y = .
如果不用这一定理, 则需要求 出直线 C D的 方程Y=一 +3 代入双曲线方程, . 求 、D两 点的横坐标 、 所满足的二次方程, 3 4 用韦达定 理求得X + 、XX 的值。 3 4 34 然后
运用向量 C P.
又3i = 3l = + } , + 2 两式 相减:
3 l ) 1 ) Y- 2( + 2 =0 ( — 2( + 2 +(l Y) l Y) , Y 1 3x + ) 一2 (l 2
.
D = ( 户: 0其中P点可以是以C : D为直径的圆上 任意一点)可证 、 , B的坐标满足此圆方穆 这 样运算量就不轻了. 本题的证法较多, 是一题多
解的好练 习. 由前述圆锥曲线上四点共圆的充要条件, 广 东 的试题可以直接获解.
~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~
●●
— — — 一
一
一
— — — —
—
1 ‘
1一 2
~ ~ ~ ~ ~ , 、 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~
】+ 2
~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~
( 上接第21 页 -0 )
即点 的轨迹是 以原点 0为圆心, 为半径的 以凸
注: 根据探 究41 .和探究 4 可知, . 2 动点分别
在左右支上运动产生的点 的轨迹均为圆弧, 而
圆( 两个点除外) .
且这两段圆弧合 并在一起刚好是一个 圆!
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20 年第 2 07 期
圆锥 曲线上 四点共圆的充要条件
2 15 数学思维训练左右脑协调研究中心 陈振宣 03 0
百年以前, 著名的教材《 坐标几何} o e ( ny L 著) 中曾提到椭圆上四点共圆的必要条件: 四点 圆 的离心角之和为7 r 的偶数倍. 证明方法十分巧妙, 4 = , 但要应用高次方程的韦达定理. 这一条件是否充 必要性: 如果 A,E C、 j、 D四点共圆, } 根据 圆 分, 一直是悬案. 在上世纪八十年代编写 《 数学 幂定理, IA ICI :Q IDI即ItI 有Q I Q = IBI ,  ̄ 2 = = Q 1 题解辞典》 平面解析几何时, 仍未获解决.至上 It . t 4 31
。 。
,
世纪九十年初编写 《 中学数 学范例 点评》 才 时, 证明了此条件的充分性.20 年湖北高考理工 05 第2 题: 1 “ 设A、B是椭圆3 +Y 上两点, 2= 分线与椭 圆相交于 、D两点.
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( 确定 1 ) 的取值范围, 并求直线A 的方程; B ( 试判断是否存在这样的 , 2 ) 使得 A . 、B. D在同一个圆上?并说明理由. ”从而又弓 I
. 2o 2 +a s 2 . c s .b O 2 i b c s  ̄ 2i2 , n 0= 2 o 2 +a sn
即( —6 s 2 +6 =(2 2s 2 a 2 i 2 a 一b)i +b, 2 )n 0 n
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发对此问题的讨论. 由于结论十分简明, 容易触 发人们的好奇心. 定理 椭圆 + : 1 = 上四点共圆的充要 =
条件是 此四点的离 心角之和为7的偶数倍. r 证明: 设椭圆上依次四点A B 、 按逆 、 、 D(
. sn0= sn , . i . i
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时针序排列) 的离心角为 ( =1 2 3 4. i , , , ) 不 妨设A 、 D交于点Q z, ) 直线A 、 D CB (0y , o B
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2 1 —7
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题. 02
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设 、 是双曲 一去 =1 两点 点 B 线 2 上 ,
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交于 C、D两点, 那么 A 、B、G 、D四点是否共 圆?为什么?
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根据圆幂定理 的逆定理, 可得 A 、B、 、D 四点共圆.
对于抛物线、双曲线可有以下定理. 定理 抛物线上四点A、B、C 、D( 顺序是 逆时针的) 共圆的充要条件是直线A C、BD的 倾斜角互补。
定理 双 曲线上 四点 A 、B、C 、D( 顺序是
解:1 设 A B的坐标分别为 Ax,1 ( ) 、 (l ) y、 B x,2 则 (23) ,, 2i =2 一 } , ① 2; =2 一 i , ②
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对于椭 圆前面 已经证 明, 抛物线、双 曲线完 全可仿照椭圆的证 明方法 获得证明。 这里从略.
B、 、D 四点共圆.
最后用同样方法可以解决湖北的试题. 这一 方法也适用于抛物线、双曲线的证明.
设A x,1 (2y) (l ) x ,2在椭圆3 。 2 y 、B +Y =
上, 则有 ;1 =, : :3 =, : 即 l 2 , l 2 6 +X :2 Y +Y = .
如果不用这一定理, 则需要求 出直线 C D的 方程Y=一 +3 代入双曲线方程, . 求 、D两 点的横坐标 、 所满足的二次方程, 3 4 用韦达定 理求得X + 、XX 的值。 3 4 34 然后
运用向量 C P.
又3i = 3l = + } , + 2 两式 相减:
3 l ) 1 ) Y- 2( + 2 =0 ( — 2( + 2 +(l Y) l Y) , Y 1 3x + ) 一2 (l 2
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即点 的轨迹是 以原点 0为圆心, 为半径的 以凸
注: 根据探 究41 .和探究 4 可知, . 2 动点分别
在左右支上运动产生的点 的轨迹均为圆弧, 而
圆( 两个点除外) .
且这两段圆弧合 并在一起刚好是一个 圆!