证明方程组解中的三个解，能组在正三角形

isee

证明：方程组\[\begin{cases}
  (x-h)^2+(y-k)^2=4(h^2+k^2), \\
xy=hk \end{cases}\]的四个解中的三个解$(x_1,y_1),(x_2,y_2),(x_3,y_3)$对应的点正好是某个等边三角形的顶点，给出它的几何解释。

kuing

这个样子？

isee

回复 2# kuing


    瞬间就出图了哇

kuing

回复 3# isee

但是还未能帮助证明，可能要变变

isee

回复 4# kuing


   这个双曲线上，找个等边真的很美

kuing

暂时未考虑细节地写一下大约过程。

设 $P(h,k)$, $A(x_1,y_1)$, $B(x_2,y_2)$，则
\begin{align*}
\cos \angle APB & =\frac{(x_1-h)(x_2-h)+(y_1-k)(y_2-k)} {\sqrt{(x_1-h)^2+(y_1-k)^2}\sqrt{(x_2-h)^2+(y_2-k)^2}} \\
& =\frac{(x_1-h)(x_2-h)+\bigl( \frac{hk}{x_1}-k \bigr)\bigl( \frac{hk}{x_2}-k \bigr)}{\sqrt{(x_1-h)^2+\bigl( \frac{hk}{x_1}-k \bigr)^2}\sqrt{(x_2-h)^2+\bigl( \frac{hk}{x_2}-k \bigr)^2}} \\
& =\frac{(x_1-h)(x_2-h)\abs{x_1x_2}(x_1x_2+k^2)} {\abs{(x_1-h)(x_2-h)}x_1x_2\sqrt{(x_1^2+k^2)(x_2^2+k^2)}},
\end{align*}
所以
\[\cos^2\angle APB=\frac{(x_1x_2+k^2)^2}{(x_1^2+k^2)(x_2^2+k^2)},\]
原方程组消去 $y$ 得
\[(x+h)(x^3-3hx^2-3k^2x+hk^2)=0,\]
所以
\begin{align*}
x_1^3-3hx_1^2-3k^2x_1+hk^2&=0, \\
x_2^3-3hx_2^2-3k^2x_2+hk^2&=0,
\end{align*}
于是
\[h=\frac{x_1^3-3k^2x_1}{3x_1^2-k^2}=\frac{x_2^3-3k^2x_2}{3x_2^2-k^2},\]
去分母因式分解得
\[(x_1-x_2)(3k^4-k^2x_1^2+8k^2x_1x_2-k^2x_2^2+3x_1^2x_2^2)=0,\]
整理得
\[(x_1^2+k^2)(x_2^2+k^2)=4(x_1x_2+k^2)^2,\]
所以
\[\cos^2\angle APB=\frac14,\]
同理得
\[\cos^2\angle APB=\cos^2\angle BPC=\cos^2\angle CPA=\frac14,\]
待续……

kuing

回复 6# kuing

如果结合几何意义来得出各个 cos 都是负的，那勉强还可以说得过去……

kuing

来个暴力一点的，但是更直接而不用判断正负的方法。

原方程组消去 $y$ 得
\[(x+h)(x^3-3hx^2-3k^2x+hk^2)=0,\]
设 $x_1$, $x_2$, $x_3$ 是方程 $x^3-3hx^2-3k^2x+hk^2=0$ 的三个根，则有
\[h=\frac{x_1^3-3k^2x_1}{3x_1^2-k^2}
=\frac{x_2^3-3k^2x_2}{3x_2^2-k^2}
=\frac{x_3^3-3k^2x_3}{3x_3^2-k^2},\]
去分母整理得到
\begin{align*}
3k^4-k^2x_1^2+8k^2x_1x_2-k^2x_2^2+3x_1^2x_2^2&=0, \\
3k^4-k^2x_1^2+8k^2x_1x_3-k^2x_3^2+3x_1^2x_3^2&=0,
\end{align*}
可见 $x_2$, $x_3$ 为如下关于 $t$ 的二次方程的两根
\[3k^4-k^2x_1^2+8k^2x_1t-k^2t^2+3x_1^2t^2=0,\]
由韦达定理得
\begin{align*}
x_2+x_3&=-\frac{8k^2x_1}{3x_1^2-k^2}, \\
x_2x_3&=\frac{3k^4-k^2x_1^2}{3x_1^2-k^2},
\end{align*}
所以
\begin{align*}
& (x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2-(x_1-x_3)^2-(y_1-y_3)^2 \\
={}&(x_1-x_2)^2+\left( \frac{hk}{x_1}-\frac{kh}{x_2} \right)^2-(x_1-x_3)^2-\left( \frac{hk}{x_1}-\frac{kh}{x_3} \right)^2 \\
={}&(2x_1-x_2-x_3)(x_3-x_2)+h^2k^2\left( \frac2{x_1}-\frac1{x_2}-\frac1{x_3} \right)\left( \frac1{x_3}-\frac1{x_2} \right) \\
={}&(x_3-x_2)\left( 2x_1-x_2-x_3-\frac{h^2k^2}{x_2x_3}\left( \frac2{x_1}-\frac{x_2+x_3}{x_2x_3} \right) \right) \\
={}&(x_3-x_2)\left( 2x_1+\frac{8k^2x_1}{3x_1^2-k^2}-\frac{h^2k^2(3x_1^2-k^2)}{3k^4-k^2x_1^2}\left( \frac2{x_1}+\frac{8k^2x_1}{3k^4-k^2x_1^2} \right) \right) \\
={}&\frac{6(x_3-x_2)(k^2+x_1^2) (x_1^3-3hx_1^2-3k^2x_1+hk^2)(x_1^3+3hx_1^2-3k^2x_1-hk^2)} {x_1(3x_1^2-k^2)(x_1^2-3k^2)^2},
\end{align*}
而 $x_1^3-3hx_1^2-3k^2x_1+hk^2=0$，故 $(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=(x_1-x_3)^2+(y_1-y_3)^2$，同理 $(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2=(x_2-x_3)^2+(y_2-y_3)^2$，即得证。

PS、最后一个因式分解用了软件，希望前面没算错。

abababa

发一位网友的解答：
设有$\triangle A_1A_2A_3$顶点$A_1(x_1,y_1),A_2(x_2,y_2),A_3(x_3,y_3)$是双曲线$xy=k$上的点，其外接圆为$\odot P$，$P(m,n),P'(-m,-n)$关于原点$O$对称
若已知$P'$在双曲线上，下面证明$\triangle A_1A_2A_3$是正三角形
$\odot P : (x-m)^2+(y-n)^2=PP'^2=4(m^2+n^2)$
由于$P'$在双曲线上，所以$k=xy=mn$，双曲线为$xy=mn$
由双曲线和圆的方程消$y$得$(x+m)(x^3-3mx^2-3n^2x+mn^2)=0$
显然$x=-m$是一根且为$P'$横坐标，于是$A_1,A_2,A_3$的横坐标满足$x^3-3mx^2-3n^2x+mn^2=0$
由 Viete，$x_1+x_2+x_3=3m$，同理$y_1+y_2+y_3=3n$，于是$P(m,n)$为$\triangle A_1A_2A_3$重心，即其重心与外心重合，所以$\triangle A_1A_2A_3$是正三角形

现其外心为$(h,k)$，关于$O$的对称点$(-h,-k)$显然在$xy=hk$上，于是三角形是正三角形

kuing

回复 9# abababa

这个证法好，nice!

其妙

，ababa的网友这么多呀！