求解四点共圆一题

hongxian

在平面直角坐标系中，设A，B，C是曲线$y=\dfrac{1}{x-1} $上三个不同的点，且D，E，F分别为BC，CA，AB的中点，则过D，E，F三点的圆一定经过点_____________.

isee

回复 1# hongxian


   猜一下，应该是此双曲线的中心。

abababa

设$A$的坐标是$(\frac{1}{y_1}+1,y_1)$，同理设$B(\frac{1}{y_2}+1,y_2),C(\frac{1}{y_3}+1,y_3)$，写出中点：
$(\frac{y_1+y_2}{2y_1y_2}+1,\frac{y_1+y_2}{2}),(\frac{y_2+y_3}{2y_2y_3}+1,\frac{y_2+y_3}{2}),(\frac{y_3+y_1}{2y_3y_1}+1,\frac{y_3+y_1}{2})$，再加一个点$(1,0)$，只要证明这四点共圆，也就是下面的行列式为$0$。
\begin{vmatrix}
\frac{y_1+y_2}{2y_1y_2}+1 & \frac{y_1+y_2}{2} & (\frac{y_1+y_2}{2y_1y_2}+1)^2+(\frac{y_1+y_2}{2})^2 & 1 \\
\frac{y_2+y_3}{2y_2y_3}+1 & \frac{y_2+y_3}{2} & (\frac{y_2+y_3}{2y_2y_3}+1)^2+(\frac{y_2+y_3}{2})^2 & 1 \\
\frac{y_3+y_1}{2y_3y_1}+1 & \frac{y_3+y_1}{2} & (\frac{y_3+y_1}{2y_3y_1}+1)^2+(\frac{y_3+y_1}{2})^2 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 1
\end{vmatrix}
行列式确实为0，所以圆过定点$(1,0)$。用软件算的行列式，肯定有其它简单方法，例如行列变换，能判断行列式为0。第一列减第二列，就能和最后一列成比例了，这就证明了行列式是0

isee

设$A$的坐标是$(\frac{1}{y_1}+1,y_1)$，同理设$B(\frac{1}{y_2}+1,y_2),C(\frac{1}{y_3}+1,y_3)$，写出中 ...
abababa 发表于 2017-2-19 15:46

    呵呵，猜对了！

isee

这题的结论很漂亮。。。

kuing

猜肯定会猜中心，因为有对称性，假如定点不是中心，就至少会有两个定点，但这题只有一条横线可填，应该不会（不小心用了应试技巧……

这题虽然证明出来不难，但要佩服的是发现结论的人，也好奇是否源于更高深的背景？

abababa

只有这种双曲线里有$y=\frac{1}{x+a}+b$，一般的双曲线里我画图时没发现类似的结论。

kuing

回复 3# abababa

你的中点是不是写错了

PS、其实只要算 y=1/x 的情形就行了，平移显然不改变结论，写起来简便些。

abababa

回复 8# kuing

确实写错了，我还觉得行列式怎么这么简单。

abababa

回复 8# kuing

其实开始就是在Geogebra里画了个图，发现过点$(1,0)$，也没想这个点是不是中心，有了四个点只要证明四点共圆就行了，就想到了行列式。不过改正了中点的表达式之后，对我来说就不那么容易看出行列式为0了，软件算的还是0.

isee

猜肯定会猜中心，因为有对称性，假如定点不是中心，就至少会有两个定点，但这题只有一条横线可填，应该不会 ...
kuing 发表于 2017-2-19 16:13

    GGB下画了下，似乎只有等轴双曲线才有此性质。

kuing

将曲线向左平移成 $y=1/x$，证明圆过原点。

设三点 $(a,1/a)$, $(b,1/b)$, $(c,1/c)$，则只需证 $(a+b,1/a+1/b)$, $(b+c,1/b+1/c)$, $(c+a,1/c+1/a)$ 与原点四点共圆（没除以2是因为坐标乘相同系数不改变共圆），根据四点共圆的充要条件，即证
\begin{align*}
&\begin{vmatrix}
a+b & \dfrac1a+\dfrac1b & (a+b)^2+\left(\dfrac1a+\dfrac1b\right)^2 & 1 \\
b+c & \dfrac1b+\dfrac1c & (b+c)^2+\left(\dfrac1b+\dfrac1c\right)^2 & 1 \\
c+a & \dfrac1c+\dfrac1a & (c+a)^2+\left(\dfrac1c+\dfrac1a\right)^2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{vmatrix}=0\\
\iff{}&\begin{vmatrix}
a+b & \dfrac1a+\dfrac1b & (a+b)^2+\left(\dfrac1a+\dfrac1b\right)^2\\
b+c & \dfrac1b+\dfrac1c & (b+c)^2+\left(\dfrac1b+\dfrac1c\right)^2\\
c+a & \dfrac1c+\dfrac1a & (c+a)^2+\left(\dfrac1c+\dfrac1a\right)^2
\end{vmatrix}=0\\
\iff{}&\begin{vmatrix}
ab & 1 & ab(a+b)+\dfrac1a+\dfrac1b\\
bc & 1 & bc(b+c)+\dfrac1b+\dfrac1c\\
ca & 1 & ca(c+a)+\dfrac1c+\dfrac1a
\end{vmatrix}=0\\
\iff{}&\begin{vmatrix}
b(a-c) & 0 & b(a-c)(a+b+c)+\dfrac1a-\dfrac1c\\
c(b-a) & 0 & c(b-a)(a+b+c)+\dfrac1b-\dfrac1a\\
ca & 1 & ca(c+a)+\dfrac1c+\dfrac1a
\end{vmatrix}=0\\
\iff{}&\begin{vmatrix}
1 & 0 & a+b+c-\dfrac1{abc}\\
1 & 0 & a+b+c-\dfrac1{abc}\\
ca & 1 & ca(c+a)+\dfrac1c+\dfrac1a
\end{vmatrix}=0,
\end{align*}
即得证。

isee

从纯几何上说，我想到了九点圆，变成了十点圆了。

isee

果然呢：tieba.baidu.com/p/330848249

转过来：

[ 本帖由 EΠR 于 2008-02-28 15:20 发表 ]

大家都熟知费尔巴哈九点圆吧，就是指这个圆通过三角形中的九个特殊点：
三条边的中点（R、S、T）、三条高线的垂足（D、E、F）、垂心分别与各顶点连结所得的三条线段的中点（X、Y、Z）。

    一旦这个三角形的三个顶点在等轴双曲线（反比例函数）上，那么它的九点圆将还要过一个特殊点：等轴双曲线的中心。

    为证明上述结论，先证一个引理：一条直线交双曲线于A、B，交两条渐近线于C、D，那么AC＝BD。



    设双曲线方程为x²/a²-y²/b²=1,那么渐近线方程为x²/a²-y²/b²=0，设直线方程为y=kx+m，由于双曲线方程与渐近线方程的左边相同，区别只在右边的常数，所以可将它们写成统一形式：x²/a²-y²/b²=t，当t＝1时得到双曲线，当t＝0时得到渐近线。

    将直线带入上述方程消去y并整理得：(b²-k²a²)x²-2kma²x-a²m²-ta²b²=0
    只要k不为双曲线的渐近线斜率±b/a，那么方程就有两个不等的实根x1、x2，由韦达定理：x1+x2＝2kma²/(b²-k²a²),但它与t的取值无关，因此AD的中点与BC的中点重合，所以AC＝BD


下面证明原命题：



由引理知：GB＝CH，由九点圆性质:BD=CD
所以GD＝DH
又因为GHO为直角三角形，所以DH＝DG＝DO
所以∠DOG=∠DGO
同理在直角三角形MON中OF＝FM
所以∠FOM＝∠FMO
所以∠DOG－∠FOM＝∠DGO－∠FMO
得：∠DOF＝∠GBM＝180°-∠FBD
又由于三角形ABC中两边中点连线平行与第三边
所以四边形BDEF为平行四边形
所以∠FBD＝∠DEF
所以∠DOF＝180°－∠FBD
也即∠DOF+∠FBD=180°
所以D、E、F、O四点共圆，而D、E、F在九点圆上
所以O也在九点圆上。
  
此时九点圆也成了“十点圆”

kuing

回复 14# isee

果然厉害

其妙

回复 14# isee
果然厉害

hbghlyj

chrisvantienhoven.nl/en/qa-items/qa-points/qa-p2
又见,近代欧氏几何学第398节

hbghlyj

zhihu.com/question/55992071/answer/1326118715
抄一下(作为备份
这个结果事实上是圆锥曲线的一条几何性质

${\text{Theorem 1}}$ 等轴双曲线所接三角形的九点圆通过该双曲线中心。
与之有关的另一条性质是

${\text{Theorem 2}}$ 等轴双曲线所接三角形的垂心位于该双曲线上。
由于前一个可以由后一个推出，这里只证明第二个。如图所示， $\triangle ABC$ 接于等轴双曲线， $H$ 是其垂心， $AH$ 交 $BC$ 于 $D,$ $CH$ 交 $AB$ 于 $E,$ 同时，记双曲线的两个无穷远点[1]分别为 $X_{\infty},Y_{\infty}.$

作 $AY_\infty, CX_{\infty}$ 交于 $P,$ $BY_\infty, HX_{\infty}$ 交于 $Q.$[2]由于 $AP,BQ$ 平行于同一条渐近线， $CP,HQ$ 平行于另一条渐近线，而等轴双曲线的渐近线是互相垂直的，因此， $\angle APC=\angle BQH=90^{\circ},$ 这表明 $P$ 与 $A,E,D,C$ 共圆，而 $Q$ 与 $B,D,H,E$ 共圆。同时，不难看出 $\triangle APC \sim \triangle HQB,$ [3]于是就有 $\angle CDP=\angle CAP=\angle BHQ=\angle BDQ,$ 所以 $P,D,Q$ 共线。但这$P,D,Q$不是别的，它们正是六点形 $AHX_{\infty} CBY_{\infty}$ 三组对边的交点，于是依 $\text{Pascal}$ 定理之逆，这六点形的顶点共于同一条圆锥曲线，质言之， $H$ 位于这双曲线上，定理因而得证。


脚注
[1]^很清楚，这双曲线的无穷远点也就是它渐近线的无穷远点，有且仅有两个。
[2]^作某点与无穷远点的连线，就相当于过这点作相应渐近线的平行线。
[3]^容易看出这两三角形的边相互地垂直着。

hbghlyj

标号 $(x_i,\frac{k}{x_i})$ ， $k \ne 0$ .


不妨让坐标轴 $\left( x,y \right) \rightarrow \left( \frac{x}{\sqrt{k}},\frac{y}{\sqrt{k}} \right)  $ ，故 $k$ 为了方便可取 $1$ 。

设定点为 $(x,y)$ ，则四点共圆：

$H=\left| \begin{matrix}         1&                \frac{x_1+x_2}{2}&                \frac{x_1+x_2}{2x_1x_2}&                \left( \frac{x_1+x_2}{2} \right) ^2+\left( \frac{x_1+x_2}{2x_1x_2} \right) ^2\\         1&                \vdots&                \vdots&                \vdots\\         1&                \vdots&                \vdots&                \vdots\\         1&                x&                y&                x^2+y^2\\ \end{matrix} \right|=0 $

下面证明恒过原点。（在缩放下不变）

从自由度考虑只能有一个（3-2）定点。

$H=\left| \begin{matrix}         1&                \frac{x_1+x_2}{2}&                \frac{x_1^{-1}+x_2^{-1}}{2}&                \left( \frac{x_1+x_2}{2} \right) ^2\\         1&                \vdots&                \vdots&                \vdots\\         1&                \vdots&                \vdots&                \vdots\\         1&                0&                0&                0\\ \end{matrix} \right|+\left| \begin{matrix}         1&                \frac{x_1+x_2}{2}&                \frac{x_1^{-1}+x_2^{-1}}{2}&                \left( \frac{x_1^{-1}+x_2^{-1}}{2} \right) ^2\\         1&                \vdots&                \vdots&                \vdots\\         1&                \vdots&                \vdots&                \vdots\\         1&                0&                0&                0\\ \end{matrix} \right|$

$=\left[ \prod_{cyc}^3{\left( x_1+x_2 \right)} \right] \left| \begin{matrix}         \frac{1}{2}&                \frac{1}{2x_1x_2}&                \frac{x_1+x_2}{4}\\         \vdots&                \vdots&                \vdots\\         \vdots&                \vdots&                \vdots\\ \end{matrix} \right|+\left[ \prod_{cyc}^3{\left( \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2} \right)} \right] \left| \begin{matrix}         \frac{x_1x_2}{2}&                \frac{1}{2}&                \frac{x_1^{-1}+x_2^{-1}}{4}\\         \vdots&                \vdots&                \vdots\\         \vdots&                \vdots&                \vdots\\ \end{matrix} \right|$

$=f\left( x_1,x_2,x_3 \right) -f\left( \frac{1}{x_1},\frac{1}{x_2},\frac{1}{x_3} \right)  $

下面证明 $f(a,b,c)$ 为常数。

$\color{blue}{\left| \begin{matrix}         1&                \frac{1}{ab}&                \frac{a+b}{2}\\         1&                \frac{1}{bc}&                \frac{b+c}{2}\\         1&                \frac{1}{ca}&                \frac{c+a}{2}\\ \end{matrix} \right|}=\frac{1}{2}\left( \left| \begin{matrix}         1&                \frac{1}{ab}&                a\\         1&                \frac{1}{bc}&                b\\         1&                \frac{1}{ca}&                c\\ \end{matrix} \right|+\left| \begin{matrix}         1&                \frac{1}{ab}&                b\\         1&                \frac{1}{bc}&                c\\         1&                \frac{1}{ca}&                a\\ \end{matrix} \right| \right) $

$=\frac{1}{2abc}\left( \left| \begin{matrix}         1&                c&                a\\         1&                a&                b\\         1&                b&                c\\ \end{matrix} \right|+\left| \begin{matrix}         1&                c&                b\\         1&                a&                c\\         1&                b&                a\\ \end{matrix} \right| \right) \color{blue}{=0 }$

故 $f(a,b,c)=0$

即证得 $H=0$ 。

hbghlyj

前面
@予一人
大佬说的挺好的了，但这里也说一下从三角形几何学角度的做法，顺便补充一下垂心在外接等轴双曲线上是如何推出这个命题的。

其实本质是这样两个定理。

定理1： $\mathcal{H}$ 是 $\triangle ABC$ 的外接圆锥曲线是等轴双曲线当且仅当其经过 $\triangle ABC$ 的垂心 $H$ .

定理2：三角形 $\triangle ABC$ 的外接等轴双曲线 $\mathcal{H}$ 的中心在其九点圆上.

证明如下：

定理1的证明：回忆如下事实： $\triangle ABC$ 的外接圆锥曲线的等角共轭像是直线（证明简单导交比即可）。于是 $\mathcal{H}$ 是等轴双曲线当且仅当其与无穷远直线 $\mathcal{L}_\infty$ 两交点处的切线垂直，当且仅当这两交点与两圆环点成调和点列（Laguerre定理的直接推论），下面注意到两圆环点等角共轭（因为 $\odot(ABC)$ 与 $\mathcal{L}_\infty$ 等角共轭，故两交点亦如是），于是上述命题成立当且仅当 $\mathcal{H}$ 的等角共轭像与 $\odot(ABC)$ 的两交点与两圆环点构成 $\odot(ABC)$ 上的调和四边形，也即 $\mathcal{H}$ 的等角共轭像与 $\odot(ABC)$ 的两交点是 $\odot(ABC)$ 上的对径点（连线经过两圆环点连线的极点，也即外心），也即 $\mathcal{H}$ 的等角共轭像经过 $\triangle ABC$ 的外心，故当且仅当 $\mathcal{H}$ 过 $H$ . $\quad \Box$

定理2的证明：由定理1， $\triangle ABC$ 的垂心 $H\in\mathcal{H}$ ，于是只需要证明 $H$ 在 $\mathcal{H}$ 上的对径点是 $\odot(ABC)$ 与 $\mathcal{H}$ 的第四交点（则由外接圆和九点圆关于垂心2:1位似立得结论成立），不妨设第四交点为 $D$ ，则 $\triangle BCD$ 的垂心 $H'\in\mathcal{H}$ ，而熟知 $ADH'H$ 是平行四边形，故其中心恰为 $\mathcal{H}$ 的中心，也即 $HD$ 中点是 $\mathcal{H}$ 中心，在九点圆上. $\quad\Box$

顺便补充一点题外话，这事实上说明过等轴双曲线上四点的Poncelet点恒为其中心.所以其三组对边交点的外接圆（一点关于另外三点的Ceva圆）也恒过双曲线中心.

另外一句题外话，由定理2还可以推知任意一对反角共轭点是其所在外接等轴双曲线上的对径点.