圆外切四边形两条对角线的中点与圆心共线

isee

证明：圆外切四边形两条对角线的中点与圆心共线。

kuing

来个~暴~力~三角法……

不妨设圆为单位圆且圆心为原点，则可设四边所在直线方程为 $l_i$: $x\cos t_i+y\sin t_i=1$, $i=1$, $2$, $3$, $4$，将 $l_i$ 与 $l_j$ 的交点记为 $P_{ij}$，联立方程组有
\[\led
x\cos t_i+y\sin t_i&=1,\\
x\cos t_j+y\sin t_j&=1
\endled
\riff
\led
x&=\frac{\sin t_i-\sin t_j}{\sin t_i\cos t_j-\cos t_i\sin t_j}
=\frac{\cos\frac{t_i+t_j}2}{\cos\frac{t_i-t_j}2},\\
y&=\frac{-\cos t_i+\cos t_j}{\sin t_i\cos t_j-\cos t_i\sin t_j}
=\frac{\sin\frac{t_i+t_j}2}{\cos\frac{t_i-t_j}2},
\endled\]
为方便书写，再令 $t_i=2u_i$，即 $P_{ij}$ 的坐标为
\[\left(\frac{\cos(u_i+u_j)}{\cos(u_i-u_j)},
\frac{\sin(u_i+u_j)}{\cos(u_i-u_j)}\right),\]
那么 $P_{12}P_{34}$ 的中点坐标为
\[\left(\frac{\cos(u_1+u_2)}{2\cos(u_1-u_2)}
+\frac{\cos(u_3+u_4)}{2\cos(u_3-u_4)},
\frac{\sin(u_1+u_2)}{2\cos(u_1-u_2)}
+\frac{\sin(u_3+u_4)}{2\cos(u_3-u_4)}
\right),\]
故它与原点连线的斜率为
\[\frac{\sin(u_1+u_2)\cos(u_3-u_4)
+\cos(u_1-u_2)\sin(u_3+u_4)}
{\cos(u_1+u_2)\cos(u_3-u_4)
+\cos(u_1-u_2)\cos(u_3+u_4)},\]
通过积化和差将其化简为
\[\frac{\sin(u_1+u_2+u_3-u_4)
+\sin(u_1+u_2-u_3+u_4)
+\sin(u_1-u_2+u_3+u_4)
+\sin(-u_1+u_2+u_3+u_4)}
{\cos(u_1+u_2+u_3-u_4)
+\cos(u_1+u_2-u_3+u_4)
+\cos(u_1-u_2+u_3+u_4)
+\cos(-u_1+u_2+u_3+u_4)},\]
显然它是完全对称式，因此对于 $P_{23}P_{14}$ 的中点、$P_{13}P_{24}$ 的中点都将有完全相同的结论，所以如果将四边形画成完全四边形，它的三条对角线的中点都与原点共线。

isee

回复 2# kuing


    对你，没难度，轻松驾驭

kuing

伸缩变换不改变结论，所以对椭圆也成立，那，对双曲线是否也成立？

isee

回复 4# kuing


    这个是某著名定理的特殊情况。。。。。你都四完全四边形了，有心曲线均OK的，当然，只到主楼程度，不推广。

    不过，已经被你看破本质了

isee

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kuing

双曲线只需证 $x^2-y^2=1$ 的情形，本来以为直接将上面的 $\cos$, $\sin$ 改成 $\cosh$, $\sinh$ 就行，但突然发现这样只能表示其中一支，要两支都考虑，就要改成 $\pm\cosh$，莫非还要分类讨论？

其妙

回复 6# isee
看来我知道我的积分的大致情况了
是不是可用复数证明

kuing

回复 8# 其妙

你的积分在本论坛排第3（见 kuing.orzweb.net/member.php?action=list&order=credits）

敬畏数学

回复 6# isee
看不了啊。

kuing

回复 10# 敬畏数学

你的积分够应该可以看到的啊