这道解析几何（复习测试）题可能隐藏着什么？

力工

若椭圆$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$的任意内接$\triangle ABC$的外心为$D$，$O$为坐标原点，直线$AB,BC,CA,OD$的斜率存在且分别为$k_1,k_2,k_3,k_4$,
证明：$k_1k_2k_3k_4=\frac{3}{4}$.


这是一道高三复习测试题，想请教大佬们，这道题除了是道硬算题外，可以和啥垂径定理扯上关系，那它还有没有更深的隐藏的背景知识？

kuing

背景我不清楚，但我想到了一个证法，虽然也有一定计算量，但感觉还是蛮有意思嘀。

我将证明更一般情况，把椭圆方程改为 `\Gamma`: `ax^2+by^2=1`（`ab\ne0`, `a\ne b`）。

设 `A(x_1,y_1)`, `B(x_2,y_2)`, `C(x_3,y_3)`，设 `\triangle ABC` 的外接圆方程为 `(x-m)^2+(y-n)^2=r^2`，由于该圆已经和 `\Gamma` 有三个交点，它们都是二次曲线，故而应当还有第四个交点，设为 `E(x_4,y_4)`（字母 `D` 被原题占用了只好用 `E`）。

记 `T=k_1k_2k_3`，则
\[T=\frac{(y_1-y_2)(y_2-y_3)(y_3-y_1)}{(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)},\]
根据熟知的“四点共圆斜率互反”结论，即有 `(y_2-y_3)/(x_2-x_3)=-(y_1-y_4)/(x_1-x_4)` 等三式，于是有以下四式
\begin{align*}
&T=-\frac{(y_1-y_2)(y_1-y_3)(y_1-y_4)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)},\\
&T=-\frac{(y_2-y_1)(y_2-y_3)(y_2-y_4)}{(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_2-x_4)},\\
&T=-\frac{(y_3-y_1)(y_3-y_2)(y_3-y_4)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_3-x_4)},\\
&T=-\frac{(y_4-y_1)(y_4-y_2)(y_4-y_3)}{(x_4-x_1)(x_4-x_2)(x_4-x_3)},
\end{align*}
根据等比定理，有
\[T=-\frac{(y_1-y_2)(y_1-y_3)(y_1-y_4)+(y_2-y_1)(y_2-y_3)(y_2-y_4)+\cdots}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)+(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_2-x_4)+\cdots},\]
（太长了略去后面两项，就是分子分母分别加起来，就变成了四元对称式了）
下面计算分母，记 `s_1=x_1+x_2+x_3+x_4`, `s_2=\sum_{i<j}x_ix_j`, `s_3=x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4`，则分母可整理为
\[s_1^3 - 4 s_1 s_2 + 8 s_3,\]
联立 `ax^2+by^2=1` 与 `(x-m)^2+(y-n)^2=r^2`，消 `y` 得
\begin{align*}
&(a-b)^2 x^4+4 (a-b) b m x^3\\
&-2 (a-b+a b m^2-3 b^2 m^2-a b n^2-b^2 n^2-a b r^2+b^2 r^2) x^2\\
&-4 b m (1+b m^2+b n^2-b r^2) x+\cdots=0,
\end{align*}
于是由韦达定理有
\begin{align*}
s_1&=-\frac{4bm}{a-b},\\
s_2&=\frac{-2 (a-b+a b m^2-3 b^2 m^2-a b n^2-b^2 n^2-a b r^2+b^2 r^2)}{(a-b)^2},\\
s_3&=\frac{4 b m (1+b m^2+b n^2-b r^2)}{(a-b)^2},
\end{align*}
代回去化简后结果异常地简洁
\[s_1^3 - 4 s_1 s_2 + 8 s_3=\frac{64 a b^2 m n^2}{(a-b)^3},\]
这就是分母，而根据对称性，分子就是上式的 `(a,b,m,n)` 变成 `(b,a,n,m)`（不信你可以再计算一次），因此分子必然是
\[\frac{64 a^2 b m^2 n}{(b-a)^3},\]
所以
\[T=\frac{am}{bn}=\frac ab\cdot\frac1{k_4},\]
即 `k_1k_2k_3k_4=a/b`，回到原题就是 `=(1/16)/(1/12)=3/4`。

kuing

另外我还发现分子分母竟然是可以因式分解的！有恒等式
\begin{align*}
&(x_1-x_2)(x_1-x_3)(x_1-x_4)+(x_2-x_1)(x_2-x_3)(x_2-x_4)+\cdots \\
={}&(x_1 + x_2 - x_3 - x_4) (x_1 - x_2 + x_3 - x_4) (x_1 - x_2 - x_3 + x_4),
\end{align*}
于是就得到了一个副产品：
将四边形 `ABCE` 两对边中点连线及对角线中点连线的斜率记为 `k_5`, `k_6`, `k_7`，则有 `k_1k_2k_3=-k_5k_6k_7`。
几何画板验证如下：

力工

kuing 发表于 2022-9-8 22:09
背景我不清楚，但我想到了一个证法，虽然也有一定计算量，但感觉还是蛮有意思嘀。

我将证明更一般情况，把 ...

我抱力计算的。中间用了个斜率积为$\dfrac{b^2}{a^2}$，总觉得这么漂亮的东西，可能有啥。

kuing

力工 发表于 2022-9-8 23:10
我抱力计算的。中间用了个斜率积为$\dfrac{b^2}{a^2}$，总觉得这么漂亮的东西，可能有啥。 ...

过程写一个呗。

嗯，我也觉得会有啥。

kuing

记一个知乎链接：zhihu.com/question/554684368