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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．
‘ 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！