已知$\triangle ABC$是等轴双曲线$H$上的内接三角形，$P,Q,R$分别是边$CA,AB,BC$上的中点，求证：$\triangle PQR$的外接圆恒过定点．
分析与解 根据双曲线的对称性，若$\triangle PQR$的外接圆恒过定点，则该定点一定为双曲线的中心．下面给出证明．
不妨设等轴双曲线的方程为$y=\dfrac 1x$，此时$A\left(a,\dfrac 1a\right)$，$B\left(b,\dfrac 1b\right)$，$C\left(c,\dfrac 1c\right)$，其中$a,b,c$互不相等．这样就有\[P\left(\dfrac{b+c}{2},\dfrac {b+c}{2bc}\right),Q\left(\dfrac{c+a}{2},\dfrac {c+a}{2ca}\right),R\left(\dfrac{a+b}{2},\dfrac {a+b}{2ab}\right).\]当$(a+b)(b+c)(c+a)=0$时，命题显然成立．当$(a+b)(b+c)(c+a)\ne 0$时，设$\triangle PQR$的外接圆方程为\[x^2+y^2+Dx+Ey+F=0,\]则\[\left(\dfrac{a+b}2\right)^2+\left(\dfrac{a+b}{2ab}\right)^2+D\cdot\dfrac{a+b}2+E\cdot \dfrac{a+b}{2ab}+F=0,\]也即\[\dfrac{a+b}2+\dfrac{a+b}{2a^2b^2}+D+E\cdot \dfrac{1}{ab}+F\cdot \dfrac{2}{a+b}=0,\]类似的，有\[\dfrac{b+c}2+\dfrac{b+c}{2b^2c^2}+D+E\cdot \dfrac{1}{bc}+F\cdot \dfrac{2}{b+c}=0,\]两式相减，可得\[\dfrac{a-c}2+\dfrac{(c-a)(ab+bc+ca)}{2a^2b^2c^2}+E\cdot \dfrac{c-a}{abc}+F\cdot \dfrac{2(c-a)}{(a+b)(b+c)}=0,\]也即\[-\dfrac 12+\dfrac{ab+bc+ca}{2a^2b^2c^2}+E\cdot \dfrac{1}{abc}+F\cdot \dfrac{2}{(a+b)(b+c)}=0,\]类似的，有\[-\dfrac 12+\dfrac{ab+bc+ca}{2a^2b^2c^2}+E\cdot \dfrac{1}{abc}+F\cdot \dfrac{2}{(b+c)(c+a)}=0,\]两式相减，即得$F=0$，因此命题得证．