已知 $A,B,C,D$ 是双曲线 $xy=k$ 上的四个点，$AD$ 交 $BC$ 于点 $P$，$BD$ 交 $AC$ 于点 $Q$，$CD$ 交 $AB$ 于点 $R$，$O$ 为坐标原点，求证：$O,P,Q,R$ 四点共圆．
解析
不妨设 $k=1$，$A\left(a,\dfrac 1a\right)$，$B\left(b,\dfrac 1b\right)$，$C\left(c,\dfrac 1c\right)$，$D\left(d,\dfrac 1d\right)$，则 \[\begin{cases} AB:x+aby-a-b=0,\\ CD:x+cdy-c-d=0,\end{cases}\]因此 $R\left(\dfrac{acd+bcd-abc-abd}{ab-cd},\dfrac{a+b-c-d}{ab-cd}\right)$．类似的，有\[Q\left(\dfrac{abc+acd-abd-bcd}{ac-bd},\dfrac{a+c-b-d}{ac-bd}\right),\]设 $\triangle OQR$ 的外接圆圆心为 $M(m,n)$，$R(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，则 $M$ 为 $OR,OQ$ 的垂直平分线的交点，有\[x_1(2m-x_1)+y_1(2n-y_1)=x_2(2m-x_2)+y_2(2n-y_2)=0,\]将 $R,Q$ 的坐标代入，整理，可得\[m=-\dfrac{1}{4abc}\left(1+\sum_{\rm cyc}a^2b^2-2abc\sum_{\rm cyc}a+\sum_{\rm cyc}\dfrac{(a-b)(a-c)(b^2c^2+1)}{ad-bc}\right),\]且\[n=\dfrac14\left(\sum_{\rm cyc}\dfrac 1a-\sum_{\rm cyc}(ab^2+a^2b)-\sum_{\rm cyc}\dfrac{a^2b^2}c+2abc+\sum_{\rm cyc}\dfrac{(a-b)(a-c)(b^2c^2+1)}{a(ad-bc)}\right),\]因此 $M$ 点的坐标关于 $a,b,c$ 轮换对称，因此 $M$ 为 $OP,OQ,OR$ 的垂直平分线的交点，从而 $O,P,Q,R$ 四点共圆．