每日一题[839]曲线系证共圆

已知$A$是椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$($a>b>0$)的右顶点，弦$PQ$(不过点$A$)的斜率为定值$k$，求证：$\triangle APQ$的外接圆恒过不同于点$A$的另一点$B$，并求出$B$点坐标．

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分析与解　如图．

先给出结论：

已知$E$是对称轴与坐标轴方向平行或垂直的非圆二次曲线，$A,B,C,D$是曲线$E$上的四个不同点，直线$AC$与直线$BD$相交且斜率均存在，求证：$A,B,C,D$四点共圆的充要条件是直线$AC$与直线$BD$的斜率互为相反数．

证明　设$E$的方程为$Ax^2+By^2+Dx+Ey+F=0$，其中$A^2+B^2\ne 0$且$A\ne B$，直线$AC,BD$的方程分别为

$$AC:k_1x-y+m_1=0,BD:k_2x-y+m_2=0,$$ 则曲线$AC\cup BD$与曲线$E$形成交点曲线系 $$(k_1x-y+m_1)(k_2x-y+m_2)+\lambda(Ax^2+By^2+Dx+Ey+F)=0,$$ 因此$A,B,C,D$四点共圆的充要条件是该方程不含交叉项$xy$，也即$k_1$与$k_2$互为相反数．

这就意味着在本题中，过$A$且斜率为$-k$的直线与椭圆的交点(不同于$A$)恒在$\triangle APQ$的外接圆上，也就是所要求的定点$B$．

联立直线$AB:x=-\dfrac 1ky+a$与椭圆方程，可得

$$\left(\dfrac{1}{k^2a^2}+\dfrac {1}{b^2}\right)y^2-\dfrac{2}{ka}y=0,$$ 因此$B$点的纵坐标为$\dfrac{2ab^2k}{a^2k^2+b^2}$，进而可得其横坐标为$\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a$．因此所求的定点$B$的坐标为 $$\left(\dfrac{a^2k^2-b^2}{a^2k^2+b^2}\cdot a,\dfrac{2abk}{a^2k^2+b^2}\cdot b\right).$$

另法　设直线$PQ$的方程为$y=kx+m$，$\triangle APQ$的外接圆方程为

$$x^2+y^2+Dx+Ey-a^2-Da=0,$$ 将直线$PQ$的方程分别与圆的方程和椭圆的方程联立，对比系数后可以将$D$和$E$用$m$表示，进而代入圆的方程整理为关于$m$的代数式即可计算．具体过程如下：

联立消元后分别得到

$$\begin{split} \left(\dfrac 1{a^2}+\dfrac {k^2}{b^2}\right)x^2+\dfrac {2km}{b^2}x+\left(\dfrac {m^2}{b^2}-1\right)=0,\\(1+k^2)x^2+(2km+kE+D)x+(m^2+Em-a^2-Da)=0,\end{split}$$ 于是得到 $$\left(\dfrac 1{a^2}+\dfrac {k^2}{b^2}\right):(1+k^2)=\dfrac {2km}{b^2}:(2km+kE+D)=\dfrac {m^2-b^2}{b^2}:(m^2+Em-a^2-Da),$$ 解得 $$D=\dfrac {k(a^2-b^2)(m^2+b^2-1)}{(m+ka)(b^2+a^2k^2)},E=\dfrac {(a^2-b^2)(m^2+2mka-b^2+1)}{(m+ka)(b^2+a^2k^2)},$$ 代入外接圆的方程可以整理得到一个关于$m$的形式上的一元二次方程，于是$m^2$与$m$前面的系数均为零，得到 $$kx+y-ka=0,(x^2+y^2-a^2)(b^2+a^2k^2)+2kay(a^2-b^2)=0,$$ 将$y=k(a-x)$代入得到 $$x=\dfrac {a(k^2a^2-b^2)}{k^2a^2+b^2},y=\dfrac {2kab^2}{k^2a^2+b^2}.$$