每日一题[262] 步步为营

2013年全国高中数学联赛四川省预赛第5题：

当平面上的点$(x,y)$的坐标$x$、$y$都为有理数时，该点称为有理点，设$r$是给定的正实数，则圆$(x-1)^2+\left(y-\sqrt 2\right)^2=r^2$上的有理点（        ）

A．最多有一个

B．最多有两个

C．最多有四个

D．可以有无穷多个

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正确答案是 B．

解    根据题意，在考虑点的横纵坐标是否为有理数时，题设是关于直线$x=1$对称的．这是因为如果$A(x,y)$是符合题意的圆上的有理点，那么其关于直线$x=1$对称的点$A'(2-x,y)$也必然是符合题意的圆上的有理点．同时题设关于直线$y=\sqrt 2$不对称，也就是关于直线$y=\sqrt 2$对称的两点不可能同时为有理点．

此时问题转化为

问题1    对称轴被圆所截形成的直径端点是否可能为有理点？

问题2    半圆弧（不包含端点）上是否存在有理点？如果存在，最多有几个？

问题1比较容易解决，由于题设关于直线$y=\sqrt 2$不对称，于是圆上横坐标为$1$的有理点最多只有一个．

对于问题2，我们首先很容易确定存在性（随意取一个有理点，然后作一个圆心为$C\left(1,\sqrt 2\right)$且过该点的圆即可），因此问题的关键是最多可以有几个有理点？

再进一步将问题分解，思考一个弱化的问题，如果有两个有理点，会不会出现矛盾？如果没有明显的矛盾，那么是否可以构造合适的例子？

事实上，如果在半圆弧上存在两个有理点$A$、$B$，那么不难推出下面两个结论：

结论1     弦$AB$的中点$M$也为有理点．

结论2    弦$AB$的斜率存在且为非零有理数．

这两个结论可以通过垂径定理—有关圆的最重要定理—结合在一起：由结论1以及圆心$C$的坐标可得弦$AB$的垂径斜率为无理数；由结论2，弦$AB$的垂径斜率为有理数．这样就推出了矛盾．因此如果在半圆弧上不可能同时出现两个有理点．

接下来将以上结论综合起来：

$r\neq\sqrt 2$时，显然圆上最多有两个有理点；

$r=\sqrt 2$时，用之前推导半圆弧上不可能同时出现两个有理点时同样的方法可以推得半圆弧上不可能存在有理点，于是圆上最多有一个有理点．

综合以上，我们可以知道选项 B 正确，并且得到了一个更一般的结论：圆上的有理点可能是一个，也可能是两个．此时不禁要问：圆上是否可能没有任何一个有理点呢？

问题的答案是肯定的，取$r=\sqrt{\rm e}$即可，探索过程留给读者．

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其他的思考方向：

方向一    圆上不可能同时存在三个有理点．因为如果同时存在三个有理点，那么连接任何两个有理点的线段的垂直平分线方程必然为有理系数方程，而两个二元一次有理系数方程的解一定为有理数对，这与圆心的坐标不是有理数对矛盾．

方向二    假设圆上的有理点$A\left(x_1,y_1\right)$、$B\left(x_2,y_2\right)$，那么有

$$\left(x_1-1\right)^2+\left(y_1-\sqrt 2\right)^2=\left(x_2-1\right)^2+\left(y_2-\sqrt 2\right)^2,$$ 整理得 $$\left(x_1^2-2x_1-x_2^2+2x_2+y_1^2-y_2^2\right)-2\sqrt 2\left(y_1-y_2\right)=0.$$ 由于$x_1,y_1,x_2,y_2$均为有理数，于是 $$\begin{cases}x_1^2-2x_1-x_2^2+2x_2+y_1^2-y_2^2=0,\\y_1-y_2=0,\end{cases}$$ 即 $$\left(x_1+x_2=2\right)\land\left(y_1=y_2\right).$$

这样我们就得到了圆上的任意两个有理点（如果有两个或两个以上的有理点）的横坐标之和为$2$且纵坐标相同．进而推知，当$x_1=1$时，圆上有唯一有理点$\left(1,y_1\right)$，其中$y_1\in\mathcal Q$；当$x_1\neq 1\land x_1\in\mathcal Q$且$y_1\in\mathcal Q$时，圆上有且只有两个有理点．