圆锥曲线中的四点共圆问题的研究

定理 设两条直线li:yy0ki(xx0)(i1,2)与二次曲线L:

Ax2By2CxDyE0(AB)有四个交点，则这四个交点共圆的充要

条件是k1k20

证明 由l1、l2组成的曲线即

[yy0k1(xx0)]•[yy0k2(xx0)]0，

所以，经过它与L的四个交点的二次曲线一定能表成(、不同时为0)以下形式

(Ax2By2CxDyE)[yy0k1(xx0)]•[yy0k2(xx0)]0①

必要性 若四个交点共圆，则存在，使方程①表示圆，故式①左边展开式含xy项的系数(k1k2)0.而0，否则①表示曲线，不表示圆，所以

k1k20

充分性 当k1k20时，式①左边的展开式中不含xy的项，取1时，令

k121式①左边的展开式中含x，y项的系数相等，即Ak1B1，得

AB222此时曲线①即x2y2CxDyE0②

的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆，一个点，无轨迹，而题中的四个交点在曲线②上，所以方程②表示圆。这就证得了四个交点共圆. 下面利用这个定理来解决圆锥曲线中四点共圆问题.

例1 设A、B是椭圆3x2y2上的两点，点N(1,3)是线段AB的中点，线段AB的垂直平分线与椭圆相交于C、D两点.

(Ⅰ)确定的取值X围，并求直线AB的方程；

(Ⅱ)试判断是否存在这样的，使得A、B、C、D四点在同一个圆上？并

说明理由. (2005年XX卷)

解 (Ⅰ) 设点A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆3x2y2上，因为点N(1,3)是线段AB的中点，所以

22x1x2yy1，123，即x1x22，y1y26. 2222 又3x1y1，3x2y2，两式相减，得

3(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0

所以

y1y23(xx)121 x1x2y1y2 故直线AB的方程为y3(x1),即yx4

又由N（1，3）在椭圆内，得3123212, ∴的取值X围是（12，+∞）.

(Ⅱ)因为CD是AB的垂直平分线，

所以直线CD的方程为y3x1，即yx2

因为kABkCD110，由定理，知A、B、C、D四点在同一个圆上.

y21上的两点， 例2 设A、点N(1,2)是线段AB的中点， B是双曲线x22(Ⅰ)求直线AB的方程；

(Ⅱ)如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，那么A、B、C、

D四点是否在同一个圆上，为什么？(2002年XX卷)

y21上，因为点N(1,2)是线段解 (Ⅰ)设A(x1,y1),B(x2,y2)在双曲线x22AB的中点，所以

22x1x2yy1，122，即x1x22，y1y24. 222yy2又x111，x221，两式相减，得

22(x1x2)(x1x2)所以

(y1y2)(y1y2)0，

2y1y22(x1x2)1， x1x2y1y2故直线AB的方程为y2x1,即yx1 (Ⅱ)因为CD是AB的垂直平分线，

所以直线CD的方程为y2(x1)，即yx3

所以kABkCD1(1)0，由定理知A、B、C、D四点在同一个圆上. 例3 已知O为坐标原点，F为椭圆C：

y2x1在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率

22y A F O B x

为-2的直线l与C交于A、B两点，点P满足OA+OB+OP=0 （Ⅰ）证明：点P在C上；

（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q，证明：

A、P、B、Q四点在同一圆上。(2011全国卷Ⅱ)

证 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则过F且斜率为-2的直线l的方程为y2x1，

2y211联立，得4x222x10，所以x1x2与x，x1x2

2242由OAOBOP0得P((x1x2),(y1y2))，

因为(x1x2)2，(y1y2)[(2x11)(2x21)]2(x1x2)21 2222(1)2,1)，又()1 所以P(222所以点P在C上。

y12y2221，x21两式相减，得 （Ⅱ）将x2221(x1x2)(x1x2)所以

(y1y2)(y1y2)0，

2y1y22(x1x2)2 x1x2y1y2即kAB2 又 kPQkPO12 22由kAB=kPQ，得A、P、B、Q四点共圆。