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.
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
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.

答案
解析
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