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．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
以标准的椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）为例证明．
设直线 $AC,BD$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$ 且相交于 $P(x_0,y_0)$，分别设直线 $AC,BD$ 的参数方程为\[AC:\begin{cases}x=x_0+t,\\ y=y_0+k_1t,\end{cases}BD:\begin{cases}y=y_0+t,\\ y=y_0+k_2t,\end{cases}\]设 $A,B,C,D$ 对应的参数分别为 $t_1,t_2,t_3,t_4$，则根据圆幂定理，$A,B,C,D$ 四点共圆等价于\[\sqrt{1+k_1^2}t_1\cdot \sqrt{1+k_1^2}t_3=\sqrt{1+k_2^2}t_2\cdot \sqrt{1+k_2^2}t_4,\]也即\[(1+k_1^2)t_1t_3=(1+k_2^2)t_2t_4.\]联立直线 $AC$ 与椭圆方程，可得\[\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_1^2}{b^2}\right)t^2+\left(\dfrac{2x_0}{a^2}+\dfrac{2k_1y_0}{b^2}\right)t+\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1=0,\]因此\[t_1t_3=\dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_1^2}{b^2}},\]类似的，有\[t_2t_4=\dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_2^2}{b^2}},\]这样我们就得到了 $A,B,C,D$ 四点共圆的充要条件为\[(1+k_1^2)\cdot \dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_1^2}{b^2}}=(1+k_2^2)\cdot \dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_2^2}{b^2}},\]即 $k_1^2=k_2^2$，因此命题得证．
设直线 $AC,BD$ 的斜率分别为 $k_1,k_2$ 且相交于 $P(x_0,y_0)$，分别设直线 $AC,BD$ 的参数方程为\[AC:\begin{cases}x=x_0+t,\\ y=y_0+k_1t,\end{cases}BD:\begin{cases}y=y_0+t,\\ y=y_0+k_2t,\end{cases}\]设 $A,B,C,D$ 对应的参数分别为 $t_1,t_2,t_3,t_4$，则根据圆幂定理，$A,B,C,D$ 四点共圆等价于\[\sqrt{1+k_1^2}t_1\cdot \sqrt{1+k_1^2}t_3=\sqrt{1+k_2^2}t_2\cdot \sqrt{1+k_2^2}t_4,\]也即\[(1+k_1^2)t_1t_3=(1+k_2^2)t_2t_4.\]联立直线 $AC$ 与椭圆方程，可得\[\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_1^2}{b^2}\right)t^2+\left(\dfrac{2x_0}{a^2}+\dfrac{2k_1y_0}{b^2}\right)t+\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1=0,\]因此\[t_1t_3=\dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_1^2}{b^2}},\]类似的，有\[t_2t_4=\dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_2^2}{b^2}},\]这样我们就得到了 $A,B,C,D$ 四点共圆的充要条件为\[(1+k_1^2)\cdot \dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_1^2}{b^2}}=(1+k_2^2)\cdot \dfrac{\dfrac{x_0^2}{a^2}+\dfrac{y_0^2}{b^2}-1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{k_2^2}{b^2}},\]即 $k_1^2=k_2^2$，因此命题得证．
答案
解析
备注
