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[原创] 圆锥曲线上的四点共圆

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发表于 2022-12-23 07:24:52 | 显示全部楼层 |阅读模式

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在最近的最多五点圆数目帖子中偶得圆锥曲线上的四点共圆特征,堪与另辟一帖。

显然,这个问题要分成三个分题:

1、椭圆上的四点共圆特征
2、抛物线上的四点共圆特征
3、双曲线上的四点共圆特征
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2022-12-23 07:29:25 | 显示全部楼层

1、椭圆上的四点共圆

最多五点圆数目41#得到了椭圆${x^2}/{a^2}+{y^2}/{b^2}=1$上的四点`(a\cos α_j,b\sin α_j)(j=1,2,3,4) `共圆的代数判据\[
\left|\begin{matrix}\cos(2α_1)&\cos α_1 &\sin α_1 &1\\
\cos (2α_2)&\cos α_2 &\sin α_2 &1\\
\cos(2α_3)&\cos α_3 &\sin α_3 &1\\
\cos(2α_4)&\cos α_4 &\sin α_4 &1\end{matrix}\right|=0
\]利用欧拉公式可将上述行列式写成复数形式并整理为\[
\left|\begin{matrix}e^{4iα_1}+1&e^{3iα_1}&e^{2iα_1}&e^{iα_1}\\
e^{4iα_2}+1&e^{3iα_2}&e^{2iα_2}&e^{iα_2}\\
e^{4iα_3}+1&e^{3iα_3}&e^{2iα_3}&e^{iα_3}\\
e^{4iα_4}+1&e^{3iα_4}&e^{2iα_4}&e^{iα_4}\end{matrix}\right|=0
\]将第1列拆分整理可得\[
(e^{iΣα_j}-1)\left|\begin{matrix}e^{3iα_1}&e^{2iα_1}&e^{iα_1}&1\\
e^{3iα_2}&e^{2iα_2}&e^{iα_2}&1\\
e^{3iα_3}&e^{2iα_3}&e^{iα_3}&1\\
e^{3iα_4}&e^{2iα_4}&e^{iα_4}&1\end{matrix}\right|=0
\]右边的行列式部分为范德蒙行列式,等于`\D\prod_{j≠k}(e^{iα_j}-e^{iα_k})`, 在`α_j-α_k≠2nπ`时不为零,所以只有\[
e^{iΣα_j}-1=0\to Σα_j=2nπ
\]即椭圆上四点共圆当且仅当它们的离心角之和等于周角。
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 楼主| 发表于 2022-12-23 07:31:58 | 显示全部楼层

2、抛物线上四点共圆

最多五点圆数目47#得到了抛物线`y=ax^2`上四点`(x_j,ax_j^2)(j=1,2,3,4)`共圆的代数判据\[
\left|\begin{matrix}x_1^4&x_1^2& x_1&1\\
x_2^4&x_2^2& x_2&1\\
x_3^4&x_3^2& x_3&1\\
x_4^4&x_4^2& x_4&1\\\end{matrix}\right|=\pm\prod_{i\ne j}(x_i-x_j)\cdot(x_1+x_2+x_3+x_4)=0
\] 由此得到在无两点重合的情况下`x_1+x_2+x_3+x_4=0`,用几何语言来说,就是
抛物线上不同四点共圆当且仅当它们的重心在抛物线主轴上
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 楼主| 发表于 2022-12-23 07:33:19 | 显示全部楼层

3、双曲线上的四点共圆

最多五点圆数目47#得到了双曲线${x^2}/{a^2}-{y^2}/{b^2}=1$上的四点`(a\csc α_j,b\cot α_j)(j=1,2,3,4) `共圆的代数判据\[
\left|\begin{matrix}1&\sin(t_1)& \sin(2t_1)&\cos(2t_1)\\
1&\sin(t_2)& \sin(2t_2)&\cos(2t_2)\\
1&\sin(t_3)& \sin(2t_3)&\cos(2t_3)\\
1&\sin(t_4)& \sin(2t_4)&\cos(2t_4)\end{matrix}\right|=0\]
化为复数形式
\[\left|\begin{matrix}1&e^{t_1 i}-e^{-t_1 i}& e^{2t_1 i}&e^{-2t_1 i}\\
1&e^{t_2 i}-e^{-t_2 i}& e^{2t_2 i}&e^{-2t_2 i}\\
1&e^{t_3 i}-e^{-t_3 i}& e^{2t_3 i}&e^{-2t_3 i}\\
1&e^{t_4 i}-e^{-t_4 i}& e^{2t_4 i}&e^{-2t_4 i}\end{matrix}\right|=0\]
第2列拆分整理
\[\left|\begin{matrix}e^{-4t_1 i}&e^{-2t_1 i}&e^{-t_1 i}& 1\\
e^{-4t_2 i}&e^{-2t_2 i}&e^{-t_2 i}& 1\\
e^{-4t_3 i}&e^{-2t_3 i}&e^{-t_3 i}& 1\\
e^{-4t_4 i}&e^{-2t_4 i}&e^{-t_4 i}& 1\end{matrix}\right|e^{2(t_1+t_2+t_3+t_4)i}+\left|\begin{matrix}e^{4t_1 i}&e^{2t_1 i}&e^{t_1 i}& 1\\
e^{4t_2 i}&e^{2t_2 i}&e^{t_2 i}& 1\\
e^{4t_3 i}&e^{2t_3 i}&e^{t_3 i}& 1\\
e^{4t_4 i}&e^{2t_4 i}&e^{t_4 i}& 1\end{matrix}\right|e^{-2(t_1+t_2+t_3+t_4)i}=0\]
其中的行列式在楼上已展开分解\[\prod_{j\ne k}(e^{-t_j}-e^{-t_k})\cdot\sum{e^{-t_ki}}\cdot e^{2(t_1+t_2+t_3+t_4)i}+\prod_{j\ne k}(e^{t_j}-e^{t_k})\cdot\sum{e^{t_ki}}\cdot e^{-2(t_1+t_2+t_3+t_4)i}=0\\
\sum{e^{-t_ki}}\cdot e^{\frac{t_1+t_2+t_3+t_4}2i}+\sum{e^{t_ki}}\cdot e^{-\frac{t_1+t_2+t_3+t_4}2i}=0
\]这两项为共轭复数,故两项实部相等皆为0.
即$t_1+t_2+t_3+t_4+pi$是$2\pi$的整数倍。

点评

是的,问题在于$\sum_{k=1}^4\exp(t_k i)$不好化简。  发表于 2022-12-23 16:48
最后一行的结论有问题。  发表于 2022-12-23 16:33
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发表于 2022-12-23 14:36:35 | 显示全部楼层
双曲线${x^2}/{a^2}-{y^2}/{b^2}=1$上的四点`(\pm a\cosh α_j,b\sinh α_j)(j=1,2,3,4) `共圆的代数判据\[
\left|\begin{matrix}\cosh(2α_1)&\cosh α_1 &\sinh α_1 &1\\  
\cosh (2α_2)&\cosh α_2 &\sinh α_2 &1\\  
\cosh(2α_3)&\cosh α_3 &\sinh α_3 &1\\  
\cosh(2α_4)&\cosh α_4 &\sinh α_4 &1\end{matrix}\right|=0
\]仿2#可得\[
e^{Σα_j}=1\to Σα_j=0\]
代回原坐标即$\prod(x_j/a+y_j/b)=1$, 这个表达式的几何意义需要进一步探究。
显然,对于等轴双曲线`xy=1`, 上述表达式就是  `x_1x_2x_3x_4=1`.

点评

椭圆类似用复数处理转化为双曲线的形式,可以得出(x1/a+y1/b*i)*...=1,4个的乘积为1  发表于 2023-1-13 15:26
也可以从方程,根与系数的角度来分析,双曲线和抛物线的的上述性质比较容易得到,椭圆感觉比较麻烦。双曲线通过线形变换都可以转化为xy=1,带入圆方程,即得x1x2x3x4=1,抛物线带入圆方程,x的3次方系数为0,即得...  发表于 2023-1-13 14:58
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发表于 2022-12-24 03:34:07 | 显示全部楼层
推论:
双曲线上四点A,B,C,D共圆,那么A’,B’,C,D四点也共圆。这里A’,B’是A,B关于双曲线中心的对称点。
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试图证明时,发现5#使用双曲三角函数存在一个问题,就是$\cosh x\ge1$, 所设四点都局限于双曲线的右支。
改成$(\pm\cosh x,\sinh x)$还是存在问题。
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发表于 2022-12-24 08:16:01 | 显示全部楼层
对椭圆也成立。
A205E299-193B-4884-AE15-83D203B3F920.jpeg

点评

这个可以性质可以完美描述了椭圆或双曲线上8个点(任意选择共圆四点和它们中心对称的四个点,要求8点都不同)可以有10个圆  发表于 2022-12-24 09:28

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 楼主| 发表于 2022-12-24 09:12:52 | 显示全部楼层
2#和5#可以统一处理,统一使用2#中记号,只是这时a,b和$\alpha_i$都可以是复数。
按2#,椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)上四点\((a\cosα_t,b\sinα_t)\)共圆的充分必要条件是
\(α_1+α_2+α_3+α_4=2nπ\).

而双曲线可以看作 `b` 是纯虚数的椭圆,要\((a\cosα_t,b\sinα_t)\)为实点,则$\cosα_t$是实数,$\sinα_t$为纯虚数或者0。
故\(α_t =k_t \pi+i β_t\) ,其中$k_t$是整数,$β_t$是实数。由于三角函数的周期性,$k_t$取0或1不失一般性。
于是同样有\(α_1+α_2+α_3+α_4=2nπ\),进而\(k_1+k_2+k_3+k_4\)是偶数,\(β_1+β_2+β_3+β_4=0\).
\(k_1+k_2+k_3+k_4\)是偶数表明四个点要么都在一个分支,要么两个分支各两个点。
同样两个点中心对称代表改变两个$k_t$的奇偶性,其它条件不变。
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发表于 2022-12-24 12:26:58 | 显示全部楼层
发现更一般的性质,有多种等价表述。
1、二次曲线上A,B,C,D四点共圆,二次曲线的弦EF//AB,则C,D,E,F四点共圆。
2、二次曲线上A,B,C,D四点共圆,C,D,E,F四点共圆,则弦EF//AB。
3、AB,EF是相交于C,D两圆的一对平行弦,则此六点共一条二次曲线。
不再限于有心二次曲线,抛物线也适用。而且抛物线的情况下1,2容易证明,由3#的结论知:
`\begin{split}x_A+x_B+x_C+x_D=0\\x_E+x_F+x_C+x_D=0\end{split}\to x_A+x_B=x_E+x_F`
这表明两弦的中点连线平行于抛物线主轴,故是抛物线的一条副轴,所以两弦平行。

0D18F6E0-2445-468E-BD1E-970A0D8D71BF.jpeg

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二次曲线属于射影几何,平行线属于仿射几何,圆属于相似几何。好诡异的性质。  发表于 2022-12-24 12:39
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 楼主| 发表于 2022-12-24 12:47:55 | 显示全部楼层
不诡异,两个圆它们有两个公共虚圆点在无穷远直线上。
这个问题再一般化就是如果三条圆锥曲线有两个公共点,那么它们两两之间另外两个交点确定的直线三线共点。
而证明这个结论很简单,我们通过复射影变换将三条圆锥曲线的两个公共交点映射为两个虚圆点,于是三条圆锥曲线变成三个圆,两两之间另外两个交点确定的直线变成圆两两确定的根轴,结果变成一个大家熟知的结论,三个圆两两确定的根轴三线共点。
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点评

我是觉得应该有一个射影解释,还没想上来。  发表于 2022-12-24 13:09

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