已知圆 \(C_1 \colon x^2+y^2 = 1\) 和抛物线 \(C_2 \colon y = x^2 - 2\). \(P,Q,R\) 是抛物线 \(C_2\) 上的三个不同的点, 且直线 \(PQ\) 和 \(PR\) 都是圆 \(C_1\) 的切线. 求证: \(QR\) 也是圆 \(C_1\) 的切线.

Qer: zhangboxin 20180409

解答

首先给出如下引理 (证明放在最后面):

对于抛物线 \(C_2 \colon y = x^2 - 2\) 上的两个不同的点 \(M(s, s^2 - 2)\) 和 \(N(t, t^2-2)\) (其中 \(s \ne t\)),
直线 \(MN\) 与圆 \(C_1 \colon x^2+y^2 = 1\) 相切的充分必要条件是
\[
s^2 t^2 - s^2 - t^2 + 2st + 3 = 0
\]

原题证明如下:

设 \(P,Q,R\) 三点的坐标分别为 \(P(p, p^2 - 2)\), \(Q(q, q^2 - 2)\) 和 \(R(r, r^2 - 2)\) (其中 \(p,q,r\) 两两互不相等).

则由 \(PQ,PR\) 与圆 \(C_1\) 相切得\[
\begin{cases}
p^2 q^2 - p^2 - q^2 + 2pq + 3 = 0 \\
p^2 r^2 - p^2 - r^2 + 2pr + 3 = 0
\end{cases}
\]
将这两个等式变形为
\[
\begin{cases}
(p^2 - 1) q^2+ 2pq - (p^2 - 3) = 0 \\
(p^2 - 1) r^2+ 2pr - (p^2 - 3) = 0
\end{cases}
\]
由于 \(q \ne r\), 故可将 \(q,r\) 看做二次方程
\[
(p^2 - 1) x^2+ 2px - (p^2 - 3) = 0
\]
的两根, 因此由韦达定理
\[
\begin{cases}
q+r = -\dfrac{2p}{p^2-1} \\
qr = -\dfrac{p^2-3}{p^2-1}
\end{cases}
\]
于是
\[
\begin{aligned}
&\phantom{{}={}} q^2 r^2 - q^2 - r^2 + 2qr + 3 \\
&= (qr)^2 - (q+r)^2 + 4qr + 3 \\
&= \left( -\dfrac{p^2-3}{p^2-1} \right)^2 - \left( -\dfrac{2p}{p^2-1} \right)^2 + 4 \left( -\dfrac{p^2-3}{p^2-1} \right) + 3 \\
&= \cdots \\
&= 0
\end{aligned}
\]
因此根据引理知, 直线 \(QR\) 与圆 \(C_1\) 相切.

引理的证明

对于抛物线 \(C_2 \colon y = x^2 - 2\) 上的两个不同的点 \(M(s, s^2 - 2)\) 和 \(N(t, t^2-2)\) (其中 \(s \ne t\)), 直线 \(MN\) 的方程为¹
\[
MN \colon (s+t)x - y - (st+2) = 0
\]

直线 \(MN\) 与圆 \(C_1 \colon x^2+y^2 = 1\) 相切的充分必要条件是²
\[
\dfrac{|st+2|}{\sqrt{(s+t)^2+1}} = 1
\]

这个关系式可等价的变形为
\[
s^2 t^2 - s^2 - t^2 + 2st + 3 = 0
\]

即证.