https://spherical-harmonics.hatenablog.com/entry/2024/01/05/000000

下書きのまま忘れてしまったので、投稿日時が00:00

単位円周上の異なる4点を含む2次関数が存在する条件 - 球面倶楽部零八式 mark II
円と放物線が4点で交わるとき，4点のうち2点を結ぶ直線の傾きと、残りの2点を結ぶ直線の傾きの和が 0 となること - 球面倶楽部零八式 mark II
放べきの定理（と円と放物線が4点で交わるとき） - 球面倶楽部零八式 mark II

あたりで，円と2次関数が4点で交わる話を書いてきた．これは高校生のときに教えてもらった話だった．「放べきの定理」に言及したとき，ふと昔「乙会」の問題で

楕円 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ （ $a^2\neq b^2$ ）と 2直線「 $y=mx+n_1$ かつ $y=-mx+n_2$ 」が相異なる4点で交わるとき，この4点は同一円周上にあることを示せ（問題文は正確ではない）

という問題があったことを思い出した．

[解答]
4点を $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ ， $\mbox{C}$ ， $\mbox{D}$ とし，直線 $\mbox{AB}$ と直線 $\mbox{CD}$ の交点を $\mbox{P}$ とする．

図形を $y$ 軸方向に $\dfrac{a}{b}$ 倍して楕円を円に変換したときに $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ ， $\mbox{C}$ ， $\mbox{D}$ ， $\mbox{P}$ の像を $\mbox{A}'$ ， $\mbox{B}'$ ， $\mbox{C}'$ ， $\mbox{D}'$ ， $\mbox{P}'$ とすると $\mbox{A}'$ ， $\mbox{B}'$ ， $\mbox{C}'$ ， $\mbox{D}'$ は同一円周上にあるから方羃の定理から
$\mbox{P}'\mbox{A}'\times\mbox{P}'\mbox{B}'=\mbox{P}'\mbox{C}'\times\mbox{P}'\mbox{D}'$
が成立する．ここで $\mbox{P}'\mbox{A}'$ ， $\mbox{P}'\mbox{B}'$ ， $\mbox{P}'\mbox{C}'$ ， $\mbox{P}'\mbox{D}'$ の長さは全て線分 $\mbox{PA}$ ， $\mbox{PB}$ ， $\mbox{PC}$ ， $\mbox{PD}$ の長さの $\sqrt{\dfrac{1+(a/b)^2m^2}{1+m^2}}$ となるので，よって
$\mbox{P}\mbox{A}\times\mbox{P}\mbox{B}=\mbox{P}\mbox{C}\times\mbox{P}\mbox{D}$
が成立し，よって $\mbox{A}$ ， $\mbox{B}$ ， $\mbox{C}$ ， $\mbox{D}$ は同一円周上にある．

この問題を逆に辿れば，

楕円 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ （ $a^2\neq b^2$ ）と中心が $x$ 軸上にない円が相異なる4点で交わるとき，この4点のうち2点を結ぶ直線の傾きと，残りの2点を結ぶ直線の傾きの和が0になることを示せ．

が成立することがわかるだろう．ここで2点を結ぶ直線が $x=k$ の型であることと，この2点の垂直2等分線上に円と楕円の中心の両方が存在することは同値だから円の中心が $x$ 軸上にあることと同値となる．そしてこの条件を満たさないのだから，この4点のうち任意の2点を結ぶ直線には傾きが存在する．

さて，2直線の傾きを $m_1$ ， $m_2$ （ $m_1\neq m_2$ ）とする．

4点が円周上にあることから方羃の定理が成立し，楕円を円に変換しても方羃の定理が成立することから
$\sqrt{\dfrac{1+(a/b)^2m_1^2}{1+m_1^2}}=\sqrt{\dfrac{1+(a/b)^2m_2^2}{1+m_2^2}}$
が成立し，整理すると
$m_2^2+(a/b)^2m_1^2=m_1^2+(a/b)^2m_2^2$
から
$\dfrac{b^2-a^2}{b^2}(m_2^2-m_1^2)=0$
となり， $m_1\neq m_2$ から $m_1+m_2=0$ となる．

別解として，円の式を $x^2+y^2+px+qy+r=0$ （ $q\neq 0$ ）とすると，
楕円と円の交点の座標は連立方程式

$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ （ $a^2\neq b^2$ ）
かつ
$x^2+y^2+px+qy+r=0$ （ $q\neq 0$ ）

の解となる．これは

$x^2+y^2+px+qy+r=0$ （ $q\neq 0$ ）
かつ
$y=-\dfrac{\dfrac{a^2-b^2}{a^2}x^2+px+b^2+r}{q}$ （ $a^2\neq b^2$ ， $q\neq 0$ ）

と同値であり，よって楕円と円が4つの交点をもつとき，その4点は軸が $y$ 軸に平行な放物線上にある．つまりこの4点は円と放物線の交点となるので，この4点のうち2点を結ぶ直線の傾きと，残りの2点を結ぶ直線の傾きの和が0になる．

この「束」の考え方を用いると，

双曲線 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$ （ $a^2\neq b^2$ ）と中心が $x$ 軸上にない円が相異なる4点で交わるとき，この4点のうち2点を結ぶ直線の傾きと，残りの2点を結ぶ直線の傾きの和が0になることを示せ．

も成り立つことが容易にわかる．