[几何] 如何求三点的外接圆？

lemondian

已知点$A(\frac{ab}{2k},\frac{a+b}{2}),B(\frac{bc}{2k},\frac{b+c}{2}),(\frac{ca}{2k},\frac{c+a}{2})$,求过A，B，C的外接圆方程。
如果设$x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$,代入A，B，C解方程组，运算量大。如何求解得其方程？

kuing

你在做这道题 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4449 是吧？

lemondian

回复 2# kuing

是别人给的一个问题：
给定三条两两相交的直线：$ay=kx+\dfrac{a^2}{2},by=kx+\dfrac{b^2}{2},cy=kx+\dfrac{c^2}{2}$,求三个交点的外接圆方程。

其妙

回复 3# lemondian 能不能用圆系方程？

lemondian

回复 4# 其妙


    请你写一个看吧

kuing

回复 3# lemondian

那估计他是在做（或研究）这道题 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3441

kuing

（续楼上）理由：

设抛物线 $\Gamma$: $y^2=2kx$，那么易知 3# 的三条直线均与 $\Gamma$ 相切，且切点的纵坐标分别就是 $a$, $b$, $c$，因此，3# 问题等价于求 $\Gamma$ 的三条切线围成的三角形的外接圆方程，故此我猜他正在研究楼上链接中的题。

根据楼上链接的结论，此圆必过抛物线焦点 $(k/2,0)$。

敬畏数学

这么晚没有休息！此题太棒。

lemondian

可能是这样的。问题是:如何求过这三个点的圆的方程，？或者是三直线交点圆系方程形式是如何的？

kuing

记
\begin{align*}
l_1 &= A_1 x + B_1 y + C_1,\\
l_2 &= A_2 x + B_2 y + C_2,\\
l_3 &= A_3 x + B_3 y + C_3,\\
f &= \lambda_1 l_2 l_3 + \lambda_2 l_3 l_1 + \lambda_3 l_1 l_2,
\end{align*}
显然任意两个 $l_i$ 为零则 $f$ 为零，可见曲线 $f=0$ 必过三条直线 $l_1=0$, $l_2=0$, $l_3=0$ 的三个交点，欲求出过三个交点的圆，只需求出使 $f=0$ 为圆的方程时的一组 $(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3)$ 即可。

易知 $f$ 中 $x^2$, $y^2$, $xy$ 的系数分别为
\begin{gather*}
\lambda_1 A_2 A_3 + \lambda_2 A_3 A_1 + \lambda_3 A_1 A_2,\\
\lambda_1 B_2 B_3 + \lambda_2 B_3 B_1 + \lambda_3 B_1 B_2,\\
\lambda_1 (A_2 B_3 + A_3 B_2) + \lambda_2 (A_3 B_1 + A_1 B_3) +  \lambda_3 (A_1 B_2 + A_2 B_1),
\end{gather*}
那么只需令前两个相等且第三个为零即可，最终解出
\[\lambda_1:\lambda_2:\lambda_3=
(A_1^2+B_1^2)(A_2B_3-A_3B_2):
(A_2^2+B_2^2)(A_3B_1-A_1B_3):
(A_3^2+B_3^2)(A_1B_2-A_2B_1),\]
所以过三个交点的圆的方程为
\begin{align*}
&(A_1^2+B_1^2)(A_2B_3-A_3B_2)(A_2 x + B_2 y + C_2)(A_3 x + B_3 y + C_3)\\
{}+{}&(A_2^2+B_2^2)(A_3B_1-A_1B_3)(A_3 x + B_3 y + C_3)(A_1 x + B_1 y + C_1)\\
{}+{}&(A_3^2+B_3^2)(A_1B_2-A_2B_1)(A_1 x + B_1 y + C_1)(A_2 x + B_2 y + C_2)=0.
\end{align*}

然并卵，而且肯定不过是重复前人的劳动而已。

lemondian

回复 10# kuing

N人呀！敬佩中。。。
好复杂！
我只知道直线与圆相交的圆系方程而已

kuing

（续 10 楼）

回到 3# 的问题中，令最终方程的 $A_1=A_2=A_3=k$, $B_1 = -a$, $B_2 = -b$, $B_3 = -c$, $C_1 = a^2/2$, $C_2 = b^2/2$, $C_3 = c^2/2$，化简得到
\[\frac14 k (a-b) (a-c) (b-c) \bigl(k (k-2 x) (a b+a c+b c-2 k x) + 2 y (a b c-a k^2-b k^2-c k^2+2 k^2 y)\bigr)=0,\]
的确恒过点 $(k/2,0)$，符合 6# 链接的结论，看来方程应该没错。

zhcosin

回复 10# kuing
niubility.

其妙

回复 6# kuing
和你的思路大致相同，奈何运算不过关，并且有心无力，只得作罢，不过又得照例膜拜K神了！