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那些方法显然没有普遍性,换一些条件就难做了。

普遍可行的方法如下:先设出两圆锥曲线方程,消去 $y$,得 $f(x)=0$,消去 $x$,得 $g(y)=0$,选择 $f(x)$ 和 $g(y)$ 中次数较高的一个,假设为 $f(x)$。若两圆锥曲线是相切的,则切线的 $x$ 坐标是得到的方程的二重根,因而 $f(x)=0$ 与 $f'(x)=0$ 有公共根,这个公共根就是切点的 $x$ 坐标,再计算出 $y$ 坐标确定是否真的是切点。$f(x)$ 与 $f'(x)$ 消去 $x$ 就能得到一个方程,从这个方程就能得到所求的量。

例如,若圆与 $x$ 轴相切于点 $(x_0,0)$,且与 $y^2=2px$ 相切,圆半径为 $r$。由 $(x-x_0)^2+(y-r)^2=r^2$ 以及 $y^2=2px$ 消去 $x$,得
\[
-8 p^2 r y+4 p^2x_0^2+4 p^2 y^2-4 px_0 y^2+y^4=0
\]
上面方程对 $y$ 求导,得
\[
-4 \left(2 p^2 r-2 p^2 y+2 px_0 y-y^3\right)=0
\]
$-8 p^2 r y+4 p^2x_0^2+4 p^2 y^2-4 px_0 y^2+y^4=0$ 与 $2 p^2 r-2 p^2 y+2 px_0 y-y^3=0$ 消去 $y$(结式或辗转相除都可以消元),得
\[
27 p r^4+\left(4p^3-12 p^2x_0-24 px_0^2+32x_0^3\right)r^2-16px_0^4+16p^2x_0^3-4p^3x_0^2=0
\]

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回复 25# wwdwwd
任何圆与圆锥曲线不可能出现仅有一个交点,但交点不是相切的情形的,你可以证明一下。

$y^2=4x$ 与 $y=1/x$ 消去 $y$ 得 $4x^3=1$,这是三次方程,说明一定有一个单独的交点。

$(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2$ 与 $a_{11}x^2+2a_{12}xy+a_{22}y^2+2a_{13}x+2a_{23}y+a_{33}=0$ 消去 $y$,得 $x^4$ 项的系数为 $(a_{11}-a_{22})^2+4a_{12}^2$,若系数为 $0$,必须 $a_{11}=a_{22}$ 且 $a_{12}=0$,此时的圆锥曲线就是圆了。而此时 $x^3$ 项次数可以验证也是 $0$,只有 $x^2$ 项系数不为 $0$。因此圆与非圆的圆锥曲线消去 $y$ 后,得到的方程是 $4$ 次的,若相切的交点视为二重点,说明可能无交点,可能有两个交点,可能有四个交点。两个不相似或全等的圆,消去 $y$ 后的方程是 $2$ 次的,这也说明两个圆不可能仅有一个交点,但交点不是相切的情形。

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回复 28# wwdwwd
对四次方程有二重根就说明相切了,如果无二重根说明无切点,如果仅有一个二重根说明仅有一个切点,如果有两个不同的二重根说明有两个切点。

用本贴主楼的结论,圆是 $(x-1)^2+(y-4\sqrt 3/9)^2=(4\sqrt 3/9)^2$,与 $y^2=4x$ 消去 $x$ 后得 $9 y^4+72 y^2-128 \sqrt{3} y+144=0$,求导后得 $9 y^3+36 y-32 \sqrt{3}=0$,辗转相除法求得  $9 y^4+72 y^2-128 \sqrt{3} y+144$ 与 $9 y^3+36 y-32 \sqrt{3}$ 的最大公因式是 $3y-2\sqrt 3$,因此切点的 $y$ 值就是 $2\sqrt 3/3$。看 $9 y^4+72 y^2-128 \sqrt{3} y+144=(3y-2 \sqrt{3})^2 (3 y^2+4 \sqrt{3} y+36)/3$,这个 $y$ 值就是其二重根,另外 $3 y^2+4 \sqrt{3} y+36=0$ 无实数解,再计算出 $x$ 值,说明恰有一交点了。

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回复 28# wwdwwd
一般曲线相切肯定不是这么简单的,就如曲线的切线与曲线的交点有时候不仅有一交点这么简单的。就这个题目,你不用管是不是相切,当两代数曲线的交点其中一个点运动无限接近另一点的时候,其坐标所满足的方程就是从不等变成重根的时候,这样就可以了吧?
消元的时候最好用结式,因为 $(x-x_0)^2+y^2=r^2$ 与 $ax^2+by^2=1$ 计算结式得到的 $x$ 的方程是四次的,是一个完全平方式,$x$ 值确实是重根(因为交点都是 $(x,\pm y)$ 这样的),如果 $y^2=r^2-(x-x_0)^2$ 直接代入 $ax^2+by^2=1$ 中得到的方程是二次的,会引起一些误解。但是消去 $y$ 得到的方程仍然是四次的,所以最终确定是否切点还是要计算出整个坐标出来才行。

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做一些补充:
对光滑的连续函数曲线 $f(x)$ 与 $g(x)$,若 $f(x_0)=g(x_0)$,在 $x_0$ 的某一邻域内当 $x\neq x_0$ 时恒有 $f(x)>g(x)$,则 $f'(x_0)=g'(x_0)$,即 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $x=x_0$ 处相切。
若多项式函数曲线 $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 在 $(x,y)=(x_0,y_0)$ 处相切,那么 $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 用结式消去 $y$ 得 $h_1(x)=0$ 或消去 $x$ 得 $h_2(y)=0$,则 $h_1(x)=0$ 和 $h_2(y)=0$ 必定有重根。
$h_1(x)=0$ 的实数解 $x_0$ 并不意味着对应的方程组 $
\left\{
\begin{aligned}
f(x_0,y)&=0\\
g(x_0,y)&=0
\end{aligned}
\right.$ 中的解 $y_0$ 一定是实数,需要进行检验。
$h_1(x)=0$ 的重根实数解 $x_0$ 和 $h_2(y)=0$ 的重根实数解 $y_0$ 同时满足 $f(x_0,y_0)=g(x_0,y_0)=0$,但并不意味着 $(x_0,y_0)$ 一定是  $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 的切点,例如 $f(x,y)=x^2+y^2-r^2$,$g(x,y)=ax^2+by^2-1$ 就是这种情况。但若 $h_1(x)=0$ 有重根实数解 $x_0$,方程组 $
\left\{
\begin{aligned}
f(x_0,y)&=0\\
g(x_0,y)&=0
\end{aligned}
\right.$ 有唯一的公共实数解 $y=y_0$,则 $(x_0,y_0)$ 一定是  $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 的切点。

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回复 32# 敬畏数学

点 $(x_0,y_0)$ 是曲线 $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 的公共点,且两曲线在此公共点处的切线重合,则称曲线 $f(x,y)=0$ 与 $g(x,y)=0$ 在点 $(x_0,y_0)$ 处相切,$(x_0,y_0)$ 为它们的切点。

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