圓系

　　圓系的題目的速解法，說穿了其實是應用了三點定一圓的概念來解題。那圓系的題目包括了哪些題型呢？

第一種：已知兩圓C₁及C₂的方程式，求過此二圓的交點，且圓心在直線L上，或圓過一點(x₀,y₀)或給圓心的其中一個座標等的。先決條件就是兩圓C₁及C₂要有兩個交點，若沒有兩個交點，則無法做下去。

第二種：已知圓C₁及直線L的方程式，求過圓C₁與直線L的交點，且圓心在直線L₁上，或圓過一點(x₀,y₀)或給圓心的其中一個座標等的。先決條件就是圓C₁及L要有兩個交點，若沒有兩個交點，則無法做下去。

第一種題型時，我們可以設欲求的圓方程式為C:C₁+kC₂，因為所設的方程式一定會經過C₁及C₂的兩個交點了，所以只要再知道圓上的另一點，就可以用三點定一圓的概念去把圓方程式解出來。

例1：求過圓C₁:x²+y²-2x+2y-2=0及圓C₂:x²+y²-6x-2y+1=0

的交點，且圓心在直線3x+8y-1=0上的圓方程式。
解：設此圓方程式為x²+y²-2x+2y-2+k(x²+y²-6x-2y+1)=0

(1+k)x²+(1+k)y²-(2+6k)x+(2-2k)y-2+k=0

　　圓心((1+3k)/(1+k),(-1+k)/(1+k))

　　因為圓心在直線3x+8y-1=0上

　　所以3(1+3k)/(1+k)+8(-1+k)/(1+k)-1=0

　　3+9k-8+8k-1-k=0

　　　　　　 16k=6

　　　　　　　 k=3/8

　　故圓方程為x²+y²-2x+2y-2+3(x²+y²-6x-2y+1)/8=0

　　11x²+11y²-30x+16y-19=0

解釋：若兩圓的兩個交點為(m,n)及(a,b)，而我們設欲求的圓方程式為x²+y²+2gx+2fy+c=0

　　　則有m²+n²+2gm+2fn+c=0

　　　　　a²+b²+2ga+2fy+c=0

　　　　　　　　　-3g-8f-1=0

這與我們直接設圓方程式為x²+y²-2x+2y-2+k(x²+y²-6x-2y+1)=0有同工異曲之妙，因為(m,n)及(a,b)原本就是C₁及C₂上的點，當然m²+n²-2m+2n-2+k(m²+n²-6m-2n+1)=0且a²+b²-2a+2b-2+k(a²+b²-6a-2b+1)=0及(1+3k)+8(-1+k)-1=0。這相當於已知圓上兩點及圓心在某直線上，求圓方程式的做法一樣。

例2：求過圓C₁:x²+y²+4x-6y-3=0及直線5x-2y+8=0的交點，且圓心的x坐標是3的圓方程式。

解：設此圓方程式為x²+y²+4x-6y-3+k(5x-2y+8)=0

　　圓心(-(4+5k)/2,(3+k))

　　-(4+5k)/2=3

　　-4-5k=6

　　-5k=10

　　　k=-2

　　故圓方程式為x²+y²-6x-2y-19=0

解釋：例2與例1類似，只是我們把第二個圓換成直線而已。同樣的，一定要有兩個交點，不然是無法確定要求的是哪一個圓。

　　除了上面所提到的兩種題型，那麼圓系的題目是否還可以有所變化呢？其實是可以的，像在第二個型題下手來做一些變化。第二種題型原是給一圓方程及直線方程，然後再去求另一圓方程，我們可以反過來給兩個圓方程式，然後倒回去求過這兩圓的直線方程式。因為我們已知道C=C₁+kL，所以反過來 kL=C₁-C=0，故要求過兩圓交點的直線方程式，也通過此方法來快速求得。

例3：求過圓C₁:x²+y²-2x+2y-2=0及圓C₂:x²+y²-6x-2y+1=0交點的直線方程式。

解：L: x²+y²-2x+2y-2-(x²+y²-6x-2y+1)=0

　　L:4x+4y-3=0

解釋：其實這種題型也可以用兩點定一直線的概念來理解。假設兩圓的交點為(p,q)及(a,b)，那麼如果我們設欲求的直線方程式為(y-q)=m(x-p)其中m=(q-b)/(p-a)，則有

(q-q)-[(q-b)/(p-a)](p-p) =0, (b-q)-[(q-b)/(p-a)](a-p)=0

這與p²+q²-2p+2q-2-(p²+q²-6p-2q+1)=0, a²+b²-2a+2m-2-(a²+b²-6a-2m+1)=0再度有同工異取之妙啊，因為所設之方程式都滿足那兩個點，故是同一條直線。