先从一道问题开始
圆\(x^2+y^2+ty-2=0\)与\(y\)轴交于\(A,B\)两点，已知\(C(1,2)\)，求一条直线，使得过\(A,B,C\)三点的圆截的弦长为定值。
小测验上一开始拿到这个题我是懵逼的，除了暴算完全没什么思路，不过暴算可以预见地不大可行，至少时间是不够的。
后来看了解析的思路大概是找到过\(A,B\)点的所有圆的解析式再让他过\(C\)点，然而答案只是通过一种构造方法正好构造了一个解析式\(x^2+y^2+ty+nx-2=0\)，这个玩意是值得研究一下子的。
那么，更加一般的情况下，该如何表示过两点的所有圆的解析式呢。
我们知道，圆的一般方程长这样：
\[x^2+y^2+Ax+By+C=0
\]
为了方便，我们不妨引入一种新的圆方程：
\[Ax^2+Ax^2+Bx+Cy+D=0
\]
我们知道，三点唯一确定一个圆，这是因为我们将三个点坐标带入方程中可得：
\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
Ax_1^2+Ay_1^2+Bx_1+Cy_1+D=0\\
Ax_2^2+Ay_2^2+Bx_2+Cy_2+D=0\\
Ax_3^2+Ay_3^2+Bx_3+Cy_3+D=0
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]
这样，有四个未知数，三个方程，可以解出\(A,B,C,D\)的比例。
那么，我们现在的问题就是要解决，如果只有两个点，如何找到满足条件的所有圆的方程呢。
我们有：
\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
Ax_1^2+Ay_1^2+Bx_1+Cy_1+D=0\\
Ax_2^2+Ay_2^2+Bx_2+Cy_2+D=0
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]
这是四个未知数，两个方程。
根据某个线性代数的定理，对于\(n\)个未知数，\(m\)个方程的方程组，只需要找到\(n-m\)个特殊解就能构造出所有解。
更具体的，对于方程：
\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
A_{1,1}x_1+A_{1,2}x_2+\dots+A_{1,n}x_n=0\\
A_{2,1}x_1+A_{2,2}x_2+\dots+A_{2,n}x_n=0\\
\dots\\
A_{m,1}x_1+A_{m,2}x_2+\dots+A_{m,n}x_n=0
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]
若找到\(n-m\)组特殊解，他们是：
\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
x_1=a_{1,1}\\
x_2=a_{1,2}\\
\dots\\
x_n=a_{1,n}
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]
一直到：
\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
x_1=a_{n-m,1}\\
x_2=a_{n-m,2}\\
\dots\\
x_n=a_{n-m,n}
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]
那么，满足这个方程的所有解可以构造为：
\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
x_1=\lambda_1a_{1,1}+\lambda_2a_{2,1}+\dots+\lambda_{n-m}a_{n-m,1}\\
x_2=\lambda_1a_{1,2}+\lambda_2a_{2,2}+\dots+\lambda_{n-m}a_{n-m,2}\\
\dots\\
x_n=\lambda_1a_{1,n}+\lambda_2a_{2,n}+\dots+\lambda_{n-m}a_{n-m,n}
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]
那么，对于以上那个圆的方程，他是四个未知数，两个方程，只需要找到两个特殊的过两点的方程即可。
假设圆\(C_1:A_1x^2+A_1y^2+B_1x+C_1y+D_1=0\)和圆\(C_2:A_2x^2+A_2y^2+B_2x+C_2y+D_2=0\)均过\(A,B\)两点。
那么所有过\(A,B\)两点的圆的方程即可表示为：
\[\lambda_1(A_1x^2+A_1y^2+B_1x+C_1y+D_1)+\lambda_2(A_2x^2+A_2y^2+B_2x+C_2y+D_2)=0
\]
更加特殊的，当\(A_2\)取\(0\)时我们有：
\[\lambda_1(A_1x^2+A_1y^2+B_1x+C_1y+D_1)+\lambda_2(B_2x+C_2y+D_2)=0
\]
圆\(C_2\)的方程退化为直线方程。
那么，这个式子具有的几何意义就是可以表示过圆\(C_1\)和直线\(l(C_2)\)的两个交点的所有圆。
回到题目。
圆\(x^2+y^2+ty-2=0\)与\(y\)轴交于\(A,B\)两点
那么，我们可以看作\(A,B\)两点即为圆\(C_1\)与直线\(x=0\)的两个交点。
也就是说，过\(A,B\)的所有圆的方程一定可以表示为：
\[\lambda_1(x^2+y^2+ty-2)+\lambda_2x=0
\]
不妨令\(\lambda_1=1\)，
即：
\[x^2+y^2+ty+\lambda_2x-2=0
\]
这就是答案所给出的解析式。
那么，下一步：
已知\(C(1,2)\)，求一条直线，使得过\(A,B,C\)三点的圆截的弦长为定值。
直接大力出奇迹
由于圆过\(C\)点，那么将\((1,2)\)带入，可得：
\[\lambda_2=-3-2t
\]
圆解析式为：
\[C_1:x^2+y^2+(-3-2t)x+ty-2
\]
即圆\(C_1\)过点\((\frac{3+2t}{2},-\frac{1}{2}t)\)，半径\(r^2=2+\frac{t^2}{4}+\frac{(3+2t)^2}{4}\)。
然后，我们设这条直线\(l:Ax+By+C=0\)
那么令弦长为\(D\)，就有：
\[\frac{D^2}{4}=2+\frac{t^2}{4}+\frac{(3+2t)^2}{4}-\frac{(\frac{3+2t}{2}A-\frac{1}{2}Bt+C)^2}{A^2+B^2}
\]
分别考察\(t^2\)与\(t\)的系数：
\[[t^2]=\frac{5}{4}-\frac{A^2+\frac{1}{4}B^2-AB}{A^2+B^2}\\
[t]=3-\frac{3A^2+2AC-BC}{A^2+B^2}
\]
让他们分别等于\(0\)，就有：
\[A=-2B,C=0
\]
所以，直线的方程就为：
\[2x-y=0
\]
那么，这题到这里就算做完了。
不过，我们当然不想止步于此，我发现这个结论似乎可以拓展到广义上的二次曲线。
不过这里不做过多的赘述，开一篇新博来写。