浅议G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)的含义

在圆中，有这样两种类型：

第一类：圆C1:x2+y2+2x+8y-8=0,圆C2:x2+y2-4x-4y-2=0

① 证明两圆相交;

② 求两圆的交线所在的方程;

③ 求过(2,3)且过两圆交点的圆的方程.

第二类：圆C1:x2+y2+4x-4y-5=0,圆C2:x2+y2-8x+4y+7=0

① 两圆相切

② 求过切点的公切线方程;

③ 求过（2，3）且与两圆相切于上述切点的圆的方程.

对两类题型的②③解法如下：

第一类②:(x2+y2+2x+8y-8)-(x2+y2-4x-4y-2)=0

6x+12y-6=0即为交线

③:(x2+y2+2x+8y-8)+λ(x2+y2-4x-4y-2)=0

代入（2，3） 得λ=113

从而所求圆的方程为7x2+7y2-19x-10y-23=0

第二类②:(x2+y2+4x-4y-5)-(x2+y2-8x+4y+7)=0

3x-2y-3=0即为过切点的切线

③:(x2+y2+4x-4y-5)+λ(x2+y2-8x+4y+7)=0

代入（2，3） 得λ=-14

从而所求圆的方程为3x2+3y2+24x-20y-27=0

观察它们的解法，你会发现不论相交还是相切，虽然位置关系不同，但解法相似，而且这两类题的解法都可以概括成G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)的形式.下面探讨这种形式所表示的含义.

设圆C1:x2+y2+D1x+E1y+F1=0，圆C2:x2+y2+D2x+E2y+F2=0.

记G(x,y)=x2+y2+D1x+E1y+F1

记F(x,y)=x2+y2+D2x+E2y+F2

1. 若两圆有公共点(x0,y0)，则G(x0,y0)=0、F(x0,y0)=0

则G(x0,y0)+λF(x0,y0)=0

这说明G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)过两圆的公共点.

2. 假设G(x,y)-F(x,y)=0还过G(x,y)=0上异于公共点的另一点，设为(x1,y1)

则G(x1,y1)=0，且F(x1,y1)≠0

则G(x1,y1)+λF(x1,y1)≠0(λ≠0)

同理：G(x,y)-F(x,y)=0也不过F(x,y)=0上异于公共点的其它点.

综合1、2，G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)只过两圆的公共点.

3. 若λ=-1,G(x,y)+λF(x,y)=0

即为G(x,y)-F(x,y)=0

即(D1-D2)x+(E1-E2)y+(F1-F2)=0

不论两圆相切还是相交,圆心都不可能相同, 都表示一直线.结合1、2，若两圆相交，则是交线；两圆相切，则是过切点的切线.另外，若两圆外离或内含， 所表示的直线与两圆圆心所在的直线垂直，证略.

4. 若λ≠1,有以下结论：

① 两圆相交时，G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)表示圆；

② 当圆相切时时，G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)可能表示圆也可能表示点.

③ 当两圆外离或内含时，G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0)表示虚圆.

下进行证明.为了便于证明，这里给出标准式

设圆C1:(x-a)2+(y-b)2=r2，圆C2:(x-m)2+(y-n)2=R2

记G(x,y)=(x-a)2+(y-b)2-r2

F(x,y)=(x-m)2+(y-n)2-R2

G(x,y)+λF(x,y)=0表示

(1+λ)x2+(1+λ)y2-2(a+mλ)x-2(b+nλ)y+a2+b2-r2+λ(m2+n2-R2)=0

先证①:两圆相交时，G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0,λ≠-1)表示圆.

证明：要证是圆,证

［-2(a+mλ)］2+［-2(b+nλ)］2＞4(1+λ)［a2+b2-r2+λ(m2+n2-R2)］恒成立

证R2λ2-［(a-m)2+(b-n)2-r2-R2］λ+r2＞0恒成立 (λ≠0且λ≠-1)

由于λ=0时， 符合；λ=-1时， 符合

故只需证明R2λ2-［(a-m)2+(b-n)2-r2-R2］λ+r2＞0恒成立，λ∈R

证［(a-m)2+(b-n)2-r2-R2］2＜4R2r2恒成立

证［(a-m)2+(b-n)2］2+(R2-r2)2＜2［(a-m)2+(b-m)2］(R2+r2)成立

设(a-m)2+(b-n)2=d2

证d4+(R2-r2)2＜2d2(R2+r2)

证［d2-(R2+r2)］2＜4R2r2

证｜d2-(R2+r2)｜＜2Rr

证｜d2-(R2+r2)｜＜2Rr

证-2Rr＜d2-(R2+r2)＜2Rr

证(R-r)2＜d2＜(R+r)2

因为相交，所以成立，原题得证；

再证②:当圆相切时时，G(x,y)+λF(x,y)=0(λ≠0,λ≠-1)可能表示圆也可能表示点

证R2λ2-［(a-m)2+(b-n)2-r2-R2］λ+r2≥0

若内切，则(a-m)2+(b-n)2=(R-r)2

证R2λ2+2Rrλ+r2≥0

证(Rλ+r)2≥0

显然成立，原题得证

若外切，则(a-m)2+(b-n)2=(R+r)2

R2λ2-2Rrλ+r2≥0

(Rλ-r)2≥0

显然成立，原题得证

③的证明与①正好相反，此处证明略.