已知一个圆，一个点和一条直线，如何找到一个与圆相切过点且圆心在直线上的圆？
这是一个经典的几何问题，需要找到一个满足特定条件的圆。我们已知三个元素：
1. 一个圆（我们称之为给定圆）：假设其圆心为 $O_1$，半径为 $r_1$。
2. 一个点（我们称之为给定点）：假设为点 $P$。
3. 一条直线（我们称之为限制直线）：假设为直线 $l$。
我们需要找到一个新圆（我们称之为目标圆），它需要满足以下三个条件：
与给定圆相切：这意味着目标圆与给定圆的距离为零（当它们是外切或内切时）。
过给定点 $P$：这意味着点 $P$ 位于目标圆的周长上。
圆心在直线 $l$ 上：这意味着目标圆的圆心，我们称之为 $O_2$，必须位于直线 $l$ 上。
下面我将详细地介绍求解这个问题的步骤和思路，并考虑可能出现的各种情况。
解题思路和步骤
我们将从已知条件出发，逐步推导出目标圆的圆心和半径。
第一步：利用圆心在直线 $l$ 上的条件
由于目标圆的圆心 $O_2$ 必须在直线 $l$ 上，我们可以参数化直线 $l$ 上的点。假设直线 $l$ 的参数方程为：
$O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$
其中，$O_{l0}$ 是直线 $l$ 上的一个已知点（可以通过直线方程求得），$vec{v}_l$ 是直线 $l$ 的方向向量。$t$ 是一个实数参数。
第二步：利用目标圆过点 $P$ 的条件
目标圆的圆心是 $O_2$，半径是 $r_2$。因为目标圆过点 $P$，所以点 $P$ 到圆心 $O_2$ 的距离等于目标圆的半径 $r_2$。
即：$|PO_2| = r_2$
将第一步的参数化代入，我们得到：
$r_2 = |P (O_{l0} + t vec{v}_l)|$
这里的 $| cdot |$ 表示向量的模长（距离）。
第三步：利用目标圆与给定圆相切的条件
目标圆与给定圆相切，这意味着它们之间的距离为零。这种情况有两种可能：
外切：两个圆的圆心距离等于它们半径之和。$|O_1O_2| = r_1 + r_2$
内切：两个圆的圆心距离等于它们半径之差的绝对值。$|O_1O_2| = |r_1 r_2|$
我们将这两种情况分别列出。
情况一：目标圆与给定圆外切
根据外切条件，我们有：
$|O_1O_2| = r_1 + r_2$
将第二步中得到的 $r_2 = |PO_2|$ 代入：
$|O_1O_2| = r_1 + |PO_2|$
现在我们将 $O_2$ 用直线 $l$ 的参数方程表示：$O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$。
$|O_1 (O_{l0} + t vec{v}_l)| = r_1 + |P (O_{l0} + t vec{v}_l)|$
这是一个关于参数 $t$ 的方程。我们可以将其平方来去掉绝对值符号，从而得到一个代数方程。
设 $O_2 = (x_2, y_2)$。
$O_1 = (x_1, y_1)$
$P = (x_P, y_P)$
直线 $l$ 可以用方程 $Ax + By + C = 0$ 表示，或者用参数方程 $x = x_{l0} + t v_x$, $y = y_{l0} + t v_y$ 表示。
我们使用向量表示会更简洁一些。
令 $vec{o}_2 = vec{o}_{l0} + t vec{v}_l$。
则 $| vec{o}_1 vec{o}_2 | = r_1 + |vec{p} vec{o}_2|$。
为了处理平方，我们可以将方程改写成：
$|vec{o}_1 vec{o}_2| |vec{p} vec{o}_2| = r_1$
这是一个关于 $vec{o}_2$ 的方程。令 $vec{u} = vec{o}_1 vec{o}_2$ 和 $vec{v} = vec{p} vec{o}_2$。则 $|vec{u}| |vec{v}| = r_1$.
我们知道 $|vec{u}|^2 = (vec{o}_1 vec{o}_2) cdot (vec{o}_1 vec{o}_2)$。
将 $vec{o}_2 = vec{o}_{l0} + t vec{v}_l$ 代入：
$|vec{o}_1 (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)| = r_1 + |vec{p} (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)|$
$|vec{o}_1 vec{o}_{l0} t vec{v}_l| = r_1 + |vec{p} vec{o}_{l0} t vec{v}_l|$
令 $vec{a} = vec{o}_1 vec{o}_{l0}$ 和 $vec{b} = vec{p} vec{o}_{l0}$。
$|vec{a} t vec{v}_l| = r_1 + |vec{b} t vec{v}_l|$
平方两边：
$(vec{a} t vec{v}_l) cdot (vec{a} t vec{v}_l) = (r_1 + |vec{b} t vec{v}_l|)^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b} t vec{v}_l|^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2$
简化后得到：
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} vec{b}) cdot vec{v}_l + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
将 $|vec{b} t vec{v}_l|$ 展开并平方：
$|vec{b} t vec{v}_l|^2 = |vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2$
令 $K_1 = |vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2$ 且 $vec{w} = vec{a} vec{b} = vec{o}_1 vec{p}$.
$K_1 = 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) + 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
将包含根式的项移到一边：
$K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) = 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
现在平方两边。注意： 平方可能会引入增根，所以最终需要验证解。
$(K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l))^2 = 4r_1^2 (|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2)$
这是一个关于 $t$ 的二次方程。令：
$A = 4 (vec{w} cdot vec{v}_l)^2 4r_1^2 |vec{v}_l|^2$
$B = 4 K_1 (vec{w} cdot vec{v}_l) + 8r_1^2 (vec{b} cdot vec{v}_l)$
$C = K_1^2 4r_1^2 |vec{b}|^2$
则二次方程为：$At^2 + Bt + C = 0$.
解这个二次方程可以得到 $t$ 的值。对于每个有效的 $t$，我们可以计算出目标圆心 $O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$ 和半径 $r_2 = |PO_2|$. 然后需要验证这些解是否满足原始条件（包括平方前的条件，以避免增根）。
情况二：目标圆与给定圆内切
根据内切条件，我们有：
$|O_1O_2| = |r_1 r_2|$
代入 $r_2 = |PO_2|$：
$|O_1O_2| = |r_1 |PO_2||$
将 $O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$ 代入：
$|vec{o}_1 (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)| = |r_1 |vec{p} (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)||$
令 $vec{a} = vec{o}_1 vec{o}_{l0}$ 和 $vec{b} = vec{p} vec{o}_{l0}$。
$|vec{a} t vec{v}_l| = |r_1 |vec{b} t vec{v}_l||$
平方两边：
$|vec{a} t vec{v}_l|^2 = (r_1 |vec{b} t vec{v}_l|)^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b} t vec{v}_l|^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2$
简化后得到：
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} vec{b}) cdot vec{v}_l 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
令 $K_1 = |vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2$ 且 $vec{w} = vec{a} vec{b} = vec{o}_1 vec{p}$.
$K_1 = 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
移项：
$K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) = 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
再次平方两边。注意： 平方可能会引入增根，需要验证。
$(K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l))^2 = 4r_1^2 (|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2)$
这个方程与情况一的二次方程形式是相同的：$At^2 + Bt + C = 0$。
其中 $A, B, C$ 的系数定义如下：
$A = 4 (vec{w} cdot vec{v}_l)^2 4r_1^2 |vec{v}_l|^2$
$B = 4 K_1 (vec{w} cdot vec{v}_l) + 8r_1^2 (vec{b} cdot vec{v}_l)$
$C = K_1^2 4r_1^2 |vec{b}|^2$
解这个二次方程得到 $t$ 的值。对于每个有效的 $t$，计算 $O_2$ 和 $r_2$，并进行验证。
验证步骤：
对于每一个解得的 $t$ 值，计算：
1. 目标圆心 $O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$。
2. 目标圆半径 $r_2 = |PO_2|$。
3. 检查 $|O_1O_2|$ 是否等于 $r_1 + r_2$ (外切) 或 $|r_1 r_2|$ (内切)。
4. 同时要确保 $r_2 > 0$。
重要提示：
增根处理： 平方操作可能会产生增根。必须将求得的 $t$ 值代回平方之前的方程进行验证。例如，对于情况一，验证 $K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l)$ 是否等于 $2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$，并且两边符号一致（如果 $r_1 > 0$ 且 $|vec{b} t vec{v}_l| > 0$，则左边需要为非负）。
特殊情况：
直线 $l$ 与给定圆相交或相切或相离： 这只会影响解的存在性，而不是解题方法本身。
点 $P$ 在给定圆上或圆内或圆外： 这也会影响解的存在性。
直线 $l$ 通过圆心 $O_1$： 这会简化一些计算，但通用方法仍然适用。
点 $P$ 在直线 $l$ 上： 这意味着 $P = O_2$，那么 $r_2 = 0$，这通常不是一个“圆”，所以除非题目允许半径为零的退化圆，否则这种情况没有解。
二次方程无实数解： 意味着不存在满足条件的圆。
二次方程有一个实数解： 意味着可能存在一个或两个满足条件的圆（取决于验证）。
二次方程有两个实数解： 意味着可能存在零个、一个或两个满足条件的圆（取决于验证）。
几何意义理解：
条件“圆心在直线 $l$ 上”：将搜索空间限定在直线 $l$ 上的点。
条件“过点 $P$”：目标圆的半径由圆心到点 $P$ 的距离决定，$r_2 = d(O_2, P)$。
条件“与给定圆相切”：这是一个关于 $O_2$ 和 $r_2$ 的关系。$d(O_1, O_2) = r_1 pm r_2$。
我们可以将这三个条件结合起来。我们搜索直线 $l$ 上的点 $O_2$。对于每一个 $O_2$，我们计算出其到点 $P$ 的距离 $r_2 = d(O_2, P)$。然后我们检查点 $O_2$ 到给定圆心 $O_1$ 的距离 $d(O_1, O_2)$ 是否满足 $d(O_1, O_2) = r_1 + r_2$ (外切) 或 $d(O_1, O_2) = |r_1 r_2|$ (内切)。
通过引入参数 $t$ 来表示直线 $l$ 上的点 $O_2$，我们将问题转化为求解关于 $t$ 的方程，特别是二次方程。
具体坐标计算示例
假设：
给定圆心 $O_1 = (0, 0)$，半径 $r_1 = 1$。
给定点 $P = (2, 0)$。
限制直线 $l$ 为 $y = x$，即参数方程为 $O_{l0} = (0, 0)$, $vec{v}_l = (1, 1)$。所以 $O_2 = (t, t)$。
1. 圆心在直线 $l$ 上： $O_2 = (t, t)$
2. 过点 $P$： $r_2 = |PO_2| = sqrt{(t2)^2 + (t0)^2} = sqrt{(t2)^2 + t^2}$
3. 相切条件： $O_1 = (0, 0)$
外切： $|O_1O_2| = r_1 + r_2$
$sqrt{(t0)^2 + (t0)^2} = 1 + sqrt{(t2)^2 + t^2}$
$sqrt{2t^2} = 1 + sqrt{t^2 4t + 4 + t^2}$
$sqrt{2} |t| = 1 + sqrt{2t^2 4t + 4}$
为了方便处理，我们先假设 $t ge 0$。
$sqrt{2} t = 1 + sqrt{2t^2 4t + 4}$
$sqrt{2} t 1 = sqrt{2t^2 4t + 4}$
平方两边：
$(sqrt{2} t 1)^2 = 2t^2 4t + 4$
$2t^2 2sqrt{2} t + 1 = 2t^2 4t + 4$
$2sqrt{2} t + 1 = 4t + 4$
$4t 2sqrt{2} t = 3$
$t(4 2sqrt{2}) = 3$
$t = frac{3}{4 2sqrt{2}} = frac{3(4 + 2sqrt{2})}{(4 2sqrt{2})(4 + 2sqrt{2})} = frac{12 + 6sqrt{2}}{16 8} = frac{12 + 6sqrt{2}}{8} = frac{6 + 3sqrt{2}}{4}$
验证：
$t = frac{6 + 3sqrt{2}}{4} > 0$.
左边：$sqrt{2} t 1 = sqrt{2} frac{6 + 3sqrt{2}}{4} 1 = frac{6sqrt{2} + 6}{4} 1 = frac{3sqrt{2} + 3}{2} 1 = frac{3sqrt{2} + 1}{2} > 0$.
右边：$sqrt{2t^2 4t + 4} = sqrt{2(frac{6 + 3sqrt{2}}{4})^2 4(frac{6 + 3sqrt{2}}{4}) + 4}$
计算比较复杂，我们可以直接验证平方前的式子：
$sqrt{2} t = sqrt{2} frac{6 + 3sqrt{2}}{4} = frac{6sqrt{2} + 6}{4} = frac{3sqrt{2} + 3}{2}$.
$r_2 = sqrt{2t^2 4t + 4}$
$|O_1O_2| = sqrt{2t^2} = sqrt{2} t = frac{3sqrt{2} + 3}{2}$.
$r_1 + r_2 = 1 + r_2$.
所以，$frac{3sqrt{2} + 3}{2} = 1 + r_2 implies r_2 = frac{3sqrt{2} + 3}{2} 1 = frac{3sqrt{2} + 1}{2}$.
我们需要验证 $r_2 = sqrt{(t2)^2 + t^2} = frac{3sqrt{2} + 1}{2}$。
$t2 = frac{6 + 3sqrt{2}}{4} 2 = frac{6 + 3sqrt{2} 8}{4} = frac{3sqrt{2} 2}{4}$.
$(t2)^2 = (frac{3sqrt{2} 2}{4})^2 = frac{18 12sqrt{2} + 4}{16} = frac{22 12sqrt{2}}{16} = frac{11 6sqrt{2}}{8}$.
$t^2 = (frac{6 + 3sqrt{2}}{4})^2 = frac{36 + 36sqrt{2} + 18}{16} = frac{54 + 36sqrt{2}}{16} = frac{27 + 18sqrt{2}}{8}$.
$(t2)^2 + t^2 = frac{11 6sqrt{2}}{8} + frac{27 + 18sqrt{2}}{8} = frac{38 + 12sqrt{2}}{8} = frac{19 + 6sqrt{2}}{4}$.
$r_2^2 = (frac{3sqrt{2} + 1}{2})^2 = frac{18 + 6sqrt{2} + 1}{4} = frac{19 + 6sqrt{2}}{4}$.
验证通过！所以存在一个外切圆。
内切： $|O_1O_2| = |r_1 r_2|$
$sqrt{2} |t| = |1 sqrt{(t2)^2 + t^2}|$
假设 $t ge 0$。
$sqrt{2} t = |1 sqrt{2t^2 4t + 4}|$
我们需要分析 $|1 sqrt{2t^2 4t + 4}|$ 的情况。
如果 $1 sqrt{2t^2 4t + 4} ge 0$，则 $sqrt{2t^2 4t + 4} le 1$，平方得 $2t^2 4t + 4 le 1 implies 2t^2 4t + 3 le 0$。判别式为 $16 4(2)(3) = 16 24 = 8 < 0$。因为二次项系数为正，所以 $2t^2 4t + 3$ 恒大于 0，因此 $2t^2 4t + 3 le 0$ 无解。所以这种情况不可能。
因此，必有 $1 sqrt{2t^2 4t + 4} < 0$。
$sqrt{2} t = (1 sqrt{2t^2 4t + 4})$
$sqrt{2} t = sqrt{2t^2 4t + 4} 1$
$sqrt{2} t + 1 = sqrt{2t^2 4t + 4}$
平方两边：
$(sqrt{2} t + 1)^2 = 2t^2 4t + 4$
$2t^2 + 2sqrt{2} t + 1 = 2t^2 4t + 4$
$2sqrt{2} t + 1 = 4t + 4$
$4t + 2sqrt{2} t = 3$
$t(4 + 2sqrt{2}) = 3$
$t = frac{3}{4 + 2sqrt{2}} = frac{3(4 2sqrt{2})}{(4 + 2sqrt{2})(4 2sqrt{2})} = frac{12 6sqrt{2}}{16 8} = frac{12 6sqrt{2}}{8} = frac{6 3sqrt{2}}{4}$
验证：
$t = frac{6 3sqrt{2}}{4} > 0$.
左边：$sqrt{2} t + 1 = sqrt{2} frac{6 3sqrt{2}}{4} + 1 = frac{6sqrt{2} 6}{4} + 1 = frac{3sqrt{2} 3}{2} + 1 = frac{3sqrt{2} 1}{2} > 0$.
右边：$sqrt{2t^2 4t + 4}$
我们需要验证 $frac{3sqrt{2} 1}{2} = sqrt{2t^2 4t + 4}$。
$t2 = frac{6 3sqrt{2}}{4} 2 = frac{6 3sqrt{2} 8}{4} = frac{2 3sqrt{2}}{4}$.
$(t2)^2 = (frac{2 3sqrt{2}}{4})^2 = frac{4 + 12sqrt{2} + 18}{16} = frac{22 + 12sqrt{2}}{16} = frac{11 + 6sqrt{2}}{8}$.
$t^2 = (frac{6 3sqrt{2}}{4})^2 = frac{36 36sqrt{2} + 18}{16} = frac{54 36sqrt{2}}{16} = frac{27 18sqrt{2}}{8}$.
$(t2)^2 + t^2 = frac{11 + 6sqrt{2}}{8} + frac{27 18sqrt{2}}{8} = frac{38 12sqrt{2}}{8} = frac{19 6sqrt{2}}{4}$.
$r_2^2 = (frac{3sqrt{2} 1}{2})^2 = frac{18 6sqrt{2} + 1}{4} = frac{19 6sqrt{2}}{4}$.
验证通过！所以存在一个内切圆。
在这个例子中，我们找到了两个解，一个外切圆和一个内切圆。
总结
解决这类问题的关键是将所有条件转化为关于目标圆圆心（或其参数）的方程。由于圆心在一条直线上，我们可以使用参数方程来表示圆心。相切和过点条件则给出了半径与圆心的关系。将这些关系结合起来，最终会得到一个关于参数的代数方程（通常是二次方程），解出参数后，再进行验证以确保其满足所有原始条件。
这是一个较为复杂但可以通过代数方法解决的几何问题。理解每一步的意义以及如何处理平方可能引入的增根是成功的关键。
1. 一个圆（我们称之为给定圆）：假设其圆心为 $O_1$，半径为 $r_1$。
2. 一个点（我们称之为给定点）：假设为点 $P$。
3. 一条直线（我们称之为限制直线）：假设为直线 $l$。
我们需要找到一个新圆（我们称之为目标圆），它需要满足以下三个条件：
与给定圆相切：这意味着目标圆与给定圆的距离为零（当它们是外切或内切时）。
过给定点 $P$：这意味着点 $P$ 位于目标圆的周长上。
圆心在直线 $l$ 上：这意味着目标圆的圆心，我们称之为 $O_2$，必须位于直线 $l$ 上。
下面我将详细地介绍求解这个问题的步骤和思路，并考虑可能出现的各种情况。
解题思路和步骤
我们将从已知条件出发，逐步推导出目标圆的圆心和半径。
第一步：利用圆心在直线 $l$ 上的条件
由于目标圆的圆心 $O_2$ 必须在直线 $l$ 上，我们可以参数化直线 $l$ 上的点。假设直线 $l$ 的参数方程为：
$O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$
其中，$O_{l0}$ 是直线 $l$ 上的一个已知点（可以通过直线方程求得），$vec{v}_l$ 是直线 $l$ 的方向向量。$t$ 是一个实数参数。
第二步：利用目标圆过点 $P$ 的条件
目标圆的圆心是 $O_2$，半径是 $r_2$。因为目标圆过点 $P$，所以点 $P$ 到圆心 $O_2$ 的距离等于目标圆的半径 $r_2$。
即：$|PO_2| = r_2$
将第一步的参数化代入，我们得到：
$r_2 = |P (O_{l0} + t vec{v}_l)|$
这里的 $| cdot |$ 表示向量的模长（距离）。
第三步：利用目标圆与给定圆相切的条件
目标圆与给定圆相切，这意味着它们之间的距离为零。这种情况有两种可能：
外切：两个圆的圆心距离等于它们半径之和。$|O_1O_2| = r_1 + r_2$
内切：两个圆的圆心距离等于它们半径之差的绝对值。$|O_1O_2| = |r_1 r_2|$
我们将这两种情况分别列出。
情况一：目标圆与给定圆外切
根据外切条件，我们有：
$|O_1O_2| = r_1 + r_2$
将第二步中得到的 $r_2 = |PO_2|$ 代入：
$|O_1O_2| = r_1 + |PO_2|$
现在我们将 $O_2$ 用直线 $l$ 的参数方程表示：$O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$。
$|O_1 (O_{l0} + t vec{v}_l)| = r_1 + |P (O_{l0} + t vec{v}_l)|$
这是一个关于参数 $t$ 的方程。我们可以将其平方来去掉绝对值符号，从而得到一个代数方程。
设 $O_2 = (x_2, y_2)$。
$O_1 = (x_1, y_1)$
$P = (x_P, y_P)$
直线 $l$ 可以用方程 $Ax + By + C = 0$ 表示，或者用参数方程 $x = x_{l0} + t v_x$, $y = y_{l0} + t v_y$ 表示。
我们使用向量表示会更简洁一些。
令 $vec{o}_2 = vec{o}_{l0} + t vec{v}_l$。
则 $| vec{o}_1 vec{o}_2 | = r_1 + |vec{p} vec{o}_2|$。
为了处理平方，我们可以将方程改写成：
$|vec{o}_1 vec{o}_2| |vec{p} vec{o}_2| = r_1$
这是一个关于 $vec{o}_2$ 的方程。令 $vec{u} = vec{o}_1 vec{o}_2$ 和 $vec{v} = vec{p} vec{o}_2$。则 $|vec{u}| |vec{v}| = r_1$.
我们知道 $|vec{u}|^2 = (vec{o}_1 vec{o}_2) cdot (vec{o}_1 vec{o}_2)$。
将 $vec{o}_2 = vec{o}_{l0} + t vec{v}_l$ 代入：
$|vec{o}_1 (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)| = r_1 + |vec{p} (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)|$
$|vec{o}_1 vec{o}_{l0} t vec{v}_l| = r_1 + |vec{p} vec{o}_{l0} t vec{v}_l|$
令 $vec{a} = vec{o}_1 vec{o}_{l0}$ 和 $vec{b} = vec{p} vec{o}_{l0}$。
$|vec{a} t vec{v}_l| = r_1 + |vec{b} t vec{v}_l|$
平方两边：
$(vec{a} t vec{v}_l) cdot (vec{a} t vec{v}_l) = (r_1 + |vec{b} t vec{v}_l|)^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b} t vec{v}_l|^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2$
简化后得到：
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} vec{b}) cdot vec{v}_l + 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
将 $|vec{b} t vec{v}_l|$ 展开并平方：
$|vec{b} t vec{v}_l|^2 = |vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2$
令 $K_1 = |vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2$ 且 $vec{w} = vec{a} vec{b} = vec{o}_1 vec{p}$.
$K_1 = 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) + 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
将包含根式的项移到一边：
$K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) = 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
现在平方两边。注意： 平方可能会引入增根，所以最终需要验证解。
$(K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l))^2 = 4r_1^2 (|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2)$
这是一个关于 $t$ 的二次方程。令：
$A = 4 (vec{w} cdot vec{v}_l)^2 4r_1^2 |vec{v}_l|^2$
$B = 4 K_1 (vec{w} cdot vec{v}_l) + 8r_1^2 (vec{b} cdot vec{v}_l)$
$C = K_1^2 4r_1^2 |vec{b}|^2$
则二次方程为：$At^2 + Bt + C = 0$.
解这个二次方程可以得到 $t$ 的值。对于每个有效的 $t$，我们可以计算出目标圆心 $O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$ 和半径 $r_2 = |PO_2|$. 然后需要验证这些解是否满足原始条件（包括平方前的条件，以避免增根）。
情况二：目标圆与给定圆内切
根据内切条件，我们有：
$|O_1O_2| = |r_1 r_2|$
代入 $r_2 = |PO_2|$：
$|O_1O_2| = |r_1 |PO_2||$
将 $O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$ 代入：
$|vec{o}_1 (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)| = |r_1 |vec{p} (vec{o}_{l0} + t vec{v}_l)||$
令 $vec{a} = vec{o}_1 vec{o}_{l0}$ 和 $vec{b} = vec{p} vec{o}_{l0}$。
$|vec{a} t vec{v}_l| = |r_1 |vec{b} t vec{v}_l||$
平方两边：
$|vec{a} t vec{v}_l|^2 = (r_1 |vec{b} t vec{v}_l|)^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b} t vec{v}_l|^2$
$|vec{a}|^2 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2 = r_1^2 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l| + |vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2$
简化后得到：
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} cdot vec{v}_l) 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
$|vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2 = 2t (vec{a} vec{b}) cdot vec{v}_l 2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$
令 $K_1 = |vec{a}|^2 |vec{b}|^2 r_1^2$ 且 $vec{w} = vec{a} vec{b} = vec{o}_1 vec{p}$.
$K_1 = 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
移项：
$K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l) = 2r_1 sqrt{|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2}$
再次平方两边。注意： 平方可能会引入增根，需要验证。
$(K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l))^2 = 4r_1^2 (|vec{b}|^2 2t (vec{b} cdot vec{v}_l) + t^2 |vec{v}_l|^2)$
这个方程与情况一的二次方程形式是相同的：$At^2 + Bt + C = 0$。
其中 $A, B, C$ 的系数定义如下：
$A = 4 (vec{w} cdot vec{v}_l)^2 4r_1^2 |vec{v}_l|^2$
$B = 4 K_1 (vec{w} cdot vec{v}_l) + 8r_1^2 (vec{b} cdot vec{v}_l)$
$C = K_1^2 4r_1^2 |vec{b}|^2$
解这个二次方程得到 $t$ 的值。对于每个有效的 $t$，计算 $O_2$ 和 $r_2$，并进行验证。
验证步骤：
对于每一个解得的 $t$ 值，计算：
1. 目标圆心 $O_2 = O_{l0} + t vec{v}_l$。
2. 目标圆半径 $r_2 = |PO_2|$。
3. 检查 $|O_1O_2|$ 是否等于 $r_1 + r_2$ (外切) 或 $|r_1 r_2|$ (内切)。
4. 同时要确保 $r_2 > 0$。
重要提示：
增根处理： 平方操作可能会产生增根。必须将求得的 $t$ 值代回平方之前的方程进行验证。例如，对于情况一，验证 $K_1 2t (vec{w} cdot vec{v}_l)$ 是否等于 $2r_1 |vec{b} t vec{v}_l|$，并且两边符号一致（如果 $r_1 > 0$ 且 $|vec{b} t vec{v}_l| > 0$，则左边需要为非负）。
特殊情况：
直线 $l$ 与给定圆相交或相切或相离： 这只会影响解的存在性，而不是解题方法本身。
点 $P$ 在给定圆上或圆内或圆外： 这也会影响解的存在性。
直线 $l$ 通过圆心 $O_1$： 这会简化一些计算，但通用方法仍然适用。
点 $P$ 在直线 $l$ 上： 这意味着 $P = O_2$，那么 $r_2 = 0$，这通常不是一个“圆”，所以除非题目允许半径为零的退化圆，否则这种情况没有解。
二次方程无实数解： 意味着不存在满足条件的圆。
二次方程有一个实数解： 意味着可能存在一个或两个满足条件的圆（取决于验证）。
二次方程有两个实数解： 意味着可能存在零个、一个或两个满足条件的圆（取决于验证）。
几何意义理解：
条件“圆心在直线 $l$ 上”：将搜索空间限定在直线 $l$ 上的点。
条件“过点 $P$”：目标圆的半径由圆心到点 $P$ 的距离决定，$r_2 = d(O_2, P)$。
条件“与给定圆相切”：这是一个关于 $O_2$ 和 $r_2$ 的关系。$d(O_1, O_2) = r_1 pm r_2$。
我们可以将这三个条件结合起来。我们搜索直线 $l$ 上的点 $O_2$。对于每一个 $O_2$，我们计算出其到点 $P$ 的距离 $r_2 = d(O_2, P)$。然后我们检查点 $O_2$ 到给定圆心 $O_1$ 的距离 $d(O_1, O_2)$ 是否满足 $d(O_1, O_2) = r_1 + r_2$ (外切) 或 $d(O_1, O_2) = |r_1 r_2|$ (内切)。
通过引入参数 $t$ 来表示直线 $l$ 上的点 $O_2$，我们将问题转化为求解关于 $t$ 的方程，特别是二次方程。
具体坐标计算示例
假设：
给定圆心 $O_1 = (0, 0)$，半径 $r_1 = 1$。
给定点 $P = (2, 0)$。
限制直线 $l$ 为 $y = x$，即参数方程为 $O_{l0} = (0, 0)$, $vec{v}_l = (1, 1)$。所以 $O_2 = (t, t)$。
1. 圆心在直线 $l$ 上： $O_2 = (t, t)$
2. 过点 $P$： $r_2 = |PO_2| = sqrt{(t2)^2 + (t0)^2} = sqrt{(t2)^2 + t^2}$
3. 相切条件： $O_1 = (0, 0)$
外切： $|O_1O_2| = r_1 + r_2$
$sqrt{(t0)^2 + (t0)^2} = 1 + sqrt{(t2)^2 + t^2}$
$sqrt{2t^2} = 1 + sqrt{t^2 4t + 4 + t^2}$
$sqrt{2} |t| = 1 + sqrt{2t^2 4t + 4}$
为了方便处理，我们先假设 $t ge 0$。
$sqrt{2} t = 1 + sqrt{2t^2 4t + 4}$
$sqrt{2} t 1 = sqrt{2t^2 4t + 4}$
平方两边：
$(sqrt{2} t 1)^2 = 2t^2 4t + 4$
$2t^2 2sqrt{2} t + 1 = 2t^2 4t + 4$
$2sqrt{2} t + 1 = 4t + 4$
$4t 2sqrt{2} t = 3$
$t(4 2sqrt{2}) = 3$
$t = frac{3}{4 2sqrt{2}} = frac{3(4 + 2sqrt{2})}{(4 2sqrt{2})(4 + 2sqrt{2})} = frac{12 + 6sqrt{2}}{16 8} = frac{12 + 6sqrt{2}}{8} = frac{6 + 3sqrt{2}}{4}$
验证：
$t = frac{6 + 3sqrt{2}}{4} > 0$.
左边：$sqrt{2} t 1 = sqrt{2} frac{6 + 3sqrt{2}}{4} 1 = frac{6sqrt{2} + 6}{4} 1 = frac{3sqrt{2} + 3}{2} 1 = frac{3sqrt{2} + 1}{2} > 0$.
右边：$sqrt{2t^2 4t + 4} = sqrt{2(frac{6 + 3sqrt{2}}{4})^2 4(frac{6 + 3sqrt{2}}{4}) + 4}$
计算比较复杂，我们可以直接验证平方前的式子：
$sqrt{2} t = sqrt{2} frac{6 + 3sqrt{2}}{4} = frac{6sqrt{2} + 6}{4} = frac{3sqrt{2} + 3}{2}$.
$r_2 = sqrt{2t^2 4t + 4}$
$|O_1O_2| = sqrt{2t^2} = sqrt{2} t = frac{3sqrt{2} + 3}{2}$.
$r_1 + r_2 = 1 + r_2$.
所以，$frac{3sqrt{2} + 3}{2} = 1 + r_2 implies r_2 = frac{3sqrt{2} + 3}{2} 1 = frac{3sqrt{2} + 1}{2}$.
我们需要验证 $r_2 = sqrt{(t2)^2 + t^2} = frac{3sqrt{2} + 1}{2}$。
$t2 = frac{6 + 3sqrt{2}}{4} 2 = frac{6 + 3sqrt{2} 8}{4} = frac{3sqrt{2} 2}{4}$.
$(t2)^2 = (frac{3sqrt{2} 2}{4})^2 = frac{18 12sqrt{2} + 4}{16} = frac{22 12sqrt{2}}{16} = frac{11 6sqrt{2}}{8}$.
$t^2 = (frac{6 + 3sqrt{2}}{4})^2 = frac{36 + 36sqrt{2} + 18}{16} = frac{54 + 36sqrt{2}}{16} = frac{27 + 18sqrt{2}}{8}$.
$(t2)^2 + t^2 = frac{11 6sqrt{2}}{8} + frac{27 + 18sqrt{2}}{8} = frac{38 + 12sqrt{2}}{8} = frac{19 + 6sqrt{2}}{4}$.
$r_2^2 = (frac{3sqrt{2} + 1}{2})^2 = frac{18 + 6sqrt{2} + 1}{4} = frac{19 + 6sqrt{2}}{4}$.
验证通过！所以存在一个外切圆。
内切： $|O_1O_2| = |r_1 r_2|$
$sqrt{2} |t| = |1 sqrt{(t2)^2 + t^2}|$
假设 $t ge 0$。
$sqrt{2} t = |1 sqrt{2t^2 4t + 4}|$
我们需要分析 $|1 sqrt{2t^2 4t + 4}|$ 的情况。
如果 $1 sqrt{2t^2 4t + 4} ge 0$，则 $sqrt{2t^2 4t + 4} le 1$，平方得 $2t^2 4t + 4 le 1 implies 2t^2 4t + 3 le 0$。判别式为 $16 4(2)(3) = 16 24 = 8 < 0$。因为二次项系数为正，所以 $2t^2 4t + 3$ 恒大于 0，因此 $2t^2 4t + 3 le 0$ 无解。所以这种情况不可能。
因此，必有 $1 sqrt{2t^2 4t + 4} < 0$。
$sqrt{2} t = (1 sqrt{2t^2 4t + 4})$
$sqrt{2} t = sqrt{2t^2 4t + 4} 1$
$sqrt{2} t + 1 = sqrt{2t^2 4t + 4}$
平方两边：
$(sqrt{2} t + 1)^2 = 2t^2 4t + 4$
$2t^2 + 2sqrt{2} t + 1 = 2t^2 4t + 4$
$2sqrt{2} t + 1 = 4t + 4$
$4t + 2sqrt{2} t = 3$
$t(4 + 2sqrt{2}) = 3$
$t = frac{3}{4 + 2sqrt{2}} = frac{3(4 2sqrt{2})}{(4 + 2sqrt{2})(4 2sqrt{2})} = frac{12 6sqrt{2}}{16 8} = frac{12 6sqrt{2}}{8} = frac{6 3sqrt{2}}{4}$
验证：
$t = frac{6 3sqrt{2}}{4} > 0$.
左边：$sqrt{2} t + 1 = sqrt{2} frac{6 3sqrt{2}}{4} + 1 = frac{6sqrt{2} 6}{4} + 1 = frac{3sqrt{2} 3}{2} + 1 = frac{3sqrt{2} 1}{2} > 0$.
右边：$sqrt{2t^2 4t + 4}$
我们需要验证 $frac{3sqrt{2} 1}{2} = sqrt{2t^2 4t + 4}$。
$t2 = frac{6 3sqrt{2}}{4} 2 = frac{6 3sqrt{2} 8}{4} = frac{2 3sqrt{2}}{4}$.
$(t2)^2 = (frac{2 3sqrt{2}}{4})^2 = frac{4 + 12sqrt{2} + 18}{16} = frac{22 + 12sqrt{2}}{16} = frac{11 + 6sqrt{2}}{8}$.
$t^2 = (frac{6 3sqrt{2}}{4})^2 = frac{36 36sqrt{2} + 18}{16} = frac{54 36sqrt{2}}{16} = frac{27 18sqrt{2}}{8}$.
$(t2)^2 + t^2 = frac{11 + 6sqrt{2}}{8} + frac{27 18sqrt{2}}{8} = frac{38 12sqrt{2}}{8} = frac{19 6sqrt{2}}{4}$.
$r_2^2 = (frac{3sqrt{2} 1}{2})^2 = frac{18 6sqrt{2} + 1}{4} = frac{19 6sqrt{2}}{4}$.
验证通过！所以存在一个内切圆。
在这个例子中，我们找到了两个解，一个外切圆和一个内切圆。
总结
解决这类问题的关键是将所有条件转化为关于目标圆圆心（或其参数）的方程。由于圆心在一条直线上，我们可以使用参数方程来表示圆心。相切和过点条件则给出了半径与圆心的关系。将这些关系结合起来，最终会得到一个关于参数的代数方程（通常是二次方程），解出参数后，再进行验证以确保其满足所有原始条件。
这是一个较为复杂但可以通过代数方法解决的几何问题。理解每一步的意义以及如何处理平方可能引入的增根是成功的关键。
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