上面的方法都略显麻烦，接下来给出一个较简单的方法。

      设Aleft(x_1,y_1 ight),Bleft(x_2,y_2 ight),Cleft(x_3,y_3 ight)。

      首先，以AB为直径的圆方程F_1left(x,y ight)=left(x-x_1 ight)left(x-x_2 ight)left(y-y_1 ight)left(y-y_2 ight)=0。直线AB方程F_2left(x,y ight)=left(x-x_1 ight)left(y_2-y_1 ight)-left(x_2-x_1 ight)left(y-y_1 ight)=0。

      然后，过A，B两点圆可以表示为F_1left(x,y ight)lambdaF_2left(x,y ight)=0，将C点坐标代入求出lambda即可。

       知道三个点的坐标，怎样求过这三点的圆的方程？

知道三个点的坐标，怎样求过这三点的圆的方程？

      利用圆周角定理可以快速列出外接圆方程。

      如图，angleA与angleP的关系，或者相等，或者互补，即

      |cosangleA|=|cosangleP|

      于是根据此关系利用向量内积运算列出方程

      |cosangleA|=frac{|vec{AB}cdotvec{AC}|}{|vec{AB}||vec{AC}|}=frac{|vec{PB}cdotvec{PC}|}{|vec{PB}||vec{PC}|}

      其中P(x,y)是动点，其余给定点的坐标直接带入即可。唯一需要特别说明的是当P与B、C重合的情况，这也不是什么难事。

      我还是决定把方程明确写出来：

      [(x-x_B)(x-x_C)(y-y_B)(y-y_C)]^2

      =cos^2angleAleft[(x-x_B)^2(y-y_B)^2 ight]left[(x-x_C)^2(y-y_C)^2 ight]

      为了方便化简，我们可以选择恰当的坐标系：以BC所在直线为x轴，以其中点O为原点，于是设

      B(-a,0)

      C(a,0)

      cos^2angleA=lambda，0leqlambda<1

      代入上面的方程

      (x^2y^2-a^2)^2

      =lambdaleft[(x-a)^2y^2 ight]left[(xa)^2y^2 ight]

      =lambdaleft[(x^2-a^2)^22y^2(x^2a^2)y^4 ight]

      =lambdaleft[(x^2y^2-a^2)^24a^2y^2 ight]

      合并同类项

      (x^2y^2-a^2)^2-frac{4lambdaa^2}{(1-lambda)}y^2=0

      最后由平方差公式

      (x^2y^2muy-a^2)(x^2y^2-muy-a^2)=0

      其中

      mu=sqrtfrac{4lambdaa^2}{1-lambda}=sqrtfrac{4a^2cos^2angleA}{1-sin^2angleA}=2a|cotangleA|

      显然，我们所求的是下面两圆其中之一

      x^2y^2pmmuy-a^2=0

      即

      x^2left(ypmfrac{mu}{2} ight)^2=a^2frac{mu^2}{4}

      即圆心在y轴上，两圆关于x轴对称，我们假设A点位于xOy上半平面，故圆

      x^2left(y-frac{mu}{2} ight)^2=a^2frac{mu^2}{4}

      为所求。

      等等，还没完，我想研究一下半径，注意到overline{BC}=2a

      R=sqrt{a^2frac{mu^2}{4}}=sqrt{frac{overline{BC}^2overline{BC}^2cot^2angleA}{4}}=frac{overline{BC}}{2sinA}

      这不就是正弦定理嘛……