2021-2022學(xué)年新教材蘇教版選擇性必修第一冊-2.3-圓與圓的位置關(guān)系-學(xué)案

2．3圓與圓的位置關(guān)系新課程標(biāo)準(zhǔn)解讀核心素養(yǎng)，判斷圓與圓的位置關(guān)系直觀想象，體會用代數(shù)方法處理幾何問題的思想數(shù)學(xué)運算觀察下面這些生活中常見的圖形，感受一下圓與圓之間的位置關(guān)系．[問題]圓與圓之間有幾種位置關(guān)系？知識點圓與圓的位置關(guān)系1．種類：圓與圓的位置關(guān)系有五種，分別為外離、外切、相交、內(nèi)切、內(nèi)含．2．判定方法(1)幾何法：假設(shè)兩圓的半徑分別為r1，r2，兩圓連心線的長為d，那么兩圓的位置關(guān)系的判斷方法如下：位置關(guān)系外離外切相交內(nèi)切內(nèi)含圖示d與r1，r2的關(guān)系d＞r1＋r2d＝r1＋r2|r1－r2|＜d＜r1＋r2d＝|r1－r2|d＜|r1－r2|(2)代數(shù)法：設(shè)兩圓的一般方程為C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0(Deq\o\al(2,1)＋Eeq\o\al(2,1)－4F1>0)，C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0(Deq\o\al(2,2)＋Eeq\o\al(2,2)－4F2>0)，聯(lián)立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，,x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，))那么方程組解的個數(shù)與兩圓的位置關(guān)系如下：方程組無解方程組僅有一組解方程組有兩組不同的解兩個圓沒有公共點兩個圓有且只有一個公共點兩個圓有兩個公共點外離內(nèi)含外切內(nèi)切相交1．當(dāng)兩圓的方程組成的方程組無解時，兩圓是否一定外離？提示：不一定，還可能內(nèi)含．2．在外離、外切、相交、內(nèi)切和內(nèi)含的位置關(guān)系下，兩圓的公切線條數(shù)分別為多少？提示：外離有四條公切線、外切有三條公切線、相交有兩條公切線、內(nèi)切有一條公切線、內(nèi)含無公切線．1．判斷正誤．(正確的畫“√〞，錯誤的畫“×〞)(1)如果兩個圓的方程組成的方程組只有一組實數(shù)解，那么兩圓外切．()(2)如果兩圓的圓心距小于兩圓的半徑之和，那么兩圓相交．()(3)從兩圓的方程中消掉二次項后得到的二元一次方程是兩圓的公共弦所在的直線方程．()(4)過圓O：x2＋y2＝r2外一點P(x0，y0)作圓的兩條切線，切點為A，B，那么O，P，A，B四點共圓且直線AB的方程是x0x＋y0y＝r2.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√2．圓(x＋2)2＋y2＝4與圓(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置關(guān)系為()A．內(nèi)切 B．相交C．外切 D．相離解析：選B兩圓的圓心分別為(－2，0)，(2，1)，半徑分別為r＝2，R＝3，兩圓的圓心距離為eq\r(〔－2－2〕2＋〔0－1〕2)＝eq\r(17)，那么R－r<eq\r(17)<R＋r，所以兩圓相交，選B.3．兩圓x2＋y2＝10和(x－1)2＋(y－3)2＝20相交于A，B兩點，那么直線AB的方程是________．解析：圓的方程(x－1)2＋(y－3)2＝20可化為x2＋y2－2x－6yx2＋y2＝10，兩式相減得2x＋6y＝0，即x＋3y＝0.答案：x＋3y＝0圓與圓位置關(guān)系的判斷[例1](鏈接教科書第63頁例1)兩圓C1：x2＋y2＋4x＋4y－2＝0，C2：x2＋y2－2x－8y－8＝0，判斷圓C1與圓C2的位置關(guān)系．[解]法一(幾何法)：把圓C1的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，得(x＋2)2＋(y＋2)2C1的圓心坐標(biāo)為(－2，－2)，半徑長r1＝eq\r(10).把圓C2的方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，得(x－1)2＋(y－4)2C2的圓心坐標(biāo)為(1，4)，半徑長r2＝5.圓C1和圓C2的圓心距d＝eq\r(〔－2－1〕2＋〔－2－4〕2)＝3eq\r(5)，又圓C1與圓C2的兩半徑長之和是r1＋r2＝5＋eq\r(10)，兩半徑長之差是r2－r1＝5－eq\r(10).而5－eq\r(10)<3eq\r(5)<5＋eq\r(10)，即r2－r1<d<r1＋r2，所以兩圓的位置關(guān)系是相交．法二(代數(shù)法)：將兩圓的方程聯(lián)立得到方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋4x＋4y－2＝0，①,x2＋y2－2x－8y－8＝0，②))由①－②得x＋2y＋1＝0， ③由③得x＝－2y－1，把此式代入①，并整理得y2－1＝0， ④所以y1＝1，y2＝－1，代入x＋2y＋1＝0得x1＝－3，x2＝1.所以圓C1與圓C2有兩個不同的公共點(－3，1)，(1，－1)，即兩圓的位置關(guān)系是相交．eq\a\vs4\al()判斷兩圓的位置關(guān)系的兩種方法(1)幾何法：將兩圓的圓心距d與兩圓的半徑之差的絕對值，半徑之和進(jìn)行比擬，進(jìn)而判斷出兩圓的位置關(guān)系，這是在解析幾何中主要使用的方法；(2)代數(shù)法：將兩圓的方程組成方程組，通過解方程組，根據(jù)方程組解的個數(shù)進(jìn)而判斷兩圓位置關(guān)系．[跟蹤訓(xùn)練]當(dāng)實數(shù)k為何值時，兩圓C1：x2＋y2＋4x－6y＋12＝0，C2：x2＋y2－2x－14y＋k＝0相交、相切、相離？解：將兩圓的一般方程化為標(biāo)準(zhǔn)方程，C1：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，C2：(x－1)2＋(y－7)2＝50－k.圓C1的圓心為C1(－2，3)，半徑長r1＝1；圓C2的圓心為C2(1，7)，半徑長r2＝eq\r(50－k)(k＜50)，從而|C1C2|＝eq\r(〔－2－1〕2＋〔3－7〕2)＝5.當(dāng)1＋eq\r(50－k)＝5，即k＝34時，兩圓外切．當(dāng)|eq\r(50－k)－1|＝5，即eq\r(50－k)＝6，即k＝14時，兩圓內(nèi)切．當(dāng)|eq\r(50－k)－1|＜5＜1＋eq\r(50－k)，即k∈(14，34)時，兩圓相交．當(dāng)1＋eq\r(50－k)＜5或|eq\r(50－k)－1|＞5，即k∈(34，50)∪(－∞，14)時，兩圓相離.與兩圓相交有關(guān)的問題[例2](鏈接教科書第64頁例2)求經(jīng)過兩圓x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交點且圓心在直線x－y－4＝0上的圓的方程．[解]法一：解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋6x－4＝0，,x2＋y2＋6y－28＝0，))得兩圓的交點A(－1，3)，B(－6，－2)．設(shè)所求圓的圓心為(a，b)，因為圓心在直線x－y－4＝0上，故b＝a－4.那么有eq\r(〔a＋1〕2＋〔a－4－3〕2)＝eq\r(〔a＋6〕2＋〔a－4＋2〕2)，解得a＝eq\f(1,2)，故圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(7,2)))，半徑為eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,2)－3))\s\up12(2))＝eq\r(\f(89,2)).故圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(7,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(89,2)，即x2＋y2－x＋7y－32＝0.法二：∵圓x2＋y2＋6y－28＝0的圓心(0，－3)不在直線x－y－4＝0上，故可設(shè)所求圓的方程為x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0(λ≠－1)，其圓心為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,1＋λ)，－\f(3λ,1＋λ)))，代入x－y－4＝0，求得λ＝－7.故所求圓的方程為x2＋y2－x＋7y－32＝0.eq\a\vs4\al()1．圓系方程一般地過圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0與圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交點的圓的方程可設(shè)為：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)，然后再由其他條件求出λ，即可得圓的方程．2．兩圓相交時，公共弦所在的直線方程假設(shè)圓C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0與圓C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交，那么兩圓公共弦所在直線的方程為(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0.3．公共弦長的求法(1)代數(shù)法：將兩圓的方程聯(lián)立，解出交點坐標(biāo)，利用兩點間的距離公式求出弦長；(2)幾何法：求出公共弦所在直線的方程，利用圓的半徑、半弦長、弦心距構(gòu)成的直角三角形，根據(jù)勾股定理求解．[跟蹤訓(xùn)練]求兩圓x2＋y2－2x＋10y－24＝0和x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直線的方程及公共弦長．解：聯(lián)立兩圓的方程得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x＋10y－24＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))兩式相減得x－2y＋4＝0，此為兩圓公共弦所在直線的方程．法一：設(shè)兩圓相交于點A，B，那么A，B兩點滿足方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋4＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝2.))所以|AB|＝eq\r(〔－4－0〕2＋〔0－2〕2)＝2eq\r(5)，即公共弦長為2eq\r(5).法二：由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，得(x－1)2＋(y＋5)2＝50，其圓心坐標(biāo)為(1，－5)，半徑長r＝5eq\r(2)，圓心到直線x－2y＋4＝0的距離為d＝eq\f(|1－2×〔－5〕＋4|,\r(1＋〔－2〕2))＝3eq\r(5).設(shè)公共弦長為2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2，即50＝(3eq\r(5))2＋l2，解得l＝eq\r(5)，故公共弦長2l＝2eq\r(5).與圓有關(guān)的探究性問題如圖，圓x2＋y2＝8內(nèi)有一點P0(－1，2)，AB為過點P0且傾斜角為α的弦．(1)當(dāng)α＝135°時，求AB的長；(2)是否存在弦AB被點P0平分？假設(shè)存在，寫出直線AB的方程；假設(shè)不存在，請說明理由．[問題探究]此題目為探究性問題，屬探究題存在類型范疇，解決這類問題一般思路：解題思路：首先假設(shè)所探究的問題存在，在這個假設(shè)條件下進(jìn)行推理論證，如果能得到一個合情合理的推理結(jié)果，就肯定假設(shè)正確．如果得到一個矛盾結(jié)論，就應(yīng)否認(rèn)假設(shè)，對問題作出反面答復(fù)．[遷移應(yīng)用]1．請解答上述問題．解：(1)∵直線AB的斜率為k＝tan135°＝－1，∴直線AB的方程為y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.∵圓心O(0，0)到直線AB的距離d＝eq\f(|－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴弦長|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(8－\f(1,2))＝eq\r(30).(2)假設(shè)存在弦AB被點P0平分，∴P0為弦AB的中點，又OA＝OB＝r，∴OP0⊥AB.又∵keq\a\vs4\al(OP0)＝eq\f(2－0,－1－0)＝－2，∴kAB＝eq\f(1,2).∴直線AB的方程為y－2＝eq\f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝0.由以上求解可知，存在被P0點平分的弦AB，此弦所在直線方程為x－2y＋5＝0.2．圓心為C的圓，滿足以下條件：圓心C位于x軸正半軸上，圓C與直線3x－4y＋7＝0相切，且被y軸截得的弦長為2eq\r(3)，圓C的面積小于13.(1)求圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過點M(0，3)的直線l與圓C交于不同的兩點A，B，以O(shè)A，OB為鄰邊作平行四邊形OADB.是否存在這樣的直線l，使得直線OD與MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，請說明理由．解：(1)設(shè)圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)，由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|3a＋7|,\r(32＋〔－4〕2))＝r，,\r(a2＋3)＝r，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,r＝2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\f(13,8)，,r＝\f(19,8)，))又因為S＝πr2＜13，所以a＝1，r＝2，所以圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－1)2＋y2＝4.(2)不存在這樣的直線l.理由如下：當(dāng)斜率不存在時，直線l為x＝0，不滿足題意．當(dāng)斜率存在時，設(shè)直線l：y＝kx＋3，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋3，,〔x－1〕2＋y2＝4))消去y得(1＋k2)x2＋(6k－2)x＋6＝0，因為l與圓C相交于不同的兩點，所以Δ＝(6k－2)2－24(1＋k2)＝12k2－24k－20＞0，解得k＜1－eq\f(2\r(6),3)或k＞1＋eq\f(2\r(6),3).x1＋x2＝－eq\f(6k－2,1＋k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋6＝eq\f(2k＋6,1＋k2)，eq\o(OD,\s\up6(―→))＝eq\o(OA,\s\up6(―→))＋eq\o(OB,\s\up6(―→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，eq\o(MC,\s\up6(―→))＝(1，－3)．假設(shè)eq\o(OD,\s\up6(―→))∥eq\o(MC,\s\up6(―→))，那么－3(x1＋x2)＝y(tǒng)1＋y2，所以3×eq\f(6k－2,1＋k2)＝eq\f(2k＋6,1＋k2)，解得k＝eq\f(3,4)，eq\f(3,4)?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(2\r(6),3)))∪eq\b\lc\(\rc\