2021-2022学年新教材苏教版选择性必修第一册-2.3-圆与圆的位置关系-学案

2．3圆与圆的位置关系新课程标准解读核心素养，判断圆与圆的位置关系直观想象，体会用代数方法处理几何问题的思想数学运算观察下面这些生活中常见的图形，感受一下圆与圆之间的位置关系．[问题]圆与圆之间有几种位置关系？知识点圆与圆的位置关系1．种类：圆与圆的位置关系有五种，分别为外离、外切、相交、内切、内含．2．判定方法(1)几何法：假设两圆的半径分别为r1，r2，两圆连心线的长为d，那么两圆的位置关系的判断方法如下：位置关系外离外切相交内切内含图示d与r1，r2的关系d＞r1＋r2d＝r1＋r2|r1－r2|＜d＜r1＋r2d＝|r1－r2|d＜|r1－r2|(2)代数法：设两圆的一般方程为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)，联立方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0，,x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0，))那么方程组解的个数与两圆的位置关系如下：方程组无解方程组仅有一组解方程组有两组不同的解两个圆没有公共点两个圆有且只有一个公共点两个圆有两个公共点外离内含外切内切相交1．当两圆的方程组成的方程组无解时，两圆是否一定外离？提示：不一定，还可能内含．2．在外离、外切、相交、内切和内含的位置关系下，两圆的公切线条数分别为多少？提示：外离有四条公切线、外切有三条公切线、相交有两条公切线、内切有一条公切线、内含无公切线．1．判断正误．(正确的画“√〞，错误的画“×〞)(1)如果两个圆的方程组成的方程组只有一组实数解，那么两圆外切．()(2)如果两圆的圆心距小于两圆的半径之和，那么两圆相交．()(3)从两圆的方程中消掉二次项后得到的二元一次方程是两圆的公共弦所在的直线方程．()(4)过圆O：x2＋y2＝r2外一点P(x0，y0)作圆的两条切线，切点为A，B，那么O，P，A，B四点共圆且直线AB的方程是x0x＋y0y＝r2.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√2．圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为()A．内切 B．相交C．外切 D．相离解析：选B两圆的圆心分别为(－2，0)，(2，1)，半径分别为r＝2，R＝3，两圆的圆心距离为eq\r(〔－2－2〕2＋〔0－1〕2)＝eq\r(17)，那么R－r<eq\r(17)<R＋r，所以两圆相交，选B.3．两圆x2＋y2＝10和(x－1)2＋(y－3)2＝20相交于A，B两点，那么直线AB的方程是________．解析：圆的方程(x－1)2＋(y－3)2＝20可化为x2＋y2－2x－6yx2＋y2＝10，两式相减得2x＋6y＝0，即x＋3y＝0.答案：x＋3y＝0圆与圆位置关系的判断[例1](链接教科书第63页例1)两圆C1：x2＋y2＋4x＋4y－2＝0，C2：x2＋y2－2x－8y－8＝0，判断圆C1与圆C2的位置关系．[解]法一(几何法)：把圆C1的方程化为标准方程，得(x＋2)2＋(y＋2)2C1的圆心坐标为(－2，－2)，半径长r1＝eq\r(10).把圆C2的方程化为标准方程，得(x－1)2＋(y－4)2C2的圆心坐标为(1，4)，半径长r2＝5.圆C1和圆C2的圆心距d＝eq\r(〔－2－1〕2＋〔－2－4〕2)＝3eq\r(5)，又圆C1与圆C2的两半径长之和是r1＋r2＝5＋eq\r(10)，两半径长之差是r2－r1＝5－eq\r(10).而5－eq\r(10)<3eq\r(5)<5＋eq\r(10)，即r2－r1<d<r1＋r2，所以两圆的位置关系是相交．法二(代数法)：将两圆的方程联立得到方程组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.所以圆C1与圆C2有两个不同的公共点(－3，1)，(1，－1)，即两圆的位置关系是相交．eq\a\vs4\al()判断两圆的位置关系的两种方法(1)几何法：将两圆的圆心距d与两圆的半径之差的绝对值，半径之和进行比拟，进而判断出两圆的位置关系，这是在解析几何中主要使用的方法；(2)代数法：将两圆的方程组成方程组，通过解方程组，根据方程组解的个数进而判断两圆位置关系．[跟踪训练]当实数k为何值时，两圆C1：x2＋y2＋4x－6y＋12＝0，C2：x2＋y2－2x－14y＋k＝0相交、相切、相离？解：将两圆的一般方程化为标准方程，C1：(x＋2)2＋(y－3)2＝1，C2：(x－1)2＋(y－7)2＝50－k.圆C1的圆心为C1(－2，3)，半径长r1＝1；圆C2的圆心为C2(1，7)，半径长r2＝eq\r(50－k)(k＜50)，从而|C1C2|＝eq\r(〔－2－1〕2＋〔3－7〕2)＝5.当1＋eq\r(50－k)＝5，即k＝34时，两圆外切．当|eq\r(50－k)－1|＝5，即eq\r(50－k)＝6，即k＝14时，两圆内切．当|eq\r(50－k)－1|＜5＜1＋eq\r(50－k)，即k∈(14，34)时，两圆相交．当1＋eq\r(50－k)＜5或|eq\r(50－k)－1|＞5，即k∈(34，50)∪(－∞，14)时，两圆相离.与两圆相交有关的问题[例2](链接教科书第64页例2)求经过两圆x2＋y2＋6x－4＝0和x2＋y2＋6y－28＝0的交点且圆心在直线x－y－4＝0上的圆的方程．[解]法一：解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＋6x－4＝0，,x2＋y2＋6y－28＝0，))得两圆的交点A(－1，3)，B(－6，－2)．设所求圆的圆心为(a，b)，因为圆心在直线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)，故圆心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(7,2)))，半径为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)).故圆的方程为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：∵圆x2＋y2＋6y－28＝0的圆心(0，－3)不在直线x－y－4＝0上，故可设所求圆的方程为x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0(λ≠－1)，其圆心为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.故所求圆的方程为x2＋y2－x＋7y－32＝0.eq\a\vs4\al()1．圆系方程一般地过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0交点的圆的方程可设为：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)，然后再由其他条件求出λ，即可得圆的方程．2．两圆相交时，公共弦所在的直线方程假设圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交，那么两圆公共弦所在直线的方程为(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0.3．公共弦长的求法(1)代数法：将两圆的方程联立，解出交点坐标，利用两点间的距离公式求出弦长；(2)几何法：求出公共弦所在直线的方程，利用圆的半径、半弦长、弦心距构成的直角三角形，根据勾股定理求解．[跟踪训练]求两圆x2＋y2－2x＋10y－24＝0和x2＋y2＋2x＋2y－8＝0的公共弦所在直线的方程及公共弦长．解：联立两圆的方程得方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2－2x＋10y－24＝0，,x2＋y2＋2x＋2y－8＝0，))两式相减得x－2y＋4＝0，此为两圆公共弦所在直线的方程．法一：设两圆相交于点A，B，那么A，B两点满足方程组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)，即公共弦长为2eq\r(5).法二：由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，得(x－1)2＋(y＋5)2＝50，其圆心坐标为(1，－5)，半径长r＝5eq\r(2)，圆心到直线x－2y＋4＝0的距离为d＝eq\f(|1－2×〔－5〕＋4|,\r(1＋〔－2〕2))＝3eq\r(5).设公共弦长为2l，由勾股定理得r2＝d2＋l2，即50＝(3eq\r(5))2＋l2，解得l＝eq\r(5)，故公共弦长2l＝2eq\r(5).与圆有关的探究性问题如图，圆x2＋y2＝8内有一点P0(－1，2)，AB为过点P0且倾斜角为α的弦．(1)当α＝135°时，求AB的长；(2)是否存在弦AB被点P0平分？假设存在，写出直线AB的方程；假设不存在，请说明理由．[问题探究]此题目为探究性问题，属探究题存在类型范畴，解决这类问题一般思路：解题思路：首先假设所探究的问题存在，在这个假设条件下进行推理论证，如果能得到一个合情合理的推理结果，就肯定假设正确．如果得到一个矛盾结论，就应否认假设，对问题作出反面答复．[迁移应用]1．请解答上述问题．解：(1)∵直线AB的斜率为k＝tan135°＝－1，∴直线AB的方程为y－2＝－(x＋1)，即x＋y－1＝0.∵圆心O(0，0)到直线AB的距离d＝eq\f(|－1|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，∴弦长|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(8－\f(1,2))＝eq\r(30).(2)假设存在弦AB被点P0平分，∴P0为弦AB的中点，又OA＝OB＝r，∴OP0⊥AB.又∵keq\a\vs4\al(OP0)＝eq\f(2－0,－1－0)＝－2，∴kAB＝eq\f(1,2).∴直线AB的方程为y－2＝eq\f(1,2)(x＋1)，即x－2y＋5＝0.由以上求解可知，存在被P0点平分的弦AB，此弦所在直线方程为x－2y＋5＝0.2．圆心为C的圆，满足以下条件：圆心C位于x轴正半轴上，圆C与直线3x－4y＋7＝0相切，且被y轴截得的弦长为2eq\r(3)，圆C的面积小于13.(1)求圆C的标准方程；(2)设过点M(0，3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB.是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．解：(1)设圆C的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2(a＞0)，由题意知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)，))又因为S＝πr2＜13，所以a＝1，r＝2，所以圆C的标准方程为(x－1)2＋y2＝4.(2)不存在这样的直线l.理由如下：当斜率不存在时，直线l为x＝0，不满足题意．当斜率存在时，设直线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，因为l与圆C相交于不同的两点，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)．假设eq\o(OD,\s\up6(―→))∥eq\o(MC,\s\up6(―→))，那么－3(x1＋x2)＝y1＋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\