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第七章 圆
一. 本周教学内容：
第七章 圆
三 圆和圆的位置关系
[学习目标]
1. 掌握圆和圆的各种位置关系的概念及判定方法;
2. 理解并掌握两圆相切的性质定理;
3. 掌握相交两圆的性质定理，并完成相关的计算和证明;
4. 理解圆的内、外公切线概念，会计算内、外公切线长及两公切线夹角;并能根据公切线的条数确定两圆的位置关系;
5. 通过两圆位置关系的学习，进一步理解事物之间是相互联系和运动变化的观点，学会在变化中寻找规律，培养综合运用知识的能力。
[知识回顾]
1. 圆与圆的位置关系的判定方法及图形特征
2. 两圆相切的性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上。
3. 两圆相交的性质：相交两圆的连心线垂直平分两圆的公共弦。
4. 设两圆公切线长L，两圆半径R、r，两公切线的夹角α
【典型例题】
例1. 已知⊙O1、⊙O2半径分别为15cm和13cm，它们相交于A、B两点，且AB长24cm，求O1O2长。
分析：该题没有给出图形，两圆相交有两种可能性：
1. 两圆心在公共弦的两侧;
2. 两圆心在公共弦的同侧;
因此，我们必须分两种情况来解。
解：(1)连结O1O2交AB于C
(2)连结O1O2并延长交AB于C
∵⊙O1 ⊙O2交于A、B两点
在Rt△AO1C中，由勾股定理：
在Rt△AO2C中，由勾股定理：
∴如图(1) O1O2=O1C+O2C=14cm
如图(2) O1O2=O1C-O2C=4cm
例1是两圆相交时的一题两解问题，希望引起同学们的重视。
例2. 如图，⊙O1与⊙O2外切于点P，AC切⊙O2于C交⊙O1于B，AP交⊙O2于D，求证：
(1)PC平分∠BPD
(2)若两圆内切，结论还成立吗?证明你的结论。
证明：(1)过P点作公切线PM交AC于M点
∵AC切⊙O2于C
∴MP=MC ∴∠MCP=∠MPC
在⊙O1中，由弦切角定理：
∠BPM=∠A
∵∠CPD为△APC的外角
∴∠CPD=∠A+∠MCP=∠BPM+∠MPC=∠BPC
∴PC平分∠BPD。
(2)两圆内切时仍有这样的结论。
证明：过P点作公切线PM交AB延长线于M
∵AM切⊙O2于C，∴MC=MP
∴∠MPC=∠MCP
∴∠MPB=∠A
∵∠MCP为△CPA的外角 ∠MCP=∠CPA+∠A
又∠MPC=∠MPB+∠BPC
∴∠BPC=∠CPA
即PC平分∠BPD。
在解决有关两圆相切的问题时，过切点作两圆的公切线是常见的一条辅助线，利用弦切角及圆周角的性质或切线长定理，可使问题迎刃而解。
从这道题我们还可以联想到做过的两道题，
①当A、B重合时，也就是AC成为两圆的外公切线时，PC⊥AD，即我们书上的例题(P129 例4)
②当APD经过O1、O2时，PB⊥AC，PC平分∠BPD的证法就更多了。
例3. 如图，以FA为直径的⊙O1与以OA为直径的⊙O1内切于点A，△ADF内接于⊙O，DB⊥FA于B，交⊙O1于C，连结AC并延长交⊙O于E，求证：
(1)AC=CE
(2)AC2=DB2-BC2
分析：(1)易证
(2)由(1)我们可联想到相交弦定理，延长DB交⊙O于G：即AC・CE=DC・CG
由垂径定理可知DB=BG，问题就解决了。
证明：(1)连结OG，延长DB交⊙O于G，
∵OA为⊙O1直径 ∴OC⊥AE
在⊙O中 OC⊥AE ∴AC=CE
(2)在⊙O中， ∵DG⊥直径AF ∴DB=GB
由相交弦定理：AC・CE=DC・CG=(DB-BC)(BG+BC)
∵AC=CE ∴AC2=DB2-BC2
本题中主要应用了垂径定理，相交弦定理等知识，另外，证明过程中线段代换比较巧妙，应认真体会。
例4. 如图：⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，过A作⊙O1切线交⊙O2于点C，过点B作两圆割线交⊙O1和⊙O2于D、E，DE与AC相交于P点，
(1)求证：PA・PE=PC・PD
(2)当AD与⊙O2相切且PA=6，PC=2，PD=12时，求AD的长。
分析：(1)从图中我们看到有相交弦定理和切割线定理可用。
(2)求AD想到用切割线定理，但PB、PE均未知，利用相交弦定理也只能求出它们的乘积，我们连结公共弦得两个弦切角，再连结CE，可推出AD∥CE，这样，问题就解决了。
(1)证明：∵PA切⊙O1于A，PBD为⊙O1割线
在⊙O2中 由相交弦定理
(2)连结AB、CE
∵CA切⊙O1于A AB为弦 ∴∠CAB=∠D
∵⊙O2中∠CAB=∠E
∴∠D=∠E ∴AD∥CE
∴BE=3+4=7 DB=12-3=9
由切割线定理 AD2=DB・DE=9×(9+7) ∴AD=12
解与两圆相交的有关问题时，作两圆的公共弦为辅助线，使不同的两个圆的圆周角建立联系，沟通它们之间某些量的关系，同学们应注意它的应用。
例5. 如图，已知：⊙O与⊙B相交于点M、N，点B在⊙O上，NE为⊙B的直径，点C在⊙B上，CM交⊙O于点A，连结AB并延长交NC于点D，求证：AD⊥NC。
分析：要证AD⊥NC，我们可证∠C+∠CAD=90°或∠DBN+∠BND=90°，这里可用到的是①NE为直径，它对的圆周角是直角，因此我们连结EC，而∠ECM=∠ENM，又可利用圆内接四边形的性质得∠ENM=∠CAD，从而得证。
证明：连结EC
∵EN为直径 ∴∠ECM+∠ACD=90°
∵四边形ABNM内接于⊙O ∴∠CAD=∠MNE
∵∠ECM=∠MNE
∴∠CAD+∠ACD=90°
∴∠ADC=180°-90°=90°∴AD⊥NC从证明中可见点B在⊙O上这一条件的重要性。
例6. 如图：已知△DEC中DE=DC，过DE作⊙O1交EC、DC于B、A，过A、B、C作⊙O2，过B作BF⊥DC
于F，延长FB交⊙O1于G，连DG交EC于H，
(1)求证：BF过⊙O2的圆心O2
(2)若EH=6，BC=4，CA=4.8，求DG的长。
分析：要证BF过⊙O2圆心O2，只需证它所在弦对的圆周角是直角即可，故应延长BF交⊙O2于M，连CM，去证∠MCA+∠ACB=90°，而连AB后可得∠MCA转移到∠MBA，再由圆内接四边形的性质转移到∠CDG，而DH⊥EC，于是可证。
(1)证明：延长BF交⊙O2于M，连MC、AB
∵四边形ABGD内接于⊙O1 ∴∠ABM=∠ADG
∵DG⊥EC于H ∴∠ADG+∠DCH=90°
∵∠ABM=∠ACM ∴∠ADG=∠ACM
∵∠ACM+∠ACB=90° ∴BM为⊙O2直径
∴BF过⊙O2的圆心O2。
(2)解：∵四边形ADEB内接于⊙O1
∴∠CAB=∠E
∵DE=DC ∠E=∠DCB
∴∠CAB=∠ACB ∴AB=BC=4
∴等腰△CBA∽△CDE
∴设CD=5k，EC=6k
∵DH⊥EC DE=DC ∴EC=2EH=12=6k，∴k=2
∴CD=10 在Rt△DHE中，由勾股定理：
∵BH=6-4=2 由相交弦定理：DH・HG=EH・HB
∴DG=8+1.5=9.5
例7. 如图：⊙O1与⊙O2外切于点P，AB是两圆外公切线，AB与O1O2延长线交于
(1)求证：AC⊥EC
(2)求证：PC=EC
(1)证明：连结BP
∴△APB∽△AEC ∴∠ACE=∠APB
由例4结论得∠APB=90°
∴∠ACE=90° 即AC⊥EC
(2)证明：连结BD，
∵∠APB=∠BPD=90° ∴BD为直径
∵AB为外公切线 B为切点 ∴BD⊥AC于B
∵AC⊥EC ∴BD∥EC∴PC=EC(3)解：设PC交⊙O2于F，连结BF
在Rt△ABD中 BP⊥AD∴BP=3∵CB切⊙O2于B ∴∠CBF=∠BPC ∠ABP=∠BFP
∵∠BCF=∠PCB
∵PC=EC
初三圆的教案在以上的内容中帮助教师同行们归纳总结了，主要是包括概念和联系的两大部分，可以有效地帮助自己的学生们更深入的了解圆的概念，以及更灵活的掌握圆的知识。在接下来的时间，还会陆续为大家更新。
