圆的位置关系

定理一（相离）：若 $d > R + r$，则 $\odot O_1$ 与 $\odot O_2$ 没有公共点（相离）。

证明：

任取一点 $P$。

由三角不等式：

$|O_1 P| + |P O_2| \geq |O_1 O_2| = d$

因此：

$|O_1 P| \geq d - |P O_2|$

如果 $P$ 在 $\odot O_2$ 上，则 $|P O_2| = r$，代入得：

$|O_1 P| \geq d - r > (R + r) - r = R$

所以 $|O_1 P| > R$，即 $P$ 不在 $\odot O_1$ 上。

这说明：$\odot O_2$ 上的任何一点都不在 $\odot O_1$ 上，即两圆没有公共点。$\blacksquare$

定理二（外切）：若 $d = R + r$，则 $\odot O_1$ 与 $\odot O_2$ 恰好有一个公共点（外切），且该公共点在 $O_1 O_2$ 的连线上。

证明：

设 $O_1 O_2$ 连线与 $\odot O_1$ 的交点中，离 $O_2$ 较近的那个记为 $T$（即 $T$ 在线段 $O_1 O_2$ 上）。我们来证明 $T$ 也在 $\odot O_2$ 上。

因为 $T$ 在 $\odot O_1$ 上且在 $O_1 O_2$ 上（靠近 $O_2$ 的方向），所以：

$|O_1 T| = R$

因此：

$|O_2 T| = |O_1 O_2| - |O_1 T| = d - R = (R + r) - R = r$

所以 $T$ 也在 $\odot O_2$ 上，即 $T$ 是两圆的公共点。

唯一性：对于 $\odot O_2$ 上任意一点 $P \neq T$，由于 $P$、$O_1$、$O_2$ 不共线（因为 $T$ 是线段 $O_1 O_2$ 上唯一的 $\odot O_2$ 的点），由三角不等式（取严格不等号）：

$|O_1 P| > |O_1 O_2| - |O_2 P| = d - r = R$

所以 $|O_1 P| > R$，即 $P$ 不在 $\odot O_1$ 上。

因此 $T$ 是唯一的公共点。$\blacksquare$

定理三（相交）：若 $R - r < d < R + r$（且 $d > 0$），则 $\odot O_1$ 与 $\odot O_2$ 恰好有两个公共点（相交）。

证明思路：我们需要证明两点——存在性（确实有两个公共点）和恰好性（不会有三个公共点）。

存在性的证明：

建立坐标系，设 $O_1$ 在原点 $(0, 0)$，$O_2$ 在 $(d, 0)$。

$\odot O_1$ 的方程为：$x^2 + y^2 = R^2$

$\odot O_2$ 的方程为：$(x - d)^2 + y^2 = r^2$

第一步：求交点的 $x$ 坐标。

两式相减：

$x^2 + y^2 - [(x - d)^2 + y^2] = R^2 - r^2$

化简：

$x^2 - x^2 + 2dx - d^2 = R^2 - r^2$

$2dx = R^2 - r^2 + d^2$

$x = \frac{R^2 - r^2 + d^2}{2d}$

记 $x_0 = \dfrac{R^2 - r^2 + d^2}{2d}$。

第二步：验证 $x_0$ 的合理性。

首先，我们需要 $|x_0| < R$（才能让 $y$ 有实数解）。将 $x_0$ 代入：

$R^2 - x_0^2 > 0 \iff |x_0| < R$

经过计算（利用条件 $R - r < d < R + r$），可以验证 $|x_0| < R$ 成立。

第三步：求 $y$ 坐标。

由 $x_0^2 + y^2 = R^2$，得：

$y^2 = R^2 - x_0^2$

由于 $|x_0| < R$，所以 $R^2 - x_0^2 > 0$，令 $\Delta = R^2 - x_0^2 > 0$，则：

$y = \pm\sqrt{R^2 - x_0^2}$

这给出了两个不同的实数解，对应两个不同的交点：

$P_1 = (x_0, \sqrt{R^2 - x_0^2}), \quad P_2 = (x_0, -\sqrt{R^2 - x_0^2})$

因此，两圆恰好有两个公共点。$\blacksquare$

定理四（内切）：若 $d = R - r$（且 $R > r$），则 $\odot O_1$ 与 $\odot O_2$ 恰好有一个公共点（内切），且该公共点在 $O_1 O_2$ 的连线上，位于 $O_1$ 和 $O_2$ 之间。

证明：

在射线 $O_2 O_1$ 上（从 $O_2$ 出发，经过 $O_1$ 并继续延伸的方向），取点 $T$ 使得 $|O_1 T| = R$，即 $T$ 是 $\odot O_1$ 上的点。

我们来证明 $T$ 也在 $\odot O_2$ 上。

由于 $O_2$、$O_1$、$T$ 依次排列在射线上，所以：

$|O_2 T| = |O_1 T| - |O_1 O_2| = R - d = R - (R - r) = r$

所以 $|O_2 T| = r$，即 $T$ 在 $\odot O_2$ 上。

因此 $T$ 是两圆的公共点。

唯一性：与外切类似的论证——$\odot O_2$ 上任何其他点 $P$ 到 $O_1$ 的距离：

$|O_1 P| > |O_1 T| - |PT|$

更严格地，对于 $P \neq T$，$P$、$O_1$、$O_2$ 不共线，由三角不等式（取严格不等号）：

$|O_1 P| < |O_1 O_2| + |O_2 P| = d + r = (R - r) + r = R$

所以 $|O_1 P| < R$，即 $P$ 在 $\odot O_1$ 的内部，不在 $\odot O_1$ 上。

因此 $T$ 是唯一的公共点。$\blacksquare$

定理五（内含）：若 $0 < d < R - r$（且 $R > r$），则 $\odot O_1$ 与 $\odot O_2$ 没有公共点（内含），且 $\odot O_2$ 完全在 $\odot O_1$ 的内部。

证明：

对于 $\odot O_2$ 上任意一点 $P$：

由三角不等式：

$|O_1 P| \leq |O_1 O_2| + |O_2 P| = d + r < (R - r) + r = R$

所以 $|O_1 P| < R$，即 $\odot O_2$ 上的所有点都在 $\odot O_1$ 的内部。

同时：

$|O_1 P| \geq |O_1 O_2| - |O_2 P| = d - r$

但 $d - r > 0$（因为 $d > 0$ 且 $r < R$），所以 $|O_1 P| > 0$，即 $P \neq O_1$。

关键结论：$\odot O_2$ 上的点满足 $|O_1 P| < R$，不在 $\odot O_1$ 上，因此两圆没有公共点。$\blacksquare$

定理六（同心）：若 $d = 0$（即 $O_1$ 与 $O_2$ 重合），且 $R \neq r$，则 $\odot O_1$ 与 $\odot O_2$ 没有公共点（同心）。

证明：

此时两个圆心重合，记为 $O$。对任意点 $P$：

• 若 $P \in \odot O_1$，则 $|OP| = R$
• 若 $P \in \odot O_2$，则 $|OP| = r$

因为 $R \neq r$，所以不存在同时满足 $|OP| = R$ 和 $|OP| = r$ 的点 $P$。

因此两圆没有公共点。$\blacksquare$

特殊情况：若 $d = 0$ 且 $R = r$，则两个圆完全重合，是同一个圆。

两圆位置关系判定定理（完整版）

设 $\odot O_1$（半径 $R$）和 $\odot O_2$（半径 $r$），$R \geq r > 0$，圆心距 $d = |O_1 O_2|$。则：

反向证明的思路：

已知两圆的公共点个数，要推出对应的 $d$ 的范围。可以采用排除法——

• 若公共点数为 $0$：则 $d > R + r$（相离）或 $0 < d < R - r$（内含）或 $d = 0$（同心）
  • 进一步区分：$d > R + r$ vs $d < R$ 可通过比较 $d$ 和 $R$ 来判断
• 若公共点数为 $1$：则 $d = R + r$（外切）或 $d = R - r$（内切）
  • 进一步区分：看公共点是在两圆的外侧（外切）还是内侧（内切）
• 若公共点数为 $2$：则 $R - r < d < R + r$（相交）

这些反向结论的正确性，可以从我们前面的证明中自然得出——因为五种情况的条件恰好覆盖了 $d$ 的所有可能范围且互不重叠。$\blacksquare$