文档内容
第 05 直线和圆的位置关系
知识点1:直线和圆的位置关系
知识点2：切线的性质与判定定理
知识点3：三角形的外接圆与外心
1、直线与圆相离 无交点；
2、直线与圆相切 有一个交点；
3、直线与圆相交 有两个交点；
r d d=r r d
【题型1判定制断直线和圆的位置】
【典例1】⊙O的半径是6cm，圆心O到直线a的距离为8cm，直线a与⊙O的位置关系
是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．相切或相交
【答案】C
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系的应用；注意：已知⊙O的半径为r，如果圆
心O到直线a的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当
dr=6.5cm，
∴圆心到直线的距离大于圆的半径，
∴直线l与圆相离．
故选A．
【变式3】在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标为(3,4)，半径为5，那么y轴与⊙P的
位置关系是 ．
【答案】相交
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，坐标与图形，由题意可求⊙P到y轴的距
离d为3，根据直线与圆的位置关系的判定方法可求解．
【详解】解：∵⊙P的圆心坐标为(3,4)，
∴⊙P到y轴的距离d为3，
∵d=3r，最
后利用等面积法求解，即可解题．
【详解】解：根据题意画图如下，
过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠ACB=90° AC=6 BC=8
， ， ，
∴AB=❑√AC2+BC2=10，
∵以点C为圆心，r为半径作圆，且与直线AB相离，
∴ CD>r，
1 1
∵ ×6×8= ×10CD，
2 2
解得CD=4.8，
∴ 05 B．R≥5 C．0BC，可
得以C为圆心，r=4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点；若⊙C与斜边AB有
两个公共点，即可得出r的取值范围．
【详解】解：作CD⊥AB于D，如图所示：
∵∠C=90°,AC=5,BC=12，
∴AB=❑√52+122=13，
1 1
∵△ABC的面积= AB·CD= AC·BC，
2 2
AC⋅BC 60
∴CD= = ，
AB 13
60
即圆心C到AB的距离d= ，
13
∵ACr．
【详解】解：∵直线m与⊙O公共点的个数为2个，
∴直线与圆相交，
∴d<半径3，
故选：A．
【题型3已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离】
【典例3】在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，以点C为圆心，r为半
径作圆，若与直线AB相切，则r的值为（ ）
A．2cm B．2.2cm C．2.4cm D．2.6cm
【答案】C
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系，以及勾股定理，根据题意画出草图，过点C
作CD⊥AB于点D，利用勾股定理求出AB，再根据直线AB与圆相切得到CD=r，最
后利用等面积法求解，即可解题．
【详解】解：根据题意画图如下，
过点C作CD⊥AB于点D，∵∠ACB=90° AC=3cm BC=4cm
， ， ，
∴AB=❑√AC2+BC2=5 cm，
∵以点C为圆心，r为半径作圆，且与直线AB相切，
∴ CD=r，
1 1
∵ ×3×4= ×5r，
2 2
解得r=2.4 cm，
故选：C．
【变式1】已知⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为d．若直线l与⊙O相切，则d
的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，根据直线l与⊙O相切，则d=r求解即可．
【详解】解：∵直线l与⊙O相切，
∴d=r=3，
故选：C．
【变式2】已知⊙O和直线l相交，圆心到直线l的距离为4cm，则⊙O的直径可能为（
）
A．9cm B．8cm C．7cm D．6cm
【答案】A
【分析】设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，然后根据⊙O和直线l相交，
确定r和d的关系，然后再确定r的取值范围，进而确定直径的取值范围即可解答．
【详解】解：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，
∵⊙O和直线l相交，
∴d4cm，∴ 直径大于 8cm．
故选A．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系、圆的基本概念等知识点，根据⊙O和
直线l相交得到d2，
∴直线l与⊙O相离．
故选：A．
2．已知⊙O的半径为10，直线l与⊙O相切于点P，则PO=（ ）
A．1 B．5 C．8 D．10
【答案】D
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，若圆心到直线的距离d，圆的半径r，直线
与圆的位置关系：①当d>r时，直线与圆相离；②当d=r时，直线与圆相切；③当
d5 C．r=5 D．r≥5
【答案】B
【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，直线l和⊙O相交⇔ dd=5．
【详解】解：∵直线l与半径r的⊙O相交，且点O到直线l的距离为5，
∴ r>5．
故选：B．
4．如图描绘的是“日头欲出未出时，雾失江城雨脚微”这一美景，图中的江面和太阳可看成直线和圆，则它们的位置关系为（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．平行
【答案】C
【分析】此题重点考查直线与圆的位置关系，根据题意判断出直线与圆有两个交点是
解题的关键．由诗句“日头欲出未出时”可判断直线与圆有两个交点，则直线与圆相
交，于是得到问题的答案．
【详解】解：由“日头欲出未出时”可知直线和圆有两个交点，
∴直线与圆相交，
故选：C．
5．如图，PA，PB与⊙O分别相切于点A，B，PA=3，∠P=60°，则AB的长为（ ）
A．2 B．3 C．2❑√3 D．3❑√3
【答案】B
【分析】本题考查的是等边三角形的判定与性质，切线长定理的应用，先证明
PA=PB=3，再证明△ABC为等边三角形，从而可得答案．
【详解】解：∵PA,PB与⊙O分别相切于点A，B，PA=3，
∴PA=PB=3，
∵∠P=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=PA=3，
故选B．
6．如图，AB是⊙O的直径，CD切⊙O于点C，连结AC，BC，若∠BCD=50°，则
∠B的 度 数 为（ ）A．40° B．45° C．50° D．55°
【答案】A
【分析】本题考查了切线的性质，连接OC，利用切线的定义可得∠OCD=90°，从
而可得∠OCB=40°，然后利用等腰三角形的性质可得∠B=∠OCB=40°，即可
解答．
【详解】解：连接OC，
∵CD切⊙O于点C，
∴∠OCD=90°，
∵∠BCD=50°，
∴∠OCB=∠OCD−∠BCD=40°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB=40°，
故选：A．
7．如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交BA的延长线于点D，若
∠B=30°，AD=3，则线段AB的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】本题主要考查了圆周角定理和切线的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理和切线的性质是解题的关键．连接OC，AC，求出∠COD=60°，
证明△AOC是等边三角形，求出∠D=∠DCA，得到AD=AC，进而求出AB的长
即可．
【详解】解：如图，连接OC，AC．
∵AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C ，∠B=30°，
∴∠OCD=90°，OC=OB，∠ACB=90°，
∴∠OCB=∠B=30°，
∴∠COD=60°,∠DCB=90°+30°=120°，
∴∠D=180°−120°−30°=30°，∠DAC=120°−90°=30°，
∴∠D=∠DCA，
∴AD=AC，
∵OC=OA,∠COD=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA=AC=AD=3，
∴AB=2OA=6．
故选：D．
8．三角形的内心是三角形的（ ）
A．三条角平分线的交点 B．三条中线的交点
C．三条高的交点 D．三边垂直平分线的交点
【答案】A
【分析】根据三角形的内心的概念进行判断即可．
【详解】根据定义得：三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，与三角形各边都相切的圆叫三角形的内
切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，三角形的内心就是三角形三个内角
角平分线的交点．记住三角形的内心到三角形三边的距离相等，三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角是解题的关键．
9．如图，PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E是切点，CD分别交PA、PB于
C、D两点，若∠COD=65°，则∠APB的度数为（ ）
A．45° B．50° C．60° D．70°
【答案】B
【分析】本题主要考查了切线的性质和全等三角形的性质, 掌握切线的性质是解题的
关键．连接OB，根据切线性质，∠APB+∠AOB=180°，再根据CD为切线可知
1
∠COD= ∠AOB，即可求解出∠APB的度数．
2
【详解】解：如图，连接OB，
由切线性质得：OA⊥PA，OB⊥PB，OE⊥CD，DB=DE，AC=CE，
∵AO=OE=OB，
∴△AOC≌△EOC(SAS)，△EOD≌△BOD(SAS)，
∴∠AOC=∠EOC，∠EOD=∠BOD，
1
∴∠COD= ∠AOB，
2
∵∠COD=65°，
∴∠AOB=2∠COD=130°，
∵∠APB+∠AOB=180°，
∴∠APB=50°，
则∠APB的度数为50°．
故选：B．10．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，
则⊙O的半径为（ ）
A．1 B．❑√3 C．2 D．2❑√3
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，切线的定义，三角形面积公式，熟记勾股定理，三角
形面积公式是解题的关键．
设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，根据勾股
定理求出BC=4，根据三角形面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：如图，设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF,
OA,OB,OC，
设⊙O的半径为r，
∴OD=OE=OF=r
∵ ∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC=❑√AB2−AC2=4，
∵S =S +S +S ，
△ABC △ABO △ACO △BCO
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r，
2 2 2 2
∴3×4=r(AB+AC+BC)，
∴12=r(3+4+5)，
∴r=1，故选：A ．
二、填空题
11．如图，PA,PB分别切⊙O于A，B两点，∠P=40°，点C是劣弧AB上一点，则
∠ACB的度数为 ．
【答案】110°/110度
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和．根据切线的性质得到
∠PAO=∠PBO=90°，根据四边形内角和为360°，得出∠AOB，根据圆周角定
理以及圆内接四边形的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，当点C在劣弧A´B上时，连接AC，BC，OA，OB， 取优
弧A´B上的点D，连接AD，BD，
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOB=360°−90°−90°−40°=140°
∵A´B=A´B，
1
∴∠ADB= ∠AOB=70°，
2
∵四边形ADBC是圆内接四边形，
∴∠C=180°−∠D=110°，
故答案为：110°．
12．小明同学用一把直尺和一个直角三角板（有一个锐角为60°）测量一张光盘的直径，
他把直尺、三角板和光盘按如图的方式放置，点A是60°角的顶点，B是光盘与直尺的公共点，测得AB=3，则此光盘的直径为 ．
【答案】6❑√3
【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，含30度角的直角三角形的性质，掌握
切线长定理是解题的关键．设光盘的圆心为O，直角三角板与光盘的切点为C，连接
AO、BO，可求得∠OAB=60°，进而利用勾股定理以及含30度角的直角三角形的
性质，求得OB的长，即可求得答案．
【详解】解：设光盘的圆心为O，直角三角板与光盘的切点为C，连接AO、BO、
CO；
∴AC、AB是⊙O的切线，∠CAB=120°，
∴AC=AB=3，∠OAB=∠OAC=60°，∠OBA=∠OCA=90°，
∴∠AOB=∠AOC=30°，
1
∴AB= AO，OB=❑√3AB，
2
∴OB=3❑√3，
∴此光盘的直径为6❑√3．
故答案为：6❑√3．
13．如图，已知AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，PA交⊙O于点C，AB=6cm，
PB=8cm，则BC= .【答案】4.8cm
【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角
定理和三角形面积公式．先根据切线的性质得AB⊥BP，利用勾股定理计算出
AP=10cm，接着利用圆周角定理得到∠ACB=90°，然后利用面积法求BC的长即
可．
【详解】解：∵PB是⊙O的切线，
∴AB⊥BP，
∴AP=❑√AB2+BP2=❑√62+82=10cm，
又∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即BC⊥AP于点C，
1 1
∵S = AB⋅BP= AP⋅BC，
△ABP 2 2
AB⋅BP 6×8
∴BC= = =4.8cm，
AP 10
故答案为：4.8cm．
三、解答题
14．已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB=AD，AE是⊙O的弦，
∠AEC=30°．
(1)求证：直线AD是⊙O的切线；
(2)若AE⊥BC，垂足为M、⊙O的半径为10，求AE的长．【答案】(1)见解析
(2)10❑√3
【分析】（1）连接OA，由圆周角定理可求得
∠B=∠AEC=30°,∠AOC=2∠AEC=60°，则∠OAD=90°，可证明直线
AD是⊙O的切线；
（2）若AE⊥BC于点M，根据垂径定理可证明AM=EM，在Rt△AOM中，
∠AMO=90°，∠AOM=60°，则∠OAM=30°，已知⊙O的半径OA=10，则
1
OM= OA=5，根据勾股定理可以求出AM的长，进而求出AE的长．
2
【详解】（1）证明：如图，连接OA，
∵∠AEC=30°，
∴∠B=∠AEC=30°,∠AOC=2∠AEC=60°，
∵AB=AD，
∴∠D=∠B=30°，
∴∠OAD=180°−∠AOC−∠D=90°，
∵OA是⊙O的半径，且AD⊥OA，
∴直线AD是⊙O的切线．
（2）解：∵BC是⊙O的直径，且AE⊥BC于点M，
∴AM=EM，
∵∠AMO=90°,∠AOM=60°，
∴∠OAM=30°，
1 1
∴OM= OA= ×10=5，
2 2
∴AM=❑√OA2−OM2=❑√102−52=5❑√3，
∴AE=2AM=2×5❑√3=10❑√3．
【点睛】此题考查圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，此题综合性较强，难度较大．
15．如图，已知AE是⊙O的直径，AB是⊙O的弦，AB=AC，连接BC与⊙O相交于
点D，连接AD,DE，AD=CD．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若AE=10,AD=8，求AC的长．
【答案】(1)见解析
48
(2)AC=
5
【分析】（1）根据等边对等角得到∠AED=∠CAD，由AE是⊙O的直径，得到
∠AED+∠EAD=90°，OA⊥AC，结合切线的判定即可求解；
（2）过点D作DF⊥AC，过点D作DM⊥AE，可证四边形AMDF是矩形，矩形的
性质，等腰三角形的性质得到AC=2AF=2MD，根据等面积法得到
AD⋅ED 24
MD= = ，由此即可求解．
AE 5
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵AD=CD，
∴∠DAC=∠C，
∴∠ABC=∠DAC，
∵∠AED=∠ABD，
∴∠AED=∠CAD，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠AED+∠EAD=90°，
∴∠CAD+∠EAD=90°．即∠EAC=90°，
∴OA⊥AC，
∴AC是⊙O的切线．（2）解：过点D作DF⊥AC，过点D作DM⊥AE，
∴∠AFD=∠AMD=∠EAC=90°
，
∴四边形AMDF是矩形，
∴MD=AF，
∵AD=CD,DF⊥AC，
∴AF=CF，
∴AC=2AF=2MD，
在Rt△ADE中，ED=❑√AE2−AD2=❑√102−82=6，
AD⋅ED 24
∴MD= = ，
AE 5
48
∴AC=2AF=2MD= ．
5
【点睛】本题主要考查切线的判定，直径或半圆所对圆周角是直角，矩形的判定和性
质，等边对角，三线合一，勾股定理，等面积法求高等知识的综合，掌握以上知识，
数形结合分析是关键．
