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
d<r时，直线和圆相交．根据6cm<8cm，得出直线和圆的位置关系的判定方法判断即
可．
【详解】解：∵ ⊙O的半径是6cm，圆心O到直线a的距离为8cm，且6cm<8cm，
∴直线a与⊙O的位置关系是相离．故选：C．
【变式1】⊙O的半径是3cm，圆心O到直线a的距离为5cm，则直线a与⊙O的公共点个
数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．1或2
【答案】A
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离，比较大小即可得到答
案，熟记直线与圆的位置关系的判定是解决问题的关键．
【详解】解：∵ ⊙O的半径是3cm，圆心O到直线a的距离为5cm，
∴3<5，即直线a与⊙O相离，公共点个数是0，
故选：A．
【变式2】已知圆的半径为6.5cm，如果这个圆的圆心到直线l的距离为9cm，那么直线l
和这个圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
【答案】A
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，掌握圆心到直线的距离d与圆的半径r的大小
关系与圆与直线的位置关系成为解题的关键．
根据圆心到直线的距离d大于圆的半径r，此时直线与圆的位置关系为相离，据此即可
解答．．
【详解】解：已知圆的半径r=6.5cm，圆心到直线l的距离d=9cm，
∵d=9cm>r=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=3<r=5，∴y轴与⊙P相交，
故答案为：相交．
【题型2已知直线和圆的位置关系求半径的取值】
【典例2】在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，以点C为圆心，r为半径作圆，
若与直线AB相离，则r的取值范围为（ ）
A．0<r<4.4 B．0<r≤4.4 C．0<r<4.8 D．0<r≤4.8
【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与圆相离得到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=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，
∴ 0<r<4.8
故选：C．
【变式1】如果一圆的半径为R，圆心到直线的距离为5，且这个圆与这条直线有公共点，
那么下列结论正确的是（ ）
A．R>5 B．R≥5 C．0<R<5 D．0<R≤5
【答案】B
【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解答本题的关键．
根据这个圆与这条直线有公共点，可判断出直线与圆相切或相交，即可得到R与5的大
小关系．
【详解】解：∵这个圆与这条直线有公共点，
∴直线与圆相切或相交，
∵圆心到直线的距离为5，
∴R≥5，
故选：B．
【变式2】在Rt△ABC中，∠C=90°,AC=5,BC=12，以C为圆心，R为半径画圆，
若⊙C与边AB有两个公共点，则R的取值范围是 ．
60
【答案】 <r≤5
13
【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，掌握垂线段最短、直线与圆相切以及直
线与圆的位置关系是解题的关键．
作CD⊥AB于D，由勾股定理求出AB，由三角形的面积求出CD，由AC>BC，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
∵AC<BC，
∴以C为圆心，r=12为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，60
∴若⊙C与斜边AB有两个公共点，则r的取值范围是 <r≤5．
13
60
故答案为： <r≤5．
13
【变式3】已知⊙O的半径为3，点O到直线m的距离为d，若直线m与⊙O公共点的个
数为2个，则d可取（ ）
A．2 B．3 C．3.5 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系判断方法：设
⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．①直线l和⊙O相交⇔d<r②直线l和
⊙O相切⇔d=r，③直线l和⊙O相离⇔d>r．
【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，
∴d<r，
又 ∵ 圆心到直线 l 的距离为 4cm，
∴r>4cm，∴ 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d<r是解答本题的关键．
【变式3】平面内，⊙O的半径为5，若直线l与⊙O相离，则圆心O到直线l的距离可能是
（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】A
【分析】本题考查直线与圆相离的判定，根据相离的判定逐项验证即可得到答案，熟记
直线l与⊙O相离，得到圆心O到直线l的距离大于⊙O半径是解决问题关键．
【详解】解：∵ ⊙O的半径为5，若直线l与⊙O相离，
∴由相离定义可知圆心O到直线l的距离大于半径5，
∴根据四个选项中的距离可知，只有6符合要求，
故选：A．
1、切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线；
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即：∵ 且 过半径 外端
O
∴ 是⊙ 的切线
2、性质定理：切线垂直于过切点的半径（如上图）
推论1：过圆心垂直于切线的直线必过切点。 M A N
推论2：过切点垂直于切线的直线必过圆心。
以上三个定理及推论也称二推一定理：
即：①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一
个。
【题型4证明某直线是圆的切线】
【典例4】如图，⊙O的半径为1，点A是⊙O的直径BD延长线上的一点，C为⊙O上的一点，AD=CD，∠A=30°．
求证：直线AC是⊙O的切线．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，切线的判定，由等
腰三角形的性质求出∠ACD=∠A=30°，∠CDB=60°，求出
∠ACO=∠ACD+∠OCD=30°+60°=90°，即可证得结论.
【详解】证明：连接OC，如图所示．
∵AD=CD，∠A=30°，
∴∠ACD=∠A=30°，
∴∠CDB=60°．
∵OD=OC，
∴∠OCD=∠ODC=60°，
∴∠ACO=∠ACD+∠OCD=30°+60°=90°，
∴OC⊥AC，
∵OC是⊙O的半径，
∴直线AC是⊙O的切线．
【变式1】如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，点E在BC延长线上，且
∠CED=∠BAC，求证：DE是⊙O的切线．【答案】见解析
【分析】考查了圆周角定理，切线的判定，先判断BD是⊙O直径，得出
∠DCB=∠DCE=90°，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；
【详解】证明：连接BD，
∵∠BAD=90°，
∴BD是⊙O直径，
∴∠DCB=∠DCE=90°，
∵B´C=B´C，
∴∠BAC=∠CDB，
∵∠CED=∠BAC，
∴∠CED=∠BDC，
∵∠CDE+∠CED=90°，
∴∠CDB+∠CDE=90°，
即∠BDE=90°，
则BD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线．
【变式2】如图：等腰△ABC，以腰AB为直径作⊙O交底边BC于P，PE⊥AC，垂足
为E．求证：PE是⊙O的切线．【答案】见详解
【分析】连接OP，推出∠BPA=90°，根据等腰三角形性质求出BP=PC，根据三角
形中位线定理求出OP∥AC，推出OP⊥PE，根据切线的判定推出即可．
【详解】证明：连接OP，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵AB=AC，
∴BP=CP，
∵OB=OA，
∴OP为△ABC的中位线，
∴OP∥AC，
∵PE⊥AC，
∴OP⊥PE，
∵PO是半径，
∴PE是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线定理、切线
的判定、圆周角定理等知识点的运用，能综合运用这些性质进行推理是解此题的关键，
注意证切线的方法：知道过圆上一点，连接圆心和该点证垂直．
【变式3】如图，已知AB为⊙O的直径，点C为圆上一点，AD垂直于过点C的直线，交
⊙O于点E，垂足为点D，AC平分∠BAD．求证：CD是⊙O的切线．【答案】见详解
【分析】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理等知识，正确掌握相关性质内容是
解题的关键．
连接CO，根据角平分线的定义有∠BAD=2∠CAO，根据圆周角定理有
2∠CAO=∠COB，可得∠DAB=∠COB，进而有AD∥OC，进而可得
∠DCO=180°−∠ADC=90°，则有半径OC⊥CD，问题得证．
【详解】解：连接CO，如图，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAD=2∠CAO，
⏜ ⏜
∵ BC=BC
∴2∠CAO=∠COB，
∴∠DAB=∠COB，
∴AD∥OC，
∴∠ADC+∠DCO=180°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC=90°，
∴∠DCO=180°−∠ADC=90°，
∴OC⊥CD，
∵CO是半径∴CD是⊙O的切线；
【题型5切线的性质定理】
【典例5】如图，直线EF与⊙O相切于点C，直线EO与⊙O相交于点D．连接CD．若
∠≝=3∠D，则∠DCF的度数为（ ）．
A．36° B．72° C．90° D．36°或72°
【答案】B
【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
定理以及三角形的相关性质．连接OC，先利用切线的性质得到∠OCE=90∘，则根
据三角形内角和得到∠≝+∠EOC=90∘，再根据圆周角定理得到∠EOC=2∠D，
加上∠≝=3∠D，所以3∠D+2∠D=90∘，从而可求出∠D的度数，然后利用三
角形外角性质可计算出∠DCF的度数．
【详解】如图，连接OC，
∵ EF ⊙O C
直线 与 相切于点 ，
∴OC⊥EF，
∴∠OCE=90∘，
∴∠≝+∠EOC=90∘，
∵∠EOC=2∠D，∠≝=3∠D，
∴3∠D+2∠D=90∘，
解得∠D=18∘，
∴∠≝=54∘，
∴∠DCF=∠D+∠≝=18∘+54∘=72∘．故选：B．
【变式1】如图，AB切⊙O于点B，连结OA交⊙O于点C，BD∥OA交⊙O于点D，
连结CD，∠OCD=25°，则∠A的度数为（ ）
A．25° B．35° C．40° D．45°
【答案】C
【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆切线的性质，圆周角定理，直
角三角形性质，是解决问题的关键．连结OB，证明∠ABO=90°，∠CDB=25°，
可得∠BOC=2∠CDB=50°，从而可得∠A．
【详解】解：如图，连结OB，
∵AB切⊙O于点B，
∴∠ABO=90°，
∵BD∥OA，∠OCD=25°，
∴∠CDB=∠OCD=25°，
∴∠BOC=2∠CDB=50°，
∴∠A=90°−∠BOC=40°．
故选：C．
【变式2】如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，∠CDB=25°，过点C作
⊙O的切线交AB的延长线于点E，则∠E等于（ ）A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】B
【分析】此题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，以及三角形内角
和定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．连接OC，由CE为⊙O的切线，利用
切线的性质得到OC⊥CE，由OA=OC，利用等边对等角得到一对角相等，再利用
外角性质求出∠COE=50°，即可求出∠E的度数．
【详解】解：连接OC，
∵CE为⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE=90°，
∵∠CDB=25°，
∴∠BAC=∠CDB=25°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=25°，
∵∠COE为△AOC的外角，
∴∠COE=∠ACO+∠OAC=50°，
则∠E=90°−50°=40°．
故选：B．
【变式3】如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，C是优弧AB上的一个动点，若
∠P=96°，则∠ACB= °．
【答案】42【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理、四边形内角和，熟练掌握相关知识点
是解题的关键．连接OA，OB，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，根据
四边形内角和为360°，结合∠P=96°，可得∠AOB=84°，再利用圆周角定理即
可求解．
【详解】解：如图，连接OA，OB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠P=96°，
∴∠AOB=360°−90°−90°−96°=84°，
1 1
∴∠ACB= ∠AOB= ×84°=42°．
2 2
故答案为：42．
【题型6切线的性质和判定的综合应用】
【典例56】如图，在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠ABO=30°，C为OB边的中点，
⊙O经过点C，BD与⊙O相切于点D．
(1)求证：AB与⊙O相切；
(2)若AB=2，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判
定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．1
（1）在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠ABO=30°，得到OA= OB，由C为OB
2
1
边的中点，求得OC= OB，根据切线的性质得到结论；
2
（2）连接OD，根据切线的性质得到AB=BD，证明△ABO≌△DBO(SSS)，根
据全等三角形的性质得到∠DBO=∠ABO=30°，根据等边三角形的判定和性质得
到结论．
【详解】（1）证明：在Rt△OAB中，∠OAB=90°，∠ABO=30°，
1
∴OA= OB，
2
∵C为OB边的中点，
1
∴OC= OB，
2
∴OA=OC，
∴OA是⊙O的半径，
∴AB与⊙O相切；
（2）解：连接OD，
∵BD ⊙O AB ⊙O
与 相切于点D， 与 相切，
∴AB=BD，
在△ABO与△DBO中，
{OA=OD
)
AB=BD ，
OB=OB
∴△ABO≌△DBO(SSS)，
∴∠DBO=∠ABO=30°，
∴∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=AB=2．
【变式1】如图，在△ABC中，AB=AC，O在AB上．以O为圆心，OB为半径的圆与AC相切于点F，交BC于点D，交AB于点G，过D作DE⊥AC，垂足为E．
(1)DE与⊙O有什么位置关系，请写出你的结论并证明；
(2)若⊙O的半径长为6，AF=8，求CE的长．
【答案】(1)DE与⊙O相切，证明见解析
(2)2
【分析】本题考查了圆的切线的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、正方形
的判定与性质等知识，熟练掌握圆的切线的判定与性质是解题关键．
（1）连接OD，先根据等腰三角形的性质可得∠ABC=∠C，∠ABC=∠ODB，
从而可得∠C=∠ODB，再证出∠ODE=90°，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）连接OD,OF，先根据圆的切线的性质可得OF⊥AC，利用勾股定理可得OA的
长，从而可得AB,AC的长，再证出四边形ODEF是正方形，从而可得EF=OD=6，
然后根据线段的和差求解即可得．
【详解】（1）解：DE与⊙O相切，证明如下：
如图，连接OD，
∵在△ABC中，AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OB=OD，
∴∠ABC=∠ODB，∴∠C=∠ODB，
∵DE⊥AC，
∴∠C+∠CDE=90°，
∴∠ODB+∠CDE=90°，
∴∠ODE=90°，即OD⊥DE，
又∵OD为⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切．
（2）解：如图，连接OD,OF，
∵⊙O的半径长为6，
∴OD=OF=OB=6，
∵AC与⊙O相切，
∴OF⊥AC，
在Rt△AOF中，OA=❑√OF2+AF2=❑√62+82=10，
∴AB=OA+OB=10+6=16，
∵AB=AC，
∴AC=16，
∵OF⊥AC，DE⊥AC，OD⊥DE，OD=OF，
∴四边形ODEF是正方形，
∴EF=OD=6，
∴CE=AC−AF−EF=16−8−6=2．
【变式2】如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且
A´E=D´E，过点E作EF⊥BC于点F，延长FE和BA的延长线交于点G．(1)求证：GF是⊙O的切线；
(2)若AG=6，¿=6❑√2，求△GOE的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)9❑√2
【分析】（1）连接OE，由A´E=D´E知∠1=∠2，由∠2=∠3可证OE∥BF，根
据BF⊥GF得OE⊥GF，即可得证；
（2）设OA=OE=r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r=3，即OE=3，再根据三角
形的面积公式得解．
【详解】（1）证明：如图，连接OE，
∵A´E=D´E，
∴∠1=∠2，
∵OE=OB，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴OE∥BF，
∵BF⊥GF，点E在⊙O上，
∴OE⊥GF，
∴GF是⊙O的切线；
（2）解：设OA=OE=r，∵GF是⊙O的切线，
∴∠OEG=90°，
在Rt△GOE中，AG=6，¿=6❑√2，
∴OG2=GE2+OE2，即(6+r) 2=(6❑√2) 2+r2，
解得：r=3，
即OE=3，
1 1
∴S = OE⋅≥= ×3×6❑√2=9❑√2，
△GOE 2 2
∵△GOE的面积为9❑√2．
【点睛】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、勾股定理及平行线的判定与性质，
解题的关键是掌握切线的判定：连接半径，证明半径与直线垂直．
【变式3】如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为AC的中点，过C作⊙O的切
线交OD的延长线于E，交AB的延长线于F，连EA．
(1)求证：EA与⊙O相切；
(2)若CE=3，CF=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
3
(2)
2
【分析】本题考查三线合一、切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质，掌握相
关定理并能利用等面积法解决问题是关键．
（1）连接OC，由三线合一得OE⊥AC，根据垂直平分线的性质可得CE=AE，证
明△OCE≌△OAE，利用全等三角形的性质可得∠OAE=90°即可；
（2）先利用勾股定理求得AF=4，设OA=OC=x，再根据等面积法列
1 1 1
×3×4= ×5x+ ×3x即可求解．
2 2 2【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵EF ⊙O
是 的切线，
∴∠OCE=90°，
∵D为AC的中点，OC=OA，
∴OE⊥AC，则OE垂直平分AC，
∴CE=AE，
∵OC=OA，OE=OE，
∴△OCE≌△OAE(SSS)，
∴∠OAE=∠OCE=90°，
∴EA与⊙O相切；
（2）解：∵CE=3，CF=2，
∴EF=5，
由（1）可知CE=AE=3，∠OAE=90°，
∴AF=❑√EF2−AE2=❑√52−32=4，
设OA=OC=x，
∵S =S +S ，
△EAF △EOF △EAO
1 1 1
∴ AE⋅AF= EF⋅OC+ AE⋅OA，
2 2 2
1 1 1
∴ ×3×4= ×5x+ ×3x，
2 2 2
3
解得x= ，
2
3
故⊙O的半径为 ．
2切线长定理： 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两
条切线的夹角。
即：∵ 、 是的两条切线
B
∴ ； 平分
O
P
A
【题型7切线长定理】
【典例7】如图，P为⊙O外一点，PA，PB，MN分别切⊙O于A，B，C三点，且切
线MN分别交PA，PB于点M，N．若PA=12，则△PMN的周长为（ ）
A．12 B．13 C．16 D．24
【答案】D
【分析】本题考查切线长定理．根据切线长定理得到PA=PB=12，
MC=MA，NC=NB,再根据三角形周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵，PA，PB分别切⊙O于A，B，
∴PA=PB=12．
同理，可得MC=MA，NC=NB，
∴△PMN的周长
=PM+CM+CN+PN
=PM+AM+PN+BN
=PA+PB
=2PA
=24．故选：D．
【变式1】如图，⊙O为△ABC的内切圆，AC=10，AB=8，BC=9，点D，E分别
为BC，AC上的点，且DE为⊙O的切线，则△CDE的周长为（ ）
A．9 B．7 C．11 D．8
【答案】C
【分析】此题主要是考查了切线长定理．设AB，AC，BC，DE和圆的切点分别是
P，N，M，Q，根据切线长定理得到NC=MC，EN=EQ,DQ=DM，所以△CDE
的周长即是CM+CN的值，再进一步根据切线长定理由△ABC的三边进行求解即可．
【详解】解：设AB，AC，BC，DE和圆的切点分别是P，N，M，Q，CM=x，
根据切线长定理，得
CN=CM=x，BM=BP=9−x，AN=AP=10−x．
EN=EQ,DQ=DM
则有9−x+10−x=8，
解得：x=5.5．
所以△CDE的周长=CD+CE+QE+DQ=CN+CM=2x=11．
故选：C．
【变式2】如图，PA、PB分别切⊙O于A、B，并与⊙O的切线分别相交于C、D，已知
PA=12cm，则△PCD的周长等于 ．【答案】24cm/24厘米
【分析】本题考查圆中求线段长，涉及切线长定理、三角形周长等知识，熟记切线长
定理是解决问题的关键．设切线CD与⊙O切于点E，如图所示，由切线长定理可得
DA=DE,CE=CB,PA=PB，数形结合，表示出三角形的周长，代值求解即可得到
答案．
【详解】解：设切线CD与⊙O切于点E，如图所示：
∴由切线长定理可得DA=DE,CE=CB,PA=PB，
∵PA=12cm，
∴PB=PA=12cm
∴C =PD+DC+PC
ΔPCD
=PD+(DE+EC)+PC
=(PD+DE)+(EC+PC)
=(PD+DA)+(BC+PC)
=PA+PB
=24cm，
故答案为：24cm．
【变式3】如图，AB、AC、BD是圆O的切线，切点分别为P、C、D，若AB=5，
AC=3，则BD的长是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．由AB、AC、
BD是⊙O的切线，则AC=AP，BP=BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【详解】解：∵AC、AP为⊙O的切线，AC=3，∴AC=AP=3；
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP=BD；
∵AB=5，
∴BD=PB=AB−AP=5−3=2．
故答案为：2．
1、三角形的内切圆
与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。
2、三角形的内心
三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。
注意：内切圆及有关计算。
（1）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，它到三边的距离相等。
a+b−c
2
（2）△ABC中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，则内切圆的半径r= 。
1
r(a+b+c)
2
（3）S = ，其中a，b，c是边长，r是内切圆的半径。
△ABC
（4）弦切角：角的顶点在圆周上，角的一边是圆的切线，另一边是圆的弦。
如图，BC切⊙O于点B，AB为弦，∠ABC叫弦切角，∠ABC=∠D。
A D
O
B
【题型8三角形周长、面积与内切圆半径的关系】
【典例8】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，其内切圆分别与AC、AB、BC相切于点
D、E、F，若AC=3，BC=4，则△ABC内切圆的半径长度为 ．
【答案】1【分析】本题考查求直角三角形的内切圆的半径，连接OA,OB,OC,OD,OE,OF，
勾股定理求出AB的长，等积法求出内切圆的半径长即可．
【详解】解：设内切圆的圆心为O，连接OA,OB,OC,OD,OE,OF，
则：OD=OE=OF，OD⊥AC,OE⊥AB,OF⊥BC，
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=❑√32+42=5，
∵S =S +S +S ，
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AC⋅OD+ BC⋅OF+ AB⋅OE，
2 2 2 2
∴3×4=(3+4+5)⋅OE，
∴OE=1；即：△ABC内切圆的半径长度为1．
故答案为：1．
【变式1】如图所示，已知⊙I是△ABC的内切圆，D、E、F是切点，∠C=60°，
∠DIF=140°，则∠B为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．80°
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是掌握内心定义．先利
用切线的性质得∠IDA=∠IFA=90°，则根据四边形的内角和得到
∠A+∠DIF=180°，然后利用三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：∵圆I是△ABC的内切圆，∴ID⊥AB，IF⊥AC，
∴∠IDA=∠IFA=90°，
∴∠A+∠DIF=180°，
∵∠DIF=140°，
∴∠A=180°−140°=40°，
∵∠C=60°，
∴∠B=180°−40°−60°=80°．
故选：D．
【变式2】如图，正三角形的内切圆半径为1，那么这个正三角形的边长为（）
A．2❑√3 B．3 C．1 D．2
【答案】A
【分析】本题主要考查等边三角形的性质、三角形内切圆的性质及勾股定理，关键在
于作辅助线构建直角三角形．欲求三角形的边长，已知内切圆半径，可过内心向正三
角形的一边作垂线，连接顶点与内切圆心，构造直角三角形求解．
【详解】解：过O点作OD⊥AB，则OD=1．
∵O △ABC
是 的内心，
∴∠OAD=30°；
Rt△OAD中，∠OAD=30°，OD=1，
∴OA=2，
∴AD=❑√OA2−OD2=❑√22−12=❑√3，
∴AB=2AD=2❑√3．
故选：A．【变式3】如图，若Rt△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点
D，E，F，且∠A=90°，AB=5，AC=12，则⊙O的半径OD= ．
【答案】2
【分析】利用勾股定理求出BC=13，再利用切线的性质得到OF⊥AB，OE⊥AC，
所以四边形OFAE为正方形，设OE=AE=AF=r，利用切线长定理得到
BD=BF=5−r，CD=CE=12−r，所以5−r+12−r=13，然后求出r,即可求解．
【详解】解：如图，连接OF,OE，
∵∠A=90° AB=5 AC=12
， ， ，
∴BC=❑√AC2+AB2=13，
∵AB、AC与⊙O分别相切于点E、F，
∴OF⊥AB，OE⊥AC，
∴四边形OFAE为正方形，
设OE=r，
则AE=AF=r，
∵△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，
∴BD=BF=5−r，CD=CE=12−r，
∴5−r+12−r=13，
∴r=2，
即OD=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心：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．也考查了勾股定理和切线的性质．
解决本题的关键是掌握三角形的内切圆和内心．一、单选题
1．⊙O半径的为2，圆心O到直线l的距离为3，则直线l与⊙O（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
【答案】A
【分析】根据直线和圆的位置关系可知，圆的半径小于直线到圆心O的距离，则直线l
与⊙O的位置关系是相离．据此即可作答．本题考查了直线与圆的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，且3>2，
∴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
d<r时，直线与圆相交．据此求解即可．
【详解】解：∵⊙O的半径为10，直线l与⊙O相切于点P，
∴PO=10．
故选D．
3．直线和圆相交，圆的半径为r，且圆心到直线的距离为5，则有（ ）
A．r<5 B．r>5 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⇔ d<r．根据直线与
圆相交、相切、相离的定义判定．直线l与半径r的⊙O相交，且点O到直线l的距离
d=5，r>d=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．
