24.2.2直线和圆的位置关系 导学案（知识清单+典型例题+巩固提升）

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九年级数学上册 24.2.2 直线和圆的位置关系 导学案
【知识清单】
直线和圆的位置关系：
相交：直线和圆有两个公共点，这条直线叫做圆的割线；
相切：直线和圆只有一个公共点，这条直线叫做圆的切线；这个点叫做切点，
相离：直线和圆没有公共点.
2.设⊙O的半径r，圆心O到直线l的距离为d.在直线和圆的不同位置关系中，d与r具有怎样的大小关系？
相交 相切 相离
直线l和⊙O相交<=>d直线l和⊙O相切<=>d=r；
直线l和⊙O相交<=>d>r.
3.判定直线和圆的位置关系的两种方法.
（1）根据定义，由 直线和圆的公共点 的个数来判断；
（2）根据性质，由 圆心到直线的距离d与半径r 的关系来判断.
【典型例题】
考点1：已经直线和圆的位置关系求半径的取值
例1．在平面直角坐标系中，以点为圆心、以R为半径作圆A与x轴相交，且原点O在圆A的外部，那么半径R的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分别根据原点O在圆A的外部，圆A与x轴相交，可得半径R的取值范围．
【详解】解：，
∴，
∵原点O在圆A的外部，
∴，即，
∵圆A与x轴相交，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，直线、点与圆的位置关系等知识点，能熟记直线、点与圆的位置关系是解此题的关键．
考点2：切线的应用
例2．如图，在中，，，，D是上一动点，于E，交于点F，则的最大值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取的中点O，连接，，延长交于T．证明，推出点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，推出当与相切时，的值最大，根据切线的性质、平行线的性质及含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：如图，取的中点O，连接，，延长交于T．

∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴E在上，
∵，
∴，
∴点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，
∵，
∴当与相切时，的值最大，
∵直线，直线都是的切线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为．
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形角的性质、直线与圆的位置关系、线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是发现点E在以O为圆心，为半径的圆上运动，并推出与相切时，的值最大．
考点3：切线长定理的应用
例3．如图，点I为的内心，连接并延长交的外接圆于点D，若，点E为弦的中点，连接，若，则的长为（　　）
A．5 B． C．4 D．
【答案】C
【分析】由已知条件可得到，过点D作于F，连接，可得四边形为平行四边形，可得，即可求出IE的长．
【详解】解：连接，如图，
∵I为的内心，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点D作于F，连接，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∵点E为弦的中点
∴为的中位线，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
故选C．
【点睛】本题是三角形外接圆和内切圆综合，考查了平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰三角形的性质与判定，内心等等，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
考点4：三解形内切圆与外接圆综合
例4．如图，在中，，过点，的分别交，于，两点，连接并延长交于点，连接，．若，，，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由四边形内接于知，据此得，由是的直径知及，再根据四边形是的内接四边形知，从而证得，根据是等腰直角三角形知，继而可得答案．
【详解】解：四边形内接于，且，

，
，
是等腰直角三角形，
，
又是的直径，
，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
，
中，、，
．
，
，
，
，
，
，
．
故选C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质及勾股定理．
考点5:圆的综合问题
例5．在平面直角坐标系中，以点为圆心，3为半径的圆（ ）
A．与x轴相交，与y轴相切 B．与x轴相离，与y轴相切
C．与x轴相离，与y轴相交 D．与x轴相切，与y轴相离
【答案】B
【分析】由已知点可求该点到x轴，y轴的距离，再与半径比较，确定圆与坐标轴的位置关系．设d为直线与圆的距离，r为圆的半径，则有若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离．
【详解】解：点到x轴的距离为4，大于半径3，
点到y轴的距离为3，等于半径3，
故该圆与x轴相离，与y轴相切，
故选：B．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系以及点到坐标轴的距离，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
【巩固提升】
选择题
1．已知和直线相交，圆心到直线的距离为，则的直径可能为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，半径，直线，垂足为H，且l交于A，B两点，，将直线l沿所在直线向下平移，若l恰好与相切时，则平移的距离为（ ）
A． B． C． D．
3．平面内，的半径为，点到的距离为，过点可作的切线条数为（ ）
A．条 B．条 C．条 D．无数条
4．如图，点A是上一定点，点B是上一动点、连接、、，分别将线段、绕点A顺时针旋转到、，连接、、、，下列结论：①点在上；②；③；④当时，与相切．正确的有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
5．如图，是的直径，，是的弦，是的切线，为切点，与交于点．若点为的中点，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
6．如图，在中，，，与，分别切于点D，C，连接．则的度数为（ ）

A．50 B．40 C．30 D．20
7．关于下列四种说法中，你认为正确的有（ ）
①垂直于弦的直线一定经过圆心；
②经过直径外端的直线是圆的切线；
③对角互补的四边形四个顶点共圆；
④圆外一点引圆的两条切线，两切点的连线被该点与圆心连线垂直平分．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．《九章算术》中“今有勾七步，股二十四步，问勾中容圆径几何？”其意思为：今有直角三角形，勾（短直角边）长为7步，股（长直角边）长为24步，问该直角三角形（内切圆）的直径是多少？（ ）
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
9．下列命题：①直径所对的角是；②三点确定一个圆；③圆的切线垂直于过切点的半径；④相等的弦所对的圆周角相等；⑤三角形的内心是三角平分线交点；⑥三角形外心到三角形三个顶点距离相等．是真命题的个数是（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
10．两直角边的长分别为和，则其内心与外心的距离为（ ）
A．2 B． C． D．
11．如图，⊙O的直径，弦，过⊙O上一点D作切线，交的延长线于点E，若，则的长为（ ）
A．3 B．2 C．4 D．4
二、填空题
12．如图，直线、相交于点O，，半径为的的圆心在直线上，且与点O的距离为．如果以的速度，沿由A向B的方向移动，那么 秒钟后与直线相切．

13．如图，在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿x轴正方向平移，使与y轴相交，则平移的距离d的取值范围是 ．

14．如图，在扇形中，点在上，连接，将沿折叠得到．若，且与所在的圆相切于点．则＝ °

15．如图，在中，点D为上一点，，点E在线段上，，若，，则的最大值为 ．
16．已知的半径为，的半径为，圆心距，如果在上存在一点，使得，则的取值范围是 ．
17．如图，已知扇形，半径，点E在弧上一动点（E与A、B不重合），过点E作于点C，于点D，连接，则面积的最大值为 ．

三、解答题
18．如图，，，当的半径r为何值时，与直线相离？相切？相交？

19．如图，为正比例函数图象上的一个动点，的半径为，设点的坐标为．

(1)求与直线相切时点的坐标．
(2)请直接写出与直线相交、相离时的取值范围．
20．如图，为的直径，点为上一点，连接、，过点作的切线，连接交于点，．

(1)求证：；
(2)若，求的直径的长．
21．如图，点是以为直径的外一点，点是上一点，是的切线，，连接并延长交的延长线于点．

(1)求证：点是的中点；
(2)若，的半径为，求的长．
22．如图所示，已知的外切等腰梯形，，梯形中位线为，求证：.
23．如图，在中，是的直径，是的弦，，．

(1)求的半径；
(2)连接，过圆心向作垂线，垂足为，求的长．
参考答案
1．A
【分析】设的半径为，圆心到直线的距离为，然后根据和直线相交，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：设的半径为，圆心到直线的距离为，
和直线相交，
，
又 圆心到直线 的距离为 ，
，
直径大于 ．
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，根据和直线相交得到是解答本题的关键．
2．B
【分析】连接，由垂径定理和勾股定理得，当点H平移到点C时，直线与圆相切，求得．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∴，
∵将直线l沿所在直线向下平移，若l恰好与相切时，
∴，
即直线在原有位置向下移动后与圆相切．
故选：B．
【点睛】本题利用了垂径定理，勾股定理，及切线的概念求解，正确掌握各定理并应用是解题的关键．
3．C
【分析】先确定点与圆的位置关系，再根据切线的定义即可直接得出答案．
【详解】解：的半径为，点到圆心的距离为，
，
点与的位置关系是：在外，
过圆外一点可以作圆的条切线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，切线的定义，切线就是与圆有且只有个公共点的直线，理解定义是关键．
4．A
【分析】由旋转的性质，易证和是等边三角形，得到，即可判断①结论；逆用等边三角形性质，即可证明，判断②结论；利用等腰三角形的性质和全等三角形的性质，得到，再利用等边三角形的性质，得到，然后根据圆周角定理，即可判断③结论；利用全等三角形的性质和等腰三角形的性质，得到，再利用等边三角形的性质和三角形外角的定义，得到，进而得到，然后利用切线的判定定理可判断④结论．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，，
和是等边三角形，
，
点在上，①结论正确；
，
在和中，
，
，②结论正确；
，
，
，
，，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，
，
，③结论正确；
，
，
，，
，
，
当时，
∵，，
∴，
∴在上，
，
，
，
，
与相切，④结论正确，
综上所述，正确的结论有①②③④，共4个，
故选：A．

【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理等知识，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
5．C
【分析】如图：连接，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，由点为的中点可得,最后等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可解答．
【详解】解：如图：连接，

∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴,
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
6．C
【分析】由，，求得，由与，分别切于点，，根据切线长定理得，则，所以，求得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：，，
，
与，分别切于点，，
，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、切线长定理等知识，求得并且证明是解题的关键．
7．B
【分析】利用垂径定理，切线的性质和判定定理逐个判断即可求得答案．
【详解】解：①垂直平分弦的直线经过圆心，原说法错误，故①不符合题意；
②经过直径外端切垂直于这条直径的直线是圆的切线，原说法错误，故②不符合题意；
③对角互补的四边形四个顶点共圆，正确，故③符合题意；
④圆外一点引圆的两条切线，两切点的连线被该点与圆心连线垂直平分，正确，故④符合题意；
综上，③④正确，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，正确的理解题意是解题的关键．
8．C
【分析】设三角形，由勾股定理可求得直角三角形的斜边，设内切圆的半径为，由可求得半径，则可求得直径．
【详解】解：设三角形为，，，，
，
设内切圆的半径为，则，
，即，
解得，
内切圆的直径是6步，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆，利用等积法得到关于内切圆半径的方程是解题的关键．
9．B
【分析】根据圆周角定理的推论，确定圆的条件，切线的性质，三角形内心和外心的性质逐项判断即可．
【详解】解：①直径所对的圆周角是，原命题是假命题；
②不共线的三点确定一个圆，原命题是假命题；
③圆的切线垂直于过切点的半径，是真命题；
④在同圆或等圆中，相等的弦所对的圆周角相等，原命题是假命题；
⑤三角形的内心是三角平分线交点，是真命题；
⑥三角形外心到三角形三个顶点距离相等，是真命题；
综上，真命题的个数是3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，确定圆的条件，切线的性质，三角形内心和外心的性质，熟练掌握基础概念和性质是解题的关键．
10．D
【分析】先根据题意画出图形，的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，求出，根据面积法求出，进而得出，在求出，根据勾股定理即可得出答案．
【详解】解：如图所示：的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，
设，，
∴，
∵的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，
∴，
根据三角形的面积可得：，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴内心与外心的距离为，
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心与外心，勾股定理，得出三角形的内心与外心的位置是解题的关键．
11．B
【分析】连接交于点F，证明四边形是矩形，点O圆心且，可得是的中位线，可得F为的中点，由勾股定理的，即可求出的长．
【详解】解：连接交于点F点，
为直径，
，
∴，
又为切线，
，
∴，
四边形是矩形，
，，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题考查圆知识的综合应用，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、矩形的判定、垂径定理．
12．4或8
【分析】分类讨论：当点在当点在射线时与相切，过作与，根据切线的性质得到，再利用含的直角三角形三边的关系得到，则的圆心在直线上向右移动了后与相切，即可得到移动所用的时间；当点在射线时与相切，过作与，同前面一样易得到此时移动所用的时间．
【详解】解：当点在射线时与相切，如图，过作与，

，
，
，
的圆心在直线上向右移动了后与相切，
移动所用的时间（秒；
当点在射线时与相切，如图，过作与，

，
，
，
的圆心在直线上向右移动了后与相切，
移动所用的时间（秒．
故答案为：4或8．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：直线与有三种位置关系（相切、相交、相离）．也考查了切线的性质．
13．/
【分析】分两种情况讨论：位于轴左侧和位于轴右侧，根据平移的性质和圆的切线的性质分别求解，即可得到答案．
【详解】解：的圆心P的坐标为，
，
的半径为2，
，
，，
当位于轴左侧且与轴相切时，平移的距离为1，
当位于轴右侧且与轴相切时，平移的距离为5，
平移的距离d的取值范围是，
故答案为：．

【点睛】本题考查了平移的性质，直线与圆的位置关系，解题关键是掌握当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．
14．60
【分析】由切线的性质得，则，由折叠得，所以，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵与所在的圆相切于点B，
∴，
∴，
∵将沿折叠得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：60．
【点睛】此题重点考查切线的性质定理、轴对称的性质、三角形内角和定理等知识，证明是解题的关键．
15．/
【分析】将绕点逆时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，可知、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、过作，交于，交圆于，过、分别作圆的切线，交于，连接交于，连接、，利用的直角三角形求得，由，与圆相切，可得（SSS），利用其性质证得，计算出，，由，知，可得四边形为平行四边形，则，由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号），即可求得的最大值．
【详解】解：将绕点顺时针旋转至，连接，可得是为等边三角形，则，
∵，，
∴、、、四点共圆，令其圆心为，连接、、
∴，则，
过作，交于，交圆于，过、分别作圆得切线，交于，连接交于，连接、，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，与圆相切，
∴，
∴（SSS）
∴，
∴，
，
，
又∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由三角形三边关系可知：（当、、在同一直线上时去等号）
∴的最大值为：．
故答案为：．
【点睛】本题属于几何综合题，考查了四点共圆，垂径定理，切线长定理，解直角三角形，平行四边形的判定及三角形的三边关系，构造辅助线，利用圆的相关性质转化线段长度及角度，构造三角形三边关系是解决问题的关键，属于中考压轴题．
16．
【分析】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值；当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．
【详解】当位于内部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最大值．
如图所示，．

当位于外部，且，，位于同一条直线上时，可以取得最小值．
如图所示，．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，能采用数形结合的方法和分类讨论的思想分析问题是解题的关键．
17．
【分析】连接，取中点K，连接，作，垂足分别为L、M，当点L与M重合时，最大，求出此时的面积即可．
【详解】解：连接，取中点K，连接，作，垂足分别为L、M，
∵，，
∴，，
∴，
，
∴，
∴，
∴，，
如图所示，，当点L与M重合时，最大，此时三角形面积最大；最大面积为；
故答案为：．
【点睛】本题考查了扇形的性质，直角三角形的性质和勾股定理，解题关键是确定，当高最大时面积最大，利用勾股定理求解即可．
18．见解析
【分析】作于，根据含角的直角三角形的性质得出，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法即可得出结论．
【详解】解：作于，如图所示：
，
，
当时，和直线相离；
当时，和直线相切；
当时，和直线相交．

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系、含角的直角三角形的性质；设的半径为，圆心到直线的距离为．若直线和相交；直线和相切；直线和相离．
19．(1)或
(2)或
【分析】（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点的横坐标，再根据直线的解析式求得点的纵坐标．
（2）根据（1）的结论，即可分析出相离和相交时的取值范围．
【详解】（1）解：过作直线的垂线，垂足为；
当点在直线右侧时，，解得；
∴；
当点在直线左侧时，，得，
∴，

∴当与直线相切时，点的坐标为或．
（2）解：由（1）可知当时，与直线相交
当或时，与直线相离．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的不同位置关系应满足的数量关系，根据数量关系正确求解是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由为的切线，为切点，可得，即，，由，可得，由，可得，即，进而可得．
（2）设，则，在中，，在中，，即，解得，则，即的半径为，进而可求直径的长．
【详解】（1）证明：∵为的切线，为切点，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：设，则．
在中，，
在中，，即，解得，
∴，即的半径为，
∴的直径的长为．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明是的切线．根据是的切线，可得，进而证明，等量代换可得，即可得证；
（2）根据，可得四边形是正方形，则是等腰直角三角形．勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接．
为的直径，
．
，
是的切线．
是的切线，
，
．
，，
，
，
，
点是的中点．

（2）解：若，由()得，四边形是正方形，
是等腰直角三角形．
半径为，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
22．见解析.
【分析】由切线长定理可得AD+BC=AB+CD=2AB，根据梯形中位线定理可得AD+BC=2EF，进而可得EF=AB.
【详解】∵等腰梯形ABCD是的外切等腰梯形，
∴AD+BC=AB+CD=2AB，
∵梯形中位线为EF，
∴AD+BC=2EF，
∴EF=AB.
【点睛】本题考查切线长定理及梯形的中位线，从圆外一点引圆的两条切线，它们的长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；熟知圆外切四边形对边和相等是解题关键.
23．(1)的半径为
(2)的长
【分析】（1）如图，连结，根据垂径定理可得的长，设的半径为，在中，由勾股定理即可求解；
（2）如图所示，连结，根据垂径定理可得，可得是的中位线，可得，在中，根据勾股定理可求出的长，由此即可求解．
【详解】（1）解：如图，连结，

∵，，
∴，
设的半径为，，则，
在中，由勾股定理得，，即，
∴，即的半径为．
（2）解：如图所示，连结，

∵，
∴，
又∵，
∴是的中位线，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴的长．
【点睛】本题主要考查圆与几何图形的综合，掌握圆的基础知识，勾股定理，三角形的中位线的性质等知识是解题的关键．
∟
r
d
∟
r
d
r
d
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