第13讲 直线和圆的位置关系
圆的知识在平面几何中乃至整个初中教学中都占有重要的地位，而直线和圆的位置关系的应用又比较广泛，它是初中几何知识的综合运用，又是在学习了点和圆的位置关系的基础上进行的，在几何证明与计算中，将起到重要的作用，是中考必考查点。
【知识纵横】
§Ⅰ直线和圆的位置关系：
设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d．
⑴直线与圆相交d__ ____ r；
⑵直线与圆相切d__ ____ r；
⑶直线与圆相离d__ ____r。
§Ⅱ圆的切线：
1．一个定义：与圆只有一个公共点的直线叫做圆的__ ___；这个公共点叫做__ ___；
2．两种判定：⑴若圆心到直线的距离等于半径，则该直线是圆的切线；⑵经过直径的一端，并且垂直于这条直径的直线是圆的切线；
3．判定直线和圆的位置，一般考虑如下“三步曲”：
一“看”：看看题目中有没有告诉我们直线和圆有几个公共点；
二“算”：算算圆心到直线的距离d和圆的半径为r之间的大小关系，然后根据上述关系作出判断；
三“证明”： 证明直线是否经过直径的一端，并且与该直径的位置关系是否垂直。
4．四条性质：切线有许多重要性质
⑴圆心到切线的距离等于圆的_ ____；
⑵过切点的半径垂直于_ ____；
⑶经过圆心，与切线垂直的直线必经过___ __；
⑷经过切点，与切线垂直的直线必经过____ _。
5．弦切角
定义 ：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角；
定理 ：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
推论 ：a)两个弦切角所夹的弧相等，这两个弦切角也相等；
b)弦切角的度数等于它所夹弧度数的一半。
【典例精析】
考点1: 直线和圆的位置关系
【例1】1、如图，已知⊙是以数轴的原点为圆心，半径为1的圆，,点在数轴上运动，若过点且与平行的直线与⊙有公共点, 设，则的取值范围是__________．
2、射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心， cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值 （单位：秒）．
变式一：
1、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=．若动点D在线段AC上（不与点A、C重合），过点D作DE⊥AC交AB边于点E．
（1）当点D运动到线段AC中点时，DE= ；
（2）点A关于点D的对称点为点F，以FC为半径作⊙C，当DE= 时，⊙C与直线AB相切．
2、如图，在直角梯形ABCD中，已知AD∥BC，∠C=90°，且
AB>AD+ BC，AB是⊙O直径，则直线CD与⊙O的位置关系为_____ _．
考点2: 圆的切线的性质基本运用
【例2】已知直线PD垂直平分⊙O的半径OA于点B，PD交⊙O于点C、D，PE是⊙O的切线，E为切点，连结AE，交CD于点F．
（1）若⊙O的半径为8，求CD的长；
（2）证明：PE=PF；
（3）若PF=13，sinA=，求EF的长．
变式二：
如图，⊙O是△ABC的外接圆，FH是⊙O 的切线，切点为F，FH∥BC，连结AF交BC于E，∠ABC的平分线BD交AF于D，连结
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BF．
（1）证明：AF平分∠BAC；
（2）证明：BF=FD；
（3）若EF＝4，DE＝3，求AD的长．
考点3:切线的判定定理运用
【例4】如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作半圆⊙O，交BC于点D，连接AD，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）如果⊙O的半径为5，sin∠ADE=，求BF的长．
【例5】如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）求证：△ACM∽△DCN；
（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BOC=，求BN的长．
变式三：
如图，中，，以为直径作交边于点，是边的中点，连接．
（1）求证：直线是的切线；
C
E
B
A
O
F
D
（2）连接交于点，若，求的值．
【思维拓展】
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【例6】如图，PA为⊙O的切线，A为切点，直线PO交⊙O与点E，F，过点A作PO的垂线AB垂足为D，交⊙O与点B，延长BO与⊙O交与点C，连接AC，BF．
（1）求证：PB与⊙O相切；
（2）试探究线段EF，OD，OP之间的数量关系，并加以证明；
（3）若AC=12，tan∠F=，求cos∠ACB的值．
【例7】已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA．
（1）当OC=时（如图），求证：CD是⊙O的切线；
（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE．
①当D为CE中点时，求△ACE的周长；
②连接OD，是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE•ED的值；若不存在，请说明理由．
变式四：
如图，在边长为2的正方形ABCD中，以点D为圆心、DC为半径作，点E在AB上，且与A、B两点均不重合，点M在AD上，且ME=MD，过点E作EF⊥ME，交BC于点F，连接DE、MF．
（1）求证：EF是所在⊙D的切线；
（2）当MA=时，求MF的长；
（3）试探究：△MFE能否是等腰直角三角形？若是，请直接写出MF的长度；若不是，请说明理由．
【课后测控】
1、如图1，，半径为1cm的切于点，若将在
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上向右滚动，则当滚动到与也相切时，圆心移动的水平距离是__________cm．
2、如图2，DB为半圆的直径，A为BD延长线上一点，AC切半圆于点E，BC⊥AC于点C，交半圆于点F．已知BD=2，设AD=x，CF=y，则y关于x的函数解析式是 ．
图1 图2 图3
3、如图，在Rt△AOB中，OA=OB=3，⊙O的半径为1，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则切线PQ的最小值为 ．
4、如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上一点，正方形DEFG的一边DG在直径AB上，另一边DE过ΔABC的内切圆圆心O，且点E在半圆弧上。①若正方形的顶点F也在半圆弧上，则半圆的半径与正方形边长的比是____________；②若正方形DEFG的面积为100，且ΔABC的内切圆半径=4，则半圆的直径AB = __________．
5、如图，已知直线交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作，垂足为D．
(1) 求证：CD为⊙O的切线；
(2) 若DC+DA=6，⊙O的直径为10，求AB的长度．
6、如图，直线经过⊙O上的点，并且，，⊙O交直线于，连接．
（1）求证：直线是⊙O的切线；
（2）试猜想三者之间的等量关系，并加以证明；
（3）若，⊙O的半径为3，求的长．
7、如图，已知AB是⊙O直径，BC是⊙O的弦，弦ED⊥AB于点F，交BC于点G，过点C作⊙O的切线与ED的延长线交于点P．
（1）求证：PC=PG；
（2）点C在劣弧上运动时，其他条件不变，若点G是BC的中点，试探究CG、BF、BO三者之间的数量关系，并写出证明过程；
（3）在满足（2）的条件下，已知⊙O的半径为5，若点O到BC的距离为时，求弦ED的长．
部分答案与提示：
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【例2】考点：切线的性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；解直角三角形．
分析：（1）首先连接OD，由直线PD垂直平分⊙O的半径OA于点B，⊙O的半径为8，可求得OB的长，又由勾股定理，可求得BD的长，然后由垂径定理，求得CD的长；
（2）由PE是⊙O的切线，易证得∠PEF=90°﹣∠AEO，∠PFE=∠AFB=90°﹣∠A，继而可证得∠PEF=∠PFE，根据等角对等边的性质，可得PE=PF；
（3）首先过点P作PG⊥EF于点G，易得∠FPG=∠A，即可得FG=PF•sinA=13×=5，又由等腰三角形的性质，求得答案．
解答：解：（1）连接OD，
∵直线PD垂直平分⊙O的半径OA于点B，⊙O的半径为8，
∴OB=OA=4，BC=BD=CD，
∴在Rt△OBD中，BD==4，
∴CD=2BD=8；
（2）∵PE是⊙O的切线，
∴∠PEO=90°，
∴∠PEF=90°﹣∠AEO，∠PFE=∠AFB=90°﹣∠A，
∵OE=OA，
∴∠A=∠AEO，
∴∠PEF=∠PFE，
∴PE=PF；
（2）过点P作PG⊥EF于点G，
∴∠PGF=∠ABF=90°，
∵∠PFG=∠AFB，
∴∠FPG=∠A，
∴FG=PF•sinA=13×=5，
∵PE=PF，
∴EF=2FG=10．
H
变式二：
2.证明（1）连结OF
∵FH是⊙O的切线
∴OF⊥FH ……………1分
∵FH∥BC ，
∴OF垂直平分BC ………2分
∴
∴AF平分∠BAC …………3分
（2）证明：由（1）及题设条件可知
∠1=∠2，∠4=∠3，∠5=∠2 ……………4分
H
∴∠1+∠4=∠2+∠3
∴∠1+∠4=∠5+∠3 ……………5分
∠FDB=∠FBD
∴BF=FD ………………6分
（3）解： 在△BFE和△AFB中
∵∠5=∠2=∠1，∠F=∠F
∴△BFE∽△AFB ………………7分
∴， ……………8分
∴ ∴ ……………………9分
∴ ∴AD== …………………10分
【例4】考点：切线的判定；等腰三角形的性质；圆周角定理；解直角三角形．
分析：（1）连结OD，AB为⊙0的直径得∠ADB=90°，由AB=AC，根据等腰三角形性质得AD平分BC，即DB=DC，则OD为△ABC的中位线，所以OD∥AC，而DE⊥AC，则OD⊥DE，然后根据切线的判定方法即可得到结论；
（2）由∠DAC=∠DAB，根据等角的余角相等得∠ADE=∠ABD，在Rt△ADB中，利用解直角三角形的方法可计算出AD=8，在Rt△ADE中可计算出AE=，然后由OD∥AE，
得△FDO∽△FEA，再利用相似比可计算出BF．
解答：（1）证明：连结OD，如图，
∵AB为⊙0的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴AD平分BC，即DB=DC，
∵OA=OB，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴EF是⊙0的切线；
（2）解：∵∠DAC=∠DAB，
∴∠ADE=∠ABD，
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在Rt△ADB中，sin∠ADE=sin∠ABD==，而AB=10，
∴AD=8，
在Rt△ADE中，sin∠ADE==，
∴AE=，
∵OD∥AE，
∴△FDO∽△FEA，
∴=，即=，
∴BF=．
【例5】考点：圆的综合题；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质．
分析：（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=90°，即可得出答案；
（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；
（3）根据已知得出OE的长，进而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用（2）中相似三角形的性质得出NB的长即可．
解答：（1）证明：∵△BCO中，BO=CO，
∴∠B=∠BCO，
在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，
又∵∠1=∠2，
∴∠1+∠BCO=90°，
即∠FCO=90°，
∴CF是⊙O的切线；
（2）证明：∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB=∠FCO=90°，
∴∠ACB﹣∠BCO=∠FCO﹣∠BCO，
即∠3=∠1，
∴∠3=∠2，
∵∠4=∠D，
∴△ACM∽△DCN；
（3）解：∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，
在Rt△COE中，cos∠BOC=，
∴OE=CO•cos∠BOC=4×=1，
由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：CE===，
AC===2，
BC===2，
∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，
∴由垂径定理得：CD=2CE=2，
∵△ACM∽△DCN，
∴=，
∵点M是CO的中点，CM=AO=×4=2，
∴CN===，
∴BN=BC﹣CN=2﹣=．
【例6】考点：圆的综合题；探究型；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．
分析：（1）连接OA，由OP垂直于AB，利用垂径定理得到D为AB的中点，即OP垂直平分AB，可得出AP=BP，再由OA=OB，OP=OP，利用SSS得出三角形AOP与三角形BOP全等，由PA为圆的切线，得到OA垂直于AP，利用全等三角形的对应角相等及垂直的定义得到OB垂直于BP，即PB为圆O的切线；
（2）由一对直角相等，一对公共角，得出三角形AOD与三角形OAP相似，由相似得比例，列出关系式，由OA为EF的一半，等量代换即可得证．
（3）连接BE，构建直角△BEF．在该直角三角形中利用锐角三角函数的定义、勾股定理可设BE=x，BF=2x，进而可得EF=x；然后由面积法求得BD=x，所以根据垂径定理求得AB的长度，在Rt△ABC中，根据勾股定理易求BC的长；最后由余弦三角函数的定义求解．
解答：（1）证明：连接OA，
∵PA与圆O相切，
∴PA⊥OA，即∠OAP=90°，
∵OP⊥AB，
∴D为AB中点，即OP垂直平分AB，
∴PA=PB，
∵在△OAP和△OBP中，
，
∴△OAP≌△OBP（SSS），
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∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴BP⊥OB，
则直线PB为圆O的切线；
（2）答：EF2=4DO•PO．
证明：∵∠OAP=∠ADO=90°，∠AOD=∠POA，
∴△OAD∽△OPA，
∴=，即OA2=OD•OP，
∵EF为圆的直径，即EF=2OA，
∴EF2=OD•OP，即EF2=4OD•OP；
（3）解：连接BE，则∠FBE=90°．
∵tan∠F=，
∴=，
∴可设BE=x，BF=2x，
则由勾股定理，得
EF==x，
∵BE•BF=EF•BD，
∴BD=x．
又∵AB⊥EF，
∴AB=2BD=x，
∴Rt△ABC中，BC=x，
AC2+AB2=BC2，
∴122+（x）2=（x）2，
解得：x=4，
∴BC=4×=20，
∴cos∠ACB===．
【例7】考点：圆的综合题；存在型；分类讨论；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形；等边三角形的判定与性质；梯形；切线的判定；解直角三角形；相似三角形的判定与性质．
分析：（1）关键是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD为直角三角形，如答图①所示；
（2）①如答图②所示，关键是判定△EOC是含30度角的直角三角形，从而解直角三角形求出△ACE的周长；
②符合题意的梯形有2个，答图③展示了其中一种情形．在求AE•ED值的时候，巧妙地利用了相似三角形，简单得出了结论，避免了复杂的运算．
解答：（1）证明：连接OD，如答图①所示．
由题意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC=，
∴OD2+CD2=OC2
由勾股定理的逆定理可知，△OCD为直角三角形，则OD⊥CD，
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：①如答图②所示，连接OE，OD，则有CD=DE=OD=OE，
∴△ODE为等边三角形，∠1=∠2=∠3=60°；
∵OD=CD，∴∠4=∠5，
∵∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5=30°，
∴∠EOC=∠2+∠4=90°，
因此△EOC是含30度角的直角三角形，△AOE是等腰直角三角形．
在Rt△EOC中，CE=2OA=4，OC=4cos30°=，
在等腰直角三角形AOE中，AE=OA=，
∴△ACE的周长为：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC）
=+4+（2+）=6++．
②存在，这样的梯形有2个．
答图③是D点位于AB上方的情形，同理在AB下方还有一个梯形，它们关于直线AB成轴对称．
∵OA=OE，∴∠1=∠2，
∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5，
∵四边形AODE为梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2，
∴∠3=∠5=∠1，
在△ODE与△COE中，
∴△ODE∽△COE，
则有，∴CE•DE=OE2=22=4．
∵∠1=∠5，∴AE=CE，
∴AE•DE=CE•DE=4．
综上所述，存在四边形AODE为梯形，这样的梯形有2个，此时AE•DE=4．
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变式四：考点：圆的综合题；几何综合题；切线的判定；全等三角形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理．
分析：（1）过点D作DG⊥EF于G，根据等边对等角可得∠MDE=∠MED，然后根据等角的余角相等求出∠AED=∠GED，再利用“角角边”证明△ADE和△GDE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=GD，再根据切线的定义即可得证；
（2）求出ME=MD=，然后利用勾股定理列式求出AE，再求出BE，根据同角的余角相等求出∠1=∠3，然后求出△AME和△BEF相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出EF，再利用勾股定理列式计算即可得解；
（3）假设△MFE能是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得ME=EF，先利用“角角边”证明△AME和△BEF全等，根据全等三角形对边角相等可得AM=BE，设AM=BE=x，然后表示出MD，AE，再根据ME=MD，从而得到ME=AE，根据直角三角形斜边大于直角边可知△MEF不可能是等腰直角三角形．
解答：（1）证明：过点D作DG⊥EF于G，
∵ME=MD，
∴∠MDE=∠MED，
∵EF⊥ME，
∴∠DME+∠GED=90°，
∵∠DAB=90°，
∴∠MDE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠GED，
∵在△ADE和△GDE中，
，
∴△ADE≌△GDE（AAS），
∴AD=GD，
∵的半径为DC，即AD的长度，
∴EF是所在⊙D的切线；
（2）MA=时，ME=MD=2﹣=，
在Rt△AME中，AE===1，
∴BE=AB﹣AE=2﹣1=1，
∵EF⊥ME，
∴∠1+∠2=180°﹣90°=90°，
∵∠B=90°，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又∵∠DAB=∠B=90°，
∴△AME∽△BEF，
∴=，
即=，
解得EF=，
在Rt△MEF中，MF===；
（3）假设△MFE能是等腰直角三角形，
则ME=EF，
∵在△AME和△BEF中，
，
∴△AME≌△BEF（AAS），
∴MA=BE，
设AM=BE=x，
则MD=AD﹣MA=2﹣x，AE=AB﹣BE=2﹣x，
∵ME=MD，
∴ME=2﹣x，
∴ME=AE，
∵ME、AE分别是Rt△AME的斜边与直角边，
∴ME≠AE，
∴假设不成立，
故△MFE不能是等腰直角三角形．
5、（1）证明：连接OC， ……………………………………1分
因为点C在⊙O上，OA=OC，所以 因为，所以，有.因为AC平分∠PAE，所以……………3分
所以 ……4分
又因为点C在⊙O上，OC为⊙O的半径，所以CD为⊙O的切线. ………………5分
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（2）解:过O作，垂足为F，所以，
所以四边形OCDF为矩形，所以 ……………………………7分
因为DC+DA=6，设,则
因为⊙O的直径为10，所以，所以.
在中，由勾股定理知
即化简得，
解得或x=9. ………………9分
由，知，故. ………10分
从而AD=2， …………………11分
因为，由垂径定理知F为AB的中点，所以…………12分
7、考点：切线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
分析：（1）连结OC，根据切线的性质得OC⊥PC，则∠OCG+∠PCG=90°，由ED⊥AB得∠B+∠BGF=90°，而∠B=∠OCG，所以∠PCG=∠BGF，根据对顶角相等得∠BGF=∠PGC，
于是∠PGC=∠PCG，所以PC=PG；
（2）连结OG，由点G是BC的中点，根据垂径定理的推论得OG⊥BC，BG=CG，易证得Rt△BOG∽Rt△BGF，则BG：BF=BO：BG，即BG2=BO•BF，把BG用CG代换得到CG2=BO•BF；
（3）解：连结OE，OG=OG=，在Rt△OBG中，利用勾股定理计算出BG=2，再利用BG2=BO•BF可计算出BF，从而得到OF=1，在Rt△OEF中，根据勾股定理计算出EF=2，由于AB⊥ED，根据垂径定理可得EF=DF，于是有DE=2EF=4．
解答：（1）证明：连结OC，如图，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCG+∠PCG=90°，
∵ED⊥AB，
∴∠B+∠BGF=90°，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCG，
∴∠PCG=∠BGF，
而∠BGF=∠PGC，
∴∠PGC=∠PCG，
∴PC=PG；
（2）解：CG、BF、BO三者之间的数量关系为CG2=BO•BF．理由如下：连结OG，如图，
∵点G是BC的中点，
∴OG⊥BC，BG=CG，
∴∠OGB=90°，
∵∠OBG=∠GBF，
∴Rt△BOG∽Rt△BGF，
∴BG：BF=BO：BG，
∴BG2=BO•BF，
∴CG2=BO•BF；
（3）解：连结OE，如图，
由（2）得BG⊥BC，
∴OG=，
在Rt△OBG中，OB=5，
∴BG==2，
由（2）得BG2=BO•BF，
∴BF==4，
∴OF=1，
在Rt△OEF中，EF==2，
∵AB⊥ED，
∴EF=DF，
∴DE=2EF=4．
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