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第三十章 直线与圆的位置关系
一、单选题
1．如图，AB是⊙0的直径，PA切⊙O于点A，线段P0交⊙0于点C，连结BC.若∠P=40°，则∠B等于（　　）
A．15° B．20° C．25° D．30°
2．如图是“光盘行动”的宣传海报（部分），图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．平行
3．已知的半径为，圆心到直线的距离为，则直线与的位置关系是（　　）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
4．在平面直角坐标系xOy中，以点（﹣3，4）为圆心，4为半径的圆（　　）
A．与x轴相交，与y轴相切 B．与x轴相离，与y轴相交
C．与x轴相切，与y轴相交 D．与x轴相切，与y轴相离
5．已知的半径为，若直线与的圆心O的距离，则直线与的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．外离
6．⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，下列位置关系正确的是(　　)
A． B．
C． D．
7．已知P为⊙O外一点，PA，PB为⊙O的切线，A、B为切点，∠P=70°，C为⊙O上一个动点，且不与A、B重合，则∠BCA=（　　）
A．35°、145° B．110°、70°
C．55°、125° D．110°
二、填空题
8．如图，AB是⊙O内接正n边形的一条边，若∠ACB=144°，则n=　 　.
9．如图，A、B、C、D为一个正多边形的相邻四个顶点，O为正多边形的中心，若∠ADB=12°，则这个正多边形的边数为　 　
10．如图，PA，PB是的切线，A，B为切点．若，则的大小为　 　．
11．如图，六边形ABCDEF是半径为6的圆内接正六边形，则的长为　 　．
12．如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，过点D作⊙O的切线，切点为C，若∠A=25°，则∠D=　 　.
13．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过D作⊙O的切线交BC于点M，切点为N，则DM的长为 　 　.
三、综合题
14．如图，CD是⊙O的直径，弦AB⊥CD 于点E，连接BC，过点A作AM⊥BC于点M，交过点C的直线于点G，连接DA并延长，交直线CG于点N，且AN=AG.
（1）求证：GC是⊙O的切线；
（2）若AE= ，OF=2，求⊙O的半径和AM的长.
15．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接AO并延长，交PB的延长线于点C，连接PO，交⊙O于点D.
（1）求证：∠APO＝∠CPO；
（2）若⊙O的半径为3，OP＝6，∠C＝30°，求PC的长.
16．如图，点C是等边△ABD的边AD上的一点，且∠ACB＝75°，⊙O是△ABC的外接圆，连结AO并延长交BD于E、交⊙O于F．
（1）求证：∠BAF＝∠CBD；
（2）过点C作CG∥AE交BD于点G，求证：CG是⊙O的切线；
（3）在（2）的条件下，当AF＝2 时，求 的值．
17．如图，AB是⊙O的直径，AC是上半圆的弦，过点C作⊙O的切线DE交AB的延长线于点E，过点A作切线DE的垂线，垂足为D，且与⊙O交于点F，设∠DAC，∠CEA的度数分别是α，β．
（1）用含α的代数式表示β，并直接写出α的取值范围；
（2）连接OF与AC交于点O′，当点O′是AC的中点时，求α，β的值．
18．如图，线段与相切于点B，交于点M，其延长线交于点C，连接，，D为上一点且的中点为M，连接，．
（1）求的度数；
（2）四边形是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
（3）若，求的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵PA切⊙O于点A ，
∴∠OAP=90°，
∵∠P=40° ，
∴∠AOP=90°-∠P=50°，
∴∠B=
∠AOP=25°.
故答案为：C.
【分析】根据切线的性质，可得∠OAP=90°，从而求出∠AOP=90°-∠P=50°，利用圆周角定理可得∠B=
∠AOP=25°.
2．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆形餐盘的半径大于筷子到餐盘中心的距离，
∴所以餐盘与筷子的关系可以看成直线和圆相交.
故答案为：A.
【分析】根据直线与圆的位置关系：当直线到圆心的距离小于圆的半径时，直线和圆的位置关系为相交，可得出答案.
3．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：根据题意可知，的半径r=，圆心到直线的距离d=，2＜3，
∴d＜r，
直线与的位置关系是相交，
故答案为：．
【分析】根据圆心O到直线的距离进行判断即可.的半径为，圆心到直线的距离为，当d＞r时，直线l与圆相离，当d=r时，直线l与圆相切，当d＜r，直线l与圆相交.
4．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆心到X轴的距离是4，到y轴的距离是3，
4=4，3＜4，
∴圆与x轴相切，与y轴相交，
故选C．
【分析】首先画出图形，根据点的坐标得到圆心到X轴的距离是4，到Y轴的距离是3，根据直线与圆的位置关系即可求出答案．
5．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】圆心到直线的距离d=6cm，大于圆的半径，是直线和圆相离．
故答案为：C
【分析】根据圆心到直线的距离d=6cm，大于圆的半径，即可得到直线和圆相离。
6．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3，
∵5＞3，即：d＜r，
∴直线L与⊙O的位置关系是相交.
故答案为：B.
【分析】根据圆O的半径和圆心O到直线l的距离的大小，相交：d＜r；相切：d＝r；相离：d＞r；即可选出答案.
7．【答案】C
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】解：如图；连接OA、OB，则∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠BOA=180°﹣∠P=110°，
∴∠AEB=∠AOB=55°；
∵四边形AEBF是⊙O的内接四边形，
∴∠AFB=180°﹣∠AEB=125°，
①当C点在优弧AB上运动时，∠BCA=∠AEB=55°；
②当C点在劣弧AB上运动时，∠BCA=∠AFB=125°；
故选C．
【分析】连接OA、OB，首先根据四边形内角和求出∠AOB的度数；由于C点的位置有两种情况，需分类讨论．
8．【答案】5
【知识点】圆周角定理；圆内接四边形的性质；圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，在优弧AB上取一点D，连接AD，BD，OA，OB
∵四边形ACBD是⊙O的内接四边形
∴∠D+∠ACB=180°
∵∠ACB=144°
∴∠D=180°-144°=36°
∴∠AOB=2∠D=72°，即正多边形的中心角的度数为72°
∴
故答案为：5
【分析】在优弧AB上取一点D，连接AD，BD，OA，OB，根据圆内接四边形性质可得∠D，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得∠AOB，再根据圆内接正多边形性质即可求出答案.
9．【答案】15
【知识点】圆内接正多边形
【解析】【解答】解：如图，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=24°
∴这个正多边形的边数为 =15
故答案为：15.
【分析】连接AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=24°，根据中心角的定义即可求解.
10．【答案】60°
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】解： PA，PB是的切线，A，B为切点
故答案为：60°．
【分析】OP为∠AOP的平分线，根据切线的性质，可知∠AOP=90°-30°
11．【答案】
【知识点】圆内接正多边形；弧长的计算
【解析】【解答】解：连接OC、OD，
∵六边形ABCDEF为正六边形，
∴∠COD＝360°×＝60°，
∵OD＝2，
∴的长为．
故答案为：．
【分析】连接OC和OD，先求出∠COD的度数，再利用弧长公式求解即可。
12．【答案】40°
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OC，如图所示：
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠A=25°，弧BC=弧BC
∴∠DOC=2∠A=50°，
∴∠D=90°-50°=40°；
故答案为：40°.
【分析】连接OC，由切线的性质得∠OCD=90°，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠DOC=50°，然后根据直角三角形的两锐角互余可求解.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OE，OF，ON，OG，
在矩形ABCD中，
∵∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝8，
∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴∠AEO＝∠AFO＝∠OFB＝∠BGO＝90°，
∴四边形AFOE，FBGO是正方形，
∴AF＝BF＝AE＝BG＝4，
∴DE＝6，
∵DM是⊙O的切线，
∴DN＝DE＝6，MN＝MG，
∴CM＝10﹣4﹣MN＝6﹣MN，
在Rt△DMC中，DM2＝CD2+CM2，
∴（6+NM）2＝（6﹣NM）2+82，
∴NM＝
，
∴DM＝6+
＝
.
故答案为：
.
【分析】连接OE，OF，ON，OG，根据矩形性质得∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝8，由切线性质可得∠AEO＝∠AFO＝∠OFB＝∠BGO＝90°，可证明四边形AFOE，FBGO是正方形，得AF＝BF＝AE＝BG＝4，进而求得DE＝6；根据切线长定理可得DN＝DE＝6，MN＝MG，可求得CM＝6﹣MN，再在Rt△DMC中，由勾股定理得DM2＝CD2+CM2，即（6+NM）2＝（6﹣NM）2+82，求得NM＝ ，进而可求出DM的长.
14．【答案】（1）证明：∵AB⊥CD，AM⊥BC，
∴ ∠AED=∠AEF=∠AMC=90°.
∵∠AFE=∠CFM，∴∠EAF=∠FCM.
∵AN=AG，∴∠N=∠G
∵ ∠DAG=∠BAD+∠BAF=∠N+∠G，
∴ ∠BAD=∠BAF=∠N=∠G，∴AB∥GN，
∴GC⊥CD.∵OC是⊙O 的半径，
∴GC是⊙O 的切线.
（2）解：如题图，连接OA，AC.
由(1)知，∠BAD=∠BAF，∠AED=∠AEF=90°.
在△AED 和△AEF 中，
∴△AED≌△AEF(ASA)，∴DE=EF.
设OE=x，则DE=EF=x+2，∴OA=2x+2.
在Rt△AOE中，
即
解得 (舍去)，
.⊙O的半径为
∴EC=3.∵AB⊥CD，AM⊥BC，
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】
(1) 通过对顶角相等、同弧所对的圆周角相等、等腰三角形两底角相等和同位角相等，两直线平行等这些性质可得出CG⊥CD，最后通过圆的切线判定定理即可证明；
(2) 根据全等三角形的判定得到全等，则有DE=EF，再利用勾股定理求出圆的半径，最后利用三角形面积公式求出AM的长.
15．【答案】（1）证明：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠APO＝∠CPO；
（2）解：∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAC＝90°，
∴AP＝ ，
在Rt△CAP中，∠C＝30°，
∴PC＝2AP＝6 .
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【分析】（1）根据切线长定理证明；（2）根据切线的性质得到∠PAC＝90°，根据勾股定理求出AP，根据含30°的直角三角形的性质计算即可.
16．【答案】（1）解：如图，连接CF．
∵AF为直径，
∴∠ACF＝90°，
∵∠ACB＝75°，
∴∠BCF＝90°﹣75°＝15°，
∴∠BAF＝15°，
∵△ABD为等边三角形，
∴∠D＝∠DAB＝∠DBA＝60°，
∴∠CBD＝∠ACB﹣∠D＝75°﹣60°＝15°，
∴∠BAF＝∠CBD
（2）解：过点C作CG∥AE交BD于点G，连接CO，
∵∠CAF＝∠CAB﹣∠BAF＝60°﹣15°＝45°，
∠ACF＝90°，
∴∠CFA＝45°，
∴CA＝CF，
∴CO⊥AF，
∵CG∥AE，
∴CO⊥CG，
∴CG是⊙O的切线
（3）解：作CH⊥AB于H，
∵AF＝ ，
∴AC＝CF＝ AF＝2，
在△ACB中，
∠CAB＝60°，∠ACB＝75°，∠ABC＝45°，
∴∠ACH＝30°，∠HCB＝∠HBC＝45°，
∴AH＝ AC＝1，CH＝ ，AH＝ ，BH＝CH＝ ，
∴AB＝AH+BH＝1+ ，
∴AD＝AB＝ ，CD＝AD﹣AC＝
∵CG∥AE，
∴∠DCG＝∠CAF＝45°，
在△DCG与△ABC中，
∠DCG＝∠ABC＝45°，∠D＝∠CAB＝60°，
∴△DCG∽△ABC，
∴ ，
∴ 的值为 ．
【知识点】等边三角形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接CF，圆O是△ACF的外接圆，AF为直径则可得∠ACF=90°，根据同弧所对的圆周角相等这一定理推出∠BAF=∠FCB=15°，而∠ACB是△BCD的外角故∠CBD=∠ACB-∠D=15°，所以∠BAF=∠CBD；
（2）若要证明CG是切线，只需证明OC⊥CG即可。由（1）可知△ACF为直角三角形，且∠CAF=45°，所以其为等腰直角三角形，而O点为斜边的中点，AE//CG，故CO⊥CG。
（3）作CH⊥AB，结合（1）（2）可推出△ACH是一个含30°角的直角三角形，△CHB为等腰直角三角形，由AF=可知AC=2，则CH=BH=，根据“两个角对应相等的两个三角形相似”得到△DCG∽△ABC，运用相似比可求出其比值。
17．【答案】（1）解：）连接OC．
∵DE是⊙O的切线，
∴OC⊥DE，
∵AD⊥DE，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠DAE=2α，
∵∠D=90°，
∴∠DAE+∠E=90°，
∴2α+β=90°（0°＜α＜45°）
（2）解：连接OF交AC于O′，连接CF．
∵AO′=CO′，
∴AC⊥OF，
∴FA=FC，
∴∠FAC=∠FCA=∠CAO，
∴CF∥OA，∵AF∥OC，
∴四边形AFCO是平行四边形，
∵OA=OC，
∴四边形AFCO是菱形，
∴AF=AO=OF，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠FAO=2α=60°，
∴α=30°，
∵2α+β=90°，
∴β=30°，
∴α=β=30°．
【知识点】切线的性质
【解析】【分析】（1）首先证明∠DAE=2α，在Rt△ADE中，根据两锐角互余，可知2α+β=90°，（0°＜α＜45°）；（2）连接OF交AC于O′，连接CF．只要证明四边形AFCO是菱形，推出△AFO是等边三角形即可解决问题；
18．【答案】（1）解：如图，连接，
∵线段与相切于点B，
∴，而，
∴，
∵，
∴；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：
∵的中点为M，，
∴，即，而，
∴，
∴，
∵的中点为M，为直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）解：如图，连接，，交于，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵菱形，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∴的长为．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；菱形的判定与性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）连接，先根据切线的性质即可得到，而，进而结合题意运用等腰三角形的性质即可求解；
（2）先根据垂径定理结合题意即可得到，即，而，进而得到，再根据等腰三角形的性质得到，从而根据题意即可得到，从而根据三角形全等的判定与性质证明，即可得到，从而根据菱形的判定即可求解；
（3）连接，，交于，先根据等边三角形的判定与性质即可得到，从而得到，进而根据菱形的性质即可得到，，再结合题意运用弧长的计算公式即可求解。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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