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第 06 讲 直线与圆的位置关系（1）
课程标准 学习目标
①直线与圆的位置关系 1. 掌握直线与圆的位置关系并能够数量的判断直线与圆的位置关系。
②切线的判定 2. 掌握切线的性质与判定方法，并能在题目中熟练的对切线进行判定
③切线的性质 以及对切线的性质进行应用。
知识点01 直线与圆的位置关系
1. 直线与圆的位置关系：
设⊙O的半径为r，圆心O到直线的距离OP为d。如图
（1）d＜r 直线与圆 相交 ，有 2 个交点，直线叫圆的 割线 。
（2）d ＝ r 直线与圆相切，与圆只有 1 个交点，此时直线叫做圆的 切线 ，交点叫
做直线与圆的 切点 。
（3）d＞r 直线与圆 相离 ，与圆 没有 公共点。【即学即练1】
1． O的半径为7，圆心O到直线l的距离为6，则直线l与 O的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
⊙ ⊙
【分析】若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
【解答】解：根据圆心到直线的距离6小于圆的半径7，则直线和圆相交，
故选：A．
【即学即练2】
2．如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，如果以点C为圆心的圆与斜边AB有公共点，那
么 C的半径r的取值范围是（ ）
⊙
A．0≤r≤ B． ≤r≤3 C． ≤r≤4 D．3≤r≤4
【分析】根据直线与圆的位置关系得出相切时有一交点，再结合图形得出另一种有一个交点的情况，即
可得出答案．
【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵AC＝3，BC＝4．如果以点C为圆心，r为半径的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴AB＝5，
当直线与圆相切时，d＝r，圆与斜边AB只有一个公共点，圆与斜边AB只有一个公共点，
∴CD×AB＝AC×BC，∴CD＝r＝ ，
当直线与圆如图所示也可以有交点，
∴ ≤r≤4．
故选：C．
知识点02 切线的判定
1. 切线的判定定理：
经过半径的 外端点 且与这条半径 垂直 的直线叫做圆的切线。
2. 切线的判定的方法：
（1）直线与圆有公共点，连半径，证明垂直。
证明垂直的方法：①利用勾股定理证明垂直。
②利用特殊角或一般角之间的转换证明垂直。
③利用三角形的全等转换证明垂直。
④利用平行线转换证明垂直。
（2）直线与圆无公共点：作垂直，证半径。
【即学即练1】
3．如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的 O与BC相切于点M．
求证：CD与 O相切．
⊙
⊙
【分析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM＝ON，即可得出答
案．
【解答】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，
∵ O与BC相切于点M，
∴OM⊥BC，
⊙
又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点，
∴OM＝ON，
∴ON为 O的半径，
∴CD与 O相切．
⊙
⊙【即学即练2】
4．已知：如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC为直径的半圆O交AB于F，E是BC的中点．
求证：直线EF是半圆O的切线．
【分析】连接OF，CF，利用等边对等角即可证得OF⊥EF，从而证得EF是圆的切线．
【解答】证明：连接OF，CF．
∵AC是直径，
∴∠AFC＝90°，
∴∠BFC＝90°，
又∵E是BC的中点，
∴EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵OC＝OF，
∴∠OFC＝∠FCO，
∵∠ACB＝∠FCO+∠ECF＝90°，
∴∠EFC+∠OFC＝90°，即∠EFO＝90°，
∴OF⊥EF，
∴EF是 O的切线．
⊙知识点03 切线的性质
1. 切线的性质：
（1）圆的切线 垂直于 经过 切点 的半径。
（2）经过圆心且垂直于切线的直线必经过 切点 。
（3）经过切点且垂直于切线的直线必经过 圆心 。
【即学即练1】
5．如图，已知AB与 O相切于点A，AC是 O的直径，连接BC交 O于点D，E为 O上一点，当
∠CED＝58°时，∠B的度数是（ ）
⊙ ⊙ ⊙ ⊙
A．32° B．64° C．29° D．58°
【分析】由切线的性质及圆周角定理可得出答案．
【解答】解：连接AD，
∵AB与 O相切于点A，
∴CA⊥AB，
⊙
∴∠CAB＝90°，
∵∠CED＝∠CAD＝58°，
∴∠DAB＝90°﹣∠CAD＝32°，
∵AC是 O的直径，
∴∠ADC＝90°，
⊙
∴∠B＝90°﹣∠DAB＝58°，
故选：D．
【即学即练2】
6．如图，AB是 O的直径，延长AB至C，CD切 O于点D，过点D作DE∥AB交 O于点E，连接
BE．若AB＝12，∠ABE＝15°，则BC的长为（ ）
⊙ ⊙ ⊙A．3 B．4 C．6 D．4 ﹣6
【分析】连接OD，利用平行线的性质和圆周角定理得到∠DOC＝30°，利用切线的性质定理得到
OD⊥BC，在Rt△ODC中，利用直角三角形的边角关系定理求得OC，则BC＝OC﹣OB．
【解答】解：连接OD，如图，
∵DE∥AB，
∴∠E＝∠ABE＝15°，
∴∠DOC＝2∠E＝30°．
∵CD切 O于点D，
∴OD⊥CD．
⊙
∵AB＝12，AB是 O的直径，
⊙
∴OD＝OB＝ AB＝6，
设BC为x，则OC=6+x，DC=
在Rt△ODC中，
即：
解得
∴BC＝4 ﹣6．
故选：D．
题型01 确定直线与圆的位置关系
【典例1】 O的半径为2，圆心O到直线l的距离为4，则直线l和 O的位置关系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相离 D．不能确定
⊙ ⊙
【分析】因为圆心到直线的距离大于半径，所以直线l与圆相离．【解答】解：（1）∵4＞2，
∴d＞r，
∴直线l与 O相离，
故选：C．
⊙
【变式1】一个圆的半径是9cm．如果圆心与直线上一点之间的距离是 9cm，那么这条直线和这个圆的位
置关系是（ ）
A．相切 B．相交
C．相交或相切 D．相离
【分析】根据题意画出相应的图形，根据图形结合直线与圆的位置关系进行判断即可．
【解答】解：如图，
直线l 上的点A到圆心O的距离为9cm，等于半径9cm，此时l 与 O相交，
1 1
直线l
2
上的点B到圆心O的距离为9cm，等于半径9cm，此时l
2
与 ⊙O相切，
因此，一个圆的半径是9cm．如果圆心与直线上一点之间的距离是9cm，那么这条直线和这个圆的位置
⊙
关系可能相交，也可能相切，
故选：C．
【变式2】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝4cm，以点C为圆心，以2cm的长为半径作
圆，则 C与AB的位置关系是（ ）
⊙
A．相交 B．相切
C．相离 D．相切或相离
【分析】作CD⊥AB于点D．根据三角函数求CD的长，与圆的半径比较，作出判断．
【解答】解：作CD⊥AB于点D．
∵∠B＝30°，BC＝4cm，
∴CD＝ BC＝2cm，
即CD等于圆的半径．
∵CD⊥AB，∴AB与 C相切．
故答案为：B．
⊙
【变式3】已知 O的半径是一元二次方程x2﹣3x﹣4＝0的一个根，圆心O到直线l的距离d＝6，则直线l
与 O的位置关系是（ ）
⊙
A．相切 B．相离
⊙
C．相交 D．相切或相交
【分析】设 O的半径为r，解一元一次方程x2﹣3x﹣4＝0得x ＝4，x ＝﹣1，则r＝4，所以d＞r，可
1 2
知直线l与 O相离，于是得到问题的答案．
⊙
【解答】解：设 O的半径为r，
⊙
解一元一次方程x2﹣3x﹣4＝0得x ＝4，x ＝﹣1，
⊙ 1 2
∵ O的半径是一元二次方程x2﹣3x﹣4＝0的一个根，
∴r＝4，
⊙
∵圆心O到直线l的距离d＝6，
∴d＞r，
∴直线l与 O相离，
故选：B．
⊙
【变式4】如图，在平行四边形ABCD中，BC＝5，S ＝10 ，以顶点C为圆心，BC为半径作圆，
ABCD
则AD边所在直线与 C的位置关系是（ ） ▱
⊙
A．相交 B．相切
C．相离 D．以上三种都有可能
【分析】如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．求出CH的值即可判断．
【解答】解：如图，作CH⊥DA交DA的延长线于H．
∵S平行四边形ABCD ＝BC•CH，∴CH＝ ＝2 ，
∵2 ＜5，
∴直线AD与 C相交，
故选：A．
⊙
题型02 根据直线与圆的位置关系求值
【典例1】设 O的半径为R，圆心O到直线的距离为d，若d、R是方程x2﹣6x+m＝0的两根，则直线Z
与 O相切时，m的值为 9 ．
⊙
【分析】先根据切线的性质得出方程有且只有一个根，再根据Δ＝0即可求出m的值．
⊙
【解答】解：∵d、R是方程x2﹣6x+m＝0的两个根，且直线Z与 O相切，
∴d＝R，
⊙
∴方程有两个相等的实根，
∴Δ＝36﹣4m＝0，
解得m＝9．
故答案为：9．
【变式1】Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，如果以点C为圆心，r为半径，且 C与斜边AB仅
有一个公共点，那么半径r的取值范围是 r ＝ 4. 8 或 6 ＜ r ≤ 8 ．
⊙
【分析】因为要使圆与斜边只有一个公共点，所以该圆和斜边相切或和斜边相交，但只有一个交点在斜
边上．
若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
【解答】解：根据勾股定理求得直角三角形的斜边AB＝ ＝10，
当圆和斜边相切时，则半径即是斜边上的高，等于 ；
当圆和斜边相交，且只有一个交点在斜边上时，可以让圆的半径大于短直角边而小于长直角边，则6＜
r≤8．
故半径r的取值范围是r＝4.8或6＜r≤8．
故答案为：r＝4.8或6＜r≤8．
【变式2】以点P（1，2）为圆心，r为半径画圆，与坐标轴有四个交点，则 r的取值范围是 r ＞ 2 且 r ≠
．【分析】作PA⊥x轴，连接OP，根据勾股定理计算出OP＝2，然后根据直线与圆的位置关系即可得到
满足条件的r的取值范围为r＞2且r≠ ．
【解答】解：作PA⊥x轴，连接OP，如图，
∵点P的坐标为（1，2），
∴OA＝1，PA＝2，
∴OP＝ ，
∴当以点P为圆心，r为半径的圆P与坐标轴有四个交点时，r的取值范围为r＞2且r≠ ．
故答案为：r＞2且r≠ ．
【变式3】已知直线y＝kx（k≠0）经过点（12，﹣5），将直线向上平移m（m＞0）个单位，若平移后得
到的直线与半径为6的 O相交（点O为坐标原点），则m的取值范围为 0 ＜ m ＜ ．
【分析】利用待定系数法得出直线解析式，再得出平移后得到的直线，求与坐标轴交点的坐标，转化为
⊙
直角三角形中的问题，再由直线与圆的位置关系的判定解答．
【解答】解：把点（12，﹣5）代入直线y＝kx得，
﹣5＝12k，
∴k＝﹣ ；
由y＝﹣ x平移m（m＞0）个单位后得到的直线l所对应的函数关系式为y＝﹣ x+m（m＞0），
设直线l与x轴、y轴分别交于点A、B，（如图所示）
当x＝0时，y＝m；当y＝0时，x＝ m，∴A（ m，0），B（0，m），
即OA＝ m，OB＝m；
在Rt△OAB中，
AB＝ ，
过点O作OD⊥AB于D，
∵S△ABO ＝ OD•AB＝ OA•OB，
∴ OD• m＝ × m×m，
∵m＞0，解得OD＝ m
由直线与圆的位置关系可知 ＜6，解得0＜m＜ ．
故答案为：0＜m＜ ．
题型03 利用切线的性质进行计算
【典例1】如图，点A、C是 O上两点，连接AC并延长交切线BD于点D，连接OB、OC、BC、AB，若
∠CBD＝40°，则∠BOC＝（ ）
⊙
A．40° B．55° C．70° D．80°
【分析】由切线的性质得∠OBD＝90°，求出∠OBC＝50°，再由等边对等角得出∠OBC＝∠OCB＝
50°，最后再由三角形内角和定理计算即可得出答案．
【解答】解：∵BD切 O于D，
∴∠OBD＝90°，
⊙
∵∠CBD＝40°，
∴∠OBC＝∠OBD﹣∠CBD＝90°﹣40°＝50°，
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝80°，
故选：D．【变式1】如图，PA、PB分别与 O相切于A、B两点，点C为 O上一点，连接AC、BC，若∠P＝
80°，则∠ACB的度数为（ ）
⊙ ⊙
A．80° B．40° C．50° D．70°
【分析】连接OA，OB，根据切线的性质得∠OAP＝∠OBP＝90°，得出∠AOB＝100°，再利用圆周角定
理可得答案．
【解答】解：连接OA，OB，
∵PA、PB分别与 O相切于A、B两点，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
⊙
∵∠P＝80°，
∴∠AOB＝100°，
∴∠ACB＝ ∠AOB＝ ×100°＝50°，
故选：C．
【变式2】如图，AB是 O的直径，PA与 O相切于点A，∠ABC＝20°，OC的延长线交PA于点P，则
∠P的度数是（ ）
⊙ ⊙
A．20° B．40° C．50° D．60°
【分析】由切线的性质得到∠OAP＝90°，由等腰三角形的性质得到∠OCB＝∠B＝20°，由三角形外角
的性质求出∠AOP的度数，由直角三角形的性质即可求出∠P的度数．
【解答】解：∵PA与 O相切于点A，
∴半径OA⊥PA，
⊙
∴∠OAP＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠B＝20°，∴∠AOP＝∠B+∠OCB＝20°+20°＝40°，
∵∠P+∠AOP＝90°，
∴∠P＝90°﹣∠AOP＝50°．
故选：C．
【变式3】如图，AB是 O的直径，AP是 O的切线，PB交 O于点C，点D在 O上，若∠ADC＝
40°，则∠P的度数是（ ）
⊙ ⊙ ⊙ ⊙
A．35° B．40° C．45° D．50°
【分析】连接AC，根据AB是 O的直径，可得∠ACB＝90°，根据圆周角定理可得∠AOC＝80°，进而
可以解决问题．
⊙
【解答】解：如图，连接AC，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∵∠ADC＝40°，
∴∠AOC＝80°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝（180°﹣80°）÷2＝50°，
∵AP是 O的切线，
∴∠BAP＝90°，
⊙
∴∠CAP＝∠BAP﹣∠BAC＝90°﹣50°＝40°，
∴∠P＝∠ACB﹣∠CAP＝90°﹣40°＝50°，
【典例1】如图，AB是 O的直径，点D在 O上，过点D作 O的切线DC交AB的延长线于点C．若
⊙ ⊙ ⊙BC＝4，CD＝8，则 O的半径为（ ）
⊙
A．5 B．6 C．8 D．9
【分析】连接OD，由切线的性质得出∠ODC＝90°，设OD＝OB＝x，由勾股定理得出x2+82＝（x+4）
2，则可得出答案．
【解答】解：连接OD，
∵DC是 O的切线，
∴OD⊥DC，
⊙
∴∠ODC＝90°，
∴OD2+DC2＝OC2，
设OD＝OB＝x，
∵BC＝4，CD＝8，
∴x2+82＝（x+4）2，
∴x＝6，
∴OD＝6，
即 O的半径为6．
故选：B．
⊙
【变式1】如图，AB是 O的直径，AC是 O的切线，连接OC交 O于点D，连接BD，∠C＝30°，OA
＝2，则BD的长为（ ）
⊙ ⊙ ⊙
A．2 B．2 C．3 D．3
【分析】根据切线的性质得到OA⊥AC，根据三角形的内角和定理得到∠AOC＝90°﹣30°＝60°，求得∠OAD＝60°，连接AD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：∵AC是 O的切线，
∴OA⊥AC，
⊙
∴∠OAC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴∠AOC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝60°，
连接AD，
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB＝90°，∠ABD=30°
⊙
∵OA＝2，
∴AB＝4，
∴AD=2
∴BD＝ ＝2 ，
故选：B．
【变式2】如图，DE与 O相切于点D，交直径AB的延长线于点E，C为圆上一点，∠ACD＝60°．若
DE的长度为3，则BE的长度为（ ）
⊙
A． B． C． D．2
【分析】连接OD、BD，如图，先根据切线的性质得到∠ODE＝90°，再根据圆周角定理得到∠DBA＝
60°，则可判断△ODB为等边三角形，所以∠DOB＝60°，接着利用含30度角的直角三角形三边的关系
计算出OD、OE，然后计算OE﹣OB即可．
【解答】解：连接OD、BD，如图，
∵DE与 O相切于点D，
⊙∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，
∵∠DBA＝∠ACD＝60°，OD＝OB，
∴△ODB为等边三角形，
∴∠DOB＝60°，
在Rt△ODE中，∵∠DOE＝60°，
∴OD＝ DE＝ ×3＝ ，
∴OE＝2OD＝2 ，
∴BE＝OE﹣OB＝2 ﹣ ＝ ．
故选：B．
【变式3】如图，AB是 O的切线，切点为点H，连接OA、OB分别与圆相交于点D、E，点C为圆上一
点且∠DCE＝52.5°，若 O的半径长为2，且∠A＝30°，则AB的长为（ ）
⊙
⊙
A．6 B． C． D．
【分析】连接OH、DE，根据切线的性质，得到∠AHO＝∠BHO＝90°，再根据30度角所对的直角边等
于斜边一半和三角形内角和定理，得到 ，∠AOH＝60°，利用勾股定理求出 ，然后利
用圆周角定理得到∠DOE＝105°，从而得到∠BOH＝45°，推出BH＝OH＝2，即可求出AB的长．
【解答】解：连接OH、DE，
∵AB是 O的切线，切点为点H，
∴OH⊥AB，
⊙
∴∠AHO＝∠BHO＝90°，
∵∠A＝30°，
∴ ，∠AOH＝60°，∵OH＝2，
∴OA＝4，
在Rt△AHO中， ，
∵∠DCE＝52.5°，
∴∠DOE＝2∠DCE＝105°，
∴∠BOH＝∠DOE﹣∠AOH＝105°﹣60°＝45°，
∵∠BHO＝90°，
∴BH＝OH＝2，
∴ ，
故选B．
题型04 切线的判定与性质
【典例1】如图，AB为 O的直径，过圆上一点D作 O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作
OE∥AD，OE交CD于点E，连接BE．
⊙ ⊙
（1）求证：直线BE与 O相切；
（2）若CA＝2，CD＝4，求DE的长．
⊙
【分析】（1）连接OD，由切线的性质可得∠ODE＝90°，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得OE
平分∠DOB，从而可得∠DOE＝∠EOB，进而可证△DOE≌△BOE，最后利用全等三角形的性质即可解
答；
（2）设 O的半径为r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的长，再利用（1）的结论可得DE＝
BE，最后在Rt△BCE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
⊙
【解答】（1）证明：连接OD，∵CD与 O相切于点D，
∴∠ODE＝90°，
⊙
∵AD//OE，
∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，
∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO，
∴∠DOE＝∠EOB，
∵OD＝OB，OE＝OE，
∴△DOE≌△BOE（SAS），
∴∠OBE＝∠ODE＝90°，
∵OB是 O的半径，
∴直线BE与 O相切；
⊙
（2）解：设 O的半径为r，
⊙
在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2，
⊙
∴r2+42＝（r+2）2，
∴r＝3，
∴AB＝2r＝6，
∴BC＝AC+AB＝2+6＝8，
由（1）得：△DOE≌△BOE，
∴DE＝BE，
在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，
∴82+BE2＝（4+DE）2，
∴64+DE2＝（4+DE）2，
∴DE＝6，
∴DE的长为6．
【变式1】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，D是边AB上一点，以BD为直径的 O经过点
E，且交BC于点F．
⊙
（1）求证：AC是 O的切线；
（2）若BF＝6， O的半径为5，求CE的长．
⊙
⊙【分析】（1）连接OE，证明∠OEA＝90°即可；
（2）连接OF，过点O作OH⊥BF交BF于H，由题意可知四边形OECH为矩形，利用垂径定理和勾股
定理计算出OH的长，进而求出CE的长．
【解答】（1）证明：连接OE．
∵OE＝OB，
∴∠OBE＝∠OEB，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE＝∠EBC，
∴∠EBC＝∠OEB，
∴OE∥BC，
∴∠OEA＝∠C，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OEA＝90°
∴AC是 O的切线；
（2）解：连接OE、OF，过点O作OH⊥BF交BF于H，
⊙
由题意可知四边形OECH为矩形，
∴OH＝CE，
∵BF＝6，
∴BH＝3，
在Rt△BHO中，OB＝5，
∴OH＝ ＝4，
∴CE＝4．
【变式2】如图，点D是以AB为直径的 O上的一点，过点B作 O的切线，交AD的延长线于点C，点
E是BC的中点，连接DE并延长与AB的延长线交于点F．
⊙ ⊙
（1）求证：DF是 O的切线；
（2）若OB＝BF，EF＝8，求AD的长．
⊙【分析】（1）连接OD，由AB为 O的直径得∠BDC＝90°，根据BE＝EC知∠1＝∠3、由OD＝OB知
∠2＝∠4，根据BC是 O的切线得∠3+∠4＝90°，即∠1+∠2＝90°得证；
⊙
⊙
（2）根据直角三角形的性质得到∠F＝30°，BE＝ EF＝4，求得DE＝BE＝4，得到DF＝12，根据三
角形的内角和得到OD＝OA，求得∠A＝∠ADO＝ BOD＝30°，根据等腰三角形的性质即可得到结
论．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，BD，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB＝∠BDC＝90°，
⊙
在Rt△BDC中，
∵BE＝EC，
∴DE＝EC＝BE，
∴∠1＝∠3，
∵BC是 O的切线，
∴∠3+∠4＝90°，
⊙
∴∠1+∠4＝90°，
∵∠2＝∠4，
∴∠1+∠2＝90°，
即∠ODF＝90°，
∴半径OD⊥DF，
∴DF为 O的切线；
（2）解：∵OB＝BF，
⊙
∴OF＝2OD，
∴∠F＝30°，
∵∠FBE＝90°，
∴BE＝ EF＝4，∴DE＝BE＝4，
∴DF＝12，
∵∠F＝30°，∠ODF＝90°，
∴∠FOD＝60°，
∵OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO＝ BOD＝30°，
∴∠A＝∠F，
∴AD＝DF＝12．
【变式3】如图，△ACB内接于圆O，AB为直径，CD⊥AB与点D，E为圆外一点，EO⊥AB，与BC交于
点G，与圆O交于点F，连接EC，且EG＝EC．
（1）求证：EC是圆O的切线；
（2）当∠ABC＝22.5°时，连接CF，
①求证：AC＝CF；
②若AD＝1，求线段FG的长．
【分析】（1）连接OC，证得OC⊥CE，即可证得结论；
（2）①通过证得∠AOC＝45°＝∠COF＝45°，得出 ＝ ，即可证得AC＝CF；
②作CM⊥OE于M，首先证得CF＝CG，得出CM垂直平分FG，然后通过三角形平分线的性质证得
CM＝CD，即可证得Rt△ACD≌Rt△FCM，从而证得FM＝AD＝1，即可证得FG＝2FM＝2．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠B，
∵EO⊥AB，
∴∠OGB+∠B＝90°，
∵EG＝EC，
∴∠ECG＝∠EGC，
∵∠EGC＝∠OGB，
∴∠OCB+∠ECG＝∠B+∠OGB＝90°，∴OC⊥CE，
∴EC是圆O的切线；
（2）①证明：∵∠ABC＝22.5°，∠OCB＝∠B，
∴∠AOC＝45°，
∵EO⊥AB，
∴∠COF＝45°，
∴ ＝ ，
∴AC＝CF；
②解：作CM⊥OE于M，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°
∵∠ABC＝22.5°，∠GOB＝90°，
∴∠A＝∠OGB＝∠67.5°，
∴∠FGC＝67.5°，
∵∠COF＝45°，OC＝OF，
∴∠OFC＝∠OCF＝67.5°，
∴∠GFC＝∠FGC，
∴CF＝CG，
∴FM＝GM，
∵∠AOC＝∠COF，CD⊥OA，CM⊥OF，
∴CD＝CM，
在Rt△ACD和Rt△FCM中
∴Rt△ACD≌Rt△FCM（HL），
∴FM＝AD＝1，
∴FG＝2FM＝2．1．如果一个圆的直径是8cm，圆心到一条直线的距离也是 8cm，那么这条直线和这个圆的位置关系是（
）
A．相离 B．相交 C．相切 D．不能确定
【分析】欲求直线和圆的位置关系，关键是求出圆心到直线的距离 d，再与半径r进行比较．若d＜r，
则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
【解答】解：∵圆的直径为8cm，
∴圆的半径为4cm，
∵圆心到直线的距离8cm，
∴圆的半径＜圆心到直线的距离，
∴直线与圆相离，
故选：A．
2．半径为5的四个圆按如图所示位置摆放，若其中有一个圆的圆心到直线l的距离为4，则这个圆可以是
（ ）
A． O B． O C． O D． O
1 2 3 4
【分析】根据直线与圆的位置关系解答即可．
⊙ ⊙ ⊙ ⊙
【解答】解：∵ O 、 O 、 O 、 O 是四个半径为5的等圆，
1 2 3 4
∴圆心到直线l的 ⊙ 距离为 ⊙4是 ⊙O 3 ， ⊙
故选：C．
⊙
3．在平面直角坐标系中，以点（﹣3，4）为圆心，3为半径的圆（ ）
A．与x轴相离，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
【分析】由已知点（﹣3，4）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d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；
若d＞r，则直线与圆相离．
【解答】解：点（﹣3，4）到x轴为4，大于半径3，
点（﹣3，4）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：A．
4．如图，AB是 O的直径，BC交 O于点D，DE⊥AC于点E，要使DE是 O的切线，还需补充一个条
件嘉嘉说：“这个条件可以是AB＝AC”；淇淇说：“满足条件AC∥OD也可以判定DE是 O的切
⊙ ⊙ ⊙
线”；对于他们的说法，下列判断正确的是（ ）
⊙
A．嘉嘉正确，淇淇错误 B．嘉嘉错误，淇淇正确
C．他们都正确 D．他们都错误
【分析】根据AB＝AC，连接AD，利用圆周角定理以及等腰三角形的性质可以得到点D是BC的中点，
OD是△ABC的中位线，AC∥OD，然后由DE⊥AC，得到∠ODE＝90°，可以证明DE是 O的切线．
根据AC∥OD，AC⊥DE，得到∠EDO＝90°，可以证明DE是 O的切线．
⊙
【解答】解：当AB＝AC时，如图：连接AD，
⊙
∵AB是 O的直径，
∴AD⊥BC，
⊙
∴CD＝BD，
∵AO＝BO，
∴OD是△ABC的中位线，∴AC∥OD，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是 O的切线．
当AC∥OD时，
⊙
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD．
∴DE是 O的切线．
故选：C．
⊙
5．如图， O与△OAB的边AB相切干点B，将△OAB绕点B顺时针方向旋转得到△O′A′B，使得点
O′落在 O上，边A′B交线段AO于点C，若∠A'＝25°，则∠OCB的度数为（ ）
⊙
⊙
A．75° B．80° C．85° D．90°
【分析】连接OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB＝∠OBO′＝60°，由 O与△OAB的边
AB相切，可求∠CBO＝90°﹣∠OBO′＝30°，利用三角形内角和公式即可求解．
⊙
【解答】解：连接OO′，
∵将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O'A'B'，
∴BO′＝BO＝OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′＝60°，
∵ O与△OAB的边AB相切，
∴∠OBA＝∠O′BA′＝90°，
⊙
∴∠CBO＝90°﹣∠OBO′＝90°﹣60°＝30°，
∵∠A′＝25°，
∴∠A′O′B＝90°﹣∠A′＝90°﹣25°＝65°，
∴∠AOB＝∠A′O′B＝65°，
∴∠OCB＝180°﹣∠COB﹣∠OBC＝180°﹣65°﹣30°＝85°．
故选：C．6．以坐标原点O为圆心，作半径为2的圆，若直线y＝﹣x+b与 O相交，则b的取值范围是（ ）
A．0≤b＜2 B．﹣2 C．﹣2 ⊙2 D．﹣2 ＜b＜2
【分析】求出直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数图象经过一、二、四象限，和当直线y＝﹣x+b与圆相切，
且函数图象经过二、三、四象限时b的值，则相交时b的值在相切时的两个b的值之间．
【解答】解：当直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数图象经过一、二、四象限时，如图．
在y＝﹣x+b中，令x＝0时，y＝b，则与y轴的交点是（0，b），
当y＝0时，x＝b，则A的交点是（b，0），
则OA＝OB，即△OAB是等腰直角三角形．
连接圆心O和切点C．则OC＝2．
则OB＝ OC＝2 ．即b＝2 ；
同理，当直线y＝﹣x+b与圆相切，且函数图象经过二、三、四象限时，b＝﹣2 ．
则若直线y＝﹣x+b与 O相交，则b的取值范围是﹣2 ＜b＜2 ．
故选：D．
⊙
7．如图，在平面直角坐标系中，过格点 A，B，C作一圆弧，点B与下列格点的连线中，能够与该圆弧相
切的是（ ）
A．点（0，3） B．点（1，3） C．点（6，0） D．点（6，1）
【分析】根据垂径定理的性质得出圆心所在位置，再根据切线的性质得出，∠OBD+∠EBF＝90°时F点
的位置即可．
【解答】解：∵过格点A，B，C作一圆弧，
∴三点组成的圆的圆心为：O′（2，0），∵只有∠O′BD+∠EBF＝90°时，BF与圆相切，
∴当△BO′D≌△FBE时，
∴EF＝BD＝2，
∴F点的坐标为：（5，1），
∴点B与下列格点的连线中，能够与该圆弧相切的是：（5，1）和（1，3）．
故选：B．
8．如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOD＝30°，半径为2cm的 P的圆心在直线AB上，且位于点O
左侧的距离10cm处．如果 P以2cm/s的速度沿由A向B的方向移动，那么（ ）秒钟后 P与直线
⊙
CD相切．
⊙ ⊙
A．3 B．7 C．3或7 D．6或14
【分析】根据题意CD与 P相切分 P在直线CD左侧时 P在直线CD右侧时，求出 P运动的路程，
即可根据速度求得时间．
⊙ ⊙ ⊙ ⊙
【解答】解：①由题意可知CD与 P 相切于点E，
1
∴P
1
E⊥CD，
⊙
∵ P半径为2cm，
∴P E＝2cm，
⊙1
∵∠AOD＝30°，P E⊥CD，
1
∴P O＝4cm，
1
∴PP ＝PO﹣P O＝10﹣4＝6（cm），
1 1
∴t＝3秒．
②当圆心P在直线CD的右侧时，PP ＝PO+P O＝10+4＝14（cm），
2 2
则需要运动的时间为7秒．
综上所述， P与直线CD相切时经过的时间为3或7秒钟，
故选：C．
⊙
9．如图，等边三角形ABC的边长为4， C的半径为 ，P为AB边上一动点，过点P作 C的切线
PQ，切点为Q，则PQ的最小值为（ ）
⊙ ⊙A． B． C．2 D．3
【分析】连接CQ、CP，过点C作CH⊥AB于H，根据切线的性质得到CQ⊥PQ，根据勾股定理求出
PQ，根据等边三角形的性质求出CH，根据垂线段最短解答即可．
【解答】解：连接CQ、CP，过点C作CH⊥AB于H，
∵PQ是 C的切线，
∴CQ⊥PQ，
⊙
∴PQ＝ ＝ ，
当CP⊥AB时，CP最小，PQ取最小值，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴CH＝BC•sinB＝2 ，
∴PQ的最小值为： ＝3，
故选：D．
10．如图， O是△ABC的外接圆，P是BC延长线上一点，连接OA，OC，PA，且∠PCA＝∠PAB，点D
是AC中点，OD的延长线交AP于点Q，则下列结论：①∠B＝∠AOD；②OQ垂直平分AC；③直线
⊙
PA和CQ都是 O的切线；④CQ∥AO．其中正确的结论是（ ）
⊙
A．①④ B．②③ C．①②③ D．①②③④
【分析】由OA＝OC，点D是AC中点，根据等腰三角形的“三线合一”可证明OQ垂直平分AC，可判断②正确；因为∠AOD＝∠COD＝ ∠AOC，∠B＝ AOC，所以∠B＝∠AOD，可判断①正确；由
∠PCA＝∠PAB，得∠PAC＝180°﹣∠P﹣∠PAC＝180°﹣∠P﹣∠PAB＝∠B＝∠AOD，则∠PAO＝
∠PAC+∠OAC＝∠AOD+∠OAC＝90°，再证明∠OCA＝∠OAC，∠QCA＝∠QAC，则∠QCO＝∠QAO
＝90°，可证明直线PA和CQ都是 O的切线，可判断③正确；假设CQ∥AO正确，∠AQC＝∠QAO＝
⊙
∠QCO＝90°，可推导出∠AOC＝90°，则∠B＝ ∠AOC＝45°，与已知条件不符，所以CQ∥AO不正确，
可判断④错误，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵点D是AC中点，
∴AD＝CD，
∵OA＝OC，
∴OQ⊥AC，
∴OQ垂直平分AC，
故②正确；
∴∠AOD＝∠COD＝ ∠AOC，
∵∠B＝ AOC，
∴∠B＝∠AOD，
故①正确；
∵∠PCA＝∠PAB，
∴∠PAC＝180°﹣∠P﹣∠PAC＝180°﹣∠P﹣∠PAB＝∠B，
∵∠B＝∠AOD，
∴∠PAC＝∠AOD，
∵∠ADO＝90°，
∴∠PAO＝∠PAC+∠OAC＝∠AOD+∠OAC＝90°，
∵OC＝OA，QC＝QA，
∴∠OCA＝∠OAC，∠QCA＝∠QAC，
∴∠QCO＝∠OCA+∠QCA＝∠OAC+∠QAC＝∠QAO＝90°，
∵OA、OC都是 O的半径，PA⊥OA，CQ⊥OC，
∴直线PA和CQ都是 O的切线，
⊙
故③正确；
⊙
假设CQ∥AO正确，则∠AQC＝180°﹣∠QAO＝90°，
∴∠AQC＝∠QAO＝∠QCO＝90°，
∴∠AOC＝360﹣∠AQC﹣∠QAO﹣∠QCO＝90°，
∴∠B＝ ∠AOC＝45°，显然与已知条件不符，∴CQ∥AO不正确，
故④错误，
故选：C．
11．“海上生明月，天涯共此时”，如图是记录的日出美景，图中太阳与海天交界处可看成圆与直线，它
们的位置关系是 相交 ．
【分析】根据直线与圆的位置关系即可得到结论．
【解答】解：由题可知，太阳与海天交接所看成的圆和直线有两个公共点，
所以太阳和海天交界处所看出看成的直线位置关系是相交．
故答案为：相交．
12．如图，AB是 O的直径，C，D是 O上的两点，∠CDB＝25°，过点C作 O的切线交AB延长线于
点E，则∠E的度数为 40 ° ．
⊙ ⊙ ⊙
【分析】连接OC，根据同弧所对的圆周角相等推出∠CAB＝∠CDB＝25°，得出∠COE的度数，再根据
切线的性质结合直角三角形量锐角互余即可推出结果．
【解答】解：如图，连接OC，
∵ ，
∴∠CAB＝∠CDB＝25°，
∴OC＝OA，
∴∠OAC＝OCA＝25°，
∴∠COE＝50°，
∵CE是 O的切线，
∴OC⊥CE，
⊙
∴∠OCE＝90°，
∴∠E＝90°﹣∠COE＝40°，
故答案为：40°．13．如图， O内有一Rt△ABC，∠C＝90°，∠B＝53°，点B在圆上，边AC经过圆心O．△DEF是
△ABC平移后的图象，点A，B的对应点D，E在 O上，点C的对应点F在 O外，若DF与 O相切，
⊙
连接OE，则∠COE＝ 1 6 °．
⊙ ⊙ ⊙
【分析】如图：连接OD，即∠ODF＝90°，由平移的性质可得∠F＝∠C＝90°，∠DEF＝∠B＝90°，
AC∥DF，再根据平行的判定与性质可得∠ODE＝∠DEF＝53°、∠COD＝∠ODF＝90°，再根据等腰三
角形的性质可得∠DOE＝180°﹣2∠DEF＝74°，最后根据角的和差即可解答．
【解答】解：如图：连接OD，即∠ODF＝90°，
∵△DEF是△ABC平移后的图形，
∴∠F＝∠C＝90°，∠DEF＝∠B＝90°，AC∥DF，
∴∠ODE＝∠DEF＝53°，∠COD＝∠ODF＝90°，
∵OE＝OD，
∴∠DEO＝∠DEF＝53°，
∴∠DOE＝180°﹣2∠DEF＝74°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝16°．
故答案为：16．
14．如图，菱形ABCD的边长为4，∠ABC＝120°，P是AB边上的一动点，以P为圆心，线段PB的长为
半径画圆，当 P与△ADC边所在的直线相切时， P的半径为 或 或 ．
⊙ ⊙【分析】分三种情况讨论：当 P与直线AC相切时；当 P与直线AD相切时，当 P与直线CD相切
时，分别解答即可．
⊙ ⊙ ⊙
【解答】解：∵菱形ABCD，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°， ，
如图1，当 P与直线AC相切时，切点为E，连接PE，则∠PEA＝90°，
⊙
设PE＝PB＝x，则AP＝4﹣x，
∵∠PAE＝30°，
∴AP＝2PE，
∴4﹣x＝2x，
解得 ；
如图2，当 P与直线AD相切时，切点为F，连接PF，则∠PFA＝90°，
⊙
设PF＝PB＝x，则AP＝4﹣x，
∵∠PAF＝60°，
∴ ，
∴ ，解得 ；
如图3，当 P与直线CD相切时，切点为G，连接PG，作DH⊥AB于点H，则∠PGD＝90°，四边形
PGDH是矩形，
⊙
设PG＝PB＝x，则DH＝x，
∵∠DAH＝60°，
∴ ，
∴ ，
解得 ；
综上， P的半径为 或 或 ．
⊙
故答案为： 或 或 ．
15．若点P（m，n）在二次函数y＝x2+2x+2的图象上，以P为圆心，2为半径的圆与y轴相交，则n的取
值范围是 1 ≤ n ＜ 1 0 ．
【分析】由题意可知﹣2＜m＜2，根据m的范围即可确定n的范围．
【解答】解：∵y＝x2+2x+2＝（x+1）2+1，
∴二次函数y＝x2+2x+2的图象开口向上，顶点为（﹣1，1），对称轴是直线x＝﹣1，
∵P（m，n）到y轴的距离小于2，
∴﹣2＜m＜2，
而﹣1﹣（﹣2）＜2﹣（﹣1），
当m＝2，n＝（2+1）2+1＝10，
当m＝﹣1时，n＝1，
∴n的取值范围是1≤n＜10，
故答案为：1≤n＜10．
16．在平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在x轴负半轴、y轴正半轴上（OA＞OB），C（a，﹣a）（a
为常数），以C为圆心、适当的长度为半径作 C，使点A、B在 C上．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作出 C．（保留作图痕迹，不写作法）；
⊙ ⊙
⊙（2）若OA＝8，OB＝6，直线y＝x+b与 C有且只有一个公共点，则b＝ 4 或 2 4 ．
⊙
【分析】（1）由点C的坐标知，改点在直线y＝﹣x上，由圆的定义知，点C在AB的中垂线上，故上
述两条直线的交点，即为点C为位置，即可求解；
（2）求出点T（﹣ ， ），由CT＝AC＝CB，即可求解．
【解答】解：（1）由点C的坐标知，该点在直线y＝﹣x上，由圆的定义知，点C在AB的中垂线上，
故上述两条直线的交点，即为点C为位置，由此画出 C如下图所示．
⊙
（2）如下图所示，设直线y＝x+b与 C有且只有一个公共点为点T，
⊙则CT和直线y＝x+b垂直，且CT＝AC＝CB，
∵点C在直线y＝﹣x，
∴点T是直线y＝﹣x和直线y＝x+b的交点，
则点（﹣ ， ），
由CT＝AC＝CB得： ，
解得b＝4或24．
故答案为：4或24．
17．如图， O是△ABC的外接圆，AE切 O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
（Ⅰ）如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
⊙ ⊙
（Ⅱ）如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和 O的半径．
⊙
【分析】（Ⅰ）连接 OA，先由切线的性质得∠OAE 的度数，求出∠AOB＝2∠C＝142°，进而得
∠AOE，则可求出答案；
（Ⅱ）连接OA，由等腰三角形的性质求出∠E＝30°，根据含30°解的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）连接OA．
∵AE切 O于点A，
∴OA⊥AE，
⊙
∴∠OAE＝90°，
∵∠C＝71°，
∴∠AOB＝2∠C＝2×71°＝142°，
又∵∠AOB+∠AOE＝180°，∴∠AOE＝38°，
∵∠AOE+∠E＝90°，
∴∠E＝90°﹣38°＝52°．
（Ⅱ）连接OA，
设∠E＝x．
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠E＝x，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠ABO＝x，
∴∠AOE＝∠ABO+∠BAO＝2x．
∵AE是 O的切线，
∴OA⊥AE，即∠OAE＝90°，
⊙
在△OAE中，∠AOE+∠E＝90°，
即2x+x＝90°，
解得x＝30°，
∴∠E＝30°．
在Rt△OAE中，OA＝ OE，
∵OA＝OD，
∴OA＝OD＝DE，
∵DE＝2，
∴OA＝2，即 O的半径为2．
18．如图，AB是⊙ O的直径，AC是弦，D是 的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，
且CF＝EF．
⊙
（1）求证：CF为 O的切线；
（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．
⊙【分析】（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF＝90°即可；
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，可得r＝3，再根据勾
股定理可解决问题．
【解答】（1）如图，连接OC，OD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵CF＝EF，
∴∠FCE＝∠FEC，
∵∠OED＝∠FEC，
∴∠OED＝∠FCE，
∵AB是直径，D是 的中点，
∴∠DOE＝90°，
∴∠OED+∠ODC＝90°，
∴∠FCE+∠OCD＝90°，即∠OCF＝90°，
∵OC是半径，
∴CF是 O的切线．
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，
⊙
在Rt△COF中，OC2+CF2＝OF2
∴42+r2＝（r+2）2，
解得r＝3，
∴OB＝OD＝3，
∵∠DOB＝90°，
∴BD2＝OD2+OB2，
∴ ．19．在△ABC中，∠C＝90°，以边AB上一点O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点D，分别交AB，
AC于点E，F．
（1）如图①，连接AD，若∠CAD＝25°，求∠B的大小；
（2）如图②，若点F为 的中点， O的半径为2，求AB的长．
⊙
【分析】（1）连接OD，由在△ABC中，∠C＝90°，BC是切线，易得OD∥AC，即可求得∠CAD＝
∠BAD，继而求得答案；
（2）首先连接OF，OD，由（1）得：OD∥AC，由点F为 的中点，易得△AOF是等边三角形，继而
求得答案．
【解答】解：（1）连接OD，
∵OA为半径的圆与BC相切于点D，
∴OD⊥BC，
∴∠ODB＝90°，
∵在△ABC中，∠C＝90°，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∴∠CAD＝∠ADO＝25°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝25°，
∴∠BOD＝2∠OAD＝50°，
∴∠B＝90°﹣∠BOD＝40°；
（2）连接OF，OD，
由（1）得：OD∥AC，
∴∠AFO＝∠FOD，∵OA＝OF，点F为 的中点，
∴∠A＝∠AFO，∠AOF＝∠FOD，
∴∠A＝∠AFO＝∠AOF＝60°，
∴∠B＝90°﹣∠A＝30°，
∵OA＝OD＝2，
∴OB＝2OD＝4，
∴AB＝OA+OB＝6．
20．如图，直角△ACB，∠ACB＝90°，∠A＝60°，以AC为直径作 O，点G为AB的中点，连接CG交
O为E点；
⊙
（1）求证：点E为CG的中点；
⊙
（2）过E点作ED⊥AB，D为垂足，延长DE交CB于点F，求证：DE是 O的切线；
（3）在（2）的条件下，若CF＝2，求BC的长．
⊙
【分析】（1）连接OE，利用直角三角形斜边上的中线性质得到AG＝CG，则△ACG为等边三角形，
再判断△OCE是等边三角形得到∠AGC＝∠OEC＝60°，所以OE∥AB，锐角利用O为AC中点得到E
为CG的中点；
（2）利用（1）中OE∥AG得到OE⊥ED，然后根据切线的判定定理得到结论；
（3）作GM∥FD交BC于M，如图，先证明CM＝2CF，MC＝MG，再利用△MGB为30°角的直角三角
形得到BM＝2MG＝2CM＝4CF，然后利用BC＝6CF进行计算即可．
【解答】（1）证明：连接OE，∵G为Rt△ABC斜边的中点．
∴AG＝CG，
又∵∠A＝60°，
∴△ACG为等边三角形，
∴∠C＝∠AGC＝60°，
又∵CO＝OE，∴△OCE是等边三角形，
∴∠AGC＝∠OEC＝60°．
∴OE∥AB，
∵O为AC中点，
∴E为CG的中点；
（2）证明：由（1）得OE∥AG，
∵ED⊥AG，
∴OE⊥ED，
∴DE是 O的切线；
（3）解：作GM∥FD交BC于M，如图，
⊙
∵E为CG的中点，
∴EF为△CMG的中位线，
∴EF＝ MG，
∵CF、FE是 O的切线．
∴CF＝EF，
⊙
∴MC＝MG，
∵△MGB为30°角的直角三角形，
∴BM＝2MG＝2CM＝4CF，
∴BC＝6CF＝6×2＝12．
