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专题 24.6 直线与圆的位置关系（举一反三讲义）
【人教版】
【题型1 判断直线与圆的的位置关系】..................................................................................................................2
【题型2 已知直线与圆的的位置关系求半径的取值范围】.................................................................................4
【题型3 已知直线与圆的的位置关系求圆心到直线的距离】.............................................................................8
【题型4 判断或补全条件使直线为切线的条件】................................................................................................11
【题型5 连半径证明某直线是圆的切线】...........................................................................................................15
【题型6 作垂直证明某直线是圆的切线】...........................................................................................................20
【题型7 切线性质的应用】....................................................................................................................................25
【题型8 切线的判定和性质的综合应用】...........................................................................................................29
【题型9 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离】.......................................................................................36
【题型10 求直线平移到与圆相切时运动的距离】...............................................................................................41
知识点 1 直线与圆的位置关系
位置关系 相交 相切 相离
公共点个数 2 1 0
d与r关系 d＜r d＝r d＞r
公共点名称 割点 切点
直线名称 割线 切线
知识点 2 切线的判定定理和性质定理
1. 切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
2. 切线的判定定理的推论
（1）经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
（2）经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
3. 切线的性质定理圆的切线垂直于过切点的半径．
4. 证明直线是圆的切线的方法
一看 利用交点个数：直线与圆有唯一的公共点
二算 利用数量关系：圆心到直线的距离等于圆的半径
三说明 利用切线的判定定理：直线经过半径的外端并且垂直于这条半径
【题型1 判断直线与圆的的位置关系】
【例1】（24-25九年级上·甘肃张掖·期末）若⊙O的半径为5，圆心到一条直线的距离为2.5，则这条直线
是（ ）
A．l B．l C．l D．l
1 2 3 4
【答案】B
【分析】根据直线与圆的位置关系判定方法，比较圆心到直线的距离与圆半径的大小，确定直线与圆的位
置关系，再结合图形进行判断．本题主要考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆位置关系的判定
方法是解题的关键．
【详解】解：∵圆O半径r=5，圆心到直线的距离d=2.5，
∴dr．
【详解】解：过A点作AH⊥BC于H，如图，
∵AB=AC，
1
∴BH=CH= BC=4，
2
在Rt△ABH中， AH=❑√AB2−BH2=❑√52−42=3，
∵AB=5＞3，
∴B点在⊙A外，所以A选项不符合题意；
∵AC=5>3，
∴C点在⊙A外，所以C选项不符合题意；
∴AH=3，AH⊥BC，
∴直线BC与⊙A相切，所以D选项符合题意，B选项不符合题意．
故选：D．
【题型2 已知直线与圆的的位置关系求半径的取值范围】
【例2】在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，若以C点为圆心，r为半径所作的圆与斜边AB
只有一个公共点，则r的范围是 ．
【答案】3AC，
∴此时以C点为圆心，r为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点；
故答案为：3r，则
直线与圆相离．
【详解】解：设圆心到直线的距离为d，
∵⊙O和直线L相交，
∴d10cm，
∴只有选项D符合条件，
故选：D．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是熟悉直线和圆的位置关系与数量之间的联系：dr，直线和圆相离．
【变式2-2】如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝2，AB＝4，BC＝6，点O是边BC上一
点，以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是（ ）
13 13 14 14
A．4＜OC≤ B．4≤OC≤ C．4＜OC≤ D．4≤OC≤
3 3 3 3
【答案】B
【分析】作DE⊥BC于E，当⊙O与边AD相切时，圆心O与E重合，即OC＝4；当OA＝OC时，⊙O与
13
AD交于点A，设OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x，在Rt△ABO中，由勾股定理得出方程，解方程得出OC＝
3
；即可得出结论．
【详解】作DE⊥BC于E，如图所示：
则DE＝AB＝4，BE＝AD＝2，
∴CE＝4＝DE，
当⊙O与边AD相切时，切点为D，圆心O与E重合，即OC＝4；
当OA＝OC时，⊙O与AD交于点A，
设OA＝OC＝x，则OB＝6﹣x，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：42+（6﹣x）2＝x2，
13
解得：x＝ ；
3
13
∴以O为圆心，OC为半径的⊙O，与边AD只有一个公共点，则OC的取值范围是4≤x≤ ；
3
故选B．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、直角梯形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握直角梯形的性
质，分情况讨论是解题的关键．
【变式2-3】（24-25九年级上·江苏常州·期中）如图，已知∠BAC=45°，点O在AC上，且AO=4❑√2，
以点O为圆心，r为半径画⊙O．若⊙O与射线AB有1个公共点，则r的取值范围是 ．
【答案】r=4或r>4❑√2
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，解题关键是掌握若dr，则直线与圆相离．分两种情况讨论：①当⊙O与AB相切时，圆心到直线的距离等于圆
的半径；②当⊙O和射线AB相交，但另一个交点在AB的延长线上时，圆的半径大于AO．
【详解】解：①如图，当⊙O与AB相切时，⊙O与射线AB有1个公共点，
∴∠ODA=90°
，
∵∠BAC=45°，
∴△ADO是等腰直角三角形，
∴DA=DO，AO=❑√DA2+DO2=❑√2DO，
∵AO=4❑√2，
∴DO=4，
即圆的半径是4；②如图，当⊙O和射线AB相交，但另一个交点在AB的延长线上时，⊙O与射线AB有1个公共点，
∴ A ⊙O
点 在 内，
∴半径r>4❑√2，
综上可知，⊙O与射线AB有1个公共点，则r的取值范围是r=4或r>4❑√2，
故答案为：r=4或r>4❑√2．
【题型3 已知直线与圆的的位置关系求圆心到直线的距离】
【例3】如图，已知⊙O是以数轴的原点O为圆心，以3为半径的圆，∠AOB＝45°，点P在数轴上运动．
若过点P与OA平行的直线与⊙O有公共点，设点P在数轴上表示的数为x．则x的取值范围是（ ）
A．0≤x≤3❑√2 B．x＞3❑√2 C．﹣3≤x≤3 D．﹣3❑√2≤x≤3❑√2，且x≠0
【答案】D
【分析】首先作出圆的切线，求出直线与圆相切时的P的取值，再结合图象可得出P的取值范围，即可得
出答案．
【详解】解：∵半径为1的圆，∠AOB＝45°，过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，
∴当P′C与圆相切时，切点为C，
∴OC⊥P′C，
CO＝3，∠P′OC＝45°，
OP′＝3❑√2，
∴过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，即0＜x≤3❑√2，
同理可得：
过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，即﹣3❑√2≤x＜0，
综上所述：﹣3❑√2≤x≤3❑√2，且x≠0．
故选D．【点睛】此题主要考查了直线与圆的位置关系，作出切线找出直线与圆有交点的分界点是解决问题的关
键．
【变式3-1】圆O的半径为5，若直线与该圆相离，则圆心O到该直线的距离可能是（ ）
A．2.5 B．❑√5 C．5 D．6
【答案】D
【分析】当直线与圆相离时，可知圆心到直线的距离大于半径，于是有d>r；
【详解】∵直线与圆相离，且圆O的半径为5，
∴d>r，
即d>5.
四个选项中只有D选项符合.
故选:D.
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系：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⇔dr．
3
【变式3-2】如图，已知直线y= x－3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C (0，2) 为圆心，半径为
4
1的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是 ．
25
【答案】
2
【分析】求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB的距离，即可求出圆C上点到AB的最
大距离，根据面积公式求出即可．【详解】
3
解：∵直线y= x−3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
∴A点的坐标为（4，0），B点的坐标为（0，-3），
即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5
过C作CM⊥AB于M，连接AC，
1 1 1
则由三角形面积公式得： ×AB×CM= ×OA×OC+ ×OA×OB
2 2 2
1 1 1
即： ×5×CM= ×4×2+ ×3×4，
2 2 2
∴CM=4，
3
∴圆C上点到直线y= x−3的最大距离是：1+4=5，
4
1 25
∴△PAB面积的最大值是 ×5×5= ；
2 2
25
故答案为 ．
2
【点睛】本题考查了三角形的面积，勾股定理等知识，解此题的关键是求出圆上的点到直线AB的最大距
离．
【变式3-3】在直角坐标系xOy中，对于直线l：y＝kx+b，给出如下定义：若直线l与某个圆相交，点M
的坐标为(−1,0)，若⊙M的半径为2，直线l关于⊙M的“圆截距”的最小值为2❑√2，则b的值为
．【答案】±1
【分析】如图所示，设直线l与⊙M交于B、C，过点M作MD⊥BC于E，连接MB，先证明当点E与点
D重合时，ME最小，即此时BC最小，再由BC =2❑√2求出MD=❑√2，可得1+b2=2，解得b=±1．
最小
【详解】解：如图所示，设直线l与⊙M交于B、C，过点M作MD⊥BC于E，连接MB，
∵MB＝MC，
∴BC＝2BE，
在Rt△MBE中，由勾股定理得BE=❑√BM2−M E2=❑√4−M E2，
∴当ME最小时，BE最大.
∵ME≤MD，
∴当点E与点D重合时，ME最大，
∵直线l关于⊙M的“圆截距”的最小值为2❑√2，即BC =2❑√2，
最小
1
∴BD= BC=❑√2，
2
∴MD=❑√MB2−BD2=❑√2.∵D(0,b)，
∴1+b2=2，
解得b=±1．
故答案为：±1．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，垂径定理，一次函数与几何综合，勾股定理等等，正确理
解题意利用数形结合的思想求解是解题的关键．
【题型4 判断或补全条件使直线为切线的条件】
【例4】如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D是⊙O外一点，过点A作AE⊥CD，垂足为E，
连接OC．若使CD切⊙O于点C，添加的下列条件中，不正确的是（ ）
A．OC∥AE B．∠OAC=∠CAE C．∠OCA=∠CAE D．OA=AC
【答案】D
【分析】根据圆的切线的判定、平行线的判定与性质，逐项判定即可得到答案．
【详解】解：A、∵AE⊥CD，
∴∠AED=90°，
当OC∥AE时，则∠OCD=90°，即OC⊥DE，
∴CD切⊙O于点C，该选项正确，不符合题意；
B、∵AE⊥CD，
∴∠AED=90°，则∠CAE+∠ACE=90°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
当∠OAC=∠CAE时，则∠OCA+∠ACE=90°，即OC⊥DE，
∴CD切⊙O于点C，该选项正确，不符合题意；
C、当∠OCA=∠CAE时，OC∥AE，
∵AE⊥CD，
∴∠AED=90°，
∴∠OCD=90°，即OC⊥DE，
∴CD切⊙O于点C，该选项正确，不符合题意；D、当OA=AC时，由OA=OC得到OA=OC=AC，
∴△OAC是等腰三角形，无法确定∠OCD=90°，
∴不能得到CD切⊙O于点C，该选项不正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查切线的判定，平行线的判定与性质，熟记圆的切线的判定是解决问题的关键．
【变式4-1】如图，A、B是⊙O上的两点，AC是过A点的一条直线，如果∠AOB=120°，那么当∠CAB的
度数等于 度时，AC才能成为⊙O的切线．
【答案】60
【分析】由已知可求得∠OAB的度数，因为OA⊥AC，AC才能成为⊙O的切线，从而可求得∠CAB的度
数．
【详解】解：∵△AOB中，OA=OB，∠AOB=120°，
1
∴∠OAB=∠OBA= (180°−∠AOB)=30°，
2
∵当OA⊥AC即∠OAC=90°时，AC才能成为⊙O的切线，
∴当∠CAB的度数等于60°，即OA⊥AC时，AC才能成为⊙O的切线．
故答案为：60．
【点睛】本题考查了切线的判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握切线的判定定理是解答此
题的关键．
【变式4-2】在下图中，AB是⊙O的直径，要使得直线AT是⊙O的切线，需要添加的一个条件是
．（写一个条件即可）
【答案】∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）【分析】根据切线的判定条件，只需要得到∠BAT=90°即可求解，因此只需要添加条件：∠ABT=∠ATB=45°
即可．
【详解】解：添加条件：∠ABT=∠ATB=45°，
∵∠ABT=∠ATB=45°，
∴∠BAT=90°，
又∵AB是圆O的直径，
∴AT是圆O的切线，
故答案为：∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，三角形内角和定理，熟知圆切线的判定条件是解题的关键．
【变式4-3】如图，点C在以AB为直径的半圆上AB=6，∠ABC=30°，点D在线段AB上运动，点E与
点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F，当AD长度为 时，
EF与半圆相切．
3
【答案】 /1.5
2
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、切线的判定、轴对称的性质等知识，根据题目的已知条件
并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
连接OC，CD，先证明△AOC是等边三角形，从而可得∠ACO=60°，然后利用等腰三角形的三线合
一性质可得∠ACD=30°，进而可得∠ECA=30°，然后再证∠OCE=90°，即可判断．
3
【详解】解：当AD= 时，EF与半圆相切．
2
连接OC，CD，∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC=30°，
∴∠CAB=60°
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
3
∵AD= ，OA=3，
2
3 3
∴OD=OA−AD=3− = ，
2 2
∴AD=OD，
1
∴∠ACD= ∠ACO=30°，
2
∵点E与点D关于AC对称，
∴∠ECA=∠ACD=30°，
∴∠OCE=∠ECA+∠ACO=90°，
∴OC⊥EF，
∵OC是半⊙O的半径，
∴EF与半⊙O相切，
3
∴当AD= 时，EF与半圆相切．
2
3
故答案为： ．
2
【题型5 连半径证明某直线是圆的切线】
【例5】（24-25九年级上·甘肃嘉峪关·期末）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5-1】（2025·山东临沂·一模）如图，△ABC内接于⊙O，D是BC上一点，AD=AC．E是⊙O
外一点，∠BAE=∠CAD，∠ADE=∠ACB，连接BE．(1)若CD=2，DE=6，求BD的长；
(2)求证：EB是⊙O的切线．
【答案】(1)4
(2)见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，切线的判定，掌握切线的判定是关键．
（1）证明 △ADE≌△ACB(ASA)，得到BC=DE=6，即可求解；
（2）连接BO并延长交⊙O于点F，可得∠AFB+∠ABF=90°，∠AFB=∠ACB，
∠ABE=∠AFB，所以∠ABF+∠ABE=90°，结合切线的判定即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAE=∠CAD，
∴∠BAE+∠BAD=∠CAD+∠BAD，即∠EAD=∠BAC，
又∵∠ADE=∠ACB，AD=AC，
∴△ADE≅△ACB(ASA)，
∴BC=DE=6，
∴BD=BC−CD=6−2=4；
（2）证明：连接BO并延长交⊙O于点F，连接AF，
∵BF是⊙O的直径，
∴∠BAF=90°，
∴∠AFB+∠ABF=90°，
⏜ ⏜
∵ AB=AB ，∴∠AFB=∠ACB，
由（1）知△ADE≅△ACB(ASA)
∴AE=AB，
∴∠AEB=∠ABE，
又∠BAE=∠CAD，
∴∠ABE=∠ACB，
∴∠ABE=∠AFB，
∴∠ABF+∠ABE=90°，
∴OB⊥BE，
∴EB是⊙O的切线．
【变式5-2】（2025·辽宁朝阳·三模）如图，AB是△ABC的外接圆⊙O的直径，点D为OB上一点，过点
D作DE⊥AB于点D，交AC的延长线于点E，点F为线段DE上一点，且CF=EF．求证：CF是⊙O的
切线；
【答案】见解析
【分析】本题题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键；
连结OC，根据OA=OC，可得∠A=∠OCA，根据CF=EF，可得∠E=∠FCE，由DE⊥AB，可
得∠A+∠E=90°，进而得出∠OCF=90°，即可得证．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA，
∵CF=EF，
∴∠E=∠FCE，∵DE⊥AB于点D，
∴∠ODE=90°，
∴∠A+∠E=90°，
∴∠OCA+∠FCE=90°，
∵∠OCA+∠OCF+∠FCE=180°，
∴∠OCF=90°，即OC⊥CF，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线.
【变式5-3】（2025九年级下·浙江·专题练习）如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD
，延长AD交⊙O于E，连接CE．求证：CE为⊙O的切线．
【答案】见解析
【分析】本题考查圆周角定理，圆的切线的判定，全等三角形的判定和性质，矩形的性质等众多知识点，
熟悉掌握以上知识点是解题关键．连接OC、BE，根据矩形性质和圆半径相等，推出∠CDE=∠AEO
，进而得到OP=CP，然后根据OB∥CD，可以推出∠COE=∠BOC，最后通过证明
△BOC≌△EOC即可求解．
【详解】证明：如图：连接OC、BE，OE，CD交于点P，
∵四边形OBCD是矩形，
∴OB∥CD，∠OBC=90°，OB=CD，
∵OB∥CD，
∴∠A=∠CDE，
∵在⊙O中，OA=OB=OE，
∴OE=CD，∵OA=OE，
∴∠A=∠AEO，
∴∠CDE=∠AEO，
∴DP=PE，
∵OE=CD，
∴OP=CP，
∴∠COE=∠DCO，
∵OB∥CD，
∴∠DCO=∠BOC，
∴∠COE=∠BOC，
在△BOC和△EOC中，
{
OB=OE
)
CO=CO ，
∠BOC=∠COE
∴△BOC≌△EOC，
∴∠CEO=∠OBC=90°，
∴CE⊥OE，
又∵OE为⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线．
【题型6 作垂直证明某直线是圆的切线】
【例6】如图，O为正方形ABCD对角线上一点，以O为圆心，OA的长为半径的⊙O与CD相切于点M，
（1）求证：BC与⊙O相切；
（2）若正方形的边长为1，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）2−❑√2.
【分析】（1）过O作OH⊥BC于H, 由正方形ABCD，可得∠ACB=∠ACD=45°, 证明OM⊥CD,
再证明OM=OH, 从而可得结论；
（2）正方形ABCD，可得∠ACB=∠BAC=45°, 求解AC=❑√AB2+BC2=❑√2, 再证明OH=CH=r,求解OC=❑√r2+r2=❑√2r, 利用OA+OC=AC, 列方程，解方程可得答案．
【详解】解：（1）过O作OH⊥BC于H,
∵ 正方形ABCD，
∴∠ACB=∠ACD=45°,
∵CD是⊙O的切线，
∴OM⊥CD,
∴OM=OH,
∵OM为⊙O的半径，
∴ BC与⊙O相切；
（2）∵ 正方形ABCD，
∴AB=BC=1,∠B=90°, ∠ACB=∠BAC=45°,
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√2,
∵OH⊥BC, 设⊙O的半径为r,
∴∠OHC=∠OCH=45°,
∴OH=CH=r,
∴OC=❑√r2+r2=❑√2r,
∵OA+OC=AC,
∴r+❑√2r=❑√2,
❑√2
∴r= =❑√2(❑√2−1)=2−❑√2.
❑√2+1
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的切线的判定，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性
质，角平分线的性质，二次根式的运算，掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-1】如图，AO是Rt△ABC的角平分线，∠ACB=90°，以点O为圆心，OC为半径画圆，过点B作AO的垂线，交AO的延长线于点D．求证：AB是⊙O的切线
【答案】证明：过点作OE⊥AB，垂足为点，如图，
∴∠AEO=90°，
由作图知，AC是⊙O的切线，且∠ACB=90°，
∴∠AEO=∠ACO=90°，
∵AO是∠BAC的角平分线，
∴OE=OC，
∴AB是⊙O的切线
【分析】本题考查的是角平分线的性质，切线的判定有关知识.
过点作OE⊥AB，垂足为点，根据角平分线性质定理可得OE=OC，从而可知AB为⊙O的切线(作垂直
证相等).
【变式6-2】如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AB上的一点，DE＝
DC，以D为圆心，DB长为半径作⊙D．
（1）求证：AC是⊙D的切线；
（2）求线段AC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）8
【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，根据切线的性质可得∠B=90°，即AB⊥BC，然后根据角平分线的性
质可得DE=DF，从而证得结论；
（2）根据已知DE=DC和（1）的结论可知DF⊥AC，AB⊥BC以及半径DB=DF，得证Rt△BDE≌Rt△DCF
（HL），进而得证EB=FC,再由AB=AF，可知AC=AF+FC=AB+EB=8．
【详解】解：（1）过点D作DF⊥AC于F；
∵AB为⊙D的切线，
∴∠B=90°，
∴AB⊥BC
∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，
∴BD=DF，
∴AC与圆D相切；
（2）在△BDE和△DCF中；
∵BD=DF，DE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），
∴EB=FC．∵AB=AF，
∴AB+EB=AF+FC，
即AB+EB=AC，
∴AC=5+3=8．
【点睛】本题考查切线的性质与判定，直角三角形全等的判定与性质．
【变式6-3】如图1，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与□O相切于点D，底BC交
⊙O于点E，F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）如图2，连接AF，DF，AF交⊙O于点G，点D是弧EG的中点，若AD=2，AF=4，求⊙O的
半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）⊙O的半径为2.5．
【分析】（1）连接OA，OD，过O作OH⊥AC于点H，根据三线合一可得∠BAO=∠CAO，然后根
据角平分线的性质可得OH=OD，然后根据切线的判定定理即可证出结论；
（2）连接OD，过D作DK⊥BC于点K，根据平行线的判定证出OD//AF，证出AF⊥AB，根据角平
分线的性质可得AD=DK=2，然后利用HL证出Rt△ADF≅Rt△KDF，从而得出FK=AF=4，设
⊙O的半径为x，根据勾股定理列出方程即可求出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接OA，OD，过O作OH⊥AC于点H．
∵AB=AC，O是底边BC的中点，
∴∠BAO=∠CAO，
∵AB是⊙O的切线，
∴OD⊥AB，
∴OH=OD．∴AC是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接OD，过D作DK⊥BC于点K．
∵点D是EG的中点，
∴∠AFD=∠DFK=∠ODF，
∴OD//AF
∴AF⊥AB，
∴AD=DK=2
在Rt△ADF和Rt△KDF中，
{AD=DK)
DF=DF
∴Rt△ADF≅Rt△KDF
∴FK=AF=4
设⊙O的半径为x
由勾股定理得：DK2＋OK2=OD2
即22+(4−x) 2=x2，
解得：x=2.5．
∴□O的半径为2.5．
【点睛】此题考查的是等腰三角形的性质、角平分线的性质、切线的判定及性质、全等三角形的判定及性
质和勾股定理，掌握等腰三角形的性质、角平分线的性质、切线的判定及性质、全等三角形的判定及性质
和勾股定理是解决此题的关键．
【题型7 切线性质的应用】
【例7】（24-25九年级上·江西新余·阶段练习）如图，⊙O与△OAB的边AB相切，切点为B． 将
△OAB绕点 B 按顺时针方向旋转得到△O′ A′B，使点O′落在⊙O上，边A′B交线段AO于点C．若
∠A′=25°，则∠OCB= °．【答案】85
【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．也考查了旋转的性质．根据切线的性
质得到∠OBA=90°，连接OO′，如图，再根据旋转的性质得∠A=∠A′=25°，∠ABA′=∠OBO′
，BO=BO′，则判断△OO′B为等边三角形得到∠OBO′=60°，所以∠ABA′=60°，然后利用三角形
外角性质计算∠OCB．
【详解】解：∵⊙O与△OAB的边AB相切，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA=90°，
连接OO′，如图，
∵△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′ A′B，
∴∠A=∠A′=25°，∠ABA′=∠OBO′ ，BO=BO′，
∵OB=OO′，
∴△OO′B为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∴∠ABA′=60°，
∴∠OCB=∠A+∠ABC=25°+60°=85°．
故答案为：85．
【变式7-1】（2025·湖南·中考真题）如图，△ABC的顶点A，C在⊙O上，圆心O在边AB上，
∠ACB=120°，BC与⊙O相切于点C，连接OC．(1)求∠ACO的度数；
(2)求证：AC=BC．
【答案】(1)30°
(2)见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解
题的关键．
（1）由切线的性质得到∠OCB=90°，据此根据角的和差关系可得答案；
（2）由等边对等角得到∠OAC=∠ACO=30°，再由三角形内角和定理可得∠B=30°，则可证明
∠A=∠B，进而可证明AC=BC．
【详解】（1）解：∵BC与⊙O相切与点C，
∴OC⊥BC，
∴∠OCB=90°，
∵∠ACB=120°，
∴∠ACO=∠ACB−∠OCB=120°−90°=30°;
（2）证明：∵OA=OC，
∴∠OAC=∠ACO=30°，
∵∠ACB=120°，∠A+∠B+∠ACB=180°，
∴∠B=30°，
∴∠A=∠B，
∴AC=BC．
【变式7-2】（2025·重庆·二模）如图，在△ABC中，AC=BC，⊙O经过点C且与AB相切于点B，交
AC于点D，连接BD，OC，OD．若∠ABD=40°，则∠COD的度数是（ ）A．40° B．50° C．60° D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角．利用切线的性质求得∠ABO=90°，求得
∠OBD=50°，利用等边对等角求得∠ODB=50°，利用三角形内角和定理求得∠BOD=80°，利用圆
周角定理求得∠BCD=40°，再利用等边对等角和圆周角定理即可求解．
【详解】解：连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴OB⊥AB即∠ABO=90°，
∵∠ABD=40°，
∴∠OBD=50°，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=50°，
∴∠BOD=180°−50°−50°=80°，
∵B´D=B´D，
1
∴∠BCD= ∠BOD=40°，
2
∵AC=BC，
1
∴∠A=∠CBA= (180°−∠BCD)=70°，
2∴∠CBD=70°−∠ABD=30°，
∵C´D=C´D，
∴∠COD=2∠CBD=60°，
故选：C．
【变式7-3】（24-25九年级上·湖北宜昌·期末）如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O与BC，AC分
别交于点D，E，AF与过E点的切线EF垂直，垂足为F．
(1)求证：AC平分∠BAF；
(2)当BC=AC时，求证：CD=CE．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质．
（1）利用切线的性质求得∠OEF=90°，利用平行线的性质求得∠FAE=∠AEO，再等边对等角即可
得到∠FAE=∠OAE，即可得到AC平分∠BAF；
（2）证明∠AOE=∠BOD，推出BD=AE，即可证明CD=CE．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵EF为⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEF=90°，
又∵AF⊥EF，
∴∠AFE=90°，
∴∠OEF=∠AFE=90°，∴AF∥OE，
∴∠FAE=∠AEO，
又∵OE=OA，
∴∠OAE=∠AEO，
∴∠FAE=∠OAE，
即AC平分∠BAF；
（2）证明：连接OD，
∵BC=AC，
∴∠OAE=∠ABC，
∵OA=OE=OB=OD，
∴∠OEA=∠OAE=∠OBD=∠ODB
∴∠AOE=∠BOD，
∴BD=AE，
∴CD=CE．
【题型8 切线的判定和性质的综合应用】
【例8】（24-25九年级上·江西南昌·期末）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，过点B作BC∥OA交
⊙O于点C，连接OC，请仅用无刻度的直尺，按下列要求画图（保留作图痕迹，不写作法）．
(1)在图1中作∠C的平分线CD；
(2)在图2中作⊙O的切线AE（切点E不与B重合）．
【答案】(1)作图见详解
(2)作图见详解
【分析】（1）如图所示，设⊙O与OA交于点D，连接CD，根据等边对等角，平行线的性质即可求解；
（2）如图所示，延长CO交⊙O于点E，连接AE,OB，可证△AOE≌△AOB(SAS)，得到
∠AEO=∠ABO，由切线的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，设⊙O与OA交于点D，连接CD，∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∵BC∥OA，
∴∠ODC=∠BCD，
∴∠OCD=∠BCD，
∴CD是∠BCO的角平分线，
∴CD即为所求作作图；
（2）解：如图所示，延长CO交⊙O于点E，连接AE,OB，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵BC∥OA，
∴∠EOA=∠OCB,∠AOB=∠OBC，
∴∠EOA=∠BOA，
在△AOE和△AOB中，
{
OE=OB
)
∠EOA=∠BOA ，
OA=OA
∴△AOE≌△AOB(SAS)，
∴∠AEO=∠ABO，
∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴∠ABO=90°，
∴∠AEO=90°，且OE是半径，点E是半径外端点，
∴AE是⊙O的切线，即AE是所求作图形．
【点睛】本题主要考查圆的基础知识，等腰三角形的定义，平行线的性质，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式8-1】如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且DC＝AD．过点A作⊙O的切线，过点C作
DA的平行线，两直线交于点F，FC的延长线交AB的延长线于点G．
(1)求证：FG与⊙O相切；
(2)连接EF，若AF＝2，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=❑√7
【分析】（1）连接OC，AC．先证明△ACD为等边三角形．可得∠ACO=∠OAC=30°．再由FG∥DA，可得
∠ACF=∠DAC=60°．从而得到∠OCF=90°．即可求证；
（2）根据AD∥FG，可得∠AGF=∠DAE=30°．再根据直角三角形的性质可得FG=2AF=4，
AG=❑√FG2−AF2=2❑√3．再证得△ADE≌△GCE．可得AE=GE=❑√3．然后由勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接OC，AC．
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE，AD=AC．
∵DC=AD，
∴DC=AD=AC．
∴△ACD为等边三角形．
∴∠D=∠DCA=∠DAC=60°．
∴∠AOC=30°，
∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC=30°．
∵FG∥DA，
∴∠ACF=∠DAC=60°．
∴∠OCF=90°．
∴OC⊥FG．
∵OC为半径，
∴FG与⊙O相切．
（2）解∶∵AD∥FG，
∴∠AGF=∠DAE=30°．
∵AF为⊙O的切线，
∴∠FAG=90°，
∴FG=2AF=4，
∴AG=❑√FG2−AF2=2❑√3．
在△ADE和△GCE中，
∵∠AGF=∠DAE=30°．∠CEG=∠AED，DE=CE，
∴△ADE≌△GCE．
∴AE=GE=❑√3．
∴EF=❑√AE2+AF2=❑√7．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，切线的性质和判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，
全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理，切线的性质和判定，直角三角形的性质，等边
三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式8-2】已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A,B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的
1
交点，连接OB，OF，AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G+ ∠BOF=90°．
2(1)求证：FG是⊙O的切线；
(2)如果正方形边长为8，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，可得AF是⊙O的直径，根据圆周角定理可得
1 1
∠BAF= ∠BOF，再根据∠G+ ∠BOF=90°，可得∠BAF+∠G=90°，可证AF⊥FG，由此
2 2
即可求证；
（2）如图所示，连接OE，过O作OH⊥BC于H，可得四边形OECH是矩形，可求出OH的长，设
OB=OE=CH=r，可用含r的式子表示BH，在Rt△BOH中，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=90°，
∴AF是⊙O的直径，
1 1
∵∠BAF= ∠BOF，∠G+ ∠BOF=90°，
2 2
∴∠BAF+∠G=90°，
∴∠AFG=90°，即AF⊥FG
∴FG是⊙O的切线．
（2）解：如图所示，连接OE，
∵⊙O与CD相切于点E，即CD是⊙O的切线，
∴OE⊥CD，且OB=OF（圆的半径相等），
过O作OH⊥BC于H，则四边形OECH是矩形，BH=FH，
∴OH=CE,CH=OE，
∵AO=OF,AB=8，即O,H分别是AF,BF的中点，
1
∴OH= AB=4，
2设OB=OE=CH=r，
∴BH=BC−OE=8−r，
在Rt△BOH中，
∵OB2=BH2+OH2，
∴r2=(8−r) 2+42，
∴r=5．
【点睛】本题主要考查圆与正方形的综合，掌握正方形的性质，切线的证明和性质，勾股定理等知识是解
题的关键．
【变式8-3】如图，已知D是⊙O上一点，AB是直径，∠BAD的平分线交⊙O于点E，⊙O的切线BC
交OE的延长线于点C，连接OD，CD．
(1)求证：CD为⊙O的切线．
(2)若AB=2，
①若AE∥CD，则BC=________．
②作△AEO关于直线OE对称的△FEO，连接BF，BE，当四边形BEOF是菱形时，求CE的长．
【答案】(1)见详解
(2)①❑√3；②CE=1
【分析】（1）先由切线的性质得到∠OBC=90°，由角平分线的定义得到∠DAE=∠BAE，再由圆周
角定理得到∠DOE=2∠DAE，∠BOE=2∠BAE，则∠DOE=∠BOE，证明
△ODC≌△OBC(SAS)得到∠ODC=∠OBC=90°，即可证明结论；
（2）①先证明OD⊥AE，则由垂径定理可得A´D=D´E，则∠AOD=∠DOE=∠BOE=60°，进而求
❑√3
出∠BCO=30°，即可得到BC=❑√3OB= AB=❑√3；
2
②如图所示，由菱形的性质可得BE=OE=1，∠EOB=∠EBO，进而证明∠BCE=∠CBE，即可得
到CE=BE=1．【详解】（1）证明：∵BC是⊙O的切线，
∴BC⊥OB，
∴∠OBC=90°，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
又∵∠DOE=2∠DAE，∠BOE=2∠BAE，
∴∠DOE=∠BOE，
又∵OD=OB，OC=OC，
∴△ODC≌△OBC(SAS)，
∴∠ODC=∠OBC=90°，
又∵D是⊙O上一点，
∴CD为⊙O的切线；
（2）解：①∵CD∥AE，OD⊥CD，
∴OD⊥AE，
∴A´D=D´E，
∴∠AOD=∠DOE=∠BOE，
又∵∠AOD+∠DOE+∠BOE=180°，
∴∠AOD=∠DOE=∠BOE=60°，
∴∠BCO=30°，
❑√3
∴BC=❑√3OB= AB=❑√3，
2
故答案为：❑√3；
②如图所示：∵四边形BEOF是菱形，
∴BE=OE=1，∠EOB=∠EBO，
∵∠EOB+∠BCE=90°，∠EBO+∠CBE=90°，
∴∠BCE=∠CBE，
∴CE=BE=1．
【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，垂径定理，圆周角定理，菱形的性质，等边对等角，勾股定
理，含30度角的直角三角形的性质，熟知切线的性质与判定定理是解题的关键．
【题型9 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离】
【例9】如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的⊙P的圆心在直线AB上，开始
时，PO=6cm．如果⊙P以1cm/s的速度向右运动，那么当⊙P的运动时间t(s)满足条件
时，⊙P与直线CD相交．
【答案】46❑√3+2．
【分析】作出⊙P运动过程中恰好与菱形有交点时的图形，求出P ，P ，P 与P点的距离，可得出运动时
1 2 3
间，从而得出无交点时的时间范围．
【详解】如图所示，⊙P运动过程中恰好与与菱形有交点时有三个位置：P ，P ，P ，
1 2 3连接BD，与AC交于点H，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°
∴BD⊥AC，AH=HC，∠DAC=30°
在Rt△ADH中，AD=6cm
❑√3
∴AH=AD⋅cos30°=6× =3❑√3cm
2
∴AC=2AH=6❑√3cm
①当P运动到P 时，圆与AD相切与点E，连接P E，
1 1
∴P E⊥AD
1
在Rt△AP E中，P E=PA=1cm，∠P AE=30°
1 1 1
∴P A=2 P E=2cm，
1 1
∴P P= P A+PA=3cm
1 1
3
∴P运动到P 位置时，时间t = =3s
1 1 1
②当P运动到P 时，圆与CD相切与点F，连接P F，
2 2
∴P F⊥CD
2
同①可得P C=2cm，
2
此时P A=AC-P C=(6❑√3−2)cm，P P=P A+PA=(6❑√3−1)cm
2 2 2 2
6❑√3−1
∴P运动到P 位置时，时间t = =(6❑√3−1)s
2 2 1
③当P运动到P 时，点C在圆上且圆心在点C的右侧，
3
此时P P=P C+AC+PA=1+6❑√3+1=(6❑√3+2)cm
3 3
6❑√3+2
∴P运动到P 位置时，时间t = =(6❑√3+2)s
3 3 1
由图可知，当圆P运动到P P 之间（不含P 、P ），或者运动到P 右侧时，与菱形的边无交点，
1 2 1 2 3
∴动点P运动时间36❑√3+2故答案为：36❑√3+2．
【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系，熟练掌握切线的性质，作出临界点的图形进行分析是解题的关
键．
【题型10 求直线平移到与圆相切时运动的距离】
【例10】（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）已知⊙O的半径为5cm，点O到直线l的距离OP为7cm．
把直线l向上平移 cm，才能使l与⊙O相切?
【答案】2或12/12或2
【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系，根据直线与圆的位置关系即可求解．
【详解】解：观察图形：∵⊙O的半径为5cm，点O到直线l的距离OP为7cm．
∴把直线l向上平移7−5=2cm或7+5=12cm才能使l与⊙O相切，
故答案为：2或12．
【变式10-1】如图，⊙O的半径为4 cm，直线l⊥OA，垂足为O，则直线l沿射线OA方向平移 cm时与
⊙O相切．
【答案】4
【分析】直线l与 ⊙O相切时，直线到圆心的距离等于圆的半径，因而直线l沿射线OA方向平移4cm时与
⊙O相切．
【详解】∵直线到圆心的距离等于圆的半径，直线l与⊙O相切，
∴直线l沿射线OA方向平移4cm时与⊙O相切.
故答案为4.
【点睛】本题考查切线的性质.
【变式10-2】如图，⊙O半径OC=10cm，直线l⊥OC，垂足为H，且l交⊙O于A，B两点，
AB=16cm，将直线l沿OC所在直线向下平移，若l恰好与⊙O相切时，则平移的距离为（ ）A．2cm B．4cm C．6cm D．16cm
【答案】B
【分析】连接OA，由垂径定理和勾股定理得OH=6，当点H平移到点C时，直线与圆相切，求得
CH=OC−OH=2cm．
【详解】解：连接OA，
∵l⊥OC，
1
∴AH= AB=8，OA=OC=10，
2
∴OH=❑√OA2−AH2=❑√102−82=6，
∵将直线l沿OC所在直线向下平移，若l恰好与⊙O相切时，
∴CH=OC−OH=4cm，
即直线在原有位置向下移动4cm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．
【变式10-3】如图，直线l ∥l ，⊙O与l 和l 分别相切于点A和点B．点M和点N分别是l 和l 上的动
1 2 1 2 1 2
点，MN沿l 和l 平移．⊙O的半径为1，∠1=60°．下列结论错误的是（ ）．
1 24❑√3
A．MN= B．若MN与⊙O相切，则AM=❑√3
3
C．若∠MON=90°，则MN与⊙O相切D．l 和l 的距离为2
1 2
【答案】B
【分析】根据直线与圆的相关知识，逐一判断．
4❑√3
【详解】解：A、平移MN使点B与N重合，∠1=60°，AB=2，解直角三角形得MN= ，正确；
3
❑√3
B、当MN与圆相切时，M，N在AB左侧以及M，N在A，B右侧时，AM=❑√3或 ，错误；
3
C、若∠MON=90°，连接NO并延长交MA于点C，则△AOC≌△BON，故CO=NO，
△MON≌△MOC，故MN上的高为1，即O到MN的距离等于半径．正确；
D、l ∥l ，两平行线之间的距离为线段AB的长，即直径AB=2，正确．
1 2
故选：B．
【点睛】本题考查了直线与圆相切的判断方法和性质，全等三角形的判定及性质，平行线间的距离，熟练
掌握直线与圆相切的判断方法和性质是解题的关键．
