2024年中考数学复习（全国版）第27讲 与圆有关的位置关系（讲义）（解析版）

第27讲与圆有关的位置关系目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知识建构考点一点、直线与圆的位置关系题型01判断点和圆的位置关系题型02根据点和圆的位置关系求半径题型03判断直线与圆的位置关系题型04根据直线与圆的位置关系求半径题型05根据直线与圆的位置关系求点到直线的距离题型06求圆平移到与直线相切时圆心坐标题型07求圆平移到与直线相切时运动距离题型08根据直线与圆的位置关系求交点个数题型09圆和圆的位置关系考点二切线的性质与判定题型01判断或补全使直线成为切线的条件题型02利用切线的性质求线段长题型03利用切线的性质求角度题型04证明某条直线时圆的切线类型一由公共点：连半径，证垂直类型二无公共点：作垂直，证半径题型05利用切线的性质定理证明题型06切线的性质与判定的综合运用题型07作圆的切线题型08应用切线长定理求解题型09应用切线长定理求证考点三三角形内切圆与外接圆题型01判断三角形外接圆圆心位置题型02求外心坐标题型03已知外心的位置判断三角形形状题型04求特殊三角形外接圆的半径题型05由三角形的内切圆求长度题型06由三角形的内切圆求角度题型07由三角形的内切圆求周长、面积题型08求三角形的内切圆半径题型09直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系题型10圆外切四边形模型题型11三角形内心有关的应用题型12三角形外接圆与内切圆综合考点要求新课标要求命题预测点、直线与圆的位置关系探索并掌握点与圆的位置关系.能用尺规作图:过不在同一直线上的三点作圆.了解直线与圆的位置关系.本专题内容也是各地中考数学中的必考考点之一，主要内容包括点、直线与圆的位置关系、切线的性质和判定、三角形的内切圆和外接圆三块，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大.关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分．切线的性质与判定掌握切线的概念.探索并证明切线长定理.三角形内切圆与外接圆了解三角形的内心与外心.通过尺规作作三角形的外接圆、内切圆.考点一点、直线与圆的位置关系1.点和圆的位置关系已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则：位置关系图形定义性质及判定点在圆外点在圆的外部d>r点P在圆外点在圆上点在圆周上d=r点P在圆上点在圆内点在圆的内部d<r点P在圆内【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．2.直线和圆的位置关系设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表：位置关系图形公共点个数性质及判定相离没有公共点d>r直线l与⊙O相离相切有唯一公共点d=r直线l与⊙O相切相交有两个公共点d<r直线l与⊙O相交【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．3.圆和圆之间的位置关系设⊙O1、⊙O2的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：位置关系图形公共点个数性质及判定外离无d>外切1个切点d=相交两个交点R-内切1个切点d=内含无0≤两圆相切、相交的重要性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦.11.由于圆是轴对称和中心对称图形，当题目中未给出具体图形时，要结合题意画出符合题意的图形，并进行分类讨论，否则比较容易漏解．2.经过一个点作圆,圆心的位置具有任意性；经过两个点作圆,圆心的位置就有了规律性,即圆心位于两点连线的垂直平分线上.3.直线和圆的位置关系可以转化为直线与圆的公共点的个数来研究；也可转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系来研究，这两个角度的论述其实是等价的.4.圆与圆之间的有些位置关系有两种情况，做题时要分类讨论，防止漏解：①两圆没有交点：外离或内含；②两圆有一个交点：外切或内切；③两圆有两个交点：两圆心在公共弦同侧或异侧．题型01判断点和圆的位置关系【例1】（2022·广东广州·统考一模）平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为5，则点P0,4与⊙OA．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法确定【答案】A【分析】本题根据题意可作图可知d<r，即可判定点P与⊙【详解】解：由题意可作图，如下图所示：∵d=4<5∴点P在⊙O内故A正确，B、C、D错误，故选：A.【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，熟记d，r法则是解题的关键．【变式1-1】（2022·广东广州·统考一模）A，B两个点的坐标分别为（3，4），（﹣5，1），以原点O为圆心，5为半径作⊙O，则下列说法正确的是（）A．点A，点B都在⊙O上 B．点A在⊙O上，点B在⊙O外C．点A在⊙O内，点B在⊙O上 D．点A，点B都在⊙O外【答案】B【分析】根据勾股定理，可得OA、OB的长，根据点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．【详解】解：∵OA＝32+4OB＝52+12＝∴点A在⊙O上，点B在⊙O外．故选：B．【点睛】本题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．【变式1-2】（2022·江苏扬州·校联考一模）若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O．（填“上”、“内”、“外”）【答案】内【分析】点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此作答．【详解】解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，即点A到圆心的距离小于圆的半径，∴点A在⊙O内．故答案为：内．【点睛】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．题型02根据点和圆的位置关系求半径【例2】（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先利用勾股定理可得AC=3，再根据“点C在⊙A内且点B在⊙A外”【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AB∴AC∵点C在⊙A内且点B在⊙∴AC<r观察四个选项可知，只有选项C符合，故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．【变式2-1】（2022·江苏扬州·统考一模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P是平面内一点，以P、B、C为顶点的三角形是等腰三角形，则PD的最小值为（A．45 B．1 C．75 D【答案】B【分析】根据题意，分别以B,C为圆心BC的长为半径，作⊙B,⊙C，作BC的垂直平分线，则符合题意的点P，在⊙【详解】如图，分别以B,C为圆心BC的长为半径，作⊙B,⊙C，作BC的垂直平分线，则符合题意的点P当P位于CD的延长线与⊙C∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC∴∴PD≥PC故选B【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，等腰三角形的性质，根据题意作出两圆一线是解题的关键．【变式2-2】（2022·山东枣庄·校考一模）点P是非圆上一点，若点P到⊙O上的点的最小距离是4cm，最大距离是9cm，则⊙O的半径是【答案】6.5cm或【分析】分点P在⊙O外和⊙O内两种情况分析；设⊙O【详解】设⊙O的半径为xcm当点P在⊙O外时，根据题意得：4+2∴x=2.5当点P在⊙O内时，根据题意得：2∴x=6.5故答案为：6.5cm或2.5【点睛】本题考查了圆、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆的性质，从而完成求解．【变式2-3】（2022·上海静安·统考二模）如图，已知矩形ABCD的边AB=6，BC=8，现以点A为圆心作圆，如果B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，那么⊙A半径r【答案】6<r<10【分析】先求出矩形对角线的长，然后由B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，即可确定⊙A半径r【详解】解：连接AC，如图，∵AB=6，BC由勾股定理可得：AC=∵AB=6，BC=8，AC又∵B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，∴点B在⊙A内，点C在⊙∴6<r<10．故答案为：6<r<10．【点睛】本题主要考查的是勾股定理、点与圆的位置关系．题型03判断直线与圆的位置关系【例3】（2023·广东广州·华南师大附中校考一模）如图，RtΔABC中，∠C=90°，AB=5，cosA=45，以点B为圆心，r为半径作⊙B，当A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定【答案】B【分析】根据RtΔABC中，∠C=90°，cosA=45，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC的值，比较BC与半径【详解】解：∵RtΔABC中，∠C=90°，∴cosA=AC∵AB=5∴AC=4∴BC=B当r=3时，⊙B与故选：B【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．【变式3-1】（2023·江西南昌·统考一模）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（

）A．相切 B．相交 C．相离 D．平行【答案】B【分析】根据直线和圆的位置关系的进行判断即可．【详解】解：∵餐盘看成圆形的半径大于餐盘的圆心到筷子看成直线l的距离为d.∴d<r，∴直线和圆相交．故选：B【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d<r时，直线和圆相交．【变式3-2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，tanA=34．D、E分别是边BC、AB上的点，DE∥AC，且BD=2CD．如果A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定【答案】B【分析】设圆E交DE于点F，则EF=AE，设CD=x，可得BD=2x，BC=3x，再由tanA=34．可得AC=4x，AB=5x，然后根据DE∥AC，可得DE=83x，【详解】解：如图，设圆E交DE于点F，则EF=AE，设CD=x，∵BD=2∴BD=2x，BC=3x，∵tanA∴AC=4x，∴AB=5x，∵DE∥∴BEAE=BD∴BE=2AE，DE=∴EF=AE=53∴DE=∴CD=DE，∵⊙E经过点A，且与⊙∴⊙D的半径为x∵∠C=90°，即AC⊥∴⊙D与直线AC故选：B【点睛】本题主要考查了解直角三角形，切线的判定，圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握直角三角形的性质，切线的判定，圆与圆的位置关系等知识是解题的关键．【变式3-3】（2023·四川内江·威远中学校校考一模）已知平面直角坐标系中，点P（x0,y0）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：d=根据以上材料，解答下列问题：（1）求点M（0，3）到直线y=（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r＝4，判断⊙M与直线y=3x+9的位置关系，若相交，设其弦长为【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，n【分析】（1）直接利用公式计算即可；（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长．【详解】解：（1）∵y＝3x＋9可变形为3x－y＋9＝0，则其中A＝3，B＝－1，C＝9，由公式可得d=∴点M到直线y＝3x＋9的距离为3，（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4，∵d＜r∴直线与圆相交，则弦长n=2×【点睛】本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运用圆的相关性质进行推理和计算．题型04根据直线与圆的位置关系求半径【例4】（2023·重庆开州·统考一模）如图，OA是⊙О的一条半径，点P是OA延长线上一点，过点P作⊙O的切线PB，点B为切点．若PA=1，PB=2，则半径OA的长为（

）A．43 B．32 C．85【答案】B【分析】由题意得，△PBO是直角三角形，设OA=x，则OB=x，在Rt△PBO中，PO=x【详解】解：由题意得，PA=1，PB=2，∴△PBO设OA=x，则OB=x，在Rt△PBO中，xx解得x=则半径OA的长为32故选B．【点睛】本题考查了圆，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．【变式4-1】（2023·上海浦东新·校考三模）在平面直角坐标系中，以点A4,3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．0<R<5 B．3<R<4 C．【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：∵A∴OA=∵原点O在圆A的外部，∴R<OA，即∵圆A与x轴相交，∴R>3∴3<R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．【变式4-2】（2023·上海嘉定·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13，sinA=513，以点C为圆心，R【答案】5<R<12【分析】求出线段AC、BC，再根据点与圆得位置关系判断即可．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB∴BC=∴AC=∵以点C为圆心，R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，∴5<R故答案为：5<R【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是根据题意求出BC=5，AC【变式4-3】（2020·河北石家庄·石家庄市第五十中学校考模拟预测）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．点O为边AB上一点（不与A重合）⊙O是以点O为圆心，AO为半径的圆．当⊙O与三角形边的交点个数为3时，则OA的范围（）A．0＜OA≤158或2.5≤OA＜5 B．0＜OA<158或C．OA＝2.5 D．OA＝2.5或15【答案】B【分析】根据题意可以画出相应的图形，然后即可得到OA的取值范围，本题得以解决．【详解】解：如右图所示，当圆心从O1到O3的过程中，⊙O与三角形边的交点个数为3，当恰好到达O3时则变为4个交点，作O3D⊥BC于点D，则∠O3BD＝∠ABC，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝5，设O3A＝a，则O3B＝5﹣a，∴a5-a=35∴当0<OA<158时，当点O为AB的中点时，⊙O与三角形边的交点个数为3，此时OA＝2.5，由上可得，0<OA<158或OA＝2.5时，故选：B．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、勾股定理，准确画出图形，利用数形结合的思想进行解答是解题的关键．【变式4-4】（2020·江苏盐城·统考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=8，BC=6.点O为对角线AC上一点（不与A重合），⊙O是以点O为圆心，AO为半径的圆.当⊙O与矩形各边的交点个数为5个时，半径OA的范围是【答案】15【分析】在圆心从点O1运动到O3过程中，⊙O在⊙O2与⊙O3之间时与矩形有5个交点，过点O2作O【详解】如图所示，⊙O2与矩形有4个交点，当O2再往点C运动一点就会与矩形有⊙O3与矩形有6个交点，当O3往点A运动一点就与矩形有所以，⊙O在⊙O2与⊙O3之间时与矩形有过点O2作O2E⊥CD设⊙O的半径为r，∵在Rt△ABC中，AB=8，BC∴AC=10∵O∴O2∴10-r∴r=∵O3∴O∴10-rr=∴154故答案为：154【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系，相似三角形的性质，解题的关键是找到⊙O与矩形有5个交点的两种临界点，画出相应的图形，再根据相似三角形的性质进行求解．【变式4-5】（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在RtΔABC中，∠C=90°,∠B=30°,AC=2，以C为圆心，r为半径作圆．若该圆与线段【答案】r=3【分析】先根据题意画出符合的两种情况，根据勾股定理求出BC，即可得出答案．【详解】解：过C作CD⊥AB于D，在Rt△BCA中，∵∠ACB=90°，AC=2，∠B=30°，∴AB=4，∴BC=根据三角形的面积公式得：AB•CD=AC•BC，∴CD=当圆与时AB相切时，r=3，当点A在圆内，点B在圆外或圆上时，r的范围是2＜r≤23，综上所述：r的取值范围是r=3或2＜r≤23，故答案为：r=3或2＜r≤23．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，切线的性质，勾股定理的应用，能求出符合题意的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．【变式4-6】（2020·上海金山·统考一模）如图，已知RtΔABC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⊙A．0≤r≤125 B．125【答案】C【分析】作CD⊥AB于D，根据勾股定理计算出AB=13，再利用面积法计算出CD=125然后根据直线与圆的位置关系得到当125≤r≤4【详解】解：作CD⊥AB于D，如图，∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴AB∵∴CD∴以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点时，r的取值范围为12故选：C【点睛】本题考查了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：直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d=r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．题型05根据直线与圆的位置关系求点到直线的距离【例5】（2021·江苏无锡·统考一模）如图，⊙C的圆心C的坐标为1,1，半径为1，直线l的表达式为y=-2x+6，P是直线l上的动点，Q是A．355-1 B．655【答案】A【分析】求出点C1,1到直线y=-2x+6的距离【详解】解：过点C作CP⊥直线l，交圆C于Q点，此时PQ的值最小，连接BC、AC，作CM⊥OA于M，CN∵y=-2∴A3,0，B∴OA=3，OB∴AB=∵四边形OMCN是正方形，∴OM=∴AM=3-1=2，BN设PC=d，PB=∵BN2+∴52+1解得：d=∵⊙C的半径为1∴PQ=故选：A．【点睛】此题主要考查与圆相关的动点问题，解题的关键是熟知勾股定理的应用、点到直线的距离的性质．【变式5-1】（2020·福建福州·校考模拟预测）已知⊙O的半径为3，点O到直线m的距离为d，若直线m与⊙O公共点的个数为2个，则A．0 B．3 C．3.5 D．4【答案】A【分析】根据直线和圆的位置关系判断方法，可得结论．【详解】解：∵直线m与⊙O公共点的个数为2∴直线与圆相交，∴d<r故选：A．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系判断方法是解题的关键题型06求圆平移到与直线相切时圆心坐标【例6】（2023·山东日照·日照市田家炳实验中学校考一模）如图，已知⊙P的半径为1，圆心P在抛物线y＝12x2﹣1上运动，当⊙P与x轴相切时，圆心P的坐标为【答案】（2，1）或（﹣2，1）或（0，﹣1）【详解】当⊙P与x轴相切时可求得P点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标．【解答】解：∵⊙P与x轴相切，∴P到x轴的距离等于半径1，∴点P的纵坐标为1或﹣1，当y＝1时，代入可得1＝12x2﹣1，解得x＝2或x＝﹣2，此时P点坐标为（2，1）或（﹣2，1当y＝﹣1时，代入可得﹣1＝12x2﹣1，解得x＝0，此时P点坐标为（0，﹣1综上可知P点坐标为（2，1）或（﹣2，1）或（0，﹣1），故答案为：（2，1）或（﹣2，1）或（0，﹣1）．【点睛】此题注意应考虑两种情况．熟悉直线和圆的位置关系应满足的数量关系是解题的关键．【变式6-1】（2020·辽宁盘锦·统考二模）如图，半径r=22的⊙M在x轴上平移，且圆心M在x轴上，当⊙M与直线y=x+2A．(0，0) B．(2，0) C．（-6，0） D．(2，0)或（-6，0）【答案】D【分析】根据题意，进行分情况讨论，分别为圆位于直线右侧并与直线相切和位于直线左侧并于直线相切两种情况，进而根据相切的性质及等腰直角三角形的相关性质进行求解即可得解．【详解】①当圆位于直线右侧并与直线相切时，连接MA，如下图所示：∵y∴A(0,2)，B(-2,0)，△∴AB∵r∴△ABM是等腰直角三角形，∴⊙M与直线AB相切于点A∵AO∴OB∴圆心M的坐标为(2,0)；②当圆位于直线左侧并与直线相切时，过点M作MC⊥AB于点∵⊙M与直线AB相切，MC∴MC根据直线AB的解析式：y=x∴△BCM∴MB∵B∴圆心M的坐标为(-6,0)，综上所述：圆心M的坐标为(2,0)或(-6,0)，故选：D．【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质及动圆问题，熟练掌握相关几何求解方法并进行分类讨论是解决本题的关键．题型07求圆平移到与直线相切时运动距离【例7】（2020·四川凉山·统考模拟预测）如图，在半径为5cm的⊙O中，直线l交⊙O于A、B两点，且弦AB＝8cm，要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移()A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】B【分析】作出OC⊥AB，利用垂径定理求出BC＝4，再利用勾股定理求出OC＝3，即可求出要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移的长度．【详解】解：作OC⊥AB，又∵⊙O的半径为5cm，直线l交⊙O于A、B两点，且弦AB＝8cm∴BO＝5，BC＝4，∴由勾股定理得OC＝3cm，∴要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移2cm．故选：B．【点睛】此题主要考查了切线的性质定理与垂径定理，根据图形求出OC的长度是解决问题的关键．【变式7-1】（2022上·河北唐山·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的圆P的圆心P的坐标为（-3，0），将圆P沿x轴的正方向平移，使得圆P与y轴相切，则平移的距离为（

）A．1 B．3或6 C．3 D．1或5【答案】D【分析】分圆P在y轴的左侧与y轴相切、圆P在y轴的右侧与y轴相切两种情况，根据切线的判定定理解答即可求得．【详解】解：根据题意可得：OP=3，圆P的半径为2，当圆P在y轴的左侧与y轴相切时，平移的距离为3-2=1，当圆P在y轴的右侧与y轴相切时，平移的距离为3+2=5，故圆P与y轴相切，则平移的距离为1或5，故选：D．【点睛】本题考查了圆的切线的判定，图形的平移，分类讨论是解决本题的关键．【变式7-2】（2022上·福建南平·九年级顺昌县第一中学校考阶段练习）如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的圆的圆心P在直线AB上，且与点O的距离为8cm，若点P以1cm/s的速度由A向B的方向运动，当运动时间t为【答案】10s或6s【分析】⊙P在射线OA上或在射线OB上，设对应的圆的圆心分别在M，根据切线的性质，在Rt△OEM中，根据30度的角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得OM的长，进而求得PM的长，从而求得由P到M移动的时间；根据ON=OM，即可求得PN【详解】解：当⊙P在射线OA上，设⊙P与CD相切于点E，P移动到M时，连接∵⊙P与直线CD∴∠OEM∵在Rt△OEM中，ME=1∴OM=2则PM=∵⊙P以1cm/s的速度沿由∴⊙P移动6s时与直线CD当⊙P在射线OB上时，同理可求⊙P移动10s时与直线故答案为：10s或6s．【点睛】本题主要考查了切线的性质和直角三角形的性质，注意已知圆的切线时，常用的辅助线是连接圆心与切点，本题中注意到分两种情况讨论是解题的关键．【变式7-3】（2020·江苏扬州·统考二模）直线l经过点A(4，0)，B(0，2)，若⊙M的半径为1，圆心M在y在轴上，当⊙M与直线l相切时，则点M的坐标．【答案】(0，2-52)或(0，2+【分析】根据勾股定理得到AB=42+22=25，设M坐标为（0，m）（m＞0），即OM=m，若M在B点下边时，BM=2-m，根据切线的性质得到∠MN′B=90°，根据相似三角形的性质得到m=2-52，此时M（0，2-52）；若【详解】解：∵直线l经过点A(4，0)，B(0，2)，∴AB=42+设M坐标为(0，m)(m＞0)，即OM=m，若M在B点下边时，BM=2﹣m，当AB是⊙O的切线，∴∠MN'B=90°．∵∠MBN'=∠ABO，∠MN'B=∠BOA=90°，∴△MBN'∽△ABO，∴MNOA=BM解得：m=2-52，此时M(0，2-若M在B点上边时，BM=m﹣2，同理△BMN∽△BAO，则有MNOA=BM解得：m=2+52．此时M(0，2+综上所述：M(0，2-52)或(0，2+故答案为：(0，2-52)或(0，2+【点睛】本题考查了切线的判定和性质，解答本题的关键是画出示意图，熟练掌握切线的性质及锐角三角函数的定义，难度一般．【变式7-4】（2018·吉林·统考一模）等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？【答案】（1）5-22；（2）5-2；（【详解】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，由切线长定理可知C′E=C′D，设C′D=x，则C′E=x，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠A=∠ACB=45°，∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，∴△EFC′是等腰直角三角形，∴C′F=2x，∠OFD=45°，∴△OFD也是等腰直角三角形，∴OD=DF，∴2x+x=1，则x=2-1，∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2，∴点C运动的时间为5-2则经过5-22秒，△（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F，∵CC′=2t，DD′=t，∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由切线长定理得C′E=C′D′=4-t，由（1）得：4-t=2-1，解得：t=5-2，答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切；（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t，由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t，由（1）得：4-1.5t=2-1，解得：t=10-22∴点B运动的距离为2×10-223=点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．题型08根据直线与圆的位置关系求交点个数【例8】（2020·广东·统考一模）在平面直角坐标系中，圆心O的坐标为（-3，4），以半径r在坐标平面内作圆，（1）当r时，圆O与坐标轴有1个交点；（2）当r时，圆O与坐标轴有2个交点；（3）当r时，圆O与坐标轴有3个交点；（4）当r时，圆O与坐标轴有4个交点；【答案】（1）r=3；（2）3<r<4；（3）r=4或5；（6【分析】分别根据直线与圆相切、相交的关系进行逐一解答即可．【详解】解：（1）∵圆心O的坐标为(-3,4)，∴当r=3时，圆O与坐标轴有1（2）∵圆心O的坐标为(-3,4)，∴当3<r<4时，圆O与坐标轴有（3）∵圆心O的坐标为(-3,4)，∴当r=4或5时，圆O与坐标轴有3（4）∵圆心O的坐标为(-3,4)，∴当r>4且r≠5时，圆O与坐标轴有故答案为：（1）r=3；（2）3<r<4；（3）r=4或5；（6）【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解答此题时要考虑到圆过原点的情况，这是此题易遗漏的地方．题型09圆和圆的位置关系【例9】（2022·上海崇明·统考二模）Rt△ABC中，已知∠C=90°,BC=3,AC=4，以点A、B、C为圆心的圆分别记作圆A、圆A．圆A与圆C相交 B．圆B与圆C外切 C．圆A与圆B外切 D．圆A与圆B外离．【答案】D【分析】根据三角形的三边长确定两圆的圆心距，与两圆的半径的和比较后即可确定正确的选项．【详解】∵∠C∴AB=∵三个圆的半径长都等于2，∴任意两圆的圆心距都是4，∴圆A与圆C外切，圆B与圆C相交，圆A与圆B外离，故选：D．【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是根据圆的两边的长求得第三边的长，然后根据两圆的半径之和和两圆的圆心距的大小关系确定两圆的位置关系，难度不大．【变式9-1】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知在Rt△ABC中，∠C=90°，cotA=65，那么以边AC长的A．外切 B．相交 C．内切 D．内含【答案】C【分析】取BC边的中点D，连接AD，根据题意可设AC=6a,BC=5【详解】解：如图，取BC边的中点D，连接AD，Rt△ABC中，∠C∴ACBC可设AC=6∴32∴32AC-∴即以边AC长的32倍为半径的圆A与以BC∴以边AC长的32倍为半径的圆A与以BC故选：C【点睛】本题主要考查解直角三角形，圆与圆的位置关系，掌握圆与圆的位置关系是解题的关系．【变式9-2】（2022·湖北武汉·统考一模）如图，在平面内⊙O1，⊙O2，⊙O3两两外切，其中⊙O1的半径为8，⊙O2，A．403 B．10 C．13 D．【答案】A【分析】当半径为R的圆形纸片与三个圆相切时，R的值最小，根据两圆相切的性质求解即可．【详解】解：如图，当⊙O与三个已知圆相切时，R∵四个圆相切，⊙O1的半径为8，⊙O2，⊙O3的半径都为∴O1O2=O1O3=5+8=13，OO2=OO3=R-5，O1O=R-8，O2O3=5+5=10，∴O1O⊥O2O3，设垂足为I，∴IO2=5，∴IO∴IO=12-(∴IO22解得，R=故选：A．【点睛】本题考查了相切圆的性质和勾股定理，解题关键是明确两圆相切时，圆心距与半径的关系，根据勾股定理列出方程．【变式9-3】（2021·上海松江·统考二模）已知⊙O的半径OA长为3，点B在线段OA上，且OB＝2，如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是（）A．r≥1 B．r≤5 C．1＜r＜5 D．1≤r≤5【答案】D【分析】求得⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时⊙B的半径和⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时⊙B的半径，根据图形即可求得．【详解】解：如图，当⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为：3-2=1，当⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为3+2＝5，∴如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是1≤r≤5，故答案为：D．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握数形结合和分类讨论思想的应用．【变式9-4】（2023·北京东城·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点Ma,b，将点P向左a≥0或向右a<0平移ka个单位长度，再向下b≥0或向上b<0平移kb个单位长度k>0，得到点P'，再将点P关于直线MP'对称得到点Q，称点Q为点P的k倍“(1)已知点P3，0①若点M的坐标为(0，1)，画出点P'，并直接写出点P的2倍“对应点②若OM=1，直线y=x+b上存在点P的2倍“(2)半径为3的⊙O上有不重合的两点M，P，若半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”，直接写出【答案】(1)①画图见解析，Q1，-(2)1【分析】（1）①根据点坐标平移的特点结合题目所给定义求出点P'的坐标，再在坐标系中画出P'，再根据对称求出点Q的坐标即可；②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点P作PH∥x轴，P'H∥y轴，PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，证明△MTO∽△P'HP，得到PP'OM=PHOT=k；再证明△OMA∽△（2）由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上运动，且APOA=k，则要使半径为1的⊙O存在点P的k倍“对应点”，则半径为1的⊙O一定于⊙A有交点，如图3-1所示，当半径为1的⊙O与⊙A外切时，如图3-2所示，当半径为【详解】（1）解：①∵M0∴点P3，0向下平移2∴P'设直线MP'的解析式为∴3k∴k1∴直线MP'的解析式为在y=-x+1中，当y=0时，∴OT=OM∴∠PT∴∠P∵点P关于直线MP'对称得到点∴∠Q∴∠Q∴Q1②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点P作PH∥x轴，P'H∥y轴，PH、由平移的特点可知PH=kOT，∵∠MTO=∠H=90°∴△MTO∴PP∵OM∥∴△OMA∴PAOA如图2-2所示，当P3，0，k∴AP=2由对称性可知AQ=AP∴点Q在以A1，0∴当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b如图2-2所示，当b>0且直线y=x+b与⊙A相切于点∴∠AGK=90°又∵∠GKA=45°（可以同求∴△GAK∴AK=∴OK=2∴K-∴-22+1+同理可求出当b<0且直线y=x+b综上所述，当-22-1≤b≤22-1时直线y（2）解：如图3-1所示，连接P'M，由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上运动，且APOA∵要使半径为1的⊙O存在点P的k倍“对应点”∴半径为1的⊙O一定与⊙如图3-1所示，当半径为1的⊙O与⊙则2AP∴AP=1∴k=如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，可得∴k=综上所述，当12≤k≤2时，半径为1的⊙O上存在点P的k【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，切线的性质，圆与圆的位置关系，坐标与图形变化——平移等等，正确理解题意得到点Q在以点A为圆心，AP为半径的圆上运动是解题的关键．考点二切线的性质与判定1.切线的性质与判定定义线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点．性质圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．）解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．判定1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.3)判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．2.切线长定理定义在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．定理从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解．题型01判断或补全使直线成为切线的条件【例1】（2021·浙江绍兴·统考一模）如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（）A．∠A＝50°，∠C＝40° B．∠B﹣∠C＝∠AC．AB2+BC2＝AC2 D．⊙A与AC的交点是AC中点【答案】D【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．【详解】解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，∴BC⊥AB，∵点B在⊙A上，∴AB是⊙A的半径，∴BC是⊙A切线；B、∵∠B﹣∠C＝∠A，∴∠B＝∠A+∠C，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠B＝90°，∴BC⊥AB，∵点B在⊙A上，∴AB是⊙A的半径，∴BC是⊙A切线；C、∵AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，∴BC⊥AB，∵点B在⊙A上，∴AB是⊙A的半径，∴BC是⊙A切线；D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，∴AB＝12AC，但不能证出∠B＝90°∴不能判定BC是⊙A切线；故选：D．【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是解题的关键．【变式1-1】（2021·广东揭阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，DE⊥AC于点E，下列说法不正确的是（A．若DE=DO，则DE是⊙O的切线 B．若AB=AC，则DEC．若CD=DB，则DE是⊙O的切线 D．若DE是⊙O【答案】A【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，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以证明DE是⊙O的切线，可判断B选项正确；若DE是⊙O的切线，同上法倒推可证明AB=AC，可判断D选项正确；根据CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位线，同上可以证明DE是⊙O的切线，可判断C选项正确；若DE=DO，没有理由可证明DE是⊙【详解】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，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线，所以B选项正确；当DE是⊙O的切线时，如图：连接AD，∵DE是⊙O的切线，∴DE⊥OD，∵DE⊥AC，∴OD∥AC，∴OD是△ABC的中位线，∴CD∥BD，∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BC，∴AD是线段BC的垂直平分线，∴AB=AC，所以D选项正确；当CD=BD时，又AO=BO，∴OD是△ABC的中位线，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线，所以C选项正确．若DE=DO，没有理由证明DE是⊙O的切线，所以故选：A．【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．【变式1-2】（2019·新疆·校考中考模拟）已知⊙O的半径为5，直线EF经过⊙O上一点P（点E，F在点P的两旁），下列条件能判定直线EF与⊙O相切的是（

）A．OP＝5 B．OE＝OFC．O到直线EF的距离是4 D．OP⊥EF【答案】D【分析】根据切线的证明方法进行求解，即可得到答案.【详解】∵点P在⊙O上，∴只需要OP⊥EF即可，故选D．【点睛】本题考查切线的证明，解题的关键是掌握切线的证明方法.题型02利用切线的性质求线段长【例2】（2023·重庆巴南·统考一模）如图，已知△ABC，点D在边AB上，以BD为直径的⊙O与边AC相切于点C，若AC=4,

A．5 B．25 C．1155【答案】D【分析】连接OC,过C点作CH⊥OA于H点,如图，如图,根据切线的性质得到∠ACO=90°,设⊙O的半径为r,则OC=r,OA=r+2,利用勾股定理得到r2+4【详解】连接OC,过C点作CH⊥OA于H点

∵⊙O与边AC相切于点C∴OC⊥∴∠ACO设⊙O的半径为r,则在Rt△OAC中,r2即OC=3∵∴CH在Rt△OCHOH=∴BH在Rt△BCHBC=故选：D.【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.【变式2-1】（2023·湖南衡阳·模拟预测）如图，在△OAB中，OA=OB=13，AB=24，以O为圆心，4为半径作⊙O，P为线段AB上动点(从A运动到B)，过P作⊙O的切线PC

A．3≤PC≤317 B．5≤PC≤13 C．4≤PC【答案】A【分析】连接OP、OC,根据当PO⊥AB时，线段PC最短，当P在A或B点时，线段PC最长，进而分别求得【详解】解：连接OP、OC．∵PQ是⊙∴OQ根据勾股定理知PC∴当PO⊥AB时，线段PC最短，当P在A或B点时，线段①当PO⊥AB时，∵在Rt△AOB中，∴AP∴OP∴PC=②当P在A点时，在Rt△AOC中，OC=4∴PC=∴PC的取值范围是3≤故选：A．

【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．【变式2-2】（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，⊙O的直径AB=2，直线l与⊙O相切于点B，将线段AB绕点B顺时针旋转45°得线段BC，E是l上一点，连接CE，则CE

A．1 B．1.2 C．1.4 D．1.6【答案】D【分析】过点C作CM⊥l，垂足为M，利用切线的性质可得∠ABM=90°，再根据旋转的性质可得：AB=BC=2,∠ABC=45°，从而可求出∠【详解】如图：过点C作CM⊥l，垂足为

∵直线l与⊙O相切于点B∴∠ABM由旋转得：AB∴∠∴∴当点E与点M重合时，CE有最小值为2，∴CE≥∵2≈1.414∴CE≥1.414∴CE的长可以是1.6，故选：D．【点睛】本题考查了切线的性质，旋转的性质，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．【变式2-3】（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线CM，过点A作AD⊥MC交其延长线于点D，过点B作BE

(1)求证：CD=(2)若AB=10，AC【答案】(1)见解析(2)48【分析】（1）连接OC，由题意可得CM⊥OC，再由题意可得AD（2）连接BC，由题意可以得到△ACD∽△【详解】（1）证明：如图，连接OC，∵CM与⊙O相切于点C，∴CM⊥∵AD⊥MC交其延长线于点D，BE⊥∴AD∥∴CDCE∴CD=（2）解：连接BC．

∵AB是⊙O的直径，AB=10∴∠ACB∴BC=∵OB=∴∠OCB∵∠ADC∴∠ADC∴△ACD∴CDBC∴CD=∴DE=2∴线段DE的长是485【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆的有关性质、弦切角定理、勾股定理的应用、相似三角形的判定与性质及平等线分线段成比例定理等是解题的关键.题型03利用切线的性质求角度【例3】（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C，D都在⊙O上，DE与⊙O相切于点D，若∠BAC=α，

A．2α+β B．90°-α-β【答案】D【分析】根据圆周角定理得到∠C=90°，根据三角形的内角和定理得到∠ABC=90°-α【详解】解：∵线段AB为⊙O∴∠C∵∠BAC∴∠ABC∵DE与⊙O相切于点D∴∠ODE∵∠BDE∴∠ODB∵OB=∴∠OBD∴∠CBD故选：D．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．【变式3-1】（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是(

)

A．25° B．35° C．40° D．50°【答案】C【分析】根据圆周角定理可得∠AOC=50°，根据切线的性质可得【详解】∵AC=AC，∠ABC∴∠AOC∵AB是⊙O的直径，∴∠PAO∴∠P故选C．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．【变式3-2】（2023·山东泰安·统考一模）如图，AB、AC是⊙O的弦，过点A的切线交CB的延长线于点D，若∠BAD=35°，则∠【答案】35【分析】连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE，首先根据圆周角定理可得∠E+∠BAE=90°，再根据AD为⊙【详解】解：如图，连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE∵AE为⊙∴∠ABE∴∠E∵AD为⊙∴∠DAE∴∠BAE∴∠E∴∠C故答案为：35．【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．【变式3-3】（2023·山东德州·统考三模）如图，在△ABC中，∠B=90°，⊙O过点A、C，与AB交于点D，与BC相切于点C，若∠【答案】64°/64度【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出∠DOC，再根据AB//OC【详解】如下图所示，连接OC从图中可以看出，∠DAC是圆弧DC对应的圆周角，∠DOC是圆弧得∠DOC∵BC是圆O的切线∴OC⊥∵∠∴AB∴AB//∴∠ADO故答案为：64°【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识．题型04证明某条直线时圆的切线类型一由公共点：连半径，证垂直【例4】（2023·广东佛山·校考一模）如图，以线段AB为直径作⊙O，交射线AC于点C，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．连接BD(1)求证：直线DE是⊙O(2)求证：AB=(3)若ME=1，∠F=30°【答案】(1)见解析(2)见解析(3)BF【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．【详解】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴∠ODF＝∠AED＝90°，∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，∴直线DE是⊙O的切线．（2）证明：∵线段AB是⊙O∴∠ADB∴∠ADM＝180°－∠ADB＝90°，∴∠M＋∠DAM＝90°，∠ABM＋∠DAB＝90°，∵∠DAM＝∠DAB，∴∠M＝∠ABM，∴AB＝AM．（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，∴∠BAM＝60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠M＝60°，∵∠DEM＝90°，ME＝1，∴∠EDM＝30°，∴MD＝2ME＝2，∴BD＝MD＝2，∵∠BDF＝∠EDM＝30°，∴∠BDF＝∠F，∴BF＝BD＝2．【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．【变式4-1】（2022·浙江衢州·统考模拟预测）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．（1）求证：CE为⊙O的切线；（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5【分析】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得∠CDE＝∠（2）如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设【详解】（1）证明：如图1，连接OC，∵OB＝∴∠OCB∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠又∠∴∠CDE∵CE⊥∴∠E∵∠ECD∴∠OCB∴∠OCE∵OC是⊙O的半径，∴CE为⊙O的切线；（2）解：如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∵∠E∴四边形OGEC是矩形，∴OC＝设⊙O的半径为x，Rt△CDE中，CD＝∴EC=∴OG=22，由勾股定理得：OD∴x2解得：x＝∴⊙O的半径是4.5．【点睛】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．【变式4-2】（2023·江苏苏州·校考二模）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，∠BCD=∠BAC，连接(1)求证：CD是⊙O(2)若CE=OA,【答案】(1)见解析；(2)3【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据OA=OC推出∠BCD=∠ACO，即可得到∠BCD+∠OCB=90°，由此得到结论；（2）过点O作OF⊥BC于F，设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，BE=1.5x，勾股定理求出AC，根据OF∥AC，得到BFCF=OBOA=1，证得OF为△ABC的中位线，求出OF【详解】（1）证明：连接OC，∵AB为⊙O∴∠ACB=90°，∴∠ACO+∠OCB=90°，∵OA=OC，∴∠A=∠ACO,∵∠BCD∴∠BCD=∠ACO，∴∠BCD+∠OCB=90°，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O（2）解：过点O作OF⊥BC于F，∵CE=∴设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，∴BE=BC-CE=1.5x，∵∠C=90°，∴AC=AB∵OA=OB，OF∥AC，∴BFCF∴CF=BF=2x，EF=CE-CF=0.5x，∴OF为△ABC的中位线，∴OF=12∴tan∠CEO=【点睛】此题考查了圆周角定理，证明直线是圆的切线，锐角三角函数，三角形中位线的判定与性质，平行线分线段成比例，正确引出辅助线是解题的关键．【变式4-3】（2020·甘肃酒泉·统考二模）如图，已知BC是⊙O的直径，AC切⊙O于点C，AB交O于点D，E为AC的中点，连接CD，（1）求证：DE是⊙O（2）若BD=4，CD=3，求【答案】（1）见解析；（2）AC=【分析】（1）连接OD，根据切线的性质和直角三角形斜边的中线以及等腰三角形的性质得出，∠EDC=∠ECD，∠（2）首先根据勾股定理求出BC的长度，然后证明△BCD∽△BAC【详解】（1）证明：连接OD，如图，∵BC是⊙O∴∠BDC∴∠ADC∵E为AC的中点，∴DE=∴∠EDC∵OD=OC∴∠ODC∵AC切⊙O于点C∴AC⊥∴∠EDC∴DE⊥∴DE是⊙O（2）解：在Rt△∵BD=4，CD∴BC∵∠BDC=∠BCA∴△BCD∴CDAC即3AC∴AC=【点睛】本题主要考查圆的综合问题，掌握切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．【变式4-4】（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AC=BC，点D在BA的延长线上，连接CD与⊙O交于点E，在AD

(1)试判断直线EF与⊙O(2)若tan∠DEF=12【答案】(1)相切，理由见解析(2)3【分析】（1）连接OC，OE，根据弧，角之间的关系，推出∠AOC=∠BOC=90°，等边对等角，得到∠C（2）在Rt△OCD中，利用tan∠D=tan∠DEF=【详解】（1）直线EF与⊙O连接OC，OE，

∵AC=∴∠AOC∵∠AOC+∠∴∠AOC∵OC∴∠C∵FD=∴∠D在Rt△∵∠C+∠∴∠FED∴∠OEF=180°-90°=90°即EF⊥又∵OE是⊙O∴直线EF与⊙O（2）在Rt△∵∠D=∠∴tan∵OC=∴4OD∴OD设FD=FE=在Rt△∵O∴42解得x=3∴DF的长为3【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用．重点考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用．类型二无公共点：作垂直，证半径【例5】（2021·江苏扬州·统考中考真题）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠BAD=90°，CB=CD，连接BD，以点B为圆心，BA长为半径作（1）试判断CD与⊙B（2）若AB=23，【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2【分析】（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF=BA，即可证明CD与圆B相切；（2）先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD，再利用S△ABD-S扇形ABE求出阴影部分面积．【详解】解：（1）过点B作BF⊥CD，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠CBD，∵CB=CD，∴∠CBD=∠CDB，∴∠ADB=∠CDB，又BD=BD，∠BAD=∠BFD=90°，∴△ABD≌△FBD（AAS），∴BF=BA，则点F在圆B上，∴CD与圆B相切；（2）∵∠BCD=60°，CB=CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠CBD=60°∵BF⊥CD，∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，∴∠ABF=60°，∵AB=BF=23∴AD=DF=AB⋅tan∴阴影部分的面积=S△ABD-S扇形ABE=1=23【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确做出辅助线．【变式5-1】（2023·江苏宿迁·统考三模）如图：在Rt△ABC中，∠B=90°，AO平分∠BAC，点E在AB上，OE=OC

(1)判断AC与⊙O(2)若AB=6，EB=4，求【答案】(1)相切，见解析(2)1【分析】（1）过O作OF⊥AC于E，利用角平分线的性质得到OF=（2）利用切线的性质可得AB=AF，再证Rt△BOD≌Rt△COEHL，即有BE=CF【详解】（1）解：相切．过O作OF⊥AC于点

∵AO平分∠BAC，∠∴OF=∵OB长为⊙∴圆心点O到AC的距离等于半径，即AC与⊙O（2）解：∵∠ABC=90°，OB为∴AB是⊙O又由（1）AC是⊙O∴AB=在Rt△BOE和Rt△∴Rt△∴BE=∴AC=在Rt△ABC中，设⊙O的半径为r在Rt△OFC中，即r2解得r=3∴tan∠【点睛】本题考查了切线的判定与性质，角平分线的性质定理，正切函数，掌握圆相关性质并结合三角形的全等以及勾股定理进行求解是解题的关键．【变式5-2】（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=10，BC=6，∠ACB的平分线CO交AB

(1)请判断AC与⊙O(2)求⊙O【答案】(1)相切，理由见解析(2)3【分析】（1）过点O作OD⊥AC于点D，根据角平分线性质得出（2）根据勾股定理求出AB，证△AOD【详解】（1）解：AC与⊙O理由如下：过点O作OD⊥AC于点∵∠ABC∴OB⊥又∵CO平分∠ACB∴OD=∴AC与⊙O（2）∵在Rt△ABC中，AC=10∴AB=∵OD⊥∴∠ODA又∵∠A∴△AOD∴ODCB设⊙O的半径为x∴x6解得：x=3即⊙O的半径为3

【点睛】此题考查了切线的判定和勾股定理，也考查了相似三角形的性质和判定，还考查了角平分线性质，综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键．【变式5-3】（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，直线y=-33x+233(1)判断直线AB与⊙O(2)求阴影部分的面积．【答案】(1)直线AB与⊙O(2)3【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，求出A、B坐标，利用三角函数定义得出（2）如图所示，可知阴影部分面积是ΔOAH的面积减去一个扇形OCH【详解】（1）解：直线AB与⊙O理由如下：过O作OH⊥AB于对于y=-33x+∴A(2,0)令x=0，得y∴B(0,在Rt△OAB中，∴∠OAB∴OH=∵⊙O的半径为1，即OH∴直线AB与⊙O（2）解：在Rt△OAH中，AH∴S阴【点睛】本题考查圆综合问题，涉及到直线与坐标轴交点求解、三角函数运用、切线证明、扇形面积求解等知识点，熟练掌握圆的基础知识及解决问题的方法是解题关键．题型05利用切线的性质定理证明【例6】（2023·山东临沂·统考二模）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．

(1)若∠ACB=20°，求AD的长（结果保留π）．(2)求证：AD平分∠BDO．【答案】(1)4(2)见解析【分析】（1）连接OA，由∠ACB=20°，得∠AOD=40°，由弧长公式即得（2）根据AB切⊙O于点A，∠B=90°，可得OA//BC，有∠OAD=∠ADB，而【详解】（1）解：连接OA，

∵∠ACB＝20°，∴∠AOD＝40°，∴AD===4（2）证明：∵OA∴∠OAD∵AB切⊙O于点∴OA∵∠B∴OA∴∠OAD∴∠ADB∴AD平分∠【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．【变式6-1】（2023·贵州遵义·统考一模）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB延长线于点D，连接AC，BC，∠D＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于点E，过点B作BF⊥CE，垂足为F．(1)求证：CA＝CD；(2)若AB＝12，求线段BF的长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）连接OC，欲证明CA＝CD，只要证明∠CAD（2）因为AB为直径，所以∠ACB=90°，可得出三角形CBF为等腰直角三角形，即可求出【详解】（1）证明：连接OC∵CD与⊙O相切于点C∴OC⊥∴∠OCD∵∠CDA∴∠COB∵BC所对的圆周角为∠CAB，圆心角为∠∴∠CAB∴∠CAD∴CA=（2）∵AB为直径，∴∠ACB在Rt△ABC中，∠CAB∴BC=∵CE平分∠ACB∴∠ECB∵BF⊥∴∠CFB∴BF=【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型．【变式6-2】（2023·广东肇庆·统考二模）已知AB为⊙O的直径，AB=6，C为⊙O(1)如图①，若C为AB的中点，求∠CAB的大小和AC(2)如图②，若AC=2,OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与【答案】(1)∠CAB=45°(2)FD【分析】（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，由C为AB的中点，得AC=BC，从而AC=（2）证明四边形ECFD为矩形，FD=CE=12CB，由勾股定理求得BC【详解】（1）∵AB为⊙O∴∠ACB由C为AB的中点，得AC=∴AC=BC，得在Rt△ABC中，∴∠CAB根据勾股定理，有AC又AB=6，得2∴AC=3（2）∵FD是⊙O∴OD⊥FD，即∵OD⊥CB，垂足为∴∠CED同（1）可得∠ACB=90°，有∴∠FCE∴四边形ECFD为矩形，∴FD=CE，于是在Rt△ABC中，由AB=6,∴FD=2【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．【变式6-3】（2023·江苏泰州·统考一模）如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点D、E，交AB于点C．(1)求证：∠ADE=∠PAE．(2)若∠ADE=30°，求证：AE=PE．(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)CE的长为2．【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；（2）由（1）得∠ADE=∠PAE=30°，∠AED=60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE=30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；（3）证明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．【详解】（1）证明：连接OA，∵PA为⊙O的切线，∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，∴∠OAE+∠PAE=90°，∵DE为⊙O的直径，∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，∴∠DAO=∠PAE，∵OA=OD，∴∠DAO=∠ADE，∴∠ADE=∠PAE；（2）证明：∵∠ADE=30°，由（1）得∠ADE=∠PAE=30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，∴∠APE=∠AED-∠PAE=30°，∴∠APE=∠PAE=30°，∴AE=PE；（3）解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．∴AB⊥PD，∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，∴ECAC∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，即DC×CE=OC×PC，设CE=x，则DE=6+x，OE=3+x2，OC=3+x2-x=3-x2，PC∴6x=(3-x2)(4+x)整理得：x2+10x-24=0，解得：x=2(负值已舍)．∴CE的长为2．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．题型06切线的性质与判定的综合运用【例7】（2023·山东聊城·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O是BC边上一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB相交于点D，连接

(1)求证：CD是⊙O(2)若∠A=60°，AC=2【答案】(1)见解析(2)4【分析】（1）连接OD．由等腰三角形的性质及圆的性质可得∠A＝∠ADC，∠B＝∠BDO．再根据余角性质及三角形的内角和定理可得∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．最后由切线的判定定理可得结论；（2）根据等边三角形的判定与性质可得∠DCO＝∠ACB﹣∠ACD＝30°．再由解直角三角形及三角形内角和定理可得∠BOD的度数，最后根据弧长公式可得答案．【详解】（1）证明：连接OD．

∵AC＝CD，∴∠A＝∠ADC．∵OB＝OD，∴∠B＝∠BDO．∵∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝90°．∴∠ADC+∠BDO＝90°．∴∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．又∵OD是⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵AC＝CD=23，∠A＝60°∴△ACD是等边三角形．∴∠ACD＝60°．∴∠DCO＝∠ACB﹣∠ACD＝30°．在Rt△OCD中，OD＝CDtan∠DCO=23⋅tan30°＝∵∠B＝90°﹣∠A＝30°，OB＝OD，∴∠ODB＝∠B＝30°．∴∠BOD＝180°﹣（∠B+∠BDO）＝120°．∴BD⏜的长=【点睛】此题考查的是切线的判定与性质、直角三角形的性质、弧长公式，正确作出辅助线是解决此题的关键．【变式7-1】（2023·云南·模拟预测）如图，已知AC为⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，直线PD经过⊙O上的点B且∠CBD=∠CAB，连接(1)PD是⊙O(2)A【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明；（2）根据直线PA与⊙O相切于点A，得到∠OAP=90°，根据余角的性质得到∠【详解】（1）连接OB，∵OA∴∠OAB∵AC为⊙O∴∠ABC∵∠CBD∴∠OBA∴∠CBD∴PD是⊙O（2）∵直线PA与⊙O相切于点A∴∠OAP∵PD是⊙O∴∠AMO∴∠OAM∴∠OAM∴△OAM∴AM∴AM【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．【变式7-2】（2021·山东聊城·统考一模）如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠DAB=90°，AB是⊙O（1）求证：直线CD与⊙O（2）如图2，记（1）中的切点为E，P为优弧AE上一点，AD=1，BC=2.求【答案】（1）证明见解析；（2）22【分析】（1）如图（见解析），先根据平行线的性质得出OB⊥CB，再根据角平分线的性质可得（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得∠APE=∠ABE，∠AEB=90°，再根据圆的切线的判定、切线长定理可得CE=BC=2,DE=AD【详解】（1）如图，过点O作OE⊥CD∵AD//BC∴∠OBC=90°又∵CO平分∠BCD，∴O