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专题 32 与圆有关的位置关系【十六大题型】
【题型1 点和圆的位置关系】..................................................................................................................................5
【题型2 直线与圆的位置关系】..............................................................................................................................8
【题型3 求平移到与直线相切时圆心坐标或运动距离】...................................................................................14
【题型4 根据直线与圆的位置关系求交点个数】...............................................................................................22
【题型5 判断或补全使直线成为切线的条件】...................................................................................................27
【题型6 利用切线的性质求值】............................................................................................................................31
【题型7 证明某条直线是圆的切线】....................................................................................................................36
【题型8 利用切线的性质定理证明】....................................................................................................................44
【题型9 切线的性质与判定的综合运用】...........................................................................................................54
【题型10 作圆的切线】............................................................................................................................................62
【题型11 应用切线长定理求解或证明】................................................................................................................68
【题型12 由外心的位置判断三角形形状】...........................................................................................................79
【题型13 求三角形外接圆的半径、外心坐标】...................................................................................................81
【题型14 由三角形的内切圆求值】........................................................................................................................87
【题型15 与三角形内心有关的应用】....................................................................................................................95
【题型16 三角形外接圆与内切圆综合】..............................................................................................................101
【知识点 与圆有关的位置关系】
1.点和圆的位置关系
设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离为OP=d，则有：
点P在圆外 d＞r ；
点P在圆上 d=r ；
点P在圆内 d＜r 。
性质：不在同一条直线上的三个点确定一个圆。
定义：经过三角形的三个顶点可以作一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。外接圆的圆心是三角形三
条边的垂直平分线的交点，叫做这个三角形的外心。
2.直线和圆的位置关系
直线和圆有两个公共点时，我们说这条直线和圆相交。这条直线叫做圆的割线。
直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线和圆相切。这条直线叫做圆的切线，这个点叫做切点。
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直线和圆没有公共点时，我们说这条直线和圆相离。
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离d，则有：
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 。
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。
切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。
经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长。
切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的
夹角。
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形
的内心。
【题型1 点和圆的位置关系】
【例1】（2023·上海闵行·校联考模拟预测）矩形ABCD中，AB=8，BC=3√5，点P在边AB上，且
BP=3AP，如果圆P是以点P为圆心，PD为半径的圆，那么下列判断正确的是（ ）
A．点B，C均在圆P外 B．点B在圆P外，点C在圆P内
C．点B在圆P内，点C在圆P外 D．点B，C均在圆P内
【答案】C
【分析】由AB=8，BP=3AP得到AP=2，BP=6，再根据勾股定理，在Rt△ADP中计算出PD=7，在
Rt△PBC中计算出PC=9，则PC>PD>PB，然后根据点与圆的位置关系进行判断．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=3√5，
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∵AB=8，BP=3AP，
∴AP=2，BP=6，
在Rt△ADP中，AP=2，AD=3√5，
∴PD=√AP2+AD2=7，
在Rt△PBC中，∵PB=6，BC=3√5，
∴PC=√PB2+BC2=9，
∴PC>PD>PB，
∴点B在圆P内，点C在圆P外．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：点P在圆外
⇔d>r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d<r．
【变式1-1】（2023·四川凉山·统考模拟预测）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，D为AB的
中点．以A为圆心，r为半径作⊙A，若B、C、D三点中只有一点在⊙A内，则⊙A的半径r的取值范围
是（ ）
A．2.5<r≤4 B．2.5<r<4 C．2.5≤r≤4 D．2.5≤r<4
【答案】A
【分析】本题主要考查勾股定理，点与圆的位置关系．
由勾股定理可求得AB的长，进而得到AD的长．再根据题意画出简单示意图，由图形可知当r的长度为
AD和AC长度之间时，B、C、D三点中只有点D在⊙A内，据此即可解答．
【详解】∵在Rt△ABC中，BC=3，AC=4，
∴AB=√AC2+BC2=√42+32=5，
∵D为AB的中点，
1 5
∴AD= AB= ．
2 2
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5
由上图可知，当⊙A的半径r=AD= 时，点D在⊙A上，
2
当⊙A的半径r=AC=4时，点C在⊙A上，点D在圆内，
当⊙A的半径r=AB=5时，点B在⊙A上，点C、D在圆内，
5
当⊙A的半径满足 <r≤4时，点D在⊙A内，
2
当⊙A的半径满足4<r≤5时，点C、D在⊙A内，
当⊙A的半径满足r>5时，点B、C、D在⊙A内，
5
∴若B、C、D三点中只有一点在⊙A内，则⊙A的半径r的取值范围是 <r≤4．
2
故选：A
【变式1-2】（2023·四川成都·统考二模）已知P是⊙O内一点（点P不与圆心O重合），点P到圆上各点
的距离中，最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程ax2−12ax−20=0的两个实数根，则⊙O的直
径为 ．
【答案】12
【分析】根据题意知⊙O的直径为最小距离与最大距离的和，再利用根与系数的关系即可求解．
【详解】解：∵P是⊙O内一点，
∴⊙O的直径为最小距离与最大距离的和，
∵最小距离与最大距离是关于x的一元二次方程ax2−12ax−20=0的两个实数根，
−12a
∴⊙O的直径为− =12，
a
故答案为：12．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是熟练运用根与系数
的关系．
【变式1-3】（2023·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（ ）
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4 7
A． B．1 C． D．2.5
5 5
【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⊙B,⊙C以及BC的垂直平分线上，根据点到圆的距离即可求得PD的最小值
【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，在⊙B,⊙C以及BC的垂直平分线上，
当P位于CD的延长线与⊙C的交点时，取得最小值，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴BC=4,DC=3
∴ PD≥PC−DC=4−3=1，则最小值为1
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．
【题型2 直线与圆的位置关系】
【例2】（2023·河北秦皇岛·模拟预测）如图，已知∠ACB=30°，CM=2，AM=5，以M为圆心，r为
半径作⊙M，⊙M与线段AC有交点时，则r的取值范围是 ．
【答案】1≤r≤5
1
【分析】过M作MH⊥AC于H，根据直角三角形的性质得到HM= CM=1，然后根据直线与圆的位置
2
关系即可得到结论．
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【详解】解：过M作MH⊥AC于H，如图所示：
∵CM=2，∠ACB=30°，
1
∴HM= CM=1，
2
∵AM=5，⊙M与线段AC有交点，
∴r的取值范围是1≤r≤5，
故答案为：1≤r≤5．
【点睛】本题考查了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，若直线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．
【变式2-1】（2023·上海青浦·统考二模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，E是AD
上一定点，AB=3,BC=6,AD=8,AE=2．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若
⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是
．
15
【答案】 <PC≤4或PC=3
4
【分析】根据题意可得PC的最小值为圆P与AD相切，切点为M；PC最大值为圆P'与圆E内切，切点为
Q，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题．
【详解】解：根据题意可知：PC的最小值为圆P与AD相切，切点为M，如图所示：
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∴PM⊥AD，
在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠ABC=∠A=90°，
∴四边形ABPM是矩形，
∴PM=AB=PC=3，
PC最大值为圆P'与圆E内切，切点为Q，
∴P'C=P'Q=P'E+EQ=3+1=4，
当PC=PA时，此时圆P与线段AD开始有2个交点，不符合题意，
设PC=PA=x，则BP=BC−PC=6−x,AB=3，
∴(6−x) 2+9=x2，
15
∴x= ，
4
15
则PC长度的取值范围是 <PC≤4或PC=3．
4
15
故答案为： <PC≤4或PC=3．
4
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，直角梯形，解决本题的关键是掌握直线与
圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
【变式2-2】（2023·河北秦皇岛·统考模拟预测）如图，线段BC=16cm，过点B在线段BC的上方作射线
4
BA，且tan∠ABC= ，动点O从点B出发，沿射线BA以1cm/s的速度运动，同时动点Q从点C出发，
3
沿线段CB以2cm/s的速度向点B运动，当点Q到达点B时，点O，Q都停止运动．以点O为圆心，OB长
为半径的半圆与线段BC交于点D，与射线BA交于点P．连接PQ，设运动时间为t秒(t>0)
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(1)求BD的长（用含t的式子表示）
(2)当t为何值时，线段PQ与半圆O相切？
(3)若半圆O与线段PQ只有一个公共点，直接写出t的取值范围．
6
【答案】(1)BD= t
5
(2)t=3时，线段PQ与半圆O相切
(3)0<t≤3或5<t<8
4
【分析】（1）连接OD，过点O作BC的垂线，垂足为G，tan∠ABC= ，设BG为3m，OG为4m，可
3
得t2=(3m) 2+(4m) 2解得m的值即可求得BD的长；
4
（2）当线段PQ与半圆O相切时，则QP⊥BP，又因为tan∠PBQ= ，设PQ=4k，BP=3k，再根据
3
3 2t 3
勾股定理和锐角三角函数值求出BQ=5k，cos∠PBQ= ，可得 = ，求出t的值；
5 16−2t 5
（3）根据题意分情况讨论：当半圆O与线段PQ相切时，可以求得t的值；当点E与点C重合时，可以求
出t的值，解出相应的取值范围即可．
【详解】（1）解：连接OD，过点O作BC的垂线，垂足为G，
∵点O为半圆圆心，
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∴OB=OD=t，
1
∴DG=BG= BD，
2
4
∵tan∠ABC= ，
3
设BG为3m，OG为4m，
∴t2=(3m) 2+(4m) 2，
t
解得m= ，
5
6
∴BD=2BG=2×3m= t；
5
（2）解：当线段PQ与半圆O相切时，则QP⊥BP，
4
在Rt△BQP中，tan∠PBQ= ，设PQ=4k，BP=3k，
3
BP 3
∴BQ=√PB2+QP2=5k，cos∠PBQ= = ，
BQ 5
又∵BP=2t，BQ=16−2t，
2t 3
∴ = ，
16−2t 5
∴t=3，
∴t=3s时，线段PQ与半圆O相切；
（3）解：∵半圆O与线段PQ只有一个公共点，
∴当半圆O与线段PQ相切时，
由（2）得，t=3s时，线段PQ与半圆O相切，
∴当0<t≤3时，半圆O与线段PQ只有一个公共点，
当点Q与点D重合时，BD=BQ，
6
∴ t=16−2t，
5
解得t=5，
∴当5<t<8时，半圆O与线段PQ只有一个公共点，
综上所述，t的取值范围为0<t≤3或5<t<8．
【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系、锐角三角函数、勾股定理的应用和圆的切线的性质，灵活运用
所学知识求解是解决本题的关键．
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【变式2-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）已知矩形ABCD，AD>AB
图1 图2
(1)如图1，若点B，D在以O为圆心，OA为半径的圆上，AB=OB，求证：AD=2AB；
(2)如图2，点E，F分别在AD，BC边上，若点D，点C关于直线EF对称的点分别为点B和点P，判断
直线DP与过A，E，F三点的圆的位置关系，并说明理由
【答案】(1)见解析；
(2)相交，理由见解析
【分析】（1）先证明 ⊙O 是 △ABD 的外接圆，再证明 BD 是 ⊙O 的直径， 再证明 △OAB 为等
120°π×OA 60°π×OA
边三角形，得
∠AOD=120°，得A´D= ，A´B=
，便可得出结论；
180° 180°
（2）设过 A,E,F 三点的圆为 ⊙O，连接 FD,FB,OF，过点 O 作 OH⊥PD 于点 H，由对称性
质得 DP 过点 E， 再由 OH<OF， 根据直线与圆的位置关系得出结论；
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵点B，D在⊙O上，
∴BD是⊙O的直径，O是BD中点，
1
∴AO= BD，
2
∵AB=OB，
1
∴AB= BD，
2
∴AB=OB=OA，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，∠AOD=120°，
120°π×OA 60°π×OA
∴A´D= ，A´B=
，
180° 180°
∴AD=2AB；
（2）解：如图，连接DF，BE，BD，
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∵点B，D关于直线EF对称，
∴直线EF垂直平分BD；
∴BE=DE，BF=DF，
∴∠BEF=∠≝¿，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB=DC，
∴∠BFE=∠≝¿，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF=DF=DE，
∴四边形BFDE是菱形
∴BD垂直平分EF，
在BD上取点O，连接OA，OP，
∵⊙O经过点E，F，
∴OE=OF，
∴点O在BD上，
∵点C，P关于直线EF对称，
∴PF=CF，BP=CD，
∵BF=DF，
∴△BFP≌△DFC，
∴∠BFP=∠DFC，
∴∠BFP+∠BFD=∠DFC+∠BFD=180°，
∴点D，F，P三点共线；
∴∠BPF=∠C=∠BAD=90°，
∵∠ADB=∠DBC=∠BDF，
∴BP=AB，180°−∠ADB−∠BAD=180°−∠PDB−∠BPF，
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∴∠ABD=∠PBD，
∵OB=OB，AB=DC=BP，
∴△ABO≌△PBO，
∴OP=OA，点P在⊙O上；
∴直线DP与⊙O有两个交点；
∴直线DP与⊙O相交；
【点睛】本题考查了矩形的性质，直线与圆的位置关系，圆周角定理，轴对称的性质，关键是综合应用这
些知识解题．
【题型3 求平移到与相切时圆心坐标或运动距离】
3
【例3】（2023·河南南阳·统考一模）如图，直线y=− x−3交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上
4
一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是（）
( 7 ) ( 7 ) ( 17 )
A． − ,0 B． − ,0 或 − ,0
3 3 3
( 3 ) ( 3 ) ( 3 )
C． − ,0 D． − ,0 或 − ,0
7 7 17
【答案】B
【分析】由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B（0，-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到
AB=5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论．
3
【详解】解：∵直线y=− x−3交x轴于点A，交y轴于点B，
4
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（-4，0），B（0，-3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
设⊙P与直线AB相切于D，
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连接PD，
则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
PD AP
∴ = ，
OB AB
1 AP
∴ = ，
3 5
5
∴AP= ，
3
7 17
∴OP= 或OP= ，
3 3
7 17
∴P(− ,0)或P(− ,0)，
3 3
故选：B．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的
理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键．
【变式3-1】（2023·吉林松原·校联考二模）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的⊙P的圆心P的坐标
为(−3,0)，将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相交，则平移的距离d的取值范围是
．
【答案】1<d<5/5>d>1
【分析】分两种情况讨论：⊙P位于y轴左侧和⊙P位于y轴右侧，根据平移的性质和圆的切线的性质分
别求解，即可得到答案．
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【详解】解：⊙P的圆心P的坐标为(−3,0)，
∴OP=3，
∵⊙P的半径为2，
∴AP=BP=2，
∴OA=1，OB=5，
∴当⊙P位于y轴左侧且与y轴相切时，平移的距离为1，
当⊙P位于y轴右侧且与y轴相切时，平移的距离为5，
∴平移的距离d的取值范围是1<d<5，
故答案为：1<d<5．
【点睛】本题考查了平移的性质，直线与圆的位置关系，解题关键是掌握当圆与直线相切时，点到圆心的
距离等于圆的半径．
【变式3-2】（2023·四川凉山·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，
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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3-3】（2023·北京·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为2．对于直线l和线段BC，
给出如下定义：若将线段BC关于直线l对称，可以得到⊙O的弦B'C' (B'，C'分别是B，C的对应点)，则
称线段BC是以直线l为轴的⊙O的“关联线段”．例如，图1中线段BC是以直线l为轴的⊙O的“关联
线段”．
(1)如图2，点B ，C ，B ，C ，B ，C 的横、纵坐标都是整数．
1 1 2 2 3 3
① 在线段B C ，B C ，B C 中，以直线l ：y=x+4为轴的⊙O的“关联线段”是 ；
1 1 2 2 3 3 1
② 在线段B C ，B C ，B C 中，存在以直线l ：y=−x+b为轴的⊙O的“关联线段”，求b的值；
1 1 2 2 3 3 2
(2)已知直线l ：y=−√3x+m(m>0)交x轴于点A．在△ABC中，AB=6，BC=2，若线段BC是以直线l
3 3
为轴的⊙O的“关联线段”，直接写出m的最大值与最小值，以及相应的AC的长．
【答案】(1)①B C ；② 1或3
1 1
(2)m的最大值为8√3，AC=2√13；m的最小值为4√3，AC=2√7．
【分析】（1）①根据题中定义即可画图得出；②通过判断B C ⊥直线l ，⊙O的最长的弦即直径为4，
1 1 2
可排除B C ，B C ，所以B C 成为⊙O的弦，根据圆的对称性，分两种情况讨论；
1 1 2 2 3 3
（2）画⊙O与⊙T关于直线l ：y=−√3x+m(m>0)对称，以点A为圆心，6为半径画⊙A，则⊙A与
3
⊙T至少有一个交点，才能满足题目条件，画出图形即可求出m的最大值和最小值，通过勾股定理即可求
出AC．
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【详解】（1）解：①如图所示：
∴以直线l ：y=x+4为轴的⊙O的“关联线段”是 B C ；
1 1 1
② ∵直线l ：y=−x+b与x轴夹角为45°，
2
∴线段B C ⊥直线l ，
1 1 2
∴线段B C 关于直线l 的对称线段还在直线B C 上，不可能是⊙O的弦，
1 1 2 1 1
∵⊙O的最长的弦即直径为4，
B C =√20>4，
2 2
∴线段B C 的对称线段不可能是⊙O的弦；
2 2
∵线段B C ∥直线l ，且B C = 2√2，
3 3 2 3 3
∴线段B C 的对称线段可以是⊙O的弦．
3 3
线段B C 的对称线段B C ∥B' C' ，
3 3 3 3 3 3
且B' C' = 2√2．
3 3
如图，平移线段B C 使之成为⊙O的弦，有两种情况：
3 3
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(ⅰ)
B'，C'的坐标分别为(0,2)，(2,0)，此时b=3；
3 3
(ⅱ)
B''，C''的坐标分别为(−2,0)，(0,−2)，此时b=1．
3 3
综上所述，b=1或3．
（2）解：画⊙O与⊙T关于直线l ：y=−√3x+m(m>0)对称，
3
∵AB=6，
以点A为圆心，6为半径画⊙A，则⊙A与⊙T至少有一个交点，才能满足题目条件，
∵⊙O与⊙T关于直线l 对称，
3
则⊙A与⊙O至少有一个交点，如图所示，
此时m取得最小值；
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此时m取得最大值；
√3
把y=0代入直线l ：y=−√3x+m(m>0)得：x= m，
3 3
(√3 )
∴点A的坐标为A m,0 ，
3
∵⊙A与⊙O至少有一个交点，
√3
∴−2+6≤ m≤2+6，
3
√3
解得：4√3≤ m≤8√3，
3
∴m的最大值为8√3，m的最小值为4√3；
连接AC、BC、OC，过点C作CE⊥OA，如图所示，
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∵BC=2，⊙O的半径为2，
∴△OBC是等边三角形，
∴OC=2，OE=BE=1，
∴CE=√OC2−OE2=√22−11=√3，
∵AB=6，
∴AE=AB+BE=7，
∴AC=√CE2+AE2=√(√3) 2+72=2√13；
连接AC、BC、OC，过点C作CF⊥AB如图所示，
∵BC=2，⊙O的半径为2，
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∴△OBC是等边三角形，
∴OC=2，OF=BF=1，
∴CF=√OC2−OF2=√22−11=√3，
∵AB=6，
∴AF=AB−BF=5，
∴AC=√CF2+AF2=√(√3) 2+52=2√7；
【点睛】本题考查了圆的几何问题，难度较大，正确理解新定义和考虑到以点A为圆心，6为半径画⊙A，
则⊙A与⊙T至少有一个交点，才能满足题目条件，是关键．
【题型4 根据直线与圆的位置关系求交点个数】
【例4】（2023·河北沧州·校考三模）题目：“如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，以
点B为圆心的⊙B的半径为r，若对于r的一个值，⊙B与AC只有一个交点，求r的取值范围．”对于其答
12
案，甲答：r=4．乙答：3<r<4．丙答：r= ．则正确的是（ ）
5
A．只有乙答的对 B．甲、乙的答案合在一起才完整
C．乙、丙的答案合在一起才完整 D．三人的答案合在一起才完整
【答案】D
12
【分析】由勾股定理求出BC=4，再根据等面积法求出斜边AC上的高为 ，再根据半径r的情况，分别
5
作出图形，进行判断即可得到答案．
【详解】解：∵ AB=3，AC=5，
∴BC=√AC2−AB2=√52−32=4，
3×4 12
∴斜边AC上的高为： = ，
5 5
当r=4时，画出图如图所示：
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，
此时△ABC在圆内部，⊙B与AC只有一个交点，
当3<r<4时，画出图如图所示，
，
此时⊙B与AC只有一个交点，
12
当r= 时，画出图如图所示：
5
，
此时⊙B与AC只有一个交点，
∴三人的答案合在一起才完整，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，直线与圆的位置关系，等面积法，熟练掌握直线与圆的位置关系是解
题的关键．
【变式4-1】（2023·湖南·中考真题）已知⊙O的直径等于12cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l
与⊙O的交点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
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【答案】C
【分析】首先求得该圆的半径，再根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系进行分析判断．若d＜r，则
直线与圆相交，直线与圆相交有两个交点；若d=r，则直线于圆相切，直线与圆相交有一个交点；若d＞
r，则直线与圆相离，直线与圆相交没有交点．
【详解】∵⊙O的直径等于12cm，
∴该圆的半径是6cm，即r=6cm，
∵圆心O到直线l的距离为5cm，即d=5cm，
∴d＜r，
∴直线和圆相交，
∴直线l与⊙O的交点个数为2．
故选：C．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，属于基础题．
【变式4-2】（2023·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 .
15 40
【答案】 <OA<
4 9
【分析】在圆心从点O 运动到O 过程中，⊙O在⊙O 与⊙O 之间时与矩形有5个交点，过点O 作
1 3 2 3 2
O E⊥CD，过点O 作O F⊥BC，再利用相似三角形的性质分别进行求解即可．
2 3 3
【详解】如图所示，
⊙O 与矩形有4个交点，当O 再往点C运动一点就会与矩形有5个交点，
2 2
⊙O 与矩形有6个交点，当O 往点A运动一点就与矩形有5个交点，
3 3
所以，⊙O在⊙O 与⊙O 之间时与矩形有5个交点，
2 3
过点O 作O E⊥CD，过点O 作O F⊥BC，
2 2 3 3
设⊙O的半径为r，
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∵在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，
∴AC=10
∵O E∥AD
2
O C O E
∴ 2 = 2 ，
AC AD
10−r r
∴ = ，
10 6
15
∴r= ，
4
∵O F∥AB，
3
O C O F
∴ 3 = 3
AC AB
10−r r
∴ = ，
10 8
40
r= ，
9
15 40
∴ <OA< ,
4 9
15 40
故答案为： <OA< ．
4 9
【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4-3】（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，已知OA=6，OB=8，BC=2，⊙P与OB、AB均
相切，点P是线段AC与抛物线y=ax2的交点，则a的值为（ ）
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9 11
A．4 B． C． D．5
2 2
【答案】D
【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理求得AB=10；再求得直线AC的解析式为y=−x+6；设⊙P的半径
为m，可得P（m，-m+6）；连接PB、PO、PC，根据S =S +S +S 求得m=1，即可得点P
△AOB △AOP △APB △BOP
的坐标为（1，5）；再由抛物线y=ax2过点P，由此即可求得a=5．
【详解】在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
∴AB=√OA2+OB2=√62+82=10；
∵OB=8，BC=2，
∴OC=6，
∴C（0，6）；
∵OA=6，
∴A（6，0）；
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴¿ ，
解得¿，
∴直线AC的解析式为y=−x+6；
设⊙P的半径为m，
∵⊙P与OB相切，
∴点P的横坐标为m，
∵点P在直线AC上，
∴P（m，-m+6）；
连接PB、PO、PA，
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∵⊙P与OB、AB均相切，
∴△OBP边OB上的高为m，△AOB边AB上的高为m，
∵P（m，-m+6）；
∴△AOP边OA上的高为-m+6，
∵S =S +S +S ，
△AOB △AOP △APB △BOP
1 1 1 1
∴ ×6×8= ×6×(−m+6)+ ×10m+ ×8m，
2 2 2 2
解得m=1，
∴P（1，5）；
∵抛物线y=ax2过点P，
∴a=5．
故选D．
【点睛】本题考查了切线的性质定理、勾股定理、待定系数法求解析式，正确求出⊙P的半径是解决问题
的关键．
【题型5 判断或补全使直线成为切线的条件】
【例5】（2023·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（ ）
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A．若DE=DO，则DE是⊙O的切线 B．若AB=AC，则DE是⊙O的切线
C．若CD=DB，则DE是⊙O的切线 D．若DE是⊙O的切线，则AB=AC
【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⊙O的切线．
【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，
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∴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A选项错误．
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5-1】（2023·天津西青·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙P的圆心P
的坐标为（-3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移的距离为 ．
【答案】1或5/5或1
【详解】解：当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；
当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．
故答案为1或5．
【变式5-2】（2023·吉林·一模）已知△ABC内接于⊙O，过点A作直线EF．
（1）如图1所示，若AB为⊙O的直径，要使EF成为⊙O的切线，还需要添加的一个条件是
________________．
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（2）如图2所示，如果AB是不过圆心O的弦，且∠CAE=∠B，那么EF是⊙O的切线吗？试证明你的
判断．
【答案】（1）∠BAE=90°或∠EAC=∠ABC 或AE⊥AB等；（2）是，证明见解析．
【分析】（1）根据切线的性质添加适合的条件即可；
（2）作直径AM，连MC，利用圆的性质直径所对的角为直角以及同弧所对的圆周角相等，进行等角转换，
即可得出∠CAM+∠CAE=90°，即可判定其为切线.
【详解】（1）∠BAE=90°或∠EAC=∠ABC 或AE⊥AB等(其他填法正确也可)
（2）是；
作直径AM，连MC
则∠ACM=90°，∠M=∠B
∴∠M+∠CAM= ∠B+∠CAM=90°
∵∠CAE=∠B
∴∠CAM+∠CAE=90°
∴AE⊥AM
∵AM为直径
∴EF是⊙O的切线．
【点睛】此题主要考查圆的性质和切线的性质和判定，熟练掌握，即可解题.
【变式5-3】（2023·贵州·中考真题）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，则补充的条件不正确的是（ ）
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A．DE=DO B．AB=AC
C．CD=DB D．AC∥OD
【答案】A
【详解】：根据AB=AC，连接AD，利用圆周角定理可以得到点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．
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．
根据AC∥OD，AC⊥DE，得到∠EDO=90°，可以证明DE是⊙O的切线．故选A.
【题型6 利用切线的性质求值】
【例6】（2023·安徽·校联考模拟预测）如图，已知AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B．若
△ABC∽△CBO，则sin∠ACB= ．
√6 1
【答案】 / √6
3 3
【详解】题主要考查了相似三角形的性质，求角的正弦值，掌握正弦的概念，理解相似三角形的性质是解
题关键．
BC OB
由△ABC∽△CBO，可得 = ，然后根据正弦的概念计算求解．
AB BC
【点睛】解：∵△ABC∽△CBO，
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BC OB 1 1
∴ = ，即BC2=AB⋅OB=AB⋅ AB= AB2 ，
AB BC 2 2
√2
∴BC= AB
2
∵BC与⊙O相切于点B．
∴∠ABC=90°，
√ 1 √6
在Rt△ABC中，AC=√AB2+BC2= AB2+ AB2= AB
2 2
AB AB √6
sin∠ACB= = =
AC √6 3 ，
AB
2
√6
故答案为： ．
3
【变式6-1】（2023·海南三亚·统考二模）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C是
⊙O上一点，若∠ACB=32°，则∠P的度数为 ．
【答案】26°/26度
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理．连接OA，由切线的性质得到∠OAP=90°，由圆周角定理
求出∠AOB=64°，即可得到∠P=90°−∠AOP=26°．
【详解】解：连接OA，
∵PA切圆于A，
∴半径OA⊥PA，
∴∠OAP=90°，
1
∵∠ACB= ∠AOB，∠ACB=32°，
2
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∴∠AOB=64°，
∴∠P=90°−∠AOP=26°．
故答案为：26°．
【变式6-2】（2023·安徽·模拟预测）如图，E是⊙O的直径AB延长线上一点，过点E作⊙O的切线
EC,C为切点，D是⊙O上一点（在直径AB的下方）．若∠AEC=50°，则∠ADC的度数为 ．
【答案】70°/70度
【分析】本题考查切线的性质，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，理解题意，准确添加辅助线是解题
关键．
连接OC，由切线的性质可得∠COE=40°，然后根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半分析求解．
【详解】解：连接OC，
∵过点E作⊙O的切线EC,C为切点，
∴∠OCE=90°，
∵∠AEC=50°，
∴∠COE=40°，
∴∠AOC=140°，
1
∴∠ADC= ∠AOC=70°
2
故答案为：70°．
【变式6-3】（2023·广东汕头·汕头市第六中学校考一模）如图，△ABC内接于⊙O．AB是直径，过点A
作直线MN，且MN是⊙O的切线．
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(1)求证：∠MAC=∠ABC．
(2)设D是弧AC的中点，连接BD交AC于点G，过点D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．
①求证：FD=FG．
②若BC=3，AB=5，试求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②1
【分析】（1）由直径所对的圆周角等于90°得出∠CAB+∠ABC=90°，由切线的性质定理得出
MA⊥AB，∠MAC+∠CAB=90°即可得出结论；
（2）①由等弧所对的圆周角相等得出∠DBC=∠ABD，由直角所对的圆周角为90°得出
∠CBG+∠CGB=90°，由垂直的定义得出∠FDG+∠ABD=90°，等量代换得出
∠FDG=∠CGB=∠FGD，即可得出结论；②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点，
由角平分线的性质得出DE=DH，由全等三角形的判定得出Rt△BED≌Rt△BDH(HL)和
Rt△ADE≌Rt△CDH(HL)，得出AE=CH，BE=BC+CH=AB−AE=BH，代入计算即可求出AE的
值．
【详解】（1）证明：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°；
∵MN是⊙O的切线；
∴MA⊥AB，
∴∠MAC+∠CAB=90°，
∴∠MAC=∠ABC；
（2）解：①∵D是弧AC的中点，
∴∠DBC=∠ABD，
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∵AB是直径，
∴∠CBG+∠CGB=90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDG+∠ABD=90°，
∵∠DBC=∠ABD，
∴∠FDG=∠CGB=∠FGD，
∴FD=FG．
②连接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延长线于H点．
∵∠DBC=∠ABD，DH⊥BC，DE⊥AB，
∴DE=DH，
在Rt△BDE与Rt△BDH中，
¿，
∴Rt△BED≌Rt△BDH(HL)，
∴BE=BH，
∵D是弧AC的中点，
∴AD=DC，
在Rt△ADE与Rt△CDH中，
¿，
∴Rt△ADE≌Rt△CDH(HL)．
∴AE=CH．
∴BE=BC+CH=AB−AE=BH，即5−AE=3+AE，
∴AE=1．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，熟练掌握各
性质定理是解答此题的关键．
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【题型7 证明某条直线是圆的切线】
【例7】（2023·江苏连云港·模拟预测）如图，直线PA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CD⊥PA，垂足为D．
(1)求证：CD为⊙O的切线；
(2)若AC=5，∠E=30°，求CD的长．
【答案】(1)见解析
5√3
(2)
2
【分析】本题考查切线的判定，直径所对圆周角为直角，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常
用辅助线，属于中考常考题型．
（1）连接OC，由等边对等角及角平分线定义可证得OC与PA平行，进而可证明CD⊥OC；
（2）由直径所对圆周角为直角，结合∠E=30°，结合证明∠CAD=60°，解直角三角形求出CD即可．
【详解】（1）证明：连接OC．
∵AC平分∠PAE，
∴∠PAC=∠EAC，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA=∠PAC，
∴OC∥PA，
∵CD⊥PA，
∴CD⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
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∴CD为⊙O的切线；
（2）解：∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE=90°，
∵∠E=30°，
∴∠CAD=∠CAE=60°，
∵∠CDA=90°，
√3 5√3
∴CD=CA⋅sin60°=5× = ．
2 2
【变式7-1】（2023·江苏淮安·校考模拟预测）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，交⊙O于点
P，点 B 是⊙O上一点，连接BP并延长，交直线l于点 C，使得AB=AC．
(1)判断直线AB与⊙O的位置关系并说明理由；
(2)PC=2√6，OA=4，求线段 PB的长．
【答案】(1)直线AB是⊙O的切线；
√6
(2)PB=
2
【分析】此题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握各定理是解题的关
键，
（1）连接OB，根据AB=AC得到∠ABC=∠C，由OA⊥l得到∠APC+∠C=90°，由此推出
∠APC=∠OBP，得到∠OBP+∠C=90°，即∠OBA=90°，即可推出直线AB是⊙O的切线；
（2）过点O作OH⊥BC于点H，如图，则BH=PH，设⊙O的半径为r，则PA=OA−OP=4−r，根
据勾股定理得到AC,AB，求出r，再根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）直线AB是⊙O的切线，理由如下：
连接OB，如图，
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∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OA⊥l，
∴∠PAC=90°，
∴∠APC+∠C=90°，
∵OB=OP，
∴∠OBP=∠OPB
∵∠APC=∠OPB，
∴∠APC=∠OBP，
∴∠OBP+∠C=90°，
∴∠OBP+∠ABC=90°即∠OBA=90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
（2）过点O作OH⊥BC于点H，如图，则BH=PH，
设⊙O的半径为r，则PA=OA−OP=4−r，
在Rt△APC中，AC2=PC2−AP2，
在Rt△ABO中，AB2=OA2−OB2，
∴PC2−AP2=OA2−OB2，
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∴(2√6) 2 −(4−r) 2=42−r2，
解得r=1，
∴OP=1，AP=3，
∵∠OHP=∠PAC=90°,∠HPO=∠APC，
∴△HPO∽△APC，
HP OP
∴ = ，
AP PC
HP 1 √6
∴ = ，解得HP= ，
3 2√6 4
√6
∴PB=2HP=
2
【变式7-2】（2023·广东肇庆·统考三模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的两点，且BC=DC，
BD交AC于点E，点F在AC的延长线上，BE=BF．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
3
(2)若EF=6,cos∠ABC= ，
5
①求BF的长；
②求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
10
(2)①BF=5；②⊙O的半径为
3
【分析】（1）利用圆周角定理，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
1
（2）①利用等腰三角形的三线合一和直角三角形的性质求得CF=CE= EF=3,∠F=∠ABC，在
2
Rt△BCF中，利用余弦的意义解答即可；②在Rt△ABC中，利用余弦的意义解答即可求得AB，则半径
可求．
【详解】（1）证明：∵BC=DC，
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∴B´C=D´C，
∴∠A=∠CBD，
∵BE=BF，
∴∠BEC=∠F．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BEC+∠CBE=90°，
∴∠F+∠A=90°．
∴∠ABF=90°，
∴OB⊥BF，
∵OB是圆的半径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：①由（1）得：BE=BF，
∵AB为⊙O的直径，
∴BC⊥EF，
1
∴CF=CE= EF=3，
2
∵∠ABC+∠CBF=90°,∠CBF+∠F=90°，
∴∠F=∠ABC，
在Rt△BCF中，
CF
∵cos∠F= ，
BF
3
∴BF=CF÷ =5；
5
②在Rt△BCF中，BC=√BF2−CF2=4，
在Rt△ABC中，
BC 3
∵cos∠ABC= = ，
AB 5
20
∴AB= ．
3
10
∴⊙O的半径为 ．
3
【点睛】本题主要考查了圆的切线的的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定
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理，熟练掌握上述性质是解题的关键．
【变式7-3】（2023·广东茂名·统考三模）如图，AB是⊙O的直径，点E是劣弧BD上一点，
∠PAD=∠AED，且DE= √2，AE平分∠BAD，AE与BD交于点F．
(1)求证：PA是⊙O的切线；
√2
(2)若tan∠DAE= ，求EF的长；
2
(3)延长DE，AB交于点C，若OB=BC，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)1
(3)2
【分析】（1）根据AB是⊙O的直径，可得∠ADB=90°，即∠DAB+∠DBA=90，根据同弧所对的圆
周角相等，以及已知条件可得∠PAD=∠ABD，等量代换后即可得∠PAB=90°，进而得证；
（2）连接OE,EB，根据角平分线的定义，以及等边对等角可得AD∥OE，根据同弧所对的圆周角相等
√2
可得∠DAE=∠DBE，由垂径定理可得DE=EB=√2，进而可得tan∠EBF= ，即可求解．
2
（3）过点B作BG∥AD，根据平行线分线段成比例，求得DG=2√2，设⊙O的半径为x，则
1 1 3
GB= OE= x，证明△CGB∽△CDA，可得AD= x，在Rt△ADB中，AD2+DB2=AB2，勾股定
2 2 2
理建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵A´D=A´D，
∴∠AED=∠ABD，
∵ ∠PAD=∠AED，
∴∠PAD=∠ABD，
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∴∠BAD+∠PAD=∠BAD+∠ABD=90°，
即∠PAB=90°，
∴PA是⊙O的切线，
（2）如图，连接OE,EB，
∵ AE平分∠BAD，
∴∠DAE=∠BAE，
∴DE=BE= √2
∴OE⊥BD
∵OA=OE，
∴∠OEA=∠OAE，
∴∠DAE=∠AEO，
∴AD∥OE，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥DB，AE⊥EB，
即∠ADF=∠BEF=90°，
∵D´E=D´E
∴∠DAE=∠DBE，
√2
∴tan∠EBF=tan∠DAE= ，
2
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EF √2
∴ = ，
EB 2
√2
∴EF= EB=1 ；
2
（3）如图，过点B作BG∥AD，
由（2）可知AD∥OE，
∴OE∥BG，
∵AO=OB=BC，
∴DE=EG=GC，
1 1
设⊙O的半径为x，则GB= OE= x，
2 2
∵AD∥BG，
∴△CGB∽△CDA，
CG GB
∴ = ，
CD AD
3
∴AD=3GB= x，
2
∵OE⊥DB，
∴DB⊥GB，
∵ DE=√2，
∴DG=2DE=2√2，
在Rt△DBG中，DB2=DG2−GB2=8− (1 x ) 2 ，
2
在Rt△ADB中，AD2+DB2=AB2，
即 (3 x ) 2 +8− (1 x ) 2 =(2x) 2 ，
2 2
解得：x=2（负值舍去），
∴⊙O的半径为2．
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【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理的推论，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，
解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．
【题型8 利用切线的性质定理证明】
【例8】（2023·广东江门·统考一模）如图1，已知AB是⊙O的直径，AB=2，C为圆上任意一点，过点C
作圆的切线，分别与过A，B两点的切线交于P，Q两点．
(1)求CP•CQ的值；
(2)如图2，连接PB，AQ交于点M，证明直线MC⊥AB．
【答案】(1)CP•CQ的值为1
(2)见解析
【分析】（1）连接OP、OQ，由切线的性质可推出AP∥BQ，∠OAP=∠OBQ=90°；进一步可得
AP OB
∠AOP=∠BQO， =tan∠AOP=tan∠BQO= ，据此即可求解；
OA BQ
MQ CQ
（2）延长CM交AB于点H，证△QMB∽△AMP，可得 = ，可再证△MQC∽△AQP，即可完
AQ PQ
成求证．
【详解】（1）解：如图1，连接OP、OQ，
∵PA、BQ、PQ分别与⊙O相切于点A、B、C，
1 1
∴AP⊥AB，BQ⊥AB， ∠OPC=∠OPA= ∠APC，∠OQC=∠OQB= ∠BQC，
2 2
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∴AP∥BQ，∠OAP=∠OBQ=90°，
∴∠APC+∠BQC=180°，
1
∴∠OPC+∠OQC= （∠APC+∠BQC）=90°，
2
∴∠POQ=90°，
∴∠AOP=∠BQO=90°−∠BOQ，
AP OB
∴ =tan∠AOP=tan∠BQO= ，
OA BQ
∵AB是⊙O的直径，AB=2，
∴OA=OB=1，
∴AP•BQ=OA•OB=1，
∵AP=CP，BQ=CQ，
∴CP•CQ=1，
（2）证明：如图2，延长CM交AB于点H，
∵AP∥BQ，
∴△QMB∽△AMP，
MQ BQ CQ
∴ = =
MA AP CP
MQ CQ
∴ =
MQ+MA CQ+CP
MQ CQ
∴ =
AQ PQ
∵∠MQC=∠AQP，
∴△MQC∽△AQP，
∴∠MCQ=∠APQ，
∴AP∥MC，
∴∠MHC=∠BAP=90°，
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∴MC⊥AB．
【点睛】本题考查了切线的性质、相似三角形的判断与性质、正切的定义等知识点．掌握相关结论是解题
关键．
【变式8-1】（2023·内蒙古包头·统考一模）如图，PA,PB是⊙O的两条切线，A,B是切点，连接AO并延
长，与PB的延长线相交于点C，连接PO，交⊙O于点D，连接DB．
(1)求证：∠APO=∠BPO；（用两种证法解答）
(2)若DP=DB，试探究PB与PD之间的数量关系，写出并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)PB=√3PD，见解析
【分析】（1）证法一：如图．连接OB．利用切线的性质证明Rt△PAO≌Rt△PBO（HL），进而可得结
论；证法二：如图．连接OB,AB,AB与OP相交于点E．证明直线OP是线段AB的垂直平分线，结合等腰
三角形三线合一的性质证明即可；
（2）如图，连接OB．由切线的性质、三角形的外角性质、等腰三角形的性质证明∠DBP=∠DPB=30°，
△ODB为等边三角形，即可得出结论PB=√3PD．
【详解】（1）证法一：如图．连接OB．
∵PA,PB是⊙O的切线，A,B是切点，
∴OA⊥PA,OB⊥PB,OA=OB．
在Rt△PAO与Rt△PBO中，
∵PO=PO，OA=OB，
∴Rt△PAO≌Rt△PBO（HL），
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∴∠APO=∠BPO．
证法二：如图．
连接OB,AB,AB与OP相交于点E．
∵PA,PB是⊙O的切线，A,B是切点，
∴OA⊥PA,OB⊥PB,OA=OB．
∴∠PAO=∠PBO=90°,∠OAB=∠OBA，
∴∠PAO−∠OAB=∠PBO−∠OBA，即∠PAB=∠PBA，
∴PA=PB，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∵OA=OB，
∴点O在线段AB的垂直平分线上，
∴直线OP是线段AB的垂直平分线，即PE垂直平分AB．
∵PA=PB，
∴∠APO=∠BPO．
（2）PB=√3PD．
证明：如图．连接OB．
∵PB是⊙O的切线，B是切点，
∴OB⊥BP．
∴∠OBP=90°，
∵DP=DB,OD=OB，
∴∠DPB=∠DBP,∠ODB=∠OBD，
∵∠ODB=∠DPB+∠DBP，
∴∠ODB=2∠DBP，
∴∠OBD=2∠DBP，
∵∠OBD+∠DBP=90°，
∴2∠DBP+∠DBP=90°，
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∴∠DBP=∠DPB=30°．
∴∠ODB=60°．
OB OB
∴在Rt△PBO中，PB= = ，
tan∠OPB tan30°
∴PB=√3OB，
∵OD=OB,∠ODB=60°，
∴△ODB为等边三角形，
∴OB=BD，
∵DP=DB，
∴OB=PD，
∴PB=√3PD．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的判定、等腰三角形的
性质、等边三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，具有一定的综合性，但难度不大，熟练掌握相
关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
【变式8-2】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，圆O中内接△ABC，过点A作圆O的切线l，作直线
CD使得∠ACD=∠B，并交AB于E．
(1)证明：CD∥l；
(2)若CE=CA=2EA=2，求ED的值；
(3)证明：BC2 ⋅ED=CE⋅BE⋅BA．
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【答案】(1)见解析
3
(2)DE=
2
(3)见解析
【分析】（1）连接OA，交CD于点M，根据切线的性质可得∠OAG=90°，根据垂径定理可得
∠OMC=90°，继而得出∠OMC=90°=∠OAG，再根据同位角相等两直线平行证明即可；
（2）通过证明△ACE∼△ABC，△AEC∼△DEB，再利用相似三角形的性质求解即可；
（3）先通过证明△BCA∼△BED，利用相似三角形的性质得出BA⋅BE=BC⋅BD，再由角平分线定理
BD DE
得 = ，即BC⋅DE=BD⋅EC，即可证明．
BC EC
【详解】（1）连接OA，交CD于点M，
∵过点A作圆O的切线l，作直线CD使得∠ACD=∠B，
∴∠OAG=90°,A´C=A´D，
∴OM⊥CD，
∴∠OMC=90°=∠OAG，
∴CD∥l；
（2）连接OC并延长交⊙O于点F，连接AF,BD，
∵∠ACD=∠ABC,∠CAE=∠BAC，
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∴△ACE∼△ABC，
AC AE
∴ = ，
AB AC
∵CA=2EA=2，
∴AE=1，
2 1
∴ = ，解得AB=4，
AB 2
∴BE=AB−AE=3，
∵∠CDB=∠CAB,∠AEC=∠DEB，
∴△AEC∼△DEB，
AE CE
∴ = ，
DE BE
∵CE=2，
1 2 3
∴ = ，解得DE= ；
DE 3 2
（3）如图，
∵∠ACD=∠ABC=∠ABD，∠BAC=∠BDC，
∴△BCA∼△BED，
BA BC
∴ = ，即BA⋅BE=BC⋅BD，
BD BE
BD DE
由角平分线定理得 = ，即BC⋅DE=BD⋅EC，
BC EC
BA⋅BE BC⋅BD BC
∴ = = ，
BC⋅DE BD⋅EC EC
∴BC2 ⋅ED=CE⋅BE⋅BA．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，平行线的判定，相似三角形的判定和性质，角平分线定理，
熟练掌握知识点是解题的关键．
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【变式8-3】（2023·河南许昌·统考二模）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作，书
中以23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题．其中，命题4．2
的内容是：给定一个三角形，可作圆内接相似三角形．
小冉想尝试对这个命题进行证明，于是根据书中命题的内容及图形的画法写出了已知和求证：
已知：如图1，△ABC为已知三角形，如图2，HG是⊙O的切线，D为切点，∠EDH=∠B，
∠FDG=∠C．
求证：△≝∼△ACB．
小冉在图2的基础上，添加了辅助线；如图3，连接并延长DO，交⊙O于点P，连接PE，PF．
(1)请在小冉所添辅助线的基础上，求证：△≝∼△ACB；
(2)若AB=AC=5，BC=8，EF=16，求⊙O的半径．
【答案】(1)见详解．
25
(2) .
3
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，得出∠PED=∠PFD=90°,得到
∠DPE+∠PDE=90°,∠DPF+∠PDF=90°,根据切线的性质，得到∠PDH=∠PDG=90°,推出
∠EDH+∠EDP=90°,∠FDG+∠FDP=90°,再由圆周角的性质，得到
∠DPE=∠DFE,∠DPF=∠≝,从而得到∠DFE=∠B,∠≝=∠C,即可得出相似．
（2）连接OD，OE，OD与EF交于点M，由题意可得出EF//HG,DE=DF,由OD⊥HG,可得到
1 1 DE DF EF DE DF 18
EM=FM= EF= ×16=8,根据△≝∼△ACB.易得 = = ,即 = = =2,进而得到
2 2 AC AB CB 5 5 8
DE=DF=10,根据勾股定理可求出半径．
【详解】（1）在小冉添加了辅助线的基础上，证明如下：
∵DP是⊙O是的直径，
∴∠PED=∠PFD=90°,
∴∠DPE+∠PDE=90°,∠DPF+∠PDF=90°,
∵HG是⊙O的切线，
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∴PD⊥HG,
∴∠PDH=∠PDG=90°,
∴∠EDH+∠EDP=90°,∠FDG+∠FDP=90°,
∴∠EDH=∠DPE,∠FDG=∠DPF,
∵∠DPE=∠DFE,∠DPF=∠≝,
∴∠EDH=∠DFE,∠FDG=∠≝,
∵∠EDH=∠B,∠FDG=∠C,
∴∠DFE=∠B,∠≝=∠C,
∴△≝∼△ACB.
（2）如图，连接OD，OE，OD与EF交于点M，
由（1）得，
∠≝=∠FDG=∠C,∠DFE=∠EDH=∠B,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∴∠≝=∠FDG=∠DFE=∠EDH,
∴EF//HG,DE=DF,
∵OD⊥HG,
1 1
∴EM=FM= EF= ×16=8,
2 2
∵△≝∼△ACB.
DE DF EF
∴ = = ,
AC AB CB
DE DF 18
∴ = = =2,
5 5 8
∴DE=DF=10,
∵∠EMD=90°,
∴DM=√DE2−EM2=√102−82=6,
∴OM=OD−DM=OD−6,
∵∠OME=90°,
∴OM2+EM2=OE2,
∵OD=OE,
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∴(OD−6) 2+82=OD2,
25
∴OD= ,
3
25
∴⊙O的半径为： .
3
【点睛】本题主要考查了圆的切线性质，圆周角的性质，相似三角形的判定性质，勾股定理，正确理解题
意是解本题的关键．
【题型9 切线的性质与判定的综合运用】
【例9】（2023·广东肇庆·统考二模）如图，矩形ABCD中，AB=13，AD=6．点E是CD上的动点，以
AE为直径的⊙O与AB交于点F，过点F作FG⊥BE于点G．
(1)当E是CD的中点时：tan∠EAB的值为 ；
(2)在（1）的条件下，证明：FG是⊙O的切线；
(3)试探究：BE能否与⊙O相切？若能，求出此时BE的长；若不能，请说明理由．
12
【答案】(1)
13
(2)详见解析
(3)BE能与⊙O相切，此时BE=2√13或3√13
【分析】（1）可得∠EAB=∠DEA，求出tan∠DEA的值即可；
（2）连接OF，证明△ADE≌△BCE(SAS)，得出AE=BE，则∠EAB=∠EBA．证出OF∥EB．可得
出FG⊥OF，则结论得证；
（3）先假设BE能与⊙O相切，则AE⊥BE，即∠AEB=90°．设DE的长为x，然后用x表示出CE的长，
根据勾股定理可得出一个关于x的一元二次方程，若BE能与⊙O相切，那么方程的解即为DE的长；若方
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程无解，则说明BE不可能与⊙O相切．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD∥AB，CD=AB=13，
∴∠EAB=∠DEA，
∵E是CD的中点，
1 13
∴DE= CD= ，
2 2
AD 6 12
∴tan∠DEA= = =
DE 13 13．
2
12
故答案为： ．
13
（2）证明：连接OF，
在矩形ABCD中，AD=BC，∠ADE=∠BCE=90°，
又CE=DE，
∴△ADE≌△BCE(SAS)，
∴AE=BE，
∴∠EAB=∠EBA．
∵OF=OA，
∴∠OAF=∠OFA，
∴∠OFA=∠EBA．
∴OF∥EB．
∵FG⊥BE，
∴FG⊥OF，
∴FG是⊙O的切线．
（3）解：若BE能与⊙O相切，由AE是⊙O的直径，则AE⊥BE，∠AEB=90°．
设DE=x，则EC=13−x．
由勾股定理得：AE2+EB2=AB2，
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即(36+x2 )+[(13−x) 2+36]=132，
整理得x2−13x+36=0，
解得：x =4，x =9，
1 2
∴DE=4或9，
当DE=4时，CE=9，BE=√CE2+BC2=√92+62=3√13，
当DE=9时，CE=4，BE=√CE2+BC2=√42+62=2√13，
∴BE能与⊙O相切，此时BE=2√13或3√13．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、切
线的判定、解直角三角形的应用等知识，熟练掌握切线判定与性质是解题的关键．
【变式9-1】（2023·山西太原·太原五中校考一模）我们学习过利用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺
规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的．人们根据实际需
要，发明了一种简易操作工具-三分角器．图1是它的示意图，其中AB与半圆O的直径BC在同一直线上，
且AB的长度与半圆的半径相等，DB与AC垂直与点B，DB足够长．
使用方法如图2所示，若要把∠MEN三等分，只需适当放置三分角器，使DB经过∠MEN的顶点E，点
A落在边EM上，半圆O与另一边EN恰好相切，则EB，EO就把∠MEN三等分了．
为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，
并写出“证明”过程．
已知：如图2，点A，B，O，C在同一直线上，EB⊥AC，垂足为点B， ．
求证： ．
【答案】AB=OB，EN切半圆O于F，EO就把∠MEN三等分
【分析】证明△ABE≌△OBE(SAS)，求出∠1=∠2，证明BE⊥OB，得出BE是⊙O的切线，EF切半
圆O于F，得出EB=EF，证明Rt△BOE≌Rt△FEO(HL)，得出∠2=∠3，即可证明∠1=∠2=∠3
【详解】解：已知：如图2，点A，B，O，EB⊥AC，AB=OB．M、A、E三点共线．
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求证：EB，EO把∠MEN三等分，
证明：∵EB⊥AC，
∴∠ABE=∠OBE=90°，
∵AB=OB，BE=BE，
∴△ABE≌△OBE(SAS)，
∴∠1=∠2，
∵BE⊥OB，
∴BE是⊙O的切线，
∵EF切半圆O于F，
∴EB=EF，∠OFE=90°，
∵AO=AO，
∴Rt△BOE≌Rt△FEO(HL)，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠2=∠3，
∴EB，EO就把∠MEN三等分．
故答案为：AB=OB，EN切半圆O于F，EO就把∠MEN三等分．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，切线性质和判定，解题的关键是理解题意，作出辅助
线，证明∠1=∠2=∠3．
【变式9-2】（2023·山东·统考中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD=CB，BE切⊙O于点B，过
点C作CF⊥OE交BE于点F，若EF=2BF．
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(1)如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE；
(2)如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN=60°，连接MN．请问：三条线段
MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)MN=BM+DN，证明见解析
【分析】（1）根据CF⊥OE，OC是半径，可得CF是⊙O的切线，根据BE是⊙O的切线，由切线长定
CF 1
理可得BF=CF，进而根据sinE= = ，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根据CD=CB得出C´D=C´B，
EF 2
根据垂径定理的推论得出OC⊥BD，进而得出∠ADB=90°=∠EBO，根据含30度角的直角三角形的
1
性质，得出AD=BO= AB，即可证明△ABD≌△OEB(AAS)；
2
（2）延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC=∠MBC，
证明△HDC≌△MBC (SAS)，结合已知条件证明NC=NC，进而证明△CNH≌△CNM (SAS)，得出
NH=MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，
∴CF是⊙O的切线，
∵BE是⊙O的切线，
∴BF=CF，
∵EF=2BF
∴EF=2CF，
CF 1
∴sinE= =
EF 2
∴∠E=30°，∠EOB=60°，
∵CD=CB
∴C´D=C´B，
∴OC⊥BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°=∠EBO，
∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°
∴∠E=∠ABD=30°，
1
∴AD=BO= AB，
2
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∴△ABD≌△OEB(AAS)；
（2）MN=BM+DN，理由如下，
延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，如图所示
∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°
∴∠HDC=∠MBC，
∵CD=CB，DH=BM
∴△HDC≌△MBC (SAS)，
∴∠BCM=∠DCH，CM=CH
由（1）可得∠ABD=30°，
又AB是直径，则∠ADB=90°，
∴∠A=60°，
∴∠DCB=180°−∠A=120°，
∵∠MCN=60°，
∴∠BCM+∠NCD=120°−∠NCM=120°−60°=60°，
∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,
∴∠NCH=∠NCM，
∵NC=NC，
∴△CNH≌△CNM (SAS)，
∴NH=MN，
∴MN=DN+DH=DN+BM．
即MN=BM+DN．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角
的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的
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关键．
【变式9-3】（2023·浙江杭州·校考二模）知：如图1，AB是⊙O的弦，点C是⊙O的半径OB的延长线上
一点，将ΔABC翻折得到△ABC'，AC'交半径OB于点D．
(1)求证：BC'∥OA．
(2)若AC与⊙O相切．
①如图2，点C'落在⊙O上，求sinC的值．
②如图3，若OA=10，AB=12，求△BDC'的面积．
【答案】(1)见解析
1 15552
(2)① ；② ．
2 175
【分析】（1）证明∠ABC'+∠OAB=180°即可；
（2）①通过∠C、∠C'和∠O的关系，结合△OAC是直角三角形得到∠C=30°，进而求sinC的值；
1
②说明△C'DB是直角三角形，再利用S = BD⋅DC' 求面积即可．
△BDC' 2
【详解】（1）证明：∵将△ABC翻折得到△ABC'，
∴∠ABC=∠ABC'，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠ABC+∠OBA=180°，
∴∠ABC'+∠OAB=180°，
∴BC'∥OA；
（2）解：①∵AC与⊙O相切，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∴∠O+∠C=90°，
∵将△ABC翻折得到△ABC'，
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∴∠C=∠C'，
∵∠O=2∠C'，
∴∠O=2∠C，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
1
∴sinC= ；
2
1
②作OE⊥AB，垂足为E，则AE=EB= AB=6，
2
∴OE=√OA2−AE2=√102−62=8，
∵BC'∥OA，
∴∠OAD=∠C'，
∵∠AOD+∠C=90°，∠C=∠C'，
∴∠AOD+∠OAD=90°，
∴AC'⊥OC，
1 1 1 1
∵S = AB⋅OE= OB⋅AD，即 ×12×8= ×10⋅AD，
△OAB 2 2 2 2
48
∴AD= ，
5
∴OD=√OA2−AD2=
√
102−
(48) 2
=
14
，
5 5
14 36
∴BD=OB−OD=10− = ，
5 5
∵∠OAD=∠C'，∠C'DB=∠ADO，
∴ △C'DB∽ΔADO，
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BD DC'
∴ = ，
OD AD
36
5 DC'
即 = ，
14 48
5 5
864
∴DC'=
，
35
1 1 36 864 15552
∴S = BD⋅DC'= × × = ．
△BDC' 2 2 5 35 175
【点睛】本题以圆为载体考查了圆的性质，平行线的判定，翻折问题，相似，解直角三角形等知识，
（2）②的关键是得出△C'DB是直角三角形．
【题型10 作圆的切线】
【例10】（2023·江苏南京·一模）过⊙O上一点A，可以用尺规按以下方法作出⊙O的切线；
①另取⊙O上一点B，以B为圆心，AB为半径作圆，将⊙B与⊙O的另一个交点记为点C；
②以A为圆心，AC为半径作弧，将⊙A与⊙B的另一个交点记为点D，作直线AD．
直线AD即为⊙O的切线．
如图，小明已经完成了作图步骤①．
(1)用尺规完成作图步骤②；
(2)连接AC，AB，BC，BD，求证：AB平分∠CAD；
(3)求证：直线AD为⊙O的切线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意完成作图即可；
（2）由作图可知，AC=AD,BC=BD=AB，证明△ABC≌△ABD(SSS)，即可求证；
（3）连接OA,OB，根据BC=AB推出OB⊥AC，则∠OBA+∠BAC=90°，进而得出
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∠OAB+∠BAD=90°，即可求证．
【详解】（1）解：如图：直线AD即为所求；
（2）证明：由作图可知，AC=AD,BC=BD=AB，
在△ABC和△ABD中，
¿，
∴△ABC≌△ABD(SSS)，
∴∠BAC=∠BAD，
∴AB平分∠CAD．
（3）证明：连接OA,OB，
由（2）可得：BC=AB，
∴点B为A´C中点，
∴OB平分A´C，
∴OB⊥AC，
∴∠OBA+∠BAC=90°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∵∠BAC=∠BAD，
∴∠OAB+∠BAD=90°，即OA⊥AD，
∴直线AD为⊙O的切线．
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【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定，解题的关键是掌握在同圆中，
半径都相等；全等三角形对应角相等；经过半径外端且垂直于半径的直线与圆相切．
【变式10-1】（2023·福建福州·统考三模）如图，已知⊙O及圆外一点P，请你利用尺规作⊙的切线PA．
（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】见解析
【分析】作OP的垂直平分线，交OP于O′，以O′为圆心，O′P为半径画圆，交⊙O于A、A′，根据直径所
对的圆周角等于90°可得OA⊥PA，OA′⊥PA′，根据切线的判定定理可得PA、PA′是⊙O的切线.
【详解】如图，作OP的垂直平分线，交OP于O′，以O′为圆心，O′P为半径画圆，交⊙O于A、A′，
∴∠OAP=90°，∠OA′P=90°，
∴PA、PA′是⊙O的切线，
∴PA和PA′即为所作，
【点睛】此题综合考查切线的性质及圆周角定理，能够结合切线的性质定理和圆周角定理的推论分析出切
点的位置是解题关键.
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【变式10-2】（2023·湖北·校联考三模）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，BD平分∠ABC交CA于D
点，O是BC上一点，经过B、D两点的⊙O分别交BC、BA于点E、F．
(1)用尺规补全图形（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：CA与⊙O相切：
(3)当BD=2√3，∠ABD=30°时，求劣弧BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
4
(3) π
3
【分析】（1）作BD的垂直平分线交BC于O，以CO为半径画圆O分别交BC、BA于点E、F，则⊙O即
为所求；
（2）连接OD，得到OD=OB，根据等腰三角形的性质得到∠OBD=∠ODB，等量代换得到
∠ODB=∠ABD，根据平行线的判定定理得到OD∥AB，根据平行线的性质即可得到结论；
（3）连接DE，根据圆周角定理得到∠BDE=90°，根据三角形的内角和得到∠BOD=120°，根据勾股
定理得到BE=4，从而得到半径根据弧长的公式即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）证明：连接OD，则OD=OB，
∴∠OBD=∠ODB，
∵∠OBD=∠ABD，
∴∠ODB=∠ABD，
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∴OD∥AB，
∵∠A=90°，
∴∠ODA=90°，
即AC⊥OD，
∴AC与⊙O相切；
（3）如图，连接DE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE=90°，
∵∠OBD=∠ODB=30°，
∴∠BOD=120°，
BD
BE= =4
在Rt△BDE中， √3 ，
2
∴⊙O的半径=2，
120π×2 4
∴劣弧BD的长= = π．
180 3
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形，弧长的计算，平行线的判定，基本作图，
作出辅助线构造直角三角形是解本题的关键．
【变式10-3】（2023·山东·统考中考真题）如图，∠BPD=120°，点A、C分别在射线PB、PD上，
∠PAC=30°，AC=2√3．
（1）用尺规在图中作一段劣弧，使得它在A、C两点分别与射线PB和PD相切．要求：写出作法，并保留
作图痕迹；
（2）根据（1）的作法，结合已有条件，请写出已知和求证，并证明；
（3）求所得的劣弧与线段PA、PC围成的封闭图形的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）4√3−2π
【分析】（1）过A、C分别作PB、PD的垂线，它们相交于O，然后以OA为半径作⊙O即可；
（2）写出已知、求证，然后进行证明；连接OP，先证明RtΔPAO≅RtΔPCO，然后根据切线的判定方法
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判断PB、PC为⊙O的切线；
（3）先证明ΔOAC为等边三角形得到OA=AC=2√3，∠AOC=60°，再计算出AP=2，然后根据扇形
的面积公式，利用劣弧AC与线段PA、PC围成的封闭图形的面积进行计算．
【详解】（1）如图，
（2）已知：如图，∠BPD=120°，点A、C分别在射线PB、PD上，∠PAC=30°，AC=2√3，过A、
C分别作PB、PD的垂线，它们相交于O，以OA为半径作⊙O，OA⊥PB，
求证：PB、PC为⊙O的切线；
证明：∵∠BPD=120°，PAC=30°，
∴∠PCA=30°，
∴PA=PC，
连接OP，
∵OA⊥PA，PC⊥OC，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∵OP=OP，
∴RtΔPAO≅RtΔPCO(HL)
∴OA=OC，
∴PB、PC为⊙O的切线；
（3）∵∠OAP=∠OCP=90°−30°=60°，
∴ΔOAC为等边三角形，
∴OA=AC=2√3，∠AOC=60°，
∵OP平分∠APC，
∴∠APO=60°，
√3
∴AP= ×2√3=2，
3
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∴劣弧AC与线段PA、PC围成的封闭图形的面积=S −S ❑ =2×
四 边 形APCO扇形 AOC
2
1 60⋅π⋅(2√3)
×2√3×2− = 4√3−2π．
2 360
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图
形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把
复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了圆周角定理和扇形面积公式．
【题型11 应用切线长定理求解或证明】
【例11】（2023·河北邯郸·校考三模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝4，BC＝10，sinC
4
＝ ，以AB为直径作⊙O，把⊙O沿水平方向平移x个单位，得到⊙O′，A'B'为直径AB平移后的对应线段．
5
(1)当x＝0，且M为⊙O上一点时，求DM的最大值；
(2)当B′与C重合时，设⊙O′与CD相交于点N，求点N到AB的距离；
(3)当⊙O′与CD相切时，直接写出x的值 ．
【答案】(1)4√2+4
154
(2)
25
(3)2或12．
【分析】（1）当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作DE⊥BC于E，易
证四边形ABED是矩形，可得AB＝DE，AD＝BE＝4，解Rt△DEC求出DE＝8，CD＝10，可得⊙O的半径
为4，利用勾股定理求出OD，即可得到DM的最大值；
（2）当B'与C重合时，⊙O'与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接OO'，则
OO'=10，连接A'N，过点N作NF⊥A'B'于点F，如图，解Rt△A'B'N，求出A'N，B'N，然后根据等
积法求出NF即可解决问题；
（3）当⊙O'与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则A'B'ED是矩形，A'D、CD、B'C都
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是⊙O'的切线，根据切线长定理可得A'D=PD，B'C=PC，求出A'D=4−x，B'C=10−x，根据
CD=PD+PC=A'D+B'C列方程求出x即可；当⊙O'与CD相切，在CD的右边时，同理求解即可．
【详解】（1）解：如图，当x＝0，连接DO并延长交⊙O于点M，则此时DM的值最大，过点D作
DE⊥BC于E，
∵∠A＝∠B＝∠DEB＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴AB＝DE，AD＝BE＝4，
∴EC＝BC－BE＝10－4＝6，
DE 4
∵在Rt△DEC中，sinC＝ = ，
CD 5
∴设DE＝4k，CD＝5k（k＞0），
由勾股定理得：EC2+DE2=CD2，即62+(4k) 2=(5k) 2，
整理得：k2=4，
∵k＞0，
∴k=2，
∴DE＝4k＝8，CD＝5k＝10，
∴AB＝DE＝8，
∴OA＝OB＝4，
∴OD＝√42+42=4√2，
∴DM=4√2+4，
即DM的最大值为4√2+4；
（2）当B'与C重合时，⊙O'与CD相交于点N，则⊙O向右平移了10个单位长度，连接OO'，则
OO'=10，连接A'N，过点N作NF⊥A'B'于点F，如图，则∠A'NB'=90°，
CE 3 DE 4
在Rt△CDE中，sin∠CDE= = ，cos∠CDE= = ，
CD 5 CD 5
∵A'B'∥AB∥DE，
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∴∠A'B'N=∠CDE，
在Rt△A'B'N中，A'B'=AB=8，
A'N 3 B'N 4
∵sin∠A'B'N= =sin∠CDE= ，cos∠A'B'N= =cos∠CDE= ，
A'B' 5 A'B' 5
3 3 24 4 4 32
∴A'N= A'B'= ×8= ，B'N= A'B'= ×8= ，
5 5 5 5 5 5
1 1
∵S = A'B' ⋅NF= A'N⋅B'N，
△A'B'N 2 2
24 32
×
∴ A'N⋅B'N 5 5 96，
NF= = =
A'B' 8 25
96 154
∴点N到AB的距离为OO'−NF=10− = ；
25 25
（3）当⊙O'与CD相切，在CD的左边时，设切点为P，如图，则A'B'ED是矩形，A'D、CD、B'C都
是⊙O'的切线，
∴A'D=PD，B'C=PC，
∵A A'=BB'=x，
∴A'D=4−x，B'C=10−x，
∵CD=PD+PC=A'D+B'C，
∴10=4−x+10−x，
解得：x=2；
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当⊙O'与CD相切，在CD的右边时，设切点为Q，如图，则ABB' A'是矩形，A'D、CD、B'C都是
⊙O'的切线，
∴A'D=QD，B'C=QC，
∵A A'=BB'=x，
∴A'D=x−4，B'C=x−10，
∵CD=QD+QC=A'D+B'C，
∴10=x−4+x−10，
解得：x=12；
综上，当⊙O′与CD相切时，x的值为2或12，
故答案为：2或12．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，解直角三角形，勾股定理，点与圆的位置关系，平移的性质，圆周
角定理，切线的性质以及切线长定理等知识，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，从圆外一点引圆的两条
切线，它们的切线长相等是解题的关键．
【变式11-1】（2023·山东威海·统考一模）如图，⊙O的直径AB=12，AM，BN是⊙O的两条切线，DC切
⊙O于E，交BN于C，设AD=x，BC= y．
(1)求证：AB2=4DE⋅CE；
(2)求y与x的函数关系式；
(3)若x，y是方程2x2−30x+a=0的两个根，求△OCD的面积．
【答案】(1)证明见解析．
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36
(2)y=
x
(3)45
【分析】（1）连接OD、OE、OC，证明全等三角形，根据全等的性质得出∠AOD=∠DOE，再由相似
AO AD
三角形得出 = ．
BC OB
（2）根据切线长定理得到BF=AD=x，CE=CB= y，则DC=DE+CE=x+ y，在Rt△DFC中，根据
勾股定理得出y与x的关系．
（3）由（2）得xy=36，根据根与系数的关系得a的值，再通过解一元二次方程求得x、y的值，再根据
AM，BN是⊙O的两条切线，DC切⊙O于E，得到OE⊥CD，AD=DE，BC=CE，推出
S =S ,S =S ．
△AOD △ODE △OBC △COE
【详解】（1）证明：连接OD、OE、OC．
∵AD,BC,DC与⊙O相切于A、B、E点．
∴AD=DE,BC=CE
在△OAD和△OED中
∵¿
∴△OAD≅△OED(SSS)
∴∠AOD=∠DOE
同理可得：△OEC≅△OBC(SSS)
∴∠EOC=∠BOC
∴∠AOD+∠DOE+∠EOC+∠BOC=180°
∴∠DOE+∠EOC=90°
∴OD⊥OC
在Rt△AOD中，
∵∠AOD+∠ADO=90°，∠AOD+∠BOC=90°
∴∠BOC=∠ADO
∵¿
∴Rt△AOD∼Rt△BOC
AO AD
∴ =
BC OB
∴AO⋅OB=AD⋅BC
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1
∵AO=OB= AB，AD=DE，BC=EC
2
(1 ) 2
∴ AB =AD⋅BC=DE⋅EC
2
∴AB2=4DE⋅CE
（2）作DF⊥BN交BC于F．
∵AM,AN与⊙O切于A、B．
∴AB⊥AM,AB⊥BN
∵DF⊥BN
∴∠BAD=∠ABC=∠BFD=90°
∴四边形ABFD是矩形．
∴BF=AD=x,DF=AB=12
∵BC= y
∴FC=BC−BF= y−x
∵DE切⊙O切于E
∴DE=DA=x,CE=CB= y
则DC=DE+CE=x+ y
在Rt△DFC中，由勾股定理得：
(x+ y) 2=(y−x) 2+122
36
整理得：y=
x
36
∴y与x的函数关系是：y=
x
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（3）连接OD、OE、OC
36
∵y与x的函数关系是：y=
x
∴xy=36
∵x,y是方程2x2−30x+a=0的两个根
a
∴xy= ，即a=72
2
∴原方程为：x2−15x+36=0
∵¿
解得：¿或¿
∵x＜y
∴¿
∵AD,BC,CD是⊙O的切线．
∴OE⊥CD,AD=DE,BC=CE
∴S =S ,S =S
△AOD △ODE △OBC △COE
1 1
∴S = × ×(3+12)×12=45
△COD 2 2
【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线长定理、韦达定理、解一元二次方程、全等三角形的性质与判定、
相似三角形的性质与判定、矩形的性质与判定等，解决问题的关键在于正确添加辅助线．
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【变式11-2】（2023·北京石景山·统考二模）如图，AD是⊙O的直径，P是⊙O外一点，连接PO交⊙O
于点C，PB，PD分别切⊙O于点B，D，连接AB，AC．
（1）求证：AB//OP；
（2）连接PA，若PA=2√2，tan∠BAD=2，求PC长．
【答案】（1）见解析；（2）√5−1
【分析】（1）连接OB、BD，则OB=OD，根据切线长定理PD=PB，则OP垂直平分BD，根据AD为圆的
直径，可得AB⊥BD，从而可得结论；
（2）由∠BAD=∠COD，OD⊥BD，得PD=2OD，从而得PD=AD，故可求得AD，在直角△PDO中，由
勾股定理可求得PO，从而可得PC的长．
【详解】（1）如图，分别连接BD、OB
∵PB，PD分别切⊙O于点B，D，
∴PB=PD．
∵OB=OD，
∴PO垂直平分线段BD，即PO⊥BD．
∵AD为⊙O的直径，
∴AB⊥BD
∴AB//OP．
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（2）由（1）AB//OP，
∴∠BAD=∠POD．
∵PD切⊙O于点D，
∴PD⊥OD．
PD
∴tan∠POD= =2．
OD
即PD=2OD．
∵AD=2OD，
∴AD=PD．
在Rt△PDA中，∠PDA=90°，PA=2√2，
∴AD=PD=2，
∴OC=OD=1．
在Rt△PDO中，∠PDO=90°，PD=2，OD=1，
∴PO=√5，
∴PC=PO−CO=√5−1．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，线段垂直平分线的判定定理，切线的性质，勾股定理，锐角三角函
数等知识，解答本题的关键是等角正切值的转换即∠BAD的正切值转换为∠POD的正切值，从而得出
PD=2OD=AD．
【变式11-3】（2023·广东中山·统考三模）如图，已知AB是⊙O的直径，AB=2，C为圆上任意一点，过
点C作圆的切线，分别与过A，B两点的切线交于P，Q两点．
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(1)求CP⋅CQ的值；
(2)如图，连接PB，AQ交于点M，证明直线MC⊥AB．
【答案】(1)1
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理可证明OP，OQ分别是∠AOC，∠BOC的平分线，结合平角定义可证明
∠POQ=90°，利用余角的性质可证明∠OPC=∠COQ，证明△OCP∽△QCO，可得出
CP⋅CQ=OC2= (1 AB ) 2 =1；
2
MP PA
（2）先证明△MBQ∽△MPA，得出 = ，由切线长定理得出PC=PA，QC=QB，再证明
MB BQ
△PMC∽△PBQ，得出∠PMC=∠PBQ，则可证MC∥BQ，结合BQ⊥AB，即可得证．
【详解】（1）解∶如图，连接OP，OQ，OC．
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∵AP，BQ，PQ是⊙O的切线，
∴OP，OQ分别是∠AOC，∠BOC的平分线．
∵∠AOC+∠BOC=180°，
∴2∠POC+2∠QOC=180°．
∴∠POQ=90°，即△POQ是直角三角形．
∴∠POC+∠COQ=90°，
∵PQ是⊙O的切线，
∴OC⊥PQ，
∴∠POC+∠OPC=90°，
∴∠OPC=∠COQ，
又∠PCO=∠OCQ=90°，
∴△OCP∽△QCO．
OC CQ
∴ = ．
PC OC
即OC2=CP⋅CQ．
∴CP⋅CQ=OC2= (1 AB ) 2 =1．
2
（2）证明：∵AP，BQ，PQ是⊙O的切线，
∴AP⊥AB，BQ⊥AB，PC=PA，QC=QB，
∴AP∥BQ，
∴△MBQ∽△MPA．
MP PA
∴ = ．
MB BQ
又∵PC=PA，QC=QB，
MP PC
∴ = ．
MB QC
又∠MPC=∠BPQ，
∴△PMC∽△PBQ．
∴∠PMC=∠PBQ．
∴MC∥BQ．
又BQ⊥AB，
∴MC⊥AB．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，切线长定理，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合
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适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
【题型12 由外心的位置判断三角形形状】
【例12】（2023·江苏无锡·模拟预测）下列说法：（1）三个点确定一个圆；（2）相等的圆心角所对的弦
相等；（3）同弧或等弧所对的圆周角相等；（4）三角形的外心到三角形三条边的距离相等；（5）外心
在三角形的一边上的三角形是直角三角形；其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据确定圆的条件对①进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；根据圆周角定理对
③进行判断；根据三角形外心的性质对④⑤进行判断．
【详解】解：（1）不共线的三个点确定一个圆，故错误；
（2）在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故错误；
（3）同弧或等弧所对的圆周角相等，故正确；
（4）三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故错误；
（5）外心在三角形的一边上的三角形是直角三角形，故正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组
成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命
题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
【变式12-1】（2023·浙江温州·模拟预测）如果三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（
）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，掌握外心的形成和性质是本题突破的关键，根据外心的形成
和性质直接判断即可．
【详解】解：三角形的外心是三条边的垂直平分线的交点，外心的性质是到三角形三个顶点的距离相等，
如果一个三角形的外心在三角形的外部，说明有一个圆周角大于90°，那么这个三角形一定是钝角三角形，
故选：C．
【变式12-2】（2023·河北沧州·模拟预测）当一个三角形的内心与外心重合时，这个三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据内心和外心的概念，三角形的内心是三个内角平分线的交点，外心是三边的垂直平分线的交
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点；再根据等边三角形中三线合一性质，所以一个三角形的外心与内心恰好重合，这个三角形是等边三角
形．
【详解】解：根据等边三角形的性质可知，一个三角形的外心与内心恰好重合，这个三角形是等边三角形．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心、外心的相关知识，熟悉相关性质是解题的关键．
【变式12-3】（2023·广西玉林·统考中考真题）如图，在5×7网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，
B，C，D，E均在格点上，点O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除△ABC外把你认为外
心也是O的三角形都写出来 ．
【答案】△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：√12+22=√5，
则外接圆半径r=√5，
图中D点到O点距离为：√12+22=√5=r，
图中E点到O点距离为：√12+32=√10，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
【题型13 求三角形外接圆的半径、外心坐标】
【例13】（2023·湖北武汉·校考模拟预测）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的
延长线交边AC于点D．
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(1)求证：∠BAC=2∠ABD；
(2)若AD:DC=2:3，BC=2√7时，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接AO，得到OA=OB，进而得到∠ABD=∠BAO，利用外接圆的圆心是三边中垂线的
交点，以及等腰三角形三线合一，即可得证；
（2）延长AO交BC于点H，过点A作AE∥BC，交BD的延长线于点E，得到△BDC∽△EAD，
AO 4
△BHO∽△EAO，推出 = ，在Rt△BOH中，利用勾股定理进行求解即可．
OH 3
【详解】（1）连接AO，
∵AO=BO，
∴∠OBA=∠OAB，
又∵O为△ABC的外心，
∴AO垂直平分BC，
又∵AB=AC，
∴∠BAO=∠CAO，
∴∠BAC=2∠ABD；
1
（2）解：延长AO交BC于点H，则：AH⊥BC,BH= BC=√7，过点A作AE∥BC，交BD的延长线
2
于点E，
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∵AE∥BC，
∴△BDC∽△EAD，△BHO∽△EAO，
AE AD 2 AO AE 2AE
∴ = = ， = = ，
BC CD 3 OH BH BC
AO 4
∴ = ，
OH 3
设OA=OB=4x,OH=3x，
在Rt△BOH中：BO2=OH2+BH2，即：(4x) 2=(3x) 2+(√7) 2 ，
解得：x=1（负值已舍掉）；
∴OA=OB=4，
即：⊙O的半径为4．
【点睛】本题考查三角形的外接圆，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质．熟练掌握三角形的外
接圆的圆心是三边中垂线的交点，构造相似三角形，是解题的关键．
【变式13-1】（2023·江苏南京·统考一模）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为
D，BD＝6，DC＝4．
（1）求⊙O的半径；
（2）求AD的长．
【答案】（1）5√2；（2）12
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质计算，求出OB；
（2）连接OA，过点O作OE⊥AD于E，OF⊥BC于F，根据垂径定理求出DF，根据等腰直角三角形的性
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质求出OF，根据勾股定理求出AE，结合图形计算得到答案．
【详解】解：（1）如图1，连接OB、OC，
∵BD＝6，DC＝4，
∴BC＝10，
由圆周角定理得，∠BOC＝2∠BAC＝90°，
√2
∴OB＝ BC＝5√2；
2
（2）如图2，连接OA，过点O作OE⊥AD于E，OF⊥BC于F，
∴BF＝FC＝5，
∴DF＝1，
∵∠BOC＝90°，BF＝FC，
1
∴OF＝ BC＝5，
2
∵AD⊥BC，OE⊥AD，OF⊥BC，
∴四边形OFDE为矩形，
∴OE＝DF＝1，DE＝OF＝5，
在Rt△AOE中，AE＝√0A2−0E2＝7，
∴AD＝AE+DE＝12．
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【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、垂径定理、等腰直角三角形的性质是解
题的关键．
【变式13-2】（2023·浙江温州·校考一模）如图，△ABC在平面直角坐标系中，点A(−1,1)
(1)利用网格确定△ABC的外接圆的圆心坐标为______；
(2)作出△ABC的外接圆；
(3)利用直尺作出∠ACB的角平分线．
【答案】(1)(0,-1)
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】（1）利用网格特点作AB和AC的垂直平分线，它们的交点为P点，则P点为 ABC的外接圆的
圆心，然后写出P点坐标； △
（2）以点P为圆心，PA长为半径作⊙P即可；
（3）找到⊙P与y轴的交点D，用直线作射线CD即可．
【详解】（1）解：利用网格特点作AB和AC的垂直平分线，它们的交点为P点，
∵A(-1,1)，
∴P(0,-1)
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∴△ABC的外接圆的圆心坐标为(0,-1)；
故答案为(0,-1)；
（2）解：作AB的垂直平分线与BC的垂直平分线的交点为P，连结PB，以点P为圆心，PB为半径作圆，
如图，⊙P为所作 ABC的外接圆；
△
（3）解：如图，CD为所作．
由（1）可知，点P在y轴上，⊙P与y轴的交点D，
∴OP⊥AB，
∴A´D=B´D，
∴∠ACD=∠BCD，
∴CD是∠ACB的平分线．
【点睛】本题考查利用网格作线段垂直平分线，画角平分线，点的作标，三角形外接圆，垂径定理，圆周
角定理，利用三角形外心的定义找三角形外接圆的圆心是解题的关键．
【变式13-3】（2023·山东济宁·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为
A(−2,1),B(−1,4),C(−3,2)
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(1)以原点O为位似中心，位似比为2:1，在y轴的左侧画出△ABC放大后的△A B C ；
1 1 1
(2)在（1）中，若点M(m,n)为线段BC上任一点，写出变化后点M的对应点M'的坐标___________．
(3)直接写出△A B C 外接圆的圆心D坐标____________．
1 1 1
【答案】(1)见解析
(2)M'(2m,2n)
(3)(−3,5)
【分析】（1）根据以原点O为位似中心的坐标变换规律，把点A，B，C的横纵坐标都乘以2即可得到点
A ，B ，C 的坐标，然后描点即可得到△A B C ；
1 1 1 1 1 1
（2）根据以原点O为位似中心的坐标变换规律，把点M(m,n)的横纵坐标都乘以2即可得到点M'的坐标；
（3）首先得到A B 是△A B C 外接圆的直径，进而根据网格的特点求解即可．
1 1 1 1 1
【详解】（1）解：根据以原点O为位似中心的坐标变换规律可得点A ，B ，C 的坐标分别为：
1 1 1
A (−4,2)，B (−2,8)，C (−6,4)，描点即可得到下图所示图形；
1 1 1
（2）解：根据位似比和以原点O为位似中心的坐标变换规律可得，
点M'的坐标为M'(2m,2n)；
（3）解：如图所示，由网格的特点可得，∠A C B =90°，
1 1 1
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∵△A B C 是直角三角形，
1 1 1
∴A B 是圆的直径，
1 1
∴A B 的中点即为△A B C 外接圆的圆心，
1 1 1 1 1
∴点D的坐标为(−3,5)．
【点睛】本题考查了作图—位似变换，位似比，三角形外接圆等知识点，解答本题的关键是会利用位似中
心和位似比作图并利用点的坐标求出线段长．
【题型14 由三角形的内切圆求值】
【例14】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，在直角坐标系中，一直线l经过点M(√3,1)，与x轴、y轴
分别交于A、B两点，且MA=MB，若⊙O 是△ABO的内切圆，⊙O 与⊙O 、l、y轴分别相切，⊙O
1 2 1 3
与⊙O 、l、y轴分别相切，……按此规律，则⊙O 的半径r = ．
2 2023 2023
√3−1
【答案】
32022
【分析】连接OO 、AO 、BO ，作O D⊥OB于D，O E⊥AB于E，O F⊥OA于F，将三角形
1 1 1 1 1 1
ABO分解成三个三角形，再根据三个三角形的面积之和等于△ABO的面积，即可得出半径的值，再根据
题意依次列出⊙O ，⊙O …的半径大小，找出规律即可．
2 3
【详解】解：如图所示，连接OO 、AO 、BO ，作O D⊥OB于D，O E⊥AB于E，O F⊥OA于
1 1 1 1 1 1
F，
则O D=O E=O F=r ，
1 1 1 1
过点M作MC⊥x轴于C，
∴MC∥y轴，
∵M(√3,1)，MA=MB，即点M是AB的中点，
∴点C是OA的中点，MC是△ABO的中位线，
∴BO=2OA=2，OA=2OC=2√3，
∴B(0,2)，A(2√3,0)，AB=√OB2+OA2=√22+(2√3) 2=4，
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1
∴S = ×OB×r =r ，
△BO 1 O 2 1 1
1
S = ×OA×r =√3r ，
△AO 1 O 2 1 1
1
S = ×AB×r =2r ，
△AO 1 B 2 1 1
1
S = ×OA×OB=2√3，
△AOB 2
∵S =S +S +S =(3+√3)r =2√3，
△AOB △BO O △AO O △AO B 1
1 1 1
2√3
∴r = =√3−1，
1 3+√3
√3−1 √3−1
同理可得：r = ，r = ，…，
2 3 3 32
√3−1
∴r = ，
n 3n−1
√3−1
依此类推可得：⊙O 的半径r = ，
2023 2023 32022
√3−1
故答案为： ．
32022
【点睛】本题考查三角形的内切圆，勾股定理，三角形的中位线，规律型．根据题意列出等式，适当地对
图形进行分解，总结出规律是解题的关键．
【变式14-1】（2023·福建泉州·模拟预测）作图题：如图，在矩形ABCD中，已知AD=10，AB=6，
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(1)用直尺和圆规在AD上找一点E，使EC平分∠BED，（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求△CDE内切圆半径r的值．
【答案】(1)见解析
(2)r=4−√10
【分析】（1）以B为圆心，BC长为半径画弧交AD于E，连接BE，CE，则EC平分∠BED
（2）先分别利用勾股定理求得AE、CE，然后利用三角形内切圆的性质列方程即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，点E即为所求．
（2）解：由（1）作图可知，BE=BC=10，
∴在Rt△ABE中，AE=√BE2−AB2=√102−62=8，
∴DE=AD−AE=10−8=2，
∴在Rt△CDE中，CE=√DE2+CD2=√22+62=2√10
∵△CDE内切圆半径为r，
∴△CDE内切圆的圆心到△CDE的三边的距离都为半径r，
1 1
∴S = (CD+DE+CE)r= CD⋅DE，
△CDE 2 2
1 1
即 (6+2+2√10)r= ×2×6，
2 2
解得r=4−√10．
【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的
基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的性质、三角形内切圆的性质．
【变式14-2】（2023·山东淄博·统考一模）如图，在RtΔABC中，∠A=90°，点D，E分别在AC，BC
上，且CD⋅BC=AC⋅CE，以E为圆心，DE长为半径作圆，⊙E经过点B，与AB，BC分别交于点F，
G．
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（1）求证：AC是⊙E的切线；
（2）若AF=4，CG=5，求⊙E的半径；
（3）在（2）的条件下，若RtΔABC的内切圆圆心为I，直接写出IE的长．
【答案】（1）见解析；（2）20；（3）√130
【分析】（1）利用相似三角形的判定定理得到ΔCDE∽ΔCAB，从而得到∠EDC=∠A=90°，根据切
线的判定定理证明；（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H，得出四边形ADEH为矩形，设半径为r，得出
BH=r−4，再通过ΔBHE∽ΔEDC，解方程算出r的值；（3）根据三角形的面积与三角形内切圆的半径
r
r之间满足S = (a+b+c)算出半径，再根据勾股定理计算．
Δ 2
【详解】（1）证明：
∵CD⋅BC=AC⋅CE，
CD CE
∴ = ．
CA CB
∵∠DCE=∠ACB，
∴ΔCDE∽ΔCAB．
∴∠EDC=∠A=90°
∴ED⊥AC．
又∵点D在⊙O上，
∴AC与⊙E相切于点D．
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H，
∴BH＝FH．
在四边形AHED中，∠AHE=∠A=∠ADE=90°，
∴四边形AHED为矩形，
∴ED=HA，ED//AB，
∴∠B=∠DEC．
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设⊙O的半径为r，则EB=ED=EG=r，
∴BH=FH=r−4，EC=r+5．
在ΔBHE和ΔEDC中，
∵∠B=∠DEC，∠BHE=∠EDC，
∴ΔBHE∽ΔEDC．
BH BE r−4 r
∴ = ，即 = ．
ED EC r r+5
∴r=20．
即⊙E的半径为20．
（3）
如图2：过I作ℑ⊥BC于M，过I作IH⊥ΑΒ于H
由（2）得：FH=BH=16,AB=36，BC=45
∴AC=√452−362=27
∵I是ΔABC的内心
r
∵S = (a+b+c)
Δ 2
1 r
即36×27× = (36+27+45)解得：r=9
2 2
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∴AH=ℑ=9,BH=BM=36−9=27
∴EM=27−20=7
∴IE=√EM2+I M2=√72+92=√130
【点睛】这是一道圆的综合题目，有一定的难度．注意构造辅助线与垂径定理、相似三角形的应用；同时
掌握三角形的面积与三角形内切圆的半径关系是解决第（3）问的关键．
【变式14-3】（2014·江苏南京·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm ，BC=3cm，
⊙O为△ABC的内切圆，
(1)求⊙O的半径；
(2)点P从点B沿边BA向点A以点1cm/s 的速度匀速运动，以点P为圆心，PB长为半径作圆，设点P运动
的时间为 t s，若⊙P与⊙O相切，求t的值．
【答案】(1)1 cm
2
(2)t= 或2
3
【分析】（1）设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，根据切线的性质证明
四边形CEOF是正方形，由勾股定理求AB的长，把AD，BD用半径r的代数式表示，从而根据
AB=AD+BD列方程求解即可；
（2）为⊙P与⊙O外切和⊙P与⊙O内切两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：如图，设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，则
AD=AF，BD=BE，CE=CF，
∵⊙O为△ABC的内切圆，
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∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°，
又∵∠C=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
又∵OE=OF，
∴四边形CEOF是正方形，
设⊙O的半径为r cm，则FC=EC=OE= r cm，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4 cm ，BC=3cm，
∴AB=√AC2+BC2=5cm，
∵AD=AF=AC−FC=4−r，BD=BE=BC−EC=3−r，
∴4−r+3−r=5，解得r=1，
∴⊙O的半径为1 cm；
（2）解：如图，过点P作PG⊥BC于点G，
∵∠PGB=∠C=90°，
∴PG∥AC，
∴△PBG∽△ABC，
PG BG BP
∴ = = ，
AC BC BA
又∵BP=t，
4 3
∴PG= t,BG= t，
5 5
如图，当⊙P与⊙O外切时，过点P作PH⊥OE于点H，连接OP，则OP=1+t，
∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，
∴四边形PHEG是矩形，
∴HE=PG，PH=GE，
4 3 3
∴OH=OE−HE=1− t,PH=≥=BC−EC−BG=3−1− t=2− t，
5 5 5
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在Rt△OPH中，由勾股定理得：
4 2 3 2 2
(1− t) +(2− t) =(1+t) 2，解得t= ；
5 5 3
如图，当⊙P与⊙O内切时，过点O作OM⊥PG于点M，连接OP，则OP=t−1，
∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，
∴四边形OEGM是矩形，
∴MG=OE，OM=EG，
4 3 3
∴PM=PG−EC= t−1,OM=EG=BC−EC−BG=3−1− t=2− t，
5 5 5
在Rt△OPM中，由勾股定理得：
4 2 3 2
( t−1) +(2− t) =(t−1) 2，解得t=2，
5 5
2
综上所述，当⊙P与⊙O相切时，t= 或2．
3
【点睛】本题主要考查了直线与圆相切的性质，矩形、正方形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判
定和性质，切线长定理，等知识，熟练掌握相关知识点，并利用方程思想和分类思想解答是解题的关键．
【题型15 与三角形内心有关的应用】
【例15】（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）综合与实践：（1）如图（1），有一块三角形
材料△ABC，准备裁剪成一个面积最大的圆形，已知∠C=90°，BC=3，AC=4，求裁剪出的最大圆形
面积．
（2）如图（2），市政部门准备把一块四边形区域改造成公园，计划在主干道AB上确定大门M的位置，
且在M与另外两个小门E、F连接而成的三角形区域内设计一个面积尽可能大的圆形花园，部分数据如下：
∠B=∠C=60°，BE=CD=2EC=400米，点F为CD的中点，请按市政要求确定M的位置，画出图形
并求出BM长和最大的圆形花园的面积．
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【答案】（1）π；（2）图见解析，BM=300米，最大的圆形花园的面积为
【分析】（1）此题考查三角形的内切圆的半径，通过面积与周长的公式推论即可；
S
（2）需要圆形画圆面积最大，由（1）中公式可知，圆半径与三角形的面积和周长关系为： r= ，当M
C
在AB上时，S不变，因此C越小半径越大，则圆面积越大，因此将周长最小转化为最短路径题型，对称后
连线即为周长最小，同时根据题意有等边三角形，作出辅助线后可得到每条边的长度，最后直接求解即可.
【详解】（1）如图所示，作△ABC的内切圆⊙O，则OG=OD=OE
∵∠C=90°，BC=3，AC=4
∴AB=√32+42=5
1 1 1 1
∵S = AC×BC= AC×OG + BC×OE+ AB×OD
△ABC 2 2 2 2
1
= OG×C
2 △ABC
S
∴ OG=
C
1 1
∴ ×3×4= ×OG×(3+4+5)
2 2
解得：OG=1，
∴裁剪出的最大圆形面积为π×12=π
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（2）连接EF，将E关于BA对称得点P，连接PE交BA于点Q，连接PF交BA于点M，
连接ME，延长BA和CD交于G，
∵∠C=∠B=60°
∴△GBC是等边三角形，
∵ BE=CD=2EC=400米，F是CD中点，
∴FC=EC=200米，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠B = ∠FEC = 60°，
∵ EF∥AB，
∴PE⊥BG，
∴∠PEF = 90°，
∵需要圆形画圆面积最大，由（1）可知，
S
圆半径与三角形的面积和周长关系为： r= ，
C
当M在AB上时，S不变，因此C越小半径越大，则圆面积越大，
如图所示时周长最大，
此时周长即C =FP+EF
△MEF
在Rt△BEQ中，BE=400，
√3BE
∴ QE= =200√3
2
∴PE=400√3
在Rt△PEF中，EF=200，
∴PF=√ (200) 2+(400√3) 2=200√13
∴C =200√13+200
△MEF
∵ Q是PE的中点，EF∥AB
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∴ M是FP的中点，ME=MF ,
∵ FC=EC，
∴直线CM是等边△GBC的对称轴，
1
∴ BM= ×600=300，
2
1
∴ S = ×200×200√3=20000√3
△MEF 9
20000√3 (50√39 50√13)
∴ r= = −
200√13+200 3 3
2500(14+2√13)
∴S=πr2= π平方米
3
【点睛】本题考查了三角形内心的应用，勾股定理，熟练掌握内心的性质是解题的关键．
【变式15-1】（2023·江苏镇江·统考中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾
中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个
直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，
求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算
所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为
长度单位）
【答案】6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，
得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为√82+152=17，
8+15−17
则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径r= =3（步），即直径为6步，
2
故答案为：6．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握Rt△ABC中，两直角边分别为a、b，斜边为c，其内切
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a+b+c
圆半径r= 是解题的关键．
3
【变式15-2】（2023·四川宜宾·统考中考真题）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角
形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积
为49，则大正方形的面积为 ．
【答案】289
【分析】设直角三角形的三边分别为a,b,c，较长的直角边为a,较短的直角边为b, c为斜边，由切线长定
a+b−c
理可得，直角三角形的内切圆的半径等于 ，即a+b−c=6，根据小正方的面积为49，可得
2
(a−b) 2=49，进而计算c2即a2+b2即可求解．
【详解】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为a,b,c，较长的直角边为a,较短的直角边为b, c为斜
边，
∵直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
a+b−c
∴ =3，(a−b) 2=49，
2
∴ a+b−c=6①，a−b=7②，
13+c c−1
∴a= ,b= ，
2 2
∵a2+b2=c2③，
∴
(13+c) 2
+
(c−1) 2
=c2 ，
2 2
解得c=17或c=−5（舍去），
大正方形的面积为c2=172=289，
故答案为：289．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，解一元二次方程，二元一次方程组，掌握直角三角形的内切
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a+b−c
圆的半径等于 是解题的关键．
2
【变式15-3】（2023·河北·一模）如图，三条笔直的小路a，b，c相交围成一个三角形公园ABC，在
△ABC的内心I处修建了一个凉亭，过凉亭的小路d∥c，并分别与△ABC的两边AB、AC相交于点D、
E，DE=150m，小路c与d之间相距60m，如果从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板
路的长度之和最小为 m；若游人从B处出发，沿B→D→I→E→C的路线，到达C处，那么所走
的这段路程长为 m．
【答案】 180 300
【分析】（1）在△ABC的内心I处修建了一个凉亭，从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条
石板路的长度之和最小就是过I向三边作垂线，垂线段的和就是结论；
（2）根据图形求出BD、EC长度，再求BD+DE+EC即可．
【详解】（1）解：过I作IF⊥BC于F，如图所示：
∵过凉亭的小路d∥c，小路c与d之间相距60m，
∴IF=60m，
∵ I是△ABC的内心，
∴ I到△ABC的三边垂线段都相等，均等于60m，
∴从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板路的长度之和最小为180m，
故答案为：180；
（2）连接BI、CI，如图所示：
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∵ I是△ABC的内心，为△ABC的三个内角的角平分线的交点，
∴ ∠DBI=∠CBI，∠ECI=∠BCI，
∵d∥c，
∴∠DIB=∠CBI,∠EIC=∠BCI，
∴∠DIB=∠DBI,∠EIC=∠ECI，
∴BD=DI,CE=IE，
∵DE=150m=DI+IE，
∴BD+DE+EC=2DE=300m，
∴游人从B处出发，沿B→D→I→E→C的路线，到达C处，那么所走的这段路程长为300m，
故答案为：300．
【点睛】本题考查三角形内心的性质，熟练掌握三角形内心是三角形三个内角的角平分线的交点是解决问
题的关键．
【题型16 三角形外接圆与内切圆综合】
【例16】（2023·浙江·校考三模）如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠B＝90°．
(1)若AB＝4，BC＝3，
①求Rt△ABC外接圆的半径；
②求Rt△ABC内切圆的半径；
1
(2)连接AO并延长交BC于点D，若AB＝6，tan∠CAD＝ ，求此⊙O的半径．
3
5
【答案】(1) ① ; ②1
2
3
(2)
2
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【分析】（1）①先求得线段AC的长度，然后取AC的中点H，得到AH的长即为△ABC的外接圆半径；
②过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AB于点F，OG⊥AC于点G，然后可得四边形OEBF是正方形，设
半径为1，结合点O是△ABC的内心可得AF，CE的长度，然后由切线长定理得到AG=AF=4−r，
CG=CE=3−r，进而得到AC=7−2r，最后利用勾股定理求得r的值；
（2）设半径为r，得到OF=r，AF=6−r，由内心的定义可知∠CAD=∠BAD，然后利用正切值求得的
大小，即为结果．
【详解】（1）解：（1）①如图1，取AC的中点H，
∵∠B=90°，
∴点H是Rt△ABC的外接圆圆心．
∵AB=4，BC=3，∠B=90°，
∴AAC=√AB2+BC2=√42+32=5
1 5
∴AH= AC= ，
2 2
5
∴Rt△ABC的外接圆半径为 ；
2
②如图2，过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AB于点F，OG⊥AC于点G，
则∠OFB=∠OEB=90°．
∵∠B=90°，
∴四边形OEBF是正方形，
设半径为r，则BF=OF=OE=BE=r，
∴ ⊙O是Rt△ABC的内切圆，AB=4，BC=3，
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∴AG=AF=4−r，CG=CE=3−r，
∴.AC=AG+CG=7−2r，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，
∴42+32=(7−2r) 2，
解得r=1或r=6(不符合题意舍去)，
∴Rt△ABC内切圆的半径为l；
（2）解：如图2，设半径为r，则0F=r，AF=6−r．
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴∠OAF=∠CAD.
1
∵tan∠CAD= ，
3
OF 1
∴tan∠OAF= = ,
AF 3
r 1
∴ = ，
6−r 3
3
解得r= ，
2
3
∴⊙O的半径为 ．
2
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内切圆的性质、解直角三角形，熟知圆的切线长定理是解题关键．
【变式16-1】（2023·福建厦门·统考二模）如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，⊙O是
△ABC的外接圆，连接CO并延长交⊙O于点D，连接BD，点E是△ABC的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点E，证明BD=DE；
（2）求线段CE长．
【答案】（1）见解析；（2）CE=4√2−4．
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1
【分析】（1）三角形内心的作法确定点E，点E是△ABC的内心可得到∠ABE=∠EBO= ∠ABC，
2
⊙O是△ABC的外接圆，用外接圆的性质可以求出∠BOE=∠BOD，再用三角形角之间的关系可以证明
BD=DE．
（2）∠ACB=90°得到 AB为⊙O的直径，⊙O是△ABC的外接圆可知OC垂直平分AB，E是内心可推
出CE=CD−DE，再用三角函数的性质可求出CE．
【详解】（1）如图，点E即为所求．
∵AC=BC=4，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=45°．
连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
1
∴∠ABE=∠EBO= ∠ABC=22.5°．
2
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴AO=BO，
又∵AC=BC，
∴CO⊥AB，
∴∠BOE=∠BOD=90°，
在△BOE中，∠BOE+∠EBO+∠OEB=180°，
∴∠OEB=67.5°，
∵∠BOD=90°，DO=BO，
∴∠OBD=45°，
∴∠EBD=∠OBD+∠EBO=67.5°，
∴∠EBD=∠OEB，
∴BD=DE．
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（2）∵∠ACB=90°，AC=BC=4
∴AB为⊙O的直径，AB=4√2
∴CD=AB=4√2
∵⊙O是△ABC的外接圆
∴OC垂直平分AB
∴OC平分∠ACB
∵E是内心
∴CE平分∠ACB
∴点E在线段CD上，即CE=CD−DE
∵∠D=∠DCB=45°
∴∠CBD=90°，
CD
∴BD= =4
sin45°
∵BD=DE
∴CE=CD−DE=4√2−4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内心，三角函数的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形是
解题的关键．
【变式16-2】（2023·湖北武汉·一模）在锐角△ABC中，BC=2√5，∠A=45°．
（1）如图1，求△ABC外接圆的直径；
（2）如图2，点I为△ABC的内心，AI的延长线交△ABC外接圆于D，
①求证BD=DI；
②若AB=6，求△ABC内切圆的半径（不需化简）．
12
【答案】（1）2√10；（2）①见详解；② ．
3+√5+2√2
【分析】（1）作直径CE，连接BE，证明△BEC是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解；
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（2）①连接BI，根据I为△ABC的内心，得到∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI,进而证明∠DBC=∠BAD，
得到∠BID=∠DBI，问题得证；
②连接CI，作BH⊥AC与H，IM⊥BC于M，IF⊥AC于F，IN⊥AB，先求出BH、AC长，在利用面积法构
造非常即可求解．
【详解】解：（1）如图1，作直径CE，连接BE，
∵CE为直径，
∴∠CBE=90°，
∵∠A=45°，
∴∠BEC=45°，
∴∠BCE=45°，
∴BC=BE=2√5，
∴△BEC是等腰直角三角形，
∴CE=√BE2+BC2=√(2√5) 2+(2√5) 2=2√10，
△ABC外接圆的直径为2√10；
（2）①如图2，连接BI，
∵I为△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI,
∵C´D=C´D
∴∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠ABI+∠BAD =∠CBI+ DBC，
即∠BID=∠DBI，
∴BD=DI；
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②如图3，连接CI，作BH⊥AC与H，IM⊥BC于M，IF⊥AC于F，IN⊥AB，
∵BH⊥AC，∠BAC=45°，
∴∠BAC=∠ABH=45°，
∴AH=BH=3√2，
∴CH=√BC2−BH2=√(2√5) 2 −(3√2) 2=√2，
∴AC=AH+CH=4√2，
∵I为△ABC的内心，
∴设IN=HM=IF=x，
1 1 1 1
∴ AB·x+ AC·x+ BC·x= AC·BH，
2 2 2 2
1
即3·x+√5·x+2√2·x= ×4√2×3√2，
2
∴(3+√5+2√2)·x=12，
12
∴x= ，
3+√5+2√2
12
∴△ABC内切圆的半径为 ．
3+√5+2√2
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与内切圆知识，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形判定等知识，综
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合性较强，熟知相关定理，根据题意添加适当辅助线是解题关键．
【变式16-3】（2023·湖南·统考中考真题）如图，在 ABC中，AD是边BC上的中线，∠BAD=∠CAD，
CE∥AD，CE交BA的延长线于点E，BC=8，AD=3．△
（1）求CE的长；
（2）求证： ABC为等腰三角形．
（3）求 AB△C的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离．
△
5
【答案】（1）CE=6；（2）证明见解析；（3） ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为 ．
2
△
【分析】（1）证明AD为 BCE的中位线得到CE=2AD=6；
（2）过B点作AC的平行△线，并与AD的延长线交于点F，证明△ACD≌△FBD，从而得到AC=BF，
∠CAD=∠BFD，再结合∠BAD=∠CAD，得到BA=BF，等量代换后即可证得结论；
（3）如图，连接BP、BQ、CQ，先利用勾股定理计算出AB=5，设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，在
25 7 4 4
Rt△PBD中利用勾股定理得到（R-3）2+42=R2，解得R= ，则PD= ，再利用面积法求出r= ，即QD=
6 6 3 3
，然后计算PD+QD即可．
【详解】（1）解：∵AD是边BC上的中线，
∴BD=CD，
∵CE∥AD，
∴AD为 BCE的中位线，
∴CE=2A△D=6；
（2）证明：过B点作AC的平行线，并与AD的延长线交于点F，
则∠ACD=∠FBD, ∠ADC=∠FDB，
又∵BD=CD，
∴△ACD≌△FBD，
∴AC=BF，∠CAD=∠BFD，
又∵∠BAD=∠CAD，
∴∠BAD=∠BFD，
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∴BA=BF,
∴AB=AC,
∴△ABC为等腰三角形．
（3）如图，连接BP、BQ、CQ，
在Rt△ABD中，AB=√32+42=5，
设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，
25
在Rt△PBD中，（R-3）2+42=R2，解得R= ，
6
25 7
∴PD=PA-AD= -3= ，
6 6
∵S +S +S =S ，
△ABQ △BCQ △ACQ △ABC
1 1 1 1 4
∴ ×r×5+ ×r×8+ ×r×5= ×3×8，解得r= ，
2 2 2 2 3
4
即QD= ，
3
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7 4 5
∴PQ=PD+QD= + = ．
6 3 2
5
答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为 ．
2
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角
形顶点的连线平分这个内角．也考查了等腰三角形的判定与性质和三角形的外接圆．
106
