第27讲与圆有关的位置关系（练习）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_一轮复习资料_配套练习（原卷版+解析版）_教师版（含答案解析）

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第 27 讲 与圆有关的位置关系
目 录
题型01 判断点和圆的位置关系 题型13 利用切线的性质定理证明
题型 02 根据点和圆的位置关系求半 题型 14 切线的性质与判定的综合运
径 用
题型03 判断直线与圆的位置关系 题型15 作圆的切线
题型04 根据直线与圆的位置关系求半 题型16 应用切线长定理求解
径 题型17 应用切线长定理求证
题型05 根据直线与圆的位置关系求点 题型18 判断三角形外接圆圆心位置
到直线的距离 题型19 求外心坐标
题型06 求圆平移到与直线相切时圆心 题型20 求特殊三角形外接圆的半径
坐标 题型21 由三角形的内切圆求长度
题型07 求圆平移到与直线相切时运动 题型22 由三角形的内切圆求角度
距离 题型23 由三角形的内切圆求周长、面
题型08 圆和圆的位置关系 积
题型09 判断或补全使直线成为切线的 题型24 求三角形的内切圆半径
条件 题型25 直角三角形周长、面积和内切
题型10 利用切线的性质求线段长 圆半径的关系
题型11 利用切线的性质求角度 题型26 三角形内心有关的应用
题型12 证明某条直线时圆的切线 题型27 三角形外接圆与内切圆综合
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题型 01 判断点和圆的位置关系
1．（2023·广东广州·统考一模）已知⊙O的半径为5，当线段OA=6时，则点A与⊙O的位置关系是
（ ）
A．在圆上 B．在圆外 C．在圆内 D．不能确定
【答案】B
【分析】根据点A到圆心的距离大于半径即可求解．
【详解】解：∵OA=6>5，
∴A点在圆外，
故选：B．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，掌握点到圆心的距离大于半径时点在圆外，等于半径时点在圆上，
小于半径时点在圆内是解题的关键．
2．（2023·广东广州·广州大学附属中学校考一模）已知⊙O的半径是8，点P到圆心O的距离d为方程
x2−4x−5=0的一个根，则点P在（ ）
A．⊙O的内部 B．⊙O的外部
C．⊙O上或⊙O的内部 D．⊙O上或⊙O的外部
【答案】A
【分析】先解一元二次方程，得到d值，再比较d与半径8的大小，若d>8，则点P在⊙O的外部，若
d<8，则点P在⊙O的内部，若d=8，则点P在⊙O上，即可解答．
【详解】解：解方程x2−4x−5=0可得，x =5，x =−1，
1 2
∵点P到圆心O的距离d为方程x2−4x−5=0的一个根，
∴d=5<8，
∴点P在⊙O的内部，
故选A
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、解一元二次方程，熟练掌握点与圆的位置关系的判断方法是解答
的关键．
3．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=8,tan A=2，以点A为圆心，半径
为8的圆记作圆A，那么下列说法正确的是（ ）
A．点C在圆A内，点B在圆A外
B．点C在圆A上，点B在圆A外
C．点C、B都在圆A内
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D．点C、B都在圆A外
【答案】A
【分析】由解直角三角形求出AC=4，由AC和AB与圆的半径的大小关系，即可判断出点C和点B与
⊙A的位置关系，即可得出答案．
【详解】解：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,BC=8,tanA=2，
BC 8
∴ =2，即 =2，
AC AC
∴AC=4，
∴AC<8，
∴点C在⊙A的内部，
∵AB>BC，
∴AB>8，
∴点B在⊙A的外部，
故选A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，点与圆的位置关系，掌握解直角三角形和会判断点与圆的位置关系是
解决问题的关键．
题型 02 根据点和圆的位置关系求半径
4．（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2.5cm
【分析】分点P在⊙O外和⊙O内两种情况分析；设⊙O的半径为xcm，根据圆的性质列一元一次方程并
求解，即可得到答案．
【详解】设⊙O的半径为xcm
当点P在⊙O外时，根据题意得：4+2x=9
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∴x=2.5cm
当点P在⊙O内时，根据题意得：2x=9+4
∴x=6.5cm
故答案为：6.5cm或2.5cm．
【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．
5．（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．
6．（2023·上海·校考一模）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，以A为圆心，r为半径作⊙A，使得
点D在圆内，点C在圆外，则半径r的取值范围是 ．
【答案】6<r<10
【分析】首先利用勾股定理得出AC的长，利用以A为圆心，r为半径作⊙A，使得点D在圆内，点C在圆
外，得出r的取值范围即可．
【详解】解：如图，连接AC，
∵矩形矩形ABCD中，AB=8，AD=6，
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∴AC=10，
∵以以A为圆心，r为半径作⊙A，使得点D在圆内，点C在圆外，
∴半径r的取值范围是：6<r<10，
故答案为：6<r<10．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用图形得出r的取值范围是解题关键．
题型 03 判断直线与圆的位置关系
7．（2022·安徽蚌埠·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，以1.5为半径的圆的圆心P的坐标为(0,2)，
将⊙P沿y轴负方向平移1.5个单位长度，则x轴与⊙P的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
【答案】A
【分析】根据题意，将圆心点向下平移1.5个单位，即可判断圆与x轴的位置关系．
【详解】解：如图，∵圆心P的坐标为(0,2)，将⊙P沿y轴负方向平移1.5个单位长度，
∴平移后的点P的坐标为(0,0.5)，
∴OP=0.5，
∵半径为1.5，
∴PO<r，
∴圆P与x轴相交，
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故选A.
【点睛】本题主要考查圆与直线的位置关系，结合题意判断圆与x轴的位置关系是解题的关键．
4
8．（2022·山东青岛·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，sinB= ，AC=5cm，以点C为圆
5
心，以2cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相切或相交
【答案】A
【分析】计算C点到AB上的高即可判断；
【详解】解：如图，过C作CD⊥AB于D，
4 25
由题意得：AB× =5，AB= cm，
5 4
15
由勾股定理得：BC=√AB2−AC2= cm，
4
Rt△BCD中，CD=BCsin∠B=3cm，
∵2cm＜3cm，
∴圆与AB相离，
故选： A．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，利用勾股定理和三角函数解直角三角形是解题关键．
9．（2021·上海崇明·统考二模）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果O的半径为3cm，线段OA＝
5cm，线段OB＝3cm，那么直线AB与⊙O的位置关系为（ ）
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A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离与圆的半径大小的关系进行判断，即当圆心到直线的距离小于半径时，直
线与圆相交；圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相
离．
【详解】∵⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm
∴点A在以O为圆心5cm长为半径的圆上，点B在以O圆心3cm长为半径的⊙O上
当AB⊥OB时，如左图所示，由OB=3cm知，直线AB与⊙O相切；
当AB与OB不垂直时，如右图所示，过点O作OD⊥AB于点D，则OD<OB，所以直线AB与⊙O相交；
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切
故选：D．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，要确定直线与圆的位置关系，要比较圆心到直线的距离与
半径的大小，从而可确定位置关系．
题型 04 根据直线与圆的位置关系求半径
10．（2023·上海虹口·校联考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=5，
BC=12．分别以点O、D为圆心画圆，如果⊙O与直线AD相交、与直线CD相离，且⊙D与⊙O内切，
那么⊙D的半径长r的取值范围是（ ）
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1 5 25
A． <r<4 B． <r<6 C．9<r< D．9<r<13
2 2 2
【答案】C
【分析】过点O作OE⊥AD，勾股定理求得BD=13，进而根据平行线分线段成比例得出
1 1
OE= AB,OF= AD，根据题意，画出相应的图形，即可求解．
2 2
【详解】解：如图所示，当圆O与AD相切时，过点O作OE⊥AD，
∵矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB=5，BC=12．
∴ ， ， ， ，
AD⊥CD CD=AB=5 AD=BC=12 BD=√AB2+AD2=13
∴OE∥DC
1 5
∴OE= AB= ，
2 2
5 13 5
则r=OD+ = + =9；
2 2 2
当圆O与CD相切时，过点O作OF⊥CD于点F，如图所示，
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1
则OF= AD=6
2
13 25
则r= +6=
2 2
25
∴⊙O与直线AD相交、与直线CD相离，且⊙D与⊙O内切时，9<r< ，
2
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，直线与圆的位置关系，圆与圆的位置
关系，根据题意画出图形是解题的关键．
11．（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AB只有一个交点，则r的取值范围为 ．
【答案】r=√3或2<r≤2√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，
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在Rt△BCA中，
∵∠ACB=90°，AC=2，∠B=30°，
∴AB=4，
∴BC=√AB2−AC2=√42−22=2√3，
根据三角形的面积公式得：AB•CD=AC•BC，
AC⋅BC 2×2√3
∴CD= = =√3，
AB 4
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≤2√3，
综上所述：r的取值范围是r=√3或2＜r≤2√3，
故答案为：r=√3或2＜r≤2√3．
【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．
12．（2022·湖北襄阳·统考一模）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为(3,1)，若⊙A与坐标轴有三个
公共点，则⊙A的半径为 ．
【答案】√10或3
【分析】利用圆与坐标轴的位置关系，画出符合要求的图形进行求解即可．
【详解】
∵点A的坐标为(3,1)
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∴如图1，当⊙A经过原点时，半径为OA=√32+12=√10
如图2，当⊙A与y轴相切时，半径为点A到y轴的距离为3
故答案为：√10或3
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及坐标与图形性质，直线和圆的位置关系的确定一般是利用圆心
到直线的距离与半径比较来判断，若圆心到直线的距离是d，半径是r，则①d>r，直线和圆相离，没有交
点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d<r，直线和圆相交，有两个交点．
题型 05 根据直线与圆的位置关系求点到直线的距离
13．（2023·江苏淮安·统考一模）已知⊙O的半径为5，直线l与⊙O有2个公共点，则点O到直线l的距离
可能是（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】A
【分析】根据题意得点O到直线l的距离小于圆的半径，即可解答．
【详解】∵⊙O的半径为5，直线l与⊙O有2个公共点，
∴点O到直线l的距离0≤d<5．
故选：A．
【点睛】本题考查了点、直线、圆的位置关系．熟练掌握直线与圆相交时，圆心到直线的距离小于半径，
是解题的关键．
14．（2020·河北唐山·统考二模）已知⊙O的半径为5，直线AB与⊙O有公共点，则圆心O到直线AB的
距离不可能为（ ）
A．5 B．5.5 C．4.5 D．1
【答案】B
【分析】直线AB与⊙O应是相交或相切的位置关系，根据圆心距小于等于半径即可判断．
【详解】∵直线AB与⊙O有公共点
∴直线AB与⊙O应是相交或相切的位置关系
∴圆心距小于等于半径
∵5.5>5
∴B选项错误
故选B．
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【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，当圆心距大于半径时直线和圆相离，当圆心距等于半径时直线
和圆相切，当圆心距小于半径时直线和圆相交．
15．（2022·北京·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N
上，如果PQ两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M,N的“近距离”，记为d(M,N)．特
别地，当图形M与图形N有公共点时，d(M,N)=0．
已知A（－4，0），B（0，4），C（4，0），D（0，－4），
（1）d（点A，点C）＝________，d（点A，线段BD）＝________；
（2）⊙O半径为r，
① 当r ＝ 1时，求 ⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）；
② 若d（⊙O，正方形ABCD）＝1，则r ＝___________．
（3）M 为x轴上一点，⊙M的半径为1，⊙M与正方形ABCD的“近距离”d（⊙M，正方形ABCD）＜
1，请直接写出圆心M的横坐标 m的取值范围．
【答案】（1）8；4；（2）①2√2-1 ；②2√2-1 或5；（3）−6<m<2√2−4或4−2√2<m<6．
【分析】（1）图形M，N的“近距离”的定义可求解；
（2）①根据题意作图，根据“近距离”的定义即可求解；
②根据题意分圆在正方形ABCD内部和外部分别作图求解；
（3）由题意可求∠OCB＝45°，分点M在x轴正半轴且⊙M在正方形ABCD的外面与内部，及点M在x
轴负半轴且⊙M在正方形ABCD的外面与内部，由题意列出不等式，即可求解．
【详解】（1）∵A（－4，0），C（4，0），
d（点A，点C）＝8；
∵B（0，4），D（0，－4），
∴线段BD在y轴上
∴d（点A，线段BD）为A点到y轴的距离，即4
故答案为：8；4；
（2）①如图，当r ＝ 1时，
过点O作OE⊥AB于E点，OE与⊙O交于H点，
1 1
则OE= AB= ×√42+42=2√2
2 2
∴⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）=EH=OE-OH=2√2-1；
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②如图，当⊙O在正方形ABCD内部时，d（⊙O，正方形ABCD）＝1
即EH=OE-OH=1
则OH=OE-EH=2√2-1
当⊙O在正方形ABCD外部时，d（⊙O，正方形ABCD）＝1
即BG=1
则OG=OB+BG=5
故答案为：2√2-1 或5；
（3）如图，∵OB=OC，
∴∠OCB＝45°，
当点M在x轴正半轴且⊙M在正方形ABCD的外面时，⊙M的半径为1
∵d（⊙M，正方形ABCD）＜1
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由图可得OM -OC-1＜1
2
即OM -4-1＜1
2
∴OM ＜6
2
即m＜6；
当点M在x轴正半轴且⊙M在正方形ABCD的内部时，⊙M的半径为1，
过点M 作MG⊥BC，
1 1
∵d（⊙M，正方形ABCD）＜1
∴MG-r＜1
1
√2
∵M G=CM·sin45°= (4−m)
1 1 2
√2
∴ (4−m)-1＜1
2
解得m＞4−2√2
∴4−2√2<m<6
当点M在x轴负半轴且⊙M在正方形ABCD的外面与内部时，同理可得−6<m<2√2−4
综上，m的取值范围为−6<m<2√2−4或4−2√2<m<6．
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，三角函数的运用等知识，
解题的关键是理解题意，学会利用特殊位置解决问题，属于中考压轴题．
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题型 06 求圆平移到与直线相切时圆心坐标
16．（2020·辽宁盘锦·统考二模）如图，半径r=2√2的⊙M在x轴上平移，且圆心M在x轴上，当⊙M与
直线y=x+2相切时，圆心M的坐标为（ ）
A．(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=x+2
∴A(0,2)，B(−2,0)，△AOB是等腰直角三角形，∠ABO=45°
∴AB=2√2
∵r=2√2
∴△ABM是等腰直角三角形，∠BAM=90°
∴⊙M与直线AB相切于点A
∵AO⊥BM
∴OB=OM=2
∴圆心M的坐标为(2,0)；
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②当圆位于直线左侧并与直线相切时，过点M作MC⊥AB于点C，如下图所示：
∵⊙M与直线AB相切，MC⊥AB
∴MC=r=2√2
根据直线AB的解析式：y=x+2可知∠ABO=∠MBC=45°
∴△BCM是等腰直角三角形
∴MB=√2MC=4
∵B(−2,0)
∴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)，
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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．
3
17．（2022·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轴上一
4
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，
连接PD，
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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．
18．（2022·安徽滁州·校考一模）如图，直线l与x轴、y轴分别相交于点A、B，已知B（0，√3），
∠BAO=30°，点P的坐标为(1,0)，⊙P与y轴相切于点O，若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线
相交时，横坐标为整数的点P的坐标 ．
【答案】（-2,0）（-3,0）（-4,0）
【分析】先分别求得⊙P与直线l相切时点P的坐标，然后再判断⊙P与直线l相交时点P的横坐标x的取
值范围，即可求得坐标为整数的点P的坐标．
【详解】如图，⊙P'与⊙P″分别切AB于D、E．
由B(0,√3)，∠BAO=30°，易得OA=3，则A点坐标为(−3,0)．
连接P'D、P″E，则P'D⊥AB、P″E⊥AB，则在Rt△ADP'中，AP'=2×DP'=2，
同理可得，AP″=2，则 P' 的横坐标为−3+2=−1， P″ 的横坐标为−1−4=−5，
∴当⊙P与直线l相交时，点P的横坐标x的取值范围为−5<x<−1，
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∴横坐标为整数的点P的坐标为(−2,0)、(−3,0)、(−4,0)．
故答案为：(-2，0)、(-3，0)、(-4，0)．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，分别求得⊙P与直线l相切时点P的坐标是解题的关键．
题型 07 求圆平移到与直线相切时运动距离
19．（2021上·吉林四平·九年级统考期末）如图，⊙O的半径OC=10cm，直线l⊥OC，垂足为H，且l交
⊙O于A，B两点，AB=16cm，则l沿OC所在直线向下平移 cm时与⊙O相切．
【答案】4
1
【分析】根据垂径定理可求出AH= AB=8cm，再利用勾股定理可得OH=6cm，从而CH=4cm，再由
2
l与⊙O相切，则点O 到直线l的距离等于OC=10cm，从而得到l沿OC所在直线向下平移的距离等于
CH=4cm，即可求解．
【详解】解：∵直线l⊥OC，AB=16cm，
1
∴AH= AB=8cm ，∠AHO=90° ，
2
∵OA=OC=10cm ，
在Rt△AOH 中，由勾股定理得
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OH=√AO2−AH2=√102−82=6cm ，
∴CH=OC−OH=4cm ，
若l与⊙O相切，
则点O 到直线l的距离等于OC=10cm，
∴l沿OC所在直线向下平移的距离等于CH=4cm
即l沿OC所在直线向下平移4cm时与⊙O相切．
故答案为：4 ．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，直线与圆的位置关系，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
20．（2020·九年级单元测试）已知⊙O是以坐标原点为圆心，半径为1，函数y=x与⊙O交于点A、B，
点P(x,0)在x轴上运动，过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，则x的范围是 .
【答案】−√2≤x≤√2，且x≠0
【分析】由题意得x有两个极值点，过点P与⊙O相切时，x取得极值，作出切线求解即可.
【详解】将OA平移至PD的位置，使PD与圆相切，连接OD如下图所示：
1 1
由题意得，OD=1，∠DOP =45°，∠ODP =90°
1 1
故可得OP =√2，即x的极大值为√2，
1
同理当点P在y轴左边时也有一个极值点P，此时x取得极小值−√2
2
综上可得x的范围为：−√2≤x≤√2，且x≠0
故填：−√2≤x≤√2，且x≠0
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，找出两个极值是关键.
21．（2020上·全国·九年级期末）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
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为（-3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，求平移的距离．
【答案】1或5．
【分析】平移分在y轴的左侧和y轴的右侧两种情况写出答案即可．
【详解】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．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的
半径．
题型 08 圆和圆的位置关系
22．（2023·吉林四平·校联考三模）如图，已知长方形ABCD中，AB=4,AD=3，圆B的半径为1，圆A
与圆B内切，则点C,D与圆A的位置关系是（ ）
A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外
C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外
【答案】C
【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可
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【详解】
∵圆A与圆B内切，AB=4，圆B的半径为1
∴圆A的半径为5
∵AD=3<5
∴点D在圆A内
在Rt△ABC中，AC=√AB2+BC2=√42+32=5
∴点C在圆A上
故选：C
【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键
23．（2022·上海徐汇·统考二模）已知两圆相交，当每个圆的圆心都在另一个圆的圆外时，我们称此两圆
的位置关系为“外相交”．已知两圆“外相交”，且半径分别为2和5，则圆心距的取值可以是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【分析】根据两圆“外相交”的定义，得到圆心距是大于较大圆的半径且小于两个圆的半径之和，进行解
答即可.
【详解】解：设圆心距为d，由题意得，圆心距是大于较大圆的半径且小于两个圆的半径之和，即
5<d<5+2
∴ 5<d<7
A．4＜5，故选项错不可以，不符合题意；
B,5＝5，故选项不可以，不符合题意；
C．5<6<7，故选项可以，符合题意；
D．7＝7，故选项不可以，不符合题意．
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故选：C．
【点睛】此题考查了圆与圆的位置关系两圆“外相交”，得出圆心距d满足5<d<7是解答此题的关键．
24．（2021·四川绵阳·一模）如图， O 的直径AB长度为12， O 的直径为8，∠AOO＝30°， O 沿
1 2 1 2 2
直线OO 平移，当 O 平移到与 O⊙和AB所在直线都有公共点⊙时，令圆心距OO＝x，则x的取值⊙范围
1 2 2 1 1 2
是（ ） ⊙ ⊙
A．2≤x≤10 B．4≤x≤16 C．4≤x≤4√3 D．2≤x≤8
【答案】D
【分析】由题意得出点O 在点O 的右侧，⊙O 与⊙O 和AB所在直线都有公共点时，OO 的最大值和最
2 1 2 1 1 2
小值，分别画出图形求解得出x的取值范围，根据对称性可得点O 在点O 的左侧时的结论．
2 1
【详解】解：当点O 在点O 的右侧时，
2 1
当⊙O 向左移动到与直线AB相切时，如图1所示，设切点为M，
2
则OM=4，
2
又∵∠AOO=30°，
2 1
∴OO=2•OM=8，
1 2 2
当⊙O 继续向左移动到与⊙O 内切时，如图2所示，此时OO=6-4=2，
2 1 1 2
所以当⊙O 平移到与⊙O 和AB所在直线都有公共点时，2≤x≤8；
2 1
故选：D．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、平移的性质，求出符合条件的x的最大值和最小值是解决问题的
关键．
25．（2021·山东青岛·统考一模）【问题提出】用n个圆最多能把平面分成几个区域？
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【问题探究】为了解决上面的数学问题，我们采取一般问题特殊化的策略，先从最简单情形入手，再逐次
递进，最后猜想得出结论．
探究一：如图1，一个圆能把平面分成2个区域．
探究二：用2个圆最多能把平面分成几个区域？
如图2，在探究一的基础上，为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前1个圆有2个交点，将新增加
的圆分成2部分，从而增加2个区域，所以，用2个圆最多能把平面分成4个区域．
探究三：用3个圆最多能把平面分成几个区域？
如图3，在探究二的基础上，为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前2个圆分别有2个交点，将新
增加的圆分成2×2=4部分，从而增加4个区域，所以，用3个圆最多能把平面分成8个区域．
（1）用4个圆最多能把平面分成几个区域？
仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图．
（2）【一般结论】用n个圆最多能把平面分成几个区域？
为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前(n−1)个圆分别有2个交点，将新增加的圆分成
______________部分，从而增加___________________个区域，所以，用n个圆最多能把平面分成
__________________个区域．（将结果进行化简）
（3）【结论应用】
①用10个圆最多能把平面分成_________个区域；
②用___________个圆最多能把平面分成422个区域．
【答案】（1）在探究三的基础上，为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前3个圆分别有2个交点，
将新增的圆分成2×3=6部分，从而增加6个区域，所以，用4个圆最多能把平面分成14个区域；（2）
2n−2；2n−2；n2−n+2；（3）①92；②21
【分析】（1）在探究三的基础上，新增加的圆与前3个圆分别有2个交点，将新增的圆分成2×3=6部分，
所以，用4个圆最多能把平面分成2+2×1+2×2+2×3个区域；
（2）为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前(n−1)个圆分别有2个交点，将新增加的圆分成
（2n-2）部分，从而增加（2n-2）个区域，所以，用n个圆最多能把平面分成2+2×1+2×2+2×3+2×4+…
+2(n-1)区域求和即可;
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（3）①用n=10，代入规律，求代数式的值即可；
②设n个圆最多能把平面分成422个区域，利用规律构造方程，可得方程n2−n+2=422解方程即可．
【详解】解：（1）在探究三的基础上，为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前3个圆分别有2个交
点，将新增的圆分成2×3=6部分，从而增加6个区域，所以，用4个圆最多能把平面分成
2+2×1+2×2+2×3=14个区域；
（2）为了使分成的区域最多，应使新增加的圆与前(n−1)个圆分别有2个交点，将新增加的圆分成
（2n-2）部分，从而增加（2n-2）个区域，所以，用n个圆最多能把平面分成区域数为
2+2×1+2×2+2×3+2×4+…+2(n-1)，
=2+2(1+2+3+…+n-1)，
1
=2+2× (1+n−1)(n−1)，
2
=2+n(n−1)，
=n2−n+2;
故答案为：（2n-2）；（2n-2）；n2−n+2；
（3）①用10个圆，即n=10，n2−n+2=102−10+2=92；
②设n个圆最多能把平面分成422个区域，
可得方程n2−n+2=422，
整理得n2−n−420=0，
因式分解得(n−21)(n+20)=0，
解得n=21或n=−20（舍去），
∴用21个圆最多能把平面分成422个区域．
故答案为：21．
【点睛】本题考查图形分割规律探究问题，圆与圆的位置关系，利用新增圆被原来每个圆都分成两个交点，
其交点数就是新增区域数，发现规律后列式求和，利用规律解决问题，涉及数列n项和公式，代数式求值，
解一元二次方程，仔细观察图形，掌握所学知识是解题关键．
题型 09 判断或补全使直线成为切线的条件
26．（2020·安徽芜湖·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，过格点A，B，C作一圆弧，点B与下列
格点的连线中，能够与该圆弧相切的是( )
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A．点(0，3) B．点(1，3) C．点(6，0) D．点(6，1)
【答案】B
【分析】根据垂径定理的性质得出圆心所在位置，再根据切线的性质得出，当O'B⊥BF时F点的位置即可．
【详解】∵过格点A，B，C作一圆弧，
∴由垂径定理可得圆心为：O'(2,0)，如图所示，
由切线性质可知当O'B⊥BF时，BF与圆相切，
当△BO'D≌△BFA时，∠O'BF=∠FBA+∠O'BA=∠O'BD+∠O'BA=90°，
此时O'B⊥BF，BF与圆相切，AF=O'D=1，AB=BD=2，
∴F坐标为（1,3），
同理可得F'（5,1），
所以满足条件的F点的坐标为：(5,1)或(1,3)，
故选B.
【点睛】本题考查由垂径定理确定圆心和切线的性质，确定圆心是本题的关键.
27．（2019下·九年级课时练习）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，以C为圆心作⊙C与
AB相切，则⊙C的半径长为（ ）
A．8 B．4 C．9.6 D．4.8
【答案】D
【分析】过点C作CD⊥AB于点D，先利用勾股定理求得BC的长，再利用三角形的面积公式求得CD的长
即可.
【详解】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠C=90°，AB=10，AC=8，
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∴BC=√AB2+AC2=6，
1 1
∵S = AC⋅BC= CD⋅AB，
ABC 2 2
△
AC⋅BC
∴CD= =4.8，
AB
则以C为圆心CD为半径作⊙C与AB相切.
故选D.
【点睛】本题主要考查切线的判定，勾股定理，三角形的面积公式，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
28．（2022·吉林长春·吉林大学附属中学校考一模）如图，已知∠AOB=30°，M为OB边上任意一点，
以M为圆心，2cm为半径作⊙M，当OM= cm时，⊙M与OA相切.
【答案】4
【分析】过M作MN⊥OA于点N，此时以MN为半径的圆⊙M与OA相切，根据30°角所对直角边为斜边
的一半可得OM的长.
【详解】解：如图，过M作MN⊥OA于点N，
∵MN=2cm，∠AOB=30°，
∴OM=4cm，
则当OM=4cm时，⊙M与OA相切.
故答案为4.
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【点睛】本题主要考查切线判定，直角三角形中30°角所对直角边为斜边的一半，解此题的关键在于熟练
掌握其知识点.
29．（2019下·九年级课时练习）Rt△ABC的斜边AB=5cm，直角边AC=3cm，圆心为C，半径为2cm
和3cm的两个圆⊙C 和⊙C 与直线AB有怎样的位置关系？半径为多少时，AB与⊙C相切？
1 2
12
【答案】⊙C 与AB相离；⊙C 与AB相交；当半径为 cm时，AB与⊙C相切.
1 2 5
【分析】过点C作CD⊥AB于点D，利用勾股定理求得BC的长，再利用三角形的面积公式求得CD的长，
进而判定圆⊙C 和⊙C 与AB的位置关系，根据切线的判定得到⊙C的半径.
1 2
【详解】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D.
在Rt△ABC中，
∠ACB=90°，
∴BC=√AB2−AC2=4cm，
由面积公式，得AC·BC=AB·CD，
3×4 12
∴CD= = (cm)，
5 5
12
∵ >2，
5
∴⊙C 与AB相离；
1
12
∵ <3，
5
∴⊙C 与AB相交；
2
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12
当半径为 cm时，AB与⊙C相切.
5
【点睛】本题主要考查圆与直线的位置关系，切线的判定，勾股定理等，解此题的关键在于熟练掌握其知
识点.
题型 10 利用切线的性质求线段长
30．（2023·山东泰安·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C的切线与AB的延长
线交于点P，若AC=PC=3√3，则PB的长为（ ）
3
A．√3 B． C．2√3 D．3
2
【答案】D
【分析】连接OC，根据AC=PC，OC=OA，证出∠A=∠OCA=∠P，求出
OC PC
∠A=∠OCA=∠P=30°，在Rt△OPC中，tan∠P= ,cos∠P= ，解得OC、OP的长度即可求
PC OP
出PB的长度．
【详解】解：连接OC，如图所示，
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∵AC=PC，
∴∠A=∠P，
∵OC=OA，
∴∠A=∠OCA，
∴∠A=∠OCA=∠P，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠OCP=90°，
∵∠A+∠P+∠OCA+∠OCP=180°，
∴∠A=∠OCA=∠P=30°，
OC PC
在Rt△OPC中，tan∠P= ，cos∠P= ，
PC OP
PC 3√3
√3 OP= = =6
∴OC=PC×tan∠P=3√3× =3， cos∠P √3 ，
3
2
∵PB=OP−OB，OB=3，
∴PB=3，
故选D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答此
题的关键．
31．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，点O是斜边AB边上一点，
以O为圆心，OA为半径作圆，⊙O恰好与边BC相切于点D，连接AD．若AD=BD，⊙O的半径为3，
则CD的长度为（ ）
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9 3√3
A． B． C．3 D．2√3
4 2
【答案】B
【分析】连接OD，可证明OD∥AC，进而证明∠BAD=∠CAD=∠B=30°，则∠BOD=60°，所以
1 3√3
AD=BD=OD·tan60°=3√3，CD= AD= ，于是得到问题的答案．
2 2
【详解】解：连接OD，则OD=OA，
∴∠BAD=∠ODA，
∵⊙O与边BC相切于点D，
∴BC⊥OD，
∴∠ODB=∠C=90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠CAD，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AD=BD，
∴∠BAD=∠B，
∴∠BAD=∠CAD=∠B，
∵∠BAD+∠CAD+∠B=3∠B=90°，
∴∠BAD=∠CAD=∠B=30°，
∴∠BOD=60°，
∵OD=3，
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∴AD=BD=OD·tan60°=3√3，
1 3√3
∴CD= AD= ，
2 2
故选：B．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的性质、平行线的性质、直角三角形的两个锐角互余、直
角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，锐角三角函数的应用等知识，正确地作出所需要的辅助
线是解题的关键．
32．（2023·内蒙古乌兰察布·校考模拟预测）如图，在半径为10cm和6cm的两个同心圆中，大圆的弦AB
与小圆相切于点C，则弦AB的长为 cm．
【答案】16
1
【分析】根据切线的性质得到OC⊥AB，根据垂径定理得到AC= AB，根据勾股定理计算，得到答案．
2
【详解】解：∵AB是小圆O的切线，
∴OC⊥AB，
∵AB是大圆O的弦，
1
∴AC= AB，
2
在Rt△AOC中，AC=√OA2−OC2=√102−62=8（cm），
则AB=2AC=16（cm），
故答案为：16．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理和勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是
解题的关键．
33．（2022·浙江衢州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E为AD上一点，且AE=2，
F为BC边上的动点，以为EF直径作⊙O，当⊙O与矩形的边相切时，BF的长为 ．
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9 13
【答案】2或 或
2 2
【分析】⊙O与矩形的边相切，但没有具体说与哪个边相切，所以该题有三种情况：第一种情况是圆与边
AD、BC相切，此时BF=AE；第二种情况是圆与边AB相切，利用中位线定理以及勾股定理可求出BF的长；
第三种是圆与边CD相切，同样利用中位线定理以及勾股定理求得BF．
【详解】解：①当圆与边AD、BC相切时，如图1所示
此时∠AEO=BFO=90°
所以四边形AEFB为矩形
即BF=AE=2；
②当圆与边AB相切时，设圆的半径为R，切点为H，圆与边AD交于E、N两点，与边BC交于M、F两点，
连接EM、HO，如图2所示
此时OE=OF=OH=R，点O、H分别是EF、AB的中点
∴2OH=AE+BF即BF=2R-2
∵BM=AE=2
∴MF=2R-4
在Rt△EFM中，EM2+M F2=EF2
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∵EM=AB=6，EF=2R
∴62+(2R−4) 2=(2R) 2
13
解得R=
4
13
将R= 代入 BF=2R-2
4
9
∴BF= ；
2
③当圆与边CD相切时，设圆的半径为R，切点为H，圆与边AD交E、D两点，与边BC交M、F两点，
如图3所示
此时OE=OF=OH=R
∵AE=2
∴ED=6
∵点O、H分别是EF、CD的中点
∴2OH=ED+FC即FC=2R-6
∵BM=AE=2
∴MF=BC-BM-FC即MF=12-2R
∵EM=AB=6，EF=2R
∴在Rt△EMF中EM2+M F2=EF2
即62+(12−2R) 2=(2R) 2
15
解得R=
4
∵BF=BM+MF=2+(12−2R)=14−2R
13
∴BF= ．
2
【点睛】本题考查了切线的性质、中位线定理以及勾股定理，关键是分清楚情况，数形结合，将几何问题
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转化为方程问题．
题型 11 利用切线的性质求角度
34．（2022·广西南宁·校联考一模）如图，⊙O与正五边形ABCDE的两边AE,CD相切于A,C两点，则
∠AOC的度数是（ ）
A．144° B．130° C．129° D．108°
【答案】A
【分析】根据切线的性质，可得∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，结合正五边形的每个内角的度数为108°，即
可求解．
【详解】解： ∵AE、CD切⊙O于点A、C，
∴∠OAE＝90°，∠OCD＝90°，
(5−2)×180°
∴正五边形ABCDE的每个内角的度数为： =108° ，
5
∴∠AOC＝540°−90°−90°−108°−108°＝144°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正多边形的内角和公式的应用，以及切线的性质定理，掌握正多边形的内角和定理
是解题的关键．
35．（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∠C= °．
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【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⊙O的切线，可得∠BAE+∠BAD=90°，可得∠E=∠BAD=35°，再根据圆周角定理即可求
得．
【详解】解：如图，连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE．
∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠E+∠BAE=90°，
∵AD为⊙O的切线，
∴∠DAE=90°，
∴∠BAE+∠BAD=90°，
∴∠E=∠BAD=35°，
∴∠C=∠E=35°．
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．
36．（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∠A=32°，则∠ADO=
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【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，内错角
∠ADO=∠DOC得到答案．
【详解】如下图所示，连接OC
从图中可以看出，∠DAC是圆弧D´C对应的圆周角，∠DOC是圆弧D´C对应的圆心角
得∠DOC=2∠DAC=64°．
∵BC是圆O的切线
∴OC⊥BC
∵∠B=90°
∴AB⊥BC
∴AB//OC
∴∠ADO=∠DOC=64°
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．
37．（2023·江苏连云港·校考一模）如图，射线AB与⊙O相切于点B，经过圆心O的射线AC与⊙O相交
于点D、C，连接BC，若∠A=40°，则∠ACB= °．
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【答案】25
【分析】连接OB，如图，利用切线的性质得∠ABO=90°，再利用互余得到∠AOB=50°，然后根据三角形外
角性质和等腰三角形的性质计算∠C的度数．
【详解】解：连接OB，如图，
∵边AB与⊙O相切，切点为B，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO=90°，
∴∠AOB=90°-∠A=90°-40°=50°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠C，
∴∠AOB=∠OBC+∠C=2∠C，
1
∴∠C= ∠AOB=25°．
2
故答案为：25．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，
构造定理图，得出垂直关系．
题型 12 证明某条直线时圆的切线
38．（2023·江苏淮安·统考一模）如图，在△ ABC中，∠ABC =45°，AB=AC，以AB为直径的⊙O与
边BC交于点D．
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(1)判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若AB=4，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)6−π
【分析】（1）利用等腰三角形的性质与三角形的内角和定理证明AB⊥AC, 从而可得结论；
（2）如图，连接OD，先证明∠AOD=2∠ABC=90°, ∠BOD=90°, 再利用阴影部分的面积等于三
角形ABC的面积减去三角形BOD的面积，减去扇形AOD的面积即可．
【详解】（1）证明：∵ ∠ABC =45°，AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°,
∴∠BAC=90°, 即BA⊥AC,
∵A在⊙O上，
∴AC为⊙O的切线．
（2）如图，连接OD，
∵∠ABC=45° ，
∴∠AOD=2∠ABC=90°, ∠BOD=90°,
∵AB=4，
∴OA=2，
1 1 1
∴S = AB·AC= ×4×4=8，S = ×2×2=2，
△ABC 2 2 △BOD 2
90π×22
S = =π，
扇形AOD 360
∴S =8−2−π=6−π．
阴影
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【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，切线的判定，扇形面积的计算，掌握“切线的判定方法与割补
法求解不规则图形面积的方法”是解本题的关键．
39．（2023·云南昆明·校考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB，CD是⊙O的直径，E是DB延长线上
一点，且∠DEC=∠ABC．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
(2)若DE=4√5，AC=2BC，求线段CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，得出∠A+∠ABC=90°，根据圆周角定理得到∠A=∠D，
推出∠DCE=90°，即可得出结论；
BC CE 1
（2）根据tan A=tanD得出 = = ，再根据勾股定理得出CE即可．
AC CD 2
【详解】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∵BC=BC，
∴∠A=∠D，
又∵∠DEC=∠ABC，
∴∠D+∠DEC=90°，
∴∠DCE=90°，
∴CD⊥CE，
∵OC为⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）由（1）知CD⊥CE，
在Rt△ABC和Rt△DEC中，
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∵∠A=∠D，AC=2BC，
∴tan A=tanD，
BC CE 1
即 = = ，
AC CD 2
∴CD=2CE，
在Rt△CDE中，
CD2+CE2=DE2，DE=4√5，
∴(2CE) 2+CE2=(4√5) 2 ，
解得CE=4．
【点睛】本题主要考查圆的综合题，熟练掌握圆周角定理，切线的判定，勾股定理等知识是解题的关键．
40．（2023·江苏淮安·统考三模）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点O在BC边上，
⊙O经过点A和点B，且与BC边相交于点E．
(1)试判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若CE=3，求⊙O的半径．
【答案】(1)直线AC与⊙O相切，理由见解析；
(2)⊙O的半径为3．
【分析】（1）连接OA，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30°，∠BAO=∠B=30°，求得
∠AOC=60°，根据三角形的内角和定理得到∠OAC=90°，于是得到直线AC与⊙O相切；
（2）连接AE，推出△AOE是等边三角形，得到AE=OE，∠AEO=60°，求得
∠EAC=∠AEO−∠C=30°，得到AE=CE=3，于是得到结论．
【详解】（1）直线AC与⊙O相切，
理由：连接OA，
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∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C=30°，
∵OA=OB，
∴∠BAO=∠B=30°，
∴∠AOC=60°，
∴∠OAC=180°−60°−30°=90°，即OA⊥AC，
∵OA是⊙O的半径，
∴直线AC与⊙O相切；
（2）解：连接AE，
∵OA=OE，∠AOE=60°，
∴△AOE是等边三角形，
∴AE=OE，∠AEO=60°，
∴∠EAC=∠AEO−∠C=30°，
∴∠EAC=∠C，
∴AE=CE=3，
∴AE=OE=3，
即⊙O的半径为3．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等边三角形的判定和性
质等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
41．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径的⊙O
交AB于点D，E是AC的中点．
(1)判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若∠BCD=30°，AE=5√3，求阴影部分的面积；
【答案】(1)DE与⊙O相切，理由见解析
25π 25√3
(2)阴影部分的面积为 −
3 4
【分析】（1）连接OE，如图，先利用OE为△ABC的中位线得到OE∥AB，再证明∠COE=∠DOE，
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接着证明△OCE≌△ODE得到OD⊥DE，然后利用直线与圆的位置关系可判断DE为⊙O的切线；
（2）先计算出∠B=60°，BC=10，则根据圆周角定理得到∠COD=2∠B=120°，接着利用
∠COE=∠B=60°，然后根据扇形的面积公式，利用阴影部分图形的面积等于扇形COD面积减去三角形
COD面积进行计算．
【详解】（1）解：DE与⊙O相切，理由如下：
连接OE，OD，如图：
∵E是AC中点，O为BC的中点，
∴OE为△ABC的中位线，
∴OE∥AB，
∴∠COE=∠B，∠DOE=∠ODB，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠COE=∠DOE，
在△OCE和△ODE中，
¿，
∴△OCE≌△ODE(SAS)，
∴∠ODE=∠OCE=90°，
∴OD⊥DE，且OD为半径，
∴DE为⊙O的切线．
（2）解：∵∠ACB=90°，∠A=∠BCD=30°，AE=5√3，
∴∠B=60°，AC=2AE=2×5√3=10√3，
∴在Rt△ABC中，AC=√3BC，
AC 10√3
∴BC= = =10，
√3 √3
1 1
则OB=OC=OD= BC= ×10=5，
2 2
即⊙O的半径为5，
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∴∠COD=2∠B=120°，
∵∠COE=∠B=60°，
∴OE⊥CD，设OE与CD交于点F，
1 5 5 5√3
∴OF= OB= ，CF=√3OF=√3× = ，
2 2 2 2
5√3
∴CD=2CF=2× =5√3，
2
1 1 5 25√3
则S = CD·OF= ×5√3× = ，
△COD 2 2 2 4
∵∠COD=120°，OC=5，
120×π×52 25π
∴S = = ，
扇形COD 360 3
∴阴影部分图形的面积S =S −S ，
阴影 扇形COD △COD
25π 25√3
∴S = − ，
阴影 3 4
25π 25√3
∴阴影部分的面积为 − ．
3 4
【点睛】本题考查了圆与几何图形的综合，掌握圆的基础知识，切线的证明方法，含30°角的直角三角形
三边的关系、圆周角和扇形的面积公式等知识是解题的关键．
题型 13 利用切线的性质定理证明
42．（2023·福建福州·福建省福州杨桥中学校考模拟预测）AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，
OD⊥BC，垂足为D，过点A作⊙O的切线，与DO的延长线相交于点E．
(1)如图1，求证∠B=∠E；
(2)如图2，连接AD，若⊙O的半径为2，OE=3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
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2√21
(2)
3
【分析】（1）证明∠ODB=∠OAE=90°，∠DOB=∠AOE，即可得出∠B=∠E；
（2）证明ΔODB ∼ΔOAE，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂径定理求出BC，进而利用勾股定理求
出AC，AD．
【详解】（1）解：∵ OD⊥BC，
∴∠ODB=90°，
∵ AE是⊙O的切线，
∴∠OAE=90°，
在ΔODB和ΔOAE中，∠ODB=∠OAE=90°，∠DOB=∠AOE，
∴∠B=∠E；
（2）解：如图，连接AC．
∵ ⊙O的半径为2，
∴OA=OB=2，AB=4，
∵ 在ΔODB和ΔOAE中，
∠ODB=∠OAE=90°，∠DOB=∠AOE，
∴ΔODB ∼ΔOAE，
OD OB OD 2
∴ = ，即 = ，
OA OE 2 3
4
∴OD= ，
3
在RtΔODB中，由勾股定理得：OD2+DB2=OB2，
∴DB=√OB2−OD2=
√
22−
(4) 2
=
2√5
．
3 3
∵ OD⊥BC，OD经过⊙O的圆心，
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2√5
∴CD=DB= ，
3
4√5
∴BC=2DB= ．
3
∵AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，
∴∠ACB=90°，
在RtΔACB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
∴AC=√AB2−BC2=
√
42−
(4√5) 2
=
8
．
3 3
在RtΔACD中，由勾股定理得：AC2+CD2=AD2，
∴AD=√AC2+CD2=
√ (8) 2
+
(2√5) 2
=
2√21
．
3 3 3
【点睛】本题考查切线的定义、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等，综合性
较强，熟练掌握上述知识点，通过证明ΔODB ∼ΔOAE求出OD的长度是解题的关键．
43．（2023·陕西铜川·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，AM是⊙O的切线，AC、CD是⊙O的弦，且
CD⊥AB，垂足为E，连接BD并延长，交AM于点P．
(1)求证：∠CAB=∠APB；
(2)若⊙O的半径r=5,AC=8，求线段PD的长．
【答案】(1)见解析
32
(2)
3
【分析】（1）根据AM是⊙O的切线，得出∠BAM=90°．根据CD⊥AB，可证AM//CD．得出
∠CDB=∠APB．根据同弧所对圆周角性质得出∠CAB=∠CDB即可；
（2）连接AD．根据直径所对圆周角性质得出，∠CDB+∠ADC=90°．可证∠ADC=∠C．得出
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AB2 100 50
AD=AC=8．根据勾股定理BD=√AB2−AD2=6．再证△ADB∽△PAB．求出PB= = =
BD 6 3
即可．
【详解】（1）证明：∵AM是⊙O的切线，
∴∠BAM=90°．
∵CD⊥AB
∴∠CEA=90°，
∴AM//CD．
∴∠CDB=∠APB．
∵∠CAB=∠CDB，
∴∠CAB=∠APB．
（2）解：如图，连接AD．
∵AB为直径，
∴
∠ADB=90°，
∴∠CDB+∠ADC=90°，
∵∠CAB+∠C=90°，
∠CDB=∠CAB
∴∠ADC=∠C．
∴AD=AC=8．
∵AB=2r=10，
∴BD=√AB2−AD2=6．
∵∠BAP=∠BDA=90°，
∠ABD=∠PBA，
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∴△ADB∽△PAB．
AB BD
∴ = ．
PB AB
AB2 100 50
∴PB= = = ．
BD 6 3
50 32
∴DP= −6= ．
3 3
【点睛】本题考查圆的切线性质，直径所对圆周角性质，同弧所对圆周角性质，勾股定理，三角形相似判
定与性质，熟练掌握圆周角性质和三角形相似判定与性质是解题关键．
44．（2023·甘肃酒泉·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，AD平分∠CAB交⊙O于点
D，过点D作⊙O的切线EF，交AB的延长线于点E，交AC的延长线于点F．
(1)求证：AF⊥EF；
(2)若CF=1，AC=2，AB=4，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接OD，根据AD平分∠CAB，可得∠CAD=∠OAD，从而得到∠CAD=∠ODA，可
得OD∥AF，再由切线的性质，即可求解；
（2）由△ODE∽△AFE，可得OE:AE=OD:AF，设BE为x，可得OE=OB+BE=2+x，即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，
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∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠OAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AF，
∵EF为⊙O的切线，
∴OD⊥EF，
∴AF⊥EF．
（2）解：由（1）得：OD∥AF，
∴△ODE∽△AFE，
∵AC=2，CF=1，
∴AF=3，
∵AB=4，
∴OD=2，OB=2，
∴OE:AE=OD:AF，
设BE为x，
∴OE=OB+BE=2+x，
2+x 2
∴ = ，
4+x 3
解得：x=2，
即BE的长为2．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质，相似三角形的判
定和性质是解题的关键．
45．（2020·北京·统考模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D
为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
1
（2）若sinC= ，BD=8，求EF的长．
3
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【答案】（1）见解析；（2）2．
【分析】（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，
∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
1
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，sinC= ，可得OD=r，OC=3r，AC=2r，由AB为⊙O的直径，
3
OE OA 1
得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得 = = ，求
BD AB 2
OF OC 3
出OE， = = ，求出OF，即可求出EF．
BD BC 4
【详解】（1）证明：连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，
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1
在Rt△OCD中，sinC= ，
3
OD 1
∴ = ，
OC 3
∴OD=r，OC=3r，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
OE OA 1
∴ = = ，
BD AB 2
∴OE=4，
OF OC 3
∵ = = ，
BD BC 4
∴OF=6，
∴EF=OF−OE=2．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，
灵活运用知识点是解题关键．
题型 14 切线的性质与判定的综合运用
46．（2020·山东德州·统考二模）如图，AB是△ABC外接圆的直径，O为圆心，CH⏊AB，垂足为H，且
∠PCA=∠ACH， CD平分∠ACB，交⊙O于点D，连接BD，AP=2．
（1）判断直线PC是否为⊙O的切线，并说明理由；
（2）若∠P=30°，求AC、BC、BD的长．
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1
（3）若tan∠ACP= ，求⊙O半径．
2
【答案】（1）PC 是⊙O的切线，理由见解析；（2）AC=2；BC=2√3；BD=2√2；（3）⊙O的半径为
3．
【分析】（1）连接OC，根据等腰三角形的性质及垂直的定义得到∠PCA+∠OCA=90°，即可证明PC 是
⊙O的切线；
（2）根据∠P=30°，可求得∠AOC=60°，进而得到∠OAC=60°，求出∠PCA=30°，AC=AP=2，利用
1
∠ABC= ∠AOC=30°，求出AB=2AC=4，利用勾股定理求出BC，利用垂径定理得到AD=BD，利用等腰
2
直角三角形的性质即可求出BD的长；
1 AC 1
（3）根据直径和切线的性质得到∠ABC=∠ACH，由tan∠ABC=tan∠ACP= 得到 = ，再证明
2 BC 2
PA PC AC 1
△PAC∽△PCB，得到 = = = ，求出PC，再求出PB，故可求出半径的长．
PC PB BC 2
【详解】（1）PC 是⊙O的切线
理由：连接OC，
∵OA=OC
∴∠OCA=∠OAC
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∵CH⏊AB
∴∠ACH+∠OAC=90°
∵∠PCA=∠ACH
∴∠PCA+∠OAC=90°
即：∠PCA+∠OCA=90°
∵OC为⊙O的半径
∴PC 是⊙O的切线
（2）连接AD，
∵PC 是⊙O的切线
∴∠PCO=90°
∵∠P=30°
∴∠AOC=60°
∵OA=OC
∴∠OAC=60°
∴∠ACP=∠OAC-∠P=30°
∴AC=AP=2
1 1
∵∠ABC= ∠AOC= ×60°=30°
2 2
∴AB=2AC=2×2=4
∴ BC=√AB2−AC2=√42−22=2√3
∵CD平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴弧AD与弧BD相等，
∴AD=BD
∵AB为⊙O的直径
∴∠ADB=90°
∴△ABD是等腰直角三角形；
√2 √2
∴ BD=ABsin45°= AB= ×4=2√2；
2 2
（3）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°
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∴∠ACH+∠BCH=90°
∵CH⏊AB
∴∠B+∠BCH=90°
∴∠ABC=∠ACH
1
∴tan∠ABC=tan∠ACP=
2
AC 1
∴ =
BC 2
∵∠PCA=∠ACH
∴∠PCA=∠ABC
∵∠P=∠P
∴△PAC∽△PCB
PA PC AC 1
∴ = = =
PC PB BC 2
∵AP=2
∴PC=4
∴PB=8
∴AB=6
∴⊙O的半径为3．
【点睛】此题主要考查切线的性质与判定综合，解题的关键是熟知切线的判定与性质、三角函数的定义及
相似三角形的判定与性质．
47．（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，DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若BD=4，CD=3，求AC的长．
15
【答案】（1）见解析；（2）AC= ．
4
【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，
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∠EDC=∠ECD，∠ODC=∠OCD，然后利用等量代换即可得出DE⊥OD，从而证明结论；
CD BD
（2）首先根据勾股定理求出BC的长度，然后证明△BCD∽△BAC，最后利用 = 求解即可．
AC BC
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∵E为AC的中点，
1
∴DE=EC= AC，
2
∴∠EDC=∠ECD，
∵OD=OC ，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AC切⊙O于点C，
∴AC⊥OC．
∴∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=90°，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△BCD中，
∵BD=4，CD=3，
∴BC=√BD2+CD2=5
∵∠BDC=∠BCA=90°，∠B=∠B．
∴△BCD∽△BAC，
CD BD
∴ = ，
AC BC
3 4
即 = ，
AC 5
15
∴AC= ．
4
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【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．
48．（2023·云南楚雄·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径作⊙O交BC于点D，过点
D作DE⊥AB，垂足为E，延长BA交⊙O于点F．
(1)求证：DE是⊙O的切线
AE 2
(2)若 = ,AF=10，求⊙O的半径．
DE 3
【答案】(1)见解析
(2)13
【分析】（1）连接OD，只要证明OD⊥DE即可；
（2）连接CF，证OD是 ABC的中位线，得CF=2DE，再证DE是 FBC的中位线，得CF=2DE,设
AE=2x，DE=3k，则CF=6△k，BE=EF=AE+AF=2k+10，AC=BA=EF+AE△=4k+10，然后在Rt ACF中，由勾股
定理，得 (4k+10)2=102+(6k)2， △
解得：k=4，从而求得AC=4k+10=4×4+10=26，即可求得⊙O的半径OA长，即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD；
∵OD=OC，
∴∠C=∠ODC，
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∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠ODC，
∴OD∥AB，
∴∠ODE=∠DEB；
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ODE=90°，
即DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：连接CF，
由（1）知OD⊥DE，
∵DE⊥AB，
∴OD∥AB，
∵OA=OC，
∴BD=CD，即OD是 ABC的中位线，
∵AC是⊙O的直径，
△
∴∠CFA=90°，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠CFA=∠BED=90°，
∴DE∥CF，
BE BD
∴ = =1
EF DC
∴BE=EF，即DE是 FBC的中位线，
∴CF=2DE, △
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AE 2
∵ = ，
DE 3
∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，
∵AF=10，
∴BE=EF=AE+AF=2k+10，
∴AC=BA=EF+AE=4k+10，
在Rt ACF中，由勾股定理，得
AC2=△AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，
解得：k=4，
∴AC=4k+10=4×4+10=26，
∴OA=13,
即⊙O的半径为13．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，证OD是
ABC的中位线， DE是 FBC的中位线是解题的关键．
△49．（2021·广东韶关·统考△一模）如图，AC为⊙O的直径，B为AC延长线上一点，且∠BAD＝∠ABD＝
30°，BC＝1，AD为⊙O的弦，连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE交⊙O于点M．
(1)求证：直线BD是⊙O的切线；
(2)求⊙O的半径OD的长；
(3)求线段BM的长．
【答案】(1)见解析
(2)1；
3√7
(3)
7
【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形的内角和求得∠ODB＝90°，按照切线的判定定理可得答案；
（2）利用30°角所对的直角边等于斜边的一半及圆的半径相等可得答案；
（3）先由勾股定理求得BE的长，再连接DM，利用有两个角相等的三角形相似可判定 BMD∽△BDE，然
后利用相似三角形的性质可得比例式，从而求得答案． △
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【详解】（1）证明：∵OA＝OD，∠BAD＝∠ABD＝30°，
∴∠BAD＝∠ADO＝30°，
∴∠DOB＝∠BAD+∠ADO＝60°，
∴∠ODB＝∠180°﹣∠DOB﹣∠ABD＝90°，
∵OD为⊙O的半径，
∴直线BD是⊙O的切线；
（2）∵∠ODB＝90°，∠ABD＝30°，
1
∴OD＝ OB，
2
∵OC＝OD，
∴BC＝OC＝1，
∴⊙O的半径OD的长为1；
（3）∵OD＝1，
∴DE＝2，BD＝√22−12=√3，
∴BE＝√BD2+DE2＝√7，
如图，连接DM，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DME＝90°，
∴∠DMB＝90°，
∵∠EDB＝90°，
∴∠EDB＝∠DME，
又∵∠DBM＝∠EBD，
∴△BMD∽△BDE，
BM BD
∴ = ，
BD BE
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BD2 3 3√7
∴BM＝ = = ．
BE √7 7
3√7
∴线段BM的长为 ．
7
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆的性质，直径所对的圆周角是直角，三角形相似的判定和性质，
熟练掌握切线的性质，三角形相似的判定是解题的关键．
题型 15 作圆的切线
50．（2022·北京海淀·人大附中校考模拟预测）已知：⊙O和圆外一点P，求作：过点P的⊙O的切线．
作法：①连接OP；
1
②分别以O，P为圆心，大于 OP长为半径画弧，两弧交于M，N两点，连接MN，交OP于点C．
2
③以C为圆心，OC长为半径作⊙C，交⊙O于点A，B；
④作直线PA，PB．
所以直线PA，PB为⊙O的切线．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：连接MP，MO，NP，NO，OA，OB．
∵ MP=MO，NP=NO，
∴MN是线段OP的______（______）（填推理的依据）．
∴ CP=CO．
∵OP为⊙O的直径，A，B在⊙C上
∴ ∠OAP=∠OBP=90°（______）（填推理的依据）．
∴半径OA⊥AP，半径OB⊥BP．
∴直线PA，PB为⊙O的切线（______）（填推理的依据）．
【答案】(1)见解析
(2)垂直平分线；到线段两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；直径所对的圆周角是直角；
经过半径的外端，且垂直于这条半径的直线是圆的切线
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【分析】（1）根据几何语言画出对应的几何图形即可；
（2）先由垂直平分线的判定可得MN是线段OP的垂直平分线，从而得到CP=CO，再由圆周角定理可得
∠OAP=∠OBP=90°，由此即可得证．
【详解】（1）解：如图，PA、PB即为所作，
；
（2）解：连接MP，MO，NP，NO，OA，OB，
，
∵ MP=MO，NP=NO，
∴MN是线段OP的垂直平分线，（到线段两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上），
∴ CP=CO，
∵OP为⊙O的直径，A，B在⊙C上，
∴ ∠OAP=∠OBP=90°（直径所对的圆周角是直角），
∴半径OA⊥AP，半径OB⊥BP，
∴直线PA，PB为⊙O的切线（经过半径的外端，且垂直于这条半径的直线是圆的切线），
故答案为：垂直平分线；到线段两个端点的距离相等的点在这条线段的垂直平分线上；直径所对的圆周角
是直角；经过半径的外端，且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查了作图—复杂作图， 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，也考查了线段垂直平分线的判定与性质、圆周角定理和切
线的判定与性质．
51．（2023·山东青岛·统考三模）已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°．求作：⊙O，使圆心O在斜
边AB上，经过点B且与边AC相切于点E．（用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹．）
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【答案】见解析
【分析】作∠ABC的角平分线交AC于E，作EO⊥AC交AB于点O，以O为圆心，OB为半径画圆即可．
【详解】解：如图，作∠ABC的角平分线交AC于E，作EO⊥AC交AB于点O，以O为圆心，OB为半径
画圆，
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠ABE，
∵EO⊥AC，∠ACB=90°，
∴∠AEO=∠ACB=90°，
∴EO∥CB，
∴∠OEB=∠CBE，
∴∠OEB=∠OBE，
∴OE=OB，
又∵EO⊥AC，
∴边AC与⊙O相切于点E．
∴⊙O即为所作．
【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的作图，一般是结合了几
何图形的性质和基本作图方法，本题涉及到两个基本作图（作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂
线），角平分线的定义，平行线的判定和性质，切线的判定，等腰三角形的判定等知识．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．
52．（2023·江苏南京·统考二模）如图，已知菱形ABCD．求作⊙O，使得⊙O与菱形的四条边都相切要
求：（1）用直尺和圆规作图；（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
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【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，交点为O，过点O作OH⊥AB，垂足为H，以O为圆心，OH为半径作圆，则
⊙O即为所求．
【详解】如图，1.连接AC、BD，交点为O；
1
2.以点O为圆心，适当长度为半径画弧，交AB于E，F两点，分别以点E，F为圆心，大于 EF为半径画
2
弧，两弧交于点M，连接OM，交AB于点H，则OH⊥AB；
3.以O为圆心，OH为半径作圆．
则⊙O即为所求．
∵OH⊥AB, OH为⊙O的半径，
∴AB与⊙O相切，
∵⊙O和菱形ABCD都是中心对称图形，且⊙O的圆心与菱形ABCD的对称中心重合，
∴⊙O为菱形ABCD的内切圆；
【点睛】本题考查菱形的性质，基本作图—作垂线，切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
53．（2023·福建莆田·统考二模）（1）如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AO平分∠BAC交BC于点
O，以OB为半径作⊙O．判断直线AC是否为⊙O的切线，并说明理由；
（2）如图2，某湿地公园内有一条四边形ABCD型环湖路，∠ABC=90°．现要修一条圆弧形水上栈道，
要求该圆弧形水上栈道所在的⊙O，圆心在BC上且与AB，CD相切．求作⊙O．（要求：尺规作图，不
写作法，保留作图痕迹）
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【答案】（1）直线AC是⊙O的切线，理由见解析；（2）见解析
【分析】（1）过点O作OD⊥AC与点D，利用角平分线的性质可得OB=OD，
（2）延长BA，CD相交于点E，作∠BEC的平分线交BC于点O，以O为圆心，OB为半径画圆即可．
【详解】解：（1）直线AC是⊙O的切线，
理由：过点O作OD⊥AC与点D，
，
∵∠ABC=90°，AO平分∠BAC，
∴OB=OD，
∴直线AC是⊙O的切线；
（2）如图所示，⊙O即为所求．
．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，切线的判定等知识，掌握切线的判定定理是解题的关键．
题型 16 应用切线长定理求解
54．（2022·江西·模拟预测）如图，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，连接PO并延长与⊙O交于点C、
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D，若CD=12，PA=8，则sin∠ADB的值为（ ）
4 3 3 4
A． B． C． D．
5 5 4 3
【答案】A
【分析】连接OA，根据切线长的性质得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再证△APD≌△BPD
（SAS），然后证明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB， 利用勾股定理求出OP=
√OA2+AP2=10，最后利用三角函数定义计算即可．
【详解】解：连接OA
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，
∴∠APD=∠BPD，
在 APD和 BPD中，
¿，
△ △
∴ APD≌ BPD（SAS）
∴△∠ADP=∠△BDP，
∵OA=OD=6，
∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，
∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，
在Rt△AOP中，OP=√OA2+AP2=10，
AP 8 4
∴sin∠ADB= = = ．
OP 10 5
故选A．
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【点睛】本题考查圆的切线性质，三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数，掌握圆的切线性质，
三角形全等判断与性质，勾股定理，锐角三角函数是解题关键．
55．（2022·浙江杭州·统考一模）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接OB、AB，若
∠ABO=25°，则∠APB的度数为（ ）
A．50° B．55° C．65° D．70°
【答案】A
【分析】根据切线的性质得出PA=PB，∠PBO=90°，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，∠OBP=90°，
又∵∠ABO=25°，
∴∠PBA=90°-25°=65°=∠PAB，
∴∠P=180°-65°-65°=50°，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，三角形内角和定理，掌握切线的性质和等腰三角形的性质，三角形内角和
为180°是解题的关键．
56．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）如图，PA､PB切⊙O于A､B，若∠APB=60∘,⊙O的
半径为3，则线段PO的长度为（ ）
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A．5√3 B．6 C．8 D．10
【答案】B
1
【分析】连接PO，证明Rt△PAO≌Rt△PBO，得出∠APO=∠BPO= APB=30°，求出
2
PO=2AO=6即可．
【详解】解：连接PO，如图所示：
∵PA、PB切⊙O于A、B，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∵在Rt△PAO和Rt△PBO中¿，
∴Rt△PAO≌Rt△PBO，
1
∴∠APO=∠BPO= APB=30°，
2
∴PO=2AO=6，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形全等的判定和性质，直角三角形性质，解题的
1
关键是求出∠APO=∠BPO= APB=30°．
2
57．（2021·湖北随州·一模）如图：PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP交⊙O于C，下列结论中错误的
是（ ）
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A．∠APO=∠BPO B．PA=PB C．AB⊥OP D．C是PO的中点
【答案】D
【分析】利用切线长定理、等腰三角形的性质、切割线定理即可得出．
【详解】∵PA、PB是⊙O的切线，切点是A、B，
∴PA=PB，∠BPO=∠APO，
∴选项A、B错误；
∵PA=PB，∠BPO=∠APO，
∴OP⊥AB，
∴选项C错误；
根据已知不能得出C是PO的中点，
故选项D正确；
故选D．
【点睛】本题考查了切线长定理、等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握切线长定理，属于基础题．
题型 17 应用切线长定理求证
58．（2022·四川成都·统考二模）已知：如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，BC是直径，
AB交PO于点M，⊙O的半径为3，PA=4．
(1)求证：AC∥PO；
(2)求AC的长
【答案】(1)见解析
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18
(2)
5
【分析】（1）连接AO，根据切线长定理可得PA=PB，AO=BO，则PO⊥AB，根据直径所对的圆周
角相等即可证明AC⊥AB，从而得证；
（2）根据（1）的结论可得∠C=∠POB，根据同角的余角相等可得∠ABC=∠BPO，根据切线的性质
3
可得∠OBP=90°，勾股定理求得PO， 由sin∠ABC=sin∠BPO = 即可求解．
5
【详解】（1）连接AO，则AO=BO，
根据切线长定理可得PA=PB，
∴ PO⊥AB，
∵BC是直径，
∴ AC⊥AB，
∴ AC∥PO，
（2）∵AC∥PO，
∴ ∠C=∠POB，
∵ AC⊥AB，
∴∠C+∠ABC=90°，
∵ PO⊥AB，
∴∠POB+∠BPO=90°，
∴ ∠ABC=∠BPO，
∵PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，
在Rt△POB中，BO=3,PB=4，
∴PO=5，
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3
∴ sin∠ABC=sin∠BPO = ，
5
AC 3
∴ = ，
BC 5
∵ BC=2BO=6，
3BC 18
∴ AC= = ．
5 5
【点睛】本题考查了垂直平分线的判定，直径所对的圆周角是直角，切线长定理，勾股定理，切线的性质，
根据正弦求边长，掌握以上知识是解题的关键．
59．（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）已知⊙O的圆心在BC上，AC、AB分别为⊙O的切线，切点分
别为C、D，⊙O交BC另一点E．
(1)求证：DE∥AO；
(2)若AC=6，AB=10，求DE的长．
【答案】(1)见解析
6√5
(2)
5
【分析】（1）连接OD，证明出∠AOC=∠DEO或∠AOD=∠ODE即可利用同位角相等，两直线平行，
或内错角相等，两直线平行证明出结论；
（2）先由勾股定理求出BC，再利用DE∥AO，利用平行线分线段成比例定理求出半径，最后由
△BDE∽△BAO得到比例线段即可求出DE．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AC、AB分别为⊙O的切线，
∴AC=AD，∠OCA=∠ODA=90°，
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在Rt△OAC和Rt△OAD中，
¿，
∴Rt△OAC≌Rt△OAD(HL)，
∴∠AOC=∠AOD，
∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED，
∵∠COD=∠ODE+∠OED，
∴∠AOC=∠OED，
∴DE∥AO；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵AC=6，AB=10，
∴由勾股定理，得BC=√AB2−AC2=√102−62=8，
设OC=x，则BO=BC−OC=8−x，BE=BC−CE=8−2x，
∵AD=AC=6，BA=10，
∴BD=AB−AD=10−6=4，
由（1）知DE∥AO，
BE BD
∴ = ，
BO BA
8−2x 4
即 = ，
8−x 10
解得x=3，
经检验，x=3是原方程的解，
∴OC=3，
在Rt△AOC中，
由勾股定理，得OA=√OC2+AC2=√32+62=3√5，
∵DE∥AO，
∴△BDE∽△BAO，
DE BD
∴ = ，
OA BA
DE 4
即 = ，
3√5 10
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6√5
解得DE= ．
5
【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆的基本性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角
形的判定和性质，勾股定理，掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．
60．（2021·河北唐山·统考二模）如图，△ABC是直角三角形，以斜边AB为直径作半圆，半圆的圆心为
O，过A、C两点作半圆的切线，交点为D，连接DO交AC于点E．
(1)求证：OD∥BC；
(2)若AC＝2BC，求证：AB＝AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】对于（1），连接OC，根据切线的性质得到AD＝CD，且OA⊥AD，OC⊥CD，根据全等三角形的
性质得到∠ADO＝∠CDO，求得DO⊥AC，根据平行线的判定定理即可得到结论；
对于（2），先根据平行线的性质得∠B＝∠EOA，进而说明AE＝EC，求得∠EOA＝∠EAD，再推出BC＝
AE，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示，
∵DA、DC是半圆O的切线，
∴AD＝CD，且OA⊥AD，OC⊥CD，
又OA＝OC，OD＝OD，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
即DO是∠ADC的平分线，
∴DO⊥AC，
又BC⊥AC，
∴OE∥BC；
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（2）证明：由（1）知：OE∥BC，DO垂直平分AC，
∴∠B＝∠EOA，AE＝EC，
又DA⊥AO，
∴∠EOA＝∠EAD，
∴∠EAD＝∠B.
∵AC＝2BC，
∴BC＝AE，
∴△ABC≌△DAE（ASA），
∴AB＝AD．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，平行线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等，构造全等
三角形是解题的关键．
61．（2022·辽宁大连·统考一模）如图，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OP交⊙O
于点C，连接AC，BC．
(1)求证：C是A´B的中点；
(2)若AC=OC=2，求AP的长．
【答案】(1)见解析；
(2)2√3
【分析】（1）证明△APC≌△BPC（SAS），得到AC=BC，A´C=B´C，即可得证；
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（2）连接AO．先证明 AOC是等边三角形，得到∠AOP=60°，由PA是⊙O的切线，切点为A，
△
AP
∠PAO=90°，在Rt APO中，利用tan∠AOP= 即可求得答案．
AO
△
【详解】（1）证明：∵PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，
∴AP=BP，∠APO=∠BPO，
又∵PC=PC，
∴△APC≌△BPC（SAS），
∴AC=BC，
∴A´C=B´C，
∴C是A´B的中点；
（2）解：连接AO．
∵AC=OC，AO=CO，
∴AC=OC=AO，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOP=60°，
∵PA是⊙O的切线，切点为A，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
AP
在Rt△APO中，tan∠AOP= ，
AO
∴AP=AO⋅tan∠AOP=2tan60°=2√3．
【点睛】此题考查了切线长定理、切线的性质定理、圆中的弧和弦之间的关系、解直角三角形、等边三角
形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，难度不大，熟练掌握相关定理的内容是解题的关键．
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题型 18 判断三角形外接圆圆心位置
62．（2023·河北邢台·统考一模）如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格
点上．下列三角形中，外心不是点O的是（ ）
A．△ABC B．△ABD C．△ABE D．△ABF
【答案】C
【分析】设小正方形边长为1，再通过勾股定理求出O到所有顶点长度，不相等的就是外心不在的三角形．
【详解】解：设小正方形边长为1，
则：OA=√22+12=√5=OB=OC=OD=OF，
OE=2，
根据三角形外心到各顶点距离相等可以判断：
点O是△ABD,△ABC,△ABF三个三角形的外心；
不是△ABE的外心，
故选：C．
【点睛】本题考查外心的定义，掌握勾股定理求出外心到各顶点距离是关键．
63．（2023·北京昌平·统考二模）船航行的海岸附近有暗礁，为了使船不触上暗礁，可以在暗礁的两侧建
立两座灯塔.只要留心从船上到两个灯塔间的角度不超过一定的大小，就不用担心触礁.如图所示的网格是
正方形网格，点A,B,C,D,P,M,N是网格线交点，当船航行到点P的位置时，此时与两个灯塔M,N间
的角度（∠MPN的大小）一定无触礁危险.那么，对于A,B,C,D四个位置，船处于___________时，也
一定无触礁危险.（ ）
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A．位置A B．位置B C．位置C D．位置D
【答案】B
【分析】先利用格点找出△MNP的外接圆的圆心，再判断哪个点在△MNP的外接圆上即可．
【详解】解：如图，
由网格可知，点O是MN和MP垂直平分线的交点，
即点O是△MNP的外接圆的圆心，
∵ OM=OB=√12+22=√5，
∴点M在△MNP的外接圆上，
∴ ∠MPN=∠MBN，
∴船处于位置B时，也一定无触礁危险，
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外心，勾股定理与网格问题等，解题的关键有两个，一是找出
△MNP的外接圆的圆心，二是掌握同弧所对的圆周角相等．
64．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，在5×5的正方形网格中（小正方形的连长为1），有6个点A、
B、C、D、E、F，若过A、B、C三点作圆O，则点D、E、F三点中在圆O外的有（ ）个
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A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】由图可知∠ABC=90°，故过A、B、C三点作圆O，直径为AC，圆心O在AC的中点，然后根
据网格的特点用勾股定理计算半径和点D、E、F三点到圆心的距离即可判定．
【详解】解：如图，
∵∠ABC=90°，
∴过A、B、C三点作圆O，直径为AC，圆心O在AC的中点，
∴OA=OC=√12+22=√5，
OD=√12+22=√5，
OE=√12+22=√5
OF=3>√5，
∴点F在圆O外，点D、E在圆O上，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的外接圆圆心在斜边的中点上，以及点与圆的位置关系，解题关键是
关键网格的特点找到圆心的位置．
65．（2018·广东汕尾·校考三模）如图所示，要把残破的轮片复制完整，已知弧上的三点A，B，C．
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(1)用尺规作图法找出所在圆的圆心；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)设△ABC是等腰三角形，底边BC=8cm，腰AB=5cm，求圆片的半径R．
【答案】(1)见解析
25
(2) cm
6
【分析】（1）作两弦的垂直平分线，其交点即为圆心O；
（2）构建直角△BOE，利用勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）解：作法：分别作AB和AC的垂直平分线，设交点为O，则O为所求圆的圆心；
（2）连接AO、BO，AO交BC于E，
∵AB=AC，
∴AE⊥BC，
1 1
∴BE= BC= ×8=4，
2 2
在Rt△ABE中，AE=√AB2−BE2=√52−42=3，
设⊙O的半径为R，在Rt△BEO中，
∴OB2=BE2+OE2，
即R2=42+(R−3) 2，
25
∴R= ，
6
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25
答：圆片的半径R为 cm．
6
【点睛】本题综合考查了垂径定理，勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图等知识点，要注意作图和解题
中垂径定理的应用．
题型 19 求外心坐标
66．（2022·山东枣庄·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，A(0,−3)，B(2,−1)，C(2,3)．则△ABC
的外心坐标为（ ）
A．(0,0) B．(−1,1) C．(−2,−1) D．(−2,1)
【答案】D
【分析】由BC两点的坐标可以得到直线BC∥y轴，则直线BC的垂直平分线为直线y=1，再由外心的定义
可知△ABC外心的纵坐标为1，则设△ABC的外心为P（a，-1），利用两点距离公式和外心的性质得到
PA2=a2+(1+3) 2=a2+16=PB2=(a−2) 2+(1+1) 2=a2−4a+8，由此求解即可．
【详解】解：∵B点坐标为（2，-1），C点坐标为（2， 3），
∴直线BC∥y轴，
∴直线BC的垂直平分线为直线y=1，
∵外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，
∴△ABC外心的纵坐标为1，
设△ABC的外心为P（a，1），
∴PA2=a2+(1+3) 2=a2+16=PB2=(a−2) 2+(1+1) 2=a2−4a+8，
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∴a2+16=a2−4a+8，
解得a=−2，
∴△ABC外心的坐标为（-2， 1），
故选D．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，外心的性质与定义，两点距离公式，解题的关键在于能够熟知外心
是三角形三边垂直平分线的交点．
67．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，已知平面直角坐标系内三点A（3，0）、B（5，0）、C（0，
4），⊙P经过点A、B、C，则点P的坐标为（ ）
31 33
A．（6，8） B．（4，5） C．（4， ） D．（4， ）
8 8
【答案】C
【分析】先由题意可知，点P在线段AB的垂直平分线上，可确定P的横坐标为4；设点P的坐标为（4，
y），如图作PE⊥OB于E，PF⊥OC于F，运用勾股定理求得y即可．
【详解】解：∵⊙P经过点A、B、C，
∴点P在线段AB的垂直平分线上，
∴点P的横坐标为4，
设点P的坐标为（4，y），
作PE⊥OB于E，PF⊥OC于F，
由题意得：√42+(y−4) 2=√12+ y2，
31
解得，y= ，
8
故选：C．
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【点睛】本题考查的是确定圆的条件，解题的关键是理解经过不在同一直线上的三点作圆，圆心是过任意
两点的线段的垂直平分线的交点．
68．（2022·广东深圳·统考二模）如图，在单位长度为1的正方形网格中建立直角坐标系，一条圆弧恰好
经过网格点A、B、C，请在网格图中进行下列操作（以下结果保留根号）：
(1)利用网格找出该圆弧所在圆的圆心D点的位置，则D点的坐标为_______；
(2)连接AD、CD，若扇形DAC是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥底面半径为_______；
(3)连接AB，将线段AB绕点D旋转一周，求线段AB扫过的面积．
【答案】(1)（2，0）
√5
(2)
2
(3)4π
【分析】（1）线段AB与BC的垂直平分线的交点为D；
（2）连接AC，先判断∠ADC=90°，则可求^AC的弧长，该弧长即为圆锥底面圆的周长，由此可求底面圆
的半径；
（3）设AB的中点为E，线段AB的运动轨迹是以D为圆心DA、DE分别为半径的圆环面积．
【详解】（1）解：过点（2，0）作x轴垂线，过点（5，3）作与BC垂直的线，
两线的交点即为D点坐标，
∴D（2，0），
故答案为：（2，0）；
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（2）解：连接AC，
∵A（0，4），B（4，4），C（6，2），
∴AD=2√5，CD=2√5，AC=2√10，
∵AC2＝AD2+CD2，
∴∠ADC＝90°，
1
∴A´C的长= ×2π×2√5=√5π，
4
∵扇形DAC是一个圆锥的侧面展开图，
∴√5π=2πr，
√5
∴r= ，
2
√5
故答案为： ；
2
（3）解：设AB的中点为E，
∴E（2，4），
∴DE＝4，
∴S＝π×（AD2﹣DE2）＝4π，
∴线段AB扫过的面积是4π.
,
【点睛】本题考查圆锥的展开图，垂径定理，能够由三点确定圆的圆心位置，理解圆锥展开图与圆锥各部
位的对应关系是解题的关键．
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题型 20 求特殊三角形外接圆的半径
69．（2023·辽宁阜新·统考一模）如图，⊙O是等边 ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
△
3 √3 5
A． B． C．√3 D．
2 2 2
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到
∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
1
∴CD= AD，
2
1
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=( AD)2+32，
2
∴AD=2√3，
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1
∴OA=OB= AD=√3．
2
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫
做三角形的外心．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
70．（2022·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）已知在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，则
△ABC的外接圆的半径是 ．
25
【答案】
8
【分析】通过作辅助线AD⊥BC，可将求△ABC外接圆的半径转化为求Rt△BOD的斜边长，再利用等腰
三角形的性质即可．
【详解】解：如图，作AD⊥BC，垂足为D，则O一定在AD上，
∴AD=√52−32=4，
设OA=r，OB2=OD2+BD2，
即r2=(4−r) 2+32，
25
解得r= ．
8
25
故答案为： ．
8
【点睛】此题主要考查等腰三角形外接圆半径的求法，正确利用勾股定理以及等腰三角形的性质是解题关
键．
1
71．（2023·江苏镇江·校联考一模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=− x2+bx+c的图像与x
2
轴交于点A(−1,0)和点B(4,0)，与y轴交于点C，顶点为点D．
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(1)求二次函数表达式和点D的坐标；
(2)连接AC、BC，求△ABC外接圆的半径；
√5
(3)点P为x轴上的一个动点，连接PC，求PC+ PB的最小值；
5
(4)如图2，点E为对称轴右侧的抛物线上一点，且点E的纵坐标为−3，动点M从点C出发，沿平行于x
轴的直线a向右运动，连接EM，过点M作EM的垂线b，记直线b与抛物线对称轴的交点为N，当直线b
与直线a重合时运动停止，请直接写出点N的运动总路程．
【答案】(1)y=−
1
x2+
3
x+2，
(3
,
25)
2 2 2 8
5
(2)
2
8√5
(3)
5
109
(4)
40
1
【分析】（1）把A(−1,0)和点B(4,0)代入y=− x2+bx+c求出b和c的值，即可得出函数表达式，将其
2
化为顶点式，即可求出点D的坐标；
（2）先求出点C的坐标，再根据两点之间的距离公式，求出AC2=5,BC2=20,AB2=25，根据勾股定
理逆定理，得出∠ACB=90°，最后根据直角三角形的外心与斜边中点重合，即可求解；
（3）过点P作PM⊥BC于点M，作BC关于x轴的对称线段BC'，
则C'(0,−2)，点M关于x轴的对称点M'在BC'，PM'⊥BC'，通过证明△BPM∽△BCO，得出
√5 √5
PM= PB，则PC+ PB=PC+PM=PC+PM'
5 5
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√5
当点C、P、M'三点共线时，PC+ PB取最小值，即为CM″的长度，用等面积法求出CM″的长度即
5
可；
(3 25) (3 ) (3 )
（4）连接NE，先求出点E(5,−3)，根据D , ，C(0,2)，可设M(m,2),N ,n ，K ,2 ，再
2 8 2 2
根据两点之间的距离公式得出K M2，K N2，M E2，N E2，然后根据勾股定理可得：
K M2+K N2=M N2=N E2−M E2，即可得出n关于m的表达式10n=2m2−13m+35，将其化为顶点
13 13 13
式后可得当m< 时，n随m的增大而减小，当m> 时，n随m的增大而增大，再求出当0≤m≤ 时，
4 4 4
13
点N经过的路程为，以及当 ≤m≤5时，点N经过的路程为，即可求解．
4
1
【详解】（1）解：把A(−1,0)和点B(4,0)代入y=− x2+bx+c得：
2
¿，解得：¿，
1 3
∴该二次函数的表达式为：y=− x2+ x+2，
2 2
∵y=−
1
x2+
3
x+2=−
1(
x−
3) 2
+
25
，
2 2 2 2 8
(3 25)
∴点D的坐标为 , ；
2 8
1 3
（2）解：把x=0代入y=− x2+ x+2得y=2，
2 2
∴C(0,2)，
∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,2)，
∴AC2=5,BC2=20,AB2=25，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
1 1 5
∴△ABC外接圆半径= AB= ×5= ；
2 2 2
（3）解：过点P作PM⊥BC于点M，作BC关于x轴的对称线段BC'，
则C'(0,−2)，点M关于x轴的对称点M'在BC'上，PM'⊥BC'，
∵∠CBO=∠PBM,∠PMB=∠COB，
∴△BPM∽△BCO，
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PM OC 2 √5
∴ = = = ，
PB BC 2√5 5
√5
∴PM= PB，
5
√5
∴PC+ PB=PC+PM=PC+PM'
5
√5
当点C、P、M'三点共线且CM'⊥BC'时，PC+ PB取最小值，即为CM″的长度，
5
1 1
∵S = ⋅CC' ⋅OB= ⋅BC' ⋅CM'' ，
△BCC' 2 2
1 1
∴ ×4×4= ×2√5×CM″
2 2
8√5 √5 8√5
∴CM″= ，即PC+ PB的最小值为 ．
5 5 5
（4）解：连接NE，
1 3 1 3
把y=−3代入y=− x2+ x+2得−3=− x2+ x+2，
2 2 2 2
解得：x =5,x =−2，
1 2
∴E(5,−3)，
(3 25)
∵D , ，C(0,2)，
2 8
(3 ) (3 )
∴设M(m,2),N ,n ，K ,2 ，
2 2
∴K M2= ( m− 3) 2 ，K N2=(2−n) 2，M E2=(5−m) 2+(2+3) 2，N E2= ( 5− 3) 2 +(n+3) 2 ，
2 2
根据勾股定理可得：K M2+K N2=M N2=N E2−M E2，
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∴ ( m− 3) 2 +(2−n) 2= ( 5− 3) 2 +(n+3) 2−[(5−m) 2+(2+3) 2] ，
2 2
整理得：10n=2m2−13m+35，
∴n=
1
m2−
13
m+
7
=
1(
m−
13) 2
+
111
，
5 10 2 5 4 80
13 13
∴当m< 时，n随m的增大而减小，当m> 时，n随m的增大而增大，
4 4
∵动点M从点C出发，直线b与直线a重合时运动停止，E(5,−3)，
∴0≤m≤5，
7
∵当m=0时，n= ，
2
13 111
当m= 时，n= ，
4 80
当m=5时，n=2，
13 7 111 169
∴当0≤m≤ 时，点N经过的路程为： − = ，
4 2 80 80
13 111 49
当 ≤m≤5时，点N经过的路程为：2− = ，
4 80 80
169 49 218 109
∴点N经过的总路程为： + = = ．
80 80 80 40
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式，直角三角形外
接圆圆心为斜边中点，胡不归问题的解决方法，以及勾股定理和二次函数图象上点的坐标特征和勾股定理．
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题型 21 由三角形的内切圆求长度
72．（2022·陕西西安·校考模拟预测）在△ABC中，AB＝4，∠C＝45°，则√2AC+BC的最大值为 ．
【答案】4√10.
【分析】根据题意，画出ΔABC的外接圆，当AC 为圆O的直径时，√2AC+BC有最大值，由等腰三角
1
形的性质及勾股定理得到BC=4,AC=4√2，求解即可．
【详解】解：过点B作BD⊥AC于点D，
∵∠C=45°，
∴△BCD为等腰直角三角形，
∴BD=CD，
设BD=CD=a,延长AC至点F，使得CF=a,
作 ABF的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AB于点E，则AE=1/2AB=2，∠AOE=∠AFB，
△
∴OE=4,OA=√22+42=2√5,
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√2
∴√2AC+BC=√2(AC+ BC)=√2(AC+CF)=√2AF≤√2(0A+OF)
2
( √2 )
∴√2AC+BC=√2 AC+ BC 的最大值为√2×4√5=4√10.
2
故答案为：4√10.
【点睛】本题考查三角形的外接圆、圆周角定理、等腰直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
73．（2022·四川泸州·二模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝
6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ）
12√7 10√7 9√7 8√7
A． B． C． D．
7 7 7 7
【答案】D
【分析】连接OD、OE、OB，OB交DE于H，作AG⊥BC交BC于点G，利用
30 12√6 1
AB2−BG2=AC2−CG2，求出BG= ，进一步可得AG= ，求出S = AG·BC=6√6，设⊙
7 7 △ABC 2
1 2√6 2√42
O的半径为r，利用S = (6+7+5)·r=6√6，求出r= ，求出BD=4，进一求出OB= ，再
△ABC 2 3 3
1 1
证明OB垂直平分DE，利用面积法可得 HE⋅OB= OE⋅BE，求得HE长即可求得答案．
2 2
【详解】解：连接OD、OE、OB，OB交DE于H，作AG⊥BC交BC于点G，如图，
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∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，
30
∴AB2−BG2=AC2−CG2，即62−BG2=52−(7−BG) 2，解得：BG= ，
7
12√6
∴AG=√AB2−BG2=
，
7
1
∴S = AG·BC=6√6，
△ABC 2
设内切圆的半径为r，
1 2√6
则S = (6+7+5)·r=6√6，解得：r= ，
△ABC 2 3
∵ △ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴∠ODB=∠OEB=90°，
又∵OD=OE， OB=OB，
∴Rt△ODB≌△Rt△OEB，
∴BD=BE，
同理， CE=CF，AD=AF，
∵BE+CE=BC=7，
∴BD+BE+CE+CF=14，
∴2AD=(6+5+7)-14=4，即AD=2，
∴BD=4，
2√42
∴OB=√BD2+OD2=
，
3
∵BE=BD，OE=OD，
∴OB垂直平分DE，
∴DH=EH，OB⊥DE，
1 1
∵ HE·OB= OE·BE，
2 2
2√6
×4
OE⋅BE 3 4√7
∴HE= = =
OB 2√42 7 ，
3
2
8√7
∴DE=2EH= ，
7
故选：D．
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【点睛】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅
助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
74．（2022·云南文山·一模）如图，BC是⊙O的直径，点A是⊙O上的一点，点D是△ABC的内心，若
BC＝5，AC＝3，则BD的长度为（ ）
√34
A．2 B．3 C．√10 D．
2
【答案】C
【分析】如图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，求出AB的
长，根据内心的性质，求出BE的长，再根据S = S + S + S ，求出DE的长，由勾股定理
ABC ABD BDC ADC
△ △ △ △
即可得答案．
【详解】解： 如下图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC= 90°，
∵BC＝5，AC＝3，
∴AB=√BC2−AC2=√52−32=4 ，
∵点D是△ABC的内心，
∴ DE= DF= DH，AE= АН，BE= BF，CF= CH，
设BE= x，则BF= x，AE=4- x，CF=5-x，CH=5-x，AН=4-x，
∵AC=3，
∴4-x+5-x=3，
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解得：x=3
∴BE=3，
设DE= r，
∵S ABC = S ABD + S BDC + S ADC，
△ △ △ △
1 1
∴ r(3+4+5)= ×3×4 ，
2 2
解得：r= 1，
∴ DE= 1，
在Rt△BDE中，BD=√BE2+DE2=√32+12=√10 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，内心的性质，勾股定理的应用，解题的关键是作垂线，构造直角．
75．（2023·福建福州·福建省福州延安中学校考二模）如图上，ΔABC中,∠C=90∘,AC=8,BC=6,O
为内心，过点O的直线分别与AC、AB相交于D、E，若DE=CD+BE，则线段CD的长为 .
1 1
【答案】2或 / 或2
2 2
【分析】分析判断出符合题意的DE的情况，并求解即可；
【详解】解：①如图，作DE//BC，OF⊥BC，OG⊥AB，连接OB，则OD⊥AC，
∵DE//BC，
∴∠OBF=∠BOE
∵O为ΔABC的内心，
∴∠OBF=∠OBE，
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∴∠BOE=∠OBE
∴BE=OE，
同理，CD=OD，
∴DE=CD+BE，
AB=√BC2+AC2=√62+82=10
∵O为ΔABC的内心，
∴OF=OD=OG=CD，
∴BF=BG，AD=AG
∴AB=BG+AG=BC−CD+AC−CD=6−CD+8−CD=10
∴CD=2
②如图，作DE⊥AB，
由①知，BE=4，AE=6，
∵∠ACB=∠AED，∠CAB=∠EAD
∴ΔABC∼ΔADE
AB AD
∴ =
AC AE
AB⋅AE 10×6 15
∴AD= = =
AC 8 2
15 1
∴CD=AC−AD=8− =
2 2
∵DE=√AD2−AE2=
√ (15) 2
−62=
9
2 2
1 9
∴DE=BE+CD=4+ =
2 2
1
∴CD=
2
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1
故答案为：2或 ．
2
【点睛】本题主要考查三角形内心的性质、勾股定理、三角形的相似，根据题意正确分析出符合题意的情
况并应用性质定理进行求解是解题的关键．
题型 22 由三角形的内切圆求角度
76．（2022·山东烟台·统考一模）如图，点I是△ABC的内心，若∠I=116°，则∠A等于（ ）
A．50° B．52° C．54° D．56°
【答案】B
【分析】根据三角形内角和定理得到∠IBC+∠ICB＝64°，根据内心的概念得到∠ABC+∠ACB＝128°，根据
三角形内角和定理计算即可．
【详解】解：∵∠I＝116°，
∴∠IBC+∠ICB＝64°，
∵点I是△ABC的内心，
1 1
∴∠IBC＝ ∠ABC，∠ICB＝ ∠ACB，
2 2
∴∠ABC+∠ACB＝128°，
∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝52°，
故选B．
【点睛】本题考查的是三角形的内心，掌握三角形的内心是三角形三条角平分线的交点是解题的关键．
77．（2022·湖南长沙·长沙市长郡双语实验中学校考一模）如图，△ABC中，∠A=80°，点O是△ABC
的内心，则∠BOC的度数为（ ）
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A．100° B．160° C．80° D．130°
【答案】D
【分析】由题意，先得到∠ABC+∠ACB=100°，再由内心的性质，得到∠OBC+∠OCB=50°，即可
求出∠BOC的度数．
【详解】解：∵∠A=80°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−80°=100°，
∵点O是△ABC的内心，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠OBC+∠OCB= (∠ABC+∠ACB)= ×100°=50°，
2 2
∴∠BOC=180°−50°=130°．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是掌握所学
的知识，正确的求出角的度数．
题型 23 由三角形的内切圆求周长、面积
78．（2020·贵州遵义·校考模拟预测）如图，△ABC中，AB＝7cm，AC＝8cm，BC＝6cm，点O是△ABC
的内心，过点O作EF//AB，与AC、BC分别交于点E、F，则△CEF的周长为（ ）
A．14cm B．15cm C．13cm D．10.5cm
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【答案】A
【分析】先根据三角形内心的定义得到AO、BO是∠CAB和∠CBA的角平分线，结合平行线的性质可证
明∠EAO＝∠EOA，∠FOB＝∠FBO，于是得到EO＝EA，OF＝FB，故此可得到EF＝AE＋BF，根据三角
形的周长公式计算即可．
【详解】解：连接OA、OB．
∵点O是△ABC的内心，
∴AO、BO分别是∠CAB和∠CBA的角平分线．
∴∠EAO＝∠BAO，∠FBO＝∠ABO．
∵EF//BA，
∴∠EOA＝∠OAB，∠FOB＝∠OBA．
∴∠EAO＝∠EOA，∠FOB＝∠FBO．
∴EO＝EA，OF＝FB．
∴EF＝AE＋BF，
∴△CEF的周长＝CE＋CF＋EF＝CE＋EA＋CF＋FB＝CA＋CB＝14，
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定，明确三角形的内心是三条
角平分线的交点是解题的关键．
79．（2018·海南省直辖县级单位·统考一模）如图，甲、乙、丙、丁四位同学从四块全等的等腰直角三角
形纸板上裁下四块不同的纸板（阴影部分），他们的具体裁法如下：甲同学：如图1所示裁下一个正方形，
面积记为S；乙同学：如图2所示裁下一个正方形，面积记为S；丙同学：如图3所示裁下一个半圆，使
1 2
半圆的直径在等腰Rt 的直角边上，面积记为S；丁同学：如图所示裁下一个内切圆，面积记为S 则下列
3 4
判断正确的是（ ）△
①S=S ；②S=S ；③在S，S，S，S 中，S 最小．
1 2 3 4 1 2 3 4 2
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A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】B
【分析】分别计算结果再比较大小．具体如下：若设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为
√2，只要把四个图中阴影部分的面积都用等腰直角三角形的腰长表示，就可比较它们的大小．根据直角三
1
角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可求图1中S= ；设图2中正方形的边长为x，根据等腰直角三角
1 4
2 3
形的性质求得x的值，所以可知S= ；在图3中，设半圆的半径为r，根据切线长定理可求得S=（ ﹣√2
2 9 3 2
√2 3
）π；在图4中，设三角形的内切圆半径为R，根据切线长定理可求得R=1﹣ ，所以S=（ −√2）π；
2 4 2
根据以上计算的值进行比较即可判断．
【详解】图1中，设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为√2，图1中阴影正方形的对角线
√2 1
长为 ，S= ；
2 1 4
√2 2
图2中，设正方形的边长为x，则3x=√2，x= ，S= ；
3 2 9
3
图3中，设半圆的半径为r，则1+r=√2，r=√2﹣1，S=（ ﹣√2）π；
3 2
√2 3
图4中，设三角形的内切圆半径为R，则2﹣2R=√2，解得：R=1﹣ ，S=（ −√2）π；
2 4 2
根据以上计算的值进行比较，S=S，在S，S，S，S 中，S 最小，所以正确的是②③．
3 4 1 2 3 4 2
故选B．
80．（2023·广东江门·统考二模）一个直角三角形的斜边长为8，内切圆半径为1，则这个三角形的周长等
于 ．
【答案】18
【分析】首先根据题意画出图形，设AD＝x，则BD＝8−x，由切线长定理得AD＝AF＝x，BD＝BE＝8−x，
可证明四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝1，再由三角形的周长公式求出这个三角形周长．
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【详解】根据题意，作图如下：
即有：AB=8， C＝90°， O是△ABC内切圆，
设AD＝x，则B∠D＝8−x，⊙
O是△ABC内切圆，
∵⊙AD＝AF＝x，BD＝BE＝8−x． C＝ OFC＝ OEC＝90°，OE＝OF，
∴四边形OECF为正方形． ∠ ∠ ∠
∴CE＝CF＝1．
∴这个三角形周长：AD+DB+BE+CE+CF+FA=2x＋2(8−x)＋2＝18．
∴故答案为：18．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，以及切线长定理，方程思想与数形结合思想的应用是解题的
关键．
81．（2023·河南郑州·河南省实验中学校考一模）如图，等边△ABC内切圆的图形来自我国古代的太极图，
等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分关于等边△ABC的内心成中心对称．若等边△ABC的边长为
6，则圆中的黑色部分的面积是 ．
3
【答案】 π
2
【分析】先作AD⊥BC，作BE⊥AC于点E，AD和BE交于点O，再根据边长求出AD=3√3，即可求
出OD=√3，然后根据面积公式即可求出答案．
【详解】作AD⊥BC，作BE⊥AC于点E，AD和BE交于点O，如图所示：
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∵等边△ABC的边长为6
∴AB=6，则BD=3，
∵∠ADB=90°，
∴AD=3√3，
1
∴OD= AD=√3，
3
根据太极图的对称性，黑色部分的面积占内切圆面积的一半，
1 1
∴S = π·OD2= π×（√3）2
黑 2 2
3
∴S = π，
黑 2
3
故答案为： π
2
【点睛】本题考查了等边三角形以及三角形的内切圆，解题关键是求出圆的半径．
82．（2022·贵州铜仁·统考三模）已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？
古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公式—海伦公式S
a+b+c
=√p(p−a)(p−b)(p−c)（其中a，b，c是三角形的三边长，p= ，S为三角形的面积），并给出
2
了证明
例如：在△ABC中，a＝3，b＝4，c＝5，那么它的面积可以这样计算：
∵a＝3，b＝4，c＝5
a+b+c
∴p= =6
2
∴S=√p(p−a)(p−b)(p−c)=√6×3×2×1=6
事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家秦九韶提出的秦九韶
公式等方法解决．
根据上述材料，解答下列问题：
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如图，在△ABC中，BC＝5，AC＝6，AB＝9
（1）用海伦公式求△ABC的面积；
（2）求△ABC的内切圆半径r．
【答案】（1）10√2；（2）r=√2．
【分析】（1）先根据BC、AC、AB的长求出P，再代入到公式S=√p(p−a)(p−b)(p−c)即可求得S的
值；
1
（2）根据公式S= r（AC+BC+AB），代入可得关于r的方程，解方程得r的值．
2
【详解】解：（1）∵BC＝5，AC＝6，AB＝9，
BC+AC+AB 5+6+9
∴p= = =10，
2 2
∴S=√p(p−a)(p−b)(p−c)=√10×5×4×1=10√2；
故△ABC的面积10√2；
1
（2）∵S= r（AC+BC+AB），
2
1
∴10√2= r（5+6+9），
2
解得：r=√2，
故△ABC的内切圆半径r=√2．
【点睛】本题主要三角形的内切圆与内心、二次根式的应用，熟练掌握三角形的面积与内切圆半径间的公
式是解题的关键．
题型 24 求三角形的内切圆半径
83．（2022·贵州铜仁·统考一模）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB=CD，∠B=60°，
1
AD=8√3，分别以B和C为圆心，以大于 BC的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，直线PQ与BA延
2
长线交于点E，连接CE，则ΔBCE的内切圆半径是（ ）
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A．4 B．4√3 C．2 D．2√3
【答案】A
1
【分析】分别以B和C为圆心，以大于 BC的长为半径作弧，两弧相交于点P和Q，连接P，Q则PQ为
2
BC的垂直平分线，可得EB=EC，又∠B=60°，所以△EBC为等边三角形，作等边三角形EBC的内切圆，
1 1
设圆心为M，则M在直线PQ上，连接BM，过M作BC垂线垂足为H，在Rt△BMH中，BH= BC=
2 2
1
AD=4√3，∠MBH= ∠B=30°，通过解直角三角形可得出MH的值即为△BCE的内切圆半径的长．
2
【详解】解：有题意得PQ为BC的垂直平分线，
∴EB=EC，
∵∠B=60°，
∴△EBC为等边三角形，
作等边三角形EBC的内切圆，设圆心为M，
∴M在直线PQ上，
连接BM，过M作MH垂直BC于H，垂足为H，
∵AD=8√3
1 1
∴BH= BC= AD=4√3 ，
2 2
1
∵∠MBH= ∠B=30°，
2
√3
∴在Rt△BMH中,MH=BH×tan30°=4√3× =4．
3
∴ΔBCE的内切圆半径是4．
故选：A．
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【点睛】本题考查了线段垂直平分线定理，等边三角形的判定，等边三角形内切圆半径的求法，解直角三
角形，解题关键在于理解题意，运用正确的方法求三角形内切圆半径．
84．（2019·福建·校联考二模）如图，ΔABC是一块绿化带，将阴影部分修建为花圃.已知AB=15，
AC=9，BC=12，阴影部分是ΔABC的内切圆，一只自由飞翔的小鸟将随机落在这块绿化带上，则小鸟
落在花圃上的概率为（ ）.
1 π π π
A． B． C． D．
6 6 8 5
【答案】B
【分析】由AB=5，BC=4，AC=3，得到AB2=BC2+AC2，根据勾股定理的逆定理得到△ABC为直角三角形，
4+3-5
于是得到△ABC的内切圆半径= =1，求得直角三角形的面积和圆的面积，即可得到结论．
2
【详解】解：∵AB=15，BC=12，AC=9，
∴AB2=BC2+AC2，
∴△ABC为直角三角形，
9+12-15
∴△ABC的内切圆半径= =3，
2
1 1
∴S = AC•BC= ×9×12=54，
ABC 2 2
△
S =9π，
圆
π
∴小鸟落在花圃上的概率= ，
6
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故选B．
【点睛】本题考查几何概率，直角三角形内切圆的半径等于两直角边的和与斜边差的一半及勾股定理的逆
定理，解题关键是熟练掌握公式．
85．（2021·江苏苏州·校考一模）已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切的半径为 ．
【答案】√3
【分析】如图，AB=7，BC=5，AC=8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设BD=x，
1 1
则CD=5-x．由AD2=AB2-BD2=AC2-CD2，可得72-x2=82-（5-x）2，解得x=1，推出AD=4√3，由 •BC•AD= •
2 2
（AB+BC+AC）•r，列出方程即可解决问题．
【详解】解：如图，AB=7，BC=5，AC=8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设
BD=x，则CD=5-x．
由勾股定理可知：AD2=AB2-BD2=AC2-CD2，
即72-x2=82-（5-x）2，解得x=1，
∴AD=4√3，
1 1
∵ •BC•AD= •（AB+BC+AC）•r，
2 2
1 1
×5×4√3= ×20×r，
2 2
∴r=√3，
故答案为：√3
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心、勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用
辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用面积法求内切圆的半径，属于中考常考题型．
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题型 25 直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
86．（2022·广东梅州·统考二模）如图，在四边形材料ABCD中， AD∥BC ，∠A=90°，AD=9cm，
AB=20cm，BC=24cm．现用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
110
A． cm B．8cm C．6√2cm D．10cm
13
【答案】B
【分析】如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，据此求
解即可．
【详解】解：如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，
∵AD∥BC，∠BAD=90°，
∴△EAD∽△EBC，∠B=90°，
EA AD EA 9
∴ = ，即 = ，
EB BC EA+20 24
∴EA=12cm，
∴EB=32cm，
∴EC=√EB2+BC2=40cm，
设这个圆的圆心为O，与EB，BC，EC分别相切于F，G，H，
∴OF=OG=OH，
∵S =S +S +S ，
△EBC △EOB △COB △EOC
1 1 1 1
∴ EB⋅BC= EB⋅OF+ BC⋅OG+ EC⋅OH，
2 2 2 2
∴24×32=(24+32+40)⋅OF，
∴OF=8cm，
∴此圆的半径为8cm，
故选B．
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【点睛】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关
键．
87．（2022·广东深圳·统考二模）如图，在Rt ABC中，∠C＝90°，AC＝5，⊙O是 ABC的内切圆，半径
为2，则图中阴影部分的面积为（ ） △ △
A．30﹣4π B．30√3−4π C．60﹣16π D．30√3−16π
【答案】A
【分析】先由切线长定理和勾股定理算出三角形另外两边的长，再根据图中阴影部分的面积= ABC的面
积-⊙O的面积，然后利用三角形的面积公式和圆的面积公式计算即可． △
【详解】解：过点O作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形CEOF是正方形，
∴CE=CF=OE=OF=2，
∵⊙O是 ABC的内切圆，
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∴BF=BD，AE=AD=AC−CE=5−2=3，
设BF=BD=x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴52+(2+x) 2=(3+x) 2，
解得x=10，
∴BC=12，AB=13，
1
∴S =S −S = ×5×12−π×22=30−4π．
阴影部分 △ABC ⊙O 2
故选A．
【点睛】本题主要考查了切线长定理、勾股定理、三角形与圆的面积公式．
题型 26 三角形内心有关的应用
88．（2022上·广东河源·九年级校考期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与各边相切于D，E，F，且
∠FOD=∠EOD=120°，则△ABC是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】根据已知易得∠EOF=120°，由切线的性质可得OE⊥AB，OD⊥BC，OF⊥AC，再根据
四边形的内角和定理即可求得∠A=∠B=∠C=60°，即可判定△ABC是等边三角形．
【详解】解：∵∠FOD=∠EOD=120°，
∴∠EOF=360°−∠FOD−∠EOD=120°，
∵△ABC的内切圆⊙O与各边相切于D，E，F，
∴OE⊥AB，OD⊥BC，OF⊥AC，
∴∠OEB=∠ODB=∠OEA=∠OFA=∠OFC=∠ODC=90°，
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∵四边形内角和为360°，
∴∠A=∠B=∠C=360°−90°−90°−120°=60°，
∴△ABC是等边三角形，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质定理、等边三角形的判定和四边形内角和定理，切线的性质：过切点的直
径垂直于切线．
89．（2022·江苏·九年级假期作业）已知△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别是△ABC中线和高线，则
（ ）
A．D点是△ABC的内心 B．D点是△ABC的外心
C．E点是△ABC的内心 D．E点是△ABC的外心
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得D是△ABC的外心，据此即可求解．
【详解】解：在 ABC中，∠ACB＝90°，
∵CD是 ABC中△线，
∴D点是△ ABC的外心．
故选：B△．
【点睛】本题考查了三角形的外心，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握以上知识是解题的关
键．
90．（2023·吉林长春·统考模拟预测）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 ．
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【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
a+b−c
圆的半径等于 是解题的关键．
2
91．（2024上·广西柳州·九年级统考期末）学校要举办运动会，九（1）班同学正在准备各种道具，小聪同
学现有一块三角形的纸片，要在三角形纸片中截下一块圆形纸片做道具，要求截下的圆与三角形的三条边
都相切．小聪用A，B，C表示三角形纸片的三个顶点（如图1）．请你按要求完成：
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(1)尺规作图：在图1中找出圆心点O（要求：保留作图痕迹，标明字母，不写作法）；
(2)若纸片三边长分别是：BC=8，AC=6，AB=10，⊙O与边AB，BC，CA分别相切于点D，E，F
（如图2），求小聪截得的圆形道具的面积．
【答案】(1)见解析
(2)小聪截得的圆形道具的面积是4π
【分析】本题考查三角形内切圆，切线长定理等知识点；
（1）用尺规作∠ACB和∠CAB的角平分线，交点即为圆心点O；
（2）连接OD，OE，OF，根据切线长定理可得CE=CF=OE=r，BE=BD=8−r，AF=AD=6−r，
最后根据AB=AD+BD=10列方程求解即可．
【详解】（1）如图所示：点O即为所求；
（2）连接OD，OE，OF，
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在△ABC中，BC=6，AC=8，AB=10
∵AB2=BC2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠C=90∘
∴⊙O是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
BD=BE，AD=AF，CE=CF
∵∠C=∠CEO=∠CFO=90∘，OE=OF
∴四边形ODCE为正方形，
∴设CE=CF=OE=r，
∴BE=BD=8−r，AF=AD=6−r，
∴8−r+6−r=10，
解得r=2，
∴S =πr2=4π，
圆
∴小聪截得的圆形道具的面积是4π．
题型 27 三角形外接圆与内切圆综合
92．（2023·山东泰安·校考二模）如图，点I为的△ABC内心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，
若AI=2CD，点E为弦AC的中点，连接EI，IC，若IC=6，ID=5，则IE的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
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【答案】C
【分析】由已知条件可得到ID=BD=DC=5，过点D作DF⊥IC于F，连接EF，可得四边形EIDF为平
行四边形，可得IE=DF，即可求出IE的长．
【详解】解：连接BD，如图，
∵I为△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ACI=∠ICB
∴BD=CD，
又∵∠DIC=∠DAC+∠ACI，∠ICD=∠ICB+∠BCD，∠DAC=∠BAD=∠BCD，
∴∠DIC=∠ICD，
∴ID=CD，
∴ID=BD=DC=5，
∵AI=2CD，
∴AI=2CD=10，
过点D作DF⊥IC于F，连接EF，
1
∴IF=FC= IC=3，
2
在Rt△IFD中，由勾股定理得，DF=√I D2−I F2=√52−32=4，
∵点E为弦AC的中点
∴EF为△AIC的中位线，
1
∴EF∥AD，EF= AI=5=ID，
2
∴四边形EIDF为平行四边形，
∴IE=DF=4，
故选C．
【点睛】本题是三角形外接圆和内切圆综合，考查了平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰
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三角形的性质与判定，内心等等，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
93．（2022·湖北武汉·校考模拟预测）图，⊙O是△ABC的外接圆，点I是△ABC内心，连接AI并延长交
AI
⊙O于点D，若AB＝9，BC＝14，CA＝13，则 的值是（ ）
AD
3 5 4 9
A． B． C． D．
7 9 11 13
【答案】C
【分析】作BM∥AD交CA延长线于点M，连接BI，可得∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，再由点I是△ABC
内心，可得∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，从而得到∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，AB=AM=9，
ID 7
∠CBD=∠BAD，进而得到BD=ID，再证得△MBC∽△ABD，可得 = ，即可求解．
AD 11
【详解】：如图，作BM∥AD交CA延长线于点M，连接BI，
∴∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，
∵点I是△ABC内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，
∴∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，
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∴AB=AM=9，
∴MC=AM+AC=22，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BAD+∠ABI=∠BID，∠IBC+∠BAD=∠IBD，
∴∠IBD=∠BID，
∴BD=ID，
∵∠D=∠C，
∴△MBC∽△ABD，
BC MC
∴ = ，
BD AD
14 22
∴ = ，
BD AD
14 22 ID 7
∴ = ，解得： = ，
ID AD AD 11
AI AD−ID ID 4
∴ = =1− = ．
AD AD AD 11
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆和外接圆的综合，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，作出
适当辅助线是解题的关键．
94．（2020·河北邢台·统考模拟预测）如图，在⊙O中，A´B=A´C，BC＝6，AC=3√10．I是△ABC的内
心，则线段OI的值为（ ）
1
A．1 B．5−√10 C．√10−3 D． √10
3
【答案】B
【分析】连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．想办法求出OH，IH即可解决问题．
【详解】解：如图，连接AO，延长AO交BC于H，连接OB．
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∵A´B=A´C，
∴AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=CH=3，
∴AH=√AC2−CH2=√(3√10) 2 −32=9，
设OA=OB=x，
在Rt BOH中，
∵OB2△=OH2+BH2，
∴x2=（9-x）2+32，
∴x=5，
∴OH=AH-AO=9-5=4，
1 1
∵S ABC= •BC•AH= •（AB+AC+BC）•IH，
2 2
△
6×9
∴IH= =√10−1，
3√10+3√10+6
∴OI=OH-IH=4-（√10-1）=5-√10，
故选：B．
【点睛】本题主要考查的是三角形的内心和外心、等腰三角形的性质，勾股定理等知识，掌握本题的辅助
线的作法是解题的关键．
95．（2021·四川绵阳·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，其周长为20，⊙I是△ABC的内切圆，
其半径为√3，则△BIC的外接圆直径为 .
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14√3
【答案】
3
【分析】设△BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CD⊥AB于点D，在圆O上取点F，连接FB，
1 1
FC，作OE⊥BC于点E，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，根据三角形内心定义可得S ABC＝ lr＝ ×20×√3＝
2 2
△
1
AB•CD，可得bc＝40，根据勾股定理可得BC＝a＝7，再根据I是△ABC内心，可得IB平分∠ABC，IC
2
平分∠ACB，根据圆内接四边形性质和圆周角定理可得∠BOC＝120°，再根据垂径定理和勾股定理即可求
出OB的长．
【详解】解：如图，设△BIC的外接圆圆心为O，连接OB，OC，作CD⊥AB于点D，
在圆O上取点F，连接FB，FC，作OE⊥BC于点E，
设AB＝c，BC＝a，AC＝b，
∵∠BAC＝60°，
1
∴AD＝ b，
2
√3
CD＝AC•sin60°＝ b，
2
1
∴BD＝AB﹣AD＝c﹣ b，
2
∵△ABC周长为l＝20，△ABC的内切圆半径为r＝√3，
1 1 1
∴S ABC＝ lr＝ ×20×√3＝ AB•CD，
2 2 2
△
√3
∴20√3= b•c，
2
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∴bc＝40，
在Rt△BDC中，根据勾股定理，得
BC2＝BD2+CD2，
1 √3
即a2＝（c﹣ b）2+（ b）2，
2 2
整理得：a2＝c2+b2﹣bc，
∵a+b+c＝20，
∴a2＝c2+b2﹣bc＝（b+c）2﹣3bc＝（20﹣a）2﹣3×40，
解得a＝7，
∴BC＝a＝7，
∵I是△ABC内心，
∴IB平分∠ABC，IC平分∠ACB，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠IBC+∠ICB＝60°，
∴∠BIC＝120°，
∴∠BFC＝180°﹣120°＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∵OE⊥BC，
7
∴BE＝CE＝ ，∠BOE＝60°，
2
7
BE 2 7√3
∴OB＝ = = .
sin60° √3 3
2
14√3
∴外接圆直径为 ．
3
14√3
故答案为： ．
3
【点睛】本题属于圆的综合题，考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，解直角三角形，
圆内接四边形的性质，垂径定理，勾股定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．属于中考选择题的压
轴题，很有难度．
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一、单选题
1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，AC是⊙O的切线，B为切点，连接OA，OC．若∠A=30°，
AB=2√3，BC=3，则OC的长度是（ ）
A．3 B．2√3 C．√13 D．6
【答案】C
【分析】根据切线的性质及正切的定义得到OB=2，再根据勾股定理得到OC=√13．
【详解】解：连接OB，
∵AC是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AC，
∵∠A=30°，AB=2√3，
√3
∴在Rt△OAB中，OB=AB⋅tan∠A=2√3× =2，
3
∵BC=3，
∴在Rt△OBC中，OC=√OB2+BC2=√13，
故选C．
【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
2．（2023·重庆·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，连接AC，若
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∠ACD=50°，则∠BAC的度数为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】B
【分析】连接OC，先根据圆的切线的性质可得∠OCD=90°，从而可得∠OCA=40°，再根据等腰三角
形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接OC，
∵直线CD与⊙O相切，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠ACD=50°，
∴∠OCA=40°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠OCA=40°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
3．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，
IA．若∠CAI=35°，则∠OBC的度数为（ ）
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A．15° B．17.5° C．20° D．25°
【答案】C
【分析】根据三角形内心的定义可得∠BAC的度数，然后由圆周角定理求出∠BOC，再根据三角形内角
和定理以及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接OC，
∵点I是△ABC的内心，∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=70°，
∴∠BOC=2∠BAC=140°，
∵OB=OC，
180°−∠BOC 180°−140°
∴∠OBC=∠OCB= = =20°，
2 2
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的
交点是解题的关键．
4．（2023·湖北武汉·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,AD⊥AB，以D为圆心，AD
AB 1
为半径的弧恰好与BC相切，切点为E．若 = ，则sinC的值是（ ）
CD 3
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2 √5 3 √7
A． B． C． D．
3 3 4 4
【答案】B
【分析】作CF⊥AB延长线于F点，连接DE，根据圆的基本性质以及切线的性质，分别利用勾股定理求
解在Rt△DEC和Rt△BFC，最终得到DE，即可根据正弦函数的定义求解．
【详解】解：如图所示，作CF⊥AB延长线于F点，连接DE，
∵AD⊥AB，AB∥CD，
∴∠FAD=∠ADC=∠F=90°，
∴四边形ADCF为矩形，AF=DC，AD=FC，
∴AB为⊙D的切线，
由题意，BE为⊙D的切线，
∴DE⊥BC，AB=BE，
AB 1
∵ = ，
CD 3
∴设AB=BE=a，CD=3a，CE=x，
则BF=AF−AB=CD−AB=2a，BC=BE+CE=a+x，
在Rt△DEC中，DE2=CD2−CE2=9a2−x2，
在Rt△BFC中，FC2=BC2−BF2=(a+x) 2−(2a) 2，
∵DE=DA=FC，
∴9a2−x2=(a+x) 2−(2a) 2，
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解得：x=2a或x=−3a（不合题意，舍去），
∴CE=2a，
∴DE=√CD2−CE2=√9a2−4a2=√5a，
DE √5a √5
∴sinC= = = ，
DC 3a 3
故选：B．
【点睛】本题考查圆的切线的判定与性质，解直角三角形，以及正弦函数的定义等，综合性较强，熟练运
用圆的相关性质以及切线的性质等是解题关键．
5．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，
F，若⊙I的半径为r，∠A=α，则(BF+CE−BC)的值和∠FDE的大小分别为（ ）
α α
A．2r，90°−α B．0，90°−α C．2r，90°− D．0，90°−
2 2
【答案】D
【分析】如图，连接IF，IE．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，连接IF，IE．
∵△ABC的内切圆⊙I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴BF=BD，CD=CE，IF⊥AB，IE⊥AC，
∴BF+CE−BC=BD+CD−BC=BC−BC=0，∠AFI=∠AEI=90°，
∴∠EIF=180°−α，
1 1
∴∠EDF= ∠EIF=90°− α．
2 2
故选：D．
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【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性
质，属于中考常考题型．
6．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在斜边AB上，以AD为直径
的半圆O与BC相切于点E，与AC相交于点F，连接DE．若AC=8，BC=6，则DE的长是（ ）
4√10 8√10 80 8
A． B． C． D．
9 9 27 3
【答案】B
【分析】连接OE，AE，首先根据勾股定理求出AB=√AC2+BC2=10，然后证明出△BCA∽△BEO，
40 10
利用相似三角形的性质得到OE= ，BE= ，证明出△DBE∽△EBA，利用相似三角形的性质求出
9 3
8√10
DE= ．
9
【详解】如图所示，连接OE，AE，
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=10，
∵以AD为直径的半圆O与BC相切于点E，
∴OE⊥BC，
∵∠C=90°，
∴∠C=∠OEB=90°，
∴AC∥OE，
∴∠A=∠EOB，
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∴△BCA∽△BEO，
OE OB BE OE 10−OE BE
∴ = = ，即 = = ，
AC AB 6 8 10 6
40 10
∴OE= ，BE= ，
9 3
10 8
∴CE=CB−BE=6− = ，
3 3
8
∴AE=√AC2+CE2= √10，
3
∵∠OEB=90°，
∴∠OED+∠DEB=90°，
∵∠ODE+∠EAD=90°，∠ODE=∠OED，
∴∠EAD=∠DEB，
又∵∠B=∠B，
∴△DBE∽△EBA，
10
DE BE DE 3
∴ = ，即 = ，
AE AB 8 10
√10
3
8√10
∴解得DE= ．
9
故选：B．
【点睛】此题考查了圆与三角形综合题，切线的性质定理，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，
解题的关键是熟练掌握以上知识点．
7．（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，等圆⊙O 和⊙O 相交于A，B两点，⊙O 经过⊙O 的圆心
1 2 1 2
O ，若O O =2，则图中阴影部分的面积为（ ）
2 1 2
4 2
A．2π B． π C．π D． π
3 3
【答案】D
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【分析】先证明△ACO ≌△BCO ，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
1 2
【详解】如图，连接O B，O B，
2 1
等圆⊙O 和⊙O 相交于A，B两点
1 2
∵O O ⊥AB,AC=BC
1 2
∴⊙O 和⊙O 是等圆
1 2
∵O A=O O =O B=O B
1 1 2 1 2
∴△O O B是等边三角形
1 2
∴∠O O B=60°
1 2
∴∠ACO =∠BCO =90°,AC=BC,O A=O B
1 2 1 2
∵△ACO ≌△BCO
1 2
∴ 60π22 2π
S=S +S =S +S =S = = ．
△ACO ❑1 图形BCO ❑1 △BCO ❑2 图形BCO ❑1 扇形BO 1 O 2 360 3
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．
8．（2023·山东·统考中考真题）在△ABC中，BC=3,AC=4，下列说法错误的是（ ）
A．1<AB<7 B．S ≤6
△ABC
C．△ABC内切圆的半径r<1 D．当AB=√7时，△ABC是直角三角形
【答案】C
【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．
【详解】解：∵BC=3,AC=4，
∴4−3<AB<4+3即1<AB<7，故A说法正确；
1
当BC⊥AC时，S = AB⋅BC=6，
△ABC 2
若以BC为底，高≤AC=4，
∴S ≤6，故B说法正确；
△ABC
设△ABC内切圆的半径为r，
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1 1 1
则 AB⋅r+ BC⋅r+ AC⋅r=S ，
2 2 2 △ABC
∵S ≤6，
△ABC
r 12
∴ (AB+BC+AC)≤6，r≤ ，
2 AB+BC+AC
∵1<AB<7，BC=3,AC=4
∴8<AB+BC+AC<14，
12 3
∴r< = ，故C说法错误；
8 2
当AB=√7时，BC2+AB2=AC2，
∴△ABC是直角三角形，故D说法正确；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切
2S
圆半径与圆的面积周长之间的关系r= 是解题的关键．
C
9．（2023·湖北·统考中考真题）如图，在3×3的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点
上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点△ABC外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的
面积为（ ）
5 7 5 7 5 7 5 7
A． π− B． π− C． π− D． π−
2 4 2 2 4 4 4 2
【答案】D
【分析】根据网格的特点作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连
接OA，OB，OC，则点O是△ABC外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明△AOC是直角三角形，
从而可得∠AOC=90°，然后根据S =S −S −S ，进行计算即可解答．
阴影 扇形AOC △AOC △ABC
【详解】解：如图：作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连接
OA，OB，OC，则点O是△ABC外接圆的圆心，
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由题意得：OA2=12+22=5，OC2=12+22=5，AC2=12+32=10，
∴OA2+OC2=AC2，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC=90°，
∵AO=OC=√5，
∴S =S −S −S
阴影 扇形AOC △AOC △ABC
2
90π×(√5) 1 1
= − OA⋅OC− AB⋅1
360 2 2
5π 1 1
= − ×√5×√5− ×2×1
4 2 2
5π 5
= − −1
4 2
5 7
= π− ，
4 2
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算，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．
10．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连接OA﹐点C在⊙O上，
OC⊥OA，连接BC并延长，交⊙O于点D，连接OD．若∠B=65°，则∠DOC的度数为（ ）
A．45° B．50° C．65° D．75°
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【答案】B
【分析】利用垂线的性质及切线的性质得到∠OAB=90°和∠AOC=90°，再利用四边形的内角和为
360°进而可求得∠OCD=65°，再利用等边对等角及三角形的内角和即可求解．
【详解】解：∵OC⊥OA，
∴∠AOC=90°，
又∵AB是⊙O的切线，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
又∵∠B=65°，
∴∠OCB=360°−∠OAB−∠AOC−∠B=115°，
∴∠OCD=180°−∠OCB=65°，
又∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD=65°，
∴∠DOC=180°−2∠ODC=50°，
故选B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，四边形内角和是360°，等腰三角形的性质及三角形的内角和，熟练
掌握其基本知识是解题的关键．
11．（2023·四川攀枝花·统考中考真题）已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面积
为（ ）
1 1
A． rl B． πrl C．rl D．πrl
2 2
【答案】A
1 1 1 1
【分析】由题意可得S = AB×OE= AB×r，S = BC×r，S = AC×r，由面积关系
△AOB 2 2 △BOC 2 △AOC 2
可求解．
【详解】解：如图，设内切圆O与△ABC相切于点D，点E，点F，连接OA，OB，OC，OE，OF，OD，
∵AB切⊙O于E，
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∴OE⊥AB，OE=r，
1 1
∴S = AB×OE= AB×r，
△AOB 2 2
1
同理：S = BC×r，
△BOC 2
1
S = AC×r，
△AOC 2
1 1 1 1
∴S=S +S +S = AB×r+ BC×r+ AC×r= (AB+BC+AC)×r，
△AOB △BOC △AOC 2 2 2 2
∵l=AB+BC+AC，
1
∴S= lr，
2
故选A
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．
12．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O
相切，切点分别为C，D．若AB=10,PC=12，则sin∠CAD等于（ ）
12 13 13 12
A． B． C． D．
5 12 5 13
【答案】D
【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OC⊥CP，
PC=PD，OP平分∠CPD，根据等腰三角形的性质得到OP⊥CD，则∠COB=∠DOB，根据圆周角
1
定理得到∠CAD= ∠COD，所以∠COB=∠CAD，然后求出sin∠COP即可．
2
【详解】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，
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∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D，
∴OC⊥CP，PC=PD，OP平分∠CPD，
∴OP⊥CD，
∴ C´B=D´B，
∴∠COB=∠DOB，
1
∵∠CAD= ∠COD，
2
∴∠COB=∠CAD，
∵AB=10,
∴AO=OC=OB=5,
∵OC=5,PC=12
∴在Rt△OCP中，OP=√OC2+PC2=√52+122=13，
PC 12
∴sin∠COP= = ，
OP 13
12
∴sin∠CAD= ．
13
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形．
13．（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，⊙O的直径AB=10，DE是弦，AB⊥DE，CE´B=EB´D，
3
sin∠BAC= ，AD的延长线与CB的延长线相交于点F，DB的延长线与OE的延长线相交于点G，连接
5
CG．下列结论中正确的个数是（ ）
①∠DBF=3∠DAB；
②CG是⊙O的切线；
③B，E两点间的距离是√10；
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11√10
④DF= ．
9
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H．①根据已知、垂径
定理和圆内接四边形证∠CAE=∠BAE=∠DAB，∠DBF=∠CAD，即可得到∠DBF=3∠DAB；②
根据已知、垂径定理、中垂线定理证∠OCG=∠OBG，推出∠OCG≠90°，OC不垂直CG，即可判断
3
CG不是⊙O的切线；③证∠CAB=∠EOB，结合sin∠BAC= 、AB=10，计算出EH、OH、BH，
5
1
最后根据勾股定理计算BE=√BH2+EH2即可；④先计算出tan∠GAF= ，推理出
3
GF 4 GF 4
tan∠GBF=tan∠CBA= = ，设DF=a，用含a的代数式表示GF和BG，代入 = 求解即可．
BG 3 BG 3
【详解】如图，连接OC、BE、AE，过点F作FG⊥AB交AB延长线于G，AB⊥DE于H
3
∵⊙O的直径AB=10，sin∠BAC= ，
5
3
∴∠ACB=90°，BC=AB×sin∠BAC=10× =6，
5
8 4
AC=√AB2−BC2=√102−62=8，tan∠CBA= = ，
6 3
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∵DE是弦，AB⊥DE，CE´B=EB´D，
∴E´B=B´D（垂直于弦的直径平分弦所对的弧），
CE´B−E´B=EB´D−E´B，即C´E=B´D，
∴C´E=B´D=E´B，
∴∠CAE=∠BAE=∠DAB，
∴∠CAD=3∠DAB，
∵∠DBF=∠CAD（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角），
∴∠DBF=3∠DAB，
故结论①正确
∵C´E=E´B，
1
∴∠EOB= ∠COB，
2
1
又∵∠CAB= ∠COB（同弧所对圆周角是圆心角的一半），
2
∴∠CAB=∠EOB，
3
∴sin∠EOB= ，
5
1
∵OE= AB=5，AB⊥DE于H，
2
3
∴EH=5× =3，
5
∴OH=√52−32=4，
1
∵OA=OB= AB=5，
2
∴BH=OB−OH=5−4=1，
BE=√BH2+EH2=√12+32=√10，
故结论③正确
∵∠CAB=∠EOB，∠ACB=90°，
∴AC∥OG，
OG⊥BC，
∴OG平分BC（垂直于弦的直径平分弦），
∴OG是BC的中垂线，
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∴CG=BG，
∴∠GCB=∠GBC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠GCB+∠OCB=∠GBC+∠OBC，即∠OCG=∠OBG，
∵DE是弦，∠OBG=180°−∠ABD
∴∠ABD是锐角，
∠OBG是钝角，
∴∠OCG是钝角，∠OCG≠90°，
∴OC不垂直CG，CG不是⊙O的切线，
故结论②不正确
∵AB⊥DE，AH=OA+OH=5+4=9，
∴DH=EH=3，AD=√32+92=3√10，
DH 3 1
tan∠GAF= = = ，
AH 9 3
∴FG:AG=1:3，√12+32=√10，
∴FG:AG:AF=1:3:√10，
∴设DF=a，则AF=AD+DF=3√10+a，
1 √10 3√10
GF= AF= (3√10+a)，AG=3GF= (3√10+a)，
√10 10 10
∵∠GBF=∠CBA，
4
∴tan∠GBF=tan∠CBA= ，
3
GF 4
= ，
BG 3
3√10
BG=AG−AB= (3√10+a)−10，
10
√10
(3√10+a)
10 4
∴ = ，
3√10 3
(3√10+a)−10
10
12√10 3√10
(3√10+a)−40= (3√10+a)，
10 10
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13√10
解得：a= ，
9
13√10
∴DF= ，
9
故结论④不正确
综上，①和③这2个结论正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的性质综合，结合判断切线、勾股定理、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、
综合运用知识点推理证明和计算是解题的关键．
二、填空题
14．（2023·上海·统考中考真题）在△ABC中AB=7,BC=3,∠C=90°，点D在边AC上，点E在CA延
长线上，且CD=DE，如果⊙B过点A，⊙E过点D，若⊙B与⊙E有公共点，那么⊙E半径r的取值范
围是 ．
【答案】√10<r≤2√10
【分析】先画出图形，连接BE，利用勾股定理可得BE=√9+4r2，AC=2√10，从而可得√10<r≤2√10，
再根据⊙B与⊙E有公共点可得一个关于r的不等式组，然后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：由题意画出图形如下：连接BE，
∵⊙B过点A，且AB=7，
∴⊙B的半径为7，
∵⊙E过点D，它的半径为r，且CD=DE，
∴CE=CD+DE=2r，
∵BC=3,∠C=90°，
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∴BE=√BC2+CE2=√9+4r2，AC=√AB2−BC2=2√10，
∵D在边AC上，点E在CA延长线上，
∴¿，即¿，
∴√10<r≤2√10，
∵⊙B与⊙E有公共点，
∴AB−DE≤BE≤AB+DE，即¿，
不等式①可化为3r2−14r−40≤0，
20
解方程3r2−14r−40=0得：r=−2或r= ，
3
画出函数y=3r2−14r−40的大致图象如下：
20
由函数图象可知，当y≤0时，−2≤r≤ ，
3
20
即不等式①的解集为−2≤r≤ ，
3
20
同理可得：不等式②的解集为r≥2或r≤− ，
3
20
则不等式组的解集为2≤r≤ ，
3
又∵√10<r≤2√10，
半径r的取值范围是√10<r≤2√10，
故答案为：√10<r≤2√10．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆与圆的位置关系、二次函数与不等式，根据圆与圆的位置关系正确建立
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不等式组是解题关键．
15．（2023·湖北·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=70°，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC
分别相切于点D，E，连接DE，AO的延长线交DE于点F，则∠AFD= ．
【答案】35°/35度
【分析】如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理
求出∠AOB=125°，再由切线长定理得到BD=BE，进而推出OB是DE的垂直平分线，即∠OHF=90°，
则∠AFD=∠AOH−∠OHF=35°．
【详解】解：如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
1 1
∴∠OAB= ∠CAB，∠OBA= ∠CBA，
2 2
∵∠ACB=70°，
∴∠CAB+∠CBA=180°−∠ACB=110°，
1 1
∴∠OAB+∠OBA= ∠CBA+ ∠CAB=55°，
2 2
∴∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=125°，
∵⊙O与AB，BC分别相切于点D，E，
∴BD=BE，
又∵OD=OE，
∴OB是DE的垂直平分线，
∴OB⊥DE，即∠OHF=90°，
∴∠AFD=∠AOH−∠OHF=35°，
故答案为：35°．
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【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角
形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
16．（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形ABCD中，AB=3,AD=9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，
使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是 ．
【答案】6或3+2√2或3−2√2
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交⊙A的另一侧于点
E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，
△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，
如图，延长BA交⊙A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，
点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6，
当过点D的直线与圆相切与点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况，
①如图，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，GH=AB=3
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE=√92−32=6√2，
1 1
∵S = AE⋅DE= AD⋅EG，
△AED 2 2
∴EG=2√2，
∴E到直线BC的距离EH=EG+GH=3+2√2，
②如图，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴NM⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，MN=AB=3
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE=√92−32=6√2，
1 1
∵S = AE⋅DE= AD⋅EM，
△AED 2 2
∴EM=2√2，
∴E到直线BC的距离EN=MN−GN=3−2√2，
综上，6或3+2√2或3−2√2，
故答案为：6或3+2√2或3−2√2．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
17．（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
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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
a+b+c
圆半径r= 是解题的关键．
3
18．（2023·江苏泰州·统考中考真题）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一
座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向
树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为 里．
【答案】9
【分析】由AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，得到OD⊥AB，OC⊥BC，BD=BC=9里，由勾
OD BC
股定理求出AC=√AB2−BC2=12，由tanA= = ，求出OD=4.5（里），即可得到答案．
AD AC
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【详解】解：如图，⊙O表示圆形城堡，
由题意知：AB切圆于D，BC切圆于C，连接OD，
∴OD⊥AB，OC⊥BC，BD=BC=9里，
∵AD=6里，
∴AB=AD+BD=15里，
∴AC=√AB2−BC2=12，
OD BC
∵tan A= = ，
AD AC
OD 9
∴ = ，
6 12
∴OD=4.5（里）．
∴城堡的外围直径为2OD=9（里）．
故答案为：9．
【点睛】本题考查勾股定理，解直角三角形，切线的性质，切线长定理，关键是理解题意，得到
OD BC
tan A= = ，求出OD长即可．
AD AC
19．（2023·山东泰安·统考中考真题）为了测量一个圆形光盘的半径，小明把直尺、光盘和三角尺按图所
示放置于桌面上，并量出AB=4cm，则这张光盘的半径是 cm．（精确到0.1cm．参考数据：
√3≈1．73）
【答案】6.9
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【分析】设光盘的圆心为O，三角尺和光盘的切点为C，连接OC，OB，OA，经过圆外一点A的两条直
1
线AC，AB都与圆O相切，所以OA为∠BAC的角平分线，∠OAC=∠OAB= ∠BAC=60°，同时由
2
OB
切线的性质得到OC⊥AC，OB⊥AB，在Rt△AOB中，tan∠OAB=tan60°= ，求出
AB
OB=4√3cm，即为圆的半径，进而确定出圆的直径．
【详解】解：设光盘的圆心为O，三角尺和光盘的切点为C，连接OC，OB，OA，如下图所示：
∵AC，AB分别为圆O的切线，
∴OA为∠BAC的角平分线，即OC⊥AC，OB⊥AB，
又∵∠CAD=60°,
1
∴∠OAC=∠OAB= ∠BAC=60°，
2
在Rt△AOB中，∠OAB=60°，AB=4cm，
OB OB
∴tan∠OAB=tan60°= ， =√3，
AB 4
∴OB=4√3cm≈6.9cm，
则这张光盘的半径为6.9cm；
故答案为：6.9．
【点睛】此题考查了切线的性质，切线长定理，锐角三角函数定义，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握
性质及定理是解本题的关键．
三、解答题
20．（2023·江西·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，∠C=64°，以AB为直径的⊙O与AC相
交于点D，E为AB´D上一点，且∠ADE=40°．
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(1)求B´E的长；
(2)若∠EAD=76°，求证：CB为⊙O的切线．
10
【答案】(1) π
9
(2)证明见解析
【分析】（1）如图所示，连接OE，先求出OE=OB=OA=2，再由圆周角定理得到
∠AOE=2∠ADE=80°，进而求出∠BOE=100°，再根据弧长公式进行求解即可；
（2）如图所示，连接BD，先由三角形内角和定理得到∠AED=64°，则由圆周角定理可得
∠ABD=∠AED=64°，再由AB是⊙O的直径，得到∠ADB=90°，进而求出∠BAC=26°，进一步推
出∠ABC=90°，由此即可证明BC是⊙O的切线．
【详解】（1）解：如图所示，连接OE，
∵AB是⊙O的直径，且AB=4，
∴OE=OB=OA=2，
∵E为AB´D上一点，且∠ADE=40°，
∴∠AOE=2∠ADE=80°，
∴∠BOE=180°−∠AOE=100°，
100×π×2 10
∴B´E的长= = π；
180 9
（2）证明：如图所示，连接BD，
∵∠EAD=76°，∠ADE=40°，
∴∠AED=180°−∠EAD−∠ADE=64°，
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∴∠ABD=∠AED=64°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠BAC=90°−∠ABD=26°，
∵∠C=64°，
∴∠ABC=180°−∠C−∠BAC=90°，即AB⊥BC，
∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，求弧长，圆周角定理，三角形内角和定理等等，正确作出辅助线是
解题的关键
．
21．（2023·云南·统考中考真题）如图，BC是⊙O的直径，A是⊙O上异于B、C的点．⊙O外的点E在
射线CB上，直线EA与CD垂直，垂足为D，且DA⋅AC=DC⋅AB．设△ABE的面积为S ,△ACD的面
1
积为S ．
2
(1)判断直线EA与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(2)若BC=BE,S =mS ，求常数m的值．
2 1
【答案】(1)EA与⊙O相切，理由见解析
2
(2)
3
【分析】（1）EA与⊙O相切，理由如下：连接OA，先证△BAC∽△ADC得∠ABO=∠DAC，又证
∠ABO=∠BAO=∠DAC，进而有∠OAD=∠OAC+∠DAC=90°，于是即可得EA与⊙O相切；
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S S AC2 BC2 3
（2）先求得 △EAC =2，再证△EAB∽△ECA，得 △EAC = =2，从而有 = ，又
S S AB2 AC2 2
△ABE △ABE
△BAC∽△ADC，即可得解．
【详解】（1）解：EA与⊙O相切，理由如下：
连接OA，
∵BC是⊙O的直径，直线EA与CD垂直，
∴∠BAC=∠ADC=90°，
∵DA⋅AC=DC⋅AB，
DA DC
∴ = ，
AB AC
∴△BAC∽△ADC
∴∠ABO=∠DAC，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO=∠DAC，
∵∠BAC=∠BAO+∠OAC=90°，
∴∠OAD=∠OAC+∠DAC=90°，
∴OA⊥DE，
∴EA与⊙O相切；
（2）解：∵BC=BE，
∴S =2S =2S ，S =S =S ，
△EAC △ABE 1 △ABC △EAB 1
S
∴ △EAC =2，
S
△ABE
∵OA⊥DE，
∴∠OAB+∠BAE=∠OAE=90°，
∵∠BAC=90°，∠OBA=∠OBA，
∴∠OBA+∠ECA=90°，
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∴∠EAB=∠ECA，
∵∠E=∠E，
∴△EAB∽△ECA，
S AC2
∴ △EAC = =2，
S AB2
△ABE
AB2 1
∴ =
AC2 2
又∵∠BAC=90°，
BC2 AC2+AB2 2+1 3
∴ = = = ，
AC2 AC2 2 2
AC2 2
∴ =
BC2 3
∵△BAC∽△ADC，
S S AC2 2
∴m= 2= △ADC = = ．
S S BC2 3
1 △BAC
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂线的性质，相似三角形的判定及性质，切线的判定，勾
股定理，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，垂线的性质，相似三角形的判定及性质，切线的判定以及勾
股定理等知识是解题的关键．
22．（2023·江苏连云港·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边AC于点
D，连接BD，过点C作CE∥AB．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点B作⊙O的切线，交CE于点F；（不写作法，保留作图痕迹，标
明字母）
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(2)在（1）的条件下，求证：BD=BF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据尺规作图，过点B作AB的垂线，交CE于点F，即可求解；
（2）根据题意切线的性质以及直径所对的圆周角是直角，证明∠BDC=∠BFC，根据平行线的性质以及
等腰三角形的性质得出BCD=∠BCF，进而证明△BCD≌△BCF(AAS)，即可得证．
【详解】（1）解：方法不唯一，如图所示．
（2）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
又∵CE∥AB，
∴∠ABC=∠BCF，
∴∠BCF=∠ACB．
∵点D在以AB为直径的圆上，
∴∠ADB=90°，
∴∠BDC=90°．
又∵BF为⊙O的切线，
∴∠ABF=90°．
∵CE∥AB，
∴∠BFC+∠ABF=180°，
∴∠BFC=90°，
∴∠BDC=∠BFC．
∵在△BCD和△BCF中，
¿
∴△BCD≌△BCF(AAS)．
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∴BD=BF．
【点睛】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，熟
练掌握以上知识是解题的关键．
23．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，B´C=B´D，
DE⊥AC于点E，DE交BF于点F，交AB于点G，∠BOD=2∠F，连接BD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)判断△DGB的形状，并说明理由；
(3)当BD=2时，求FG的长．
【答案】(1)见解析
(2)△DGB是等腰三角形，理由见解析
(3)FG=4
【分析】（1）连接CO，根据圆周角定理得出∠BOD=∠BOC=2∠BAC，根据已知得出∠F=∠BAC，
根据DE⊥AC得出∠AEG=90°，进而根据对等角相等，以及三角形内角和定理可得
∠FBG=∠AEG=90°，即可得证；
（2）根据题意得出A´D=A´C，则∠ABD=∠ABC，证明EF∥BC，得出∠AGE=∠ABC，等量代换
得出∠FGB=∠ABD，即可得出结论；
（3）根据∠FGB=∠ABD，AB⊥BF，设∠FGB=∠ABD=α，则∠DBF=∠F=90°−α，等边对
等角得出DB=DF，则FG=2DG=2DB=4．
【详解】（1）证明：如图所示，连接CO，
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∵B´C=B´D，
∴∠BOD=∠BOC=2∠BAC，
∵∠BOD=2∠F，
∴∠F=∠BAC，
∵DE⊥AC，
∴∠AEG=90°，
∵∠AGE=∠FGB
∴∠FBG=∠AEG=90°，
即AB⊥BF，又AB是⊙O的直径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）∵B´C=B´D，AB是⊙O的直径，
∴A´D=A´C，BC⊥AC，
∴∠ABD=∠ABC，
∵DE⊥AC，BC⊥AC，
∵EF∥BC，
∴∠AGE=∠ABC，
又∠AGE=∠FGB，
∴∠FGB=∠ABD，
∴△DGB是等腰三角形，
（3）∵∠FGB=∠ABD，AB⊥BF，
设∠FGB=∠ABD=α，则∠DBF=∠F=90°−α，
∴DB=DF，
∴FG=2DG=2DB=4．
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【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关
键．
24．（2023·湖南·统考中考真题）如图，点A，B，C在⊙O上运动，满足AB2=BC2+AC2，延长AC至
点D，使得∠DBC=∠CAB，点E是弦AC上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦AB的垂线，交
AB于点F，交BC的延长线于点N，交⊙O于点M（点M在劣弧A´C上）．
(1)BD是⊙O的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
(2)记△BDC，△ABC，△ADB的面积分别为S ，S ，S，若S ⋅S=(S ) 2 ，求(tanD) 2的值；
1 2 1 2
√ 1 1
(3)若⊙O的半径为1，设FM=x，FE⋅FN⋅ + = y，试求y关于x的函数解析式，
BC⋅BN AE⋅AC
并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)BD是⊙O的切线，证明见解析
1+√5
(2)
2
(3)y=x(0<x≤1)
【分析】（1）依据题意，由勾股定理，首先求出∠ACB=90°，从而∠CAB+∠ABC=90°，然后根据
∠DBC=∠CAB，可以得解；
BC AC
（2）由题意，据S ⋅S=(S ) 2 得CD(CD+AC)=AC2，再由tan∠D= =tan∠ABC= ，进而进
1 2 CD BC
行变形利用方程的思想可以得解；
（3）依据题意，连接OM，分别在Rt△OFM、Rt△AFE、Rt△BFN中，找出边之间的关系，进而由
√ 1 1
FE⋅FN⋅ + = y，可以得解．
BC⋅BN AE⋅AC
【详解】（1）解：BD是⊙O的切线．
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证明：如图，在△ABC中，AB2=BC2+AC2，
∴∠ACB=90°．
又点A，B，C在⊙O上，
∴AB是⊙O的直径．
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°．
又∠DBC=∠CAB，
∴∠DBC+∠ABC=90°．
∴∠ABD=90°．
∴BD是⊙O的切线．
1 1 1
（2）由题意得，S = BC⋅CD，S = BC⋅AC，S= AD⋅BC．
1 2 2 2 2
∵S ⋅S=(S ) 2 ，
1 2
1 1 (1 ) 2
∴ BC⋅CD⋅ AD⋅BC= BC⋅AC ．
2 2 2
∴CD•AD=AC2．
∴CD(CD+AC)=AC2．
又∵∠D+∠DBC=90°，∠ABC+∠A=90°，∠DBC=∠A，
∴∠D=∠ABC．
BC AC
∴tan∠D= =tan∠ABC= ．
CD BC
BC2
∴CD= ．
AC
又CD(CD+AC)=AC2，
BC4
∴
+BC2=AC2
．
AC2
∴BC4+AC2 ⋅BC2=AC4．
(AC) 2 (AC) 4
∴1+ = ．
BC BC
由题意，设(tanD) 2=m，
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(AC) 2
∴ =m．
BC
∴1+m=m2．
1±√5
∴m= ．
2
∵m>0，
1+√5
∴m= ．
2
1+√5
∴(tanD) 2= ．
2
（3）设∠A=α，
∵∠A+∠ABC=∠ABC+∠DBC=∠ABC+∠N=90°，
∴∠A=∠DBC=∠N=α．
如图，连接OM．
∴在Rt△OFM中，OF=√OM2−FM2=√1−x2．
∴BF=BO+OF=1+√1−x2，AF=OA−OF=1−√1−x2．
AF 1−√1−x2
∴在Rt△AFE中，EF=AF⋅tanα=(1−√1−x2)⋅tanα，AE= = ．
cosα cosα
在Rt△ABC中，BC=AB⋅sinα=2sinα．（∵r=1，∴AB=2）
AC=AB⋅cosα=2cosα．
BF 1+√1−x2 BF 1+√1−x2
在Rt△BFN中，BN= = ，FN= = ．
sinα sinα tanα tanα
√ 1 1
∴y=FE⋅FN⋅ +
BC⋅BN AE⋅AC
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√ 1 1
=x2 ⋅ +
2+2√1−x2 2−2√1−x2
√2−2√1−x2+2+2√1−x2
=x2
⋅
4−4(1−x2)
√ 1
=x2
⋅
x2
1
=x2
⋅
x
=x．
即y=x．
∵FM⊥AB，
∴FM最大值为F与O重合时，即为1．
∴0<x≤1．
综上，y=x(0<x≤1)．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质，切线的判定定理，求角的正切值，解题时要熟练掌握并灵活运用．
25．（2023·广东深圳·统考中考真题）如图，在单位长度为1的网格中，点O，A，B均在格点上，OA=3，
AB=2，以O为圆心，OA为半径画圆，请按下列步骤完成作图，并回答问题：
①过点A作切线AC，且AC=4（点C在A的上方）；
②连接OC，交⊙O于点D；
③连接BD，与AC交于点E．
(1)求证：BD为⊙O的切线；
(2)求AE的长度．
【答案】(1)画图见解析，证明见解析
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3
(2)AE=
2
【分析】（1）根据题意作图，首先根据勾股定理得到OC=√OA2+AC2=5，然后证明出
△AOC≌△DOB(SAS)，得到∠OAC=∠ODB=90°，即可证明出BD为⊙O的切线；
（2）首先根据全等三角形的性质得到BD=AC=4，然后证明出△BAE∽△BDO，利用相似三角形的性
质求解即可．
【详解】（1）如图所示，
∵AC是⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∵OA=3，AC=4，
∴OC=√OA2+AC2=5，
∵OA=3，AB=2，
∴OB=OA+AB=5，
∴OB=OC，
又∵OD=OA=3，∠AOC=∠DOB，
∴△AOC≌△DOB(SAS)，
∴∠OAC=∠ODB=90°，
∴OD⊥BD，
∵点D在⊙O上，
∴BD为⊙O的切线；
（2）∵△AOC≌△DOB，
∴BD=AC=4，
∵∠ABE=∠DBO，∠BAE=∠BDO，
∴△BAE∽△BDO，
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AE AB AE 2
∴ = ，即 = ，
OD BD 3 4
3
∴解得AE= ．
2
【点睛】此题考查了格点作图，圆切线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判
定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
26．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB上一点，且
1
∠BCD= ∠A，点O在BC上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．
2
(1)试判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
3
(2)若sinB= ,⊙O的半径为3，求AC的长．
5
【答案】(1)直线AB与⊙O相切，理由见解析
(2)6
【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理，得到∠BOD=2∠BCD=∠A，进而得到
∠B+∠A=∠B+∠BOD=90°，即可得出AB与⊙O相切；
（2）解直角三角形ODB，求出OB的长，进而求出BC的长，再解直角三角形ACB，求出AC的长即可．
【详解】（1）解：直线AB与⊙O相切，理由如下：
连接OD，则：∠BOD=2∠BCD，
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1
∵∠BCD= ∠A，即：2∠BCD=∠A，
2
∴∠BOD=∠A，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BOD=∠B+∠A=90°，
∴∠ODB=90°，
∴OD⊥AB，
∵OD为⊙O的半径，
∴直线AB与⊙O相切；
3
（2）解：∵∠ODB=90°，sinB= ,⊙O的半径为3，
5
OD 3
∴OD=OC=3,sinB= = ，
OB 5
∴OB=5，
∴BC=OB+OC=8，
∵∠ACB=90°，
AC 3
∴sinB= = ，
AB 5
设：AC=3x,AB=5x，
则：BC=√AB2−AC2=4x=8，
∴x=2，
∴AC=3x=6．
【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键．
27．（2022·四川凉山·统考中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两
点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6
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(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；
(2)求AB的长；
(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．
【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析
(2)6
1
(3)y=− x+2
2
【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论；
（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，
MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；
（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所
以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=4√5，在Rt△BCD中，
∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，
PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．
【详解】（1）解：⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，如图，
∵MC=MA，
∴∠MCA=∠MAC，
∵AC平分∠OAM，
∴∠MAC=∠OAC，
∴∠MCA=∠OAC，
∵∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，
∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，
∴⊙M与x轴相切；
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（2）解：如图，过点M作MN⊥AB于N，
由（1）知，∠MCO=90°，
∵MN⊥AB于N，
∴∠MNO=90°，AB=2AN，
又∵∠CON=90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴MN=OC，ON=CM=5，
∵OA+OC=6，
设AN=x，
∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，
在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得
x2+(1+x)2=52，
解得：x=3，x=-4（不符合题意，舍去），
1 2
∴AN=3，
∴AB=2AN=6；
（3）解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，
由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，
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∴OB=8，C（4，0）
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得
BC=√OB2+OC2=√82+42=4√5，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BCD=90°，BD=10，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得
CD=√BD2−BC2=√102−(4√5) 2=2√5，即CD2=20，
在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，
在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2，
∴20-CP2=10CP-CP2，
∴CP=2，
∴PD2=20-CP2=20-4=16，
∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，
∴D（8,-2），
设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得
¿，解得：¿，
1
∴直线CD的解析式为：y=− x+2．
2
【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函
数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．
28．（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，已知扇形AOB中，∠AOB＝60°，半径R＝3．
(1)求扇形AOB的面积S及图中阴影部分的面积S ；
阴
(2)在扇形AOB的内部，⊙O 与OA，OB都相切，且与弧AB只有一个交点C，此时我们称⊙O 为扇形
1 1
AOB的内切圆，试求⊙O 的面积S．
1 1
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3π 3π 9√3
【答案】(1)扇形面积S＝ ，阴影部分面积S＝ ﹣
2 2 4
(2)π
【分析】（1）根据扇形的面积公式就可以求出，阴影的面积用扇形的面积减去三角形的面积；
（2）设 O 与OA相切于点E，连接OO，OE，通过解三角形就可以求出半径，再利用圆的面积进行计
1 1 1
算． ⊙
【详解】（1）∵∠AOB＝60°，半径R＝3，
60π×32 3π
∴S＝ ＝ ，
360 2
∵OA＝OB，∠AOB＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
9√3
∴S OAB＝ ，
4
△
3π 9√3
∴阴影部分的面积S ＝ ﹣ ．
阴 2 4
（2）设⊙O 与OA相切于点E，连接OO，OE，
1 1 1
1
∴∠EOO ＝ ∠AOB＝30°，∠OEO ＝90°，
1 2 1
在Rt△OO E中，
1
∵∠EOO ＝30°，
1
∴OO ＝2OE，
1 1
∵OC=OO +OC，OE=OC，
1 1 1 1
∴OE＝1，
1
∴⊙O 的半径OE＝1．
1 1
∴S＝πr2＝π．
1
【点睛】本题考查了相切两圆的性质．构造直角三角形是常用的方法，本题的关键是求得圆的半径．
159