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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】6r，直线和圆相离，没有交
点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d5
∴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）−62，
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．10，
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
