文档内容
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第 27 讲 与圆有关的位置关系
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 点、直线与圆的位置关系
题型01 判断点和圆的位置关系
题型02 根据点和圆的位置关系求半径
题型03 判断直线与圆的位置关系
题型04 根据直线与圆的位置关系求半径
题型05 根据直线与圆的位置关系求点到直线的距离
题型06 求圆平移到与直线相切时圆心坐标
题型07 求圆平移到与直线相切时运动距离
题型08 根据直线与圆的位置关系求交点个数
题型09 圆和圆的位置关系
考点二 切线的性质与判定
题型01 判断或补全使直线成为切线的条件
题型02 利用切线的性质求线段长
题型03 利用切线的性质求角度
题型04 证明某条直线时圆的切线
类型一 由公共点：连半径，证垂直
类型二 无公共点：作垂直，证半径
题型05 利用切线的性质定理证明
题型06 切线的性质与判定的综合运用
题型07 作圆的切线
题型08 应用切线长定理求解
题型09 应用切线长定理求证
考点三 三角形内切圆与外接圆
题型01 判断三角形外接圆圆心位置
题型02 求外心坐标
题型03 已知外心的位置判断三角形形状
题型04 求特殊三角形外接圆的半径
题型05 由三角形的内切圆求长度
题型06 由三角形的内切圆求角度
题型07 由三角形的内切圆求周长、面积
题型08 求三角形的内切圆半径
题型09 直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
题型10 圆外切四边形模型
题型11 三角形内心有关的应用
题型12 三角形外接圆与内切圆综合
考点要求 新课标要求 命题预测
点、直线与圆 探索并掌握点与圆的位置关系. 本专题内容也是各地中考数学中的必考
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考点之一，主要内容包括点、直线与圆的位
能用尺规作图:过不在同一直线上 置关系、切线的性质和判定、三角形的内切
的位置关系
的三点作圆. 圆和外接圆三块，在解答题中想必还会考查
了解直线与圆的位置关系. 切线的性质和判定，和直角三角形结合的求
线段长的问题和三角函数结合的求角度的问
切线的性质与 掌握切线的概念. 题等知识点综合，考查形式多样，多以动
判定 探索并证明切线长定理. 点、动图的形式给出，难度较大.关键是掌握
基础知识、基本方法，力争拿到全分．
了解三角形的内心与外心.
三角形内切圆
通过尺规作作三角形的外接圆、
与外接圆
内切圆.
考点一 点、直线与圆的位置关系
1. 点和圆的位置关系
已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则：
位置关系 图形 定义 性质及判定
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P
r
d
点在圆外 点在圆的外部 d > r 点P在圆外
P
r
d
点在圆上 点在圆周上 d = r 点P在圆上
r P
点在圆内 d 点在圆的内部 d < r 点P在圆内
【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半
径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．
2. 直线和圆的位置关系
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表：
位置关系 图形 公共点个数 性质及判定
r
相离 没有公共点 d > r直线l与⊙O相离
d
r
相切 有唯一公共点 d = r直线l与⊙O相切
d
r
相交 有两个公共点 d < r直线l与⊙O相交
d
【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
3. 圆和圆之间的位置关系
设⊙O、⊙O 的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：
1 2
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位置关系 图形 公共点个数 性质及判定
R
r
外离 无 d>R+r⇔两圆外离
O 1 d O 2
R
外切 r 1个切点 d=R+r⇔两圆外切
O 1 d O 2
r R
相交 两个交点 R−rr时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d3，
∴3R>5
【分析】求出线段AC、BC，再根据点与圆得位置关系判断即可．
5
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13， sinA= ，
13
5
∴BC=AB×sinA=13× =5，
13
∴AC=√AB2−BC2=12，
∵以点C为圆心，R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，
∴54且r≠5
【分析】分别根据直线与圆相切、相交的关系进行逐一解答即可．
【详解】解：（1）∵圆心O的坐标为(−3,4)，
∴当r=3时，圆O与坐标轴有1个交点；
（2）∵圆心O的坐标为(−3,4)，
∴当34且r≠5时，圆O与坐标轴有4个交点．
故答案为：（1）r=3；（2）34且r≠5．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解答此题时要考虑到圆过原点的情况，这是此题易遗漏的地
方．
题型09 圆和圆的位置关系
【例9】（2022·上海崇明·统考二模）Rt△ABC中，已知∠C=90°,BC=3,AC=4，以点A、B、C为圆
心的圆分别记作圆A、圆B、圆C，这三个圆的半径长都是2，那么下列结论中，正确的是（ ）
A．圆A与圆C相交 B．圆B与圆C外切
C．圆A与圆B外切 D．圆A与圆B外离．
【答案】D
【分析】根据三角形的三边长确定两圆的圆心距，与两圆的半径的和比较后即可确定正确的选项．
【详解】∵∠C=90°,BC=3,AC=4，
∴AB=√AC2+BC2=5，
∵三个圆的半径长都等于2，
∴任意两圆的圆心距都是4，
∴圆A与圆C外切，圆B与圆C相交，圆A与圆B外离，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是根据圆的两边的长求得第三边的长，然后根据两圆
的半径之和和两圆的圆心距的大小关系确定两圆的位置关系，难度不大．
6
【变式9-1】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知在Rt△ABC中，∠C=90°，cot A= ，那么以边AC
5
3
长的 倍为半径的圆A与以BC为直径的圆的位置关系是（ ）
2
A．外切 B．相交 C．内切 D．内含
【答案】C
3 13
【分析】取BC边的中点D，连接AD，根据题意可设AC=6a,BC=5a，可得 AC−CD= a，
2 2
13
AD=√AC2+CD2= a，再根据圆与圆的位置关系，即可求解．
2
【详解】解：如图，取BC边的中点D，连接AD，
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6
Rt△ABC中，∠C=90°，cot A= ，
5
AC 6
∴ = ，
BC 5
可设AC=6a,BC=5a，
3 1 5
∴ AC=9a,CD= BC= a，
2 2 2
3 13 13
∴ AC−CD= a，AD=√AC2+CD2= a，
2 2 2
3
∴即以边AC长的 倍为半径的圆A与以BC为直径的圆的两圆心的距离等于两圆的半径之和，
2
3
∴以边AC长的 倍为半径的圆A与以BC为直径的圆的位置关系是内切．
2
故选：C
【点睛】本题主要考查解直角三角形，圆与圆的位置关系，掌握圆与圆的位置关系是解题的关系．
【变式9-2】（2022·湖北武汉·统考一模）如图，在平面内⊙O ，⊙O ，⊙O 两两外切，其中⊙O 的半
1 2 3 1
径为8，⊙O ，⊙O 的半径都为5．用一张半径为R的圆形纸片把这三个圆完全覆盖，则R的最小值为
2 3
（ ）
40
A． B．10 C．13 D．15
3
【答案】A
【分析】当半径为R的圆形纸片与三个圆相切时，R的值最小，根据两圆相切的性质求解即可．
【详解】解：如图，当⊙O与三个已知圆相切时，R的值最小，
∵四个圆相切，⊙O 的半径为8，⊙O ，⊙O 的半径都为5，⊙O的半径为R．
1 2 3
∴OO= OO=5+8=13，OO = OO =R-5，OO=R-8，OO=5+5=10，
1 2 1 3 2 3 1 2 3
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∴OO⊥OO，设垂足为I，
1 2 3
∴IO =5，
2
∴IO =√132−52=12，
1
∴IO=12−(R−8)=20−R，
∴IO 2+OI2=OO 2 ，即52+(20−R) 2=(R−5) 2，
2 2
40
解得，R= ，
3
故选： A．
【点睛】本题考查了相切圆的性质和勾股定理，解题关键是明确两圆相切时，圆心距与半径的关系，根据
勾股定理列出方程．
【变式9-3】（2021·上海松江·统考二模）已知⊙O的半径OA长为3，点B在线段OA上，且OB＝2，如
果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是（ ）
A．r≥1 B．r≤5 C．1＜r＜5 D．1≤r≤5
【答案】D
【分析】求得⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时⊙B的半径和⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时⊙B的半径，
根据图形即可求得．
【详解】解：如图，当⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为：3-2=1，
当⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为3+2＝5，
∴如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是1≤r≤5，
故答案为：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握数形结合和分类讨论思想的应用．
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【变式9-4】（2023·北京东城·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b)，将点P向左(a≥0)
或向右(a<0)平移k|a|个单位长度，再向下(b≥0)或向上(b<0)平移k|b|个单位长度(k>0)，得到点P'，再
将点P关于直线M P'对称得到点Q，称点Q为点P的k倍“对应点”．特别地，当M与P'重合时，点Q
为点P关于点M的中心对称点．
(1)已知点P(3，0)，k=2．
①若点M的坐标为(0，1)，画出点P'，并直接写出点P的2倍“对应点”Q的坐标；
②若OM=1，直线y=x+b上存在点P的2倍“对应点”，直接写出b的取值范围；
(2)半径为3的⊙O上有不重合的两点M，P，若半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”，直接写出k
的取值范围．
【答案】(1)①画图见解析，Q(1，−2)；②−2√2−1≤b≤2√2−1
1
(2) ≤k≤2
2
【分析】（1）①根据点坐标平移的特点结合题目所给定义求出点P'的坐标，再在坐标系中画出P'，再根
据对称求出点Q的坐标即可；②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点
P作PH∥x轴，P'H∥y轴，PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，证明
PP' PH PA PP'
△MTO∽△P'HP，得到 = =k；再证明△OMA∽△PP' A，得到 = =k；如图2-2所示，
OM OT OA OM
当P(3，0)，k=2时，则OA=1，A(1，0)，由对称性可知AQ=AP=2，则点Q在以A(1，0)为圆心，
半径为2的圆上运动，则当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应
点”，据此求解即可；
AP
（2）由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上 运动，且 =k，则要使半径为1的⊙O
OA
存在点P的k倍“对应点”，则半径为1的⊙O一定于⊙A有交点，如图3-1所示，当半径为1的⊙O与
⊙A外切时，如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，求出两种情况下k的值即可得到答案．
【详解】（1）解：①∵M(0，1)，k=2，
∴点P(3，0)向下平移2个单位长度得到点P'，
∴P'(3，−2)，
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设直线M P'的解析式为y=k x+b ，
1 1
∴¿，
∴¿，
∴直线M P'的解析式为y=−x+1，
在y=−x+1中，当y=0时，x=1，即T(1，0)，
∴OT=OM=1，
∴∠PT P'=∠OTM=45°，
∴∠PP'T=45°，
∵点P关于直线M P'对称得到点Q，
∴∠QP'T=∠PP'T=45°，QP'=PP'=2，
∴∠QP'P=90°，
∴Q(1，−2)；
②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点P作PH∥x轴，P'H∥y轴，
PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，
由平移的特点可知PH=kOT，P'H=kMT，OM∥PP'，
PH OT
∵∠MTO=∠H=90°， = ，
P'H MT
∴△MTO∽△P'HP，
PP' PH
∴ = =k；
OM OT
∵OM∥PP'，
∴△OMA∽△PP' A，
PA PP'
∴ = =k；
OA OM
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如图2-2所示，当P(3，0)，k=2时，则OA=1，A(1，0)，
∴AP=2，
由对称性可知AQ=AP=2，
∴点Q在以A(1，0)为圆心，半径为2的圆上运动，
∴当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”，
如图2-2所示，当b>0且直线y=x+b与⊙A相切于点G时，设此时直线与x轴交于K，
∴∠AGK=90°，
又∵∠GKA=45°（可以同求∠MAO=45°求出），
∴△GAK是等腰直角三角形，
∴AK=√2AG=2√2，
∴OK=2√2−1，
∴K(−2√2+1，0)，
∴−2√2+1+b=0，即b=2√2−1；
同理可求出当b<0且直线y=x+b与⊙A相切时，b=−2√2−1；
综上所述，当−2√2−1≤b≤2√2−1时直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”；
（2）解：如图3-1所示，连接P'M，OP交于A，
AP
由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上 运动，且 =k，
OA
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∵要使半径为1的⊙O存在点P的k倍“对应点”，
∴半径为1的⊙O一定与⊙A有交点，
如图3-1所示，当半径为1的⊙O与⊙A外切时，
则2AP+1=OP=3，
∴AP=1，OA=2，
AP 1
∴k= = ；
OA 2
如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，可得AP=2，OA=1，
AP
∴k= =2；
OA
1
综上所述，当 ≤k≤2时，半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”．
2
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，切线的性质，圆与圆的位置关系，坐标与图形变化——平
移等等，正确理解题意得到点Q在以点A为圆心，AP为半径的圆上运动是解题的关键．
考点二 切线的性质与判定
1.切线的性质与判定
定义 线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点．
圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆
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心的直线．）
性质
解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中
作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计
算或证明．
1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.
2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.
3) 判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，
判定
1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半
径，简称“连半径，证垂直”；
3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半
径，简称“作垂直，证半径”．
2.切线长定理
定义 在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
定理 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．
切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角
三角形来求解．
题型01 判断或补全使直线成为切线的条件
【例1】（2021·浙江绍兴·统考一模）如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A
切线的是（ ）
A．∠A＝50°，∠C＝40° B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2 D．⊙A与AC的交点是AC中点
【答案】D
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
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∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
1
∴AB＝ AC，但不能证出∠B＝90°，
2
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是
解题的关键．
【变式1-1】（2021·广东揭阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，DE⊥AC于点E，
下列说法不正确的是（ ）
A．若DE=DO，则DE是⊙O的切线 B．若AB=AC，则DE是⊙O的切线
C．若CD=DB，则DE是⊙O的切线 D．若DE是⊙O的切线，则AB=AC
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【答案】A
【分析】根据AB=AC，连接AD，利用圆周角定理以及等腰三角形的性质可以得到点D是BC的中点，OD
是△ABC的中位线，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以证明DE是⊙O的切线，可判断B
选项正确；
若DE是⊙O的切线，同上法倒推可证明AB=AC，可判断D选项正确；
根据CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位线，同上可以证明DE是⊙O的切线，可判断C选项正确；
若DE=DO，没有理由可证明DE是⊙O的切线．
【详解】解：当AB=AC时，如图：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴CD=BD，
∵AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以B选项正确；
当DE是⊙O的切线时，如图：连接AD，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴CD∥BD，
∵AB是⊙O的直径，
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∴AD⊥BC，
∴AD是线段BC的垂直平分线，
∴AB=AC，所以D选项正确；
当CD=BD时，又AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以C选项正确．
若DE=DO，没有理由证明DE是⊙O的切线，所以A选项错误．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式1-2】（2019·新疆·校考中考模拟）已知⊙O 的半径为 5，直线 EF 经过⊙O 上一点 P（点 E，F
在点 P 的两旁），下列条件能判定直线 EF 与⊙O 相切的是（ ）
A．OP＝5 B．OE＝OF
C．O 到直线 EF 的距离是 4 D．OP⊥EF
【答案】D
【分析】根据切线的证明方法进行求解，即可得到答案.
【详解】∵点 P 在⊙O 上，∴只需要 OP⊥EF 即可， 故选D．
【点睛】本题考查切线的证明，解题的关键是掌握切线的证明方法.
题型02 利用切线的性质求线段长
【例2】（2023·重庆巴南·统考一模）如图，已知△ABC，点D在边AB上，以BD为直径的⊙O与边AC
相切于点C，若AC=4,AD=2，则线段BC的长为（ ）
11 12
A．5 B．2√5 C． √5 D． √5
5 5
【答案】D
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【分析】连接OC, 过C点作CH⊥OA于H点,如图， 如图, 根据切线的性质得到∠ACO=90°, 设⊙O
的半径为r, 则OC=r,OA=r+2,利用勾股定理得到r2+42=(r+2) 2 , 解方程求出r, 则OC=3,OA=5, 接
着利用面积法求出CH的长，然后利用勾股定理计算出OH，从而可计算出BC的长.
【详解】连接OC, 过C点作CH⊥OA于H点,如图，
∵⊙O与边AC相切于点C,
∴OC⊥AC,
∴∠ACO=90°,
设⊙O的半径为r, 则OC=r,OA=r+2
在Rt△OAC中,r2+42=(r+2) 2，解得：r=3,
即OC=3，OA=5,
1 1
∵ CH⋅OA= OC⋅AC,
2 2
3×4 12
∴CH= = ，
5 5
在Rt△OCH中,
OH=
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
9 24
∴BH=3+ = ，
5 5
在Rt△BCH中,
BC=√CH2+BH2=
√ (12) 2
+
(24) 2
=
12√5
，
5 5 5
故选：D.
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.
【变式2-1】（2023·湖南衡阳·模拟预测）如图，在△OAB中，OA=OB=13，AB=24，以O为圆心，4
为半径作⊙O，P为线段AB上动点(从A运动到B)，过P作⊙O的切线PC，切点为C，则PC的取值范围
是( )
【38淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
A．3≤PC≤3 √17 B．5≤PC≤13 C．4≤PC≤3 √17 D．10)，则EF=2a
∵∠BAE+∠ABE=∠FBE+∠ABE=90°
∴∠BAE=∠FBE
在△ABE和△BFE中，¿
∴△ABE∼△BFE
BE AE BE a
∴ = ，即 =
EF BE 2a BE
解得BE=√2a
AE a √2
在Rt△ABE中，tan∠ABE= = =
BE √2a 2
√2
则tan∠APE=tan∠ABE= ．
2
【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、正切
三角函数等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
【变式7-3】（2022·河北石家庄·石家庄外国语学校校联考二模）如图，在▱ABCD中，∠A=120°，
AB=2BC=8，点M在BC边所在的直线上，CM=8，PQ=6，以PQ为直径的半圆O与BC相切于点
P，点H为半圆弧PQ上一动点．
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探索：如图1，当点P与点M重合时，则BQ=______，线段CH的最小值为______．
思考：若点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，同时半圆O从M点出发沿MB做平移运动，
速度为1个单位长度/秒，运动时间为t秒(0≤t≤12)．解决下列问题：
（1）如图2，当PQ与D点在一条直线上时，求点O到CD的距离及扇形OHQ的面积；
（2）当圆O与CD相切于点K时，求∠HOQ的度数：
直接判断此时：弧HQ长______弦KQ长（填：＜、＞或＝）
（3）当弧HQ（包括端点）与▱ABCD边有两个交点时，直接写出：运动时间t的取值范围．
【答案】探索：6√5；√73−3
3 3
思考：（1）2√3− ； π（2）(120−45√3) °；＜
2 2
（3）12−3√3＜t＜12−2√3
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的长，利用“两点之间，线段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面积法建立方程求出O点到CD的距离，再利用扇形面积公式计算扇形OHQ的面积．
（2）利用勾股定理求出CP，进一步求出运动时间后，可以求出角度，利用等边三角形的判定与性质和弧
长公式计算后即可完成求解．
（3）分析弧与平行四边形的边有两个交点情况的界点值即可求解．
【详解】索：解：如图，连接BQ，CO，
当点P与点M重合时，
∵以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，
∴BM⊥QM，
∵AB=2BC=8，CM=8，PQ=6，
∴BC=4，BM=4+8=12，
∴BQ=√BM2+PQ2=√122+62=6√5；
当C、H、O三点共线时，CH+HO的值最小，由HO为定值，即CH的值最小，
1
∵HO= PQ=3，
2
∴CH=CO−3=√CM2+OM2−3=√82+32−3=√73−3，
故答案为：6√5；√73−3．
思考：（1）如图所示，当PQ与D点在一条直线上时，
【69淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
则PD⊥BM，
∵在▱ABCD中，∠A=120°，AB=2BC=8
∴CD=8，∠BCD=120°，
∴∠DCP=60°，
∴CP=CD⋅cos60°=4，DP=CD⋅sin60°=4√3，
∴DO=4√3−3，
设O点到CD的距离为h，
1 1
∵S OD⋅CP= CD⋅h
△DOC=2 2
(4√3−3)×4 3
∴h= =2√3− ，
8 2
∵PM=CM−CP=8−4=4，半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，
∴运动了4秒，
∵点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，
∴∠HOQ=15°×4=60°，
60π×32 3
∴扇形OHQ的面积为 = π；
360 2
3 3
故答案为：O点到CD的距离为2√3− ，扇形OHQ的面积为 π．
2 2
（2）如图，连接OK，CO，当圆O与CD相切于点K时，
则OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，CP=√CO2−OP2=√62−32=3√3，
∴PM=CM−CP=8−3√3，
∴运动时间为(8−3√3)秒，
°
∴∠HOQ= (120−45√3) ，
°
∴∠HOQ的度数为(120−45√3) ，
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(120−45√3)π×3 ( 3√3)
弧HQ的长为 = 2− π；
180 4
连接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴ KOQ是等边三角形，
∴KQ=3，
△
∴弧HQ长＜弦KQ长，
°
故答案为： (120−45√3) ，弧HQ长＜弦KQ长．
（3）12−3√3＜t＜12−2√3
理由：如图，当半圆的圆弧与AB相切时，切点记为N，连接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
OP
∴BP= =3√3，
tan30°
∴PM=BM−BP=12−3√3，
∴运动时间为(12−3√3)秒，
此时，∠HOQ=15°×(12−3√3)=(180−45√3) ° ，∠NOQ=60° ＜(180−15√3) ° ；
当Q点运动到AB上时，如图所示，
QP
此时BP= =2√3，
tan60°
∴PM=BM−BP=12−2√3
∴运动时间为(12−2√3)秒，
此时，∠HOQ=15°×(12−2√3)=(180−30√3) ° ，∠EOQ=180°−2×30°=120° ＜(180−30√3) ° ；
∴12−3√3＜t＜12−2√3．
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【点睛】本题考
差了圆的运动问题和圆上的点的运动的问题，涉及到了切线的判定与性质、特殊角的三角函数的应用等，
解题关键是找出界点值并进行求解．
题型07 作圆的切线
【例8】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，点P是⊙O外一点．请利用尺规过点P作⊙O的一
条切线PE．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
【答案】见解析
【分析】本题考查切线的定义和尺规作图；作法为：①连接OP，以OP为直径作⊙O'；②⊙O'与⊙O相
交于点E，作直线PE．则直线PE即为所求．
【详解】解：如图，直线PE即为所求，
证明：∵OP是直径，
∴∠OEP=90°，
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∴OE⊥PE，
∴PE是⊙O的切线．
【变式8-1】（2023·江西新余·统考一模）如图，在边长为1的正方形网格中有一段圆弧AC，弧AC经过格
点A、B、C，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图(保留作图痕迹)．
(1)在图1中，画出弧AC所在圆的圆心O；
(2)在图2中，画出弧AC所在的圆的一条切线，使这条切线经过格点P．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图1中，线段AB，BC的垂直平分线的交点即为圆心O；
（2）作直线PB即可．
【详解】（1）解：如图1中，点O即为所求．
；
（2）解：如图2中，直线PB即为所求．
．
【点睛】本题考查了作图－应用与设计作图，垂径定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是掌切线
【73淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
的判定和性质，属于中考常考题型．
【变式8-2】（2023·河南周口·统考二模）数学综合实践课上，李老师在黑板上布置了一道尺规作图题如下：
利用尺规过圆外一点作圆的切线．
已知：如图（1），PA为⊙O的切线，切点为
A．
求作：圆的另一条切线PB，切点为B．
下面是各个数
学小组进行的一系列探究，请你根据探究内容解决问题．
(1)进步小组的作法：以点P为圆心，PA长为半径作弧，交⊙O于点B（非点A），作直线PB，则直线PB
即为所求作的切线．问题：
①请你在图（2）中补全进步小组的作图痕迹．
②进步小组通过连接OB，OP，证明△OBP≌△OAP，他们证明两个三角形全等的依据为______（填“
SAS”“SSS”或“AAS”）．
(2)希望小组的作法：如图（3），连接OP，作OP的垂直平分线m交OP于点M，以点M为圆心，MO长
为半径作圆，交⊙O于点B（非点A），作直线PB，则直线PB即为所求作的切线．
问题：该组的小华根据作图方案给出如下证明过程．
证明：连接OB，由作图知，OP是⊙M的※，
∴∠OBP=90°，（理由：◎）
即OB⊥BP
又OB是⊙O的半径，
∴BP为⊙O的切线．
在上述证明过程中，※处应该填写______；
◎处应该填写______（填序号）
【74淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
①一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
②90°的圆周角所对的弦是直径
③直径所对的圆周角是直角
④同弧所对的圆周角相等
(3)拓展小组的作法：如图（4），连接OP交⊙O于点C，过点C作OP的垂线n，以点O为圆心，OP长为
半径作弧，交直线n于点D，连接OD交⊙O于点B，作直线BP，则直线BP即为所求作的切线．问题：
请你结合该组作图方案给出证明过程．
【答案】(1)①见解析；②SSS
(2)直径，③
(3)见解析
【分析】（1）①根据题意，补全图形即可；②利用SSS证明全等即可；
（2）根据作图可知OP是⊙M的直径，根据直径所对的圆周角是直角，作答即可；
（3）证明△OBP≌△OCD，推出∠OBP=90°，即可得证．
【详解】（1）解：①补全图形如下：
②连接OB,OP，由作图可知：OA=OB,PA=PB，
又OP=OP，
∴△OBP≌△OAP(SSS)，
故答案为：SSS．
（2）证明：连接OB，由作图知，OP是⊙M的直径，
∴∠OBP=90°，（理由：直径所对的圆周角是直角）
即OB⊥BP
又OB是⊙O的半径，
∴BP为⊙O的切线．
故答案为：直径，③；
（3）证明：由作图知，OP=OD，n⊥OP，
在△OBP和△OCD中，¿，
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∴△OBP≌△OCD，
∴∠OBP=∠OCD．
∵n⊥OP，
∴∠OCD=90°．
∴∠OBP=90°，即BP⊥OB，
∴直线BP是⊙O的切线．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是
解题的关键．
题型08 应用切线长定理求解
【例9】（2020·河北·模拟预测）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，若PA=3，则
PB=（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据切线长定理即可得到答案.
【详解】因为PA和PB与⊙O相切，根据切线长定理，所以PA＝PB＝3，故选B.
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理.
【变式9-1】（2022·山东青岛·模拟预测）如图，PM、PN是⊙O的切线，B、C是切点，A、D是⊙O上的
点，若∠P＝44°，∠D＝98°，则∠MBA的度数为（ ）
A．38° B．28° C．30° D．40°
【答案】C
1
【分析】根据切线的性质得到PB＝PC，根据等腰三角形的性质得到∠PBC＝∠PCB＝ ×（180°﹣44°）
2
＝68°，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，于是得到结论．
【76淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】解：∵PM，PN是⊙O的切线，
∴PB＝PC，
∵∠P＝44°，
1
∴∠PBC＝∠PCB＝ ×（180°﹣44°）＝68°，
2
∵∠D＝98°，
∴∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，
∴∠MBA＝180°﹣∠PBC﹣∠ABC＝30°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、等腰三角形的性质以及圆内接四边形的性质，熟练掌
握切线长定理是解题的关键．
【变式9-2】（2022·北京海淀·统考一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点．若∠APB=60°，
则∠AOP的大小为 ．
【答案】60°/60度
【分析】先由切线的性质及切线长定理求出∠PAO=90°,∠APO=30°，再根据直角三角形两锐角互余
求解即可．
【详解】∵ PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点
1
∴∠PAO=90°,∠APO= ∠PAB
2
∴∠APO+∠AOP=90°
∵∠APB=60°
∴∠APO=30°
∴∠AOP=60°
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了切线的性质及切线长定理、直角三角形两锐角互余，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式9-3】（2022·广东江门·统考一模）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的切线EF分别
交PA，PB于点E，F，切点C在弧AB上，若PA长为8，则△PEF的周长是 ．
【77淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】16
【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝12，然后根据 PEF的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵PA、PB、EF分别与 O相切于点A、B、C，
△
∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝8，
⊙
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出 PEF的周长＝PA＋PB．
【变式9-4】（2022·甘肃白银·统考二模）如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB=9，CD=15，
△
则四边形ABCD的周长为 ．
【答案】48
【分析】根据切线长定理得到AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，得到AD+BC=AB+CD=24，根据四边
形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，
∴AD+BC=AB+CD=24，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=24+24=48，
故答案为：48．
【点睛】本题考查了切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
【78淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
题型09 应用切线长定理求证
【例10】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，已知PA,PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交
⊙O于点M．给出下列四种说法：①PA=PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④M是△AOP
外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的
中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】如图，∵ PA,PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB,∠APO=∠BPO, 故①正确，
∵PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴PO⊥AB, 故②正确，
∵ PA,PB是⊙O的两条切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°,
取OP的中点Q，连接AQ,BQ，
1
则AQ= OP=BQ,
2
所以：以Q为圆心，QA为半径作圆，则B,O,P,A共圆，故③正确，
∵ M是△AOP外接圆的圆心，
∴MO=MA=MP=AO,
∴∠AOM=60°,
与题干提供的条件不符，故④错误，
综上：正确的说法是3个，
故选C．
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【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
【变式10-1】（2022·内蒙古包头·二模）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD,CB为⊙O的切线，D、B
为切点，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点F，连接AD,BD．以下结论：①AD∥OC；②点E
为△CDB的内心；③FC=FE；④CE⋅FB=AB⋅CF．其中正确的只有（ ）
A．①② B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】D
1
【分析】根据切线长定理，证△COB≌△COD，可得∠COB= ∠BOD，根据圆周角定理即可得出
2
∠DAB=∠COB，由此可证得AD∥OC；连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周
角定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确；
若FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB，即
∠DBA=∠EAB；因此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故③不正确；先证明FB=GB，然后证明
△ABG∽△CEF，从而可得出④正确．
【详解】连接OD，DE，EB，
∵CD与BC是⊙O的切线，∴∠ODC=∠OBC=90°，OD=OB，
∵OC=OC
∴Rt△CDO≌Rt△CBO，
∴∠COD=∠COB，
1
∴∠COB=∠DAB= ∠DOB，
2
∴AD∥OC，故①正确；
∵CD是⊙O的切线，
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1 1
∴∠CDE= ∠DOE，而∠BDE= ∠BOE，
2 2
∴∠CDE=∠BDE，即DE是∠CDB的角平分线，同理可证得BE是∠CBD的平分线，
因此E为△CBD的内心，故②正确；
若FC=FE，则应有∠OCB=∠CEF，应有∠CEF=∠AEO=∠EAB=∠DBA=∠DEA，
∴弧AD=弧BE，而弧AD与弧BE不一定相等，故③不正确；
设AE、BD 交于点G，由②可知∠EBG=∠EBF，
又∵BE⊥GF，
∴FB=GB，
由切线的性质可得，点E是弧BD的中点，∠DCE=∠BCE，
又∵∠MDA=∠DCE（平行线的性质）=∠DBA，
∴∠BCE=∠GBA，
而∠CFE=∠ABF+∠FAB，∠DGE=∠ADB+∠DAG，∠DAG=∠FAB（等弧所对的圆周角相等），
∴∠AGB=∠CFE，
∴△ABG∽△CEF，
∴CE•GB=AB•CF，
又∵FB=GB，
∴CE•FB=AB•CF
故④正确．
因此正确的结论有：①②④．
故选：D．
【点睛】本题利用了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念，以及对相似三角
形的性质求解．
【变式10-2】（2023·北京顺义·统考二模）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，AC是⊙O的直
径．
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1
(1)求证：∠BAC= ∠APB
2
4
(2)连接PO交⊙O于点D，若AC=6，cos∠BAC= ，求PD的长．
5
【答案】(1)证明见解析
(2)2
1
【分析】（1）根据切线长定理和切线的性质可得PA=PB，∠1=∠2= ∠APB，∠PAO=90°，根据
2
等腰三角形三线合一性质可得PE⊥AB，可得∠3+∠BAC=90°，∠1+∠3=90°，得到∠BAC=∠1，
从而得证；
3 AO
（2）根据余弦，正弦的定义及勾股定理可得sin∠1= ，从而有PO= ，PD=PO−DO，代入计
5 sin∠1
算即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接PO，交AB于点E．
∵PA、PB为⊙O的切线，
1
∴PA=PB，∠1=∠2= ∠APB，∠PAO=90°，
2
∴PE⊥AB，∠3+∠BAC=90°，
∴∠PEA=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠BAC=∠1，
1
∴∠BAC= ∠APB．
2
（2）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
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4
∵AC=6，cos∠BAC= ，
5
4 24
∴AB=AC⋅cos∠BAC=6× = ，
5 5
∴BC=√AC2−AB2=
√
62−
(24) 2
=
18
，
5 5
18
∴ BC 5 3，
sin∠BAC= = =
AC 6 5
3
∴sin∠1= ，
5
∵∠PAO=90°，AC=6，
1
∴DO=AO= AC=3，
2
AO 3
PO= = =5
∴ sin∠1 3 ，
5
∴PD=PO−DO=5−3=2，
∴PD的长为2．
【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，等腰三角形三线合一性质，直径所对的圆周角是直角，解直
角三角形，勾股定理．正确的添加辅助线是解题的关键．
【变式10-3】（2023·河南周口·校联考三模）如图，点E是以AB为直径的⊙O外一点，点C是⊙O上一点，
EB是⊙O的切线，EC⊥OC，连接AC并延长交BE的延长线于点F．
(1)求证：点E是BF的中点；
(2)若EC=OC，⊙O的半径为3，求CF的长．
【83淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)见解析
(2)3√2
【分析】（1）连接BC，证明EC是⊙O的切线．根据EB是⊙O的切线，可得EC=EB，进而证明
EF=EC，等量代换可得EF=EB，即可得证；
（2）根据EC=OC，可得四边形OCEB是正方形，则△ABF是等腰直角三角形．勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BC．
∵AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°．
∵ EC⊥OC，
∴EC是⊙O的切线．
∵EB是⊙O的切线，
∴EC=EB，
∴∠ECB=∠EBC．
∵∠ECB+∠FCE=90°，∠EBC+∠F=90°，
∴∠FCE=∠F，
∴EF=EC，
∴EF=EB，
∴点E是BF的中点．
（2）解：若EC=OC，由(1)得，四边形OCEB是正方形，
∴ △ABF是等腰直角三角形．
∵ ⊙O半径为3，
∴AB=6，
∴ AF=√2AB=6√2，
∵ BC⊥AF
1
∴ CF= AF=3√2．
2
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，
熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式10-4】（2022·广东·统考模拟预测）如图，AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，点C是射线BC上任意
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一点，过点C作CD切⊙O于点D，连接AD．
(1)求证：BC＝CD；
(2)若∠C＝60°，BC＝3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)√3
【分析】（1）根据切线长定理证明即可；
（2）根据已知条件可得△BCD是等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的
性质，勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵ AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，
∴ CB是⊙O的切线，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD=CB
（2）连接OD,OC，DB，
∵ CD,CB是⊙O的切线，∠DCB =60°， BC＝3，
∴△DBC是等边三角形，
∴∠DBC=60°，BC=DB=3
∵AB⊥BC
∴∠ABD=30°
∵ AB是直径
∴ ∠ADB=90°
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1
∴AD= AB
2
∴DB=√3AD
√3
∴ AD= DB=√3
3
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，
等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的切线的性质是解题的关键．
考点三 三角形内切圆与外接圆
1. 三角形内切圆与外接圆
经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平
三角形外接圆
分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形.
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这
三角形内切圆
个三角形叫做圆的外切三角形.
2. 三角形内心与外心
圆心的 圆心的确定方法 图形 圆心的性质
名称
外心 三角形三边中垂线的交点 A 1)OA=OB=OC
2)外心不一定在三角形的内部．
O
B C
内心 三角形三条角平分线的交点 A 1)到三边的距离相等；
O
2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、
∠ABC、∠ACB；
B C
3)内心一定在三角形内部．
3.常见结论
2S
1）三角形内切圆半径公式：r= ，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长.
C
a+b−c ab
2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：r= 或r= ，其中a，b为直角三角形的直角边长，
2 a+b+c
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c为斜边长.
【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造
直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解．
1. 一个三角形有且只有一个内切圆,而一个圆有无数个外切三角形.
2. 三角形的内心是三条角平分线的交点,因此,镜角三角形、直角三角形、锐角三角形的内心都在三角形
的内部.
3. 三角形的内心是三条角平分线的交点,因此,镜角三角形、直角三角形、锐角三角形的内心都在三角形
的内部.
题型01 判断三角形外接圆圆心位置
【例1】（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．
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【变式1-1】（2021·河北·模拟预测）10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，
A、B、C、D、E、O均是正六边形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（ ）．
A．△AED B．△ABD C．△BCD D．△ACD
【答案】D
【分析】根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，
B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
【变式1-2】（2022·江苏淮安·统考模拟预测）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形
的边长均为1．每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C均为格点，只用无刻度的直尺，分别在给定的
网格中找一格点M，按下列要求作图：
（1）在图①中，连结MA、MB，使MA=MB．
（2）在图②中，连结MA、MB、MC，使MA=MB=MC．
（3）在图③中，连结MA、MC，使∠AMC=2∠ABC．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）由勾股定理可求得AM=BM=√5，即可得点M的位置；
（2）由勾股定理可求得AB=BC=√10，AC=2√5，即可得AB2+BC2=AC2=20 ，再由勾股定理的逆定
理可判定△ABC为等腰直角三角形，点M即为斜边AC的中点，由此可得点M的位置；
（3）作出AB、AC的垂直平分线，交点即为M，M即为△ABC外接圆的圆心，连接AM，CM，根据圆周
角定理可得∠AMC=2∠ABC，由此即可确定点M的位置．
【详解】（1）如图①所示，点M即为所求．
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（2）如图②所示，点M即为所求．
（3）如图③所示，点M即为所求．
【点睛】本题考查了基本作图，解决第（3）题时，确定△ABC外接圆的圆心是解决问题的关键．
题型02 求外心坐标
【例2】（2020·广西南宁·南宁三中校考三模）过三点A（2，2），B（6，2），C（4，5）的圆的圆心坐
标为（ ）
17 17
A．（4， ） B．（4，3） C．（5， ） D．（5，3）
6 6
【答案】A
【分析】根据题意，可知线段AB的线段垂直平分线为x=4，然后由C点的坐标可求得圆心的横坐标为
x=4，然后设圆的半径为r，则根据勾股定理可求解.
【详解】设圆的半径为r，则根据勾股定理可知：
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13
r2=22+(5−2−r) 2，解得r= ，
6
13 17
因此圆心的纵坐标为5− = ，
6 6
17
因此圆心的坐标为（4， ），
6
故选A．
【变式2-1】（2020·北京西城·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的坐标分别是
（0，4），（4，0），（8，0），⊙M是△ABC的外接圆，则点M的坐标为 ．
【答案】（6，6）
【分析】如图：由题意可得M在AB、BC的垂直平分线上，则BN=CN；证得ON=OB+BN=6，即△OMN
是等腰直角三角形，得出MN=ON=6，即可得出答案.
【详解】解：如图∵圆M是△ABC的外接圆
∴点M在AB、BC的垂直平分线上，
∴BN=CN，
∵点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0）
∴OA=OB=4，OC=8，
∴BC=4，
∴BN=2，
∴ON=OB+BN=6，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵OM⊥AB，
∴∠MON=45°，
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴MN=ON=6，点M的坐标为（6，6）．
故答案为（6，6）．
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【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，其
中判定△OMN为等腰直角三角形是解答本题的关键．
【变式2-2】（2021·广东广州·统考一模）如图，在直角坐标系中，点A（0，6）、B（0，﹣2）、C（﹣
4，6），则△ABC外接圆的圆心坐标为 ．
【答案】(−2,2)
【分析】先根据点A,B,C的坐标可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角形的外接圆的圆心为斜边的
中点即可得．
【详解】解：∵A(0,6),B(0,−2),C(−4,6)，
∴AC⊥AB，
∴△ABC是直角三角形，
−4+0 −2+6
则△ABC外接圆的圆心坐标为( , )，即(−2,2)，
2 2
故答案为：(−2,2)．
【点睛】本题考查了直角三角形的外接圆的圆心，熟练掌握直角三角形的外接圆的圆心为斜边的中点是解
题关键．
【变式2-3】（2022·河北邯郸·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC为直角三角形，∠ABC＝
90°，AB⊥x轴，M为Rt△ABC的外心．若点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），则点B的
坐标为（ ）
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A．（3，﹣1） B．（3，﹣2） C．（3，﹣3） D．（3，﹣4）
【答案】B
【分析】根据M为直角三角形的外心．∠ABC＝90°，得出点M为AC中点，利用中点坐标公式求出点C
（-5，-2），根据AB⊥x轴，得出点A，B的横坐标相同都是3，根据BC∥x轴，得出点B、C的纵坐标相同
都是-2即可．
【详解】解：∵M为Rt△ABC的外心．∠ABC＝90°，
∴点M为AC中点，
∵点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），
设点C横坐标为（x,y）,
x+3 y+4
∴ =−1, =1，
2 2
解得x=-5，y=-2，
∴点C（-5，-2），
∵AB⊥x轴，
∴点A，B的横坐标相同都是3，
∵∠ABC＝90°，
∴BC∥x轴，
∴点B、C的纵坐标相同都是-2，
∴点B（3，-2）．
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的外心，中点坐标公式，平行x轴或y轴的点坐标特征，掌握直角三角形的
外心的性质，中点坐标公式，平行x轴或y轴的点坐标特征是解题关键．
题型03 已知外心的位置判断三角形形状
【例3】（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图，O是△ABC的外心，则∠1+∠2+∠3=(
)
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A．60∘ B．75∘ C．90∘ D．105∘
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠3=∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，
∵OA=OB，
∴∠3=∠4，
同理，∠1=∠5，∠2=∠6，
∵∠3+∠4+∠1+∠5+∠2+∠6=180∘，
∴∠1+∠2+∠3=90∘，
故选C．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外接圆的概念，三角形内角和定理是解题的
关键．
【变式3-1】（2022·河北保定·统考一模）已知△ABC和△ABD有相同的外心，∠D=70°，则∠C的度数
是（ ）
A．70° B．110° C．70°或110° D．不能确定
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：若C、D在AB的同侧，根据圆周角定理求解；若C、D在AB的异侧，根据圆
内接四边形的性质求解．
【详解】解：若C、D在AB的同侧，如图1，则∠D=∠C=70°，
若C、D在AB的异侧，如图2，则∠D+∠C=180°，
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∵∠C=70°，
∴∠D=110°；
综上，∠D=70°或110°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的外心和圆内接四边形的性质，解题的关键是进行正确分类、熟
练掌握有关基本知识．
【变式3-2】（2023·湖北宜昌·校考一模）如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外
心的位置，下列说法正确的是（ ）
A．在△ABF内 B．在△BFE内
C．在线段BF上 D．在线段BE上
【答案】D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，
∴正六边形的每一个内角都为180°−60°=120°，
∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
1
∴∠AFB=∠ABF= (180°−120°)=30°，
2
∴∠BFE=∠AFE−∠AFB=120°−30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角形外心（三角形外接圆的圆心），等腰三角形的性质及直角三
角形的判定，解题的关键是明确锐角三角形的外心在三角形的内，直角三角形的外心在斜边中点，钝角三
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角形的外心在三角形的外部．
【变式3-3】（2020·上海·校考三模）三角形的外心恰好在它的一条边上，则这个三角形一定是 ．
【答案】直角三角形
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得该三角形是直角三角形．
【详解】解：锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心是其斜边的中点，钝角三角形的外心
在其三角形的外部；
由此可知若三角形的外心在它的一条边上，那么这个三角形是直角三角形．
故答案为：直角三角形．
【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，关键掌握直角三角形的外心就是其斜边的中点．
题型04 求特殊三角形外接圆的半径
【例4】（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°，
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∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
1
∴CD= AD，
2
1
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=( AD)2+32，
2
∴AD=2√3，
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．
【变式4-1】（2021·湖北武汉·统考三模）如图，在ΔABC中，∠BAC=60°其周长为20，⊙I是ΔABC的
内切圆，其半径为√3，则ΔBIC的外接圆半径为（ ）
7√2 7√3
A．7 B．7√3 C． D．
2 3
【答案】D
【分析】过C作CD⊥AB于D，由∠BAC=60°结合面积求出BC的长，由内心可以求出∠BIC=120°，
ΔBIC的外接圆圆心为O,F是⊙O优弧BC上任意一点，过O作OE⊥BC于E，求出圆心角
∠BOC=2∠F=120°，最后由垂径定理求出半径OB
【详解】过C作CD⊥AB于D，ΔBIC的外接圆圆心为O,F是⊙O优弧BC上任意一点，过O作OE⊥BC于
E，设AB=c,AC=b,BC=a，
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∵∠BAC=60°，
1 √3 1
∴AD= b,DC= b,BD=c− b，
2 2 2
∵在ΔABC周长为20，内切圆半径为√3，
1 1
∴S = ×20×√3= CD·AB，
△ABC 2 2
√3
∴20×√3= b·c
2
∴bc=40
Rt△BDC中，BD2+CD2=BC2
1 2 √3 2
∴(c− b) +( b) =a2
2 2
c2+b2−bc=a2
∵在ΔABC周长为20，
∴c+b+a=20
∴a2=c2+b2−bc=(b+c) 2−3bc=(20−a) 2−3×40
解得BC=a=7
∵I是ΔABC的内心
∴BI、CI分别平分∠ABC、∠ACB
1 1
∴∠IBC= ∠ABC,∠ICB= ∠ACB
2 2
∵∠BAC=60°
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∴∠ABC+∠ACB=120°
1
∴∠BIC=180−∠IBC−∠ICB=180− (∠ABC+∠ACB)=120°
2
∵∠BIC+∠F=180°
∴∠F=60°
∴∠BOC=2∠F=120°
∵OE⊥BC
1 1 7
∴∠BOE= ∠BOC=60°,BE= BC=
2 2 2
√3 7 √3 7√3
∴OB=BE÷ = ÷ =
2 2 2 3
故选D
【点睛】本题综合考察三角形的内心和外心，熟记内心和外心的性质是解题的关键
【变式4-2】（2020·福建福州·统考一模）已知：在△ABC中，AB=AC，∠A<90°．
(1)找到△ABC的外心，画出△ABC的外接圆（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写过程）
(2)若△ABC的外接圆的圆心O到BC边的距离为8，BC=12，请求出⊙O的面积．
【答案】(1)见解析
(2)100π
【分析】（1）分别作线段BC和线段AB的中垂线，中垂线的交点即为△ABC的外心O，以O为圆心，
OA为半径画出△ABC的外接圆即可；
（2）如图，连接OB，利用垂径定理求出半径，即可求出⊙O的面积．
【详解】（1）解：如图⊙O即为所求．
1
①分别以点B，点C为圆心，大于 BC的长为半径，画弧，作出线段BC的中垂线；
2
②同理作出线段AB的中垂线；
③两条中垂线的交点O为圆心，OA为半径画圆，即为所求．
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（2）解：如图，连接OB，由题意得：OD=8，
∵AB=AC，AD⊥BC，
1
∴BD= BC=6，
2
∴OB=√BD2+OD2=√82+62=10，
∴圆O的面积为：πr2=100π．
【点睛】本题考查画三角形的外接圆，以及垂径定理求半径．熟练掌握外心的定义和等腰三角形的判定与
性质，以及垂径定理是解题的关键．
题型05 由三角形的内切圆求长度
【例5】（2023·河北·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作
IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，根据切线长定理设AG=AF=a,DE=DF=b，进而结合已知条件
表示出AB,AC，求得DE的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，
∵I是△ABD的内心，
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∴AG=AF,BG=BE,DE=DF，
设AG=AF=a,DE=DF=b，
∵BD＝10，
∴BE=BG=10−b，
∴AB=AG+BG=a+10−b,AC=AD+DC=a+b+4，
∵AB=AC，
∴a+10−b=a+b+4，
解得b=3，
∴BE=BD−DE=10−3=7，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
【变式5-1】（2022·广西河池·统考一模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，
E，F，AB=14，BC=13，CA=9，则AD的长是（ ）
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
【答案】D
【分析】设AD=x，根据切线长定理得出AF=AD，CE=CF，BD=BD，求出BD=BE=14−x，
CF=CE=9−x，根据CE+BE=BC，代入求出x即可．
【详解】设AD=x，
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD，CE=CF，BD=BD，
∵AB=14，BC=13，CA=9，
∴BD=BE=14−x，CF=CE=9−x，
∵CE+BE=BC=13
∴9−x+14−x=13，
∴x=5，
∴AD=5．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
【变式5-2】（2022·山东泰安·统考模拟预测）如图，点I为的△ABC内心，连接AI并延长交△ABC的外
接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接CD，EI，IC，当AI=2CD，IC=6，ID=5时，IE的长为
（ ）
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A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【答案】C
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
【详解】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM=√I M2−IC2=8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
1
∴IE= CM=4，
2
故选：C．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理
等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
【变式5-3】（2023·广东广州·广东实验中学校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，
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BC=8，则△ABC的内切圆的半径r是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．无法判断
【答案】A
【分析】根据等积法求内切圆半径，进行求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=√62+82=10，
如图：设△ABC的内切圆与各边的切点分别为点D,E,F，连接OD,OE,OF，则：
OD=OE=OF=r,OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB，
∵S =S +S +S ，
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r，即：6×8=(6+8+10)r，
2 2 2 2
∴r=2；
故选A．
【点睛】本题考查求三角形内切圆的半径．熟练掌握等积法求内切圆的半径，是解题的关键．
题型06 由三角形的内切圆求角度
【例6】（2020·浙江丽水·统考模拟预测）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点
E，F，D，P是D´F上一点，则∠EPF的度数是（ ）
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A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
1
∴∠EPF= ∠EOF=60°，
2
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本
知识，属于中考常考题型．
【变式6-1】（2018·湖南邵阳·校联考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，
∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
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A．56° B．62° C．68° D．78°
【答案】C
【分析】由点I是 ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣
（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
△
【详解】解：∵点I是 ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
△
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的
性质．
【变式6-2】（2023·湖南娄底·校联考一模）如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点
D，E，F，若∠≝=53°，则∠A的度数是（ ）
A．36° B．53° C．74° D．128°
【答案】C
【分析】连接OD、OF，如图，先根据圆周角定理得到∠DOF=2∠≝=106°，再根据切线的性质得
OD⊥AB，OF⊥AC，则∠ADO=∠AFO=90°，然后根据四边形内角和计算∠A的度数．
【详解】解：连接OD、OF，如图：
∵∠≝=53°，
∵∠DOF=2∠≝=106°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、CA分别相切于点D、F，
∴OD⊥AB，OF⊥AC，
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∴∠ADO=∠AFO=90°，
∴∠A+∠DOF=180°，
∴∠A=180°−106°=74°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切
圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．
【变式6-3】（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，∠C=40°，则∠AOB的大小
是 ．
【答案】110°
【分析】⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，求得∠BAC+∠ABC，然后利用三角形内角和
定理求解．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，
1 1
∴∠BAO= ∠BAC，∠ABO= ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠BAO+∠ABO= （∠BAC＋∠ABC）= (180°−40°)=70°，
2 2
∴∠AOB=180°−(∠BAO+∠ABO)=180°−70°=110°．
故答案为：110°．
1
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，正确证明∠BAO+∠ABO= （∠BAC+∠ABC）是关
2
键．
题型07 由三角形的内切圆求周长、面积
【例7】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，在一张Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，BC=5，
AC=12，⊙O是它的内切圆．小明用剪刀沿着⊙O的切线DE剪下一块三角形ADE，则△ADE的周长为
（ ）
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A．19 B．17 C．22 D．20
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．
设△ABC的内切圆切三边于点F，H，G，连接OF，OH，OG，得四边形OHCG是正方形，由切线
长定理可知AF=AG，根据DE是⊙O的切线，可得MD=MF，EM=EG，根据勾股定理可得AB=13，
1
再求出内切圆的半径 (AC+BC−AB)=2，进而可得△ADE的周长．
2
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆切三边于点F、H、G，连接OF、OH、OG，
∴四边形OHCG是正方形，
由切线长定理可知AF=AG，
∵DE是⊙O的切线，
∴MD=DF，EM=EG，
∵∠ACB=90°，BC=5，AC=12，
∴AB=√AC2+BC2=13，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
1
∴内切圆的半径= (AC+BC−AB)=2，
2
∴CG=2，
∴AG=AC−CG=12−2=10，
∴AF=AG=10，
∴ΔADE的周长为：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=10+10=20．
故选：D．
【变式7-1】（2019·河北·模拟预测）如图，已知△ABC的周长是20，点O为三角形内心，连接OB、OC，
OD⊥BC于点D，且OD=3，则△ABC的面积是（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
【答案】C
【分析】连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，根据三角形内心的性质，得到
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OD=OE=OF=3，再利用三角形面积进行计算，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，
∵点O为三角形内心，OD⊥BC，
∴OD=OE=OF=3，
∴S =S +S +S
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1
= AB⋅OE+ AC⋅OF+ BC⋅OD
2 2 2
1
= OD⋅(AB+AC+BC)
2
1
= ×3×20
2
=30，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，三角形的面积公式，熟练掌握三角形内心的性质是解题关键．
【变式7-2】（2023·江苏宿迁·沭阳县怀文中学统考一模）如图⊙O是△ABC的内切圆，切点分别是D，
E，F，其中AB=6，BC=9，AC=11，若MN与⊙O相切与G点，与AC，BC相交于M，N点，则
△CMN的周长等于 ．
【答案】14
【分析】根据切线的性质和三角形的周长公式即可得到结论．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，且与MN相切于点G；
【10淘7 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
根据切线长定理，设BF=BD=x，AD=AE= y，CF=CE=z，ME=MG，NG=NF；
∵AB=6，BC=9，AC=11，
∴¿．解得¿，
∴△CMN的周长=CE+CF=7+7=14，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，三角形周长的计算，熟练掌握切线的性质是解题
的关键．
【变式7-3】（2022·湖北武汉·武汉第三寄宿中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠B＝60°，∠A＝
90°，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．
(1)求∠EOD的度数；
(2)若r＝2，求阴影部分的面积．
【答案】(1)150°
5
(2)8+4√3− π
3
【分析】（1）根据切线的性质可得∠OFB=∠ODB=90°，根据∠B =60°，根据四边形内角和即可求
解．求得∠EOD；
（2）根据阴影部分面积等于S − S − S −S − S ，即可求解．
△ABC 正方形AFOE △BOD △BOF 扇形OED
【详解】（1）解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．
∴∠OFB=∠ODB=90°，
∵∠B＝60°，
∴∠FOD=360°−90°−90°−60°=120°，
∴∠EOD=360°−∠EOF−∠FOD=150°
（2）如图，连接BO，
∵∠A=∠OFE=∠OEF=90°，
∴四边形AFOE是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形AFOE是正方形，
∵⊙O的半径为r＝2，则OD=2，
∴S =2×2=4，
正方形AFOE
∵BF,BD是⊙O的切线，
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∴ ∠FBO=∠DBO=30°，
OD √3 2
∴tan∠OBD= = = ，
BD 3 BD
6
∴ BD= =2√3，
√3
∴AB=AF+AB=2+2√3，
∴AC=AB×tanB=√3(2+2√3)=6+2√3，
1 1
∴S = AB×AC= (2+2√3)(6+2√3)=12+8√3，
△ABC 2 2
1 1
∴S =S = BD×OD= ×2√3×2=2√3，
△BOD △BOF 2 2
∵∠EOF=90°,∠FOD=120°，
∴∠EOD=150°，
150 5
∴S = π×22= π，
扇形OED 360 3
∴阴影部分面积等于S − S − S −S − S
△ABC 正方形AFOE △BOD △BOF 扇形OED
5
=12+8√3 −4−2√3−2√3− π
3
5
=8+4√3− π．
3
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，四边形内角和定理，求扇形面积，解直角三角形，掌握切
线长定理是解题的关键．
题型08 求三角形的内切圆半径
【例8】【（2023·广西梧州·统考二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若△ABC的周长为18，面积为
9，则⊙O的半径是（ ）
A．1 B．√2 C．1.5 D．2
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，根据S =S +S +S ，代入数据求解即可.
△ABC △ABO △ACO △BOC
【详解】解：如图，设⊙O与△ABC的各边分别相切于点E、F、G，连接OE,OF,OG,OA,OB,OC，
设⊙O的半径为r，
则OE⊥AB,OF⊥AC,OG⊥BC，OE=OF=OG=r，
∵S =S +S +S
△ABC △ABO △ACO △BOC
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1 1 1
= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r
2 2 2
1
= (AB+AC+BC)⋅r，
2
又△ABC的周长为18，面积为9，
1
∴9= ×18⋅r，
2
∴r=1，
故选：A.
【点睛】本题考查了利用三角形的面积求三角形的内切圆半径，掌握求解的方法是解题的关键.
【变式8-1】（2023·湖南邵阳·统考一模）如图所示，⊙O是等边三角形ABC的内切圆，若AB=4，则
⊙O的半径是（ ）
√3 2√3
A． B．1 C． D．2
2 3
【答案】C
【分析】根据内切圆和角平分线性质的判定定理，可证明OB和OC分别为∠ABC和∠ACB的角平分线，
1
再根据三角形全等证明BE= BC，最后利用勾股定理求出圆的半径长度.
2
【详解】解：设AB与⊙O的交点为D，BC与⊙O的交点为E，如图所示，连接OD，OB，OE，OC，
∵⊙O是等边三角形ABC的内切圆，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，∠ABC=60°.
∵OD=OE，
∴OB平分∠ABC，
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1
∴∠OBC= ∠ABC=30°.
2
同理OC平分∠ACB，
1
∴∠OCB= ∠ACB=30°.
2
∴∠OCB=∠OBC.
∵OE⊥BC，
∴∠OEB=∠OEC=90°，
∴△OBE≌△OCE(AAS)，
1
∴BE=CE= BC=2.
2
∵在Rt△OBE中，设OE=x，则OB=2x，
∴4x2=x2+22，
2√3
∴x= .
3
2√3
∴OE= .
3
2√3
∴⊙O的半径为： .
3
故选:C.
【点睛】本题考查了圆的切线长定理、角平分线性质判定定理、全等三角形和勾股定理，解题的关键在于
通过内切圆找到关键信息.
【变式8-2】（2023·湖南常德·统考模拟预测）如图，⊙O是边长为12的正三角形ABC的内切圆，⊙O
1
与边AB、AC均相切，且与⊙O外切，则⊙O的半径为 ．
【答案】2√3
【分析】由切线的性质得到OH⊥BC，OM⊥AB，又OM=OH，得到OB平分∠ABC，因此得到
∠OBH=30°，同理得到∠OCB=30°，故OB=OC，推出BH=CH=6，由锐角的正切即可求出OH的
长．
【详解】解：设⊙O与BC切于H，与AB相切于M，连接OM，连接OH，OB，OC，
【111淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴OH⊥BC，OM⊥AB，
∵OM=OH，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBM=∠OBH，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
1
∴∠OBH= ∠ABC=30°，
2
1
同理：∠OCH= ∠ACB=30°，
2
∴∠OBH=∠OCH，
∴OB=OC，
1 1
∴BH=CH= BC= ×12=6，
2 2
OH √3
∵tan∠OBH= = ，
BH 3
∴OH=2√3．
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查切线的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，三角形的内切圆与内心，等腰三角形
的性质，关键是由以上知识点推出OB=OC，得到H是BC中点，应用锐角的正切即可求解．
【变式8-3】（2023·甘肃陇南·校考一模）如图，⊙O与∠A=90°的Rt△ABC的三边AB、BC、AC分
别相切于点D、E、F，若BE=10，CF=3，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接OD，OF，首先根据切线长定理得到BD=BE=10，CE=CF=3，然后证明出四边形
ADOF是正方形，然后设AD=AF=x，根据勾股定理求解即可．
【112淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】如图，
连接OD，OF，
∵AC、AB、CB与⊙O相切，
∴BD=BE=10，CE=CF=3，AD=AF，OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴矩形ADOF是正方形，
∴AD=OD，
设AD=AF=x，
Rt△ABC中，AB=BD+AD=x+10，AC=CF+AF=x=3，BC=BE+CE=13，
由勾股定理得，AB2+AC2=BC2，
∴(10+x) 2+(x+3) 2=132，
∴x =2，x =−15（舍去），
1 2
∴OD=2，
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
题型09 直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
【例9】（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，
【113淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵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，
∴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．
【变式9-1】（2022上·河北邯郸·九年级校考期中）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆．若
∠AOB=70°，则∠COD=（ ）
A．110° B．125° C．140° D．145°
【答案】A
【分析】根据内切圆得到四条角平分线，结合四边形内角和定理求解即可得到答案；
【详解】解：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴∠OAB=∠OAD，∠ODA=∠ODC，∠OCD=∠OCB，∠OBC=∠OBA ，
∵∠OAB+∠OAD+∠ODA+∠ODC+∠OCD+∠OCB+∠OBC+∠OBA=360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠ODC+∠OCD=∠OAD+∠ODA+∠OCB+∠OBC=180°，
【114淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵∠AOB=70°，∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，∠ODC+∠OCD+∠DOC=180°，
∴∠COD=180°−70°=110°，
故选：A；
【点睛】本题考查圆内切四边形及四边形的内角和定理，解题的关键是得到
∠OAB+∠OBA+∠ODC+∠OCD=180°．
【变式9-2】（2023·四川宜宾·统考一模）《九章算术》卷九中记载：“今有勾三步，股四步，问勾中容圆
径几何？”其大意是：“今有直角三角形勾（短直角边）长为3步，股（长直角边）长为4步，问该直角
三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是多少步？”如图是示意图，根据题意，该内切圆的半径为 ．
【答案】1
【分析】连接OD、OE，可知四边形ODCE为正方形，设半径为r，根据切线长定理列方程求解即可．
【详解】解：连接OD、OE，如下图：
由题意可得：∠C=∠OED=∠ODC=90°，BD=BF，CD=CE，AF=AE
∵AC=4，BC=3
∴四边形ODCE为矩形，AB=√AC2+BC2=5
又∵OD=OE
∴矩形ODCE为正方形
设半径为r，则CD=OD=CE=r
∴AF=AE=4−r，BF=BD=3−r
∴4−r+3−r=5
解得r=1
故答案为：1
【点睛】此题考查了勾股定理，切线长定理，正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
【115淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
题型10 圆外切四边形模型
【例10】（2021上·江苏南京·九年级统考期中）如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，若∠BOC＝118°，
则∠AOD＝ ．
【答案】62°
1 1 1 1
【分析】先根据切线长定理得到∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠BCD，∠3＝ ∠ADC，∠4＝ ∠BAD，再利用
2 2 2 2
三角形内角和计算出∠1+∠2＝62°，则∠ABC+∠BCD＝124°，然后利用四边形内角和得出∠BAD+∠ADC＝
236°，再求∠3+∠4＝118°即可．
【详解】解：∵圆O是四边形ABCD的内切圆，
∴OA平分ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，
1 1 1 1
∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠BCD，∠3＝ ∠ADC，∠4＝ ∠BAD，
2 2 2 2
∵∠1+∠2＝180°﹣∠BOC＝180°﹣118°＝62°，
∴∠ABC+∠BCD＝2（∠1+∠2）＝2×62°＝124°，
∵∠BAD+∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠BCD）＝360°﹣124°＝236°，
1 1
∴∠3+∠4＝ （∠BAD+∠ADC）＝ ×236°＝118°，
2 2
∴∠AOD＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣118°＝62°．
故答案为：62°．
【点睛】本题考查了四边形的内切圆．切线的性质和切线长定理，三角形内角和，掌握四边形的内切圆性
质．切线的性质和切线长定理，三角形内角和是解题关键．
【变式10-1】（2015·河南·模拟预测）阅读材料：已知，如图（1），在面积为S的△ABC中，
BC=a,AC=b, AB=c,内切圆O的半径为r连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．
1 1 1 1
∵S=S +S +S = BC⋅r+ AC⋅r+ AB⋅r= (a+b+c)r
ΔOBC ΔOAC ΔOAB 2 2 2 2
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2S
∴r= ．
a+b+c
（1）类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），如图（2），各边长分别
为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r；
（2）理解应用：如图(3)，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为
r
1
△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r 和r，求 的值.
1 2 r
2
2S r 14
【答案】（1）r= （2） 1= .
a+b+c+d r 9
2
【分析】（1）如图，连接OA、OB、OC、OD，则△AOB、△BOC、△COD和△DOA都是以点O为顶点、
高都是r的三角形，根据S=S +S +S +S 即可求得四边形的内切圆半径r.
ΔAOB ΔBOC ΔCOD ΔAOD
（2）过点D作DE⊥AB于点E，分别求得AE的长，进而BE 的长，然后利用勾股定理求得BD的长；然
1 1
S = (13+21+20)r S = (11+13+20)r
后根据 ΔABD 2 1， ΔBCD 2 2，两式相除，即可得到 的值.
【详解】解：（1）如图（2），连接OA、OB、OC、OD.
1 1 1 1 1
∵S=S +S +S +S = ar+ br+ cr+ dr= (a+b+c+d)r
ΔAOB ΔBOC ΔCOD ΔAOD 2 2 2 2 2
2S
∴r=
a+b+c+d
（2）如图（3），过点D作DE⊥AB于点E，
∵梯形ABCD为等腰梯形，
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1 1
∴AE= (AB−DC)= (21−11)=5
2 2
∴BE=AB−AE=21−5=16
在Rt△AED中，
∵AD=13，AE=5，∴DE=12，
∴BD=√DE2+BE2=√122+162=20
S AB 21
∵AB∥DC，∴ ΔABD = = .
S DC 11
ΔBCD
1
(13+21+20)r
S 2 1 54r 27r
又∵ ΔABD = = 1= 1 ，
S 1 44r 22r
ΔBCD (11+13+20)r 2 2
2 2
27r 21 r 14
∴ 1= .即 1= .
22r 11 r 9
2 2
题型11 三角形内心有关的应用
【例11】（2018·河北唐山·校联考一模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，则点O是△ABC的（ ）
A．三条边的垂直平分线的交点 B．三条角平分线的交点
C．三条中线的交点 D．三条高的交点
【答案】B
【分析】根据三角形的内切圆得出点O到三边的距离相等，即可得出结论．
【详解】解：∵⊙O是ΔABC的内切圆，
则点O到三边的距离相等，
∴点O是ΔABC的三条角平分线的交点；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，解题的关键是熟练掌握三角形的内切圆的圆心性质．
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【变式11-1】（2021·河北·统考一模）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则
△DBC的面积是（ ）
A．4√3 B．2√3 C．2 D．4
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则
∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=2√3，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
1 1
∴∠BDC=90°+ ∠A=90°+ ×60°=120°，
2 2
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2√3，CD=2，
1 1
∴△DBC的面积为 CD•BH= ×2×2√3=2√3.
2 2
故选B.
【点睛】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
【变式11-2】（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（ ）
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√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，
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．
【变式11-3】（2023·江苏泰州·校考三模）如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A、
B、C、在直角坐标系中的坐标分别为(3,6)，(−3,3)，(7,−2)，则△ABC内心的坐标为 ．
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【答案】（2，3）
【分析】根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是
直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对
称，射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，
在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，
利用勾股定理求出BM的值，即可得到点M的坐标．
【详解】解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=√32+62=3√5，AC=√42+82=4√5，BC=√52+102=5√5，
∵AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B(−3,3)，C(7,−2)，
可得¿，
解得：¿，
1 3
∴BC：y=− x+ ，
2 2
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作
MF⊥AC，且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
1 1 1 1
S = AB×AC= AB×r+ AC×r+ BC×r，
ABC 2 2 2 2
△
解得：r=√5，
即AE=EM=√5，
∴BE=3√5−√5=2√5，
∴BM=√BE2+EM2=5，
∵B（-3，3），
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∴M（2，3），
故答案为：（2，3）．
【点睛】本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质等
相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
题型12 三角形外接圆与内切圆综合
【例12】（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
AI
长交⊙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，
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∴∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，
∵点I是△ABC内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，
∴∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，
∴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．
【变式12-1】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝
80°，则∠D 的度数是（ ）
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A．60° B．65 C．70° D．75°
【答案】B
【分析】利用三角形内心的性质得OB，OC分别是角平分线，进而求出∠BOC的大小，再利用三角形外
心的性质得出∠BDC等于∠BOC的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
∵点 O 是△ABC 的内心，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠OBC+∠OCB= ∠ABC+ ∠ACB
2 2
1
= (∠ABC+∠ACB)
2
1
= (180∘−∠A)=50∘ ，
2
∴∠BOC=180∘−(∠OBC+∠OCB)=130∘，
∵点 O是△DBC 的外心，
1
∴∠D= ∠BOC=65∘ ，
2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的内心和三角形外心的性质，牢记以上知识点得出各角之间的关系是做出
本题的关键．
【变式12-2】（2022·四川绵阳·统考三模）如图，Rt ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6，AB＝8，O为
Rt ABC的外心，I为Rt ABC的内心，延长AI交⊙O于点D．连接OI，则cos∠OID 的值为 ．
△
△ △
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3√10 3
【答案】 / √10
10 10
【分析】过点I作AB、AC、BC的垂线，分别交于点E、点F、点M，设AD与BC的交点为点N，过点N
作OI的垂线，交于点H，连接OD，根据三角形内接圆的性质求出内切圆半径的长度，从而得到OM的长
度；在Rt△OIM中，根据勾股定理求出OI的长度；利用△OND∽△MNI，得到ON、NM的长度；根据
IO×NH=ON×ℑ，求出NH的长度；在Rt△NIM中，根据勾股定理求出NI的长度；在Rt△NIH中，根
据勾股定理求出HI的长度，即可求出cos∠OID．
【详解】解：过点I作AB、AC、BC的垂线，分别交于点E、点F、点M，设AD与BC的交点为点N，过
点N作OI的垂线，交于点H，连接OD，如图所示
∵I是Rt△ABC的内心
∴EI=ℑ=IF
又∵EI⊥AB，IF⊥AC，ℑ⊥BC，∠BAC=90°
∴四边形AEIF是正方形
设ℑ=r，则BE=8−r，CF=CM=6−r
∵EI⊥AB，IF⊥AC，EI=ℑ=IF
∴BM=BE=8−r，CM=6−r
在Rt△ABC中，BC=√AC2+AB2=√62+82=10
∴6−r+8−r =10
∴r=2
∴CM=4
∵O是Rt△ABC的外心
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∴OB=OC=OD=5
∴OM=1
在Rt△OIM中，OI=√OM2+I M2=√12+22=√5
∵I是Rt△ABC的内心，∠BAC=90°
∴∠BAD=45°
∴∠BOD=90°
∵∠COD=∠IMO=90°，∠OND=∠INM
∴△OND∽△MNI
ON OD 5
∴ = =
NM IM 2
5 2
∴ON= ，NM=
7 7
∵IO×NH=ON×ℑ
2√5
∴NH=
7
√ 2 2 10√2
在Rt△NIM中，¿=√N M2+I M2= ( ) +22=
7 7
√ 10√2 2 2√5 2 6√5
在Rt△NIH中，HI=√N I2−N H2= ( ) −( ) =
7 7 7
6√5
HI 7 3√10
∴cos∠OID= = =
NI 10√2 10
7
3√10
故答案为： ．
10
【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质、三角形内接圆的性质、正方形的判定与性质、同一个三角形
面积不变性、相似三角形的判定与性质、勾股定理、同弧所对圆周角是圆心角的一半等知识点，解答本题
的关键是能够正确作出辅助线．
【变式12-3】（2020·重庆南岸·校考一模）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，
下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心和
内心，则OI2=R2−2Rr.
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的
半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI
＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
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∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
IM ID
∴ = ，
IA IN
∴IA⋅ID=ℑ⋅∈¿①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
IA IF
∴ = ，∴IA⋅BD=DE⋅IF②，
DE BD
任务：(1)观察发现：ℑ=R+d，¿= (用含R，d的代数式表示)；
(2)请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部
分；
(4)应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为
cm.
【答案】(1)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4)√5.
【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三
角形外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
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∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又IA⋅ID=ℑ⋅∈¿，IA⋅BD=DE⋅IF，
∴DE·IF=IM·IN，
∴2Rr=(R+d)(R−d)，
∴R2−d2=2Rr
∴d2=R2−2Rr；
(4)由(3)知：d2=R2−2Rr，
把R=5，r=2代入得：d2=52−2×5×2=5，
∵d>0，
∴d=√5，
故答案为√5.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定义，
三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
【变式12-4】（2021·福建厦门·统考二模）如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，⊙O是
△ABC的外接圆，连接CO并延长交⊙O于点D，连接BD，点E是△ABC的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点E，证明BD=DE；
（2）求线段CE长．
【答案】（1）见解析；（2）CE=4√2−4．
1
【分析】（1）三角形内心的作法确定点E，点E是△ABC的内心可得到∠ABE=∠EBO= ∠ABC，
2
⊙O是△ABC的外接圆，用外接圆的性质可以求出∠BOE=∠BOD，再用三角形角之间的关系可以证明
BD=DE．
（2）∠ACB=90°得到 AB为⊙O的直径，⊙O是△ABC的外接圆可知OC垂直平分AB，E是内心可推
出CE=CD−DE，再用三角函数的性质可求出CE．
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【详解】（1）如图，点E即为所求．
∵AC=BC=4，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=45°．
连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
1
∴∠ABE=∠EBO= ∠ABC=22.5°．
2
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴AO=BO，
又∵AC=BC，
∴CO⊥AB，
∴∠BOE=∠BOD=90°，
在△BOE中，∠BOE+∠EBO+∠OEB=180°，
∴∠OEB=67.5°，
∵∠BOD=90°，DO=BO，
∴∠OBD=45°，
∴∠EBD=∠OBD+∠EBO=67.5°，
∴∠EBD=∠OEB，
∴BD=DE．
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC=4
∴AB为⊙O的直径，AB=4√2
∴CD=AB=4√2
∵⊙O是△ABC的外接圆
∴OC垂直平分AB
∴OC平分∠ACB
∵E是内心
∴CE平分∠ACB
∴点E在线段CD上，即CE=CD−DE
∵∠D=∠DCB=45°
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∴∠CBD=90°，
CD
∴BD= =4
sin45°
∵BD=DE
∴CE=CD−DE=4√2−4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内心，三角函数的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形是
解题的关键．
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