难点08与圆有关的位置关系常考题型（8大热考题型）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2025中考复习资料_2025年中考数学一轮知识梳理

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 难点 08 与圆有关的位置关系常考题型 （8 大热考题型） 题型一：点与圆的位置关系 题型二：确定圆的条件 题型三：三角形的外接圆问题 题型四：直线与圆的位置关系 题型五：切线的证明 题型六：切线的性质 题型七：三角形内切圆问题 题型八：切线长定理 题型一：点与圆的位置关系 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·广东广州·中考真题）如图， 中，弦 的长为 ，点 在 上， ， ． 所在的平面内有一点 ，若 ，则点 与 的位置关系是（ ） A．点 在 上 B．点 在 内 C．点 在 外 D．无法确定 【答案】C 【分析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解 题关键．由垂径定理可得 ，由圆周角定理可得 ，再结合特殊角的正弦值，求出 的 半径，即可得到答案． 【详解】解：如图，令 与 的交点为 ， 为半径， 为弦，且 ， 1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 ， ， 在 中， ， ， ， ， ，即 的半径为4， ， 点 在 外， 故选：C． 【变式1-1】（2022·吉林·中考真题）如图，在 中， ， ， ．以点 为圆心， 为半径作圆，当点 在 内且点 在 外时， 的值可能是（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】先利用勾股定理可得 ，再根据“点 在 内且点 在 外”可得 ，由此即可得 出答案． 【详解】解： 在 中， ， ， ， ， 2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 点 在 内且点 在 外， ，即 ， 观察四个选项可知，只有选项C符合， 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键． 【变式1-2】（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形 中， ，圆B的半径为1，圆A 与圆B内切，则点 与圆A的位置关系是（ ） A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外 C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外 【答案】C 【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可 【详解】 ∵圆A与圆B内切， ，圆B的半径为1 3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 ∴圆A的半径为5 ∵ <5 ∴点D在圆A内 在Rt ABC中， △ ∴点C在圆A上 故选：C 【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键 【变式1-3】（2021·青海·中考真题）点 是非圆上一点，若点 到 上的点的最小距离是 ，最大距 离是 ，则 的半径是 ． 【答案】 或 【分析】分点 在 外和 内两种情况分析；设 的半径为 ，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 的半径为 当点 在 外时，根据题意得： ∴ 当点 在 内时，根据题意得： ∴ 故答案为： 或 ． 【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． 【中考模拟即学即练】 1．（2023九年级上·江苏·专题练习）已知 的半径是4， ，则点P与 的位置关系是（ ） A．点P在圆上 B．点P在圆内 C．点P在圆外 D．不能确定 【答案】B 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，若点与圆心的距离d，圆的半径为，则当 时，点在圆外； 当 时，点在圆上；当 时，点在圆内，据此求解即可． 【详解】解：∵ ， ∴点P到圆心的距离小于 的半径， ∴点P在圆内， 故选：B． 2．（2024·云南怒江·一模）平面内， 的半径为10 ，若点P在 内，则 的长可以是 4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．8 B．10 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点与圆的位置关系．熟练掌握点在圆内，则点到圆心的距离小于圆的半径是解题的关 键． 根据点在圆内，则点到圆心的距离小于圆的半径判断作答即可． 【详解】解：∵点P在 内， ∴ ， ∴ 的长可以是8 ， 故选：A． 3．（2024·江苏宿迁·模拟预测）已知 的半径为 ，点 到圆心 的距离为 ，若关于 的方程 不存在实数根，则点 与 的位置关系是（ ） A．点 在 外 B．点 在 上 C．点 在 内 D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别方法和点与圆的位置关系，根据一元二次方程根的情况，判断 的取值范围，再根据点与圆心的距离，判断点与圆的位置关系，熟练掌握根的判别方法和判断点与圆的 位置关系的方法是解题的关键． 【详解】解：由题意，得 ， 解得 ， ∴ ，则点 在 外， 故选： ． 4．（2024·河北沧州·模拟预测）小明手中有几组大小不等的三角板，分别是含 度， 度的直角三角板． 从中选择两个各拼成如图所示的图形，则关于两图中四个顶点 ， ， ， 的说法，正确的是 （ ） 5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．甲图四点共圆，乙图四点共圆 B．甲图四点共圆，乙图四点不共圆 C．甲图四点不共圆，乙图四点共圆 D．甲图四点不共圆，乙图四点不共圆 【答案】C 【分析】本题考查圆的定义，点和圆的位置关系，直角三角形斜边中线性质，熟练掌握这些定义和性质是 解题的关键．甲图中，取 中点 ，连接 ， ，得出 ，得点 、 、 是以点 为圆心， 为半径的圆上，再判断点 在圆 外即可；乙图中，取 中点 ，连接 ， ，得 ，即可判断． 【详解】解：如甲图中，取 中点 ，连接 ， ， ∵ ， ∴ ， ∴点 、 、 是以点 为圆心， 为半径的圆上， 为直角三角形， ∴ ， ∴点 在圆 外， ∴甲图四点不共圆； 如乙图中，取 中点 ，连接 ， ， ∵ ， ∴ ， ∴点 、 、 、 是以点 为圆心， 为半径的圆上， ∴乙图四点共圆， 综上，甲图四点不共圆，乙图四点共圆， 故选：C． 5．（2024·浙江·模拟预测）如图，X，Y，Z是某社区的三栋楼， ， ， ．若在 中点M处建一个 网络基站，该基站的覆盖半径为 ，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是 （ ） 6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．X，Y，Z B．X，Z C．Y，Z D．Y 【答案】A 【分析】本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到 点的距 离．根据勾股定理的逆定理证得 是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得 的长， 然后与 比较大小，即可解答本题． 【详解】解： ， ， ． ， 是直角三角形， ， 点 是斜边 的中点， ， 是直角三角形， 是斜边 的中线， ， ， 点 、 、 都在圆内， 这三栋楼都在该 基站覆盖范围内． 故选：A 6．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图，在网格（每个小正方形的边长均为 ）中选取 个格点（格线的交 点称为格点），如果以 为圆心， 为半径画圆，选取的格点中除点 外恰好有 个在圆内，则 的取值范 围为（ ） 7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． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点 的距离，结合点与 圆的位置关系，即可得出结论． 【详解】解：给各点标上字母，如图所示． ， ， ， ， ， 时，以 为圆心， 为半径画圆，选取的格点中除点 外恰好有3个在圆内． 故选：A． 7．（2024·浙江绍兴·二模）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点 ， ， ， 在 格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点 为原点建立直角坐标系． 8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)过 ， ， 三点的圆的圆心 坐标为______； (2)请通过计算判断点 与 的位置关系． 【答案】(1) (2) 在圆 外 【分析】本题考查了垂径定理推论，勾股定理，平面坐标系中点的坐标，点与圆的位置关系，根据垂径定 理得出圆心位置是解答本题的关键． （1）连接 ， ，分别作 ， 的垂直平分线，两直线交于点 ，就是过 ， ， 三点的圆的 圆心，由图形可得 的坐标； （2）分别求出 和 的长度进行比较即可作出判断． 【详解】（1）解：如图，连接 ， ，分别作 ， 的垂直平分线，两直线交于点 ， 是过 ， ， 三点的圆的圆心， ． （2） ， ， ， 9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 ， ， ， 点 在 的外部． 题型二：确定圆的条件 【中考母题学方法】 【典例1】（2023·江西·中考真题）如图，点 ， ， ， 均在直线 上，点 在直线 外，则经过其中 任意三个点，最多可画出圆的个数为（ ） A．3个 B．4个 C．5个 D．6个 【答案】D 【分析】根据不共线三点确定一个圆可得，直线上任意2个点加上点 可以画出一个圆，据此列举所有可 能即可求解． 【详解】解：依题意， ； ； ； ； ， 加上点 可以画出一个圆， ∴共有6个， 故选：D． 【点睛】本题考查了确定圆的条件，熟练掌握不共线三点确定一个圆是解题的关键． 【变式2-1】（2023·江苏徐州·中考真题）两汉文化看徐州，桐桐在徐州博物馆“天工汉玉”展厅参观时了 解到；玉璧，玉环为我国的传统玉器，通常为正中带圆孔的扇圆型器物，据《尔雅·释器》记载：“肉倍好， 谓之璧；肉好若一，调之环．”如图1，“肉”指边（阴影部分），“好”指孔，其比例关系见图示，以 考古发现看，这两种玉器的“肉”与“好”未必符合该比例关系． 10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)若图1中两个大圆的直径相等，则璧与环的“肉”的面积之比为 ； (2)利用圆规与无刻度的直尺，解决下列问题（保留作图痕迹，不写作法）． ①图2为徐州狮子山楚王墓出土的“雷纹玉环”及其主视图，试判断该件玉器的比例关系是否符合“肉好 若一”？ ②图3表示一件圆形玉坯，若将其加工成玉璧，且比例关系符合“肉倍好”，请画出内孔． 【答案】(1) (2)①符合，图见详解；②图见详解 【分析】（1）根据圆环面积可进行求解； （2）①先确定该圆环的圆心，然后利用圆规确定其比例关系即可；②先确定好圆的圆心，然后根据平行 线所截线段成比例可进行作图． 【详解】（1）解：由图1可知：璧的“肉”的面积为 ；环的“肉”的面积为 ， ∴它们的面积之比为 ； 故答案为 ； （2）解：①在该圆环任意画两条相交的线，且交点在外圆的圆上，且与外圆的交点分别为A、B、C，则 分别以A、B为圆心，大于 长为半径画弧，交于两点，连接这两点，同理可画出线段 的垂直平分 线，线段 的垂直平分线的交点即为圆心O，过圆心O画一条直径，以O为圆心，内圆半径为半径 画弧，看是否满足“肉好若一”的比例关系即可 11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 由作图可知满足比例关系为 的关系； ②按照①中作出圆的圆心O，过圆心画一条直径 ，过点A作一条射线，然后以A为圆心，适当长为半 径画弧，把射线三等分，交点分别为C、D、E，连接 ，然后分别过点C、D作 的平行线，交 于 点F、G，进而以 为直径画圆，则问题得解；如图所示： 【点睛】本题主要考查圆的基本性质及平行线所截线段成比例，熟练掌握圆的基本性质及平行线所截线段 成比例是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2023·山东青岛·二模）已知：如图，点P是 的边BC上的一点． 求作： ，使点O在 的角平分线上，且 经过B、P两点． 【答案】见解析 【分析】作 的角平分线交 的中垂线于一点即为O． 【详解】解：如图所示，点 为所求： 12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 【点睛】本题主要考查的是角平分线以及中垂线等综合知识，灵活掌握角平分线以及中垂线的作图是解题 的关键． 2．（2024·江西上饶·一模）平面上有4个点，它们不在同一直线上，过其中3个点作圆，可以作出不重复 的圆 个，则 的值不可能为（ ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】本题考查了确定圆的条件，分为三种情况：①当四点都在同一个圆上时，②当三点在一直线上时， ③当A、B、C、D四点不共圆，且其中的任何三点都不共线时，根据不在同一直线上的三点可以画一个圆， 画出图形，即可得出答案． 【详解】解：分为三种情况：①当四点都在同一个圆上时，如图1，此时 ， ②当三点在一直线上时，如图2， 分别过 或 或 作圆，共3个圆，即 ， ③当 四点不共圆，且其中的任何三点都不共线时， 13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 分别过 或 或 或 作圆，共4个圆，即此时 ， 即 不能是2， 故选：C． 3．（2023·贵州贵阳·二模）下列四个命题，正确的是（ ） ①经过三点一定可以画一个圆； ②三角形的内心是三角形三条角平分线的交点； ③三角形的外心一定在三角形的外部； ④三角形的外心到这个三角形三个顶点的距离都相等． A．①② B．①④ C．②④ D．③④ 【答案】C 【分析】根据确定圆的条件、三角形的内心和外心的概念判断． 【详解】解：①经过不在同一直线上的三点一定可以画一个圆，故本小题说法错误； ②三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，说法正确； ③钝角三角形的外心一定在三角形的外部，直角三角形的外心是斜边的中点，锐角三角形的外心在三角形 的内部，故本小题说法错误； ④三角形的外心到这个三角形三个顶点的距离都相等，说法正确； 故选：C． 【点睛】本题考查的是命题的真假判断，掌握确定圆的条件、三角形的内心和外心的概念是解题的关键． 4．（2024·吉林长春·三模）将边长为2的小正方形ABCD 和边长为4的大正方形 EFGH如图摆放，使得 C、E两点刚好重合，且B、C、H三点共线，此时经过A、F、G三点作一个圆，则该圆的半径为 ． 14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】 【分析】本题考查确定圆的圆心，由题意可知， ， ，取 的中点 ，连接 ， ， ，由勾股定理可得 ，可知点 为 、 、 三点所作圆的圆心，进而可 得答案． 【详解】解：由题意可知， ， ， 取 的中点 ，则 ， ， 连接 ， ， ， 由勾股定理可得： ， ， ∴ ， 即：点 为 、 、 三点所作圆的圆心， 则该圆的半径为 ， 故答案为： ． 5．（2024·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形 水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索 15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 上海之鱼的大小． (1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹） (2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处， 并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离 为22 米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径． 【答案】(1)见解析 (2)圆弧形水道外侧的半径为483米 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图： （1）如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点 即为点O； （2）如图所示，连接 ，由垂径定理可得 ， 米，则 四点共线，设 米，则 米，由勾股定理得 ，解得 ，则 米． 【详解】（1）解：如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线， 二者的交点即为点O； （2）解：如图所示，连接 ， ∵C为 的中点，点D为圆弧形道路内侧中点， 16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 ∴ ， 米， ∴ 四点共线， 设 米，则 米， 在 中，由勾股定理得 ， ∴ ， 解得 ， ∴ 米． 答：圆弧形水道外侧的半径为483米． 6．（2024·吉林长春·三模）图①、图②、图③中每个小正方形的顶点称为格点，图中点A、B、C、D、 E、F、G分别是圆上的格点，仅用无刻度直尺，分别确定图①、图②、图③中的圆心O（保留适当的作图 痕迹） 【答案】见解析 【分析】本题考查了直角所对的弦是直径，根据圆周角定理确定两条直径，进而即可求解． 【详解】解：如图所示， 17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 题型三：三角形的外接圆问题 【中考母题学方法】 【典例1】（2020·河北·中考真题）有一题目：“已知；点 为ΔABC的外心， ，求 ．” 嘉嘉的解答为：画ΔABC以及它的外接圆 ，连接 ， ，如图．由 ，得 ． 而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全， 还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ） A．淇淇说的对，且 的另一个值是115° B．淇淇说的不对， 就得65° C．嘉嘉求的结果不对， 应得50° D．两人都不对， 应有3个不同值 【答案】A 【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案． 【详解】解：如图所示： ∵∠BOC=130°， ∴∠A=65°， ∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补． 故∠A′＝180°−65°＝115°． 18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 故选：A． 【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键． 【变式3-1】（2022·江苏常州·中考真题）如图， 是 的内接三角形．若 ， ， 则 的半径是 ． 【答案】1 【分析】连接 、 ，根据圆周角定理得到 ，根据勾股定理计算即可． 【详解】解：连接 、 ， ， ， ，即 ， 解得： ， 故答案为：1． 【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键． 【变式3-2】（2023·内蒙古·中考真题）如图， 是锐角三角形 的外接圆， 19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 ，垂足分别为 ，连接 ．若 的周长为 21，则 的长为（ ） A．8 B．4 C．3.5 D．3 【答案】B 【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是 的中点，再由中位线的性质及三 角形的周长求解即可． 【详解】解：∵ 是锐角三角形 的外接圆， ， ∴点D、E、F分别是 的中点， 1 1 1 ∴DF  BC,DE AC,EF  AB， 2 2 2 DEDF 6.5,△ABC ∵ 的周长为21， ∴CBCAAB21即2DF2DE2EF 21， ∴EF 4， 故选：B． 【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是 解题关键． 【变式3-3】（2023·湖南湘西·中考真题）如图，O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作 1 于点E，点P为线段 上一动点（点P不与B，E重合），则CP BP的最小值为 ． BE AC BE 2 20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】6 【分析】过点P作PD AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三 1 角形的性质得到 ， ，然后利用含 角直角三角形的性质得到OE OA2，进而 OAOB4 CF  AB 30 2 1 求出 ，然后利用CP BPCPPDCF 代入求解即可． BEBOEO6 2 【详解】如图所示，过点P作PD AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO ∵VABC是等边三角形，BE AC 1 ∴ABECBE ABC30 2 ∵O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4 ∴OAOB4，CF  AB， ∴OBAOAB30 1 ∴OAEOAB BAC 30 2 ∵BE AC 1 ∴OE OA2 2 ∴BEBOEO6 ∵PD AB，ABE30 1 ∴PD PB 2 1 ∴CP BPCPPDCF 2 1 ∴CP BP的最小值为 的长度 2 CF ∵VABC是等边三角形，BE AC，CF  AB 21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 ∴CF  BE  6 1 ∴CP BP的最小值为6． 2 故答案为：6． 【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30角直角三角形的性质等知识，解题 的关键是熟练掌握以上知识点． 57 【变式3-4】（2022·广西玉林·中考真题）如图，在 网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B， C，D，E均在格点上，点O是VABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除VABC外把你认为外心也 是O的三角形都写出来 ． 【答案】△ADC、△BDC、△ABD 【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解． 1222  5 【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为： ， r 5 则外接圆半径 ， 1222  5r 图中D点到O点距离为： ， 1232  10 图中E点到O点距离为： ， 则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC， 故答案为：△ADC、△ADB、△BDC． 【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键． 【变式3-5】（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究 得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题： 如图1，VABC中，AB AC，BAC （60180）．点D是BC边上的一动点（点D不与B，C 重合），将线段AD绕点A顺时针旋转到线段AE，连接BE． 22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)求证：A，E，B，D四点共圆； (2)如图2，当ADCD时，O是四边形AEBD的外接圆，求证：AC是O的切线； (3)已知120，BC6，点M是边BC的中点，此时P是四边形AEBD的外接圆，直接写出圆心P与点 M距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 3 (3) 2 【分析】（1）根据旋转的性质得到AE  AD，∠DAE ，证明BAECAD，进而证明 ABE≌ACD，可以得到AEBADC，由ADCADB180，可得AEBADB180，即可证 明A、B、D、E四点共圆； （2）如图所示，连接OA，OD，根据等边对等角得到∠ABC ∠ACB∠DAC，由圆周角定理得到 ∠AOD2∠ABC 2∠DAC，再由OAOD，得到OADODA，利用三角形内角和定理证明 DACOAD90，即OAC 90，由此即可证明AC是O的切线； （3）如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM ，先求出BC30， 1 1 再由三线合一定理得到BM CM  BC 3， ，解直角三角形求出 ，则BG AB 3， 2 AM BC AB2 3 2 再解RtBGF得到BF 2，则FM 1；由P是四边形AEBD的外接圆，可得点P一定在AB的垂直平分 线上，故当MP⊥GF 时，PM 有最小值，据此求解即可． 【详解】（1）证明：由旋转的性质可得AE  AD，∠DAE ， ∴BAC DAE， ∴BACBADDAEBAD，即BAECAD， 又∵AB AC， △ABE≌△ACDSAS ∴ ， ∴AEBADC， 23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 ∵ADCADB180， ∴AEBADB180， ∴A、B、D、E四点共圆； （2）证明：如图所示，连接OA，OD， ∵AB AC，ADCD， ∴∠ABC ∠ACB∠DAC， ∵O是四边形AEBD的外接圆， ∴AOD2ABC， ∴∠AOD2∠ABC 2∠DAC， ∵OAOD， ∴OADODA， ∵OADODAAOD180， ∴2∠DAC2∠OAD180， ∴DACOAD90，即OAC 90， ∴OA AC， 又∵OA是O的半径， ∴AC是O的切线； （3）解：如图所示，作线段AB的垂直平分线，分别交AB、BC于G、F，连接AM ， ∵AB AC，BAC 120， ∴BC30， ∵点M是边BC的中点， 1 ∴BM CM  BC 3， ， 2 AM BC BM ∴AB 2 3， cosB 24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 ∴BG AB 3， 2 BG 在 中，BF  2， RtBGF cosB ∴FM 1， ∵P是四边形AEBD的外接圆， ∴点P一定在AB的垂直平分线上， ∴点P在直线GF 上， ∴当MP⊥GF 时，PM 有最小值， ∵∠PFM ∠BFG90∠B60， 3 PM MFsin∠PFM  ∴在Rt△MPF中， 2 ， 3 ∴圆心P与点M距离的最小值为 2 ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外 接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 VABC B45 AB6 1．（2023·河北秦皇岛·一模）在 中， ， ．甲、乙、丙分别给出了一个条件，想使 BC的长唯一，其中正确的是（ ） 甲：AC 4； 乙：AC 8； 丙：VABC的外接圆半径为4 A．只有甲 B．只有乙 C．只有丙 D．乙和丙 【答案】B 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理等，掌握三角形的外接圆与外心是解题的关键． 25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 B45 AB6 C BE ADBE D 根据题意画出图形，使 ， ，点 在射线 上，作 于点 ，根据等腰直角三角形 的性质可得AD的长，再由AD和AC的长作比较即可判断甲乙；由AD和AB的长，结合该三角形外接圆 的半径长，即可判断该外接圆的圆心可以在AB的上、下两侧，即可判断丙． B45 AB6 C BE ADBE D 【详解】解：如图， ， ，点 在射线 上，作 于点 ， ， 2 ADBD AB3 2 2 3 24， 不存在AC 4的VABC，故甲不符合题意；  AB6 AD3 2 AC 8 ， ， ， 而AC 6， 存在AC 8的VABC，使得BC的长唯一成立，如上图中的点C即是，故乙符合题意；  AD3 2 4 AB68 ， ， 当VABC的外接圆半径为4时， 如图， ， B45 AOC90， AC 4 2 ， 43 24 2 68 ， 26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 存在两个C使VABC的外接圆半径为4，两个外接圆的圆心分别在AB的上、下两侧，故丙不符合题意； 综上所述，只有乙符合题意． 故选：B． VABC B,C 2．（2024·宁夏固原·模拟预测）如图，在已知的 中，按以下步骤作图：①分别以 为圆心，以大 1 于 BC长为半径作弧，两弧相交于两点 ；②作直线 交 于点 ，连接 ．若 ， 2 M,N MN AB D CD CD AD B25，则下列结论中错误的是( ) A．ACD65 B．ACB90 C．CAD50 D．点D是VABC的外心 【答案】C 【分析】本题考查的是作图-基本作图，线段垂直平分线的作法，等边对等角，三角形内角和定理的应用， 三角形的外心的定义；由题意可知直线MN是线段BC的垂直平分线，故BN CN ，BC，故可得出 CDA的度数，根据CD AD可知DCACAD，故可得出CAD的度数，进而可得出结论． 【详解】解：由题意可知直线MN是线段BC的垂直平分线， BDCD，BBCD， B25， BBCD25， CDA252550． CD AD， 18050 ， ACDCAD 2 65  A正确，C错误； CD AD，BDCD， CD ADBD， 点D为ABC的外心，故D正确； ACD65，BCD25， ACB652590，故B正确． 27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 故选：C． 1 3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，在 中，已知 ，cosA ， 是 的中点，点 是 VABC BC4 2 3 D BC O VABC的外接圆圆心，则OD（ ） 2 A． B． C． D． 2 2 1 2 【答案】C 【分析】本题考查了三角形外接圆，等腰三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形的应用，连接 OB，OC，以OB为半径作VABC的外接圆，由等腰三角形的性质可得OD  BC ， 1 1 BDCD BC 2 2，BODCOD BOC，进而由圆周角定理可得 ，即得 2 2 BODA 1 cosBOD ，得到 ，再利用勾股定理得到3OD2 OD2  2 2 2 ，解之即可求解，正确作出 3 OB3OD 辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接OB，OC，以OB为半径作VABC的外接圆， ∵O是VABC的外接圆， ∴OBOC， D BC BC4 2 ∵ 是 的中点， ， 1 1 ∴ ，BDCD BC 2 2，BODCOD BOC， OD  BC 2 2 ∵BOC 2A， ∴BODA， 28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 ∵cosA ， 3 1 ∴cosBOD ， 3 OD 在 中，cosBOD ， RtBOD OB OD 1 ∴  ， OB 3 ∴OB3OD， OB2 OD2BD2 ∵ ， 3OD2 OD2  2 2 2 ∴ ， 解得OD1， 故选：C． 4．（2024·河北邯郸·三模）如图，正方形纸片ABCD的中心O刚好是ABM 的外心，则AMB （ ） A．135 B．125 C．115 D．105 【答案】A 【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，正方形的性质，根据题意可得A,M,B,C是四点共圆，再利用 圆内接四边形的性质即可求解 【详解】解：如图所示，连接AC， 29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 ∵正方形纸片ABCD的中心O刚好是ABM 的外心，且O是VABC的外心， ∴A,M,B,C是四点共圆， ∴ACBAMB180 ∴AMB18045135， 故选：A． 5．（2024·山东淄博·二模）如图，在VABC中，BAC60，ADBC于点D，且AD4，则VABC面积 的最小值为 ． 16 3 【答案】 3 【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外接圆的半径，垂径定理，作VABC的外接圆O，连接OA， OB，OC，过点O作OE BC于点E，根据圆周角定理可得BOC 120，则OBCOCB30，设 1 1 3 3 1 OE OB r BE OB r r+ r�4 O的半径为r，则 2 2 ， 2 2 ，根据OAOE  AD得出 2 ，求得半径 的范围，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】作VABC的外接圆O，连接OA，OB，OC，过点O作OE BC于点E， ，  BAC60 30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 BOC 120，  OBOC， OBCOCB30， 1 1 3 3 OE OB r BE OB r 设O的半径为r，则 2 2 ， 2 2 ， BC  3r  ，  OAOE  AD， 1 r+ r�4，  2 8 解得：r ， 3 8 3 BC  3 ， 1 1 8 3 16 3 S  BCAD  4  ABC 2 2 3 3 ， 16 3 的面积的最小值为 ， VABC 3 16 3 故答案为： 3 . 6．（2023·广东湛江·模拟预测）如图，已知VABC． VABC O (1)用直尺和圆规作 的外接圆 ；（不写作法，保留作图痕迹） AB 2 ACB45 O (2)若 ， ，求 的半径． 【答案】(1)图见解析 31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 O (2) 的半径为1 AB BC OA OA O 【分析】（1）作线段 ， 的垂直平分线交于点O，连接 ．以O为圆心， 为半径作 即可； （2）由圆周角定理求出AOB90，然后利用勾股定理求解即可． O 【详解】（1）解：如图， 即为所求． （2）解：连接OB． 由题意得，OAOBr， AB AB ACB45 ∵ ， ， ∴AOB90． RtAOB OA2OB2  AB2 在 中， ， AB＝ 2 ∵ ， ∴OAOB1， O ∴ 的半径为1． 【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，三角形的外接圆与外心等知识，解题的关键是理解题意， 32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 灵活运用所学知识解决问题． 7．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图1，已知点A为线段BC外一点，连接AB，AC，且 BAC45，BC 6，求VABC面积的最大值； （2）如图2，某城市有一个废旧机车工厂，现在想利用这个废旧机车工厂改造为机车主题公园，其中AP 为原有机车的铁轨，长500m，计划保留放置各种年代的机车头作为网红留念打卡地标．AP两侧为面积相 等的现代与未来两个主题活动区，要求BAC 120，点P为BC的中点，按照设计要求，求出符合条件 的VABC的最大面积． VABC 9 29 VABC 250000 3m2 【答案】（1） 面积的最大值为 ；（2） 面积的最大值为 【分析】本题考查了三角形的外接圆和外心、等边三角形性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握外心 性质是解答本题的关键． BC O BAC45 OB OC ADBC O VABC （1）以 为一条弦作 ，且 ，连接 、 ，当 且过点 时， 面积最大， 根据已知数据和勾股定理求出最大面积即可； AP M APMP MC AMC O AO MO PO （2）延长 到 ，使 ，连接 ，作 的外接圆 ，连接 ， ，连接 并延长， 交O于点H，当点C与点H重合时，AMC的面积最大，解直角三角形，求得PH ，即可得到最大面积． VABC O A ADBC VABC 【详解】解：（1）如图1，作 的外接圆 ，当点 运动到 时， 的高达到最大值， VABC面积最大，延长AO交BC于点D， ， BAC 45 BOC90， 33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  BC 6， 1 ，OD BC 3， OBOC3 2 2 1 1   S  BCAD 6 3 23 9 29． ABC 2 2 VABC 9 29 答： 面积的最大值为 ； （2）如图2，延长AP到M ，使APMP，连接MC， ∵点P为BC的中点， ∴BPCP， ∵APBMPC， ABP≌CPMSAS ∴ ， BAPCMP S S S S ∴ ， △APC △APB △APC △MCP， S S ∴ ABC AMC， ∵BAC 120， ∴BAPPAC 120， ∴CMPPAC 120， ∴ACM 60°，作AMC的外接圆O， 连接AO，MO，连接PO并延长，交O于点H， 当点C与点H重合时，AMC的面积最大， 1 此时AHP AHM 30， 2 AP 500 ∴PH   500 3m ， tan30 tan30 1 1 ∴ 面积的最大值 AMPH  5002500 3250000 3  m2 ， AMC 2 2 34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 S 250000 3  m2 即 ABC最大 ． 题型四：直线与圆的位置关系 【中考母题学方法】 【典例1】（2022·四川凉山·中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B 两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6 (1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由； (2)求AB的长； (3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式． 【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析 (2)6 1 (3)y   x  2 2 【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论； （2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x， MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解； （3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4， 4 5 所以OB=8，C（4，0），在Rt BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC= ，在Rt BCD中， △ △ ∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt CPD和在Rt MPD中，由勾股定理，求得CP=2， PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求△出直线CD解△析式即可． 【详解】（1）解：⊙M与x轴相切，理由如下： 连接CM，如图， 35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 ∵MC=MA， ∴∠MCA=∠MAC， ∵AC平分∠OAM， ∴∠MAC=∠OAC， ∴∠MCA=∠OAC， ∵∠OAC+∠ACO=90°， ∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°， ∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上， ∴⊙M与x轴相切； （2）解：如图，过点M作MN⊥AB于N， 由（1）知，∠MCO=90°， ∵MN⊥AB于N， ∴∠MNO=90°，AB=2AN， 又∵∠CON=90°， ∴四边形OCMN是矩形， ∴MN=OC，ON=CM=5， ∵OA+OC=6， 设AN=x， 36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 ∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x， 在Rt MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得 x2+(1△+x)2=52， 解得：x=3，x=-4（不符合题意，舍去）， 1 2 ∴AN=3， ∴AB=2AN=6； （3）解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P， 由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4， ∴OB=8，C（4，0） 在Rt BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得 △OB2 OC2  82 42 4 5 BC= ， ∵BD是⊙M的直径， ∴∠BCD=90°，BD=10， 在Rt BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得 △  2 CD= BD2BC2  102 4 5 2 5，即CD2=20， 在Rt CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2， 在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2， ∴20-△CP2=10CP-CP2， ∴CP=2， ∴PD2=20-CP2=20-4=16， ∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8， ∴D（8,-2）， 设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得 37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 k  4kb0  2  8kb2 ，解得： b2 ， 1 ∴直线CD的解析式为：y   x  2． 2 【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函 数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键． 【变式5-1】（2022·贵州六盘水·中考真题）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线 和圆的位置关系是（ ） A．相切 B．相交 C．相离 D．平行 【答案】B 【分析】根据直线和圆的位置关系的进行判断即可． 【详解】解：∵餐盘看成圆形的半径大于餐盘的圆心到筷子看成直线l的距离为d. ∴dr， ∴直线和圆相交． 故选：B 【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离 是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d r ，可知直线 l 与 圆O相离，于是得到问题的答案． 【详解】解：设O的半径为r， x23x10 x 4 x 1 解一元一次方程 得 1 ， 2 ， O x23x40 ∵ 的半径是一元二次方程 的一个根， ∴r 4， ∵圆心O到直线l的距离d 6， ∴d> r， ∴直线l与O相离， 故选：B． 1 4．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，点P是函数y x0 的图象上的一点， 的半径为 ，当 x P 2 P yx 与直线 有公共点时，点P的横坐标x的取值范围是（ ） 40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x 2 21x 2 A． B． 21x1 21x 21 C． D． 【答案】D PP P yx PP 【分析】如图所示， 1 2即为 与直线 有一个公共点的情况，点P只有在线段 1 2上，即符合题意，  1  Px ,  根据图象的对称性可知，APP 是等腰直角三角形，求得AP  AP 2，设 1  0 x  ，则 1 2 1 2 0  1   1  P x 2, 2 Mx 1, 1 2  0 x  ，则APP 的中点M在直线yx上，得到  0 x  ，解方程得到 0 1 2 0 x  21,x  21 0 0 （不合题意，舍去），于是得到结论． PP P yx PP 【详解】解：如图所示， 1 2即为 与直线 有一个公共点的情况， 点P只有在线段 1 2上，即符 合题意， APP 根据图象的对称性可知， 1 2是等腰直角三角形， P 2 ∵ 的半径为 ， 41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 PP 2 2 ∴ 1 2 ， AP  AP 2 ∴ 1 2 ，  1   1  Px ,  P x 2, 2 1  0 x  ，则 2  0 x  ， 0 0 APP yx 则 1 2的中点M在直线 上，  1  Mx 1, 1 ∴  0 x  ， 0 1 x 1 1 ∴ 0 x ， 0 x  21,x  21 解得： 0 0 （不合题意，舍去）， P 21 P 21 ∴ 1的横坐标是 ， 2的横坐标是 ， 21x 21 ∴ ， 故选：D． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的性质， 正确的作出辅助线是解题的关键． 5．（2024·上海嘉定·三模）设以3，4，5为边长构成的三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最 多为 个. 【答案】4 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，三角形的内切圆，直线与圆的位置关系，熟练掌握知识点，正确理 解题意是解题的关键． 可知该三角形为直角三角形，进而利用等面积法求出内切圆半径正好为1，当圆的位置移动时，就会最多 产生4个交点． 【详解】解：如图， 42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 3242 52 AC 3,BC 4,AB5 VABC O 由 得该三角形为直角三角形，设 ，作出 的内切圆 ，设切点为 D,E,F OE,OD,OF OE AC,OD AB,OF BC OEODOF OEODOF r ，连接 ，则 ， ，设 ， 1 ∵S  ACBC S S S ， △ABC 2 △AOC △OBC △ABO 1 1 ∴ 34 345r， 2 2 解得：r1， 进而可知内切圆半径为1，此时正好有3个交点， 当圆的位置移动时，就会最多产生4个交点，如图， 故答案为：4． 5 O VABC A、B BC D BD8 6．（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为 的 经过 的顶点 ，与边 相交于点 ， ， AB AD． (1)求AB的长； 43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 4 (2)如果tanC ，判断直线 与以点 为圆心、 为半径的圆的位置关系，并说明理由． 3 AB C 9 4 5 【答案】(1) ； (2)直线AB与C相交，理由见解析． 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数，三角形的面积，直线和圆的位置关系，正确作出辅 助线是解题的关键． （1）连接AO并延长交BC于点E，连接AD、OB，由AB AD可得AEBD，进而得 1 ，BE  BD4，利用勾股定理得 ，得到，再由勾股定理即可得到 的长； AEBAEC 90 2 OE3 AB AE 4 （ ）直线 与 相交．过点 作 于 ，由三角函数得  ，得到 ，进而得 2 AB C C CH  AB H CE 3 CE6 BC 10 CH 4 59 ，再根据三角形的面积得 ，即可求证． 【详解】（1）解：连接AO并延长交BC于点E，连接AD、OB， ∵AB AD， ∴AEBD， 1 ∴ ，BE  BD4， AEBAEC 90 2 OE OB2BE2  5242 3 ∴ ， ∴AE  AOOE 538， AB AE2BE2  8242 4 5 ∴ ； （2）解：直线AB与C相交，理由如下： 过点C作CH  AB于H， 44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 4 ∵ ，tanC ， AEC90 3 AE 4 ∴  ， CE 3 8 4 ∴  ， CE 3 ∴CE6， ∴BC BECE 4610， 1 1 ∵S  BC·AE  AB·CH ， ABC 2 2 1 1 ∴ 108 4 5CH ， 2 2 CH 4 59 ∴ ， ∴直线AB与C相交． 题型五：切线的证明 【中考母题学方法】 【典例1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将VABC沿过点A的直线翻折并展开，点C的对应点C落 在边AB上，折痕为AD，点O在边AB上，O经过点A、D．若ACB90，判断BC与O的位置关 系，并说明理由． 45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】BC与O相切，理由见解析 【分析】连接OD，由等腰三角形的性质得OADODA，再由折叠的性质得CADOAD，进而证 明AC∥OD，则ODBACB90，因此OD  BC，然后由切线的判定即可得出结论． 【详解】解：BC与O相切． 证明：连接OD． ∵OAOD， ∴OADODA． ∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点C落在边AB上， ∴CADOAD． ∴CADODA． ∴AC∥OD． ∴由ACB90，得ODC 90，即OD  BC ． ∴BC与O相切． 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识， 熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键． VABC O BC ADAC O 【变式5-1】（2024·山东济宁·中考真题）如图， 内接于 ，D是 上一点， ．E是 外一点，BAE CAD,ADE ACB，连接BE． (1)若AB8，求AE的长； EB O (2)求证： 是 的切线． 【答案】(1)AE8 46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 (2)见解析 BAECAD DAECAB DAE≌CABASA 【分析】（1）根据 可得 ，然后证明 ，根据全等三角形 的性质可得答案； OA,OB ABEAEBADC ACD （2）连接 ，首先证明 ，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求 1 出OBA90 AOB，然后计算出 即可． 2 OBEOBAABE90 【详解】（1）解：∵BAECAD， ∴DAECAB， 又∵ADAC，ADEACB， DAE≌CABASA ∴ ， ∴AE  AB8； OA,OB （2）证明：如图，连接 ， AE AB,AD AC 由（1）得： ， ∴ABEAEB，ADCACD， ∵BAECAD， ∴ABEAEBADC ACB， ∵OAOB， 1 1 ∴OBAOAB 180AOB90 AOB， 2 2 1 又∵ACB AOB， 2 ∴OBA90ACB， ∴OBEOBAABE 90ACBACB90， 47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 ∵OB是半径， ∴EB是O的切线． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切 线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． AB,CD O E BD AE,DE 【变式5-2】（2024·山东济南·中考真题）如图， 为 的直径，点 在 上，连接 ，点 G在BD的延长线上，AB AG,EADEDB45． AG O (1)求证： 与 相切； 1 (2)若BG4 5,sinDAE  ，求 的长． 3 DE 【答案】(1)证明见解析； 2 10 (2) 3 ． GAB90 AG O 【分析】（1）证明 ，即可证明 是 的切线； 1 DE 2 sinDCE sinDAE   AB BG2 10 DC （2）连接CE，先计算 3 DC ，再计算 2 ，后得到 1 DEDCsinDAE2 10 解答即可． 3 本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是 解题的关键． EDB,EAB 【详解】（1）解： 所对的弧是同弧 EDBEAB， EADEDB45， EADEAB45， 48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 即BAD45，  AB为直径， ADB90， B180ADBDAB45，  AB AG， BG45， GAB90， AG与O相切． （2）解： 连接CE 所对的弧是同弧， DAE,DCE DAEDCE，  DC为直径， DEC 90， 1 DE 在 中，sinDCE sinDAE   ， Rt△DEC 3 DC  BG4 5,B45,BAG90 ， 2 AB BG2 10 DC 2 ， 1 2 10 DE DCsinDAE 2 10  3 3 ． AB O O AC BC CO 【变式5-3】（2024·西藏·中考真题）如图， 是 的直径，C，D是 上两点，连接 ， ， 平分ACD，CEDB，交DB延长线于点E． 49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 CE O (1)求证： 是 的切线； 3 (2)若 的半径为5，sinD ，求 的长． O 5 BD 【答案】(1)见解析 14 (2)BD 5 1 【分析】（1）根据角平分线的定义得出ACODCO ACD，根据圆周角定理得出 2 ABDACD2ACO，证明CO∥DE，根据平行线的性质得出OCE180CED90，得出 OC CE，即可证明结论； 3 （2）根据 ，得出 ，解直角三角形得出BC  ABsinA10 6，证明 ， BC BC AD 5 ECBA 3 18 18 2 24 解直角三角形得出BE 6 ，根据勾股定理得出 CE BC2BE2  62   ，解直角三角 5 5  5  5 5 5 24 24 2 32 形得出CD CE   8，根据勾股定理得出 DE CD2CE2  82   ，最后求出结果即 3 3 5  5  5 可． 【详解】（1）证明：∵CO平分ACD， 1 ∴ACODCO ACD， 2 AD AD ∵ ， ∴ABDACD2ACO， ∵AOCO， ∴ACOCAO， ∴COBACOCAO2ACO， 50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 ∴ABDCOB， ∴CO∥DE， ∵CE DE， ∴CED90， ∵CO∥DE， ∴OCE180CED90， ∴OC CE， ∵OC为半径， ∴CE是O的切线； O （2）解：∵ 的半径为5， ∴AB2510， BC BC ∵ ， ∴AD， 3 ∴sinAsinD ， 5 ∵AB为O的直径， ∴ACB90， 3 ∴BC  ABsinA10 6， 5 ∵ECBBCOBCOACO90， ∴ECBACO， ∵ACOA， ∴ECBA， 3 ∴sinECBsinA ， 5 BE 3 即  ， BC 5 3 18 ∴BE 6 ， 5 5 18 2 24 ∴ CE BC2BE2  62   ，  5  5 51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 CE 3 ∵sinD  ， CD 5 5 5 24 ∴CD CE   8， 3 3 5 24 2 32 ∴ DE CD2CE2  82   ，  5  5 32 18 14 ∴BDDEBE    ． 5 5 5 【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的 性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． VABC O AB O E O 【变式5-4】（2024·山东东营·中考真题）如图， 内接于 ， 是 的直径，点 在 上，点 C BE AE CD DC AB 是 的中点， ，垂足为点D， 的延长线交 的延长线于点F． CD O (1)求证： 是 的切线； CD 3 ABC 60 AF (2)若 ， ，求线段 的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含30°的直角三 角形性质，是解决问题的关键． ) ) OC OAOC BC CE OCADAC OC∥AD AE CD （1）连接 ，由 ， ，推出 ，得到 ，由 ，得到 CDOC，即得； （2）由直径性质可得ACB90，推出DAC BAC30，根据含30°的直角三角形性质得到AD3， 根据F 30，得到AF 6． 52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】（1）证明：∵连接OC，则OAOC， ∴OAC OCA， C BE ∵点 是 的中点， ) ) BC CE ∴ ， ∴OAC DAC， ∴OCADAC， ∴OC∥AD， ∵AE CD， ∴CDOC， ∴CD是O的切线； AB O （2）解：∵ 是 的直径， ∴ACB90， ∵ABC 60， ∴BAC 90ABC 30， ∴DAC30， CD 3 ∵ ， AD 3CD3 ∴ ， F 90BACDAC30 ∵ ， ∴AF 2AD6． 【中考模拟即学即练】 AB O ABCD O BD ADCD 1．（2025·广西柳州·一模）如图， 是 的直径，四边形 内接于 ，连接 ， ，过 53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 点D作DE BC交BC的延长线于点E． DE O (1)求证： 是 的切线； BD8 O DE (2)若 ， 的半径为5，求 的长． 【答案】(1)证明见解析 24 (2) 5 OD，AC ADCD OD OD AC AB O 【分析】（1）如图，连接 ，由 ， 是半径，可得 ，由 是 的直径，可 得AC BC，则OD∥BC，DE^OD，进而结论得证； AD6 AB O ADB90DEB ABD∽DBE （2）由勾股定理得， ，由 是 的直径，可得 ，证明 ，则 AD AB  ，代入数据计算求解即可． DE BD 【详解】（1）证明：如图，连接OD，AC， ， 是半径，  ADCD OD OD AC，  AB是O的直径， ACB90，即AC BC， OD∥BC，  DE BC， DE^OD，  OD是半径， 54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 DE是O的切线； （2）解：由题意知，AB10， AD AB2BD2 6 由勾股定理得， ；  AB是O的直径， ADB90DEB；  ADCD ， ABDDBE， △ABD∽△DBE， AD AB 6 10  ，即  ，  DE BD DE 8 24 解得，DE ； 5 24 的长为 ． DE 5 【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，直径对的圆周角是直角，勾股定理，相似三角形的判定与性 质等知识，证明切线与相似是解题的关键． 10cm O AB O CD O 2．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在半径为 的 中， 是 的直径， 是过 上一点 C的直线，且ADDC于点D，AC平分BAD，点E是BC的中点，OE 6cm． CD O (1)求证： 是 的切线； (2)求AD的长． 【答案】(1)证明见解析 36 (2)AD cm 5 【分析】本题考查圆的切线，圆周角定理、相似三角形的判定及性质； （1）连接OC，由AC平分BAD，OAOC，可得DAC OCA，AD∥OC，根据ADDC，得 CODC O 55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 CODC O ，即可证明CD是 的切线； （2）由OE是ABC的中位线，得AC 12，再证明DAC∽CAB，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：连接OC，如图： 平分 ，  AC BAD DAC CAO． OAOC， CAOOCA， DAC OCA， AD∥OC，  ADDC， CODC， OC是O的半径， CD是O的切线； （2）解： E是BC的中点，且OAOB， OE是VABC的中位线，AC 2OE， OE6cm， AC 12cm ．  AB是O的直径， ACB90 ADC ． 又DAC CAB， \VDAC∽VCAB， AD AC AD 12   ，即  ， AC AB 12 20 36 AD cm． 5 56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 AB O AD O AB 3．（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图， 是 的直径， 是 的弦，C是 延长线上一点， BECD CD O EBC 2DAC 过点B作 交 于E，交 于F， ． CD O (1)求证： 是 的切线； 3 (2)若cosABF  ， 的半径为5，求 的长． 5 O BC 【答案】(1)见解析 10 (2) 3 【分析】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、解直角三角形． （1）连接OD，等边腰三角形的性质和三角形外角性质可得EBC 2DAC，于是EBC DOC，得 到BE∥OD，进而ODEBEC 90，以此即可得到证明； OD 3 10 （2）由 ，得到cosABF cosDOC   ，代入 ，即可解得BC = ． EBC DOC ABF OC 5 OD5 3 【详解】（1）证明：如图，连接OD， ∵OAOD， ∴DAOADO， ∴DOC DAOADO2DAO， ∵EBC 2DAC， 57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 ∴EBC DOC， ∴BE∥OD， ∵BECD，即BEC 90， ∴ODEBEC 90，即ODCD， ∵OD是O的半径， ∴CD是O的切线． （2）解：∵EBC DOC，EBC ABF， ∴EBC DOC ABF， 3 ∵cosABF  ， ， 5 ODCD OD 3 ∴cosABF cosDOC   ， OC 5 O ∵ 的半径为5， ∴OD5， 5 3 ∴  ， 5BC 5 10 解得BC = ． 3 4．（2023·北京东城·模拟预测）已知：如图，在ABC中，D是AB边上一点，圆O过D、B、C三点， DOC 2ACD． (1)求证：直线AC是圆O的切线； (2)若ODOC，ACB75，圆O的半径为4，求BC的长． 【答案】(1)见解析 2 62 2 (2) 【分析】（1）首先根据等腰直角三角形的性质可得ODCOCD，结合DOC 2DBC，通过角与角之 间的关系可得OCA90，此时即可得证； 58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 （2）首先由勾股定理得到CD的长，根据已知可得BCD30，作DE BC于点E，则DEC90，根 据锐角三角比即可解答； 【详解】（1）证明：∵ODOC， ∴ODC OCD． CDCD ∵ ， ∴DOC 2DBC， ∵DOC 2ACD， ∴DBC ACD， ∵DOCODCOCD180， ∴2DBC2OCD180， ∴DBCOCD90， ∴ACDOCDACO90， ∴直线AC是圆O的切线． （2）解：∵ODOC 4，DOC 90，ACO90， OCDODC ACD45 CD4 2 ∴ ， ． ∵ACB75， ∴BCD30， 作DE BC于点E，则DEC DEB90， DEDCsin302 2，CEDCcos302 6 ∴ ． ∵BACD45， BEDE2 2 ∴ ， BC BECE 2 62 2 ∴ ． 【点睛】本题主要考查圆的切线的证明方法、圆周角定理，解直角三角形以及等腰三角形等知识点，解题 59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 的关键是掌握以上知识点． AB O O BC BC 5．（2023·陕西西安·模拟预测）如图， 是 的直径，半径为2， 交 于点D，且D是 的中 点，DEAC于点E，连接AD． DE O (1)求证： 是 的切线． (2)若C 30，求BC的长． 【答案】(1)见解析； 4 3 (2) ． 【分析】（1）连接OD，根据中位线性质得出OD∥AC，根据DEAC，得出ODDE，即可证明DE 是O的切线； （2）根据直径所对的圆周角为直角得出ADB90，证明AD为BC的垂直平分线，得出AC  AB，根 BD AB2AD2 2 3 据勾股定了求出 ，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接OD，如图， ∵D是BC的中点， ∴BDDC， ∵OAOB， ∴OD为VBCA的中位线， ∴OD∥AC， 60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 ∵DEAC， ∴ODDE， ∵OD为O的半径， ∴DE是O的切线； AB O （2）解：∵ 是 的直径， ∴ADB90， ∵D是BC的中点， ∴AD为BC的垂直平分线， ∴AC  AB， ∴BC 30， AB O ∵ 是 的直径，半径为2， ∴AB4， 1 在Rt△ADB中， AD 2 AB2 ， BD AB2AD2 2 3 ∴ ， BC 2BD4 3 ∴ ． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，切线的判定，平行线的性质，垂直平分线的性质，中位 线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 6．（2023·四川乐山·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，且ACBDCE． CE O (1)判断直线 与 的位置关系，并证明你的结论； 2 tanACB (2)若 2 ，BC 2，求O的半径． 61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 CE O 【答案】(1)直线 与 相切，见解析 6 (2) 4 【分析】本题考查切线的判定，矩形的性质，三角函数解直角三角形，勾股定理等： CE O CEO90 OE  CE （1）连接OE．欲证直线 与 相切，只需证明 ，即 即可； Rt△ABC AB 2 AC  6 （2）在 中，根据三角函数的定义可以求得 ，然后根据勾股定理求得 ，同理知  2 6r r23 DE1；在Rt△COE中，利用勾股定理可以求得CO2 OE2CE2，即 ，从而易得r的值． CE O 【详解】（1）解：（1）直线 与 相切．理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC∥AD，ACBDAC； 又∵ACBDCE， ∴DACDCE． 连接OE，则DAC AEODCE． ∵DCEDEC90 ∴AEODEC90 ∴OEC90，即OE  CE． 又OE是O的半径， ∴直线CE与O相切． AB 2 （2）解：∵tanACB  ， ， BC 2 BC 2 2 ∴ABBCtanACB2  2， 2 62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 AC  AB2BC2  6 ∴ ． 又∵ACBDCE， 2 ∴tanDCEtanACB ， 2 ABCD DC  AB 2 ∵矩形 中， ， 2 DEDCtanDCE 2 1 ∴ 2 ； Rt△CDE CE  CD2DE2  3 在 中， ， O CO2 OE2CE2 设 的半径为r， ，  2 6r r23 即 6 解得：r  ， 4 6 即O的半径为 4 ． AB O O 7．（2024·云南昆明·模拟预测）如图， 为 的直径，点E，F是 上异于A，B的两点，延长 1 相交于点D，在 的延长线上取点C，连接 ，已知 ，CBD CAB， AF，BE AD BC BDC AFE 2 BC O (1)求证： 是 的切线； O CD6 AF (2)若 的半径为2， ，求 的长． 【答案】(1)见解析 63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 8 (2)AF  ． 5 【分析】（1）连接AE，由圆内接四边形的性质结合已知求得ADBABD，得到AD AB，由圆周角 1 定理求得 ，根据等腰三角形的性质求得BAE DAE  CAB，结合已知得到 ， AEBD 2 CBDEAB 推出ABBC，即可证明结论成立； AF AB （2）证明 ，推出  ，代入数据即可求解． BAF∽CAB AB AC 【详解】（1）证明：连接AE， ∵四边形AFEB是O的内接四边形， ∴AFEABD180， ∵BDC AFE，BDCADB180， ∴ADBABD， ∴AD AB， ∵AB为O的直径， ∴AEB90，即AEBD， 1 ∴BAE DAE  CAB， 2 1 ∵CBD CAB， 2 ∴CBDEAB， ∴ABC ABECBDABEEAB90，即ABBC， ∵点B在O上， ∴BC是O的切线； （2）解：连接BF， 64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 O ∵ 的半径为2， ∴OAOB2， ∴直径AB4， 由（1）得AD AB，ABC90， ∴AD AB4， ∵CD6， ∴AC  ADCD10， ∵AB为O的直径， ∴AFB90， ∴AFBABC 90， ∵BAF CAB， ∴BAF∽CAB， AF AB ∴  ， AB AC AF 4 ∴  ， 4 10 8 ∴AF  ． 5 【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质．正确引 出辅助线解决问题是解题的关键． 8．（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB4，BC 6．E为射线CB上一动点，以 DE为直径的O交AD于点F ，过点F 作FG AE于点G． 65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 E BC FG O (1)若 为 的中点，求证： 为 的切线． CE m O AB m (2)若 ，请直接写出 与线段 的交点个数及相应的 的取值范围． 【答案】(1)见解析 16 16 (2)当0m 或当 时， 与线段 没有交点；当m 时， 与线段 有1个交点；当 3 m6 O AB 3 O AB 16 m6时， 与线段 有2个交点 3 O AB EF OF CDE≌BAESAS CEDBEA 【分析】（1）连接 、 ，根据矩形的性质可证得 ，由此可得 ， 进而可证得OF∥EA，再结合FG AE即可证得FG为O的切线； O AB O （2）先分别求出 与线段 相切以及 经过点B这两种特殊情况时的m的值，进而分别画出相应图 形进行分类讨论即可求得答案． 本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，矩形的性质以及圆与线段的交点个 数，能够根据题意画出相应图形进行分类讨论是解决（2）的关键． 【详解】（1）如图①，连接EF、OF ， 由矩形ABCD可得BC，CDBA，CB∥DA，  E为BC的中点， CEBE， CDE≌BAESAS ， CEDBEA， CB∥DA， CEDEDA，BEAEAD， 在O中，ODOF， ODF OFD， OFDEAD， OF∥EA，  FG AE， OF FG， 点F 在O上， 66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 FG是O的切线． O AB H HO CD M （2）如图②，当 与线段 相切于点 时，连接 并延长交 于点 ， O与线段AB相切， OH  AB， 四边形ABCD是矩形， CD∥AB， OM CD， 1 DM CM  CD2， 2 设ODOH x，则OM 6x，在RtDOM 中， 根据勾股定理，得OM2DM2 OD2， (6x)222 x2 ， 10 解得x ， 3 10 8 OM 6x6  ， 3 3 点M ，O分别是CD，DE的中点， OM 是CDE的中位线， 1 8 OM  CE  ， 2 3 CEm， 8 16 m2  ， 3 3 16 当m 时， 与线段 只有1个交点；  3 O AB 16 当0m 时， 与线段 没有交点； 3 O AB E B CECB6 O AB 如图③，当点 与点 重合时， ，此时 与线段 有2个交点； 16 16 如图④，当 CE 6，即 m6时，此时 与线段 有2个交点； 3 3 O AB 如图⑤，当点E在点B的右侧时，CE CB6，即m6，此时O与线段AB没有交点． 67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 16 16 综上所述当0m 或当 时， 与线段 没有交点；当m 时， 与线段 有1个交点； 3 m6 O AB 3 O AB 16 当 m6时， 与线段 有2个交点． 3 O AB P O A B P O C P AB 9．（2024·四川眉山·二模）如图， 与 相交于 ， 两点， 经过圆心 ，点 是 的优弧 上任意一点（不与点A，B重合）．连结AB，AC，BC，OC； (1)证明：ACOBCO； C P CA O (2)请说明当点 在 什么位置时，直线 与 相切； ACB P O (3)请说明当 的度数为何值时， 与 的半径相等． 【答案】(1)详见解析； CA O (2)点C在点D位置时，直线 与 相切； (3)当ACB60时，两圆半径相等． 68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 【分析】本题主要考查了圆周角定理的推论，切线的判定，直角三角形的性质等知识， � （1）如图，连接 OA ， OB ，由半径相等得OAOB，由圆周角定理的推论即可得解； OP P AD OA DAO90 （2）如图，连接 ，并延长与 交于点D，连接 ， ，则 ，进而即可得解； 1 （3）如图，作直径 ，连接 ， ， ，先证 ，利用直角三角形的性质得OA OD， OD BD AD OA ADO30 2 进而即可得解； 熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键． 【详解】（1）如图，连接OA，OB， ∵OAOB， OAOB ∴ ， ∴ACOBCO； OP P AD OA DAO90 （2）如图，连接 ，并延长与 交于点D，连接 ， ，则 ， CA O 若点C在点D位置时，直线 与 相切，理由如下， ∴OADA， ∴DA与O相切， 69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 CA O 即点C在点D位置时，直线 与 相切； （3）当ACB60时，两圆半径相等；理由如下， 如图，作直径OD，连接BD，AD，OA， AOBO ∵ ， ∴PO垂直平分AB， ∴ADOBDO， ∵ADBACB60， ∴ADO30， ∵OD是直径， ∴DAO90， 1 ∴OA OD， 2 ∴OAPO， ∴当ACB60时，两圆半径相等． 题型六：切线的性质 【中考母题学方法】 △ABD ABBD O △ABD BE 【典例1】（2024·广东深圳·中考真题）如图，在 中， ， 为 的外接圆， 为 O AC O DC BE 的切线， 为 的直径，连接 并延长交 于点E． 70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)求证：DEBE； AB5 6 BE5 O (2)若 ， ，求 的半径． 【答案】(1)见解析 3 5 (2) 【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质： （1）连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，易证BO垂直平分AD，圆周角定理，切线的性质，推出 四边形BHDE为矩形，即可得证； DH BE 5 BH O r Rt△AOH （2）由（1）可知 ，勾股定理求出 的长，设 的半径为 ，在 中，利用勾股 定理进行求解即可． 【详解】（1）证明：连接BO并延长，交AD于点H，连接OD， ∵ABBD，OAOD， ∴BO垂直平分AD， ∴BHAD，AH DH ， ∵BE为O的切线， ∴HBBE， ∵AC为O的直径， ∴ADC 90， 71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 ∴四边形BHDE为矩形， ∴DEBE； （2）由（1）知四边形BHDE为矩形，BHAD，AH DH ， ∴AH DH BE 5， BH  AB2AH2 5 5 ∴ ， O r OAOBr,OH BH OB5 5r 设 的半径为 ，则： ， r2 52   5 5r 2 在Rt△AOH 中，由勾股定理，得： ， r3 5 解得： ； O 3 5 即： 的半径为 ． VABC AB O BC AC 【变式6-1】（2024·山西·中考真题）如图，已知 ，以 为直径的 交 于点D，与 相切于 点A，连接OD．若AOD80，则C的度数为（ ） A．30 B．40 C．45 D．50 【答案】D 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出 1 B AOD40，有圆的切线定理可得出 ，由直角三角形两锐角互余即可得出答案． 2 BAC 90 AD AD 【详解】解：∵ ， 1 ∴B AOD40． 2 AB O AC ∵以 为直径的 与 相切于点A， ∴BAC 90， 72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 ∴C 904050． 故选：D． A,B O AOB72 MN O 【变式6-2】（2024·福建·中考真题）如图，已知点 在 上， ，直线 与 相切，切 C C AB ACM 点为 ，且 为 的中点，则 等于（ ） A．18 B．30 C．36 D．72 【答案】A � 【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为AB的中点，三角形内 1 角和可求出OCA (18036)72，再根据切线的性质即可求解． 2 AOB72 C AB 【详解】∵ ， 为 的中点， ∴AOC 36 ∵OAOC 1 ∴OCA (18036)72 2 ∵直线MN与O相切， ∴OCM 90， ∴ACM OCM OCA18 故选：A． AB O C AB CD O 【变式6-3】（2024·江苏徐州·中考真题）如图， 是 的直径，点 在 的延长线上， 与 相 切于点D，若C 20，则CAD °． 73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】35 【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接OD，构造直角三 角形，利用OAOD，从而得出CAD的度数． 【详解】解：连接OD， 与 相切于点 ，  CD O D ODC 90， C20， COD70； OAOD， 1 ODACAD COD35 ， 2 故答案为：35 O AC O BC 【变式6-4】（2024·浙江·中考真题）如图，AB是 的直径， 与 相切，A为切点，连接 ．已 知ACB50°，则B的度数为 【答案】40/40度 【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键． 【详解】解：∵AC与O相切， ∴BAC90， 又∵ACB50°， ∴B90C 905040， 74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 故答案为：40． 【变式6-5】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，VABC中，ACB90，点O为AC边上一点，以点O 为圆心，OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD． (1)求证：ABC 2ACD； AC 8 BC 6 O (2)若 ， ，求 的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【分析】（1）连接OD，根据题意可得∠ODA90°，根据余角的性质可得AODABC，根据圆周角定 理可得AOD2ACD，等量代换即可得证； Rt△ABC AB10 RtODB≌RtOCBHL O （2）在 中，勾股定理求得 ,证明 ，设 的半径为r，则 r242 8r2 ODOC r，OA8r，在RtAOD中， ，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接OD， ∵AB为切线， ∴OD AB， ∴∠ODA90°， ∴AAOD90， ∵ACB90， ∴ABCA90 ∴AODABC， ∵AOD2ACD， ∴ABC 2ACD． 75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 Rt△ABC AB BC2AC2  6282 10 （2）解：在 中， ， ∵OCB90°ODB， 在Rt△ODB和Rt△OCB中，ODOC，OBOB， RtODB≌RtOCBHL ∴ ， ∴BDBC 6， ∴AD ABBD4， O ODOC r OA8r 设 的半径为r，则 ， ， r242 8r2 在RtAOD中， ， 解得r3， O ∴ 半径的长为3 【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知 识是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 A B4,3 A 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中， 的圆心在x轴上，点 在 上， A A 若 与y轴相切，则 的半径为 ． 25 【答案】 8 【分析】本题考查了勾股定理，切线的性质，坐标与图形性质，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的 关键． AB BC x A OA ABr AC 4r RtABC 连接 ，过点B作 轴于点C，设 的半径为r，则 ， ，在 中，由 勾股定理得出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接AB，过点C作BC OA， 76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 B4,3 ∵ ， ∴BC 3，OC 4， A OA ABr 设 的半径为r，则 ， ∴AC 4r， 在RtABC中，由勾股定理得，AB2 AC2BC2， r2 4r2 32 ∴ ， 25 解得：r ， 8 25 故答案为： ． 8 AC O O C O D 2．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图， 是 的直径，BC与 相切于点 ，AB交 于点 ，连 接OD，若COD84，则ABC的度数为（ ） A．46 B．48 C．50 D．52 【答案】B 【分析】此题考查圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形两锐角互余，利用同弧所对的圆周角等 1 A COD42 于圆心角的一半求得 2 ，根据BC与O相切于点C，得AC BC，进而可求出答案．正 确理解圆周角定理及切线的性质定理是解题的关键． 【详解】解：∵COD84， 1 A COD42 ∴ ， 2 77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 ∵BC与O相切于点C， ∴AC BC， ∴BCA90， ∴ABC904248， 故选：B． AD CD O C OA B 3．（2024·广东·模拟预测）如图， ， 为 的两条弦，过点 的切线交 延长线于点 ，若 D27，则B的度数为（ ） A．32 B．36 C．39 D．42 【答案】B 【分析】本题主要考查了切线的性质和圆周角定理．连接OC，根据圆周角定理求出BOC，根据切线的 性质得到BCO90，根据直角三角形的性质即可求得B． 【详解】解：连接OC， 与 相切于 ，  BC O C \ �BCO� 90 ， B90BOC， D27， BOC2D54， B905436， 故选：B． 4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图1是我国明末《崇祯历书》之《割圆勾股八线表》中所绘的割圆八线 AOB AOB90 AC BE O 图．如图2，根据割圆八线图，在扇形 中， ， 和 都是 的切线，点A和点B是 78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 BE OC OC O D. ACBE12 O 切点， 交 于点E， 交 于点 若 ，则 的半径长为（ ） 2 3 6 A． 米 B．2米 C． 米 D．3米 【答案】A 【分析】本题考查切线的性质，相似三角形的判定和性质，根据切线的性质，得到OAC OBE90， 证明BOE∽ACO，推出OAOB ACBE，根据OAOB，得到OA2 12，进行求解即可． AC BE O 【详解】解： 和 都是 的切线，点A和点B是切点， OAC OBE90， QAOB90， AOBOBE180， ∴AC∥OB， ∴C BOE， ∴BOE∽ACO OA AC   ，即： ， EB BO OAOB ACBE ∵OAOB， OA2 12 ， OA2 3 OA2 3 或 （舍去）， O 2 3 ∴ 的半径长为 米， 79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 故选：A． ABCD 8 O 2 56．（2023·四川乐山·模拟预测）如图，已知正方形纸片 的边长为 ， 的半径为 ，圆心在正方 形的中心上，将纸片按图示方式折叠，使EA恰好与O相切于点A（△EFA与O除切点外无重叠部 分），延长FA交CD边于点G，则AG的长是 ． 19 1 【答案】 /6 3 3 【分析】连接AC，过F作FH CD于H．由题干条件易证明点F、A、O共线，即FG过圆心O，再由 AFOCGO、AOF COG可证明COG≌△AOF，得AF CG、OF OG；设FAx，将FG和 HG用含x式子表示，在RtFGH 中运用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接AC，过F作FH CD于H．如图所示： 由折叠的性质可知FA=FA�，EAF EAF ， ∵EA恰好与O相切于点A， ∴OAEA，则点F、A、O共线，即FG过圆心O， ∴OAOC； ∵AB∥CD， ∴AFOCGO、AOF COG， ∴COG≌△AOF， ∴AF CG、OF OG， ∵OAON， ∴FAGN ； 80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 设FAx，则FAFADH CGGN x，FGGAANNG2x4，HGDCDH CG82x， RtFGH FG2 FH2HG2 在 中， ， 2x42 8282x2 则 ， 7 解得x ， 3 7 19 则AG ANNG4  ， 3 3 19 故答案为： ． 3 【点睛】本题主要考查了圆的切线性质，折叠和正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，平 行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． AB O C AC,BC B O 6．（2024·湖南·模拟预测）如图， 为 的直径，点 为圆上一点，连接 ，过点 作 的切 线BD，连接AD交BC于点E，交O于点F ，连接BF，且AD平分BAC． (1)求证：DEBD； DE2,BD 5 O (2)若 ，求 的半径． 【答案】(1)证明见解析 5 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆的切线 的性质和相似三角形的性质是解题关键． （1）先根据圆周角定理可得AFB90，CADCBF，从而可得CADDEB90，再根据角平 分线的定义可得BADCAD，从而可得BADDEB90，然后根据圆的切线的性质可得BDAB， 从而可得BADD90，由此即可得证； 1 （2）先根据等腰三角形的判定与性质可得DF  DE1，根据勾股定理可得 ，再证出 2 BF 2 ABD∽BFD AB2 5 81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 ABD∽BFD AB2 5 ，根据相似三角形的性质可得 ，由此即可得． AB O 【详解】（1）证明：∵ 为 的直径， ∴AFB90， ∴CBFDEB90， 由圆周角定理得：CADCBF， ∴CADDEB90， ∵AD平分BAC， ∴BADCAD， ∴BADDEB90， ∵BD是O的切线， ∴BDAB， ∴BADD90， ∴DEBD． （2）解：由（1）已证：DEBD， BDBE 5 ∴ ， 又∵AFB90，即BF AD， 1 ∴DF  DE1， 2 BF  BD2DF2 2 ∴ ， 在△ABD和△BFD中， ABDBFD90  DD ， ∴ABD∽BFD， AB BD AB 5   ∴BF FD，即 2 1 ， AB2 5 解得 ， 1 ∴OA AB 5， 2 82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 所以O的半径为 5． VABC O BC O C AB D 7．（2024·陕西·模拟预测）如图，在 中， 为边 上一点， 过点 ，且与 相切于点 ，连 接CD，OD，ADAC． (1)求证：VABC为直角三角形． DO O E CE ADDE6 CE (2)延长 与 交于点 ，连接 ，若 ，求 的长． 【答案】(1)见解析 6 5 (2)CE＝ 5 【分析】（1）利用圆的切线的性质定理，等腰三角形的性质，同圆的半径相等的性质解答即可； CE OE 1   （2）利用圆周角定理，四边形的内角和定理和相似三角形的判定与性质得到 CD AD 2 ，设CE x，则 CD2x，再利用勾股定理列出方程解答即可． O AB D 【详解】（1）证明： 与 相切于点 ， OD AD， ADO90， ADCODC 90．  AD AC， ADCACD， ODOC， ODC OCD， ACDOCD90． 即ACO90， ABC为直角三角形； 83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 （2）解： ，OE DE，  ADDE6 2 1 OE AD3． 2 由（1）知：ADOACO90， DOCA180． DOCEOC180， AEOC． DE为O的直径， DCE90， DCEACB90， OCEACD． OCE∽ACD， CE OE 1   CD AD 2 ， 设CE x，则CD2x， CE2CD2 DE2， x2(2x)2 62 ，  x>0， 6 5 x 5 ． 6 5 CE 5 ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，直角三角形的判定与性质， 等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键． ABCD AC O DCE 8．（2024·安徽六安·模拟预测）已知四边形 是的内接四边形， 是 的直径， 是四边形 ABCD的一个外角，DC平分ACE． 84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)如图1，BAD56，求BAC的度数； O DF BC AB8 BC 6 CF (2)如图2，过点D作 的切线 交 的延长线于点F， ， ，求 的长． 【答案】(1)22 (2)CF的长为2 【分析】（1）由圆内接四边形的性质得到DCE BAD56．由角平分线得到ACDDCE 56． AC是O的直径，则ADC 90．即可得到CAD90ACD905634．进一步求出BAC 的度数； OD OGBC AC O ABC90 （2）连接 ，过点O作 于点G．由 是 的直径得到 ．根据勾股定理得到 1 AC  AB2BC2  8262 10 ．则OCOD 2 AC5．证明四边形 ODFG 是矩形．即可得到 CF FGCGODCG532． DCE O ABCD BAD56 【详解】（1）解：∵ 是 的内接四边形 的外角， ， ∴DCE BAD56． 又∵DC平分ACE， ∴ACDDCE 56． ∵AC是O的直径， ∴ADC 90． ∴CAD90ACD905634． ∴BAC BADCAD563422． （2）如图，连接OD，过点O作OGBC于点G． 85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 ∵AC是O的直径， ∴ABC90． 在Rt△ABC中，AB8，BC 6， AC  AB2BC2  8262 10 ∴ ． 1 ∴OCODOA AC5． 2 ∵OGBC， 1 ∴BGCG BC 2 ∴OG是VABC的中位线． 1 CG BC 3 ∴ ． 2 ∵DF是O的切线，OD是O的半径， ∴ODDF ， ∴ODF 90． ∵OC OD， ∴ODCOCD． 又∵OCDDCF ， ∴ODC DCF． ∴OD∥FG． ∴DFG180ODF 90． ∴四边形ODFG是矩形． ∴CF FGCGODCG532，即CF的长为2． 【点睛】此题考查了切线的性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理、勾股定理、矩形的判定和性质等知 识，熟练掌握圆内接四边形的性质和切线的性质是解题的关键． 86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 题型七：三角形内切圆问题 【中考母题学方法】 VABC l r2 VABC 【典例1】（2023·四川攀枝花·中考真题）已知 的周长为 ，其内切圆的面积为 ，则 的面 积为（ ） 1 1 A． rl B． rl C． D． 2 2 rl rl 【答案】A 1 1 1 1 S  ABOE ABr S  BCr S  ACr 【分析】由题意可得 AOB 2 2 ， BOC 2 ， AOC 2 ，由面积关系可求解． 【详解】解：如图，设内切圆O与VABC相切于点D，点E，点F ，连接OA，OB，OC，OE，OF ， OD， 切 于 ，  AB O E OE AB，OEr， 1 1 S  ABOE ABr AOB 2 2 ， 1 S  BCr 同理： BOC 2 ， 1 S  ACr AOC 2 ， 1 1 1 1 SS S S  ABr BCr ACr (ABBCAC)r AOB BOC AOC 2 2 2 2 ， lABBCAC， 1 S  lr， 2 故选A 【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键． 71．（2023·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几 何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内 87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 切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长． 用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这 个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于 步．（注：“步”为长度单位） 【答案】6 【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径， 得到直径． 82152 17 【详解】解：根据勾股定理得：斜边为 ， 81517 则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径r 3（步），即直径为6步， 2 故答案为：6． 【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握Rt△ABC中，两直角边分别为a、b，斜边为c，其内 abc r 切圆半径 是解题的关键． 3 【典例2】（2023·山东聊城·中考真题）如图，点O是VABC外接圆的圆心，点I是VABC的内心，连接 OB，IA．若CAI 35，则OBC的度数为（ ） 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， 88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 ∵点I是VABC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． VABC I BC CA AB 【变式7-1】（2023·广东广州·中考真题）如图， 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点D， I A BFCEBC FDE E，F，若 的半径为r， ，则 的值和 的大小分别为（ ）   A．2r， B．0， C．2r，90 D．0，90 90 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． 89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 VABC I BC CA AB ∵ 的内切圆 与 ， ， 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， 1 1 ∴EDF  EIF 90 ． 2 2 故选：D． 【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． VABC BC 3,AC 4 【变式7-2】（2023·山东·中考真题）在 中， ，下列说法错误的是（ ） 1 AB7 S 6 A． B． ABC VABC r1 AB 7 VABC C． 内切圆的半径 D．当 时， 是直角三角形 【答案】C 【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可． 【详解】解：∵BC 3,AC 4， ∴43 AB43即1 AB7，故A说法正确； 1 当 时，S  ABBC 6， BC  AC △ABC 2 若以BC为底，高 AC4， S 6 ∴ ABC ，故B说法正确； 设VABC内切圆的半径为r， 1 1 1 则 ABr BCr ACr S ， 2 2 2 ABC S 6 ∵ ABC ， r 12 ∴ ABBCAC6，r ， 2 ABBCAC ∵1 AB7，BC 3,AC 4 ∴ ABBCAC14， 90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 12 3 ∴r  ，故C说法错误； 8 2 AB 7 BC2 AB2  AC2 当 时， ， ∴VABC是直角三角形，故D说法正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切 2S 圆半径与圆的面积周长之间的关系r 是解题的关键． C 【变式7-3】．（2024·湖南永州·中考真题）如图，在Rt△ABC中，C 90，以B为圆心，任意长为半 1 径画弧，分别交 ， 于点 ， ，再分别以 ， 为圆心，大于 MN 的定长为半径画弧，两弧交 AB BC M N M N 2 于点P，作射线BP交AC于点D，作DEAB，垂足为E，则下列结论不正确的是（ ） A．BC BE B．CDDE C．BD AD D．BD一定经过VABC的内心 【答案】C 【分析】根据作图可得BP是CBA的角平分线，根据角平分线的性质得出DC DE，即可判断B，证明 Rt△BCD≌Rt△BED，根据全等三角形的性质，即可判断A，根据三角形内心的定义，即可判断D选项，假 设BD AD成立，得出A30，即可判断C选项． BP CBA D BP DC BC,DE  AB 【详解】解：根据作图可得 是 的角平分线，点 在 上， ， ∴DC DE，故B选项正确， RtBCD,RtBED 在 中， CDDE  BDBD， HL Rt△BCD≌Rt△BED ∴ ， 91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 ∴BC BE，故A选项正确； ∵BP是CBA的角平分线，三角形的内心是三条角平分线的交点， ∴BD一定经过VABC的内心，故D选项正确； 若BD AD，则DBDA，DBAA， 又DBC DBA， 则ADBADBC 90， ∴A30，而题目没有给出这个条件，故C选项不一定正确， 故选：C． 【点睛】本题考查了作角平分线，三角形角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，三角形的内心的定 义，熟练掌握基本作图是解题的关键． VABC ACB70，△ABC O AB，BC 【变式7-4】．（2024·湖北·中考真题）如图，在 中， 的内切圆 与 分别相切于点D，E，连接DE，AO的延长线交DE于点F ，则AFD ． 【答案】35/35度 【分析】如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出 AOB125，再由切线长定理得到BDBE，进而推出OB是DE的垂直平分线，即OHF 90，则 ∠AFD∠AOH ∠OHF 35． 【详解】解：如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H， ∵O是VABC的内切圆， ∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线， 1 1 ∴ ∠OAB ∠CAB，∠OBA ∠CBA， 2 2 ∵ACB70， ∴∠CAB∠CBA180∠ACB110， 1 1 ∴ ∠OAB∠OBA ∠CBA ∠CAB55， 2 2 ∴∠AOB180∠OAB∠OBA125， 92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 ∵O与AB，BC分别相切于点D，E， ∴BDBE， 又∵ODOE， ∴OB是DE的垂直平分线， ∴OBDE，即OHF 90， ∴∠AFD∠AOH ∠OHF 35， 故答案为：35． 【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角 形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 4 1．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在一张 纸片中， ， ，tanABC  ， Rt△ABC ACB90 AC 8 3 O O ADE VADE 是它的内切圆．小明用剪刀沿着 的切线DE剪下一块三角形 ，则 的周长为 （ ） A．9 B．12 C．15 D．18 【答案】B 【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，解直角三角形．设VABC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DF，EM EG，根据勾股定理可得AB10，再求出内切圆的半径，进 而可得VADE的周长． 93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：如图，设VABC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， 4 ∵ ， ，tanABC  ， ACB90 AC 8 3 8 4 ∴  ， BC 3 解得BC 6， AB AC2BC2 10 ∴ ， ∵O是VABC的内切圆，H、G为切点， ∴OHBC，OG AC， ∵ACB90， ∴四边形OHCG是矩形， ∵OH OG， ∴四边形OHCG是正方形， 设内切圆的半径为x， ∴CH CGx， ∴BH 6xBF ，AG8x AF ， ∴6x8x10， 解得x2， ∴AF  AG6， ∴VADE的周长为：ADDEAE  ADDFEGAE  AFAG6612． 故选：B． 2．（2024·四川泸州·模拟预测）如图，VABC中，C 90，点O为VABC的外心，BC 6，AC 8， P是ABC的内切圆．则OP的长为（ ） 94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 12 A．2 B．3 C． D． 5 5 【答案】C 【分析】本题主要考查了直角三角形的内心与外心．熟练掌握三角形内心性质，三角形外心性质，切线长 定理，勾股定理解直角三角形，是解题的关键． 过点P作PD AC，PEBC，PF  AB，根据三角形的内心性质得到PDPE PF，根据切线长定理 得到CDCE，BEBF ，AF  AD，得到四边形PDCE是正方形，根据勾股定理求出AB10，得到 OB5 PF CD2 BF 4 OF 1 OP 5 ，求出 ，得到 ，得到 ，即得 ． 【详解】过点P作PD AC，PEBC，PF  AB， ∵点P是内切圆的圆心， ∴PDPE PF，CDCE，BEBF ，AF  AD， ∴四边形PDCE是正方形， ∵VABC中，C 90， BC 6，AC 8， AB AC2BC2 10 ∴ ， CDCEx BEBF  y AF  ADz 设 ， ， ， xy6①  xz8② 则 ，  yz10③  ①②③2 x2 ，得 ， ∴PEPF CD2， ∴BEBF 624， ∵点O为VABC的外心， 1 ∴OB AB5， 2 95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 ∴OF OBBF 541， OP OF2PF2  5 ∴ ． 故选：C． 3．（2023·河北邢台·二模）如图，将ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕AD，再将 ABC折叠，使BC边落在AB边上，展开后得到折痕BE，若AD与BE的交点为O，则点O是 （ ） A．ABC的外心 B．ABC的内心 C．ABC的重心 D．ABC的中心 【答案】B 【分析】本题考查了翻折变换以及角平分线的性质，三角形的内心的性质，根据折叠的性质可知点O为角 平分线的交点，根据角平分线的性质可知点O到VABC三边的距离相等． 【详解】解：如图：过点O作OF  AB，OM  AC，ON BC ， 由题意得：BADCAD，ABE CBE， O为角平分线的交点， OF OM ON， 点O到VABC三边的距离相等． 点O是VABC的内心． 96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 故选：B． 4．（2024·宁夏银川·二模）如图，把VABC剪成三部分，边AB，BC，AC放在同一直线l上，点O都落 在直线MN上，直线MN∥l．在VABC中，若BOC130，则BAC的度数为（ ） A．50 B．65 C．75 D．80 【答案】D 【分析】本题考查三角形内心，读懂题意，熟练掌握三角形内心的判定及性质是解决问题的关键．过点O 分别作OD AC于D，OE AB于E，OF BC于F ，得到点O是VABC的内心，即点O为三个内角平 分线的交点，即可得到答案． 【详解】解：如图所示，过点O分别作OD AC于D，OE AB于E，OF BC于F ， 直线 ，  MN∥l ODOEOF， 点O是VABC的内心，即点O为三个内角平分线的交点， ABCACB2OBCOCB2180BOC2180130100  ， BAC 180ABCACB18010080  ， 故选：D． 5．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知在Rt△ABC中，�B�90 ，AB6，AC 10，点P是 Rt△ABC的内心．点P到边AB的距离为 ； 97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】2 【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，角平分线的性质．连接AP，BP，CP，过点P分别作 1 ， ， 于点 ， ， ，根据S  8624， PD AB PF  AC PEBC D E F ABC 2 1 1 1 PD6 PE8 PF1024 ，可得 ，即可解决问题． 2 2 2 PD2 【详解】解：如图，连接AP，BP，CP，过点P分别作PD AB，PF  AC，PEBC于点D，E，F ， 在Rt△ABC中， ABC 90，AB6，AC 10， BC AC2AB2 8 ，  P是Rt△ABC的内心， PDPEPF， 1 S  8624 ABC 2 ， 1 1 1 PD6 PE8 PF1024 ，  2 2 2 PD2， 点P到边AB的距离为2； 故答案为：2． ABC O AB AC VABC 6．（2024·江苏镇江·一模）如图，等腰三角形 内接于 ， ，点I是 的内心，连接 BI O BD EADCAD 并延长交 于点D，点E在 的延长线上，满足 ．试证明： 98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)OA所在的直线经过点I； (2)点D是IE的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接OA、OB、OC、AI ，可证明△AOB≌△AOC，得BAOCAO，则AO平分BAC， VABC AI BAC AO AI OA 再由点I是 的内心，证明 平分 ，所以 与 在同一条直线上，即可证明 所在的直线 经过点I； 1 OAD AOD90 （2）连接OD，推导出 2 ，则OADABD90，再证明 ABDEAD ，则 IAEOADEAD90，再推导出DIADAI ，则IDAD，由DIAE90，DAIDAE90， 证明EDAE，则ED AD，所以IDED，即可证明点D是IE的中点． 【详解】（1）证明：连接OA、OB、OC、AI ， ∵AB AC，OBOC，OAOA， AOB≌AOCSSS ∴ ， ∴BAOCAO， ∴AO平分BAC， ∵点I是VABC的内心， AI BAC ∴ 平分 ， AO AI ∴ 与 在同一条直线上， ∴OA所在的直线经过点I． （2）证明：连接OD，则ODOA， ∴OADODA， ∴2OADAOD180， 99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 OAD AOD90 ∴ ， 2 1 ∵ABD AOD， 2 ∴OADABD90， ∵ABDCBDCAD，EADCAD， ∴ABDEAD， ∴IAEOADEAD90， ∵DIAABDBAOCADCAODAI ， ∴IDAD， ∵DIAE90，DAIDAE90， ∴EDAE， ∴ED AD， ∴IDED， ∴点D是IE的中点． 【点睛】此题重点考查圆周角定理、圆的内接三角形的定义、三角形的内心的定义、全等三角形的判定与 性质、等腰三角形的性质、等角的余角相等、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识， 正确地作出辅助线是解题的关键． O VABC I VABC AI BC 7．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图， 是 的外心， 是 的内心，连接 并延长交 和 O于D，E． (1)求证：EBEI； AB8 AC 6 BE4 AI (2)若 ， ， ，求 的长． 100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)AI 4． 【分析】（1）欲证明EBEI，只要证明EBI EIB； BD AD AB （2）连接 ，由 ，可得   2，设 ， ，则 ， EC △ADB∽△CDE DE DC EC DE m CDn BD2m AD AC 2n 3 ，同法可证： ，推出  ，推出  ，推出 ，设 ， AD2n ADC∽VBDE BD BE 2m 2 n:m3:2 n3k m2k ECD∽EAC EC2  ED  EA 16mm2n 162k2k6k k ，由 ，可得 ，推出 ，即 解得 ，由此 即可解决问题； 【详解】（1） I是VABC的内心， AE平分CAB，BI 平分ABC， BAECAE，ABI CBI ， BIEBAEABI ，IBEIBDEBD， CBECAE， BIEEBI ， EBEI ； （2）连接EC． ， BAECAE BEEC ， BEEC 4， ADBCDE，BADDCE， ADB∽CDE， BD AD AB    2，设 ， ，则 ， ， DE DC EC DE m CDn BD2m AD2n 同法可证：△ADC∽△BDE， AD AC   ， BD BE 101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 2n 3   ， 2m 2 n：m3：2，设n3k ，m2k， CEDAEC，ECDBAE CAE， ECD∽EAC， EC2 EDEA， 16mm2n ， 162k2k6k k 1 1( 或 舍弃)， DE2，AD6， AE 8，  EI BE4， AI  AEEI 4． 【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，相似三角形的判定和性质，三角形外角的性质，等角对等 边等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题． 题型八：切线长定理 【中考母题学方法】 EA ED O O 【典例1】（2024·四川泸州·中考真题）如图， ， 是 的切线，切点为A，D，点B，C在 上， 若BAEBCD236，则E（ ） A．56 B．60 C．68 D．70 【答案】C 【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是 102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 解题关键． 根据圆的内接四边形的性质得BADBCD180，由BAEBCD236得EAD56，由切线长 定理得EAED，即可求得结果． 【详解】解：如图，连接AD， ∵四边形ABCD是O的内接四边形， ∴BADBCD180， ∵BAEBCD236， BAEBCDBADBCD236180 ∴ ， 即BAEBAD56， ∴EAD56， ∵EA，ED是O的切线，根据切线长定理得， ∴EAED， ∴EADEDA56， ∴E180EADEDA180565668． 故选：C． PA,PB 1 2 【变式8-1】（2023·内蒙古通辽·中考真题）某款“不倒翁”（如图 ）的主视图是图 ， 分别与 AMB 10cm,P60 cm2 所在圆相切于点A，B，若该圆半径是 ，则主视图的面积为 ． 103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  200 100 3  【答案】 3  O PA PB AMB P60 【分析】根据题意，先找到圆心 ，然后根据 ， 分别与 所在圆相切于点A，B． 可以 得到AOB的度数，然后即可得到优弧AMB对应的圆心角，再根据主视图的面积为 S S S △PAO △PBO 扇形AMB计算即可． 【详解】解：设圆心为O，过O作AOPA，BOAB，AO和BO相交于点O，连接OP，如图， PA PB AMB ∵ ， 分别与 所在圆相切于点A，B． ∴OAPOBP90， ∵P60， ∴AOB120，AOPBOP60， ∴优弧AMB对应的圆心角为360120240，APOBPO30， ∵该圆半径是10cm， PBPA 3OA10 3 ∴ ， S S S ∴主视图的面积为 △PAO △PBO 扇形AMB 1 240102 2 1010 3 2 360  200 100 3 cm2  3  ，  200 100 3  故答案为： 3 ． 104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 【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，求扇形面积，牢记扇形面积公式是解题 的关键． Rt△ABC C 90 O VABC 【变式8-2】（2024·四川自贡·中考真题）在 中， ， 是 的内切圆，切点分别为 D，E，F． CECF AF  BD AC 3 BC 4 O (1)图1中三组相等的线段分别是 ， ________， ________；若 ， ，则 半径长为________； (2)如图2，延长AC到点M，使AM AB，过点M作MNAB于点N． 求证：MN是O的切线． 【答案】(1)AD；BE；1 (2)见解析 【分析】（1）根据切线长定理得到BDBF 3，AE  AF 10，CDCE，代入求解即可得到答案； 1 （2）证明 △CAB≌△NAM ，推出S △CAB S △NAM ， AN AC ， MN BC ，求得S ABC  2 ACBCABr， 1 1 S AMN  2 ANAMr 2 MNOG，根据S S ，列式求得 OGr ，根据切线的判定定理，即可 △CAB △NAM 得到MN是O的切线． OE，OF O r 【详解】（1）解：连接 ，设 半径为 ， 105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 O VABC ∵ 是 的内切圆，切点分别为D，E，F， ∴CECF，AF  AD，BDBE； 在四边形OFCE中，OFC C OEC 90， 四边形ODCE为矩形， 又因为OF OE， 四边形OFCE为正方形． 则CF CEr，则AF  AD3r，BDBE4r， Rt△ACB AB 3242 5 在 中，由勾股定理得 ， ∴ADBD AB5，即3r4r5， 解得r1， 故答案为：AD；BE；1； （2）证明：连接OD，OE，OF ，OA，OM，ON ，OB，作OGMN 于点G， 设O半径为r， ∵MNAB， ∴ACBANM 90， ∵CABNAM ，AM AB， ∴△CAB≌△NAM ， ∴ S △CAB S △NAM ， AN AC ， MN BC ， O VABC ∵ 是 的内切圆，切点分别为D，E，F， ∴ODOEOF r， 1 ∴S  ACBCABr， ABC 2 1 1 同理S  ANAMr MNOG， AMN 2 2 106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 1 1 ∴ ACBCABr  ANAMr MNOG， 2 2 2 ∴OGr， ∵OGMN ， ∴MN是O的切线． 【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正 确引出辅助线解决问题是解题的关键． 【中考模拟即学即练】 1．（2024·陕西西安·模拟预测）一根截面是圆形的钢管放在V 形架内，其横截面如图所示，V 形架的两边 O 12cm ACB60 ADB 与 相切，钢管的半径是 ，若 ，则 的长为（ ） 8πcm 12πcm 6πcm 4πcm A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了弧长公式．先根据切线的性 质得到OAC OBC 90，再利用四边形的内角和为360可计算出AOB120，然后根据弧长公式求 解． 【详解】解：V 形架的两边与O相切， OACA，OBCB， OAC OBC 90， AOB180ACB18060120， 12012  8πcm  ADB 的长度 180 ． 故选：A． PA PB O A B AC O 2．（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图， ， 是 的切线， ， 为切点， 是 的直径， 107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 P26 BAC 若 ，则 的度数为 ． 【答案】13/13度 【分析】本题考查的是切线长定理的应用，切线的性质，掌握切线长定理的含义是解本题的关键；先求解 PABPBA77，再结合切线的性质可得答案． 【详解】解：∵PA，PB是O的切线，A，B为切点， ∴PAPB，CAP90， ∵P26， 1 ∴PABPBA 1802677， 2 ∴BAC 907713， 故答案为：13． O ABCD E F G H 3．（2024·四川成都·模拟预测）如图， 与四边形 各边都相切，切点分别为 ， ， ， ，四 边形的周长为36cm，则ABCD cm． 【答案】18 【分析】本题考查了切线的性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．根据四边形的周长可得 ABBCCDAD36cm，然后根据切线长定理可得AE AG，BEBF ，CH CF ，DH DG，从而利 用等式的性质可得ABCD ADBC，进行计算即可解答． 【详解】解：四边形的周长为36cm， ABBCCDAD36cm， O与四边形ABCD各边都相切，切点分别为E，F ，G，H， 108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 AEAG，BEBF ，CH CF ，DH DG， AEBECHDH AGBFCFDG， 1 ABCDADBC 3618(cm) ， 2 故答案为：18． AC O PA O PB O 4．（2024·河南商丘·一模）如图， 是 的直径， 切 于点A， 切 于点B，且 P60，PA1，则点O到弦AB的距离为 ． 3 1 3 【答案】 6 /6 【分析】连接BC，圆周角定理得到ABC90，利用切线长定理得到PAB为等边三角形，进而得到 ABPA1,BAC 30 BCABtan30 OD∥BC ，利用解直角三角形得到 ，作 ，证明 VOAD∽VCAB,ADOABC 90 ，利用相似三角形的性质求解，即可解题． 【详解】解：连接BC， ∵AC是O的直径， ABC 90， PA O PB O ∵ 切 于点A， 切 于点B， PAPB,PAC 90 ， QP60,PA1 ， PAB是等边三角形， 109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 PAB60,ABPA1 ， BAC 30， 3 BC  ABtan30 3 ， 作OD∥BC， VOAD∽VCAB,ADOABC 90 ， AO OD 1    ， AC CB 2 1 3 OD BC  2 6 ， 3 故答案为： ． 6 【点睛】本题考查了切线的性质、切线长定理、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，相似三角形的 性质和判定等知识点；熟练掌握切线的性质和相似三角形的性质和判定是解题的关键． AB O C O BDAB AB10 5．（2024·山西·模拟预测）如图， 是 的直径，点 是 上的一点，射线 ， ， AC 6．CP与O相切时，连接CP，求BP的长． 20 【答案】BP 3 【分析】本题考查了切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关的知识． 连接OP，BC，OC，得到ACB90，根据勾股定理求出CB8，根据切线长定理可得PC PB， OCOB，推出OP垂直平分BC，证明BPO∽CBA，得到BP:CBBO:AC，即可求解． 【详解】解：如图，连接OP，BC，OC， 110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 是 的直径，  AB O ACB90， CB AB2AC2  10262 8 ，  PB AB， PB为O的切线．  CP与O相切， PC PB，OCOB， OP垂直平分BC， PBCABC 90，PBCBPO90， BPOABC， PBOACB， BPO∽CBA， BP:CBBO:AC ，即BP:85:6． 20 BP ． 3 AB O l AB 6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，已知 是 的直径，过点A作射线 ，点P为l上一 O PAPC AB PC 个动点，点C为 上异于点A的一点，且 ，过点B作 的垂线交 的延长线于点D，连接 AD． 111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 PC O (1)求证： 为 的切线； (2)若AP4BD，求sinBAD的值． 【答案】(1)见解析 17 sinBAD (2) 17 OP、OC OPA≌OPCSSS OAPOCP90 PC 【分析】（1）连接 ，证明 ，求得 ，据此即可证明 为 O的切线； （2）过点D作DG AP，设BDa，求得PD5a，PG3a，利用勾股定理求得ABDG4a，再求得 AD 17a ，据此求解即可． 【详解】（1）证明：连接OP、OC， AB O l AB ∵ 是 的直径，过点A作射线 ， ∴OAP90， ∵PAPC，OAOC，OPOP， 112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 OPA≌OPCSSS ∴ ， ∴OAPOCP90，即OC PD， ∵OC是O的半径， ∴PC为O的切线； （2）解：过点D作DG AP，垂足为点G， 设BDa， ∴AP4BD4a， ∵BDAB， ∴BD为O的切线， ∵PC、PA、BD为O的切线， ∴PAPC，DC DB， ∴PDPCCD5a， ∵射线l AB，DG AP，BDAB， ∴GABAGDABD90， ∴四边形ABDG是矩形， ∴AGBDa，ABDG， ∴PGPAAG3a， RtVDPG DG PD2PG2 4a 在 中， ， ∴ABDG4a， Rt△ABD AD BD2AB2  17a 在 中， ， BD a 17 sinBAD   ∴ AB 17a 17 ． 【点睛】本题考查了切线长定理，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相 113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 似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． O BA 7．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知D为 上一点，点C在直径 的延长线上，且 CDACBD． CD O (1)求证： 是 的切线； DA 2 (2)过点B作 的切线交 的延长线于点E，若 ，  ，求 的长． O CD BC 12 BD 3 BE 【答案】(1)见解析 (2)BE5 【分析】本题考查了切线的判定、切线长定理、圆周角定理、勾股定理、三角形相似的判定与性质等知识； 熟练掌握切线的判定与性质和圆周角定理是解题的关键． OD AB O ADB90 1290 （1）如图，连接 ．由 是 的直径，可得 ，可证得 ．进而可证 CDO90，再由OA是O的半径，即可证得结论； AD OB 2 （2）如图，连接 ．利用切线性质，可得 ，得 ，   ，再由 OE CDAOEB RtADB∽RtOBE BD BE 3 CD OD OB 2 ，可得    ，得出 ，在 中，设 ，建立方程求 Rt△CDO∽Rt△CBE CB BE BE 3 CD8 Rt△CBE BE x 解即可． 【详解】（1）解：如图，连接OD． 是 的直径，  AB O ADB90， 1390． OAOD， 114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 23， 1290． 又CDACBD，即41， 4290，即CDO90， ODOA． 又OA是O的半径， CD是O的切线； （2）解：如图，连接OE． 、 均为 的切线，  EB CD O EDEB，OE DB， ABDDBE90，OEBDBE90， ABDOEB， CDAOEB， 又∵ABDOBE 90 ∴RtADB∽RtOBE， AD OB 2 ∴   ， BD BE 3 ∵CC，OBEODC 90， Rt△CDO∽Rt△CBE， CD OD OB 2    ，  CB BE BE 3 CD 2  ∴ ， 12 3 CD8， 在Rt△CBE中，设BE x， (x8)2 x2122 ， 解得x5． 即BE的长为5． 115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 PA PB O AB 8．（2024·贵州黔东南·一模）如图， ， 分别切 于点A，B，点C是劣弧 上一动点（不与点 O PA PB OD OE AB AB OD A，B重合），过点C作 的切线，分别交 ， 于点D，E，连接 ， ， ． 分别交 ， OE于点M，N． (1)求证：△ PDE的周长不随点C的运动而变化． (2)求证：DOEPAB． (3)当AOB120，ON 1时，求DO的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)2 【分析】（1）连接OC，根据切线长定理可得DADC，同理可得CE BE，△ PDE的周长为 PEPDDEPAPB，故△ PDE的周长不随点C的运动而变化； （2）由（1）可得AODCOD，COEBOE，可得2DOEAOB，根据圆周角定理可知 AOB2F，可得DOEF ，再根据圆周角定理和圆的切线的性质可得PABOAF ，结合等边 对等角可知PABOAF=F，即可证DOEPAB； AM DM （3）根据对顶角相等可证 ，可得  ，再可证 ，可知 △AMD∽△OMN OM MN △AMO∽△DMN NDODON NAOPABPAO90，从而可得DNO90，结合AOB120可知RtODN 为含30角的直角三角形，根据ON 1即可得知DO2． 【详解】（1）证明：连接OC． ， 都与 相切， PA DE O 116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 ∴DADC． 同理可证CE BE． PDE的周长为： PEPDDE PEPDDCCE PEPDDAEBPAPB ， ∴△ PDE的周长不随点C的运动而变化． BO O OC AF （2）证明：如图，延长 交 于点F，连接 ， ． 由（1）可知△OAD≌△OCD，△OCE≌△OBE， ∴AODCOD，COEBOE， ∴2DOEAOB． 易知AOB2F， ∴DOEF ． ∵AOBO， ∴OABOBA．  BF 是O的直径， ∴BAF 90， ∴OABOAF 90． ∵PABBAO90， ∴PABOAF ． ∵OAOF， ∴OAF F ， ∴PABF ， ∴DOEPAB． （3）如图，连接DN． 117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 ∵DOEPAB，AMDOMN ， ∴△AMD∽△OMN ， AM DM ∴  ． OM MN ∵AMODMN ， ∴△AMO∽△DMN， ∴NDONAO， ∴NDODON NAOPABPAO90， ∴DNO90． ∵AOB120， ∴DON 60． NDO906030， ∵在RtODN 中，ON 1， ∴DO2． 【点睛】本题考查了圆的切线长定理，切线的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，含30角的 直角三角形，等边对等角，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 118