文档内容
24.2.2 直线与圆的位置关系
【考点1 直线与圆的位置关系的判定】
【考点2 利用切线的性质求有关的角度/边长的运算】
【考点3 切线的判定】
【考点4切线的性质与判定的综合运用】
【考点5 利用切线长定理的性质求线段长度或周长】
【考点6 三角形的内切圆与内心】
知识点1 直线与圆的位置关系
1、直线与圆相离 无交点；
2、直线与圆相切 有一个交点；
3、直线与圆相交 有两个交点；
r d d=r r d
【考点1 直线与圆的位置关系的判定】
【典例1】 中， ， ，以点 为圆心， 为半径画圆，那么该圆与
的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
【答案】A
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系、等腰三角形三线合一的性质、勾股定理，明白
要作 、求出 是解题的关键．
根据题意画出 ，并过点 作 于点 ，根据等腰三角形三线合一求得 的
长，再利用勾股定理求得 的长，把 与圆的半径 比较大小，判定该圆与 的位置
关系即可．【详解】解：如图，根据题意画出 ，并过点 作 于点 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴以点 为圆心， 为半径的圆，与 的位置关系是相离，
故选：A．
【变式1-1】已知 中， ， ，以点 为圆心，以 长为半
径作圆，则 与 的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．外离
【答案】D
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系与数量之间的关系：圆心到直线的距离大于半径
时，直线与圆相离．过点A作 于点D，根据等腰三角形三线合一求得 的值，
再利用勾股定理可求得 的长，把 与圆的半径4比较大小，根据直线与圆的位置关系
即可求解．
【详解】过点A作 于点D，根据等腰三角形三线合一得： ，
根据勾股定理得： ，
以 长为半径的 与 的位置关系是相离，
故选：D．
【变式1-2】已知平面内有 和点A，B，若 的半径为 ，线段 ，
，则直线 与 的位置关系为（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】D
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系．根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解： 的半径为 ， ， ，
即点 到圆心 的距离大于圆的半径，点 到圆心 的距离等于圆的半径，
点 在 外．点 在 上，
直线 与 的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【变式1-3】已知直线l与⊙O相交，圆心O到直线l的距离为6 ，则⊙O的半径可能为
（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，熟练掌握判断直线和圆的位置关系的方法：设
的半径为 ，圆心 到直线 的距离为 ．
①直线 和 相交
②直线 和 相切
③直线 和 相离 ．根据直线与圆的位置关系的判断的方法可求解．
【详解】解： 和直线 相交，
，
又 圆心到直线 的距离为 ，
，
故选：D．
知识点2 切线的性质与判定定理
1、切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线；
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即：∵ 且 过半径 外端
O
∴ 是⊙ 的切线
2、性质定理：切线垂直于过切点的半径（如上图）
推论1：过圆心垂直于切线的直线必过切点。 M A N
推论2：过切点垂直于切线的直线必过圆心。
以上三个定理及推论也称二推一定理：
即：①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一
个。
【考点2 利用切线的性质求有关的角度/边长的运算】
【典例2】如图，AB是⊙O的直径，点M在BA的延长线上，MA＝AO，MD与⊙O相切于
点D，BC⊥AB交MD的延长线于点C，若⊙O的半径为2，则BC的长是（ ）A．4 B． C． D．3
【答案】B
【分析】连接OD，求出BC是⊙O的切线，根据切线长定理得出CD＝BC，根据切线的性
质求出∠ODM＝90°，根据勾股定理求出MD，再根据勾股定理求出BC即可．
【详解】解：连接OD，
∵MD切⊙O于D，
∴∠ODM＝90°，
∵⊙O的半径为2，MA＝AO，AB是⊙O的直径，
∴MO＝2+2＝4，MB＝4+2＝6，OD＝2，
由勾股定理得：MD＝ ＝ ＝2 ，
∵BC⊥AB，
∴BC切⊙O于B，
∵DC切⊙O于D，
∴CD＝BC，
设CD＝CB＝x，
在Rt△MBC中，由勾股定理得：MC2＝MB2+BC2，
即（2 +x）2＝62+x2，
解得：x＝2 ，
即BC＝2 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，勾股定理等知识点，能综合运用定
理进行推理是解此题的关键．【变式2-1】如图，AB是 的直径，PA与 相切于点A， 交 于点C．若
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接OC，证明 PAO≌ PCO（SAS），得到∠OCP=90°，进而求得 ．
△ △
【详解】
如图，连接OC，
因为OB=OC，
所以∠OCB=∠OBC=70°，
所以∠BOC=180°-70°-70°=40°，
又因为 ，
所以∠AOP=∠B=70°，
∴∠POC=180°-∠AOP-∠BOC=70°，
所以在 PAO和 PCO中，
△ △
，
所以 PAO≌ PCO（SAS），
所以△∠OCP=△∠OAP
因为PA与 相切于点A，所以∠OCP=∠OAP=90°，
所以∠OPC=180°-∠POC-∠OCP=20°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线、证明全等三角形和平行线等知识内容，灵活运用条件，学
会选择辅助线是解题的关键．
【变式2-2】如图， 是 的切线，点 是 上的一点，连接 ， ， 交
于点 ，若 ，则 的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【答案】D
【分析】本题主要考查圆的切线性质，圆周角定理，三角形内角和定理，掌握相关定理是
解题的关键．
连接 ， ，根据圆周角定理得到 ，根据 是 的切线得到
，即可得到答案．
【详解】解：连接 ， ，
是 的直径，
，
是 的切线，
，
，，
，
，
，
，
在 中，
．
故选：D．
【变式2-3】如图， 是 的弦， 是 的切线．若 ，则
．
【答案】
【分析】此题重点考查圆的切线的性质、圆周角定理、多边形的内角和等知识，接 、
，由切线的性质得 ，再由圆周角定理求得 ，
则 ，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接 、 ，
与 相切于点 ， 与 相切于点 ，
， ，
，
，
，
，
故答案为： ．【考点3 切线的判定】
【典例3】如图，在 中， ，以 为直径作半圆，交 于点D，连接 ，
过D作 ，垂足为E．
(1)求证： ；
(2)求证： 为 的切线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的
切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或
“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了圆
周角定理．
（1）先利用圆周角定理得到 ，再根据等腰三角形的性质得 ；
（2）连接 ，如图，先证明 为 的中位线，则 ，再利用 得到
，然后根据切线的判定定理得到结论．
【详解】（1）证明：∵ 为直径，
∴ ，
∵
∴ ；
（2）证明：连接 ，如图，∵ ，
∴ 为 的中位线，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ 是半径
∴ 为 的切线．
【变式3-1】如图，在 中， ，O为 上一点．以O为圆心， 长为半径
的 过点C，交 于另一点D，若D是 的中点，求证： 是⊙O的切线．
【答案】见解析
【分析】连接 ， ，由 得 ，根据“ ”证明 ，得
，即可证明 是 的切线．
【详解】证明：连接 ， ．
∵ ，
∴ ．
∵ 是直径，
∴ ．
∵D是 的中点，∴ ．
又 ，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵点C为半径 的外端点，
∴ 是 的切线．
【点睛】此题考查等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的判定与性
质，切线的判定定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式3-2】如图， 内接于 ， 是 的直径， ．点E在 延长线上，
．过点E作 ，交 的延长线于点D．求证： 是 的切线．
【答案】见解析
【分析】本题考查了切线的判定，含 直角三角形的性质，过点 作 于 ，根据
含 直角三角形的性质，求得 ，推出 ，根据切线的判定定理得到
是 的切线．正确地找出辅助线是解题的关键．
【详解】证明：过点 作 于 ，
∵ ，∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，则点 在 上，
∴ 是 的切线．
【变式3-3】如图， 是 的直径，D为 上的一点， 平分 交 于点T，
过点T作 的垂线交 的延长线于点C，求证： 为 的切线．
【答案】见解析
【分析】本题考查切线的判定，连接 ，根据角平分线的定义和等腰三角形的性质得到
，根据平行线的判定定理得到 ，根据平行线的性质得到 ，
根据切线的判定定理证明即可．
【详解】连接 ，
∵ ，
∴
∵ 平分 ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ 是 的半径，
∴ 为 的切线．
【考点4切线的性质与判定的综合运用】
【典例4】如图，在 中， ， 是 的角平分线，点 在 上，以
点 为圆心， 长为半径的圆经过点 ，交 于点 ，交 于点 ．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， ，求半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】
本题考查圆的切线的判定、矩形的判定与性质、勾股定理等知识．
（1）连接 ，根据等腰三角形的性质和平行线的判定证明 ，得到
，再根据圆的切线的判定定理即可证明 是 的切线；
（2）设 的半径为 ，则 ，作 于点 ，则 ， ，
可证得四边形 是矩形，在 中根据勾股定理列方程即可求出r的值．【详解】（1）证明：如图，连接 ，
，
，
是 的角平分线，
，
，
，
，
经过 的半径 的端点 ，且 ，
是 的切线．
（2）解：如图，设 的半径为 ，则 ，
作 于点 ，则 ， ，
，
四边形 是矩形，
， ，
， ，
，
，
，解得 ，
的半径长为 ．
【变式4-1】如图，已知 是 的直径，点C在 上， 于点D， 平分
，E是 延长线上一点， 交 于点F．
(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ， 的半径为 ，求线段 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，则 ，可得 ，从而得到 ，
进而得到 ，即可；
（2）连接 ，作 于点G，则 ，从而得到 ，
，由勾股定理可求出 ，从而得到 ，再由
，可求出 的长，即可求解．
【详解】（1）证明：连接 ，则 ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线．
（2）解：连接 ，作 于点G，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】此题重点考查平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、切线的判定、直角三角
形中30度角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线
是解题的关键．
【变式4-2】如图，在 中， ， 平分 ，交 于点 是斜边
上一点，以点 为圆心， 的长为半径的 恰好经过点 ．(1)求证： 是 的切线；
(2)若 ，求 的半径．
【答案】(1)见解析
(2) 的半径为 ．
【分析】此题重点考查圆的切线的判定、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，正确的作
出所需要的辅助线是解题的关键．
（1）连接 ，利用角平分线的定义结合等边对等角求得 ，推出
，据此即可证明结论成立；
（2）作 ，设 的半径为 ，证明四边形 是矩形，推出 ，
，在 中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接 ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是 的切线；
（2）解：作 ，垂足为 ，设 的半径为 ，则 ，
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
在 中， ，
即 ，
解得 ，
∴ 的半径为 ．
【变式4-3】如图，在 中， ，以 为直径的 交 于点D，E是
的中点，连接 ， ．
(1)求证： ；
(2)求证： 是 切线；
(3)连接 交 于点F，若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析(3)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得结论；
（2）连接 、 ，如图，利用圆周角定理得到 ，则根据斜边上的中线性质
得到 ，所以 ，接着证明 ，从而得到 ，然后根据切线
的判定方法得到结论；
（3）根据勾股定理求出 ，再利用等面积法求出 ，再证明 为 的中位线得
到 ，然后利用相似比计算 的长，最后利用勾股定理求得 即可．
【详解】（1）证明： 以 为直径的 交 于点 ，
，
；
（2）证明：连接 ，如图，
为直径，
，
为 的斜边 的中点，
，
，
，
，
而
，
，
，
为 的切线；
（3）解：在 中，根据勾股定理得，为 中点， 为 中点，
为 的中位线，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切
线，三角形等面积法，中位线的性质，勾股定理，圆周角定理，掌握以上知识是解题的关
键．
知识点3 切线长定理
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，这点和圆心的连线平分两
条切线的夹角。
即：∵ 、 是的两条切线
B
∴ ； 平分
O
P
A
【考点5 利用切线长定理的性质求线段长度或周长】
【典例5】【课本再现】：如图①，P是 外一个点， 是 的两条切线，切点
分别是A，B，我们将线段 的长称为点到 的切线长，（1）求证： ；
定理描述：上面命题我们称为“切线长定理”．请用一句话描述定理的内容：
________________ ；
【知识运用】
（2）如图②，已知 ，直线 是 的切线，切点是E，且分别交 于
点 C，D，求 的周长；
【拓展运用】
（3）如图③，半径为3的 分别与 的边 相切于点D，E．已知
，求证： 是 的切线．
【答案】（1）过圆外一个点所画圆的两条切线长相等；（2）12（3）见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理的逆定理，：
（1）根据切线长定理的内容求解即可；
（2）根据切线长定理得到 ，再根据三角形周长公式求解即可；
（3）过点O作 于F，连接 ，先证明 ，
得到 是直角三角形，且 ，再由切线的性质得到
，根据 ，求出 ，再
由 ，即可证明 是 的切线．
【详解】解：（1）根据题意可得，过圆外一个点所画圆的两条切线长相等
故答案为：过圆外一个点所画圆的两条切线长相等；
（2）∵ 是 的三条切线，
∴由切线长定理可得 ，∴ 的周长
；
（3）如图所示，过点O作 于F，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，且 ，
∵半径为3的 分别与 的边 相切于点D，E，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 是 的切线．
【变式5-1】如图所示， 的内切圆 分别与 ， ， 相切于点D，E，F，且
， ， ，则 的周长为（ ）A．36 B．38 C．40 D．42
【答案】A
【分析】本题主要考查三角形的内切圆与内心及切线长定理，灵活运用切线长定理是解题
的关键．由切线长定理可知 ， ， ，再根据线段的和差即可求得答
案．
【详解】解：∵ 的内切圆 分别与 ， ， AC相切于点D，E，F，
∴ ， ， ，
∵ ， ， ，
∴ ， ， ，
∴ ， ， ，
∴ 的周长 ．
故选：A．
【变式5-2】如图， 为 的直径， ， 分别与 相切于点 ， ， 经过
上一点 ， ，若 ， ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】连接 ， ，过点 作 ，垂足为点 ，根据题意可得 ，
根据全等三角形的判定和性质可得 ，根据切线的判定定理即可证明
是 的切线，根据切线的性质以及矩形的判定和性质可得 ，
，得出 ，根据切线长定理可得 ， ，
得出 ，根据勾股定理即可求得 的长．
【详解】解：如图：连接 ， ，过点 作 ，垂足为点 ，∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线，
∵ 是 的切线，
∵ ，
∵ ， ， ，
即 ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
则 ，
∵ 是 的切线， 是 的切线， 是 的切线，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
在 中， ，
即 ，
解得： ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，切线长定理，勾股定
理，矩形的判定和性质，根据切线长定理得出 ， 是解题的关键．
【变式5-3】如图， 是 外的一点， 、 分别与 相切于点 、 ， 是 上
的任意一点，过点 的切线分别交 、 于点 、 ．
(1)若 ，求 的周长；
(2)若 ，求 的度数．
【答案】(1) 的周长为8；
(2) 的度数为 ．
【分析】本题考查的是切线长定理，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等
切线长．
（1）可通过切线长定理将相等的线段进行转换，得出三角形 的周长等于 的
结论；
（2）连接 ，根据切线长定理求证 ，再三角形内角和定理求出 和
的度数，然后再利用 为圆直径即可求出 的度数．
【详解】（1）解： ， 都是圆 的切线，
，
同理 ，
是 外的一点， 、 分别与 相切于点 、
，
三角形 的周长 ，
即三角形 的周长是8；
（2）解：连接 ，，
，
，
，
∵ 切 于点B， 为直径，
∴ ， ，
∴ ，
，
．
知识点4 三角形的内切圆和内心
1、三角形的内切圆
与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。
2、三角形的内心
三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。
注意：内切圆及有关计算。
（1）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，它到三边的距离相等。
a+b−c
2
（2）△ABC中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，则内切圆的半径r= 。
1
r(a+b+c)
2
（3）S = ，其中a，b，c是边长，r是内切圆的半径。
△ABC
（4）弦切角：角的顶点在圆周上，角的一边是圆的切线，另一边是圆的弦。
如图，BC切⊙O于点B，AB为弦，∠ABC叫弦切角，∠ABC=∠D。
A D
O
B【考点6 三角形的内切圆与内心】
【典例6】如图， 中， ，点O是内心，若 ， 的周长为
16，则 的面积为（ ）
A． B． C．16 D．32
【答案】B
【分析】本题主要考查了内心的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，如图所
示，过点O作 于E，连接 ，由内心的定义和性质可得点O到
的距离相等且都等于 ，且 ，则 ，
根据三角形周长公式得到 ，再由 推出
，据此可得答案．
【详解】解；如图所示，过点O作 于E，连接 ，
∵点O是内心，
∴点O到 的距离相等且都等于 ，且 ，
∴ ，
∵ 的周长为16，
∴
∵ ，∴
，
故选B．
【变式6-1】如图，在 中， ， 的内切圆 与 分别
相切于点D、E、F，若 的半径为2， ，则 的长（ ）
A．11 B．10 C．9 D．8
【答案】B
【分析】连接 ．则由题意可知四边形 是正方形，边长为2．设 ，
，则 ，由 ，由此即可解决
问题；
【详解】解：如图连接 ．则由题意可知四边形 是正方形，边长为2．
∵ 的内切圆 与 分别相切于点D、E、F，
∴可以假设 ， ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线长定理、勾股定理等知识，解题的关键是
学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式6-2】如图， 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点 ， ， ，且
， ， ，则阴影部分（即四边形 ）的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的内切圆，根据切线的性质，判断出四边形 为正方形，
利用直角三角形的内切圆的半径的计算公式，求出 的长，进一步求出阴影部分的面积
即可，掌握直角三角形的内切圆的半径的计算方法是解题的关键．
【详解】解：∵ ， ， ，
，
∵ 与 ， ， 分别相切于点 ， ， ，
∴ ， ， ， ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是正方形， ，∴ ，
∴ ，
故选： ．
【变式6-3】如图， 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点 ， ， ，若
的半径为 ， ，则 的值和 的大小分别为（ ）
A．0， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【分析】本题考查三角形的内切圆，圆周角定理，切线长定理等知识．连接 ．利用
切线长定理，可得 ，从而得到 ，再由圆
周角定理，可得 ，即可．
【详解】解：如图，连接 ．
∵ 的内切圆 与 ， ， 分别相切于点 ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故选：A一、单选题
1．如图，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，D为优弧BC上任意一点，
若∠A=28°，则∠D=（ ）
A．62° B．59° C．56° D．45°
【答案】B
【分析】连接OB，由切线的性质求得∠ABO=90°，则∠BOC=∠A+∠ABO=118°，
1
根据圆周角定理，得∠D= ∠BOC=59°，于是得到问题的答案．
2
本题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、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．
【详解】解：连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，
∵∠A=28°，
∴∠BOC=∠A+∠ABO=118°，
1
∴∠D= ∠BOC=59°，
2
故选：B．
2．如图，在⊙O中，AB切⊙O于点A，连接OB交⊙O于点C，过点A作AD∥OB交⊙O于点D，连接CD．若∠B=50°，则∠OCD为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】B
【分析】连接OA，如图，根据切线的性质得到∠OAB=90°，进而可得∠AOB=40°，
再利用圆周角定理得∠ADC=20°，再利用平行线的性质得到∠OCD=∠ADC=20°．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．熟练掌
握切线的性质和圆周角定理是解题的关键．
【详解】解：连接OA，如图，
∵AB ⊙O
切 于点A，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∵∠B=50°，
∴∠AOB=90°−50°=40°，
1
∴∠ADC= ∠AOB=20°，
2
∵AD∥OB，
∴∠OCD=∠ADC=20°．
故选：B．
3．如图，EA，ED是⊙O的切线，切点为A，D，点B，C在⊙O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．
4．如图，OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，OA⊥BC于点D，AE是⊙O的切线，
AE交OC的延长线于点E．若∠AOC=45°，BC=2，则线段AE的长为（ ）A．❑√2 B．1.5 C．1 D．❑√3
【答案】A
【分析】此题重点考查垂径定理、直角三角形的两个锐角互余、“等角对等边”、勾股定
理、切线的性质定理等知识，求得OD=CD=1并且证明AE=OA是解题的关键．根据垂
1
径定理得CD=BD= BC=1，可证明∠DCO=∠DOC=45°，则OD=CD=1，求得
2
OA=OC=❑√2，由AE是⊙O的切线，证明∠OAE=90°，则∠E=∠AOC=45°，所以
AE=OA=❑√2，于是得到问题的答案．
【详解】解：∵OA是⊙O的半径，BC是⊙O的弦，且BC=2，OA⊥BC于点D，
1
∴CD=BD= BC=1，∠ODC=90°，
2
∵∠AOC=45°，
∴∠DCO=∠DOC=45°，
∴OD=CD=1，
∴OA=OC=❑√OD2+CD2=❑√12+12=❑√2，
∵AE是⊙O的切线，
∴AE⊥OA，
∴∠OAE=90°，
∴∠E=∠AOC=45°，
∴AE=OA=❑√2，
故选：A
5．如图，A、B是⊙O上的两点，连接AB并延长到C，CD与⊙O相切于点D，且
CD⊥AC，若AB=BC=4，则CD=（ ）A．4❑√2 B．2❑√10 C．2❑√5 D．4
【答案】A
【分析】本题主要考查了切线的性质、垂径定理、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，
正确作出辅助线是解题关键．连接OA、OD，过点O作OF⊥AB于点F，由垂径定理可
得AF=BF=2，再证明四边形ODCF为矩形，易得OD=CF=6，CD=OF，进而可知
OA=OD=6，在Rt△AOF中，利用勾股定理解得OF的值，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接OA、OD，过点O作OF⊥AB于点F，
∵AB=BC=4，OF⊥AB，
1
∴AF=BF= AB=2，
2
∴CF=BC+CF=4+2=6，
∵CD与⊙O相切于点D，CD⊥AC，
∴∠ODC=∠C=∠OFC=90°，
∴四边形ODCF为矩形，
∴OD=CF=6，CD=OF，
∴OA=OD=6，
∴在Rt△AOF中，OF=❑√OA2−AF2=❑√62−22=4❑√2，
∴CD=OF=4❑√2．
故选：A．
6．如图，AB是⊙O的直径，P为AB延长线上一点，PD切⊙O于点C，AC平分∠EAB，AD与BC的延长线交于点E，AE=5，BE=6，则CD的长为（ ）
A．2.5 B．2.4 C．3 D．1.5
【答案】B
【分析】本题考查了圆的相关性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质等知
识，解题的关键是灵活运用这些知识．连接CO，由AB是⊙O的直径，可得∠ACB=90°，
结合角平分线的定义可证明△ABC≌△AEC，得到BC=EC=3，根据勾股定理求出
1
AC=4，进而可求出S = AC·CE=6，根据切线的性质可得∠PCO=90°，由角平分
△AEC 2
线的性质和圆的性质可推出CO∥AE，进而得到∠PDA=∠PCO=90°，得到
1
S = AE·CD，即可求解．
△AEC 2
【详解】解：连接CO，
∵ AB ⊙O
是 的直径，
∴ ∠ACB=90°，
∴ ∠ACE=180°−∠ACB=90°，
∴ ∠ACB=∠ACE，
∵ AC平分∠EAB，
∴ ∠BAC=∠EAC，
∵ AC=AC，
∴ △ABC≌△AEC（ASA），
∴ BC=EC，
∵ BC+EC=BE=6，∴ BC=EC=3，
∴在Rt△AEC中，AC=❑√AE2−CE2=❑√52−32=4，
1 1
∴ S = AC·CE= ×4×3=6，
△AEC 2 2
∵ PD切⊙O于点C，
∴ OC⊥PD，即∠PCO=90°，
∵ AO=CO，
∴ ∠OAC=∠ACO，
∵ ∠BAC=∠EAC，
∴ ∠ACO=∠EAC，
∴ CO∥AE，
∴ ∠PDA=∠PCO=90°，
1 1
∴ S = AE·CD，即6= ×5CD，
△AEC 2 2
∴ CD=2.4．
故选：B．
7．我们古代数学家擅长通过计算来研究图形的性质．例如《测圆海镜》卷中记载：“假令
有圆城一所，不知周径．或问甲、乙二人同立于巽地，乙西行四十八步而立，甲北行九十
步，望乙与城参相直，问径几何？”意思是：如图，△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，
已知AC=48步，BC=90步，AB与⊙O相切于点D,CE,CF分别与⊙O相切于为点E,F，
求⊙O的半径．根据题意，⊙O的半径是（ ）
A．100步 B．120步 C．140步 D．160步
【答案】B
【分析】此题考查了切线的性质，正方形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是
学会利用参数构建方程解决问题．
如图所示，连接OD，OE，OF，证明四边形OECF是正方形，设OE=OF=EC=FC=r
步，根据切线长定理，得到BD=BF=(r−90)步，AD=AE=(r−48)步，利用勾股定理求出AB=❑√AC2+BC2=102，然后构建方程求解即可．
【详解】如图所示，连接OD，OE，OF，
∵CF，CE是⊙O的切线
∴OF⊥CF，OE⊥CE
∴∠F=∠E=90°
∵∠ACB=90°
∴四边形OECF是矩形
∵OE=OF
∴四边形OECF是正方形
设OE=OF=EC=FC=r步，则BF=FC−BC=(r−90)步，AE=EC−AC=(r−48)步，
∵AB，AE，BF是⊙O的切线
∴BD=BF=(r−90)步，AD=AE=(r−48)步，
∵AB=❑√AC2+BC2=102步，
∴AB=AD+BD=102
∴r−48+r−90=102
∴r=120．
故选：B．
8．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是∠ABC的角平分线，点O在AB上，以点O
为圆心，OB为半径的圆恰好与AC相切于一点D，交BC于点E．若∠A=35°，则
∠BDC的度数为（ ）A．35° B．55° C．62.5° D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了圆切线的性质，三角形内角和定理，角平分线的定义，根据三角形的
内角和定理得到∠ABC=90°−35°=55°，根据角平分线的定义得到
1
∠CBD= ∠ABC=27.5°，于是得到结论．
2
【详解】解：∵∠C=90°，∠A=35°，
∴∠ABC=90°−35°=55°，
∵BD是∠ABC的角平分线，
1
∴∠CBD= ∠ABC=27.5°，
2
∴∠BDC=∠C−∠CBD=90°−27.5°=62.5°，
故选：C．
9．如图，若⊙O是△ABC的内切圆，且∠A=50°，则∠BOC的度数为（ ）
A．100° B．105° C．115° D．130°
【答案】C
【分析】此题主要考查了三角形的内切圆的性质和三角形内角和定理．由三角形内切圆定
义可知OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，所以可得到
2∠OBC+2∠OCB=180°−∠A关系式，得出∠OBC+∠OCB，最后利用三角形内角
和定理即可求出答案．【详解】解：∵点O是△ABC的内心，
∴2∠OBC+2∠OCB=180°−∠A=180°−50°=130°，
∴∠OBC+∠OCB=65°，
∴∠BOC=115°．
故选：C.
10．如图，△ABC的内切圆⊙O分别与AB,BC,AC相切于点D,E,F，且
AD=3,BE=2,CF=4，则△ABC的周长为（ ）
A．18 B．17 C．16 D．15
【答案】A
【分析】本题主要考查三角形的内切圆及切线长定理，灵活运用切线长定理是解题的关键．
由切线长定理可知AD=AF，BD=BE，EC=FC，再根据线段的和差即可求得答案．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O分别与AB,BC,AC相切于点D,E,F，
∴AD=AF，BD=BE，EC=FC，
∵AD=3，BE=2，CF=4，
∴AF=3，BD=2，CE=4，
∴BC=BE+EC=6，AB=AD+BD=5，AC=AF+FC=7，
∴△ABC的周长=BC+AB+AC=18，
故选：A．
二、填空题
11．如图，AC为⊙O切线，C为切点，OA与⊙O交于点B，若AC=3，AO=4，则
OB= ．【答案】❑√7
【分析】本题考查切线的性质，勾股定理等知识点，掌握切线的性质及勾股定理的灵活运
用是解题的关键．
连接OC，首先根据切线的性质得到OC⊥AC，然后利用勾股定理求出
OC=❑√AO2−AC2=❑√7，进而求解即可．
【详解】如图所示，连接OC
∵AC为⊙O切线，C为切点，
∴OC⊥AC
∵AC=3，AO=4，
∴OC=❑√AO2−AC2=❑√7
∴OB=OC=❑√7．
故答案为：❑√7．
12．如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的两条切线，切点分别为A，B，点C为优弧
AB上一点，若∠ACB=50°，则∠P= °．
【答案】80
【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，多边形内角和，由相切连半径是常作的辅助线；分别连接OA、OB，由圆周角定理得∠AOB的度数，再由切线的性质及四边形内
角和即可求得结果．
【详解】解：如图，连接OA、OB，
由圆周角定理得∠AOB=2∠ACB=100°，
∵PA、PB为圆的两条切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠P=360°−2∠PAO−∠AOB=80°；
故答案为：80．
13．如图，菱形ABCD的顶点B,C,D在⊙O上，且AB与⊙O相切，若⊙O的半径为1，
则菱形ABCD的周长为 ．
【答案】4❑√3
【分析】连接OB，先根据切线的性质得出∠ABO=90°，再根据菱形的性质得出
BA=BC，再根据外角的性质，进而得出∠BAO=30°，根据直角三角形30度角所对的边
是斜边的一半可得OA=2OB=2，再由勾股定理求解即可．
【详解】连接OB，
∵AB与⊙O相切，∴AB⊥OB，
∴∠ABO=90°，
∴∠BAO+∠AOB=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BA=BC，
∴∠BAO=∠BCA，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠AOB=∠OBC+∠OCB=2∠OCB=2∠BAO，
∴∠BAO+∠AOB=∠BAO+2∠BAO=3∠BAO=90°，
∴∠BAO=30°，
∵⊙O的半径为1，
∴OA=2OB=2，
∴AB=❑√OA2−OB2=❑√3，
∴菱形ABCD的周长为4❑√3，
故答案为：4❑√3．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形外角的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，
勾股定理等，熟练掌握知识点并添加适当的辅助线是解题的关键．
14．如图，平面直角坐标系中三个点的坐标为A(1,1)，B(2,4)，C(3,1)．则△ABC的内切
圆半径长为 ．
❑√10−1
【答案】
3
【分析】本题考查了坐标与图形、勾股定理、三角形内切圆的定义和性质，设△ABC的内
切圆⊙I与AB、BC、AC分别相切于点F、J、E，连接IF、IJ、IE、BE，由勾股定理
得出AB=CB，由三角形内切圆的性质得出BI平分∠ABC，从而得出BI在AC的垂直平分线上，证明出B、I、E在同一直线上，得出E(2,1)，推出BE=4−1=3，连接AI、BI、
1
CI，设△ABC的内切圆的半径长为r，根据S = AC⋅BE=S +S +S 列式
△ABC 2 △ABI △ACI △BCI
计算即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆⊙I与AB、BC、AC分别相切于点F、J、E，连
接IF、IJ、IE、BE，
，
∵A(1,1)，B(2,4)，C(3,1)，
∴AC=3−1=2，AB=❑√(2−1) 2+(4−1) 2=❑√10，BC=❑√(3−2) 2+(4−1) 2=❑√10，
∴AB=CB，
∵点I为△ABC的内切圆的圆心，
∴BI平分∠ABC，
∵AB=CB，
∴BI在AC的垂直平分线上，
∵IE⊥AC，
∴B、I、E在同一直线上，
∴E(2,1)，
∴BE=4−1=3，
连接AI、BI、CI，设△ABC的内切圆的半径长为r，
1
∵S = AC⋅BE=S +S +S ，
△ABC 2 △ABI △ACI △BCI
1 1 1 1
∴ ×2×3= ×❑√10×r+ ×2×r+ ×❑√10×r，
2 2 2 2
❑√10−1
解得：r= ，
3
❑√10−1
故答案为： ．
315．如图，四边形ABCD内接于⊙O，PA，PC与⊙O分别相切于A，C，若∠D=70°，
则∠P+∠B= °．
【答案】150
【分析】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的任意一个
外角等于它的内对角是解题的关键．
根据圆内接四边形的性质求出∠B，根据圆周角定理求出∠AOC，根据切线性质求出∠P，
计算即可．
【详解】连接OA，OC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC=180°−∠D=180°−70°=110°，
由圆周角定理得，∠AOC=2∠D=140°，
∵PA，PC与⊙O分别相切于A，C，
∴∠PAO=∠PCO=90°，
∵∠P+∠PAO+∠PCO+∠AOC=360°，
∴∠P=360°−90°−90°−140°=40°，
∴∠P+∠B=40°+110°=150°，
故答案为：150．
三、解答题
16．如图，等腰直角△ABC与⊙O交于点B，C，∠ACB=90°，延长AB，AC与⊙O分
别交于点D，E，连接CD，ED，并延长ED至点F，使得∠FBD=∠BCD．(1)求∠CED的度数；
(2)求证：BF与⊙O相切；
(3)若⊙O的半径为2，求CD的长．
【答案】(1)45°
(2)证明见解析
(3)2❑√2
【分析】（1）连接BE，由∠BCE=90°，可得BE为⊙O的直径，根据圆周角定理可得
∠BDE=90°，再根据等腰三角形的性质可得∠A=45°，由直角三角形的性质即可求解；
（2）由圆周角定理可得∠BCD=∠BED，从而可得∠FBD=∠BED，利用等量代换可
得BF⊥BO，再根据切线的判定定理即可得证；
（3）由圆心角定理可得∠COD=90°，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：连接BE，如图1，
∵∠BCE=90°
，
∴BE过圆心O，
∴BE为⊙O的直径，
∴∠BDE=90°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵∠A=45°，
∴∠CED=45°．
（2）证明：∵∠BCD=∠BED，∠FBD=∠BCD，∴∠FBD=∠BED，
∵∠DBE+∠BED=90°，
∴∠FBD+∠DBE=90°，
即BF⊥BO，
又∵BO是半径，
∴BF与⊙O相切；
（3）解：连接OD、OC，如图2，
∵∠COD=2∠CED=90°，
∴CD=❑√OC2+OD2=2❑√2．
【点睛】本题主要考查圆的综合应用、勾股定理、等腰直角三角形的性质、直角三角形的
性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
17．如图，△ABC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；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O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；
（2）在Rt△ABC中，勾股定理求得AB=10,证明Rt△ODB≌Rt△OCB(HL)，设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r，在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，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．
（2）解：在Rt△ABC中，AB=❑√BC2+AC2=❑√62+82=10，
∵∠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，
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OA=8−r，
在Rt△AOD中，r2+42=(8−r) 2，
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．
18．如图，在△ABC中，以边AC上一点O为圆心，OA为半径作⊙O，与AB相切于点
A．作CD⊥BO交BO的延长线于点D，且∠CBD=∠DCO．(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若AB=5，BC=13，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
10
(2)OA=
3
【分析】本题考查切线的判定，角平分线的性质，勾股定理，解题的关键是掌握切线的判
定和性质．
（1）过O点作OE⊥BC于点E，推导出∠ABO=∠DBC，然后根据角平分线的性质即
可得到OE=OA，证明结论；
（2）先利用勾股定理求出AC长，然后利用全等三角形得到BE=BA=5，然后再在
Rt△OCE中利用勾股定理解题即可．
【详解】（1）证明：过O点作OE⊥BC于点E，
∵AB与⊙O相切于点A，CD⊥BO
∴∠BAO=∠D=90°，
又∵∠AOB=∠COD，
∴∠ABO=∠DCO，
∵∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠DBC，
又∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=5，BC=13，∴AC=❑√BC2−AB2=❑√132−52=12，
在Rt△OAB和Rt△OEB中，
¿，
∴Rt△OAB≌Rt△OEB，
∴BE=BA=5，
∴CE=BC−BE=13−5=8，
在Rt△OCE中，OE2+CE2=OC2，即OA2+82=(12−OA) 2，
10
解得：OA= ．
3
