文档内容
专题 16 点和圆、直线和圆的位置关系（9 个知识点 5 种题型 4
种中考考法）
【目录】
倍速学习四种方法
【方法一】 脉络梳理法
知识点1.点和圆的位置关系（重点）
知识点2.圆的确定条件
知识点3.三角形的外接圆
知识点4.反证法（难点）
知识点5.直线和圆的位置关系（重点）
知识点6.切线的判定定理和性质定理（重点）（难点）
知识点7.切线长及切线长定理（重点）
知识点8.三角形的内切圆
知识点9.圆和圆的位置关系（拓展）
【方法二】 实例探索法
题型1.直线与圆的位置关系的应用
题型2.切线性质的应用
题型3.切线长定理的应用
题型4.切线的判定和性质的综合应用
题型5.三角形外心、内心的应用
【方法三】 仿真实战法
考法1直线与圆的位置关系
考法2.切线的性质
考法3.切线的判定
考法4.直角三角形中的内切圆
【方法四】 成果评定法【学习目标】
1. 了解点和圆的三种位置关系的图形特征；掌握点到圆心的距离与半径之间的数量关系；掌握“不在同
一直线上的三点确定一个圆”，并能作出这个圆。
2. 了解反证法的意义，会用反证法进行简单的证明。
3. 掌握直线和圆的三种位置关系的特点及判别方法；了解割线、切线的概念；掌握切线的判定和性质，
并能灵活运用。
4. 了解并会应用切线长定理，了解三角形的内切圆、三角形的内心等概念。
5. 体验数形结合思想和建模思想，提高解决实际问题的能力。
【知识导图】
【倍速学习五种方法】
【方法一】脉络梳理法
知识点1.点和圆的位置关系（重点）
（1）点与圆的位置关系有3种．设 O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：
①点P在圆外 d＞r ⊙
②点P在圆上⇔d＝r
①点P在圆内⇔d＜r
（2）点的位置⇔可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定
该点与圆的位置关系．
（3）符号“ ”读作“等价于”，它表示从符号“ ”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端．
【例1】（20⇔23春·江苏苏州·九年级统考阶段练习）已⇔知 的半径为4，点A到圆心O的距离为4，则点A与 的位置关系是（ ）
A．点A在圆内 B．点A在圆上 C．点A在圆外 D．无法确定
【答案】B
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∴点A在圆上，
知识点2.圆的确定条件
不在同一直线上的三点确定一个圆．
注意：这里的“三个点”不是任意的三点，而是不在同一条直线上的三个点，而在同一直线上的三个点不
能画一个圆．“确定”一词应理解为“有且只有”，即过不在同一条直线上的三个点有且只有一个圆，过
一点可画无数个圆，过两点也能画无数个圆，过不在同一条直线上的三点能画且只能画一个圆．
【例2】（2022春•射阳县校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的横、纵坐标都为整数，
过这三个点作一条圆弧，则此圆弧的圆心坐标为 ．
【解答】解：从图形可知：A点的坐标是（0，2），B点的坐标是（1，3），C点的坐标是（3，3），
连接AB，作线段AB和线段BC的垂直平分线MN、EF，两线交于Q，则Q是圆弧的圆心，如图，
∴Q点的坐标是（2，1），
故答案为：（2，1）．
知识点3.三角形的外接圆（1）外接圆：经过三角形的三个顶点的圆，叫做三角形的外接圆．
（2）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．
（3）概念说明：
①“接”是说明三角形的顶点在圆上，或者经过三角形的三个顶点．
②锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点；钝角三角形的外心在
三角形的外部．
③找一个三角形的外心，就是找一个三角形的三条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个，而
一个圆的内接三角形却有无数个．
【例3】（2022秋•广陵区校级期末）如图，点A（0，3），B（2，1），C在平面直角坐标系中，则△ABC
的外心在（ ）
A．第四象限 B．第三象限 C．原点O处 D．y轴上
【解答】解：如图，根据网格点O′即为所求．
∵△ABC的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，∴EF与MN的交点O′即为所求的△ABC的外心，
∴△ABC的外心坐标是（﹣2，﹣1）．
故选：B．
知识点4.反证法（难点）
【例4】（2023春·九年级课时练习）反证法是数学证明的一种重要方法．请将下面运用反证法进行证明的
过程补全．
已知：在 中， ．求证： ．
证明：假设_____________________．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
这与_______________________．
∴_______________________不成立．
∴
【答案】 ；三角形内角和定理或三角形的内角和等于 相矛盾；此假设
【分析】根据反证法的证明步骤分析即可．
【详解】解：证明：假设
∵ ，
∴ ，
∴ ，
这与三角形内角和定理或三角形的内角和等于 相矛盾．
∴此假设不成立．
∴ ，
故答案为： ；三角形内角和定理或三角形的内角和等于 相矛盾；此假设．
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，等边对等角及反证法，反证法的一般步骤是：①假设命题的结论不成立；②从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾；③由矛盾判定假设不正确，从而肯定原命题
的结论正确．
知识点5.直线和圆的位置关系（重点）
(1) 相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交．这时直线叫做圆的割线．
(2) 相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切．这时直线叫做圆的切线，唯一的公共点叫做
切点．
(3) 相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离．
由于圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小，因此研究直线和圆的位置关系，就可以转化为直线和点
(圆心)的位置关系．下面图(1)中直线与圆心的距离小于半径；图(2)中直线与圆心的距离等于半径；图
(3)中直线与圆心的距离大于半径．
如果⊙O的半径为r，圆心O到直线 的距离为d，那么
【例5】（2022秋•宜兴市期末）已知 O的半径为6cm，点O到直线l的距离为7cm，则直线l与 O的位
置关系是（ ） ⊙ ⊙
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
【解答】解：∵ O的半径为6cm，圆心O到直线l的距离为7cm，6＜7，
∴直线l与 O相⊙离．
故选：C．⊙
知识点6.切线的判定定理和性质定理（重点）（难点）
（1）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．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线
的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确
指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”．
（3）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（4）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆
心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（5）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半
径，见垂直．
要点诠释：
切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可.
【例6】．（2023•沛县模拟）如图，AD是 O的弦，AB经过圆心O交 O于点C，∠A＝∠B＝30°，连接
BD．求证：BD是 O的切线． ⊙ ⊙
⊙
【解答】如图，连接OD，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠DAB＝30°，
∴∠DOB＝∠ODA+∠DAB＝60°，
∴∠ODB＝180°﹣∠DOB﹣∠B＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
即OD⊥BD，
∴直线BD与 O相切．
⊙【变式】如图，在△ABC中，∠CAB=90°，∠CBA=50°，以AB为直径作⊙O交BC于点D，点E在边AC上，
且满足ED=EA．
（1）求∠DOA的度数；
（2）求证：直线ED与⊙O相切．
【答案与解析】
（1）解；∵∠DBA=50°，
∴∠DOA=2∠DBA=100°，
（2）证明：连接OE．
在△EAO与△EDO中， ，
∴△EAO≌△EDO，
∴∠EDO=∠EAO，
∵∠BAC=90°，
∴∠EDO=90°，
∴DE与⊙O相切．
【变式2】如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=25°，过点C作圆O的切线，交AB的延长线
于点D，则∠D的度数是（ ）
A．25° B．40° C．50° D．65°
【答案】B．
【解析】
解：连接OC，∵圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，
∴AB是直径，
∵∠A=25°，
∴∠BOC=2∠A=50°，
∵CD是圆O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠D=90°﹣∠BOC=40°．
故选B．
知识点7.切线长及切线长定理（重点）
（1）圆的切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
（2）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．
（3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的
两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量．
（4）切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．
【例7】如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，P、C、D为切点，如果AB=5，AC=3，则BD的长为 ．
【答案】2．
【解析】
解：∵AC、AP为⊙O的切线，∴AC=AP，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP=BD，
∴BD=PB=AB﹣AP=5﹣3=2．
故答案为：2．
知识点8.三角形的内切圆
1.三角形的内切圆：
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.
2．三角形的内心：
三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心. 三角形的内心到三边的距离
都相等.
要点诠释：
(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；
(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的
一半，即 (S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).
(3) 三角形的外心与内心的区别：
名称 确定方法 图形 性质
外心(三角形外 三角形三边中垂线的 (1) 到三角形三个顶点的距
接圆的圆心) 交点 离相等，即OA=OB=OC；(2)
外心不一定在三角形内部
内心(三角形内 三角形三条角平分线 (1)到三角形三边距离相等；
切圆的圆心) 的交点 (2)OA、OB、OC分别平分
∠BAC、∠ABC、∠ACB； (3)
内心在三角形内部.
【例8】（2023•泗阳县一模）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有下列问题：“今
有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是“今有直角三角形，勾（短直角边）长为八步，股
（长直角边）长为十五步，问该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）直径是多少？”此问题中，该内切圆
的直径长是（ ）A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
【解答】解：如图，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝15，∠C＝90°，
∴AB＝ ＝17，
∴S△ABC ＝ AC•BC＝ ×8×15＝60，
设内切圆的圆心为O，分别连接圆心和三个切点，及OA、OB、OC，
设内切圆的半径为r，
∴S△ABC ＝S△AOB +S△BOC +S△AOC ＝ ×r（AB+BC+AC）＝20r，
∴20r＝60，解得r＝3，
∴内切圆的直径为6步，
故选：C．
知识点9.圆和圆的位置关系（拓展）
1．圆与圆的五种位置关系的定义
两圆外离：两个圆没有公共点，且每个圆上的点都在另一个圆的外部时，叫做这两个圆外离.
两圆外切：两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点外，每个圆上的点都在另一个圆的外部时，叫做这
两个圆外切.这个唯一的公共点叫做切点.
两圆相交：两个圆有两个公共点时，叫做这两圆相交.
两圆内切：两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点外，一个圆上的点都在另一个圆的内部时，叫做这
两个圆内切.这个唯一的公共点叫做切点.
两圆内含：两个圆没有公共点，且一个圆上的点都在另一个圆的内部时，叫做这两个圆内含.2．两圆的位置与两圆的半径、圆心距间的数量关系：
设⊙O 的半径为r，⊙O 半径为r， 两圆心OO 的距离为d，则：
1 1 2 2 1 2
两圆外离 d＞r+r
1 2
两圆外切 d=r+r
1 2
两圆相交 r-r＜d＜r+r (r≥r)
1 2 1 2 1 2
两圆内切 d=r-r (r＞r)
1 2 1 2
两圆内含 d＜r-r (r＞r)
1 2 1 2
要点诠释：
(1) 圆与圆的位置关系，既考虑它们公共点的个数，又注意到位置的不同，若以两圆的公共点个数 分
类，又可以分为：相离(含外离、内含)、相切(含内切、外切)、相交；
(2) 内切、外切统称为相切，唯一的公共点叫作切点；
(3) 具有内切或内含关系的两个圆的半径不可能相等，否则两圆重合.
【例9】设 R、r 是两圆的半径，d 为圆心距，如果它们满足 R2 r2 2Rd d 2 0 ，那么
这两个圆的位置关系是（ ）
A．外离 B．相切 C．相交 D．内含
【答案】B．
【解析】∵ R2 r2 2Rd d 2 0 ，∴ R d 2 r2 ，∴ R r d 或 R r d ，
∴两个圆相切．
【总结】本题考查了圆与圆的位置关系．
【方法二】实例探索法
题型1.直线与圆的位置关系的应用
1．（2022春·九年级课时练习）如图，已知⊙O的半径为5cm，点O到直线l的距离OP为 7cm．
（1）怎样平移直线l，才能使l与⊙O相切？
（2）要使直线l与⊙O相交，设把直线l向上平移 xcm，求x的取值范围【答案】（1）将直线l向上平移2cm或12cm；（2）2cm＜x＜12cm．
【详解】解：（1）∵⊙O的半径为5cm，点O到直线l的距离OP为7cm，
∴将直线l向上平移7-5=2（cm）或7+5=12（cm），才能使l与⊙O相切；
（2）由（1）知，要使直线l与⊙O相交，直线l向上平移的距离大于2cm且小于12cm，
∴2cm＜x＜12cm，
x的取值范围为：2cm＜x＜12cm．
2．（2022春·全国·九年级专题练习）已知 的半径为 ，点 到直线 的距离为 ，且直线 与 相切，
若 ， 分别是方程 的两个根，求 的值．
【答案】
【详解】∵由题意可知 ．
∴方程 的两根相等
∴
解得： ．
题型2.切线性质的应用
3．（2023•建邺区二模）如图，在平面直角坐标系中，点 P的坐标是（4，5）， P与x轴相切，点A，B
在 P上，它们的横坐标分别是0，9．若 P沿着x轴向右作无滑动的滚动，当点⊙B第一次落在x轴上时，
此时⊙点A的坐标是（ ） ⊙
A．（7+2 ，9） B．（7+2.5 ，9） C．（7+2 ，8） D．（7+2.5 ，8）
【解答】解π ：如图1，设 P与x轴的π切点为D，过点P作πPC⊥y轴于C，连接PD，πPA，
∴PD⊥x轴， ⊙∵点P的坐标是（4，5），
∴PC＝4，PD＝5，
即 P的半径为5，
∴⊙PA＝PD＝5，
在Rt△PCA中，由勾股定理得： ，
延长CP与 P相交，此时交点到点C的距离为9，
而点B的横⊙坐标为9，故交点为点B，
∴∠DPB＝90°，
如图2，当点B第一次落在x轴上时， P滚动了90°，
⊙
∴点B滚动的距离为： ，
点A的对应点为A'，点C的对应点为C'，点B的对应点为B'，点P的对应点为P'，
此时A'C'＝AC＝3，P'C'＝PC＝4，
点A'的纵坐标为P'C'+5＝4+5＝9，
点A'的横坐标为PC+A'C'+2.5 ＝4+3+2.5 ＝7+2.5 ，
∴点A'的坐标为（7+2.5 ，9π）， π π
即此时点A的坐标是（7π+2.5 ，9），
故选：B． π
4．（2023•工业园区校级模拟）如图，半径为10的 M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B点，连接
AM、AC，AC平分∠OAM，AO+CO＝12． ⊙（1）判断 M与x轴的位置关系，并说明理由；
（2）求AB⊙的长．
【解答】解：（1）猜测 M与x轴相切，理由如下：
如图，连接OM， ⊙
∵AC平分∠OAM，
∴∠OAC＝∠CAM，
又∵MC＝AM，
∴∠CAM＝∠ACM，
∴∠OAC＝∠ACM，
∴OA∥MC，
∵OA⊥x轴，
∴MC⊥x轴，
∵CM是半径，
∴ M与x轴相切．
（⊙2）如图，过点M作MN⊥y轴于点N，
∴AN＝BN＝ AB，
∵∠MCO＝∠AOC＝∠MNA＝90°，
∴四边形MNOC是矩形，
∴NM＝OC，MC＝ON＝10，
设AO＝m，则OC＝12﹣m，
∴AN＝10﹣m，
在Rt△ANM中，由勾股定理可知，AM2＝AN2+MN2，
∴102＝（10﹣m）2+（12﹣m）2，
解得m＝4或m＝18（舍去），∴AN＝6，
∴AB＝12．
5．（2023•崇川区校级三模）如图，P为 O外一点，PA，PB是 O的切线，A，B为切点，点C在 O上，
连接OA，OC，AC． ⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：∠AOC＝2∠PAC；
（2）连接OB，若AC∥OB， O的半径为5，AC＝6，求AP的长．
⊙
【解答】（1）证明：过O作OH⊥AC于H，
∴∠OHA＝90°，
∴∠AOH+∠OAC＝90°，
∵PA是 O的切线，
∴∠OAP⊙＝90°，
∴∠OAC+∠PAC＝90°，
∴∠AOH＝PAC，
∵OA＝OC，
∴∠AOC＝2∠AOH，
∴∠AOC＝2∠PAC；
（2）解：连接OB，延长AC交PB于E，
∵PA，PB是 O的切线，
∴OB⊥PB，P⊙A＝PB，
∵AC∥OB，∴AC⊥PB，
∴四边形OBEH是矩形，
∴OH＝BE，HE＝OB＝5，
∵OH⊥AC，OA＝OC，
∴AH＝CH＝ AC＝3，
∴OH＝ ＝4，
∴BE＝OH＝4，AE＝AH+HE＝8，
∵PA2＝AE2+PE2，
∴PA2＝82+（PA﹣4）2，
∴PA＝10．
题型3.切线长定理的应用
6．（2021•滨海县一模）如图，PA、PB是 O的切线，CD切 O于点E，△PCD的周长为12，∠APB＝
60°．求： ⊙ ⊙
（1）PA的长；
（2）∠COD的度数．
【解答】解：（1）∵CA，CE都是圆O的切线，
∴CA＝CE，
同理DE＝DB，PA＝PB，
∴三角形PCD的周长＝PD+CD+PC＝PD+PC+CA+BD＝PA+PB＝2PA＝12，
即PA的长为6；（2）∵∠P＝60°，
∴∠PCE+∠PDE＝120°，
∴∠ACD+∠CDB＝360°﹣120°＝240°，
∵CA，CE是圆O的切线，
∴∠OCE＝∠OCA＝ ∠ACD；
同理：∠ODE＝ ∠CDB，
∴∠OCE+∠ODE＝ （∠ACD+∠CDB）＝120°，
∴∠COD＝180﹣120°＝60°．
7．（2021秋•泰州月考）如图，直线AB、BC、CD分别与 O相切于E、F、G，且AB∥CD，OB＝6cm，OC
＝8cm．求： ⊙
（1）∠BOC的度数；
（2）BE+CG的长；
（3） O的半径．
⊙
【解答】解：（1）连接OF；根据切线长定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠OBF+∠OCF＝90°，
∴∠BOC＝90°；
（2）由（1）知，∠BOC＝90°．
∵OB＝6cm，OC＝8cm，∴由勾股定理得到：BC＝ ＝10cm，
∴BE+CG＝BC＝10cm．
（3）∵BC与 O相切于点F，
∴OF⊥BC， ⊙
∴S△OBC ＝ OF×BC＝ OB×OC，即 OF×10＝ ×6×8．
∴OF＝4.8cm．
题型4.切线的判定和性质的综合应用
8．（2023•邗江区二模）如图，△ABC中，AB＝AC， O过B、C两点，且AB是 O的切线，连接AO交劣
弧BC于点P． ⊙ ⊙
（1）证明：AC是 O的切线；
（2）若AB＝8，A⊙P＝4，求 O的半径．
⊙
【解答】（1）证明：∵AB是 O的切线，
∴OB⊥AB， ⊙
∴∠ABO＝90°．
在△ABO和△ACO中，
，
∴△ABO≌△ACO（SSS），∴∠ABO＝∠ACO＝90°，
∴OC⊥AC，
∵OC为 O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解⊙：设 O的半径为r，则OB＝r，OA＝4+r．
在Rt△OAB中⊙，
∵OB2+AB2＝OA2，
∴r2+82＝（r+4）2，
解得：r＝6．
∴ O的半径为6．
9．⊙已知AB是 O的直径，点C在AB的延长线上，AB＝4，BC＝2，P是 O上半部分的一个动点，连接
OP，CP． ⊙ ⊙
（1）如图①，△OPC的最大面积是 ；
（2）如图②，延长PO交 O于点D，连接DB，当CP＝DB时，求证：CP是 O的切线．
⊙ ⊙
【解答】（1）解：∵AB＝4，
∴OB＝2，OC＝OB+BC＝4．
在△OPC中，设OC边上的高为h，
1
∵S△OPC =
2
OC•h＝2h，
∴当h最大时，S△OPC 取得最大值．
观察图形，当OP⊥OC时，h最大，如答图1所示：此时h＝半径＝2，S△OPC ＝2×2＝4．
∴△OPC的最大面积为4，
故答案为：4．
（2）证明：如答图②，连接AP，BP．
∴∠A＝∠D＝∠APD＝∠ABD，
∵^AD=^PB，
∴^AP=^BD，
∴AP＝BD，
∵CP＝DB，
∴AP＝CP，
∴∠A＝∠C，
在△APB与△CPO中，
{
AP=CP
∠A=∠C，
AB=CO
∴△APB≌△CPO（SAS），
∴∠APB＝∠OPC，
∵AB是直径，
∴∠APB＝90°，
∴∠OPC＝90°，∴DP⊥PC，
∵DP经过圆心，
∴PC是 O的切线．
题型5.三角⊙形外心、内心的应用
10．（2022秋•鼓楼区期中）如图，正方形 ABCD、等边三角形 AEF内接于同一个圆，则 的度数为
（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△AEF是等边三角形，
∴∠BAD＝90°，∠EAF＝60°，
∵已知图形是以正方形ABCD的对角线AC所在直线为对称轴的轴对称图形，
∴∠BAE＝∠DAF＝ ×（90°﹣60°）＝15°，
∵∠BAE是 所对的圆周角，
∴ 所对的圆心角等于2×15°＝30°，
∴ 的度数为30°，
故选：D．
11．（2023•姑苏区校级二模）如图，E为正方形ABCD的边CD上一点（不与C、D重合），将△BCE沿直
线BE翻折到△BFE，延长EF交AE于点G，点O是过B、E、G三点的圆劣弧EG上一点，则∠EOG＝
°．【解答】解：连接BG，
∵将△BCE沿直线BE翻折到△BFE，
∴BC＝BF，∠CBE＝∠FBE，∠BCE＝∠BFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，
∴AB＝BF，
∵BG＝BG，
∴Rt△ABG≌Rt△FBG（HL），
∴∠ABG＝∠FBG，
∴∠ABG＝∠FBG，
∴∠GBE＝ ∠ABC＝45°，
∵四边形GBEO为圆内接四边形，
∴∠EBG+∠EOG＝180°，
∴∠EOG＝180°﹣∠EBG＝135°，
故答案为：135．
12．（2022秋•太仓市校级月考）如图，△ABC内接于 O，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，BD为 O的直径，
则AD的值为（ ） ⊙ ⊙A．6 B． C．3 D．
【解答】解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，
∴ ，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵BD为 O的直径，
∴∠BAD⊙＝90°，
∴BD＝2AB＝6，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得： ．
故选：D．
13．（2023•秦淮区模拟）如图，△ABC是 O的内接三角形， ，把△ABC绕点O按逆
⊙
时针方向旋转90°得到△BED，则对应点C，D之间的距离为 ．
【解答】解：连接OC，OB，OD，CD，
∵∠BOC＝2∠A＝60°，OC＝OB，
∴△OCB是等边三角形，
∴ ，
∵△ABC绕点O按逆时针方向旋转90°得到△BED，
∴∠COD＝90°，
根据勾股定理 ．故答案为：2．
14．如图，△ABC内接于 O；∠A＝30°，过圆心O作OD⊥BC，垂足为D．若 O的半径为6，求OD的长．
⊙ ⊙
【解答】解：如图，连接OB，OC，
∵∠BOC＝2∠A，∠A＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB＝OC＝BC＝6，
∵OD⊥BC，
∴BD＝CD＝3，
在Rt△ODB中，OD=❑√OB❑ 2-BD❑ 2=❑√36-9=3❑√3．
15．如图， O是△ABC的外接圆，AD⊥BC于点D，圆心O在AD上，AB＝10，BC＝12，求 O的半径．
⊙ ⊙【解答】解：如图，连接OB．
∵AD是△ABC的高．
1
∴BD = BC＝6，
2
在Rt△ABD中，AD=❑√AB2-BD2=❑√102-62=8．
设圆的半径是R．
则OD＝8﹣R．
在Rt△OBD中，根据勾股定理可以得到：R2＝36+（8﹣R）2，
25
解得：R = ．
4
25
∴ O的半径为 ．
4
⊙
16．（2022秋•海州区校级月考）阅读下列材料：已知实数m，n满足（2m2+n2+1）（2m2+n2﹣1）＝80，
试求2m2+n2的值．
解：设2m2+n2＝t，则原方程变为（t+1）（t﹣1）＝80，整理得t2﹣1＝80，t2＝81，所以t＝±9，因为
2m2+n2≥0，所以2m2+n2＝9．这种方法称为“换元法”，把其中某些部分看成一个整体，并用新字母代替
（即换元），则能使复杂的问题简单化．根据以上阅读材料内容，解决下列问题．
（1）已知实数x、y，满足（2x2+2y2+3）（2x2+2y2﹣3）＝27，求x2+y2的值；
（2）已知Rt△ACB的三边为a、b、c（c为斜边），其中a、b满足（a2+b2﹣1）（a2+b2﹣4）＝5（a2+b2）
（a2+b2﹣4），求Rt△ACB外接圆的半径．【解答】解：（1）设2x2+2y2＝t，
则原方程变形为（t+3）（t﹣3）＝27，
整理得：t2＝36，
解得，t＝±6，
∵2x2+2y2≥0，
∴2x2+2y2＝6，
∴x2+y2＝3；
（2）设a2+b2＝t，
则原方程变形为（t﹣1）（t﹣4）＝5t（t﹣4），
整理得，4t2﹣15t﹣4＝0，
解得：t＝4或﹣ ，
∵a2+b2≥0，
∴a2+b2＝4，
∴c＝ ＝2，
∴Rt△ACB外接圆的半径为1．
17．（2022秋•宿城区期中）如图，BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，M是BC的中点， O是
△ABC的外接圆． ⊙
（1）点B，C，D，E是否在以点M为圆心的同一个圆上？请说明理由．
（2）若AB＝8，CF＝6，求△ABC外接圆的半径长．
【解答】解：（1）点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上，
理由：连接EM，DM，∵BD⊥AC，CE⊥AB，
∴∠BDC＝∠BEC＝90°，
∵M是BC的中点，
∴EM＝BM＝ BC，DM＝CM＝ BC，
∴EM＝BM＝DM＝CM，
∴点B，C，D，E在以点M为圆心的同一个圆上；
（2）连接AF并延长交BC于点G，连接BO并延长交 O于点H，连接AH，CH，
⊙
∵BD，CE是△ABC的高，BD，CE相交于点F，
∴AG⊥BC，
∵BH是 O的直径，
∴∠BAH⊙＝∠BCH＝90°，
∴BA⊥AH，BC⊥CH，
∴AG∥CH，
∵CE⊥AB，
∴AH∥CE，
∴四边形AFCH是平行四边形，
∴CF＝AH＝6，
在Rt△BAH中，AB＝8，∴BH＝ ＝ ＝10，
∴△ABC外接圆的半径长为5．
18．（2023•靖江市模拟）等腰三角形的底边长为 12，腰长为10，该等腰三角形内心和外心的距离为
．
【解答】解：由题意：△ABC为等腰三角形，AB＝AC＝10，BC＝12， O′为它的外接圆， O与三边相
切于点D，E，F，连接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OB，如图， ⊙ ⊙
∵AB＝AC，
∴AO所在的直线垂直平分BC，平分∠BAC，
∴A，O′，O，E在一条直线上，
∴AE⊥BC，BE＝EC＝6，
∴AE＝ ＝ ＝8．
由题意：O′A＝O′B＝O′C，OD＝OE＝OF，且OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
设O′A＝O′B＝O′C＝R，OD＝OE＝OF＝r，
则O′E＝8﹣R，
∵S△ABC ＝S△OAB +S△OBC +S△OAC ，
∴ BC•AE＝ AB•OD+ BC•OE+ AC•OF，
∴ 12×8＝ ×10r+ 12r+ 10r，
∴r＝3．
∴OE＝3．
在Rt△O′BE中，
∵BE2+O′E2＝O′B2，∴62+（8﹣R）2＝R2，
解得：R＝ ．
∴O′E＝8﹣ ＝ ，
∴OO′＝OE﹣O′E＝ ．
该等腰三角形内心和外心的距离为 ．
故答案为： ．
19．（2022秋•建邺区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD是边E上的高， E， F
分别是△ACD，△BCD的内切圆，则 E与 F的面积比为 ． ⊙ ⊙
⊙ ⊙
【解答】解：在△ABC中，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝ ＝5，
∵S△ABC ＝ AB•CD＝ AC•BC，
∴CD＝ ，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，
AD＝ ＝ ，
∴BD＝AB﹣AD＝ ，
设 E的半径为r， F的半径为R，则
⊙ ⊙
S△ACD ＝ AD•CD＝ （AC+CD+AD）•r，即 × ＝（3+ + ）r，
∴r＝ ，
同理R＝ ，
∴ E与 F的面积比为＝ ＝ ，
⊙ ⊙
故答案为： ．
20．（2022秋•江阴市期末）如图， O是△ABC的内切圆，切点分别为D、F、G，∠B＝65°，∠C＝45°，
则∠DGF的度数是 °． ⊙
【解答】解：如图，连接OD，OF，
∵∠B＝65°，∠C＝45°，
∴∠A＝180°﹣65°﹣45°＝70°．
∵AB是圆O的切线，
∴∠ODA＝90°．
同理∠OFA＝90°．
∴∠A+∠DOF＝180°．
∴∠DOF＝110°．
∴∠DGF＝55°．
故答案为：55．
21．（2023•沭阳县一模）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 ．
⊙
【解答】解：∵ O是△ABC的内切圆，且与MN相切于点G；
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．
22．（2022春•定远县校级月考）已知：如图， O是Rt△ABC的内切圆，∠C＝90°．若AC＝12cm，BC＝
9cm，求 O的半径r；若AC＝b，BC＝a，AB＝⊙c，求 O的半径r．
⊙ ⊙
【解答】解：如图；
在Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm；
根据勾股定理AB=❑√AC2+BC2=15cm；
四边形OFCD中，OD＝OF，∠ODC＝∠OFC＝∠C＝90°；则四边形OFCD是正方形；
由切线长定理，得：AD＝AE，CD＝CF，BE＝BF；
1
则CD＝CF = （AC+BC﹣AB）；
2
1
即：r = （12+9﹣15）＝3．
2
当AC＝b，BC＝a，AB＝c，
由以上可得：
1
CD＝CF = （AC+BC﹣AB）；
2
1
即：r = （a+b﹣c）．
2
1
则 O的半径r为： （a+b﹣c）．
2
⊙
【方法三】 仿真实战法
考法1直线与圆的位置关系
1．（2023•宿迁）在同一平面内，已知 O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动
点，则点P到直线l的最大距离是（ ⊙ ）
A．2 B．5 C．6 D．8
【分析】根据圆心到直线l的距离为3，而圆的半径为2，此时直线与圆相离，当点P在 O上运动时，
当点P在BO的延长线与 O的交点时，点P到直线l的距离最大，根据题意画出图形进⊙行解答即可．
【解答】解：如图，由题⊙意得，OA＝2，OB＝3，
当点P在BO的延长线与 O的交点时，点P到直线l的距离最大，
此时，点P到直线l的最大⊙距离是3+2＝5，
故选：B．【点评】本题考查直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置与圆心到直线的距离之间的关系是解决问
题的关键．
2．（2023•镇江）已知一次函数y＝kx+2的图象经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心，r为半径
作 O．若对于符合条件的任意实数k，一次函数y＝kx+2的图象与 O总有两个公共点，则r的最小值
为 ⊙ ． ⊙
【分析】在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝2，于是得到一次函数y＝kx+2的图象与y轴交于（0，2），求
得一次函数过定点（0，2），当 O过（0，2）时，两者至少有一个交点，根据一次函数经过一、二、
四象限，得到直线与圆必有两个交⊙点，而当 O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，于是得到结论．
【解答】解：在y＝kx+2中，令x＝0，则y＝⊙2，
∴一次函数y＝kx+2的图象与y轴交于（0，2），
∴一次函数过定点（0，2），
当 O过（0，2）时，两者至少有一个交点，
⊙
∵一次函数经过一、二、四象限，
∴直线与圆必有两个交点，
而当 O半径小于2时，圆与直线存在相离可能，
⊙∴半径至少为2，
故r的最小值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，一次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握直线与圆的位置关
系是解题的关键．
考法2.切线的性质
3．（2023•哈尔滨）如图，AB是 O的切线，A为切点，连接OA，点C在 O上，OC⊥OA，连接BC并
延长，交 O于点D，连接OD⊙，若∠B＝65°，则∠DOC的度数为（ ⊙）
⊙
A．45° B．50° C．65° D．75°
【分析】根据切线的性质证明AB∥OC，得∠OCD＝∠B＝65°，然后再根据等腰三角形的性质即可解决
问题．
【解答】解：∵AB是 O的切线，A为切点，
∴OA⊥AB， ⊙
∵OC⊥OA，
∴AB∥OC，
∴∠OCD＝∠B＝65°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝65°，
∴∠DOC＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质，解决本题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径．
4．（2023•衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．当餐盘正立且
紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 cm．【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，
由矩形的性质得 AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，则四边形 CDFE 是矩形，
OE⊥AD，得CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝8cm，设餐盘的半径为xcm，则OA＝OE＝xcm，
OF＝（x﹣4）cm，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【解答】解：由题意得：BC＝16cm，CD＝4cm，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
则∠OEC＝90°，
∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝16cm，AD∥BC，∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
∴CD＝EF＝4cm，∠AFO＝90°，AF＝DF＝ AD＝ ×16＝8（cm），
设餐盘的半径为xcm，
则OA＝OE＝xcm，
∴OF＝OE﹣EF＝（x﹣4）cm，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2＝OA2，即82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
∴餐盘的半径为10cm，
故答案为：10．
【点评】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关
键．
考法3.切线的判定
5．（2023•攀枝花）如图，AB为 O的直径，如果圆上的点D恰使∠ADC＝∠B，求证：直线CD与 O
相切． ⊙ ⊙
【分析】由等腰三角形的性质和圆周角定理得出∠ODA+∠ADC＝90°，则CD⊥OD，再由切线的判定即
可得出结论．
【解答】证明：如图，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ODA，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠ADC＝∠B，
∴∠ODA+∠ADC＝90°，
即∠CDO＝90°，
∴CD⊥OD，
∵OD是 O的半径，
∴直线C⊙D与 O相切．
⊙【点评】本题考查了切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌
握圆周角定理和切线的判定是解题的关键．
6．（2022•宁夏）如图，以线段AB为直径作 O，交射线AC于点C，AD平分∠CAB交 O于点D，过点
D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于⊙点F．连接BD并延长交AC于点M． ⊙
（1）求证：直线DE是 O的切线；
（2）求证：AB＝AM；⊙
（3）若ME＝1，∠F＝30°，求BF的长．
【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证
明直线DE是 O的切线；
（2）由线段⊙AB是 O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝
AM； ⊙
（3））由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则
∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
【解答】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是 O的半径，且DE⊥OD，
∴直线D⊙E是 O的切线．
（2）证明：∵⊙线段AB是 O的直径，
∴∠ADB＝90°， ⊙
∴∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，
∴∠M+∠DAM＝90°，∠ABM+∠DAB＝90°，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点评】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与
性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中 30°角所对的直角边等于斜边的
一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．7．（2022•北京）如图，AB是 O的直径，CD是 O的一条弦，AB⊥CD，连接AC，OD．
（1）求证：∠BOD＝2∠A；⊙ ⊙
（2）连接DB，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于点E，延长DO，交AC于点F．若F为AC的中
点，求证：直线CE为 O的切线．
⊙
【分析】（1）连接AD，首先利用垂径定理得 ，知∠CAB＝∠BAD，再利用同弧所对的圆心角
等于圆周角的2倍，可得结论；
（2）连接OC，首先由点F为AC的中点，可得AD＝CD，则∠ADF＝∠CDF，再利用圆的性质，可说
明∠CDF＝∠OCF，∠CAB＝∠CDE，从而得出∠OCD+∠DCE＝90°，从而证明结论．
【解答】证明：（1）如图，连接AD，
∵AB是 O的直径，AB⊥CD，
⊙
∴ ，
∴∠CAB＝∠BAD，
∵∠BOD＝2∠BAD，
∴∠BOD＝2∠A；
（2）如图，连接OC，∵F为AC的中点，
∴DF⊥AC，
∴AD＝CD，
∴∠ADF＝∠CDF，
∵ ，
∴∠CAB＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠CDF＝∠CAB，
∵OC＝OD，
∴∠CDF＝∠OCD，
∴∠OCD＝∠CAB，
∵ ，
∴∠CAB＝∠CDE，
∴∠CDE＝∠OCD，
∵∠E＝90°，
∴∠CDE+∠DCE＝90°，
∴∠OCD+∠DCE＝90°，
即OC⊥CE，
∵OC为半径，
∴直线CE为 O的切线．
【点评】本题⊙主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定等知识，熟练掌握圆周角定理是解题
的关键考法4.直角三角形中的内切圆
8．（2023•广州）如图，△ABC的内切圆 I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，若 I的半径为r，
∠A＝ ，则（BF+CE﹣BC）的值和∠F⊙DE的大小分别为（ ） ⊙
α
A．2r，90°﹣ B．0，90°﹣ C．2r， D．0，
【分析】如图α，连接IF，IE．利用切α 线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．
【解答】解：如图，连接IF，IE．
∵△ABC的内切圆 I与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴BF＝BD，CD＝C⊙E，IF⊥AB，IE⊥AC，
∴BF+CE﹣BC＝BD+CD﹣BC＝BC﹣BC＝0，∠AFI＝∠AEI＝90°，
∴∠EIF＝180°﹣ ，
α
∴∠EDF＝ ∠EIF＝90°﹣ ．
故选：D． α
【点评】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．
9．（2023•镇江）《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：今有
一个直角三角形，勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形内切圆的直
径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据勾、股，求得弦长．用勾、股、弦相加作为除数，用
勾乘以股，再乘以2作为被除数，商即为该直角三角形内切圆的直径，求得该直径等于 6 步（注：
“步”为长度单位）．【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．
【解答】解：根据勾股定理得：斜边为 ＝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，
故答案为：6．
【点评】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握Rt△ABC中，两直角边分别为a、b，斜边为c，其内
切圆半径r＝ 是解题的关键．
10．（2023•湖北）如图，在△ABC中，∠ACB＝70°，△ABC的内切圆 O与AB，BC分别相切于点D，
E，连接DE，AO的延长线交DE于点F，则∠AFD＝ ． ⊙
【分析】根据内切圆的定义和切线长定理，可以计算出∠AOB的度数和∠OGF的度数，然后即可计算
出∠AFD的度数．
【解答】解：连接OD，OE，OB，OB交ED于点G，
∵∠ACB＝70°，
∴∠CAB+∠CBA＝110°，
∵点O为△ABC的内切圆的圆心，
∴∠OAB+∠OBA＝55°，
∴∠AOB＝125°，∵OE＝OD，BD＝BE，
∴OB垂直平分DE，
∴∠OGE＝90°，
∴∠AFD＝∠AOB﹣∠OGF＝125°﹣90°＝35°，
故答案为：35°．
【点评】本题考查三角形内切圆、切线长定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【方法四】 成果评定法
一．选择题（共10小题）
1．（2023秋•扬州校级月考）下列说法，错误的是（ ）
A．直径是弦
B．等弧所对的圆心角相等
C．弦的垂直平分线一定经过圆心
D．过三点可以确定一个圆
【分析】根据直径与弦的关系，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理以及确定圆的条件进行一一分析判断．
【解答】解：A、经过圆心的弦叫直径，直径是最长的弦，原说法正确；
B、等弧所对的圆心角相等，原说法正确；
C、由垂径定理知，弦的垂直平分线一定经过圆心，原说法正确；
D、过不在同一直线上的三点可以确定一个圆，原说法错误．
故选：D．
【点评】本题主要考查了圆的有关概念和性质，属于基础知识，属于只记知识．
2．（2023秋•渝中区校级月考）如图，已知AB与 O相切于点A，AC是 O的直径，连接BC交 O于
点D，E为 O上一点，当∠CED＝58°时，∠B的⊙度数是（ ） ⊙ ⊙
⊙A．32° B．64° C．29° D．58°
【分析】由切线的性质及圆周角定理可得出答案．
【解答】解：连接AD，
∵AB与 O相切于点A，
∴CA⊥A⊙B，
∴∠CAB＝90°，
∵∠CED＝∠CAD＝58°，
∴∠DAB＝90°﹣∠CAD＝32°，
∵AC是 O的直径，
∴∠ADC⊙＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠DAB＝58°，
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半
径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理．
3．（2023秋•五华区校级月考）如图， O为△ABC的内切圆，AC＝10，AB＝8，BC＝9，点D，E分别
为BC，AC上的点，且DE为 O的切⊙线，则△CDE的周长为（ ）
⊙
A．9 B．7 C．11 D．8【分析】设AB，AC，BC，DE和圆的切点分别是P，N，M，Q．根据切线长定理得到NC＝MC，QE＝
DQ．所以三角形CDE的周长即是CM+CN的值，再进一步根据切线长定理由三角形ABC的三边进行求
解即可．
【解答】解：设AB，AC，BC，DE和圆的切点分别是P，N，M，Q，CM＝x，根据切线长定理，得
CN＝CM＝x，BM＝BP＝9﹣x，AN＝AP＝10﹣x．
则有9﹣x+10﹣x＝8，
解得：x＝5.5．
所以△CDE的周长＝CD+CE+QE+DQ＝2x＝11．
故选：C．
【点评】此题主要是考查了切线长定理．要掌握圆中的有关定理，才能灵活解题．
4．（2023秋•诸暨市校级月考）如图，△ABC内接于 O，直径AD＝8cm，∠B＝60°，则AC的长度为（
） ⊙
A．5cm B．4 cm C．4 cm D．6cm
【分析】连接CD，根据圆周角定理得到∠D＝∠B＝60°，∠ACD＝90°，根据三角形的内角和定理得到
∠CAD＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：连接CD，
∵∠B＝60°，
∴∠D＝∠B＝60°，
∵AD是 O的直径，
∴∠ACD⊙＝90°，
∴∠CAD＝30°，
∵AD＝8cm，∴AC＝ AD＝ ×8＝4 （cm），
故AC的长度为4 cm，
故选：C．
【点评】本题主要考查了三角形外接圆与外心，圆周角定理，含 30度的直角三角形的性质，根据圆周
角定理求出∠ACD＝90°是解决问题的关键．
5．（2022秋•鼓楼区校级月考）如图，AB、AC、BD是 O的切线，切点分别为P、C、D，若AB＝4，
AC＝3，则BD的长是（ ） ⊙
A．2.5 B．2 C．1.5 D．1
【分析】先根据切线长定理求出AP，进而求出BP，再根据切线长定理解答即可．
【解答】解：∵AP、AC是 O的切线，
∴AP＝AC＝3， ⊙
∵AB＝4，
∴PB＝AB﹣AP＝4﹣3＝1，
∵BP、BD是 O的切线，
∴BD＝BP＝1⊙，
故选：D．
【点评】本题考查的是切线长定理，根据切线长定理得出AP＝AC、BD＝BP是解题的关键．
6．（2023春•青山区校级月考）如图，不等边△ABC内接于 O，I是其内心，BI⊥OI，AC＝14，BC＝
13，△ABC内切圆半径为（ ） ⊙A．4 B． C． D．
【分析】延长BI交 O于点D，连接OB，OD，AI，OD交AC于点E，利用圆周角定理，以及内心是
三角形三条角平分线⊙的交点，证明△ADI是等腰三角形，过点I作IG⊥BC，IM⊥AC，IN⊥AB，证明
△AED≌△BGI（AAS），得到 ，利用切线长定理，求出AB的长，过点C作CH⊥AB，连
接IC，设AH＝x，利用勾股定理，求出△ABC的高，进而求出△ABC的面积，再利用△ABC的面积等
于△ABC的周长与内切圆半径乘积的一半，求出内切圆的半径即可．
【解答】解：延长BI交 O于点D，连接OB，OD，AI，OD交AC于点E，
⊙
则：∠DAC＝∠DBC，
∵I是△ABC内心，
∴∠ABD＝∠DBC，∠CAI＝∠BAI，
∴∠DAC＝∠DBA，
∴∠DAC+∠CAI＝∠DBA+∠BAI，
即：∠DAI＝∠AID，
∴AD＝DI，
∵OD＝OB，OI⊥BD，
∴DI＝BI，
∴AD＝BI，
∵∠ABD＝∠DBC，∴ ，
∴OD⊥AC， ，
过点I作IG⊥BC，IM⊥AC，IN⊥AB，
则：∠BGI＝∠AED＝90°，
∵AD＝BI，∠DAC＝∠DBC，
∴△AED≌△BGI（AAS），
∴ ，
∴CG＝BC﹣BG＝13﹣7＝6，
∵I是△ABC内心，
∴CM＝CG＝6，BN＝BG＝7，AN＝AM＝AC﹣CM＝14﹣6＝8，
∴AB＝AN+BN＝7+8＝15，
如图2：过点C作CH⊥AB，连接IC，
设AH＝x，
则：BH＝15﹣x，
∴CH2＝AC2﹣AH2＝AB2﹣BH2，
即：142﹣x2＝132﹣（15﹣x）2，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
设 I的半径为r，
则⊙：IG＝IM＝IN＝r∴ ，
即： ，
解得：r＝4；
故选：A．
【点评】本题考查三角形的内切圆和内心，熟练掌握内心是三角形角平分线的交点，合理的添加辅助线
是解题的关键．
7．（2023秋•广陵区月考）在同一平面内，点 P到圆上的点的最大距离为6，最小距离为4，则此圆的半
径为（ ）
A．2 B．5 C．1 D．5或1
【分析】由于点P与 O的位置关系不能确定，故应分两种情况进行讨论．
【解答】解：设 O的⊙半径为r，
⊙
当点P在圆外时，r＝ ＝1；
当点P在 O内时，r＝ ＝5．
综上可知此⊙圆的半径为1或5．
故选：D．
【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，能够进行分类讨论，不要漏解是解决问题的关键．
8．（2023秋•台江区校级月考）在直角坐标系中，点P的坐标是 ， P的半径为2，下列说法
⊙
正确的是（ ）
A． P与x轴、y轴都有两个公共点
B．⊙P与x轴、y轴都没有公共点
C．⊙P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
D．⊙P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
⊙
【分析】点P到x轴的距离是 ，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，
与y轴相切，从而确定答案即可．
【解答】解：∵P（2， ），圆P的半径为2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：D．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解本题的关键．
9．（2023秋•栖霞区校级月考）如图，O为△ABC的外心，四边形OCDE为正方形．以下结论：①O是
△ABE的外心；②O是△ACD的外心；③直线DE与△ABC的外接圆相切．其中所有正确结论的序号
是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】根据三角形的外心得出OA＝OC＝OA，根据正方形的性质得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB
＝OC＝OE≠OD，再逐个判断即可．
【解答】解：连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
①OA＝OE＝OB，O是△ABE的外心，故本选项符合题意；
②OA＝OC≠OD，即O不是△ACD的外心，故本选项不符合题意；
③∵OE＝OA，OE⊥DE，
∴直线DE与△ABC的外接圆相切．故本选项符合题意；
故选：B．【点评】本题考查了切线的判定，正方形的性质和三角形的外心与外接圆，能熟记知识点的内容是解此
题的关键，注意：三角形的外心到三个顶点的距离相等，正方形的四边都相等．
10．（2023秋•栖霞区校级月考）如图，点O是△ABC的内心，也是△DBC的外心．若∠A＝84°，则∠D
的度数为（ ）
A．42° B．66° C．76° D．82°
【分析】连接OB，OC，根据点O是△ABC的内心，∠A＝84°，可得∠BOC＝90°+ A＝132°，再根
据点O也是△DBC的外心，和圆周角定理即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OB，OC，
∵点O是△ABC的内心，∠A＝84°，
∴OB，OC是∠ABC，∠ACB的平分线，
∴∠OBC＝ ABC，∠OCB＝ ACB，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）＝180°﹣ （180°﹣∠A）＝90°+
A＝132°，
∵点O也是△DBC的外心，
∴∠D＝ BOC＝66°，
则∠D的度数为66°．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是
掌握内心与外心的区别．
二．填空题（共8小题）11．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），P（﹣1，0）， P过
原点O，且与x轴交于另一点D，AB为 P的切线，B为切点，BC是 P的直径，则∠BCD的度⊙数为
60 °． ⊙ ⊙
【分析】先根据点A，P的坐标得OP＝OA＝1，进而得 P的半径为1，然后再在Rt△ABP中利用锐角
三角函数求出∠BAP＝30°，进而得∠BPA＝∠CPD＝⊙60°，最后再证△CPD为等边三角形即可求出
∠BCD的度数．
【解答】解：∵点A（1，0），P（﹣1，0），
∴OP＝OA＝1，
∴AP＝OP+OA＝2
∵ P过原点O，
∴⊙OP为 P的半径，
∵AB为⊙P的切线，
∴PB⊥A⊙B，PB＝OP＝1，
在Rt△ABP中，BP＝1，AP＝2，sinA＝PB/AP＝1/2，
∴∠BAP＝30°，
∴∠BPA＝60°，
∴∠CPD＝60°，
又∵PC＝PD，
∴三角形CPD为等边三角形，
∴∠PCD＝60°，
即∠BCD的度数为60°．
故答案为：60．
【点评】此题主要考查了点的坐标，切线的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定和性质等，熟练掌
握切线的性质，锐角三角函数的定义和等边三角形的判定和性质是解答此题的关键．
12．（2023秋•滨海县月考）平面直角坐标系内的三个点 A（4，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3），不能 确定一个圆，（填“能”或“不能”）．
【分析】根据点A、B、C的坐标得到点A、B、C三点在同一条直线上，再根据确定圆的条件判断即可．
【解答】解：∵点A（4，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3），
∴点A、B、C三点在同一条直线上，
∴点A、B、C三点不能确定一个圆，
故答案为：不能．
【点评】本题考查的是确定圆的条件，不在同一直线上的三点确定一个圆．
13．（2023秋•江都区月考）已知直角△ABC的斜边长为6，则这个三角形的外接圆的半径等于 3 ．
【分析】根据直角三角形的外接圆圆心为斜边的中点，计算圆的半径为3．
【解答】解：∵直角△ABC的斜边长为6，
∴这个三角形的外接圆的半径等于3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了直角三角形的外接圆半径计算，熟练掌握直角三角形的外接圆圆心为斜边的中点是
解题的关键．
14．（2023秋•台江区校级月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，AB＝4，如果以点A为圆心，AC为
半径作 A，那么斜边AB的中点D在 A 上 ．（填“内”、“上”或者“外”）
【分析⊙】先根据点D是斜边的中点得到⊙AD的长，然后把AD的长与半径比较确定点D的位置．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝2，AB＝4，
∴AD＝ ＝ ＝2，
∵ A半径为2，
∴⊙斜边AB的中点D在 A上，
故答案为：上． ⊙
【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，用勾股定理可以求出直角三角形斜边的长，根据点 D是AB
的中点得到AD的长，然后把AD的长与半径比较可以确定点D的位置．
15．（2023春•曾都区月考）如图， O是△ABC的外接圆，AD是 O的直径，若∠CAD＝75°，则∠B的
度数是 15 ° ． ⊙ ⊙【分析】连接CD，由圆周角定理得到∠D＝90°﹣∠CAD＝15°，即可求出∠B的度数．
【解答】解：连接CD，
∵AD是圆的直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠CAD＝75°，
∴∠D＝90°﹣∠CAD＝15°，
∴∠B＝∠D＝15°．
故答案为：15°．
【点评】本题考查圆周角定理，三角形的外接圆与外心，关键是掌握圆周角定理．
16．（2023秋•建邺区校级月考）如图，点 P在矩形AOBC的内部， P与AO，OB都相切，且经过点
C，与BC相交于点D．若 P的半径为5，AO＝8．则OB的长是 ⊙ 9 ．
⊙
【分析】设AO、OB与 P分别相切于点E、F，连接PF，连接EP并延长交BC于点G，易得四边形
EOFP为正方形，四边形⊙PFBG均为矩形，则OF＝PE＝PF＝5，BG＝PF＝5，PG＝FB，于是求出CG
＝3，再根据勾股定理求得PG＝4＝FB，则OB＝OF+FB，代入计算即可求解．
【解答】解：设AO、OB与 P分别相切于点E、F，连接PF，连接EP并延长交BC于点G，
⊙
则∠PEF＝90°＝∠PFE，
∵ P的半径为5，
⊙∴PC＝PF＝PE＝5，
∵四边形AOBC为矩形，
∴AO＝BC＝8，∠O＝90°，AO∥CB，
∴∠PGB＝180°﹣∠PEO＝90°，
∴四边形EOFP为正方形，四边形PFBG均为矩形，
∴OF＝PE＝PF＝5，BG＝PF＝5，PG＝FB，
∴CG＝BC﹣BG＝3，
在Rt△PCG中，PG＝ ＝ ＝4，
∴FB＝PG＝4，
∴OB＝OF+FB＝5+4＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查切线的性质、正方形与矩形的判定与性质、勾股定理，解题关键是熟记切线的性质：
①圆的切线垂直于经过切点的半径．②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．③经过切点且垂直
于切线的直线必经过圆心．
17．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图，AB为 O的直径，AC是 O的切线，点A是切点，连接BC交
O于点D，连接OD，若∠C＝40°，则∠AO⊙D＝ 10 0 度． ⊙
⊙
【分析】由切线的性质得AC⊥AO，则∠BAC＝90°，再由直角三角形的性质得∠ABC＝50°，然后由等
腰三角形的性质得∠ODB＝∠ABC＝50°，即可解决问题．
【解答】解：∵AC是 O的切线，AB为 O的直径，
∴AC⊥AB， ⊙ ⊙
∴∠BAC＝90°，
∵∠C＝40°，
∴∠ABC＝90°﹣∠C＝90°﹣40°＝50°，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠ABC＝50°，
∴∠AOD＝∠ABC+∠ODB＝50°+50°＝100°，故答案为：100．
【点评】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质等知识，
熟练掌握切线的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
18．（2023秋•江宁区校级月考）如图，△ABC内接于 O，AB为 O的直径，I为△ABC的内心，连接
⊙ ⊙
OI，AI，BI．若OI⊥BI，OI＝1，则AB的长为 2 ．
【分析】延长BI交 O于M点，连接MA，通过中位线定理可求出AM的长，再通过角的关系可求得
∠MIA＝45°，进而求⊙证直角三角形MAI为等腰直角三角形，求得MI的长，MB的长，利用勾股定理求
出AB的长．
【解答】解：延长BI交 O于M点，连接MA，
⊙
在△ABM中斜边AB经过圆心O，
∴∠AMB＝90°，
又∵BI⊥OI，AO＝OB，
∴OI为△AMB的中位线，
∴AM＝2OI＝2，
在Rt△ABC中，I为三个角平分线的交点
∴∠IAB+∠IBA＝45°，
即∠MIA＝45°（三角形外角与内角的关系），
∴Rt△MAI为等腰直角三角形，
∴MA＝MI＝IB＝2，根据勾股定理可得，
AB2＝MA2+MB2＝22+42＝20，
即AB＝2 ，
故答案为：2 ．
【点评】本题考查了三角形中位线，三角形内切圆圆心，直角三角形以及勾股定理，解题的关键是掌握
三角形中位线定理，三角形内切圆圆心，直角三角形性质以及勾股定理．
三．解答题（共8小题）
19．（2023秋•广陵区月考）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为 1个单位长度，点O，A，B，C在
格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点O为原点建立直角坐标系．
（1）过A，B，C三点的圆的圆心M坐标为 （ 1 ，﹣ 2 ） ．
（2）求 M的面积（结果保留 ）．
⊙ π
【分析】（1）连接AB，AC，分别作AB、AC的垂直平分线，两直线交于点M，就是过A，B，C三点
的圆的圆心，有图形可得M的坐标；
（2）由勾股定理即可求得圆的直径，根据圆的面积公式即可得到结论．
【解答】解：（1）如图所示：连接AB，AC，分别作AB、AC的垂直平分线，两直线交于点M，
则点M就是过A，B，C三点的圆的圆心，由图形可知M的坐标为M（1，﹣2），
故答案为：（1，﹣2）；
（2）连接MB，
由勾股定理得MB＝ ＝ ，
故圆的面积为10 ．
π【点评】此题考查三角形的外接圆与外心，垂径定理，勾股定理，解题的关键是根据垂径定理得出圆心
位置．
20．（2023秋•邗江区月考）如图，△ABC是 O的内接三角形，直径AB＝4，CD平分∠ACB交 O于点
D，交AB于点E，连接AD、BD． ⊙ ⊙
（1）若∠CAB＝25°，求∠AED的度数；
（2）求AD的长．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用角平分线的定义可得∠ACD＝
∠BCD＝45°，然后再利用三角形的外角性质进行计算即可解答；
（2）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用（1）的结论可得 ＝ ，从而可得AD
＝DB，然后利用等腰直角三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝ ∠ACB＝45°，
∵∠CAB＝25°，
∴∠AED＝∠ACE+∠CAE＝70°，
∴∠AED的度数为70°；（2）∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°⊙，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴ ＝ ，
∴AD＝DB，
∵AB＝4，
∴AD＝BD＝ ＝2 ，
∴AD的长为2 ．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
21．（2023秋•鼓楼区校级月考）已知BC是 O的直径，点D是BC延长线上一点，AB＝AD，AE是 O
的弦，∠AEC＝30°． ⊙ ⊙
（1）求证：直线AD是 O的切线；
（2）若AE⊥BC，垂足为⊙M， O的半径为10，求AE的长．
⊙
【分析】（1）连结OA，由圆周角定理可求得∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，则∠OAD＝
90°，可证明直线AD是 O的切线；
（2）若AE⊥BC于点M⊙，根据垂径定理可证明AM＝EM，在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，∠AOM＝
60°，则∠OAM＝30°，已知 O的半径OA＝6，则OM＝ OA＝3，根据勾股定理可以求出AM的长，
进而求出AE的长． ⊙
【解答】（1）证明：如图，连结OA，
∵∠AEC＝30°，
∴∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，
∵AB＝AD，
∴∠D＝∠B＝30°，∴∠OAD＝180°﹣∠AOC﹣∠D＝90°，
∵OA是 O的半径，且AD⊥OA，
∴直线A⊙D是 O的切线．
（2）解：如图⊙，∵BC是 O的直径，且AE⊥BC于点M，
∴AM＝EM， ⊙
∵∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，
∴∠OAM＝30°，
∴OM＝ OA＝ ×10＝5，
∴AM＝ ＝ ＝5 ，
∴AE＝2AM＝2×5 ＝10 ．
【点评】此题考查圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、直角三角形中 30°角所对的直
角边等于斜边的一半等知识，此题综合性较强，难度较大．
22．（2023秋•东台市月考）如图，P为 O外一点，PA，PB是 O的切线，A，B为切点，点C在 O上，
连接OA，OC，AC． ⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：∠AOC＝2∠PAC；
（2）连接OB，若AC∥OB， O的半径为5，AC＝6，求AP的长．
⊙
【分析】（1）过O作OH⊥AC于H，得到∠OHA＝90°，根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据余角
的性质得到∠AOH＝PAC，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）连接OB，延长AC交PB于E，根据切线的性质得到OB⊥PB，PA＝PB，根据矩形的性质得到OH
＝BE，HE＝OB＝5，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：过O作OH⊥AC于H，
∴∠OHA＝90°，
∴∠AOH+∠OAC＝90°，
∵PA是 O的切线，
∴∠OA⊙P＝90°，
∴∠OAC+∠PAC＝90°，
∴∠AOH＝PAC，
∵OA＝OC，
∴∠AOC＝2∠AOH，
∴∠AOC＝2∠PAC；
（2）解：连接OB，延长AC交PB于E，
∵PA，PB是 O的切线，
∴OB⊥PB，⊙PA＝PB，
∵AC∥OB，
∴AC⊥PB，
∴四边形OBEH是矩形，
∴OH＝BE，HE＝OB＝5，
∵OH⊥AC，OA＝OC，
∴AH＝CH＝ AC＝3，
∴OH＝ ＝4，
∴BE＝OH＝4，AE＝AH+HE＝8，
∵PA2＝AE2+PE2，
∴PA2＝82+（PA﹣4）2，
∴PA＝10．【点评】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助
线是解题的关键．
23．（2023秋•台江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E在BC上，BD＝CE．过A，D，
E三点作 O，连接AO并延长，交BC于点F．
（1）求证⊙AF⊥BC；
（2）若AB＝10，BC＝12，BD＝2，求 O的半径长．
⊙
【分析】（1）连接AD，AE，根据等腰三角形的性质∠B＝∠C，根据全等三角形的性质得到AD＝
AE，根据垂径定理得到 ，于是得到AF⊥BC；
（2）根据等腰三角形的性质得到 BF＝CF＝ BC＝6，根据勾股定理得到 AF＝ ＝
＝8，连接OD，设DO＝AO＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AD，AE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，
∴ ，
∴AF⊥BC；
（2）解：∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴BF＝CF＝ BC＝6，∴AF＝ ＝ ＝8，
∵BD＝2，
∴DF＝4，
连接OD，设DO＝AO＝x，
∴OF＝AF﹣x＝8﹣x，
∵OD2＝OF2+DF2，
∴x2＝（8﹣x）2+42，
∴x＝5，
∴ O的半径长为5．
⊙
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，垂径定理，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确地
作出辅助线是解题的关键．
24．（2023秋•台江区校级月考）如图，AB是 O的直径，PA为 O的切线，弦AC⊥PO，垂足为M，连
接PC． ⊙ ⊙
（1）求证：PC是 O的切线；
⊙
（2）若PA＝AB，连接BM，求证： ．
【分析】（1）证明△PAO≌△POC（SSS），即可求解；
（2）证明△PAM≌△ABC（AAS），得到△BCM为等腰直角三角形，即可求解．
【解答】证明：（1）连接OC，∵AC⊥PO，
则PO是AC的中垂线，则PA＝PC，
∵AO＝OC，OP＝OP，
∴△PAO≌△POC（SSS），
∴∠PCO＝∠PAO＝90°，
∴PC是 O的切线；
⊙
（2）连接BC，则∠ACB＝90°＝∠PAB，
∵OM⊥AC，BC⊥AC，
则OM∥BC，
则∠POA＝∠ABC，
∵∠PAM+∠MAO＝90°，∠MAO+∠MAO＝90°，
∴∠PAM＝∠POA＝∠ABC，
∵PA＝AB，
∴△PAM≌△ABC（AAS），
∴BC＝AM＝MC，
∴△BCM为等腰直角三角形，
则 ．
【点评】本题考查了切线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，能灵活运用知识点进行推
理是解此题的关键．
25．（2023秋•建邺区校级月考）如图，等腰△ABC内接于 O，AC的垂直平分线交边BC于点E，交 O
于F，垂足为D，连接AF并延长交BC的延长线于点P．⊙ ⊙
（1）求证：∠CAP＝ ∠B；
（2）若EB＝CP，求∠BAC的度数．【分析】（1）根据垂径定理可得 ＝ ，然后利用圆周角定理即可解决问题；
（2）连接AE，根据垂直平分线的性质得AE＝CE，结合（1）证明CA＝CP，设∠CAP＝ ，根据三角
形内角和定理求出 ，进而可以解决问题． α
【解答】（1）证明α：∵OF是AC的垂直平分线，
∴ ＝ ，
∴∠CAP＝ ∠B；
（2）解：如图，连接AE，
∵OF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
由（1）∠CAP＝ ∠B，
设∠CAP＝ ，
∴∠B＝2 ，α
∵AB＝ACα，
∴∠ABC＝∠EAC＝∠ECA＝2 ，
∴∠P＝∠ECA﹣∠CAP＝ ，α
∴∠P＝∠CAP， α
∴CA＝CP，
∵EB＝CP，AB＝AC，
∴CA＝EB＝AB，
∴∠BAE＝∠BEA＝∠EAC+∠ECA＝4 ，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝6 ， α
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC＝18α0°，∴2 +2 +6 ＝180°，
∴ α＝18α°，α
∴α∠BAC＝6 ＝18×6＝108°．
α
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，线段垂直平分线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质，圆
周角定理，三角形内角和定理，解决本题的关键是得到CA＝CP．
26．（2023秋•五华区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O交BC于点D，过点D
作EF⊥AC于点E，交AB的延长线于点F． ⊙
（1）求证：EF是 O的切线；
（2）当AB＝5，B⊙C＝6时，求DE的长．
【分析】（1）连接OD，由AC＝AB，根据等边对等角得到一对角相等，再由OD＝OB，根据等边对等
角得到又一对角相等，等量代换可得一对同位角相等，根据同位角相等两直线平行可得OD与AC平行，
又EF垂直于AC，根据垂直于两平行线中的一条，与另一条也垂直，得到EF与OD也垂直，可得EF
为圆O的切线；
（2）连接AD，由AB为圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角可得∠ADB＝90°，即AD与BC垂直，
又AC＝AB，根据三线合一得到D为BC中点，由BC求出CD的长，再由AC的长，利用勾股定理求出
AD的长，三角形ACD的面积有两种求法，AC乘以DE除以2，或CD乘以AD除以2，列出两个关系式，
两关系式相等可求出DE的长．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵AB＝AC，∴∠C＝∠OBD，
∵OD＝OB，
∴∠1＝∠OBD，
∴∠1＝∠C，
∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，
∴EF⊥OD，
∴EF是 O的切线；
⊙
（2）连接AD，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
又∵AB＝AC，且BC＝6，
∴CD＝BD＝ BC＝3，
在Rt△ACD中，AC＝AB＝5，CD＝3，
根据勾股定理得： ，
又S△ACD ＝ AC•ED＝ AD•CD，
即 ×5×ED＝ ×4×3，
∴ ．
【点评】此题考查了等腰三角形的性质，圆周角定理，平行线的性质，勾股定理，三角形面积的求法，
以及切线的判定，其中证明切线的方法为：有点连接圆心与此点，证垂直；无点过圆心作垂线，证明垂线段长等于圆的半径．本题利用的是第一种方法．
