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第 07 讲 直线与圆的位置关系（2）
课程标准 学习目标
1. 掌握切线长的定理以及切线长定理，并能够在题目熟练应用。
①切线长及切线长定理
2. 掌握三角形内切圆的定义以及内切圆的性质，并能够熟练的运用其
②三角形的内切圆与内心
解决相关题目。
③弦切角与弦切角定理
3. 掌握弦切角的定义以及弦切角定理，并能够在题目中熟练应用。
知识点01 切线长及切线长定理
1. 切线长的定义：
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。
即如图，若PA与PB是圆的切线，切点分别是A与B，则PA与PB的长
度是切线长。
2. 切线长定理：
从圆外一点作圆的切线，可以作 2 条，它们的长度 相等 。圆心
和这一点的连线 平分 两
条切线的夹角。
即PA ＝ PB，∠APO ＝ ∠BPO。
推广：由切线长定理的结论可得：⌒ ⌒
①△APO ≌ △BPO ∠AOP ＝ ∠BOP AM ＝ AM AB ⊥ OP。
【即学即练1】
1．如图，AB、AC、BD 是 O 的切线，切点分别是 P、C、D．若 AB＝10，AC＝6，则 BD 的长是
（ ）
⊙
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由于AB、AC、BD是 O的切线，则AC＝AP，BP＝BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【解答】解：∵AC、AP为 O的切线，
⊙
∴AC＝AP＝6，
⊙
∵BP、BD为 O的切线，
∴BP＝BD，
⊙
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4．
故选：B．
【即学即练2】
2．如图，P为 O外一点，PA、PB分别切 O于点A、B，CD切 O于点E，分别交PA、PB于点C、
D，若PA＝8，则△PCD的周长为（ ）
⊙ ⊙ ⊙
A．8 B．12 C．16 D．20
【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案．
【解答】解：∵PA、PB分别切 O于点A、B，CD切 O于点E，
∴PA＝PB＝8，AC＝EC，BD＝ED，
⊙ ⊙
∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝8+8＝16，
即△PCD的周长为16．
故选：C．
知识点02 三角形的内切圆与内心1. 三角形内切圆的定义：
如图：与三角形各边都 相切 的圆叫三角形的 内切圆 。
2. 三角形的内心：
三角形的 内切圆 的圆心叫做三角形的内心，三角形的内心是三角形
三个内角 角平分线 的交点，到三角形三边的距离 相等 。
特别说明：任意三角形有且只有一个内切圆，圆有无数个外切三角形。
3. 直角三角形内切圆半径与直角三角形的边的关系：
若a、b是直角三角形的直角边，c是直角三角形的斜边，则这个直角三角形的内切圆半径为
或 。
4. 三角形的面积与内切圆半径的关系：
若三角形的三边长分别是 a、b、c，内切圆半径为 r，则此三角形的面积可表示为：
。
【即学即练1】
3．如图，点I是△ABC的内心，若∠AIB＝130°，则∠C等于（ ）
A．65° B．70° C．75° D．80°
【分析】根据三角形内角和定理得到∠IAB+∠IBA＝50°，根据内心的概念得到∠CAB+∠ABC＝100°，
根据三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵∠AIB＝130°，
∴∠IAB+∠IBA＝50°，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠IAB＝ ∠CAB，∠IBA＝ ∠ABC，
∴∠CAB+∠ABC＝100°，
∴∠C＝180°﹣（∠CAB+∠ABC）＝80°，
故选：D．
【即学即练2】
4．如图，△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠C＝45°，点O为△ABC内心，连接BO并延长交AC于点
D，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，则CF＝（ ）A． B．1 C． D．
【分析】根据等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及三角形内心的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，
∵BD过△ABC内心O，
∴BD是∠ABC的平分线，
即∠ABD＝∠CBD＝ ∠ABC＝30°，
∵BD⊥AF，
∴∠AEB＝∠FBE＝90°，
∵BE＝BE，
∴△ABE≌△FBE（ASA），
∴BF＝AB＝2，
在Rt△ABM中，AB＝2，∠ABM＝60°，
∴BM＝ AB＝1，AM＝ AB＝ ，
在Rt△AMC中，∠C＝45°，
∴MC＝AM＝ ，
∴BC＝BM+MC＝1+ ，
∴FC＝BC﹣BF＝1+ ﹣2＝ ﹣1．
故选：C．
【即学即练3】
5．如图，△ABC，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°， O为△ABC的内切圆，与三边的切点分别为D、E、F，
则 O的面积为（ ）（结果保留 ）
⊙
⊙ π
A． B．2 C．3 D．4
【分析】直接利用正方形的判定方法以及切线的性质得出四边形ECFO为正方形，进而得出正方形边长
π π π π
即可得出答案．
【解答】解：连接OE、OF，∵AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，
∴AB＝5，
∵ O为△ABC的内切圆，D、E、F为切点，
∴EB＝DB，CE＝CF，AD＝AF，OE⊥BC，OF⊥AC，
⊙
又∵∠C＝90°，OF＝OE，
∴四边形ECFO为正方形，
∴设OE＝OF＝CF＝CE＝x，
∴BE＝4﹣x，FA＝3﹣x；
∴DB＝4﹣x，AD＝3﹣x，
∴3﹣x+4﹣x＝5，
解得：x＝1，
则 O的面积为： ．
故选：A．
⊙ π
知识点03 弦切角及弦切角定理
1. 弦切角的定义：
如图，像∠ACP这样顶点在 圆上 ，一边与圆 相交 ，一边与圆 相切 的角叫弦切
角。即圆的切线与经过切点的弦构成的夹角。
2. 弦切角定理：
弦切角的度数与弦所对的圆周角度数 相等 。等于弦所对的圆心
角度数的 一半 。
【即学即练1】
6．如图，AB是 O的直径，点C为 O上一点，过点C作 O的切线，交直径AB的延长线于点D，若
∠ABC＝65°，则∠D的度数是（ ）
⊙ ⊙ ⊙
A．25° B．30° C．40° D．50°
【分析】连接OC，如图，先根据切线的性质得到∠OCD＝90°，再利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则利用互余计算出∠A＝25°，根据弦切角定理得到∠BOC＝25°，然后根据三角形外角性质计算∠D的
度数．
【解答】解：连接OC，如图，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∵∠A＝90°﹣∠ABC＝90°﹣65°＝25°，
∴∠BCD＝∠A＝25°，
∵∠OBC＝∠BCD+∠D
∴∠D＝65°﹣25°＝40°．
故选：C．
题型01 利用切线长定理求线段长度或图形周长
【典例1】如图所示，P是 O外一点，PA，PB分别和 O切于A，B两点，C是 上任意一点，过C作
O的切线分别交PA，PB于D，E．若△PDE的周长为12，则PA的长为（ ）
⊙ ⊙
⊙
A．12 B．6 C．8 D．4
【分析】由PA，PB分别和 O切于A，B两点与DE是 O的切线，根据切线长定理，即可得PA＝
PB，DA＝DC，EB＝EC，又由△PDE的周长为12，易求得PA+PB＝12，则可求得答案．
⊙ ⊙
【解答】解：∵PA，PB分别和 O切于A，B两点，
∴PA＝PB，
⊙
∵DE是 O的切线，
∴DA＝DC，EB＝EC，
⊙
∵△PDE的周长为12，即PD+DE+PE＝PD+DC+EC+PE＝PD+AD+EB+PE＝PA+PB＝2PA＝12，
∴PA＝6．
故选：B．
【变式1】如图， O与△ABC的边AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，如果AB＝4，AC＝5，AD＝
1，那么BC的长为 7 ．
⊙
【分析】由切线长定理得AD＝AE，BD＝BF，CE＝CF，根据已知条件，先求出BD，即BF的长，再求
出CE＝4，即CF的长，求和即可．
【解答】解：∵AB、AC、BC都是 O的切线，
∴AD＝AE，BD＝BF，CE＝CF，
⊙
∵AB＝4，AC＝5，AD＝1，
∴AE＝1，BD＝3，CE＝CF＝4，
∴BC＝BF+CF＝3+4＝7．
【变式2】如图，PA、PB分别切圆O于A、B，并与圆O的切线，分别相交于C、D，已知△PCD的周长
等于10cm，则PA＝ 5 cm．
【分析】由于DA、DC、BC都是 O的切线，可根据切线长定理，将△PCD的周长转换为PA、PB的
长，然后再进行求解．
⊙
【解答】解：如图，设DC与 O的切点为E；
⊙
∵PA、PB分别是 O的切线，且切点为A、B；
∴PA＝PB；
⊙
同理，可得：DE＝DA，CE＝CB；
则△PCD的周长＝PD+DE+CE+PC＝PD+DA+PC+CB＝PA+PB＝10（cm）；
∴PA＝PB＝5cm，故答案为：5．
【典例2】如图，四边形ABCD外切于 O，且AB＝10，CD＝15，则四边形ABCD的周长为（ ）
⊙
A．60 B．55 C．45 D．50
【分析】根据切线长定理得到AE＝AF，BE＝BG，CG＝CH，DH＝DF，进而求出AD+BC，再根据四边
形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD外切于 O，切点分别为E、G、H、F，
∴AE＝AF，BE＝BG，CG＝CH，DH＝DF，
⊙
∴AD+BC＝AF+DF+BG+CG＝AE+DH+BE+CG＝AB+CD＝10+15＝25，
∴四边形ABCD的周长为：AD+BC+AB+CD＝25+25＝50，
故选：D．
【变式1】如图，PA、PB分别切 O于A、B，PA＝10cm，C是劣弧AB上的点（不与点A、B重合），过
点C的切线分别交PA、PB于点E、F．则△PEF的周长为 2 0 cm．
⊙
【分析】利用切线长定理，可以得到：PA＝PB，AE＝EC，FC＝FB，据此即可求解
【解答】解：∵PA，PB是圆的切线．
∴PA＝PB
同理，AE＝EC，FC＝FB．
三角形PEF的周长＝PE+EF+PF＝PE+PF+CF+EC＝PE+AE+PF+FB＝PA+PB＝2PA＝20cm．
故答案是20．
【变式2】以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AB边于点E，若
△CDE的周长为12，则直角梯形ABCE周长为（ ）A．12 B．13 C．14 D．15
【分析】根据切线的性质知：AE＝EF，BC＝CF；根据△CDE的周长可求出正方形ABCD的边长；在
Rt△CDE中，利用勾股定理可将AE的长求出，进而可求出直角梯形ABCE的周长．
【解答】解：设AE的长为x，正方形ABCD的边长为a，
∵CE与半圆O相切于点F，
∴AE＝EF，BC＝CF，
∵EF+FC+CD+ED＝12，
∴AE+ED+CD+BC＝12，
∵AD＝CD＝BC＝AB，
∴正方形ABCD的边长为4；
在Rt△CDE中，ED2+CD2＝CE2，即（4﹣x）2+42＝（4+x）2，解得：x＝1，
∵AE+EF+FC+BC+AB＝14，
∴直角梯形ABCE周长为14．
故选：C．
题型02 利用内切圆性质求角度
【典例1】如图， O内切于△ABC，切点分别为D，E，F．已知∠B＝50°，∠C＝60°，连接OE，OF，
DE，DF，那么∠EDF等于（ ）
⊙
A．40° B．55° C．65° D．70°
【分析】根据三角形的内角和定理求出∠A，根据多边形的内角和定理求出∠EOF，根据圆周角定理求
出∠EDF即可．
【解答】解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠B＝50°，∠C＝60°，
∴∠A＝70°，
∵ O内切于△ABC，切点分别为D、E、F，
∴∠OEA＝∠OFA＝90°，
⊙
∴∠EOF＝360°﹣∠A﹣∠OEA﹣∠OFA＝110°，∴∠EDF＝ ∠EOF＝55°．
故选：B．
【变式1】如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，若∠BOC＝118°，则∠AOD＝ 62 ° ．
【分析】先根据切线长定理得到∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠BCD，∠3＝ ∠ADC，∠4＝ ∠BAD，再
利用三角形内角和计算出∠1+∠2＝62°，则∠ABC+∠BCD＝124°，接着利用四边形内角和计算出
∠BAD+∠ADC＝236°，所以∠3+∠4＝118°，然后根据三角形内角和计算∠AOD的度数．
【解答】解：∵圆O是四边形ABCD的内切圆，
∴OA平分ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，
∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠BCD，∠3＝ ∠ADC，∠4＝ ∠BAD，
∵∠1+∠2＝180°﹣∠BOC＝180°﹣118°＝62°，
∴∠ABC+∠BCD＝2（∠1+∠2）＝2×62°＝124°，
∵∠BAD+∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠BCD）＝360°﹣124°＝236°，
∴∠3+∠4＝ （∠BAD+∠ADC）＝ ×236°＝118°，
∴∠AOD＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣118°＝62°．
故答案为：62°．
【变式2】在△ABC中，∠A＝40°，∠B＝80°，I是△ABC的内心，则∠AIB＝ 120 ° ，∠BIC＝ 110 °
，∠CIA＝ 130 ° ．
【分析】先求出∠C，再由I是△ABC的内心，得∠AIB＝180°﹣ （∠A+∠B），∠BIC＝180°﹣
（∠C+∠B），∠CIA＝180°﹣ （∠C+∠A）．
【解答】解：∵∠A＝40°，∠B＝80°，∴∠C＝60°，∵I是△ABC的内心，∴∠AIB＝180°﹣ （∠A+∠B）＝120°，
∠BIC＝180°﹣ （∠C+∠B）＝110°，
∠CIA＝180°﹣ （∠C+∠A）＝130．
故答案为120°，110°，130°．
【变式3】已知O是△ABC的内心，∠BAC＝70°，P为平面上一点，点O恰好又是△BCP的外心，则
∠BPC的度数为（ ）
A．50° B．55° C．62.5° D．65°
【分析】连接OB、OC，如图，利用内心的性质和三角形内角和得到∠BOC＝90°+ ∠BAC＝125°，利
用点O是△BCP的外心，然后根据圆周角定理得到∠BPC＝ ∠BOC．
【解答】解：连接OB、OC，如图，
∵O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC＝ ∠ABC，∠OCB＝ ∠ACB，
∴∠BOC＝180°﹣ （∠ABC+∠ACB）＝90°+ ∠BAC＝90°+ ×70°＝125°，
∵点O是△BCP的外心，
∴∠BPC＝ ∠BOC＝ ×125°＝62.5°．
故选：C．
【变式4】如图，点I和O分别是△ABC的内心和外心，若∠AIB＝125°，则∠AOB的度数为（ ）A．120° B．125° C．135° D．140°
【分析】根据圆周角定义，以及内心的定义，可以利用∠C表示出∠AIB和∠AOB，即可得到两个角的
关系．
【解答】解：∵点O是△ABC的外心，
∴∠AOB＝2∠C，
∴∠C＝ ∠AOB，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠IAB＝ ∠CAB，∠IBA＝ ∠CBA，
∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）
＝180°﹣ （∠CAB+∠CBA），
＝180°﹣ （180°﹣∠C）
＝90°+ ∠C，
∴2∠AIB＝180°+∠C，
∵∠AOB＝2∠C，
∴∠AIB＝90°+ ∠AOB，
∴4∠AIB﹣∠AOB＝360°．
∵∠AIB＝125°，
∴∠AOB＝140°．
故选：D．
题型03 利用内切圆性质求线段
【典例1】已知三角形的周长为12，面积为6，则该三角形内切圆的半径为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】设这个三角形的内切圆半径是rcm，再根据三角形的面积公式即可得出结论．
【解答】解：设这个三角形的内切圆半径是r，
∵三角形周长为12，面积为6，∴ ×12r＝6，
解得r＝1．
故选：D．
【变式1】如图，点I为等边△ABC的内心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，已知外接圆的半径
为2，则线段DB的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【分析】连结BI，先由△ABC是等边三角形证明∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，则∠D＝∠C＝60°，再根
据三角形的内心的定义证明∠IAB＝ ∠BAC＝30°，∠IBA＝ ∠ABC＝30°，即可证明AD是△ABC外
接圆的直径，再证明△DBI是等边三角形，则DI＝BI，即可证明DI＝AI＝ AD＝2，则BD＝DI＝2．
【解答】解：如图，连接BI，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠C＝60°，
∴∠D＝∠C＝60°，
∵点I为等边△ABC的内心，
∴∠IAB＝ ∠BAC＝30°，∠IBA＝ ∠ABC＝30°，
∴∠ABD＝180°﹣∠D﹣∠IAB＝90°，∠DIB＝∠IAB+∠IBA＝60°，
∴AD是△ABC外接圆的直径，
∵∠DBI＝180°﹣∠D﹣∠DIB＝60°，
∴△DBI是等边三角形，
∴DI＝BI，
∵∠IAB＝∠IBA，
∴AI＝BI，
∴DI＝AI＝ AD＝2，
∴BD＝DI＝2，
∴线段DB的长为2，
故选：A．【变式2】如图，△ABC的内切圆 O与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，且AD＝2，BC＝5，则
△ABC的周长为 1 4 ．
⊙
【分析】根据切线长定理得到 AF＝AD＝2，BD＝BE，CF＝CE，根据三角形的周长公式计算，得到答
案．
【解答】解：△ABC的内切圆 O与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，
∴AF＝AD＝2，BD＝BE，CF＝CE，
⊙
∴BD+CF＝BE+CE＝BC＝5，
∴△ABC的周长＝AD+DB+BC+CF+AF＝AD+AF+BC+（BD+CF）＝14，
故答案为：14．
【变式3】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．
⊙ ⊙
⊙
【分析】首先设AC、AB、BC与 O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OFCD是正方形；那么根
⊙
据切线长定理可得：CD＝CF＝ （AC+BC﹣AB），由此可求出r的长．
【解答】解：如图；
在Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm；
根据勾股定理AB＝ ＝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；则CD＝CF＝ （AC+BC﹣AB）；
即：r＝ （12+9﹣15）＝3．
当AC＝b，BC＝a，AB＝c，
由以上可得：
CD＝CF＝ （AC+BC﹣AB）；
即：r＝ （a+b﹣c）．
则 O的半径r为： （a+b﹣c）．
⊙
【变式4】如图，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，∠C＝90°． I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，
求Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离．
⊙
【分析】连接ID、IE、IF，如图，由AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，根据圆周角定理的推论和勾股定理得
到AB为△ABC的外接圆的直径，AB＝10，则外心O为AB的中点，BO＝ AB＝5，连接OI，设 I的
半径为r，根据切线的性质和切线长定理得ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，易得四边
⊙
形IDCE为正方形，则DC＝CE＝r，所以AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，即AF＝8﹣r，
BF＝6﹣r，利用AF+BF＝AB得8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，所以BF＝4，则OF＝OB﹣BF＝1，
在Rt△IOF中，根据勾股定理得IO＝ ．
【解答】解：连接ID、IE、IF，如图，
∵AC＝8，BC＝6，∠C＝90°，
∴AB为△ABC的外接圆的直径，AB＝ ＝10，
∴外心O为AB的中点，∴BO＝ AB＝5，
连接OI，如图，
设 I的半径为r，
∵ I分别切AC，BC，AB于点D，E，F，
⊙
∴ID⊥AC，IE⊥BC，IF⊥AB，AD＝AF，BE＝BF，
⊙
而∠C＝90°，
∴四边形IDCE为正方形，
∴DC＝CE＝r，
∴AD＝AC﹣DC＝8﹣r，BE＝BC﹣CE＝6﹣r，
∴AF＝8﹣r，BF＝6﹣r，
而AF+BF＝AB，
∴8﹣r+6﹣r＝10，解得r＝2，
∴BF＝6﹣r＝4，
∴OF＝OB﹣BF＝5﹣4＝1，
在Rt△IOF中，IF＝2，OF＝1，
∴IO＝ ＝ ，
即Rt△ABC的内心I与外心O之间的距离为 ．
题型04 利用弦切角定理求角度
【典例1】如图，已知AB是 O的直径，PC切 O于点C，∠PCB＝35°，则∠B等于 5 5 度．
⊙ ⊙
【分析】根据弦切角等于弦切角所夹的弧所对的圆周角求出∠A＝∠PCB，再根据直径所对的圆周角是
直角得出∠A与∠B互余，计算即可求解．
【解答】解：∵PC切 O于点C，∠PCB＝35°，
∴∠A＝∠PCB＝35°，
⊙∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∴∠A+∠B＝90°，
∴35°+∠B＝90°，
解得∠B＝55°．
故答案为：55．
【变式1】如图，AB为 O的直径，C、D为 O上的点，直线MN切 O于C点，图中与∠BCN互余的
角有（ ）
⊙ ⊙ ⊙
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由弦切角定理圆周角定理得∠BCN＝∠BAC，∠ACM＝∠D＝∠B，再由AB为直径，得∠ACB
＝90°，则∠B、∠D、∠ACM，都是∠BCN的余角．
【解答】解：∵直线MN切 O于C点，
∴∠BCN＝∠BAC，∠ACM＝∠D＝∠B，
⊙
∵AB为 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∴∠BCN+∠ACM＝90°，∠B+∠BCN＝90°，∠D+∠BCN＝90°．
故选：C．
【变式2】如图，AB是 O的直径，DB、DE分别切 O于点B、C，若∠ACE＝25°，则∠D的度数是（
）
⊙ ⊙
A．50° B．55° C．60° D．65°
【分析】连接BC，由弦切角定理得∠ACE＝∠ABC，再由切线的性质求得∠DBC，最后由切线长定理
求得∠D的度数．【解答】
解：连接BC，
∵DB、DE分别切 O于点B、C，
∴BD＝DC，
⊙
∵∠ACE＝25°，
∴∠ABC＝25°，
∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
∴∠DBC＝∠DCB＝90°﹣25°＝65°，
∴∠D＝50°．
故选：A．
【变式3】如图四边形ABCD内接于 O，AB为直径，PD切 O于D，与BA延长线交于P点，已知
∠BCD＝130°，则∠ADP＝ 40 ° ．
⊙ ⊙
【分析】连接BD，由圆内接四边形的性质，求得∠BAD，再由弦切角定理得∠ADP＝∠ABD，从而得
出答案．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD内接于 O，∠BCD＝130°，
∴∠BAD＝50°，
⊙
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ABD＝∠40°
∵PD切 O于D，
∴∠ADP＝∠ABD＝40°，
⊙
故答案为：40°．
【变式4】如图，在 O中，AB是弦，AC是 O切线，过B点作BD⊥AC于D，BD交 O于E点，若AE
⊙ ⊙ ⊙平分∠BAD，则∠ABD的度数是（ ）
A．30° B．45° C．50° D．60°
【分析】根据弦切角的性质，得∠DAE＝∠B，再由已知条件可得∠DAE＝∠B＝∠BAE，从而求出
∠ABD．
【解答】解：∵AC是 O切线，
∴∠DAE＝∠B，
⊙
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠B＝∠BAE，
∵BD⊥AC，
∴∠DAE＝∠B＝∠BAE＝30°．
故选：A．
1．如图， O是△ABC的内切圆，若∠A＝80°，则∠BOC的度数为（ ）
⊙
A．40° B．150° C．130° D．100°
【分析】根据三角形内角和定理得到∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°，再根据三角形内切圆圆心是其
角平分线的交点得到 ，据此求出∠OBC+∠OCB＝50°，则由三角形
内角和定理可得答案．
【解答】解：∵∠A＝80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝100°，
∵ O是△ABC的内切圆，
∴OB、OC分别平分∠ABC、∠ACB，
⊙∴ ，
∴ ，
∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝130，
故选：C．
2．已知一个三角形的内心与外心重合，若它的内切圆的半径为2，则它的外接圆的面积为（ ）
A．4 B．8 C．12 D．16
【分析】根据题意判断三角形是等边三角形，作出图形，根据内切圆的半径为2求出外接圆的半径，利
π π π π
用圆面积公式即可求出答案．
【解答】解：∵一个三角形的内心与外心重合，
∴该三角形是等边三角形，
根据题意，如图，△ABC是等边三角形，其内心外心均为点O，连接OB，过点O作OD⊥BC于点D，
则OD＝2，
∵∠ABC＝60°，OB平分∠ABC，
∴ ，
在Rt△OBD中，
OB＝2OD＝4，
∴△ABC的外接圆半径为4，
∴它的外接圆的面积为 ×42＝16 ，
故选：D．
π π
3．如图，△ABC是一张三角形的纸片， O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，已知AD＝10cm，小
明准备用剪刀沿着与 O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（△AMN），则剪下的△AMN的周
⊙
长为（ ）
⊙
A．20cm
B．15cm
C．10cm
D．随直线MN的变化而变化
【分析】利用切线长定理得出DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，进而得出答案．
【解答】解：∵△ABC是一张三角形的纸片， O是它的内切圆，点D是其中的一个切点，AD＝
10cm，
⊙∴设E、F分别是 O的切点，
故DM＝MF，FN＝EN，AD＝AE，
⊙
∴AM+AN+MN＝AD+AE＝10+10＝20（cm）．
故选：A．
4．如图，四边形ABCD是 O的外切四边形，且AB＝10，CD＝12，则四边形ABCD的周长为（ ）
⊙
A．44 B．42 C．46 D．47
【分析】根据圆外切四边形的对边之和相等求出AD+BC，根据四边形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是 O的外切四边形，
∴AD+BC＝AB+CD＝22，
⊙
∴四边形ABCD的周长＝AD+BC+AB+CD＝44，
故选：A．
5．如图，PA，PB为 O的两条切线，C，D切 O于点E，分别交PA，PB于点C，D．F为 O上的点，
连接AF，BF，若PA＝5，∠P＝40°，则△PCD的周长和∠AFB的度数分别为（ ）
⊙ ⊙ ⊙
A．10，40° B．10，80° C．15，70° D．10，70°
【分析】连接OA，OB，可得∠OAP＝∠OBP＝90°，CA＝CE，DB＝DE，PA＝PB；据此即可求解．
【解答】解：连接OA，OB，如图所示：由切线的性质以及切线长定理得：∠OAP＝∠OBP＝90°，CA＝CE，DB＝DE，PA＝PB，
∵∠P＝40°，
∴∠AOB＝360°﹣∠P﹣∠OAP﹣∠OBP＝140°，
∴ ；
△PCD的周长＝PC+CE+DE+PD＝PC+CA+DB+PD＝PA+PB＝2PA＝10，
故选：D．
6．如图，点I为△ABC的内心，连接AI并延长，交△ABC的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接
CD，EI，IC，当AI＝2CD，IC＝6，ID＝5时，IE的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【分析】延长ID到M，使DM＝ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决
问题．
【解答】解：延长ID到M，使DM＝ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC＝∠IAB，∠ICA＝∠ICB，
∵∠DIC＝∠IAC+∠ICA，∠DCI＝∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC＝∠DCI，
∴DI＝DC＝DM，
∴∠ICM＝90°，
∴CM＝ ＝8，
∵AI＝2CD＝10，
∴AI＝IM，
∵AE＝EC，
∴IE是△ACM的中位线，∴IE＝ CM＝4，
故选：C．
7．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD为中线，若AB＝5，AC＝12，设△ABD与△ACD的内切圆半
径分别为r 、r ，则 的值为（ ）
1 2
A． B． C． D．
【分析】根据直角三角形的边角关系和性质求出BC，AD，BD，CD，再利用三角形内切圆半径，三角
形周长与面积之间的关系分别表示S△ABD ，S△ACD ，由S△ABD ＝S△ACD 可求出答案．
【解答】解：如图，连接OA，OB，OD，IA，IC，ID，过点O，点I分别作BC的垂线，垂足分别为
M，N，
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC＝ ＝13，
∵AD为中线，
∴AD＝BD＝CD＝ BC＝ ，
∵S△ABD ＝S△ACD ，即 （AB+BD+AD）•OM＝ （AC+AD+CD）•IN
∴ ×（5+13）r ＝ ×（12+13）r ，
1 2
∴ ＝ ．
故选：C．8．如图，BD为圆O的直径，直线ED为圆O的切线，A、C两点在圆上，AC平分∠BAD且交BD于F点
若∠ADE＝19°，则∠AFB的度数为何？（ ）
A．97° B．104° C．116° D．142°
【分析】先根据直径所对的圆周角为直角得出角 BAD的度数，根据角平分线的定义得出角BAF的度数，
再根据弦切角等于它所夹弧对的圆周角，得出角ABD的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出角
AFB的度数．
【解答】解：∵BD是圆O的直径，
∴∠BAD＝90°，
又∵AC平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∵直线ED为圆O的切线，
∴∠ADE＝∠ABD＝19°，
∴∠AFB＝180°﹣∠BAF﹣∠ABD＝180°﹣45°﹣19°＝116°．
故选：C．
9．已知：如图，E是相交两圆 M和 N的一个交点，且ME⊥NE，AB为外公切线，切点分别为A，B连
接AE，BE，则∠AEB的度数为（ ）
⊙ ⊙
A．145° B．140° C．135° D．130°
【分析】连接AM，BN，根据弦切角定理得∠BAE+∠ABE＝ （∠AME+∠BNE）；结合MA⊥AB，
NB⊥AB 可得∠AMN+∠BNM＝180°，所以进一步推导得∠AME+∠BNE＝180°﹣90°＝90°，则
∠BAE+∠ABE＝ ×90°＝45°，利用三角形内角和可得∠AEB的值．
【解答】解：连接AM，BN，∵∠BAE＝ ∠AME，∠ABM＝ ∠BNE，
∴∠BAE+∠ABE＝ （∠AME+∠BNE），
∵MA⊥AB，NB⊥AB，
∴MA∥NB，
∴∠AMN+∠BNM＝180°．
∵∠MEN＝90°，
∴∠EMN+∠ENM＝90°，
∴∠AME+∠BNE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝ ×90°＝45°，
∴∠AEB＝180°﹣45°＝135°．
故选：C．
10．抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）与x轴交于点A、B（A在B左侧），A、B两点与抛物线的顶
点构成的三角形，当内心与外心重合时，此时抛物线顶点记为点C．若抛物线的顶点到x轴的距离比点
C 到 x 轴的距离大时，求 a 的取值范围．甲求得 ；乙求得 ．下列说法正确的是
（ ）
A．甲对乙错
B．甲错乙对
C．二人答案合在一起才正确
D．二人答案合在一起也不正确
【分析】由二次函数解析式得出A（1，0），B（3，0），C（2，﹣a），由△ABC内心与外心重合，
得出△ABC是等边三角形，从而得出C到x轴的距离为 ，由抛物线的顶点到x轴的距离比点C到x
轴的距离大，即可得出答案．
【解答】解：∵抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）与x轴交于点A、B（A在B左侧），
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB＝2，
∵y＝a（x﹣1）（x﹣3）＝a（x﹣2）2﹣a，
∴顶点C（2，﹣a），
∵A、B两点与抛物线的顶点构成的三角形，内心与外心重合，
∴△ABC是等边三角形，∴C到x轴的距离为 ，
∵抛物线的顶点到x轴的距离比点C到x轴的距离大，
∴ ，
解得： 或 ，
故选：C．
11．如图所示，过半径为6cm的 O外一点P引圆的切线PA，PB，连接PO交 O于F，过F作 O的切
线，交PA，PB分别于D，E，如果PO＝10cm，∠APB＝40°，则△PED的周长＝ 1 6 cm ；∠DOE的
⊙ ⊙ ⊙
度数 70 ° ．
【分析】连接OA，OB，根据勾股定理可得PA＝8cm，再由切线长定理可得PA＝PB，DA＝DF，FE＝
BE，可求出△PED 的周长；再证明△AOD≌△FOD，可得∠AOD＝∠DOF，从而得到∠AOB＝
2∠DOE，即可求解．
【解答】解：如图，连接OA，OB，
∵AO＝6cm，PO＝10cm，
∴ ，
∵PA，PB，DE为 O切线，
∴PA＝PB，DA＝DF，FE＝BE，∠OAP＝∠OBP＝90°，
⊙
∴△PED的周长＝PE+EF+FD+PD＝PA+PB＝2PA＝16cm，
即△PED的周长为16cm；
∵AD＝FD，OD＝OD，OA＝OF，
∴△AOD≌△FOD（SSS），
∴∠AOD＝∠DOF，
同理∠EOF＝∠EOB，
∴∠AOB＝2（∠FOD+∠EOF）＝2∠DOE，
∵∠APB＝40°，∠OAP＝∠OBP＝90°，∴∠AOB＝140°，
∴ ，
故答案为：16cm；70°．
12．如图， O内切于正方形ABCD，O为圆心，作∠MON＝90°，其两边分别交BC，CD于点N，M，若
CM+CN＝10，则 O的面积为 2 5 ．
⊙
⊙ π
【分析】设 O与正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F，连接OE，OF，得到四边形OECF是正
方形，求得CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM＝∠OFN＝∠EOF＝90°，根据全等三角形的性质得到EM＝
⊙
NF，得到OE＝5，进而求出 O的面积．
【解答】解：设 O与正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F，
⊙
连接OE，OF，
⊙
则四边形OECF是正方形，
∴CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM＝∠OFN＝∠EOF＝90°，
∵∠MON＝90°，
∴∠EOM＝∠FON，
∴△OEM≌△OFN（ASA），
∴EM＝NF，
∴CM+CN＝CE+CF＝10，
∴OE＝5，
∴ O的面积为25 ，
故答案为：25 ．
⊙ π
π
13．如图，已知半径为1的 M经过直角坐标系的原点O，且与x轴、y轴分别交于点A、B，点A的坐标
为（ ，0）， M的切⊙线OC与直线AB交于点C．则∠ACO＝ 3 0 度．
⊙【分析】在Rt△AOB中，已知了直径AB和OA的长，即可求得∠OAB、∠OBA的度数；而由弦切角定
理知∠OAB＝∠BOC，进而可由三角形的外角性质求出∠ACO的度数．
【解答】解：∵AB＝2，OA＝ ，
∴cos∠BAO＝ ＝ ，
∴∠OAB＝30°，∠OBA＝60°；
∵OC是 M的切线，
∴∠BOC＝∠BAO＝30°，
⊙
∴∠ACO＝∠OBA﹣∠BOC＝30°．
故答案为：30．
14．如图，在△ABC中，∠B＝70°， O是△ABC的内切圆，M，N，K是切点，连接OA，OC．交 O于
E，D两点．点F是 上的一点，⊙连接DF，EF，则∠EFD的度数是 62.5 ° ． ⊙
【分析】先根据三角形内心的性质得 ， ，进而求出∠OAC+∠OCA，
即可求出∠AOC，然后根据圆周角定理得出答案．
【解答】解：∵ O是△ABC的内切圆，
∴OA，OC是△ABC的角平分线，
⊙
∴ ， ．
∵∠B＝70°，
∴∠BAC+∠BCA＝110°，
∴ ，
∴∠AOC＝180°﹣55°＝125°，∴ ．
故答案为：62.5°．
15．如图，△ABC的内切圆 O与AB，BC分别相切于D，E两点，连接DE，AO的延长线交DE于点F，
若∠ACB＝70°，则∠AFD的大小是 35 ° ．
⊙
【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°．
【解答】解：如图所示，连接OE，OD，OB，设OB、DE交于H，
∵ O是△ABC的内切圆，
∴OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
⊙
∴ ，
∵∠ACB＝70°，
∴∠CAB+∠CBA＝180°﹣∠ACB＝110°，
∴ ，
∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝125°，
∵ 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°．
16．如图，AB为 O直径，PA、PC分别与 O相切于点A、C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q．
（1）求证：OQ＝PQ；
⊙ ⊙（2）连BC并延长交PQ于点D，PA＝AB，且CQ＝6，求BD的长．
【分析】（1）欲证明OQ＝PQ，只要证明∠QOP＝∠QPO即可；
（2）设OA＝r．在Rt△PCQ中，利用勾股定理构建方程求出 r，再证明四边形OPDB是平行四边形，
求出OP即可解决问题；
【解答】（1）证明：连接OP．
∵PA、PC分别与 O相切于点A，C，
∴PA＝PC，OA⊥PA，
⊙
∵OA＝OC，OP＝OP，
∴△OPA≌△OPC（SSS），
∴∠AOP＝∠POC，
∵QP⊥PA，
∴QP∥BA，
∴∠QPO＝∠AOP，
∴∠QOP＝∠QPO，
∴OQ＝PQ．
（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥QD，
∴∠QDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠QCD，
∴∠QCD＝∠QDC，
∴QC＝QD＝6，∵QO＝QP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是 O的切线，
∴OC⊥PC，
⊙
∴∠OCP＝∠PCQ＝90°，
在Rt△PCQ中，∵PQ2＝PC2+QC2，
∴（6+r）2＝62+（2r）2，r＝4或0（舍弃），
∴OP＝ ＝4 ，
∵OB＝PD，OB∥PD，
∴四边形OBDP是平行四边形，
∴BD＝OP＝4 ．
17．如图，等腰三角形ABC内接于 O，AB＝AC，点I是△ABC的内心，连接BI并延长交 O于点D，
点E在BD的延长线上，满足∠EAD＝∠CAD．试证明：
⊙ ⊙
（1）OA所在的直线经过点I；
（2）点D是IE的中点．
【分析】（1）连接OA、OB、OC、AI，可证明△AOB≌△AOC，得∠BAO＝∠CAO，则AO平分
∠BAC，再由点I是△ABC的内心，证明AI平分∠BAC，所以AO与AI在同一条直线上，即可证明OA
所在的直线经过点I；
（2）连接OD，推导出∠OAD+ ∠AOD＝90°，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．
【解答】证明：（1）连接OA、OB、OC、AI，
∵AB＝AC，OB＝OC，OA＝OA，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠BAO＝∠CAO，
∴AO平分∠BAC，
∵点I是△ABC的内心，∴AI平分∠BAC，
∴AO与AI在同一条直线上，
∴OA所在的直线经过点I．
（2）连接OD，则OD＝OA，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴2∠OAD+∠AOD＝180°，
∴∠OAD+ ∠AOD＝90°，
∵∠ABD＝ ∠AOD，
∴∠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．
18．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．
⊙【分析】（1）根据切线的性质得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质
得∠ABC+∠BCD＝180°，则有∠OBE+∠OCF＝90°，即∠BOC＝90°；（2）由勾股定理可求得BC的长，
进而由切线长定理即可得到BE+CG的长；
（3）最后由三角形面积公式即可求得OF的长．
【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．
19．如图，PA、PB、CD是 O的切线，点A、B、E为切点．
（1）如果△PCD的周长为10，求PA的长；
⊙
（2）如果∠P＝40°，
①求∠COD；
②连AE，BE，求∠AEB．
【分析】（1）根据切线长定理和三角形的周长可解答；
（2）①先根据三角形内角和定理可得∠PCD+∠PDC＝140°，由平角的定义得∠ACD+∠BDE＝220°，由切线长定理：圆外一点与圆心的连线平分切线所成的夹角可得∠ACO＝∠DCO＝ ∠ACD，∠BDO＝
∠EDO＝ ∠BDE，从而可以解答；
②根据平角的定义和三角形的内角和定理可解答．
【解答】解：（1）∵PA、PB、CD是 O的切线，点A、B、E为切点，
∴PA＝PB，AC＝CE，ED＝BD，
⊙
∵△PCD的周长为10，
∴PC+CD+PD＝10，
∴PC+CE+DE+PD＝PC+AC+PD+BD＝PA+PB＝2PA＝10，
∴PA＝5；
（2）①∵∠P＝40°，
∴∠PCD+∠PDC＝180°﹣40°＝140°，
∴∠ACD+∠BDE＝360°﹣140°＝220°，
∵PA、PB、CD是 O的切线，点A、B、E为切点，
⊙
∴∠ACO＝∠DCO＝ ∠ACD，∠BDO＝∠EDO＝ ∠BDE，
∴∠OCD+∠ODC＝ ×220°＝110°，
∴∠COD＝180°﹣110°＝70°；
②∠AEB＝180°﹣∠AEC﹣∠BED
＝180°﹣ ﹣
＝180°﹣90°+ ∠ACD﹣90°+ ∠BDE
＝ ×220°
＝110°．
20．如图，点 E 是△ABC 的内心，AE 的延长线和△ABC 的外接圆 O 相交于点 D、过 D 作直线
DG∥BC．
⊙
（1）求证：DG是 O的切线；
（2）求证：DE＝CD；
⊙
（3）若DE＝2 ，BC＝8，求 O的半径．
⊙【分析】（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接 BD，由点 E 是△ABC 的内心，得到∠ABE＝∠CBE，∠DBC＝∠BAD，推出∠BED＝
∠DBE，根据等角对等边得到BD＝DE，即可得到结论；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
【解答】（1）证明：连接OD交BC于H，如图，
∵点E是△ABC的内心
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD＝∠CAD，
∴ ，
∴OD⊥BC，BH＝CH，
∵DG∥BC，
∴OD⊥DG，
∴DG是 O的切线；
（2）证明：连接BD，
⊙
∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠BAD，
∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBE，
即∠BED＝∠DBE，
∴BD＝DE，
∵ ，
∴BD＝CD，
∴DE＝CD；（3）解：连接OD，OB，如图，
由（1）得OD⊥BC，BH＝CH，
∵BC＝8，
∴BH＝CH＝4，
∵DE＝2 ，BD＝DE，
∴BD＝2 ，
在Rt△BHD中，BD2＝BH2+HD2，
∴（2 ）2＝42+HD2，解得：HD＝2，
在Rt△BHO中，
r2＝BH2+（r﹣2）2，解得：r＝5．
