文档内容
专题 27 与圆有关的位置关系
目录
模块一：基础知识....................................................................................................................................................3
考点一：点与圆的位置关系............................................................................................................................3
考点二：直线与圆的位置关系........................................................................................................................3
考点三：圆和圆之间的位置关系....................................................................................................................3
考点四：切线的性质与判定............................................................................................................................4
考点五：切线长定理........................................................................................................................................4
考点六：三角形内切圆与外接圆....................................................................................................................4
模块二：题型分类....................................................................................................................................................5
考点一：点、直线与圆的位置关系................................................................................................................5
题型一：点和圆的位置关系的判断....................................................5
题型二：点和圆的位置关系求半径....................................................8
题型三：判断直线与圆的位置关系...................................................11
题型四：直线与圆的位置关系求半径.................................................20
题型五：直线与圆的位置关系求点到直线的距离.......................................29
题型六：圆平移到与直线相切时圆心坐标.............................................34
题型七：圆平移到与直线相切时运动距离.............................................39
题型八：直线与圆的位置关系求交点个数.............................................47
题型九：圆和圆的位置关系.........................................................52
考点二：切线的性质与判定..........................................................................................................................63
题型一：判断或补全使直线成为切线的条件...........................................63
题型二：利用切线的性质求线段长...................................................67
题型三：利用切线的性质求角度.....................................................76
题型四：证明某条直线时圆的切线...................................................81
题型五：切线的性质定理证明......................................................103
题型六：切线的性质与判定的综合运用..............................................114
题型七：作圆的切线..............................................................128
题型八：切线长定理求解..........................................................138
题型九：切线长定理求证..........................................................143
考点三：三角形内切圆与外接圆................................................................................................................155
题型一：判断三角形外接圆圆心位置................................................155
题型二：求外心坐标..............................................................160
题型三：外心的位置判断三角形形状................................................166
题型四：特殊三角形外接圆的半径..................................................170
题型五：三角形内切圆求长度......................................................181
题型六：三角形内切圆求角度......................................................187
题型七：三角形内切圆求周长、面积................................................191
题型八：求三角形的内切圆半径....................................................199
题型九：直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系..................................205
题型十：圆外切四边形模型........................................................209
题型十一：三角形内心有关的应用..................................................212
题型十二：三角形外接圆与内切圆综合..............................................219专题 27 与圆有关的位置关系
模块一：基础知识
考点一： 点与圆的位置关系
1.点与圆的位置关系有：点在圆外，点在圆上，点在圆内三种。
2.用数量关系表示：若设⊙O的半径就是r，点P到圆的距离OP=d，则有：
3.点P在圆外,则 d＞r；点p在圆上则d=r；点p在圆内则d＜r,反之也成立。
考点二： 直线与圆的位置关系
1.直线与圆的位置关系有：相交、相切、相离三种。
2.直线与圆的位置关系可以用数量关系表示:
若设⊙O的半径就是r，直线l与圆心0的距离为d，则有：
直线l与⊙O相交则d ＜ r；如下1图直线l与⊙O相切则 d = r；如下2图
直线l与⊙O相离则d ＞ r,反之也成立。如下3图
考点三：圆和圆之间的位置关系
设⊙O 、⊙O 的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：
1 2
位置关系 图形 公共点个数 性质及判定
r R
外离 无 d>R+r⇔两圆外离
O 1 d O 2
外切 r R 1个切点 d=R+r⇔两圆外切
O 1 d O 2
r R
相交 两个交点 R−r8，则点P在⊙O的外部，若
d<8，则点P在⊙O的内部，若d=8，则点P在⊙O上，即可解答．
【详解】解：解方程x2−4x−5=0可得，x =5，x =−1，
1 2
∵点P到圆心O的距离d为方程x2−4x−5=0的一个根，
∴d=5<8，
∴点P在⊙O的内部，
故选A
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、解一元二次方程，熟练掌握点与圆的位置关系的判断方法是解
答的关键．
2.若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O
．（填“上”、“内”、“外”）
【答案】内
【分析】点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此
作答．
【详解】解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，
即点A到圆心的距离小于圆的半径，
∴点A在⊙O内．
故答案为：内．
【点睛】本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：
当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
3.平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为5，则点P(0,4)与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法确定
【答案】A
【分析】本题根据题意可作图可知d5时，点B、C、D在⊙A内，
5
∴若B、C、D三点中只有一点在⊙A内，则⊙A的半径r的取值范围是 r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当dr．
8.如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，E是AD上一定点，
AB=3,BC=6,AD=8,AE=2．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E
为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 ．15
【答案】 0)
(1)求BD的长（用含t的式子表示）
(2)当t为何值时，线段PQ与半圆O相切？
(3)若半圆O与线段PQ只有一个公共点，直接写出t的取值范围．
6
【答案】(1)BD= t
5
(2)t=3时，线段PQ与半圆O相切
(3)03，
∴3r，直线和圆相离，没有
交点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③dR>5
【分析】求出线段AC、BC，再根据点与圆得位置关系判断即可．
5
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13， sinA= ，
13
5
∴BC=AB×sin A=13× =5，
13∴AC=√AB2−BC2=12，
∵以点C为圆心，R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，
∴55
∴B选项错误
故选B．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，当圆心距大于半径时直线和圆相离，当圆心距等于半径时直
线和圆相切，当圆心距小于半径时直线和圆相交．3.如图，⊙C的圆心C的坐标为(1,1)，半径为1，直线l的表达式为y=−2x+6，P是直线l上的动点，Q
是⊙C上的动点，则PQ的最小值是（ ）
3√5 6√5 3√5 6√5
A． −1 B． −1 C． D．
5 5 5 5
【答案】A
【分析】求出点C(1,1)到直线y=−2x+6的距离d即可求得PQ的最小值．
【详解】解：过点C作CP⊥直线l，交圆C于Q点，此时PQ的值最小，连接BC、AC，作CM⊥OA于
M，CN⊥OB于N，
∵y=−2x+6，
∴A(3,0)，B(0,6)，
∴OA=3，OB=6，
∴AB=√32+62=3√5，
∵四边形OMCN是正方形，
∴OM=ON=1，
∴AM=3−1=2，BN=6−1=5，
设PC=d，PB=m，则AP=3√5−m，
∵BN2+CN2=BC2=PB2+PC2，AM2+CM2=AC2=AP2+CP2，
∴52+12=m2+d2，22+12=(3√5−m) 2+d2，
3√5
解得：d= ，
5
∵⊙C的半径为1，
3√5
∴PQ= −1，
5
故选：A．【点睛】此题主要考查与圆相关的动点问题，解题的关键是熟知勾股定理的应用、点到直线的距离的性
质．
4.已知⊙O的半径为5，直线l与⊙O有2个公共点，则点O到直线l的距离可能是（ ）
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】A
【分析】根据题意得点O到直线l的距离小于圆的半径，即可解答．
【详解】∵⊙O的半径为5，直线l与⊙O有2个公共点，
∴点O到直线l的距离0≤d<5．
故选：A．
【点睛】本题考查了点、直线、圆的位置关系．熟练掌握直线与圆相交时，圆心到直线的距离小于半径，
是解题的关键．
5.在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：若点P在图形M上，点Q在图形N上，如果PQ两点间的距
离有最小值，那么称这个最小值为图形M,N的“近距离”，记为d(M,N)．特别地，当图形M与图形
N有公共点时，d(M,N)=0．
已知A（－4，0），B（0，4），C（4，0），D（0，－4），
（1）d（点A，点C）＝________，d（点A，线段BD）＝________；
（2）⊙O半径为r，
① 当r ＝ 1时，求 ⊙O与正方形ABCD的“近距离”d（⊙O，正方形ABCD）；
② 若d（⊙O，正方形ABCD）＝1，则r ＝___________．
（3）M 为x轴上一点，⊙M的半径为1，⊙M与正方形ABCD的“近距离”d（⊙M，正方形ABCD）＜
1，请直接写出圆心M的横坐标 m的取值范围．
【答案】（1）8；4；（2）①2√2-1 ；②2√2-1 或5；（3）−6d>1
【分析】分两种情况讨论：⊙P位于y轴左侧和⊙P位于y轴右侧，根据平移的性质和圆的切线的性质分
别求解，即可得到答案．
【详解】解：⊙P的圆心P的坐标为(−3,0)，
∴OP=3，
∵⊙P的半径为2，
∴AP=BP=2，
∴OA=1，OB=5，
∴当⊙P位于y轴左侧且与y轴相切时，平移的距离为1，
当⊙P位于y轴右侧且与y轴相切时，平移的距离为5，
∴平移的距离d的取值范围是14且r≠5
【分析】分别根据直线与圆相切、相交的关系进行逐一解答即可．
【详解】解：（1）∵圆心O的坐标为(−3,4)，∴当r=3时，圆O与坐标轴有1个交点；
（2）∵圆心O的坐标为(−3,4)，
∴当34且r≠5时，圆O与坐标轴有4个交点．
故答案为：（1）r=3；（2）34且r≠5．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解答此题时要考虑到圆过原点的情况，这是此题易遗漏的
地方．
3.题目：“如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，以点B为圆心的⊙B的半径为r，若
对于r的一个值，⊙B与AC只有一个交点，求r的取值范围．”对于其答案，甲答：r=4．乙答：
12
30)，得到点P'，再将点P关于直线M P'对称得到点Q，
称点Q为点P的k倍“对应点”．特别地，当M与P'重合时，点Q为点P关于点M的中心对称点．
(1)已知点P(3，0)，k=2．
①若点M的坐标为(0，1)，画出点P'，并直接写出点P的2倍“对应点”Q的坐标；
②若OM=1，直线y=x+b上存在点P的2倍“对应点”，直接写出b的取值范围；
(2)半径为3的⊙O上有不重合的两点M，P，若半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”，直接写出
k的取值范围．
【答案】(1)①画图见解析，Q(1，−2)；②−2√2−1≤b≤2√2−1
1
(2) ≤k≤2
2
【分析】（1）①根据点坐标平移的特点结合题目所给定义求出点P'的坐标，再在坐标系中画出P'，再根
据对称求出点Q的坐标即可；②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点
P作PH∥x轴，P'H∥y轴，PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，证明
PP' PH PA PP'
△MTO∽△P'HP，得到 = =k；再证明△OMA∽△PP' A，得到 = =k；如图2-
OM OT OA OM2所示，当P(3，0)，k=2时，则OA=1，A(1，0)，由对称性可知AQ=AP=2，则点Q在以
A(1，0)为圆心，半径为2的圆上运动，则当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b上一定存在
点P的2倍“对应点”，据此求解即可；
AP
（2）由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上 运动，且 =k，则要使半径为1的⊙O
OA
存在点P的k倍“对应点”，则半径为1的⊙O一定于⊙A有交点，如图3-1所示，当半径为1的⊙O
与⊙A外切时，如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，求出两种情况下k的值即可得到答案．
【详解】（1）解：①∵M(0，1)，k=2，
∴点P(3，0)向下平移2个单位长度得到点P'，
∴P'(3，−2)，
设直线M P'的解析式为y=k x+b ，
1 1
∴¿，
∴¿，
∴直线M P'的解析式为y=−x+1，
在y=−x+1中，当y=0时，x=1，即T(1，0)，
∴OT=OM=1，
∴∠PT P'=∠OTM=45°，
∴∠PP'T=45°，
∵点P关于直线M P'对称得到点Q，
∴∠QP'T=∠PP'T=45°，QP'=PP'=2，
∴∠QP'P=90°，
∴Q(1，−2)；
②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点P作PH∥x轴，P'H∥y轴，
PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，
由平移的特点可知PH=kOT，P'H=kMT，OM∥PP'，
PH OT
∵∠MTO=∠H=90°， = ，
P'H MT∴△MTO∽△P'HP，
PP' PH
∴ = =k；
OM OT
∵OM∥PP'，
∴△OMA∽△PP' A，
PA PP'
∴ = =k；
OA OM
如图2-2所示，当P(3，0)，k=2时，则OA=1，A(1，0)，
∴AP=2，
由对称性可知AQ=AP=2，
∴点Q在以A(1，0)为圆心，半径为2的圆上运动，
∴当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”，
如图2-2所示，当b>0且直线y=x+b与⊙A相切于点G时，设此时直线与x轴交于K，
∴∠AGK=90°，
又∵∠GKA=45°（可以同求∠MAO=45°求出），
∴△GAK是等腰直角三角形，
∴AK=√2AG=2√2，
∴OK=2√2−1，
∴K(−2√2+1，0)，
∴−2√2+1+b=0，即b=2√2−1；
同理可求出当b<0且直线y=x+b与⊙A相切时，b=−2√2−1；
综上所述，当−2√2−1≤b≤2√2−1时直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”；（2）解：如图3-1所示，连接P'M，OP交于A，
AP
由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上 运动，且 =k，
OA
∵要使半径为1的⊙O存在点P的k倍“对应点”，
∴半径为1的⊙O一定与⊙A有交点，
如图3-1所示，当半径为1的⊙O与⊙A外切时，
则2AP+1=OP=3，
∴AP=1，OA=2，
AP 1
∴k= = ；
OA 2
如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，可得AP=2，OA=1，
AP
∴k= =2；
OA
1
综上所述，当 ≤k≤2时，半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”．
2【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，切线的性质，圆与圆的位置关系，坐标与图形变化——
平移等等，正确理解题意得到点Q在以点A为圆心，AP为半径的圆上运动是解题的关键．
考点二：切线的性质与判定
题型一：判断或补全使直线成为切线的条件
1.在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=8，以C为圆心作⊙C与AB相切，则⊙C的半径长为
（ ）
A．8 B．4 C．9.6 D．4.8
【答案】D
【分析】过点C作CD⊥AB于点D，先利用勾股定理求得BC的长，再利用三角形的面积公式求得CD的长
即可.
【详解】解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，
∵∠C=90°，AB=10，AC=8，
∴BC=√AB2+AC2=6，
1 1
∵S = AC⋅BC= CD⋅AB，
ABC 2 2
△
AC⋅BC
∴CD= =4.8，
AB
则以C为圆心CD为半径作⊙C与AB相切.
故选D.【点睛】本题主要考查切线的判定，勾股定理，三角形的面积公式，解此题的关键在于熟练掌握其知识
点.
2.如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，DE⊥AC于点E，下列说法不正确的是（ ）
A．若DE=DO，则DE是⊙O的切线 B．若AB=AC，则DE是⊙O的切线
C．若CD=DB，则DE是⊙O的切线 D．若DE是⊙O的切线，则AB=AC
【答案】A
【分析】根据AB=AC，连接AD，利用圆周角定理以及等腰三角形的性质可以得到点D是BC的中点，OD
是△ABC的中位线，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以证明DE是⊙O的切线，可判断B选项
正确；
若DE是⊙O的切线，同上法倒推可证明AB=AC，可判断D选项正确；
根据CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位线，同上可以证明DE是⊙O的切线，可判断C选项正确；
若DE=DO，没有理由可证明DE是⊙O的切线．
【详解】解：当AB=AC时，如图：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴CD=BD，
∵AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以B选项正确；
当DE是⊙O的切线时，如图：连接AD，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴CD∥BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴AD是线段BC的垂直平分线，
∴AB=AC，所以D选项正确；
当CD=BD时，又AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以C选项正确．
若DE=DO，没有理由证明DE是⊙O的切线，所以A选项错误．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
3.已知⊙O 的半径为 5，直线 EF 经过⊙O 上一点 P（点 E，F 在点 P 的两旁），下列条件能判定直线
EF 与⊙O 相切的是（ ）A．OP＝5 B．OE＝OF
C．O 到直线 EF 的距离是 4 D．OP⊥EF
【答案】D
【分析】根据切线的证明方法进行求解，即可得到答案.
【详解】∵点 P 在⊙O 上，∴只需要 OP⊥EF 即可， 故选D．
【点睛】本题考查切线的证明，解题的关键是掌握切线的证明方法.
4.已知△ABC内接于⊙O，过点A作直线EF．
（1）如图1所示，若AB为⊙O的直径，要使EF成为⊙O的切线，还需要添加的一个条件是
________________．
（2）如图2所示，如果AB是不过圆心O的弦，且∠CAE=∠B，那么EF是⊙O的切线吗？试证明你
的判断．
【答案】（1）∠BAE=90°或∠EAC=∠ABC 或AE⊥AB等；（2）是，证明见解析．
【分析】（1）根据切线的性质添加适合的条件即可；
（2）作直径AM，连MC，利用圆的性质直径所对的角为直角以及同弧所对的圆周角相等，进行等角转
换，即可得出∠CAM+∠CAE=90°，即可判定其为切线.
【详解】（1）∠BAE=90°或∠EAC=∠ABC 或AE⊥AB等(其他填法正确也可)
（2）是；
作直径AM，连MC
则∠ACM=90°，∠M=∠B∴∠M+∠CAM= ∠B+∠CAM=90°
∵∠CAE=∠B
∴∠CAM+∠CAE=90°
∴AE⊥AM
∵AM为直径
∴EF是⊙O的切线．
【点睛】此题主要考查圆的性质和切线的性质和判定，熟练掌握，即可解题.
题型二：利用切线的性质求线段长
1.如图，在半径为10cm和6cm的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切于点C，则弦AB的长为
cm．
【答案】16
1
【分析】根据切线的性质得到OC⊥AB，根据垂径定理得到AC= AB，根据勾股定理计算，得到答案．
2
【详解】解：∵AB是小圆O的切线，
∴OC⊥AB，
∵AB是大圆O的弦，
1
∴AC= AB，
2
在Rt△AOC中，AC=√OA2−OC2=√102−62=8（cm），
则AB=2AC=16（cm），
故答案为：16．
【点睛】本题考查的是切线的性质、垂径定理和勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径
是解题的关键．
2.如图，⊙O的直径AB=2，直线l与⊙O相切于点B，将线段AB绕点B顺时针旋转45°得线段BC，E
是l上一点，连接CE，则CE的长可以是（ ）A．1 B．1.2 C．1.4 D．1.6
【答案】D
【分析】过点 C 作 CM⊥l，垂足为 M，利用切线的性质可得 ∠ABM=90°， 再根据旋转的性质
可得：AB=BC=2,∠ABC=45°，从而可求出 ∠CBM=45°，然后在 Rt△BCM 中，利用锐角三
角函数的定义求出 CM 的长，最后根据垂线段最短即可解答．
【详解】如图：过点 C 作 CM⊥l，垂足为 M，
∵直线 l 与 ⊙O 相切于点 B，
∴∠ABM=90°，
由旋转得：
AB=BC=2,∠ABC=45°,
∴∠CBM=∠ABM−∠ABC=45°,
√2
∴CM=BC⋅sin45°=2× =√2,
2
∴当点 E 与点 M 重合时，CE 有最小值为 √2，
∴CE≥√2，
∵√2≈1.414，
∴CE≥1.414，
∴CE 的长可以是 1.6 ，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质， 旋转的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解
题的关键．
3.如图，已知△ABC，点D在边AB上，以BD为直径的⊙O与边AC相切于点C，若AC=4,AD=2，
则线段BC的长为（ ）11 12
A．5 B．2√5 C． √5 D． √5
5 5
【答案】D
【分析】连接OC, 过C点作CH⊥OA于H点,如图， 如图, 根据切线的性质得到∠ACO=90°, 设⊙O
的半径为r, 则OC=r,OA=r+2,利用勾股定理得到r2+42=(r+2) 2 , 解方程求出r, 则OC=3,OA=5, 接
着利用面积法求出CH的长，然后利用勾股定理计算出OH，从而可计算出BC的长.
【详解】连接OC, 过C点作CH⊥OA于H点,如图，
∵⊙O与边AC相切于点C,
∴OC⊥AC,
∴∠ACO=90°,
设⊙O的半径为r, 则OC=r,OA=r+2
在Rt△OAC中,r2+42=(r+2) 2，解得：r=3,
即OC=3，OA=5,
1 1
∵ CH⋅OA= OC⋅AC,
2 2
3×4 12
∴CH= = ，
5 5
在Rt△OCH中,
OH=
√
32−
(12) 2
=
9
，
5 5
9 24
∴BH=3+ = ，
5 5在Rt△BCH中,
BC=√CH2+BH2=
√ (12) 2
+
(24) 2
=
12√5
，
5 5 5
故选：D.
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.
4.如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，过点C的切线与AB的延长线交于点P，若AC=PC=3√3，
则PB的长为（ ）
3
A．√3 B． C．2√3 D．3
2
【答案】D
【分析】连接OC，根据AC=PC，OC=OA，证出∠A=∠OCA=∠P，求出
OC PC
∠A=∠OCA=∠P=30°，在Rt△OPC中，tan∠P= ,cos∠P= ，解得OC、OP的长度即
PC OP
可求出PB的长度．
【详解】解：连接OC，如图所示，
∵AC=PC，
∴∠A=∠P，
∵OC=OA，
∴∠A=∠OCA，
∴∠A=∠OCA=∠P，∵PC是⊙O的切线，
∴∠OCP=90°，
∵∠A+∠P+∠OCA+∠OCP=180°，
∴∠A=∠OCA=∠P=30°，
OC PC
在Rt△OPC中，tan∠P= ，cos∠P= ，
PC OP
PC 3√3
√3 OP= = =6
∴OC=PC×tan∠P=3√3× =3， cos∠P √3 ，
3
2
∵PB=OP−OB，OB=3，
∴PB=3，
故选D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答
此题的关键．
5.如图，在△OAB中，OA=OB=13，AB=24，以O为圆心，4为半径作⊙O，P为线段AB上动点(从
A运动到B)，过P作⊙O的切线PC，切点为C，则PC的取值范围是( )
A．3≤PC≤3 √17 B．5≤PC≤13 C．4≤PC≤3 √17 D．10)，则EF=2a
∵∠BAE+∠ABE=∠FBE+∠ABE=90°
∴∠BAE=∠FBE
在△ABE和△BFE中，¿
∴△ABE∼△BFE
BE AE BE a
∴ = ，即 =
EF BE 2a BE
解得BE=√2a
AE a √2
在Rt△ABE中，tan∠ABE= = =
BE √2a 2
√2
则tan∠APE=tan∠ABE= ．
2【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、正
切三角函数等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
7.如图，在▱ABCD中，∠A=120°，AB=2BC=8，点M在BC边所在的直线上，CM=8，PQ=6，
以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，点H为半圆弧PQ上一动点．
探索：如图1，当点P与点M重合时，则BQ=______，线段CH的最小值为______．
思考：若点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，同时半圆O从M点出发沿MB做平移运
动，速度为1个单位长度/秒，运动时间为t秒(0≤t≤12)．解决下列问题：
（1）如图2，当PQ与D点在一条直线上时，求点O到CD的距离及扇形OHQ的面积；
（2）当圆O与CD相切于点K时，求∠HOQ的度数：
直接判断此时：弧HQ长______弦KQ长（填：＜、＞或＝）
（3）当弧HQ（包括端点）与▱ABCD边有两个交点时，直接写出：运动时间t的取值范围．
【答案】探索：6√5；√73−3
3 3
思考：（1）2√3− ； π（2）(120−45√3) °；＜
2 2
（3）12−3√3＜t＜12−2√3
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的长，利用“两点之间，线段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面积法建立方程求出O点到CD的距离，再利用扇形面积公式计算扇形OHQ的面积．
（2）利用勾股定理求出CP，进一步求出运动时间后，可以求出角度，利用等边三角形的判定与性质和弧
长公式计算后即可完成求解．
（3）分析弧与平行四边形的边有两个交点情况的界点值即可求解．
【详解】索：解：如图，连接BQ，CO，当点P与点M重合时，
∵以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，
∴BM⊥QM，
∵AB=2BC=8，CM=8，PQ=6，
∴BC=4，BM=4+8=12，
∴BQ=√BM2+PQ2=√122+62=6√5；
当C、H、O三点共线时，CH+HO的值最小，由HO为定值，即CH的值最小，
1
∵HO= PQ=3，
2
∴CH=CO−3=√CM2+OM2−3=√82+32−3=√73−3，
故答案为：6√5；√73−3．
思考：（1）如图所示，当PQ与D点在一条直线上时，
则PD⊥BM，
∵在▱ABCD中，∠A=120°，AB=2BC=8
∴CD=8，∠BCD=120°，
∴∠DCP=60°，
∴CP=CD⋅cos60°=4，DP=CD⋅sin60°=4√3，
∴DO=4√3−3，
设O点到CD的距离为h，
1 1
∵S OD⋅CP= CD⋅ℎ
△DOC=2 2
(4√3−3)×4 3
∴ℎ = =2√3− ，
8 2
∵PM=CM−CP=8−4=4，半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，
∴运动了4秒，
∵点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，∴∠HOQ=15°×4=60°，
60π×32 3
∴扇形OHQ的面积为 = π；
360 2
3 3
故答案为：O点到CD的距离为2√3− ，扇形OHQ的面积为 π．
2 2
（2）如图，连接OK，CO，当圆O与CD相切于点K时，
则OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，CP=√CO2−OP2=√62−32=3√3，
∴PM=CM−CP=8−3√3，
∴运动时间为(8−3√3)秒，
°
∴∠HOQ= (120−45√3) ，
°
∴∠HOQ的度数为(120−45√3) ，
(120−45√3)π×3 ( 3√3)
弧HQ的长为 = 2− π；
180 4
连接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴ KOQ是等边三角形，
∴△KQ=3，
∴弧HQ长＜弦KQ长，°
故答案为： (120−45√3) ，弧HQ长＜弦KQ长．
（3）12−3√3＜t＜12−2√3
理由：如图，当半圆的圆弧与AB相切时，切点记为N，连接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
OP
∴BP= =3√3，
tan30°
∴PM=BM−BP=12−3√3，
∴运动时间为(12−3√3)秒，
此时，∠HOQ=15°×(12−3√3)=(180−45√3) ° ，∠NOQ=60° ＜(180−15√3) ° ；
当Q点运动到AB上时，如图所示，
QP
此时BP= =2√3，
tan60°
∴PM=BM−BP=12−2√3
∴运动时间为(12−2√3)秒，
此时，∠HOQ=15°×(12−2√3)=(180−30√3) ° ，
∠EOQ=180°−2×30°=120° ＜(180−30√3) ° ；
∴12−3√3＜t＜12−2√3．【点睛】本题
考差了圆的运动问题和圆上的点的运动的问题，涉及到了切线的判定与性质、特殊角的三角函数的应用
等，解题关键是找出界点值并进行求解．
题型七：作圆的切线
1.如图，已知⊙O及圆外一点P，请你利用尺规作⊙的切线PA．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】见解析
【分析】作OP的垂直平分线，交OP于O′，以O′为圆心，O′P为半径画圆，交⊙O于A、A′，根据直径
所对的圆周角等于90°可得OA⊥PA，OA′⊥PA′，根据切线的判定定理可得PA、PA′是⊙O的切线.
【详解】如图，作OP的垂直平分线，交OP于O′，以O′为圆心，O′P为半径画圆，交⊙O于A、A′，
∴∠OAP=90°，∠OA′P=90°，
∴PA、PA′是⊙O的切线，
∴PA和PA′即为所作，
【点睛】此题综合考查切线的性质及圆周角定理，能够结合切线的性质定理和圆周角定理的推论分析出切点的位置是解题关键.
2.如图，点P是⊙O外一点．请利用尺规过点P作⊙O的一条切线PE．（保留作图痕迹，不要求写作法
和证明）
【答案】见解析
【分析】本题考查切线的定义和尺规作图；作法为：①连接OP，以OP为直径作⊙O'；②⊙O'与⊙O
相交于点E，作直线PE．则直线PE即为所求．
【详解】解：如图，直线PE即为所求，
证明：∵OP是直径，
∴∠OEP=90°，
∴OE⊥PE，
∴PE是⊙O的切线．
3.已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°．求作：⊙O，使圆心O在斜边AB上，经过点B且与边
AC相切于点E．（用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹．）
【答案】见解析
【分析】作∠ABC的角平分线交AC于E，作EO⊥AC交AB于点O，以O为圆心，OB为半径画圆即可．【详解】解：如图，作∠ABC的角平分线交AC于E，作EO⊥AC交AB于点O，以O为圆心，OB为半
径画圆，
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE=∠ABE，
∵EO⊥AC，∠ACB=90°，
∴∠AEO=∠ACB=90°，
∴EO∥CB，
∴∠OEB=∠CBE，
∴∠OEB=∠OBE，
∴OE=OB，
又∵EO⊥AC，
∴边AC与⊙O相切于点E．
∴⊙O即为所作．
【点睛】本题考查了作图—复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行的作图，一般是结合了
几何图形的性质和基本作图方法，本题涉及到两个基本作图（作已知角的角平分线；过一点作已知直线
的垂线），角平分线的定义，平行线的判定和性质，切线的判定，等腰三角形的判定等知识．解决此类
题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操
作．
4.过⊙O上一点A，可以用尺规按以下方法作出⊙O的切线；
①另取⊙O上一点B，以B为圆心，AB为半径作圆，将⊙B与⊙O的另一个交点记为点C；
②以A为圆心，AC为半径作弧，将⊙A与⊙B的另一个交点记为点D，作直线AD．
直线AD即为⊙O的切线．
如图，小明已经完成了作图步骤①．(1)用尺规完成作图步骤②；
(2)连接AC，AB，BC，BD，求证：AB平分∠CAD；
(3)求证：直线AD为⊙O的切线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意完成作图即可；
（2）由作图可知，AC=AD,BC=BD=AB，证明△ABC≌△ABD(SSS)，即可求证；
（3）连接OA,OB，根据BC=AB推出OB⊥AC，则∠OBA+∠BAC=90°，进而得出
∠OAB+∠BAD=90°，即可求证．
【详解】（1）解：如图：直线AD即为所求；
（2）证明：由作图可知，AC=AD,BC=BD=AB，
在△ABC和△ABD中，
¿，
∴△ABC≌△ABD(SSS)，
∴∠BAC=∠BAD，
∴AB平分∠CAD．（3）证明：连接OA,OB，
由（2）可得：BC=AB，
∴点B为A´C中点，
∴OB平分A´C，
∴OB⊥AC，
∴∠OBA+∠BAC=90°，
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠OAB，
∵∠BAC=∠BAD，
∴∠OAB+∠BAD=90°，即OA⊥AD，
∴直线AD为⊙O的切线．
【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定和性质，切线的判定，解题的关键是掌握在同圆
中，半径都相等；全等三角形对应角相等；经过半径外端且垂直于半径的直线与圆相切．
5.如图，已知菱形ABCD．求作⊙O，使得⊙O与菱形的四条边都相切要求：（1）用直尺和圆规作图；
（2）保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．【答案】见解析
【分析】连接AC、BD，交点为O，过点O作OH⊥AB，垂足为H，以O为圆心，OH为半径作圆，则
⊙O即为所求．
【详解】如图，1.连接AC、BD，交点为O；
1
2.以点O为圆心，适当长度为半径画弧，交AB于E，F两点，分别以点E，F为圆心，大于 EF为半径画
2
弧，两弧交于点M，连接OM，交AB于点H，则OH⊥AB；
3.以O为圆心，OH为半径作圆．
则⊙O即为所求．
∵OH⊥AB, OH为⊙O的半径，
∴AB与⊙O相切，
∵⊙O和菱形ABCD都是中心对称图形，且⊙O的圆心与菱形ABCD的对称中心重合，
∴⊙O为菱形ABCD的内切圆；
【点睛】本题考查菱形的性质，基本作图—作垂线，切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
6.如图，在边长为1的正方形网格中有一段圆弧AC，弧AC经过格点A、B、C，请仅用无刻度的直尺分别
按下列要求画图(保留作图痕迹)．(1)在图1中，画出弧AC所在圆的圆心O；
(2)在图2中，画出弧AC所在的圆的一条切线，使这条切线经过格点P．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图1中，线段AB，BC的垂直平分线的交点即为圆心O；
（2）作直线PB即可．
【详解】（1）解：如图1中，点O即为所求．
；
（2）解：如图2中，直线PB即为所求．
．
【点睛】本题考查了作图－应用与设计作图，垂径定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是掌切
线的判定和性质，属于中考常考题型．
7.数学综合实践课上，李老师在黑板上布置了一道尺规作图题如下：
利用尺规过圆外一点作圆的切线．已知：如图（1），PA为⊙O的切线，切点为
A．
求作：圆的另一条切线PB，切点为B．
下面是各个数
学小组进行的一系列探究，请你根据探究内容解决问题．
(1)进步小组的作法：以点P为圆心，PA长为半径作弧，交⊙O于点B（非点A），作直线PB，则直线PB
即为所求作的切线．问题：
①请你在图（2）中补全进步小组的作图痕迹．
②进步小组通过连接OB，OP，证明△OBP≌△OAP，他们证明两个三角形全等的依据为______（填
“SAS”“SSS”或“AAS”）．
(2)希望小组的作法：如图（3），连接OP，作OP的垂直平分线m交OP于点M，以点M为圆心，MO长
为半径作圆，交⊙O于点B（非点A），作直线PB，则直线PB即为所求作的切线．
问题：该组的小华根据作图方案给出如下证明过程．
证明：连接OB，由作图知，OP是⊙M的※，
∴∠OBP=90°，（理由：◎）
即OB⊥BP
又OB是⊙O的半径，
∴BP为⊙O的切线．
在上述证明过程中，※处应该填写______；
◎处应该填写______（填序号）①一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
②90°的圆周角所对的弦是直径
③直径所对的圆周角是直角
④同弧所对的圆周角相等
(3)拓展小组的作法：如图（4），连接OP交⊙O于点C，过点C作OP的垂线n，以点O为圆心，OP长
为半径作弧，交直线n于点D，连接OD交⊙O于点B，作直线BP，则直线BP即为所求作的切线．问题：
请你结合该组作图方案给出证明过程．
【答案】(1)①见解析；②SSS
(2)直径，③
(3)见解析
【分析】（1）①根据题意，补全图形即可；②利用SSS证明全等即可；
（2）根据作图可知OP是⊙M的直径，根据直径所对的圆周角是直角，作答即可；
（3）证明△OBP≌△OCD，推出∠OBP=90°，即可得证．
【详解】（1）解：①补全图形如下：
②连接OB,OP，由作图可知：OA=OB,PA=PB，
又OP=OP，
∴△OBP≌△OAP(SSS)，
故答案为：SSS．
（2）证明：连接OB，由作图知，OP是⊙M的直径，
∴∠OBP=90°，（理由：直径所对的圆周角是直角）
即OB⊥BP
又OB是⊙O的半径，
∴BP为⊙O的切线．
故答案为：直径，③；（3）证明：由作图知，OP=OD，n⊥OP，
在△OBP和△OCD中，¿，
∴△OBP≌△OCD，
∴∠OBP=∠OCD．
∵n⊥OP，
∴∠OCD=90°．
∴∠OBP=90°，即BP⊥OB，
∴直线BP是⊙O的切线．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，
是解题的关键．
8.（1）如图1，Rt△ABC中，∠ABC=90°，AO平分∠BAC交BC于点O，以OB为半径作⊙O．判
断直线AC是否为⊙O的切线，并说明理由；
（2）如图2，某湿地公园内有一条四边形ABCD型环湖路，∠ABC=90°．现要修一条圆弧形水上栈道，
要求该圆弧形水上栈道所在的⊙O，圆心在BC上且与AB，CD相切．求作⊙O．（要求：尺规作图，
不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）直线AC是⊙O的切线，理由见解析；（2）见解析
【分析】（1）过点O作OD⊥AC与点D，利用角平分线的性质可得OB=OD，
（2）延长BA，CD相交于点E，作∠BEC的平分线交BC于点O，以O为圆心，OB为半径画圆即可．
【详解】解：（1）直线AC是⊙O的切线，
理由：过点O作OD⊥AC与点D，
，
∵∠ABC=90°，AO平分∠BAC，
∴OB=OD，
∴直线AC是⊙O的切线；（2）如图所示，⊙O即为所求．
．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，切线的判定等知识，掌握切线的判定定理是解题的关键．
题型八：切线长定理求解
1.如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接OB、AB，若∠ABO=25°，则∠APB的度数为
（ ）
A．50° B．55° C．65° D．70°
【答案】A
【分析】根据切线的性质得出PA=PB，∠PBO=90°，再根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，∠OBP=90°，
又∵∠ABO=25°，
∴∠PBA=90°-25°=65°=∠PAB，
∴∠P=180°-65°-65°=50°，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，三角形内角和定理，掌握切线的性质和等腰三角形的性质，三角形内角
和为180°是解题的关键．
2.如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，若PA=3，则PB=（ ）A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据切线长定理即可得到答案.
【详解】因为PA和PB与⊙O相切，根据切线长定理，所以PA＝PB＝3，故选B.
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理.
3.如图，PM、PN是⊙O的切线，B、C是切点，A、D是⊙O上的点，若∠P＝44°，∠D＝98°，则∠MBA的
度数为（ ）
A．38° B．28° C．30° D．40°
【答案】C
1
【分析】根据切线的性质得到PB＝PC，根据等腰三角形的性质得到∠PBC＝∠PCB＝ ×（180°﹣44°）＝
2
68°，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，于是得到结论．
【详解】解：∵PM，PN是⊙O的切线，
∴PB＝PC，
∵∠P＝44°，
1
∴∠PBC＝∠PCB＝ ×（180°﹣44°）＝68°，
2
∵∠D＝98°，
∴∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，
∴∠MBA＝180°﹣∠PBC﹣∠ABC＝30°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、等腰三角形的性质以及圆内接四边形的性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
4.如图，PA､PB切⊙O于A､B，若∠APB=60∘,⊙O的半径为3，则线段PO的长度为（ ）
A．5√3 B．6 C．8 D．10
【答案】B
1
【分析】连接PO，证明Rt△PAO≌Rt△PBO，得出∠APO=∠BPO= APB=30°，求出
2
PO=2AO=6即可．
【详解】解：连接PO，如图所示：
∵PA、PB切⊙O于A、B，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∵在Rt△PAO和Rt△PBO中¿，
∴Rt△PAO≌Rt△PBO，
1
∴∠APO=∠BPO= APB=30°，
2
∴PO=2AO=6，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，三角形全等的判定和性质，直角三角形性质，解题
1
的关键是求出∠APO=∠BPO= APB=30°．
2
5.如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点．若∠APB=60°，则∠AOP的大小为 ．【答案】60°/60度
【分析】先由切线的性质及切线长定理求出∠PAO=90°,∠APO=30°，再根据直角三角形两锐角互
余求解即可．
【详解】∵ PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点
1
∴∠PAO=90°,∠APO= ∠PAB
2
∴∠APO+∠AOP=90°
∵∠APB=60°
∴∠APO=30°
∴∠AOP=60°
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了切线的性质及切线长定理、直角三角形两锐角互余，熟练掌握知识点是解题的关键．
6.如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的切线EF分别交PA，PB于点E，F，切点C在弧AB上，
若PA长为8，则△PEF的周长是 ．
【答案】16
【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝12，然后根据 PEF的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵PA、PB、EF分别与 O相切于点A、B、C， △
∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝8， ⊙
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出 PEF的周长＝PA＋PB．
7.如图：PA切⊙O于A，PB切⊙O于B，OP交⊙O于C，下列结△论中错误的是（ ）A．∠APO=∠BPOB．PA=PB C．AB⊥OP D．C是PO的中点
【答案】D
【分析】利用切线长定理、等腰三角形的性质、切割线定理即可得出．
【详解】∵PA、PB是⊙O的切线，切点是A、B，
∴PA=PB，∠BPO=∠APO，
∴选项A、B错误；
∵PA=PB，∠BPO=∠APO，
∴OP⊥AB，
∴选项C错误；
根据已知不能得出C是PO的中点，
故选项D正确；
故选D．
【点睛】本题考查了切线长定理、等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握切线长定理，属于基础题．
8.如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB=9，CD=15，则四边形ABCD的周长为
．
【答案】48
【分析】根据切线长定理得到AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，得到AD+BC=AB+CD=24，根据四边形的周
长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，
∴AD+BC=AB+CD=24，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=24+24=48，
故答案为：48．【点睛】本题考查了切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
题型九：切线长定理求证
1.已知⊙O的圆心在BC上，AC、AB分别为⊙O的切线，切点分别为C、D，⊙O交BC另一点E．
(1)求证：DE∥AO；
(2)若AC=6，AB=10，求DE的长．
【答案】(1)见解析
6√5
(2)
5
【分析】（1）连接OD，证明出∠AOC=∠DEO或∠AOD=∠ODE即可利用同位角相等，两直线
平行，或内错角相等，两直线平行证明出结论；
（2）先由勾股定理求出BC，再利用DE∥AO，利用平行线分线段成比例定理求出半径，最后由
△BDE∽△BAO得到比例线段即可求出DE．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AC、AB分别为⊙O的切线，
∴AC=AD，∠OCA=∠ODA=90°，
在Rt△OAC和Rt△OAD中，
¿，
∴Rt△OAC≌Rt△OAD(HL)，
∴∠AOC=∠AOD，
∵OD=OE，∴∠ODE=∠OED，
∵∠COD=∠ODE+∠OED，
∴∠AOC=∠OED，
∴DE∥AO；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵AC=6，AB=10，
∴由勾股定理，得BC=√AB2−AC2=√102−62=8，
设OC=x，则BO=BC−OC=8−x，BE=BC−CE=8−2x，
∵AD=AC=6，BA=10，
∴BD=AB−AD=10−6=4，
由（1）知DE∥AO，
BE BD
∴ = ，
BO BA
8−2x 4
即 = ，
8−x 10
解得x=3，
经检验，x=3是原方程的解，
∴OC=3，
在Rt△AOC中，
由勾股定理，得OA=√OC2+AC2=√32+62=3√5，
∵DE∥AO，
∴△BDE∽△BAO，
DE BD
∴ = ，
OA BA
DE 4
即 = ，
3√5 10
6√5
解得DE= ．
5
【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆的基本性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，勾股定理，掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．
2.如图，已知PA,PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交⊙O于点M．给出下列四种说法：①
PA=PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④M是△AOP外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上
的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】如图，∵ PA,PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB,∠APO=∠BPO, 故①正确，
∵PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴PO⊥AB, 故②正确，
∵ PA,PB是⊙O的两条切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°,
取OP的中点Q，连接AQ,BQ，
1
则AQ= OP=BQ,
2
所以：以Q为圆心，QA为半径作圆，则B,O,P,A共圆，故③正确，
∵ M是△AOP外接圆的圆心，
∴MO=MA=MP=AO,
∴∠AOM=60°,
与题干提供的条件不符，故④错误，
综上：正确的说法是3个，
故选C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
3.如图，△ABC是直角三角形，以斜边AB为直径作半圆，半圆的圆心为O，过A、C两点作半圆的切线，交点为D，连接DO交AC于点E．
(1)求证：OD∥BC；
(2)若AC＝2BC，求证：AB＝AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】对于（1），连接OC，根据切线的性质得到AD＝CD，且OA⊥AD，OC⊥CD，根据全等三角形的性
质得到∠ADO＝∠CDO，求得DO⊥AC，根据平行线的判定定理即可得到结论；
对于（2），先根据平行线的性质得∠B＝∠EOA，进而说明AE＝EC，求得∠EOA＝∠EAD，再推出BC＝
AE，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OC，如图所示，
∵DA、DC是半圆O的切线，
∴AD＝CD，且OA⊥AD，OC⊥CD，
又OA＝OC，OD＝OD，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
即DO是∠ADC的平分线，
∴DO⊥AC，
又BC⊥AC，
∴OE∥BC；
（2）证明：由（1）知：OE∥BC，DO垂直平分AC，
∴∠B＝∠EOA，AE＝EC，又DA⊥AO，
∴∠EOA＝∠EAD，
∴∠EAD＝∠B.
∵AC＝2BC，
∴BC＝AE，
∴△ABC≌△DAE（ASA），
∴AB＝AD．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，平行线的性质和判定，全等三角形的性质和判定等，构造全
等三角形是解题的关键．
4.如图，PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OP交⊙O于点C，连接AC，BC．
(1)求证：C是A´B的中点；
(2)若AC=OC=2，求AP的长．
【答案】(1)见解析；
(2)2√3
【分析】（1）证明△APC≌△BPC（SAS），得到AC=BC，A´C=B´C，即可得证；
（2）连接AO．先证明 AOC是等边三角形，得到∠AOP=60°，由PA是⊙O的切线，切点为A，
△
AP
∠PAO=90°，在Rt APO中，利用tan∠AOP= 即可求得答案．
AO
△
【详解】（1）证明：∵PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，
∴AP=BP，∠APO=∠BPO，
又∵PC=PC，
∴△APC≌△BPC（SAS），
∴AC=BC，
∴A´C=B´C，
∴C是A´B的中点；
（2）解：连接AO．∵AC=OC，AO=CO，
∴AC=OC=AO，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOP=60°，
∵PA是⊙O的切线，切点为A，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
AP
在Rt△APO中，tan∠AOP= ，
AO
∴AP=AO⋅tan∠AOP=2tan60°=2√3．
【点睛】此题考查了切线长定理、切线的性质定理、圆中的弧和弦之间的关系、解直角三角形、等边三
角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，难度不大，熟练掌握相关定理的内容是解题的关
键．
5.已知：如图，AB为⊙O的直径，CD,CB为⊙O的切线，D、B为切点，OC交⊙O于点E，AE的延
长线交BC于点F，连接AD,BD．以下结论：①AD∥OC；②点E为△CDB的内心；③FC=FE；④
CE⋅FB=AB⋅CF．其中正确的只有（ ）
A．①② B．②③④ C．①③④ D．①②④
【答案】D
1
【分析】根据切线长定理，证△COB≌△COD，可得∠COB= ∠BOD，根据圆周角定理即可得出
2∠DAB=∠COB，由此可证得AD∥OC；连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周角
定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确；若
FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB，即∠DBA=∠EAB；因
此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故③不正确；先证明FB=GB，然后证明△ABG∽△CEF，从而可
得出④正确．
【详解】连接OD，DE，EB，
∵CD与BC是⊙O的切线，∴∠ODC=∠OBC=90°，OD=OB，
∵OC=OC
∴Rt△CDO≌Rt△CBO，
∴∠COD=∠COB，
1
∴∠COB=∠DAB= ∠DOB，
2
∴AD∥OC，故①正确；
∵CD是⊙O的切线，
1 1
∴∠CDE= ∠DOE，而∠BDE= ∠BOE，
2 2
∴∠CDE=∠BDE，即DE是∠CDB的角平分线，同理可证得BE是∠CBD的平分线，
因此E为△CBD的内心，故②正确；
若FC=FE，则应有∠OCB=∠CEF，应有∠CEF=∠AEO=∠EAB=∠DBA=∠DEA，
∴弧AD=弧BE，而弧AD与弧BE不一定相等，故③不正确；设AE、BD 交于点G，由②可知∠EBG=∠EBF，
又∵BE⊥GF，
∴FB=GB，
由切线的性质可得，点E是弧BD的中点，∠DCE=∠BCE，
又∵∠MDA=∠DCE（平行线的性质）=∠DBA，
∴∠BCE=∠GBA，
而∠CFE=∠ABF+∠FAB，∠DGE=∠ADB+∠DAG，∠DAG=∠FAB（等弧所对的圆周角相等），
∴∠AGB=∠CFE，
∴△ABG∽△CEF，
∴CE•GB=AB•CF，
又∵FB=GB，
∴CE•FB=AB•CF
故④正确．
因此正确的结论有：①②④．
故选：D．
【点睛】本题利用了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念，以及对相似三
角形的性质求解．
6.如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，AC是⊙O的直径．
1
(1)求证：∠BAC= ∠APB
2
4
(2)连接PO交⊙O于点D，若AC=6，cos∠BAC= ，求PD的长．
5
【答案】(1)证明见解析
(2)2
1
【分析】（1）根据切线长定理和切线的性质可得PA=PB，∠1=∠2= ∠APB，∠PAO=90°，根
2
据等腰三角形三线合一性质可得PE⊥AB，可得∠3+∠BAC=90°，∠1+∠3=90°，得到
∠BAC=∠1，从而得证；3 AO
（2）根据余弦，正弦的定义及勾股定理可得sin∠1= ，从而有PO= ，PD=PO−DO，代入
5 sin∠1
计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接PO，交AB于点E．
∵PA、PB为⊙O的切线，
1
∴PA=PB，∠1=∠2= ∠APB，∠PAO=90°，
2
∴PE⊥AB，∠3+∠BAC=90°，
∴∠PEA=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠BAC=∠1，
1
∴∠BAC= ∠APB．
2
（2）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
4
∵AC=6，cos∠BAC= ，
5
4 24
∴AB=AC⋅cos∠BAC=6× = ，
5 5
∴BC=√AC2−AB2=
√
62−
(24) 2
=
18
，
5 5
18
∴ BC 5 3，
sin∠BAC= = =
AC 6 5
3
∴sin∠1= ，
5
∵∠PAO=90°，AC=6，
1
∴DO=AO= AC=3，
2AO 3
PO= = =5
∴ sin∠1 3 ，
5
∴PD=PO−DO=5−3=2，
∴PD的长为2．
【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，等腰三角形三线合一性质，直径所对的圆周角是直角，解
直角三角形，勾股定理．正确的添加辅助线是解题的关键．
7.如图，点E是以AB为直径的⊙O外一点，点C是⊙O上一点，EB是⊙O的切线，EC⊥OC，连接
AC并延长交BE的延长线于点F．
(1)求证：点E是BF的中点；
(2)若EC=OC，⊙O的半径为3，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)3√2
【分析】（1）连接BC，证明EC是⊙O的切线．根据EB是⊙O的切线，可得EC=EB，进而证明
EF=EC，等量代换可得EF=EB，即可得证；
（2）根据EC=OC，可得四边形OCEB是正方形，则△ABF是等腰直角三角形．勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BC．
∵AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°．
∵ EC⊥OC，
∴EC是⊙O的切线．∵EB是⊙O的切线，
∴EC=EB，
∴∠ECB=∠EBC．
∵∠ECB+∠FCE=90°，∠EBC+∠F=90°，
∴∠FCE=∠F，
∴EF=EC，
∴EF=EB，
∴点E是BF的中点．
（2）解：若EC=OC，由(1)得，四边形OCEB是正方形，
∴ △ABF是等腰直角三角形．
∵ ⊙O半径为3，
∴AB=6，
∴ AF=√2AB=6√2，
∵ BC⊥AF
1
∴ CF= AF=3√2．
2
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性
质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
8.如图，AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，点C是射线BC上任意一点，过点C作CD切⊙O于点D，连接
AD．
(1)求证：BC＝CD；(2)若∠C＝60°，BC＝3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)√3
【分析】（1）根据切线长定理证明即可；
（2）根据已知条件可得△BCD是等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形
的性质，勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵ AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，
∴ CB是⊙O的切线，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD=CB
（2）连接OD,OC，DB，
∵ CD,CB是⊙O的切线，∠DCB =60°， BC＝3，
∴△DBC是等边三角形，
∴∠DBC=60°，BC=DB=3
∵AB⊥BC
∴∠ABD=30°
∵ AB是直径
∴ ∠ADB=90°
1
∴AD= AB
2
∴DB=√3AD
√3
∴ AD= DB=√3
3
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性
质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的切线的性质是解题的关键．考点三：三角形内切圆与外接圆
题型一：判断三角形外接圆圆心位置
1.如图所示，要把残破的轮片复制完整，已知弧上的三点A，B，C．
(1)用尺规作图法找出所在圆的圆心；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)设△ABC是等腰三角形，底边BC=8cm，腰AB=5cm，求圆片的半径R．
【答案】(1)见解析
25
(2) cm
6
【分析】（1）作两弦的垂直平分线，其交点即为圆心O；
（2）构建直角△BOE，利用勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）解：作法：分别作AB和AC的垂直平分线，设交点为O，则O为所求圆的圆心；
（2）连接AO、BO，AO交BC于E，
∵AB=AC，
∴AE⊥BC，
1 1
∴BE= BC= ×8=4，
2 2
在Rt△ABE中，AE=√AB2−BE2=√52−42=3，
设⊙O的半径为R，在Rt△BEO中，
∴OB2=BE2+OE2，
即R2=42+(R−3) 2，25
∴R= ，
6
25
答：圆片的半径R为 cm．
6
【点睛】本题综合考查了垂径定理，勾股定理、线段垂直平分线的尺规作图等知识点，要注意作图和解
题中垂径定理的应用．
2.如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上．下列三角形中，外心不是
点O的是（ ）
A．△ABC B．△ABD C．△ABE D．△ABF
【答案】C
【分析】设小正方形边长为1，再通过勾股定理求出O到所有顶点长度，不相等的就是外心不在的三角形．
【详解】解：设小正方形边长为1，
则：OA=√22+12=√5=OB=OC=OD=OF，
OE=2，
根据三角形外心到各顶点距离相等可以判断：
点O是△ABD,△ABC,△ABF三个三角形的外心；
不是△ABE的外心，
故选：C．
【点睛】本题考查外心的定义，掌握勾股定理求出外心到各顶点距离是关键．
3.10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、O均是正六边
形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（ ）．A．△AED B．△ABD C．△BCD D．△ACD
【答案】D
【分析】根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，
B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
4.船航行的海岸附近有暗礁，为了使船不触上暗礁，可以在暗礁的两侧建立两座灯塔.只要留心从船上到
两个灯塔间的角度不超过一定的大小，就不用担心触礁.如图所示的网格是正方形网格，点
A,B,C,D,P,M,N是网格线交点，当船航行到点P的位置时，此时与两个灯塔M,N间的角度（
∠MPN的大小）一定无触礁危险.那么，对于A,B,C,D四个位置，船处于___________时，也一定无触
礁危险.（ ）
A．位置A B．位置B C．位置C D．位置D
【答案】B
【分析】先利用格点找出△MNP的外接圆的圆心，再判断哪个点在△MNP的外接圆上即可．
【详解】解：如图，由网格可知，点O是MN和MP垂直平分线的交点，
即点O是△MNP的外接圆的圆心，
∵ OM=OB=√12+22=√5，
∴点M在△MNP的外接圆上，
∴ ∠MPN=∠MBN，
∴船处于位置B时，也一定无触礁危险，
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形的外心，勾股定理与网格问题等，解题的关键有两个，一是找出
△MNP的外接圆的圆心，二是掌握同弧所对的圆周角相等．
5.图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1．每个小正方形的顶点称为格点，
点A、B、C均为格点，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中找一格点M，按下列要求作图：
（1）在图①中，连结MA、MB，使MA=MB．
（2）在图②中，连结MA、MB、MC，使MA=MB=MC．
（3）在图③中，连结MA、MC，使∠AMC=2∠ABC．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）由勾股定理可求得AM=BM=√5，即可得点M的位置；
（2）由勾股定理可求得AB=BC=√10，AC=2√5，即可得AB2+BC2=AC2=20 ，再由勾股定理的逆定理可判定△ABC为等腰直角三角形，点M即为斜边AC的中点，由此可得点M的位置；
（3）作出AB、AC的垂直平分线，交点即为M，M即为△ABC外接圆的圆心，连接AM，CM，根据圆周
角定理可得∠AMC=2∠ABC，由此即可确定点M的位置．
【详解】（1）如图①所示，点M即为所求．
（2）如图②所示，点M即为所求．
（3）如图③所示，点M即为所求．
【点睛】本题考查了基本作图，解决第（3）题时，确定△ABC外接圆的圆心是解决问题的关键．
题型二：求外心坐标
1.如图，△ABC在平面直角坐标系中，点A(−1,1)(1)利用网格确定△ABC的外接圆的圆心坐标为______；
(2)作出△ABC的外接圆；
(3)利用直尺作出∠ACB的角平分线．
【答案】(1)(0,-1)
(2)图见解析
(3)图见解析
【分析】（1）利用网格特点作AB和AC的垂直平分线，它们的交点为P点，则P点为 ABC的外接圆的
圆心，然后写出P点坐标； △
（2）以点P为圆心，PA长为半径作⊙P即可；
（3）找到⊙P与y轴的交点D，用直线作射线CD即可．
【详解】（1）解：利用网格特点作AB和AC的垂直平分线，它们的交点为P点，
∵A(-1,1)，
∴P(0,-1)
∴△ABC的外接圆的圆心坐标为(0,-1)；
故答案为(0,-1)；
（2）解：作AB的垂直平分线与BC的垂直平分线的交点为P，连结PB，以点P为圆心，PB为半径作圆，
如图，⊙P为所作 ABC的外接圆；
△（3）解：如图，CD为所作．
由（1）可知，点P在y轴上，⊙P与y轴的交点D，
∴OP⊥AB，
∴A´D=B´D，
∴∠ACD=∠BCD，
∴CD是∠ACB的平分线．
【点睛】本题考查利用网格作线段垂直平分线，画角平分线，点的作标，三角形外接圆，垂径定理，圆
周角定理，利用三角形外心的定义找三角形外接圆的圆心是解题的关键．
2.如图，在平面直角坐标系中，A(0,−3)，B(2,−1)，C(2,3)．则△ABC的外心坐标为（ ）A．(0,0) B．(−1,1) C．(−2,−1) D．(−2,1)
【答案】D
【分析】由BC两点的坐标可以得到直线BC∥y轴，则直线BC的垂直平分线为直线y=1，再由外心的定义
可知△ABC外心的纵坐标为1，则设△ABC的外心为P（a，-1），利用两点距离公式和外心的性质得到
PA2=a2+(1+3) 2=a2+16=PB2=(a−2) 2+(1+1) 2=a2−4a+8，由此求解即可．
【详解】解：∵B点坐标为（2，-1），C点坐标为（2， 3），
∴直线BC∥y轴，
∴直线BC的垂直平分线为直线y=1，
∵外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，
∴△ABC外心的纵坐标为1，
设△ABC的外心为P（a，1），
∴PA2=a2+(1+3) 2=a2+16=PB2=(a−2) 2+(1+1) 2=a2−4a+8，
∴a2+16=a2−4a+8，
解得a=−2，
∴△ABC外心的坐标为（-2， 1），
故选D．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，外心的性质与定义，两点距离公式，解题的关键在于能够熟知外
心是三角形三边垂直平分线的交点．
3.过三点A（2，2），B（6，2），C（4，5）的圆的圆心坐标为（ ）
17 17
A．（4， ） B．（4，3） C．（5， ） D．（5，3）
6 6【答案】A
【分析】根据题意，可知线段AB的线段垂直平分线为x=4，然后由C点的坐标可求得圆心的横坐标为
x=4，然后设圆的半径为r，则根据勾股定理可求解.
【详解】设圆的半径为r，则根据勾股定理可知：
13
r2=22+(5−2−r) 2，解得r= ，
6
13 17
因此圆心的纵坐标为5− = ，
6 6
17
因此圆心的坐标为（4， ），
6
故选A．
4.如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0），⊙M是
△ABC的外接圆，则点M的坐标为 ．
【答案】（6，6）
【分析】如图：由题意可得M在AB、BC的垂直平分线上，则BN=CN；证得ON=OB+BN=6，即△OMN是
等腰直角三角形，得出MN=ON=6，即可得出答案.
【详解】解：如图∵圆M是△ABC的外接圆
∴点M在AB、BC的垂直平分线上，
∴BN=CN，
∵点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0）
∴OA=OB=4，OC=8，
∴BC=4，
∴BN=2，
∴ON=OB+BN=6，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵OM⊥AB，
∴∠MON=45°，∴△OMN是等腰直角三角形，
∴MN=ON=6，点M的坐标为（6，6）．
故答案为（6，6）．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，
其中判定△OMN为等腰直角三角形是解答本题的关键．
5.如图，在直角坐标系中，点A（0，6）、B（0，﹣2）、C（﹣4，6），则△ABC外接圆的圆心坐标为
．
【答案】(−2,2)
【分析】先根据点A,B,C的坐标可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角形的外接圆的圆心为斜边
的中点即可得．
【详解】解：∵A(0,6),B(0,−2),C(−4,6)，
∴AC⊥AB，
∴△ABC是直角三角形，
−4+0 −2+6
则△ABC外接圆的圆心坐标为( , )，即(−2,2)，
2 2
故答案为：(−2,2)．
【点睛】本题考查了直角三角形的外接圆的圆心，熟练掌握直角三角形的外接圆的圆心为斜边的中点是
解题关键．
6.如图，在平面直角坐标系中，△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，AB⊥x轴，M为Rt△ABC的外心．若点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），则点B的坐标为（ ）
A．（3，﹣1） B．（3，﹣2） C．（3，﹣3） D．（3，﹣4）
【答案】B
【分析】根据M为直角三角形的外心．∠ABC＝90°，得出点M为AC中点，利用中点坐标公式求出点C
（-5，-2），根据AB⊥x轴，得出点A，B的横坐标相同都是3，根据BC∥x轴，得出点B、C的纵坐标相同
都是-2即可．
【详解】解：∵M为Rt△ABC的外心．∠ABC＝90°，
∴点M为AC中点，
∵点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），
设点C横坐标为（x,y）,
x+3 y+4
∴ =−1, =1，
2 2
解得x=-5，y=-2，
∴点C（-5，-2），
∵AB⊥x轴，
∴点A，B的横坐标相同都是3，
∵∠ABC＝90°，
∴BC∥x轴，
∴点B、C的纵坐标相同都是-2，
∴点B（3，-2）．
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的外心，中点坐标公式，平行x轴或y轴的点坐标特征，掌握直角三角形的
外心的性质，中点坐标公式，平行x轴或y轴的点坐标特征是解题关键．
题型三：外心的位置判断三角形形状
1.下列说法：（1）三个点确定一个圆；（2）相等的圆心角所对的弦相等；（3）同弧或等弧所对的圆周
角相等；（4）三角形的外心到三角形三条边的距离相等；（5）外心在三角形的一边上的三角形是直角
三角形；其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B
【分析】根据确定圆的条件对①进行判断；根据圆心角、弧、弦的关系对②进行判断；根据圆周角定理
对③进行判断；根据三角形外心的性质对④⑤进行判断．
【详解】解：（1）不共线的三个点确定一个圆，故错误；
（2）在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，故错误；
（3）同弧或等弧所对的圆周角相等，故正确；
（4）三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，故错误；
（5）外心在三角形的一边上的三角形是直角三角形，故正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分
组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有
些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．
2.如果三角形的外心在三角形的外部，那么这个三角形一定是（ ）
A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，掌握外心的形成和性质是本题突破的关键，根据外心的形
成和性质直接判断即可．
【详解】解：三角形的外心是三条边的垂直平分线的交点，外心的性质是到三角形三个顶点的距离相等，
如果一个三角形的外心在三角形的外部，说明有一个圆周角大于90°，那么这个三角形一定是钝角三角形，
故选：C．
3.当一个三角形的内心与外心重合时，这个三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰直角三角形 C．钝角三角形 D．等边三角形
【答案】D
【分析】根据内心和外心的概念，三角形的内心是三个内角平分线的交点，外心是三边的垂直平分线的
交点；再根据等边三角形中三线合一性质，所以一个三角形的外心与内心恰好重合，这个三角形是等边
三角形．
【详解】解：根据等边三角形的性质可知，一个三角形的外心与内心恰好重合，这个三角形是等边三角
形．
故选：D．
【点睛】本题考查三角形的内心、外心的相关知识，熟悉相关性质是解题的关键．
4.如图，O是△ABC的外心，则∠1+∠2+∠3=( )A．60∘ B．75∘ C．90∘ D．105∘
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠3=∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，
∵OA=OB，
∴∠3=∠4，
同理，∠1=∠5，∠2=∠6，
∵∠3+∠4+∠1+∠5+∠2+∠6=180∘，
∴∠1+∠2+∠3=90∘，
故选C．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外接圆的概念，三角形内角和定理是解题
的关键．
5.已知△ABC和△ABD有相同的外心，∠D=70°，则∠C的度数是（ ）
A．70° B．110° C．70°或110° D．不能确定
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：若C、D在AB的同侧，根据圆周角定理求解；若C、D在AB的异侧，根据圆
内接四边形的性质求解．
【详解】解：若C、D在AB的同侧，如图1，则∠D=∠C=70°，若C、D在AB的异侧，如图2，则∠D+∠C=180°，
∵∠C=70°，
∴∠D=110°；
综上，∠D=70°或110°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的外心和圆内接四边形的性质，解题的关键是进行正确分类、
熟练掌握有关基本知识．
6.如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外心的位置，下列说法正确的是（ ）
A．在△ABF内 B．在△BFE内
C．在线段BF上 D．在线段BE上
【答案】D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，∴正六边形的每一个内角都为180°−60°=120°，
∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
1
∴∠AFB=∠ABF= (180°−120°)=30°，
2
∴∠BFE=∠AFE−∠AFB=120°−30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角形外心（三角形外接圆的圆心），等腰三角形的性质及直角
三角形的判定，解题的关键是明确锐角三角形的外心在三角形的内，直角三角形的外心在斜边中点，钝
角三角形的外心在三角形的外部．
7.三角形的外心恰好在它的一条边上，则这个三角形一定是 ．
【答案】直角三角形
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得该三角形是直角三角形．
【详解】解：锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心是其斜边的中点，钝角三角形的外
心在其三角形的外部；
由此可知若三角形的外心在它的一条边上，那么这个三角形是直角三角形．
故答案为：直角三角形．
【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，关键掌握直角三角形的外心就是其斜边的中点．
题型四：特殊三角形外接圆的半径
1.如图，⊙O是等边 ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
△
3 √3 5
A． B． C．√3 D．
2 2 2
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到
∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
1
∴CD= AD，
2
1
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=( AD)2+32，
2
∴AD=2√3，
1
∴OA=OB= AD=√3．
2
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，
叫做三角形的外心．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
2.已知在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，则△ABC的外接圆的半径是 ．
25
【答案】
8
【分析】通过作辅助线AD⊥BC，可将求△ABC外接圆的半径转化为求Rt△BOD的斜边长，再利用
等腰三角形的性质即可．
【详解】解：如图，作AD⊥BC，垂足为D，则O一定在AD上，
∴AD=√52−32=4，
设OA=r，OB2=OD2+BD2，
即r2=(4−r) 2+32，
25
解得r= ．
825
故答案为： ．
8
【点睛】此题主要考查等腰三角形外接圆半径的求法，正确利用勾股定理以及等腰三角形的性质是解题
关键．
3.如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为D，BD＝6，DC＝4．
（1）求⊙O的半径；
（2）求AD的长．
【答案】（1）5√2；（2）12
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠BOC＝90°，根据等腰直角三角形的性质计算，求出OB；
（2）连接OA，过点O作OE⊥AD于E，OF⊥BC于F，根据垂径定理求出DF，根据等腰直角三角形的性
质求出OF，根据勾股定理求出AE，结合图形计算得到答案．
【详解】解：（1）如图1，连接OB、OC，
∵BD＝6，DC＝4，
∴BC＝10，
由圆周角定理得，∠BOC＝2∠BAC＝90°，√2
∴OB＝ BC＝5√2；
2
（2）如图2，连接OA，过点O作OE⊥AD于E，OF⊥BC于F，
∴BF＝FC＝5，
∴DF＝1，
∵∠BOC＝90°，BF＝FC，
1
∴OF＝ BC＝5，
2
∵AD⊥BC，OE⊥AD，OF⊥BC，
∴四边形OFDE为矩形，
∴OE＝DF＝1，DE＝OF＝5，
在Rt△AOE中，AE＝√0A2−0E2＝7，
∴AD＝AE+DE＝12．
【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、垂径定理、等腰直角三角形的性质是
解题的关键．
4.如图，在ΔABC中，∠BAC=60°其周长为20，⊙I是ΔABC的内切圆，其半径为√3，则ΔBIC的外接
圆半径为（ ）7√2 7√3
A．7 B．7√3 C． D．
2 3
【答案】D
【分析】过C作CD⊥AB于D，由∠BAC=60°结合面积求出BC的长，由内心可以求出∠BIC=120°，
ΔBIC的外接圆圆心为O,F是⊙O优弧BC上任意一点，过O作OE⊥BC于E，求出圆心角
∠BOC=2∠F=120°，最后由垂径定理求出半径OB
【详解】过C作CD⊥AB于D，ΔBIC的外接圆圆心为O,F是⊙O优弧BC上任意一点，过O作OE⊥BC于
E，设AB=c,AC=b,BC=a，
∵∠BAC=60°，
1 √3 1
∴AD= b,DC= b,BD=c− b，
2 2 2
∵在ΔABC周长为20，内切圆半径为√3，
1 1
∴S = ×20×√3= CD·AB，
△ABC 2 2
√3
∴20×√3= b·c
2
∴bc=40
Rt△BDC中，BD2+CD2=BC2
1 2 √3 2
∴(c− b) +( b) =a2
2 2c2+b2−bc=a2
∵在ΔABC周长为20，
∴c+b+a=20
∴a2=c2+b2−bc=(b+c) 2−3bc=(20−a) 2−3×40
解得BC=a=7
∵I是ΔABC的内心
∴BI、CI分别平分∠ABC、∠ACB
1 1
∴∠IBC= ∠ABC,∠ICB= ∠ACB
2 2
∵∠BAC=60°
∴∠ABC+∠ACB=120°
1
∴∠BIC=180−∠IBC−∠ICB=180− (∠ABC+∠ACB)=120°
2
∵∠BIC+∠F=180°
∴∠F=60°
∴∠BOC=2∠F=120°
∵OE⊥BC
1 1 7
∴∠BOE= ∠BOC=60°,BE= BC=
2 2 2
√3 7 √3 7√3
∴OB=BE÷ = ÷ =
2 2 2 3
故选D
【点睛】本题综合考察三角形的内心和外心，熟记内心和外心的性质是解题的关键
5.如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长线交边AC于点D．
(1)求证：∠BAC=2∠ABD；
(2)若AD:DC=2:3，BC=2√7时，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4【分析】（1）连接AO，得到OA=OB，进而得到∠ABD=∠BAO，利用外接圆的圆心是三边中垂线
的交点，以及等腰三角形三线合一，即可得证；
（2）延长AO交BC于点H，过点A作AE∥BC，交BD的延长线于点E，得到△BDC∽△EAD，
AO 4
△BHO∽△EAO，推出 = ，在Rt△BOH中，利用勾股定理进行求解即可．
OH 3
【详解】（1）连接AO，
∵AO=BO，
∴∠OBA=∠OAB，
又∵O为△ABC的外心，
∴AO垂直平分BC，
又∵AB=AC，
∴∠BAO=∠CAO，
∴∠BAC=2∠ABD；
1
（2）解：延长AO交BC于点H，则：AH⊥BC,BH= BC=√7，过点A作AE∥BC，交BD的延长
2
线于点E，
∵AE∥BC，
∴△BDC∽△EAD，△BHO∽△EAO，
AE AD 2 AO AE 2AE
∴ = = ， = = ，
BC CD 3 OH BH BC
AO 4
∴ = ，
OH 3
设OA=OB=4x,OH=3x，在Rt△BOH中：BO2=OH2+BH2，即：(4x) 2=(3x) 2+(√7) 2 ，
解得：x=1（负值已舍掉）；
∴OA=OB=4，
即：⊙O的半径为4．
【点睛】本题考查三角形的外接圆，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质．熟练掌握三角形的
外接圆的圆心是三边中垂线的交点，构造相似三角形，是解题的关键．
6.已知：在△ABC中，AB=AC，∠A<90°．
(1)找到△ABC的外心，画出△ABC的外接圆（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写过程）
(2)若△ABC的外接圆的圆心O到BC边的距离为8，BC=12，请求出⊙O的面积．
【答案】(1)见解析
(2)100π
【分析】（1）分别作线段BC和线段AB的中垂线，中垂线的交点即为△ABC的外心O，以O为圆心，
OA为半径画出△ABC的外接圆即可；
（2）如图，连接OB，利用垂径定理求出半径，即可求出⊙O的面积．
【详解】（1）解：如图⊙O即为所求．
1
①分别以点B，点C为圆心，大于 BC的长为半径，画弧，作出线段BC的中垂线；
2
②同理作出线段AB的中垂线；
③两条中垂线的交点O为圆心，OA为半径画圆，即为所求．
（2）解：如图，连接OB，由题意得：OD=8，
∵AB=AC，AD⊥BC，1
∴BD= BC=6，
2
∴OB=√BD2+OD2=√82+62=10，
∴圆O的面积为：πr2=100π．
【点睛】本题考查画三角形的外接圆，以及垂径定理求半径．熟练掌握外心的定义和等腰三角形的判定
与性质，以及垂径定理是解题的关键．
1
7.如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=− x2+bx+c的图像与x轴交于点A(−1,0)和点B(4,0)，
2
与y轴交于点C，顶点为点D．
(1)求二次函数表达式和点D的坐标；
(2)连接AC、BC，求△ABC外接圆的半径；
√5
(3)点P为x轴上的一个动点，连接PC，求PC+ PB的最小值；
5
(4)如图2，点E为对称轴右侧的抛物线上一点，且点E的纵坐标为−3，动点M从点C出发，沿平行于x
轴的直线a向右运动，连接EM，过点M作EM的垂线b，记直线b与抛物线对称轴的交点为N，当直线
b与直线a重合时运动停止，请直接写出点N的运动总路程．
【答案】(1)y=−
1
x2+
3
x+2，
(3
,
25)
2 2 2 85
(2)
2
8√5
(3)
5
109
(4)
40
1
【分析】（1）把A(−1,0)和点B(4,0)代入y=− x2+bx+c求出b和c的值，即可得出函数表达式，将
2
其化为顶点式，即可求出点D的坐标；
（2）先求出点C的坐标，再根据两点之间的距离公式，求出AC2=5,BC2=20,AB2=25，根据勾股定
理逆定理，得出∠ACB=90°，最后根据直角三角形的外心与斜边中点重合，即可求解；
（3）过点P作PM⊥BC于点M，作BC关于x轴的对称线段BC'，
则C'(0,−2)，点M关于x轴的对称点M'在BC'，PM' ⊥BC'，通过证明△BPM∽△BCO，得出
√5 √5
PM= PB，则PC+ PB=PC+PM=PC+PM'
5 5
√5
当点C、P、M'三点共线时，PC+ PB取最小值，即为CM″的长度，用等面积法求出CM″的长度
5
即可；
(3 25) (3 ) (3 )
（4）连接NE，先求出点E(5,−3)，根据D , ，C(0,2)，可设M(m,2),N ,n ，K ,2 ，
2 8 2 2
再根据两点之间的距离公式得出K M2，K N2，M E2，N E2，然后根据勾股定理可得：
K M2+K N2=M N2=N E2−M E2，即可得出n关于m的表达式10n=2m2−13m+35，将其化为顶点
13 13 13
式后可得当m< 时，n随m的增大而减小，当m> 时，n随m的增大而增大，再求出当0≤m≤ 时，
4 4 4
13
点N经过的路程为，以及当 ≤m≤5时，点N经过的路程为，即可求解．
4
1
【详解】（1）解：把A(−1,0)和点B(4,0)代入y=− x2+bx+c得：
2
¿，解得：¿，
1 3
∴该二次函数的表达式为：y=− x2+ x+2，
2 2
∵y=−
1
x2+
3
x+2=−
1(
x−
3) 2
+
25
，
2 2 2 2 8(3 25)
∴点D的坐标为 , ；
2 8
1 3
（2）解：把x=0代入y=− x2+ x+2得y=2，
2 2
∴C(0,2)，
∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,2)，
∴AC2=5,BC2=20,AB2=25，
∴AC2+BC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
1 1 5
∴△ABC外接圆半径= AB= ×5= ；
2 2 2
（3）解：过点P作PM⊥BC于点M，作BC关于x轴的对称线段BC'，
则C'(0,−2)，点M关于x轴的对称点M'在BC'上，PM' ⊥BC'，
∵∠CBO=∠PBM,∠PMB=∠COB，
∴△BPM∽△BCO，
PM OC 2 √5
∴ = = = ，
PB BC 2√5 5
√5
∴PM= PB，
5
√5
∴PC+ PB=PC+PM=PC+PM'
5
√5
当点C、P、M'三点共线且CM'⊥BC'时，PC+ PB取最小值，即为CM″的长度，
5
1 1
∵S = ⋅CC' ⋅OB= ⋅BC' ⋅CM'' ，
△BCC' 2 2
1 1
∴ ×4×4= ×2√5×CM″
2 2
8√5 √5 8√5
∴CM″= ，即PC+ PB的最小值为 ．
5 5 5（4）解：连接NE，
1 3 1 3
把y=−3代入y=− x2+ x+2得−3=− x2+ x+2，
2 2 2 2
解得：x =5,x =−2，
1 2
∴E(5,−3)，
(3 25)
∵D , ，C(0,2)，
2 8
(3 ) (3 )
∴设M(m,2),N ,n ，K ,2 ，
2 2
∴K M2= ( m− 3) 2 ，K N2=(2−n) 2，M E2=(5−m) 2+(2+3) 2，N E2= ( 5− 3) 2 +(n+3) 2 ，
2 2
根据勾股定理可得：K M2+K N2=M N2=N E2−M E2，
∴ ( m− 3) 2 +(2−n) 2= ( 5− 3) 2 +(n+3) 2−[(5−m) 2+(2+3) 2] ，
2 2
整理得：10n=2m2−13m+35，
∴n=
1
m2−
13
m+
7
=
1(
m−
13) 2
+
111
，
5 10 2 5 4 80
13 13
∴当m< 时，n随m的增大而减小，当m> 时，n随m的增大而增大，
4 4
∵动点M从点C出发，直线b与直线a重合时运动停止，E(5,−3)，
∴0≤m≤5，
7
∵当m=0时，n= ，
213 111
当m= 时，n= ，
4 80
当m=5时，n=2，
13 7 111 169
∴当0≤m≤ 时，点N经过的路程为： − = ，
4 2 80 80
13 111 49
当 ≤m≤5时，点N经过的路程为：2− = ，
4 80 80
169 49 218 109
∴点N经过的总路程为： + = = ．
80 80 80 40
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式，直角三角形
外接圆圆心为斜边中点，胡不归问题的解决方法，以及勾股定理和二次函数图象上点的坐标特征和勾股
定理．
题型五：三角形内切圆求长度
1.在△ABC中，AB＝4，∠C＝45°，则√2AC+BC的最大值为 ．
【答案】4√10.
【分析】根据题意，画出ΔABC的外接圆，当AC 为圆O的直径时，√2AC+BC有最大值，由等腰三角
1
形的性质及勾股定理得到BC=4,AC=4√2，求解即可．
【详解】解：过点B作BD⊥AC于点D，
∵∠C=45°，∴△BCD为等腰直角三角形，
∴BD=CD，
设BD=CD=a,延长AC至点F，使得CF=a,
作 ABF的外接圆⊙O，过点O作OE⊥AB于点E，则AE=1/2AB=2，∠AOE=∠AFB，
△
∴OE=4,OA=√22+42=2√5,
√2
∴√2AC+BC=√2(AC+ BC)=√2(AC+CF)=√2AF≤√2(0A+OF)
2
( √2 )
∴√2AC+BC=√2 AC+ BC 的最大值为√2×4√5=4√10.
2
故答案为：4√10.
【点睛】本题考查三角形的外接圆、圆周角定理、等腰直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关
键．
2.如图，BC是⊙O的直径，点A是⊙O上的一点，点D是△ABC的内心，若BC＝5，AC＝3，则BD的长度
为（ ）√34
A．2 B．3 C．√10 D．
2
【答案】C
【分析】如图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，求出AB的长，
根据内心的性质，求出BE的长，再根据S = S + S + S ，求出DE的长，由勾股定理即可得
ABC ABD BDC ADC
△ △ △ △
答案．
【详解】解： 如下图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC= 90°，
∵BC＝5，AC＝3，
∴AB=√BC2−AC2=√52−32=4 ，
∵点D是△ABC的内心，
∴ DE= DF= DH，AE= АН，BE= BF，CF= CH，
设BE= x，则BF= x，AE=4- x，CF=5-x，CH=5-x，AН=4-x，
∵AC=3，
∴4-x+5-x=3，
解得：x=3
∴BE=3，
设DE= r，
∵S ABC = S ABD + S BDC + S ADC，
△ △ △ △
1 1
∴ r(3+4+5)= ×3×4 ，
2 2
解得：r= 1，
∴ DE= 1，
在Rt△BDE中，BD=√BE2+DE2=√32+12=√10 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，内心的性质，勾股定理的应用，解题的关键是作垂线，构造直角．3.如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，
则BE的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，根据切线长定理设AG=AF=a,DE=DF=b，进而结合已知条
件表示出AB,AC，求得DE的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，
∵I是△ABD的内心，
∴AG=AF,BG=BE,DE=DF，
设AG=AF=a,DE=DF=b，
∵BD＝10，
∴BE=BG=10−b，
∴AB=AG+BG=a+10−b,AC=AD+DC=a+b+4，
∵AB=AC，
∴a+10−b=a+b+4，
解得b=3，
∴BE=BD−DE=10−3=7，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
4.如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，AB=14，BC=13，CA=9，则
AD的长是（ ）A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
【答案】D
【分析】设AD=x，根据切线长定理得出AF=AD，CE=CF，BD=BD，求出BD=BE=14−x，
CF=CE=9−x，根据CE+BE=BC，代入求出x即可．
【详解】设AD=x，
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD，CE=CF，BD=BD，
∵AB=14，BC=13，CA=9，
∴BD=BE=14−x，CF=CE=9−x，
∵CE+BE=BC=13
∴9−x+14−x=13，
∴x=5，
∴AD=5．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
5.如图，点I为的△ABC内心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接
CD，EI，IC，当AI=2CD，IC=6，ID=5时，IE的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【答案】C
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
【详解】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM=√I M2−IC2=8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
1
∴IE= CM=4，
2
故选：C．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定
理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
6.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，则△ABC的内切圆的半径r是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．无法判断【答案】A
【分析】根据等积法求内切圆半径，进行求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=√62+82=10，
如图：设△ABC的内切圆与各边的切点分别为点D,E,F，连接OD,OE,OF，则：
OD=OE=OF=r,OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB，
∵S =S +S +S ，
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r，即：6×8=(6+8+10)r，
2 2 2 2
∴r=2；
故选A．
【点睛】本题考查求三角形内切圆的半径．熟练掌握等积法求内切圆的半径，是解题的关键．
题型六：三角形内切圆求角度
1.如图，点I是△ABC的内心，若∠I=116°，则∠A等于（ ）
A．50° B．52° C．54° D．56°
【答案】B
【分析】根据三角形内角和定理得到∠IBC+∠ICB＝64°，根据内心的概念得到∠ABC+∠ACB＝128°，根据三
角形内角和定理计算即可．
【详解】解：∵∠I＝116°，∴∠IBC+∠ICB＝64°，
∵点I是△ABC的内心，
1 1
∴∠IBC＝ ∠ABC，∠ICB＝ ∠ACB，
2 2
∴∠ABC+∠ACB＝128°，
∴∠A＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝52°，
故选B．
【点睛】本题考查的是三角形的内心，掌握三角形的内心是三角形三条角平分线的交点是解题的关键．
2.如图，△ABC中，∠A=80°，点O是△ABC的内心，则∠BOC的度数为（ ）
A．100° B．160° C．80° D．130°
【答案】D
【分析】由题意，先得到∠ABC+∠ACB=100°，再由内心的性质，得到∠OBC+∠OCB=50°，
即可求出∠BOC的度数．
【详解】解：∵∠A=80°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−80°=100°，
∵点O是△ABC的内心，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠OBC+∠OCB= (∠ABC+∠ACB)= ×100°=50°，
2 2
∴∠BOC=180°−50°=130°．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，三角形的内角和定理，角平分线的定义，解题的关键是掌握所
学的知识，正确的求出角的度数．
3.如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是D´F上一点，则∠EPF的度
数是（ ）A．65° B．60° C．58° D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OE，OF．
∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，
1
∴∠EPF= ∠EOF=60°，
2
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基
本知识，属于中考常考题型．
4.如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的
度数为（ ）A．56° B．62° C．68° D．78°
【答案】C
【分析】由点I是 ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（180°﹣△∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
【详解】解：∵点I是 ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB△=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形
的性质．
5.如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠≝=53°，则∠A的度数是
（ ）
A．36° B．53° C．74° D．128°
【答案】C
【分析】连接OD、OF，如图，先根据圆周角定理得到∠DOF=2∠≝=106°，再根据切线的性质得
OD⊥AB，OF⊥AC，则∠ADO=∠AFO=90°，然后根据四边形内角和计算∠A的度数．
【详解】解：连接OD、OF，如图：∵∠≝=53°，
∵∠DOF=2∠≝=106°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、CA分别相切于点D、F，
∴OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∴∠A+∠DOF=180°，
∴∠A=180°−106°=74°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内
切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．
6.如图，⊙O是△ABC的内切圆，∠C=40°，则∠AOB的大小是 ．
【答案】110°
【分析】⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，求得∠BAC+∠ABC，然后利用三角形内
角和定理求解．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，
1 1
∴∠BAO= ∠BAC，∠ABO= ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠BAO+∠ABO= （∠BAC＋∠ABC）= (180°−40°)=70°，
2 2
∴∠AOB=180°−(∠BAO+∠ABO)=180°−70°=110°．
故答案为：110°．
1
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，正确证明∠BAO+∠ABO= （∠BAC+∠ABC）是
2
关键．
题型七：三角形内切圆求周长、面积1.一个直角三角形的斜边长为8，内切圆半径为1，则这个三角形的周长等于 ．
【答案】18
【分析】首先根据题意画出图形，设AD＝x，则BD＝8−x，由切线长定理得AD＝AF＝x，BD＝BE＝8−x，
可证明四边形OECF为正方形，则CE＝CF＝1，再由三角形的周长公式求出这个三角形周长．
【详解】根据题意，作图如下：
即有：AB=8， C＝90°， O是△ABC内切圆，
设AD＝x，则B∠D＝8−x，⊙
O是△ABC内切圆，
∵⊙AD＝AF＝x，BD＝BE＝8−x． C＝ OFC＝ OEC＝90°，OE＝OF，
∴四边形OECF为正方形． ∠ ∠ ∠
∴CE＝CF＝1．
∴这个三角形周长：AD+DB+BE+CE+CF+FA=2x＋2(8−x)＋2＝18．
∴故答案为：18．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，以及切线长定理，方程思想与数形结合思想的应用是解题
的关键．
2.如图，等边△ABC内切圆的图形来自我国古代的太极图，等边三角形内切圆中的黑色部分和白色部分
关于等边△ABC的内心成中心对称．若等边△ABC的边长为6，则圆中的黑色部分的面积是
．
3
【答案】 π
2
【分析】先作AD⊥BC，作BE⊥AC于点E，AD和BE交于点O，再根据边长求出AD=3√3，即可求
出OD=√3，然后根据面积公式即可求出答案．
【详解】作AD⊥BC，作BE⊥AC于点E，AD和BE交于点O，如图所示：∵等边△ABC的边长为6
∴AB=6，则BD=3，
∵∠ADB=90°，
∴AD=3√3，
1
∴OD= AD=√3，
3
根据太极图的对称性，黑色部分的面积占内切圆面积的一半，
1 1
∴S = π·OD2= π×（√3） 2
黑 2 2
3
∴S = π，
黑 2
3
故答案为： π
2
【点睛】本题考查了等边三角形以及三角形的内切圆，解题关键是求出圆的半径．
3.如图，在一张Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，BC=5，AC=12，⊙O是它的内切圆．小明用剪
刀沿着⊙O的切线DE剪下一块三角形ADE，则△ADE的周长为（ ）
A．19 B．17 C．22 D．20
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性
质．设△ABC的内切圆切三边于点F，H，G，连接OF，OH，OG，得四边形OHCG是正方形，
由切线长定理可知AF=AG，根据DE是⊙O的切线，可得MD=MF，EM=EG，根据勾股定理可得1
AB=13，再求出内切圆的半径 (AC+BC−AB)=2，进而可得△ADE的周长．
2
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆切三边于点F、H、G，连接OF、OH、OG，
∴四边形OHCG是正方形，
由切线长定理可知AF=AG，
∵DE是⊙O的切线，
∴MD=DF，EM=EG，
∵∠ACB=90°，BC=5，AC=12，
∴AB=√AC2+BC2=13，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
1
∴内切圆的半径= (AC+BC−AB)=2，
2
∴CG=2，
∴AG=AC−CG=12−2=10，
∴AF=AG=10，
∴ΔADE的周长为：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=10+10=20．
故选：D．
4.如图，已知△ABC的周长是20，点O为三角形内心，连接OB、OC，OD⊥BC于点D，且OD=3，
则△ABC的面积是（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
【答案】C
【分析】连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，根据三角形内心的性质，得到
OD=OE=OF=3，再利用三角形面积进行计算，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，∵点O为三角形内心，OD⊥BC，
∴OD=OE=OF=3，
∴S =S +S +S
△ABC △AOB △AOC △BOC
1 1 1
= AB⋅OE+ AC⋅OF+ BC⋅OD
2 2 2
1
= OD⋅(AB+AC+BC)
2
1
= ×3×20
2
=30，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，三角形的面积公式，熟练掌握三角形内心的性质是解题关键．
5.如图⊙O是△ABC的内切圆，切点分别是D，E，F，其中AB=6，BC=9，AC=11，若MN与
⊙O相切与G点，与AC，BC相交于M，N点，则△CMN的周长等于 ．
【答案】14
【分析】根据切线的性质和三角形的周长公式即可得到结论．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，且与MN相切于点G；
根据切线长定理，设BF=BD=x，AD=AE= y，CF=CE=z，ME=MG，NG=NF；
∵AB=6，BC=9，AC=11，∴¿．解得¿，
∴△CMN的周长=CE+CF=7+7=14，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，三角形周长的计算，熟练掌握切线的性质是解
题的关键．
6.如图，甲、乙、丙、丁四位同学从四块全等的等腰直角三角形纸板上裁下四块不同的纸板（阴影部分），
他们的具体裁法如下：甲同学：如图1所示裁下一个正方形，面积记为S ；乙同学：如图2所示裁下一个
1
正方形，面积记为S ；丙同学：如图3所示裁下一个半圆，使半圆的直径在等腰Rt 的直角边上，面积记
2
为S ；丁同学：如图所示裁下一个内切圆，面积记为S 则下列判断正确的是（ △）
3 4
①S =S ；②S =S ；③在S ，S ，S ，S 中，S 最小．
1 2 3 4 1 2 3 4 2
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】B
【分析】分别计算结果再比较大小．具体如下：若设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为
√2，只要把四个图中阴影部分的面积都用等腰直角三角形的腰长表示，就可比较它们的大小．根据直角
1
三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可求图1中S = ；设图2中正方形的边长为x，根据等腰直角三
1 4
2 3
角形的性质求得x的值，所以可知S = ；在图3中，设半圆的半径为r，根据切线长定理可求得S =（ ﹣
2 9 3 2
√2 3
√2）π；在图4中，设三角形的内切圆半径为R，根据切线长定理可求得R=1﹣ ，所以S =（ −√2）
2 4 2
π；根据以上计算的值进行比较即可判断．
【详解】图1中，设四块全等的等腰直角三角形的腰长为1，则斜边长为√2，图1中阴影正方形的对角线
√2 1
长为 ，S = ；
2 1 4
√2 2
图2中，设正方形的边长为x，则3x=√2，x= ，S = ；
3 2 9
3
图3中，设半圆的半径为r，则1+r=√2，r=√2﹣1，S =（ ﹣√2）π；
3 2√2 3
图4中，设三角形的内切圆半径为R，则2﹣2R=√2，解得：R=1﹣ ，S =（ −√2）π；
2 4 2
根据以上计算的值进行比较，S =S ，在S ，S ，S ，S 中，S 最小，所以正确的是②③．
3 4 1 2 3 4 2
故选B．
7.已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？
古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公式—海伦公式S
a+b+c
=√p(p−a)(p−b)(p−c)（其中a，b，c是三角形的三边长，p = ，S为三角形的面积），并给
2
出了证明
例如：在△ABC中，a＝3，b＝4，c＝5，那么它的面积可以这样计算：
∵a＝3，b＝4，c＝5
a+b+c
∴p= =6
2
∴S=√p(p−a)(p−b)(p−c)=√6×3×2×1=6
事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家秦九韶提出的秦九
韶公式等方法解决．
根据上述材料，解答下列问题：
如图，在△ABC中，BC＝5，AC＝6，AB＝9
（1）用海伦公式求△ABC的面积；
（2）求△ABC的内切圆半径r．
【答案】（1）10√2；（2）r=√2．
【分析】（1）先根据BC、AC、AB的长求出P，再代入到公式S=√p(p−a)(p−b)(p−c)即可求得S的
值；
1
（2）根据公式S = r（AC+BC+AB），代入可得关于r的方程，解方程得r的值．
2
【详解】解：（1）∵BC＝5，AC＝6，AB＝9，
BC+AC+AB 5+6+9
∴p= = =10，
2 2∴S=√p(p−a)(p−b)(p−c)=√10×5×4×1=10√2；
故△ABC的面积10√2；
1
（2）∵S = r（AC+BC+AB），
2
1
∴10√2= r（5+6+9），
2
解得：r=√2，
故△ABC的内切圆半径r=√2．
【点睛】本题主要三角形的内切圆与内心、二次根式的应用，熟练掌握三角形的面积与内切圆半径间的
公式是解题的关键．
8.如图，在Rt△ABC中，∠B＝60°，∠A＝90°，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，
F．
(1)求∠EOD的度数；
(2)若r＝2，求阴影部分的面积．
【答案】(1)150°
5
(2)8+4√3− π
3
【分析】（1）根据切线的性质可得∠OFB=∠ODB=90°，根据∠B =60°，根据四边形内角和即可
求解．求得∠EOD；
（2）根据阴影部分面积等于S − S − S −S − S ，即可求解．
△ABC 正方形AFOE △BOD △BOF 扇形OED
【详解】（1）解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．
∴∠OFB=∠ODB=90°，
∵∠B＝60°，
∴∠FOD=360°−90°−90°−60°=120°，
∴∠EOD=360°−∠EOF−∠FOD=150°
（2）如图，连接BO，∵∠A=∠OFE=∠OEF=90°，
∴四边形AFOE是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形AFOE是正方形，
∵⊙O的半径为r＝2，则OD=2，
∴S =2×2=4，
正方形AFOE
∵BF,BD是⊙O的切线，
∴ ∠FBO=∠DBO=30°，
OD √3 2
∴tan∠OBD= = = ，
BD 3 BD
6
∴
BD= =2√3，
√3
∴AB=AF+AB=2+2√3，
∴AC=AB×tanB=√3(2+2√3)=6+2√3，
1 1
∴S = AB×AC= (2+2√3)(6+2√3)=12+8√3，
△ABC 2 2
1 1
∴S =S = BD×OD= ×2√3×2=2√3，
△BOD △BOF 2 2
∵∠EOF=90°,∠FOD=120°，
∴∠EOD=150°，
150 5
∴S = π×22= π，
扇形OED 360 3
∴阴影部分面积等于S − S − S −S − S
△ABC 正方形AFOE △BOD △BOF 扇形OED
5
=12+8√3 −4−2√3−2√3− π
3
5
=8+4√3− π．
3
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，四边形内角和定理，求扇形面积，解直角三角形，掌握
切线长定理是解题的关键．
题型八：求三角形的内切圆半径
1.如图所示，⊙O是等边三角形ABC的内切圆，若AB=4，则⊙O的半径是（ ）√3 2√3
A． B．1 C． D．2
2 3
【答案】C
【分析】根据内切圆和角平分线性质的判定定理，可证明OB和OC分别为∠ABC和∠ACB的角平分线，
1
再根据三角形全等证明BE= BC，最后利用勾股定理求出圆的半径长度.
2
【详解】解：设AB与⊙O的交点为D，BC与⊙O的交点为E，如图所示，连接OD，OB，OE，OC，
∵⊙O是等边三角形ABC的内切圆，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，∠ABC=60°.
∵OD=OE，
∴OB平分∠ABC，
1
∴∠OBC= ∠ABC=30°.
2
同理OC平分∠ACB，
1
∴∠OCB= ∠ACB=30°.
2
∴∠OCB=∠OBC.
∵OE⊥BC，
∴∠OEB=∠OEC=90°，
∴△OBE≌△OCE(AAS)，
1
∴BE=CE= BC=2.
2
∵在Rt△OBE中，设OE=x，则OB=2x，
∴4x2=x2+22，2√3
∴x= .
3
2√3
∴OE= .
3
2√3
∴⊙O的半径为： .
3
故选:C.
【点睛】本题考查了圆的切线长定理、角平分线性质判定定理、全等三角形和勾股定理，解题的关键在
于通过内切圆找到关键信息.
2.已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切的半径为 ．
【答案】√3
【分析】如图，AB=7，BC=5，AC=8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设BD=x，则
1 1
CD=5-x．由AD2=AB2-BD2=AC2-CD2，可得72-x2=82-（5-x）2，解得x=1，推出AD=4√3，由 •BC•AD= •
2 2
（AB+BC+AC）•r，列出方程即可解决问题．
【详解】解：如图，AB=7，BC=5，AC=8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设
BD=x，则CD=5-x．
由勾股定理可知：AD2=AB2-BD2=AC2-CD2，
即72-x2=82-（5-x）2，解得x=1，
∴AD=4√3，
1 1
∵ •BC•AD= •（AB+BC+AC）•r，
2 2
1 1
×5×4√3= ×20×r，
2 2∴r=√3，
故答案为：√3
【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心、勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常
用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用面积法求内切圆的半径，属于中考常考题型．
3.作图题：如图，在矩形ABCD中，已知AD=10，AB=6，
(1)用直尺和圆规在AD上找一点E，使EC平分∠BED，（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求△CDE内切圆半径r的值．
【答案】(1)见解析
(2)r=4−√10
【分析】（1）以B为圆心，BC长为半径画弧交AD于E，连接BE，CE，则EC平分∠BED
（2）先分别利用勾股定理求得AE、CE，然后利用三角形内切圆的性质列方程即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，点E即为所求．
（2）解：由（1）作图可知，BE=BC=10，
∴在Rt△ABE中，AE=√BE2−AB2=√102−62=8，
∴DE=AD−AE=10−8=2，
∴在Rt△CDE中，CE=√DE2+CD2=√22+62=2√10
∵△CDE内切圆半径为r，
∴△CDE内切圆的圆心到△CDE的三边的距离都为半径r，1 1
∴S = (CD+DE+CE)r= CD⋅DE，
△CDE 2 2
1 1
即 (6+2+2√10)r= ×2×6，
2 2
解得r=4−√10．
【点睛】本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的
基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的性质、三角形内切圆的性质．
4.如图，⊙O是△ABC的内切圆，若△ABC的周长为18，面积为9，则⊙O的半径是（ ）
A．1 B．√2 C．1.5 D．2
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，根据S =S +S +S ，代入数据求解即可.
△ABC △ABO △ACO △BOC
【详解】解：如图，设⊙O与△ABC的各边分别相切于点E、F、G，连接OE,OF,OG,OA,OB,OC，
设⊙O的半径为r，
则OE⊥AB,OF⊥AC,OG⊥BC，OE=OF=OG=r，
∵S =S +S +S
△ABC △ABO △ACO △BOC
1 1 1
= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r
2 2 2
1
= (AB+AC+BC)⋅r，
2
又△ABC的周长为18，面积为9，
1
∴9= ×18⋅r，
2
∴r=1，
故选：A.
【点睛】本题考查了利用三角形的面积求三角形的内切圆半径，掌握求解的方法是解题的关键.
5.如图，⊙O是边长为12的正三角形ABC的内切圆，⊙O 与边AB、AC均相切，且与⊙O外切，则
1⊙O的半径为 ．
【答案】2√3
【分析】由切线的性质得到OH⊥BC，OM⊥AB，又OM=OH，得到OB平分∠ABC，因此得到
∠OBH=30°，同理得到∠OCB=30°，故OB=OC，推出BH=CH=6，由锐角的正切即可求出OH
的长．
【详解】解：设⊙O与BC切于H，与AB相切于M，连接OM，连接OH，OB，OC，
∴OH⊥BC，OM⊥AB，
∵OM=OH，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBM=∠OBH，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
1
∴∠OBH= ∠ABC=30°，
2
1
同理：∠OCH= ∠ACB=30°，
2
∴∠OBH=∠OCH，
∴OB=OC，
1 1
∴BH=CH= BC= ×12=6，
2 2
OH √3
∵tan∠OBH= = ，
BH 3∴OH=2√3．
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查切线的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，三角形的内切圆与内心，等腰三角
形的性质，关键是由以上知识点推出OB=OC，得到H是BC中点，应用锐角的正切即可求解．
6.如图，⊙O与∠A=90°的Rt△ABC的三边AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，若
BE=10，CF=3，则⊙O的半径为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接OD，OF，首先根据切线长定理得到BD=BE=10，CE=CF=3，然后证明出四边形
ADOF是正方形，然后设AD=AF=x，根据勾股定理求解即可．
【详解】如图，
连接OD，OF，
∵AC、AB、CB与⊙O相切，
∴BD=BE=10，CE=CF=3，AD=AF，OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴矩形ADOF是正方形，
∴AD=OD，
设AD=AF=x，
Rt△ABC中，AB=BD+AD=x+10，AC=CF+AF=x=3，BC=BE+CE=13，
由勾股定理得，AB2+AC2=BC2，
∴(10+x) 2+(x+3) 2=132，
∴x =2，x =−15（舍去），
1 2
∴OD=2，故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识
点．
题型九：直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
1.《九章算术》卷九中记载：“今有勾三步，股四步，问勾中容圆径几何？”其大意是：“今有直角三角
形勾（短直角边）长为3步，股（长直角边）长为4步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是
多少步？”如图是示意图，根据题意，该内切圆的半径为 ．
【答案】1
【分析】连接OD、OE，可知四边形ODCE为正方形，设半径为r，根据切线长定理列方程求解即可．
【详解】解：连接OD、OE，如下图：
由题意可得：∠C=∠OED=∠ODC=90°，BD=BF，CD=CE，AF=AE
∵AC=4，BC=3
∴四边形ODCE为矩形，AB=√AC2+BC2=5
又∵OD=OE
∴矩形ODCE为正方形
设半径为r，则CD=OD=CE=r
∴AF=AE=4−r，BF=BD=3−r
∴4−r+3−r=5
解得r=1
故答案为：1【点睛】此题考查了勾股定理，切线长定理，正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性
质．
2.如图，在Rt ABC中，∠C＝90°，AC＝5，⊙O是 ABC的内切圆，半径为2，则图中阴影部分的面积为
（ ） △ △
A．30﹣4π B．30√3−4π C．60﹣16π D．30√3−16π
【答案】A
【分析】先由切线长定理和勾股定理算出三角形另外两边的长，再根据图中阴影部分的面积= ABC的面
积-⊙O的面积，然后利用三角形的面积公式和圆的面积公式计算即可． △
【详解】解：过点O作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形CEOF是正方形，
∴CE=CF=OE=OF=2，
∵⊙O是 ABC的内切圆，
∴BF= △BD，AE=AD=AC−CE=5−2=3，
设BF=BD=x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴52+(2+x) 2=(3+x) 2，
解得x=10，
∴BC=12，AB=13，1
∴S =S −S = ×5×12−π×22=30−4π．
阴影部分 △ABC ⊙O 2
故选A．
【点睛】本题主要考查了切线长定理、勾股定理、三角形与圆的面积公式．
3.如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆．若∠AOB=70°，则∠COD=（ ）
A．110° B．125° C．140° D．145°
【答案】A
【分析】根据内切圆得到四条角平分线，结合四边形内角和定理求解即可得到答案；
【详解】解：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴∠OAB=∠OAD，∠ODA=∠ODC，∠OCD=∠OCB，∠OBC=∠OBA ，
∵∠OAB+∠OAD+∠ODA+∠ODC+∠OCD+∠OCB+∠OBC+∠OBA=360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠ODC+∠OCD=∠OAD+∠ODA+∠OCB+∠OBC=180°，
∵∠AOB=70°，∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，∠ODC+∠OCD+∠DOC=180°，
∴∠COD=180°−70°=110°，
故选：A；
【点睛】本题考查圆内切四边形及四边形的内角和定理，解题的关键是得到
∠OAB+∠OBA+∠ODC+∠OCD=180°．
4.如图，在四边形材料ABCD中， AD∥BC ，∠A=90°，AD=9cm，AB=20cm，BC=24cm．现
用此材料截出一个面积最大的圆形模板，则此圆的半径是（ ）
110
A． cm B．8cm C．6√2cm D．10cm
13
【答案】B
【分析】如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，据此求
解即可．【详解】解：如图所示，延长BA交CD延长线于E，当这个圆为△BCE的内切圆时，此圆的面积最大，
∵AD∥BC，∠BAD=90°，
∴△EAD∽△EBC，∠B=90°，
EA AD EA 9
∴ = ，即 = ，
EB BC EA+20 24
∴EA=12cm，
∴EB=32cm，
∴EC=√EB2+BC2=40cm，
设这个圆的圆心为O，与EB，BC，EC分别相切于F，G，H，
∴OF=OG=OH，
∵S =S +S +S ，
△EBC △EOB △COB △EOC
1 1 1 1
∴ EB⋅BC= EB⋅OF+ BC⋅OG+ EC⋅OH，
2 2 2 2
∴24×32=(24+32+40)⋅OF，
∴OF=8cm，
∴此圆的半径为8cm，
故选B．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆半径与三角形三边的关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的
关键．
题型十：圆外切四边形模型
1.如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，若∠BOC＝118°，则∠AOD＝ ．【答案】62°
1 1 1 1
【分析】先根据切线长定理得到∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠BCD，∠3＝ ∠ADC，∠4＝ ∠BAD，再利用
2 2 2 2
三角形内角和计算出∠1+∠2＝62°，则∠ABC+∠BCD＝124°，然后利用四边形内角和得出∠BAD+∠ADC＝
236°，再求∠3+∠4＝118°即可．
【详解】解：∵圆O是四边形ABCD的内切圆，
∴OA平分ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，
1 1 1 1
∴∠1＝ ∠ABC，∠2＝ ∠BCD，∠3＝ ∠ADC，∠4＝ ∠BAD，
2 2 2 2
∵∠1+∠2＝180°﹣∠BOC＝180°﹣118°＝62°，
∴∠ABC+∠BCD＝2（∠1+∠2）＝2×62°＝124°，
∵∠BAD+∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠BCD）＝360°﹣124°＝236°，
1 1
∴∠3+∠4＝ （∠BAD+∠ADC）＝ ×236°＝118°，
2 2
∴∠AOD＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣118°＝62°．
故答案为：62°．
【点睛】本题考查了四边形的内切圆．切线的性质和切线长定理，三角形内角和，掌握四边形的内切圆
性质．切线的性质和切线长定理，三角形内角和是解题关键．
2.阅读材料：已知，如图（1），在面积为S的△ABC中， BC=a,AC=b, AB=c,内切圆O的半径为r连接
OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．
1 1 1 1
∵S=S +S +S = BC⋅r+ AC⋅r+ AB⋅r= (a+b+c)r
ΔOBC ΔOAC ΔOAB 2 2 2 2
2S
∴r= ．
a+b+c（1）类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），如图（2），各边长分别
为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r；
（2）理解应用：如图(3)，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为
r
1
△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r 和r ，求 的值.
1 2 r
2
2S r 14
【答案】（1）r= （2） 1= .
a+b+c+d r 9
2
【分析】（1）如图，连接OA、OB、OC、OD，则△AOB、△BOC、△COD和△DOA都是以点O为顶点、
高都是r的三角形，根据S=S +S +S +S 即可求得四边形的内切圆半径r.
ΔAOB ΔBOC ΔCOD ΔAOD
（2）过点D作DE⊥AB于点E，分别求得AE的长，进而BE 的长，然后利用勾股定理求得BD的长；然后
1 1
S = (13+21+20)r S = (11+13+20)r
根据 ΔABD 2 1， ΔBCD 2 2，两式相除，即可得到 的值.
【详解】解：（1）如图（2），连接OA、OB、OC、OD.
1 1 1 1 1
∵S=S +S +S +S = ar+ br+ cr+ dr= (a+b+c+d)r
ΔAOB ΔBOC ΔCOD ΔAOD 2 2 2 2 2
2S
∴r=
a+b+c+d（2）如图（3），过点D作DE⊥AB于点E，
∵梯形ABCD为等腰梯形，
1 1
∴AE= (AB−DC)= (21−11)=5
2 2
∴BE=AB−AE=21−5=16
在Rt△AED中，
∵AD=13，AE=5，∴DE=12，
∴BD=√DE2+BE2=√122+162=20
S AB 21
∵AB∥DC，∴ ΔABD = = .
S DC 11
ΔBCD
1
(13+21+20)r
S 2 1 54r 27r
又∵ ΔABD = = 1= 1 ，
S 1 44r 22r
ΔBCD (11+13+20)r 2 2
2 2
27r 21 r 14
∴ 1= .即 1= .
22r 11 r 9
2 2
题型十一：三角形内心有关的应用
1.《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．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为√82+152=17，
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
切圆半径r= 是解题的关键．
3
2.如图，⊙O是△ABC的内切圆，则点O是△ABC的（ ）
A．三条边的垂直平分线的交点 B．三条角平分线的交点
C．三条中线的交点 D．三条高的交点
【答案】B
【分析】根据三角形的内切圆得出点O到三边的距离相等，即可得出结论．
【详解】解：∵⊙O是ΔABC的内切圆，
则点O到三边的距离相等，
∴点O是ΔABC的三条角平分线的交点；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，解题的关键是熟练掌握三角形的内切圆的圆心性质．3.我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图
所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 ．
【答案】289
【分析】设直角三角形的三边分别为a,b,c，较长的直角边为a,较短的直角边为b, c为斜边，由切线长
a+b−c
定理可得，直角三角形的内切圆的半径等于 ，即a+b−c=6，根据小正方的面积为49，可得
2
(a−b) 2=49，进而计算c2即a2+b2即可求解．
【详解】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为a,b,c，较长的直角边为a,较短的直角边为b, c为
斜边，
∵直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
a+b−c
∴ =3，(a−b) 2=49，
2
∴ a+b−c=6①，a−b=7②，
13+c c−1
∴a= ,b= ，
2 2
∵a2+b2=c2③，
∴
(13+c) 2
+
(c−1) 2
=c2 ，
2 2
解得c=17或c=−5（舍去），
大正方形的面积为c2=172=289，
故答案为：289．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，解一元二次方程，二元一次方程组，掌握直角三角形的内
a+b−c
切圆的半径等于 是解题的关键．
2
4.如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）A．4√3 B．2√3 C．2 D．4
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由
BD=4，BD：CD=2：1得BH=2√3，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
1 1
∴∠BDC=90°+ ∠A=90°+ ×60°=120°，
2 2
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=2√3，CD=2，
1 1
∴△DBC的面积为 CD•BH= ×2×2√3=2√3.
2 2
故选B.
【点睛】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
5.如图，BC是⊙O的直径，点A是⊙O上的一点，点D是△ABC的内心，若BC＝5，AC＝3，则BD的长度
为（ ）√34
A．2 B．3 C．√10 D．
2
【答案】C
【分析】如图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，求出AB的长，
根据内心的性质，求出BE的长，再根据S = S + S + S ，求出DE的长，由勾股定理即可得
ABC ABD BDC ADC
△ △ △ △
答案．
【详解】解： 如下图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC= 90°，
∵BC＝5，AC＝3，
∴AB=√BC2−AC2=√52−32=4 ，
∵点D是△ABC的内心，
∴ DE= DF= DH，AE= АН，BE= BF，CF= CH，
设BE= x，则BF= x，AE=4- x，CF=5-x，CH=5-x，AН=4-x，
∵AC=3，
∴4-x+5-x=3，
解得：x=3
∴BE=3，
设DE= r，
∵S ABC = S ABD + S BDC + S ADC，
△ △ △ △
1 1
∴ r(3+4+5)= ×3×4 ，
2 2
解得：r= 1，
∴ DE= 1，
在Rt△BDE中，BD=√BE2+DE2=√32+12=√10 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，内心的性质，勾股定理的应用，解题的关键是作垂线，构造直角．6.如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A、B、C、在直角坐标系中的坐标分别为
(3,6)，(−3,3)，(7,−2)，则△ABC内心的坐标为 ．
【答案】（2，3）
【分析】根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是
直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对称，
射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD
上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股
定理求出BM的值，即可得到点M的坐标．
【详解】解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=√32+62=3√5，AC=√42+82=4√5，BC=√52+102=5√5，
∵AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B(−3,3)，C(7,−2)，
可得¿，
解得：¿，
1 3
∴BC：y=− x+ ，
2 2
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，
且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
1 1 1 1
S = AB×AC= AB×r+ AC×r+ BC×r，
ABC 2 2 2 2
△解得：r=√5，
即AE=EM=√5，
∴BE=3√5−√5=2√5，
∴BM=√BE2+EM2=5，
∵B（-3，3），
∴M（2，3），
故答案为：（2，3）．
【点睛】本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质
等相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
7.如图，三条笔直的小路a，b，c相交围成一个三角形公园ABC，在△ABC的内心I处修建了一个凉亭，
过凉亭的小路d∥c，并分别与△ABC的两边AB、AC相交于点D、E，DE=150m，小路c与d之间相
距60m，如果从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板路的长度之和最小为
m；若游人从B处出发，沿B→D→I→E→C的路线，到达C处，那么所走的这段路程长为 m．
【答案】 180 300
【分析】（1）在△ABC的内心I处修建了一个凉亭，从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三
条石板路的长度之和最小就是过I向三边作垂线，垂线段的和就是结论；
（2）根据图形求出BD、EC长度，再求BD+DE+EC即可．
【详解】（1）解：过I作IF⊥BC于F，如图所示：∵过凉亭的小路d∥c，小路c与d之间相距60m，
∴IF=60m，
∵ I是△ABC的内心，
∴ I到△ABC的三边垂线段都相等，均等于60m，
∴从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板路的长度之和最小为180m，
故答案为：180；
（2）连接BI、CI，如图所示：
∵ I是△ABC的内心，为△ABC的三个内角的角平分线的交点，
∴ ∠DBI=∠CBI，∠ECI=∠BCI，
∵d∥c，
∴∠DIB=∠CBI,∠EIC=∠BCI，
∴∠DIB=∠DBI,∠EIC=∠ECI，
∴BD=DI,CE=IE，
∵DE=150m=DI+IE，
∴BD+DE+EC=2DE=300m，
∴游人从B处出发，沿B→D→I→E→C的路线，到达C处，那么所走的这段路程长为300m，
故答案为：300．
【点睛】本题考查三角形内心的性质，熟练掌握三角形内心是三角形三个内角的角平分线的交点是解决
问题的关键．
题型十二：三角形外接圆与内切圆综合
1.如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠B＝90°．(1)若AB＝4，BC＝3，
①求Rt△ABC外接圆的半径；
②求Rt△ABC内切圆的半径；
1
(2)连接AO并延长交BC于点D，若AB＝6，tan∠CAD＝ ，求此⊙O的半径．
3
5
【答案】(1) ① ; ②1
2
3
(2)
2
【分析】（1）①先求得线段AC的长度，然后取AC的中点H，得到AH的长即为△ABC的外接圆半径；
②过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AB于点F，OG⊥AC于点G，然后可得四边形OEBF是正方形，
设半径为1，结合点O是△ABC的内心可得AF，CE的长度，然后由切线长定理得到AG=AF=4−r，
CG=CE=3−r，进而得到AC=7−2r，最后利用勾股定理求得r的值；
（2）设半径为r，得到OF=r，AF=6−r，由内心的定义可知∠CAD=∠BAD，然后利用正切值求得
的大小，即为结果．
【详解】（1）解：（1）①如图1，取AC的中点H，
∵∠B=90°，
∴点H是Rt△ABC的外接圆圆心．
∵AB=4，BC=3，∠B=90°，
∴AAC=√AB2+BC2=√42+32=5
1 5
∴AH= AC= ，
2 2
5
∴Rt△ABC的外接圆半径为 ；
2
②如图2，过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AB于点F，OG⊥AC于点G，则∠OFB=∠OEB=90°．
∵∠B=90°，
∴四边形OEBF是正方形，
设半径为r，则BF=OF=OE=BE=r，
∴ ⊙O是Rt△ABC的内切圆，AB=4，BC=3，
∴AG=AF=4−r，CG=CE=3−r，
∴.AC=AG+CG=7−2r，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，
∴42+32=(7−2r) 2，
解得r=1或r=6(不符合题意舍去)，
∴Rt△ABC内切圆的半径为l；
（2）解：如图2，设半径为r，则0F=r，AF=6−r．
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴∠OAF=∠CAD.
1
∵tan∠CAD= ，
3
OF 1
∴tan∠OAF= = ,
AF 3
r 1
∴ = ，
6−r 3
3
解得r= ，
2
3
∴⊙O的半径为 ．
2
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内切圆的性质、解直角三角形，熟知圆的切线长定理是解题关键．
2.如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，⊙O是△ABC的外接圆，连接CO并延长交⊙O
于点D，连接BD，点E是△ABC的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点E，证明BD=DE；
（2）求线段CE长．【答案】（1）见解析；（2）CE=4√2−4．
1
【分析】（1）三角形内心的作法确定点E，点E是△ABC的内心可得到∠ABE=∠EBO= ∠ABC，
2
⊙O是△ABC的外接圆，用外接圆的性质可以求出∠BOE=∠BOD，再用三角形角之间的关系可以
证明BD=DE．
（2）∠ACB=90°得到 AB为⊙O的直径，⊙O是△ABC的外接圆可知OC垂直平分AB，E是内心
可推出CE=CD−DE，再用三角函数的性质可求出CE．
【详解】（1）如图，点E即为所求．
∵AC=BC=4，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=45°．
连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
1
∴∠ABE=∠EBO= ∠ABC=22.5°．
2
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴AO=BO，
又∵AC=BC，
∴CO⊥AB，
∴∠BOE=∠BOD=90°，
在△BOE中，∠BOE+∠EBO+∠OEB=180°，∴∠OEB=67.5°，
∵∠BOD=90°，DO=BO，
∴∠OBD=45°，
∴∠EBD=∠OBD+∠EBO=67.5°，
∴∠EBD=∠OEB，
∴BD=DE．
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC=4
∴AB为⊙O的直径，AB=4√2
∴CD=AB=4√2
∵⊙O是△ABC的外接圆
∴OC垂直平分AB
∴OC平分∠ACB
∵E是内心
∴CE平分∠ACB
∴点E在线段CD上，即CE=CD−DE
∵∠D=∠DCB=45°
∴∠CBD=90°，
CD
∴BD= =4
sin45°
∵BD=DE
∴CE=CD−DE=4√2−4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内心，三角函数的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形
是解题的关键．
3.图，⊙O是△ABC的外接圆，点I是△ABC内心，连接AI并延长交⊙O于点D，若AB＝9，BC＝14，CA
AI
＝13，则 的值是（ ）
AD3 5 4 9
A． B． C． D．
7 9 11 13
【答案】C
【分析】作BM∥AD交CA延长线于点M，连接BI，可得∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，再由点I是△ABC内
心，可得∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，从而得到∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，AB=AM=9，∠CBD=∠BAD，进
ID 7
而得到BD=ID，再证得△MBC∽△ABD，可得 = ，即可求解．
AD 11
【详解】：如图，作BM∥AD交CA延长线于点M，连接BI，
∴∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，
∵点I是△ABC内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，
∴∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，
∴AB=AM=9，
∴MC=AM+AC=22，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BAD+∠ABI=∠BID，∠IBC+∠BAD=∠IBD，
∴∠IBD=∠BID，
∴BD=ID，
∵∠D=∠C，
∴△MBC∽△ABD，
BC MC
∴ = ，
BD AD
14 22
∴ = ，
BD AD14 22 ID 7
∴ = ，解得： = ，
ID AD AD 11
AI AD−ID ID 4
∴ = =1− = ．
AD AD AD 11
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆和外接圆的综合，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，作
出适当辅助线是解题的关键．
4.如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，则∠D 的度数是（ ）
A．60° B．65 C．70° D．75°
【答案】B
【分析】利用三角形内心的性质得OB，OC分别是角平分线，进而求出∠BOC的大小，再利用三角形外
心的性质得出∠BDC等于∠BOC的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
∵点 O 是△ABC 的内心，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠OBC+∠OCB= ∠ABC+ ∠ACB
2 2
1
= (∠ABC+∠ACB)
2
1
= (180∘−∠A)=50∘ ，
2∴∠BOC=180∘−(∠OBC+∠OCB)=130∘，
∵点 O是△DBC 的外心，
1
∴∠D= ∠BOC=65∘ ，
2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的内心和三角形外心的性质，牢记以上知识点得出各角之间的关系是做
出本题的关键．
5.如图，Rt ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6，AB＝8，O为Rt ABC的外心，I为Rt ABC的内心，延长AI交
⊙O于点D△．连接OI，则cos∠OID 的值为 ． △ △
3√10 3
【答案】 / √10
10 10
【分析】过点I作AB、AC、BC的垂线，分别交于点E、点F、点M，设AD与BC的交点为点N，过点
N作OI的垂线，交于点H，连接OD，根据三角形内接圆的性质求出内切圆半径的长度，从而得到OM的
长度；在Rt△OIM中，根据勾股定理求出OI的长度；利用△OND∽△MNI，得到ON、NM的长度；
根据IO×NH=ON×ℑ，求出NH的长度；在Rt△NIM中，根据勾股定理求出NI的长度；在
Rt△NIH中，根据勾股定理求出HI的长度，即可求出cos∠OID．
【详解】解：过点I作AB、AC、BC的垂线，分别交于点E、点F、点M，设AD与BC的交点为点N，
过点N作OI的垂线，交于点H，连接OD，如图所示
∵I是Rt△ABC的内心∴EI=ℑ=IF
又∵EI⊥AB，IF⊥AC，ℑ⊥BC，∠BAC=90°
∴四边形AEIF是正方形
设ℑ=r，则BE=8−r，CF=CM=6−r
∵EI⊥AB，IF⊥AC，EI=ℑ=IF
∴BM=BE=8−r，CM=6−r
在Rt△ABC中，BC=√AC2+AB2=√62+82=10
∴6−r+8−r =10
∴r=2
∴CM=4
∵O是Rt△ABC的外心
∴OB=OC=OD=5
∴OM=1
在Rt△OIM中，OI=√OM2+I M2=√12+22=√5
∵I是Rt△ABC的内心，∠BAC=90°
∴∠BAD=45°
∴∠BOD=90°
∵∠COD=∠IMO=90°，∠OND=∠INM
∴△OND∽△MNI
ON OD 5
∴ = =
NM IM 2
5 2
∴ON= ，NM=
7 7
∵IO×NH=ON×ℑ
2√5
∴NH=
7
√ 2 2 10√2
在Rt△NIM中，¿=√N M2+I M2= ( ) +22=
7 7
√ 10√2 2 2√5 2 6√5
在Rt△NIH中，HI=√N I2−N H2= ( ) −( ) =
7 7 76√5
HI 7 3√10
∴cos∠OID= = =
NI 10√2 10
7
3√10
故答案为： ．
10
【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质、三角形内接圆的性质、正方形的判定与性质、同一个三角
形面积不变性、相似三角形的判定与性质、勾股定理、同弧所对圆周角是圆心角的一半等知识点，解答
本题的关键是能够正确作出辅助线．
6.阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Leonhard Euler)是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定
理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其外心
和内心，则OI2=R2−2Rr.
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半
径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI
＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN.
∵∠D=∠N，∠DMI=∠NAI(同弧所对的圆周角相等)，
∴△MDI∽△ANI，
IM ID
∴ = ，
IA IN
∴IA⋅ID=ℑ⋅∈¿①，
如图2，在图1(隐去MD，AN)的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF，
∵DE是⊙O的直径，∴∠DBE=90°，
∵⊙I与AB相切于点F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA，
∵∠BAD=∠E(同弧所对圆周角相等)，
∴△AIF∽△EDB，
IA IF
∴ = ，∴IA⋅BD=DE⋅IF②，
DE BD
任务：(1)观察发现：ℑ=R+d，¿= (用含R，d的代数式表示)；
(2)请判断BD和ID的数量关系，并说明理由；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
(4)应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为
cm.
【答案】(1)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4)√5.
【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三角形
外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又IA⋅ID=ℑ⋅∈¿，IA⋅BD=DE⋅IF，
∴DE·IF=IM·IN，
∴2Rr=(R+d)(R−d)，
∴R2−d2=2Rr
∴d2=R2−2Rr；
(4)由(3)知：d2=R2−2Rr，把R=5，r=2代入得：d2=52−2×5×2=5，
∵d>0，
∴d=√5，
故答案为√5.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定
义，三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
7.在锐角△ABC中，BC=2√5，∠A=45°．
（1）如图1，求△ABC外接圆的直径；
（2）如图2，点I为△ABC的内心，AI的延长线交△ABC外接圆于D，
①求证BD=DI；
②若AB=6，求△ABC内切圆的半径（不需化简）．
12
【答案】（1）2√10；（2）①见详解；② ．
3+√5+2√2
【分析】（1）作直径CE，连接BE，证明△BEC是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解；
（2）①连接BI，根据I为△ABC的内心，得到∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI,进而证明
∠DBC=∠BAD，得到∠BID=∠DBI，问题得证；
②连接CI，作BH⊥AC与H，IM⊥BC于M，IF⊥AC于F，IN⊥AB，先求出BH、AC长，在利用面积法构
造非常即可求解．
【详解】解：（1）如图1，作直径CE，连接BE，
∵CE为直径，
∴∠CBE=90°，
∵∠A=45°，
∴∠BEC=45°，
∴∠BCE=45°，
∴BC=BE=2√5，
∴△BEC是等腰直角三角形，∴CE=√BE2+BC2=√(2√5) 2+(2√5) 2=2√10，
△ABC外接圆的直径为2√10；
（2）①如图2，连接BI，
∵I为△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI,
∵C´D=C´D
∴∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠ABI+∠BAD =∠CBI+ DBC，
即∠BID=∠DBI，
∴BD=DI；
②如图3，连接CI，作BH⊥AC与H，IM⊥BC于M，IF⊥AC于F，IN⊥AB，
∵BH⊥AC，∠BAC=45°，
∴∠BAC=∠ABH=45°，
∴AH=BH=3√2，
∴CH=√BC2−BH2=√(2√5) 2 −(3√2) 2=√2，
∴AC=AH+CH=4√2，
∵I为△ABC的内心，∴设IN=HM=IF=x，
1 1 1 1
∴ AB·x+ AC·x+ BC·x= AC·BH，
2 2 2 2
1
即3·x+√5·x+2√2·x= ×4√2×3√2，
2
∴(3+√5+2√2)·x=12，
12
∴x= ，
3+√5+2√2
12
∴△ABC内切圆的半径为 ．
3+√5+2√2
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与内切圆知识，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形判定等知识，
综合性较强，熟知相关定理，根据题意添加适当辅助线是解题关键．
8.如图，在 ABC中，AD是边BC上的中线，∠BAD=∠CAD，CE∥AD，CE交BA的延长线于点E，
BC=8，AD△=3．
（1）求CE的长；
（2）求证： ABC为等腰三角形．
（3）求 AB△C的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离．
△
5
【答案】（1）CE=6；（2）证明见解析；（3） ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为 ．
2
△
【分析】（1）证明AD为 BCE的中位线得到CE=2AD=6；
（2）过B点作AC的平行△线，并与AD的延长线交于点F，证明△ACD≌△FBD，从而得到AC=BF，
∠CAD=∠BFD，再结合∠BAD=∠CAD，得到BA=BF，等量代换后即可证得结论；（3）如图，连接BP、BQ、CQ，先利用勾股定理计算出AB=5，设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，在
25 7 4
Rt△PBD中利用勾股定理得到（R-3）2+42=R2，解得R= ，则PD= ，再利用面积法求出r= ，即QD=
6 6 3
4
，然后计算PD+QD即可．
3
【详解】（1）解：∵AD是边BC上的中线，
∴BD=CD，
∵CE∥AD，
∴AD为 BCE的中位线，
∴CE=2A△D=6；
（2）证明：过B点作AC的平行线，并与AD的延长线交于点F，
则∠ACD=∠FBD, ∠ADC=∠FDB，
又∵BD=CD，
∴△ACD≌△FBD，
∴AC=BF，∠CAD=∠BFD，
又∵∠BAD=∠CAD，
∴∠BAD=∠BFD，
∴BA=BF,
∴AB=AC,
∴△ABC为等腰三角形．
（3）如图，连接BP、BQ、CQ，在Rt△ABD中，AB=√32+42=5，
设⊙P的半径为R，⊙Q的半径为r，
25
在Rt△PBD中，（R-3）2+42=R2，解得R= ，
6
25 7
∴PD=PA-AD= -3= ，
6 6
∵S +S +S =S ，
△ABQ △BCQ △ACQ △ABC
1 1 1 1 4
∴ ×r×5+ ×r×8+ ×r×5= ×3×8，解得r= ，
2 2 2 2 3
4
即QD= ，
3
7 4 5
∴PQ=PD+QD= + = ．
6 3 2
5
答：△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为 ．
2
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三
角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等腰三角形的判定与性质和三角形的外接圆．
9.如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，⊙O是△ABC的外接圆，连接CO并延长交⊙O
于点D，连接BD，点E是△ABC的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点E，证明BD=DE；
（2）求线段CE长．【答案】（1）见解析；（2）CE=4√2−4．
1
【分析】（1）三角形内心的作法确定点E，点E是△ABC的内心可得到∠ABE=∠EBO= ∠ABC，
2
⊙O是△ABC的外接圆，用外接圆的性质可以求出∠BOE=∠BOD，再用三角形角之间的关系可以
证明BD=DE．
（2）∠ACB=90°得到 AB为⊙O的直径，⊙O是△ABC的外接圆可知OC垂直平分AB，E是内心
可推出CE=CD−DE，再用三角函数的性质可求出CE．
【详解】（1）如图，点E即为所求．
∵AC=BC=4，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=45°．
连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
1
∴∠ABE=∠EBO= ∠ABC=22.5°．
2
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴AO=BO，
又∵AC=BC，
∴CO⊥AB，
∴∠BOE=∠BOD=90°，
在△BOE中，∠BOE+∠EBO+∠OEB=180°，∴∠OEB=67.5°，
∵∠BOD=90°，DO=BO，
∴∠OBD=45°，
∴∠EBD=∠OBD+∠EBO=67.5°，
∴∠EBD=∠OEB，
∴BD=DE．
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC=4
∴AB为⊙O的直径，AB=4√2
∴CD=AB=4√2
∵⊙O是△ABC的外接圆
∴OC垂直平分AB
∴OC平分∠ACB
∵E是内心
∴CE平分∠ACB
∴点E在线段CD上，即CE=CD−DE
∵∠D=∠DCB=45°
∴∠CBD=90°，
CD
∴BD= =4
sin45°
∵BD=DE
∴CE=CD−DE=4√2−4．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆和内心，三角函数的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形
是解题的关键．
