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专题 22 与圆有关的位置关系（10 个高频考点）（强化训练）
【考点1 点与圆的位置关系】
1.（2022·广东广州·一模）A，B两个点的坐标分别为（3，4），（﹣5，1），以原点O为圆心，5为半径
作⊙O，则下列说法正确的是（ ）
A．点A，点B都在⊙O上 B．点A在⊙O上，点B在⊙O外
C．点A在⊙O内，点B在⊙O上 D．点A，点B都在⊙O外
【答案】B
【分析】根据勾股定理，可得OA、OB的长，根据点与圆心的距离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．
【详解】解：∵OA＝√32+42＝5，
OB＝√52+12＝√26＞5，
∴点A在⊙O上，点B在⊙O外．
故选：B．
【点睛】本题主要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．
2．（2022·广西崇左·统考一模）已知⊙O的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P（ ）
A．在⊙O内 B．在⊙O上 C．在⊙O外 D．无法确定
【答案】C
【分析】根据点与圆心的距离与半径的大小关系即可确定点P与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵⊙O的半径分别是3，点P到圆心O的距离为4，
∴d＞r，
∴点P与⊙O的位置关系是：点在圆外．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系．注意若半径为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．（2022·山东枣庄·校考一模）点P是非圆上一点，若点P到⊙O上的点的最小距离是4cm，最大距离是
9cm，则⊙O的半径是______．
【答案】6.5cm或2.5cm
【分析】分点P在⊙O外和⊙O内两种情况分析；设⊙O的半径为xcm，根据圆的性质列一元一次方程并
求解，即可得到答案．
【详解】设⊙O的半径为xcm
当点P在⊙O外时，根据题意得：4+2x=9
∴x=2.5cm
当点P在⊙O内时，根据题意得：2x=9+4
∴x=6.5cm
故答案为：6.5cm或2.5cm．
【点睛】本题考查了圆、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆的性质，从而完成求解．
5
4．（2022春·上海·九年级专题练习）已知在△ABC中，AB＝AC，BC＝10，cotB= ，如果顶点C在⊙B
12
内，顶点A在⊙B外，那么⊙B的半径r的取值范围是________．
【答案】10r>10
1 1
【分析】过点A作AD⊥BC于D，则BD= BC= ×10=5，解Rt ABD，求出AD长，从而求出AB长，再根
2 2
△
据点与圆的位置关系求解即可．
【详解】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，AD⊥BC，
1 1
∴BD= BC= ×10=5，∠ADB=90°，
2 2BD 5 5 5
∵cot B= = ，即 =
AD 12 AD 12
∴AD=12，
由勾股定理，得AB=√AD2+BD2=√122+52=13，
∵顶点C在⊙B内，顶点A在⊙B外，
∴10r，则直线与圆相离．
7．（2022·上海青浦·统考二模）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】 r，直线和圆相离，没有交
点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d0，
当0P与直线x=5相交，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质、坐标与图形的性质及直线与圆的位置关系，解题的关键是结合题意根据切
线的性质推出⊙P的半径r=3，也可以作出图形进行求解．
【考点3 圆与圆的位置关系】
11．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）实验学校的花坛形状如图所示，其中，等圆⊙O 与⊙O 的半
1 2
径为3米，且⊙O 经过⊙O 的圆心O．已知实线部分为此花坛的周长，则花坛的周长为（ ）
1 2 2
A．4π米 B．6π米 C．8π米 D．12π米
【答案】C
【分析】连接AO，AO，BO，BO，OO，根据等边三角形的判定得出△AOO 和△BOO 是等边三角形，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
根据等边三角形的性质得出∠AOO＝∠AOO＝∠BOO＝∠BOO＝60°，求出优弧A´B所对的圆心角的度
1 2 2 1 1 2 2 1
数，再根据弧长公式求出即可．
【详解】解：连接AO，AO，BO，BO，OO，
1 2 1 2 1 2
∵等圆⊙O 与⊙O 的半径为3米，⊙O 经过⊙O 的圆心O，
1 2 1 2 2
∴AO＝AO＝BO＝BO＝OO＝3米，
1 2 1 2 1 2
∴△AOO 和△BOO 是等边三角形，
1 2 1 2
∴∠AOO＝∠AOO＝∠BOO＝∠BOO＝60°，
1 2 2 1 1 2 2 1
∴优弧A´B所对的圆心角的度数是360°﹣60°﹣60°＝240°，240π×3
∴花坛的周长为2× ＝8π（米），
180
故选：C．
【点睛】本题考查了相交两圆的性质，弧长公式，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出圆心角的度
数是解此题的关键．
12．（2022·江苏镇江·统考中考真题）如图，在等腰△ABC中，∠BAC=120°，BC= 6√3，⊙O同时与
边BA的延长线、射线AC相切，⊙O的半径为3．将△ABC绕点A按顺时针方向旋转α(0°<α≤360°)，B、
C的对应点分别为B′、C′，在旋转的过程中边B′C′所在直线与⊙O相切的次数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】首先以A为圆心，以BC边的中线为半径画圆，可得⊙A的半径为3，计算出OA的长度，可知
⊙O与⊙A相切，根据两个相切圆的性质，即可得到答案．
【详解】解：如图：作AD⊥BC，以A为圆心，以AD为半径画圆
∵AC、AB所在的直线与⊙O相切，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ
∴AO平分∠PAQ
∵∠CAB=120°
∴∠PAO=30°
∵OP=3
OP
∴AO= =6
sin30°
∵∠BAC=120°，AB=AC
1
∴∠ACB=30°，CD= BC= 3√3
2
∴AD= CD·tan30°=3
∴⊙A的半径为3,
∴⊙O与⊙A的半径和为6
∵AO=6
∴⊙O与⊙A相切
∵AD⊥BC
∴BC所在的直线是⊙A的切线
∴BC所在的直线与⊙O相切∴当α=360°时，BC所在的直线与⊙O相切
同理可证明当α=180°时，B″C″所在的直线与⊙O相切．
当B′C′⊥AO时，即α=90°时，B′C′所在的直线与⊙O相切．
∴当α为90°、180°、360°时，BC所在的直线与⊙O相切
故答案选C．
【点睛】本题主要考查了圆的切线，涉及到等腰三角形的性质、两圆的位置关系和特殊角的三角函数等知
识，熟练掌握相关知识，精准识图并准确推断图形的运动轨迹，进行合理论证是本题的解题关键．
13．（2022·上海普陀·统考二模）知⊙O 和⊙O ，⊙O 的半径长为10厘米，当两圆外切时，两圆的圆
1 2 1
心距为25厘米，如果两圆的圆心距为15厘米时，那么此时这两圆的位置关系是（ ）
A．内含 B．内切 C．相交 D．外离
【答案】C
【分析】根据圆心距在两圆半径差和两圆半径和之间，故判断出两圆相交．
【详解】解：∵⊙O 的半径长为10厘米，当两圆外切时，两圆的圆心距为25厘米，
1
∴⊙O 的半径为15厘米，
2
∵15−10<15<15+10，
∴两圆的位置关系是相交.
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系，熟练掌握两圆的圆心距大小和两圆的位置之间的关系是解题的
关键．
14．（2022·山东济南·济南育英中学校考模拟预测）如图，在一个边长为3的正方形内有两个互相外切的
圆，且两圆都与正方形的两邻边相切，两圆心距为（ ）
6+3√2
A．6−3√2 B． C．3√2 D．1.5
2
【答案】A
【分析】作OE⊥AB于E，O′F⊥BC于F，如图，设⊙O的半径为R，⊙O′的半径为r，利用切线的性质得到
OE=R，O′F=r，再根据正方形的性质得到∠BAC=∠BCA=45°，AC=3√2，所以OA=√2R，O′C=√2r，利用两圆外切性质得到OO′=R+r，从而得到√2R+R+r+√2r=3√2，然后求出R+r即可．
【详解】解：如图，作OE⊥AB于E，O′F⊥BC于F，如图，设⊙O的半径为R，⊙O′的半径为r，则
OE=R，O′F=r，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC=∠BCA=45°，AC=√2AB=3√2，
∴OA=√2R，O′C=√2r，
∵⊙O与⊙O′外切，
∴OO′=R+r，
∴√2R+R+r+√2r=3√2，
3√2
∴R+r= =6-3√2，
√2+1
即两圆心距为6-3√2．
故选：A．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系：两圆外切 d=R+r（其中d为两圆的圆心距，R、r为两圆的半
径）．也考查了正方形的性质、勾股定理等知识．⇔
15．（2022·湖北武汉·统考一模）如图，在平面内⊙O ，⊙O ，⊙O 两两外切，其中⊙O 的半径为8，
1 2 3 1
⊙O ，⊙O 的半径都为5．用一张半径为R的圆形纸片把这三个圆完全覆盖，则R的最小值为（ ）
2 3
40
A． B．10 C．13 D．15
3【答案】A
【分析】当半径为R的圆形纸片与三个圆相切时，R的值最小，根据两圆相切的性质求解即可．
【详解】解：如图，当⊙O与三个已知圆相切时，R的值最小，
∵四个圆相切，⊙O 的半径为8，⊙O ，⊙O 的半径都为5，⊙O的半径为R．
1 2 3
∴OO= OO=5+8=13，OO = OO =R-5，OO=R-8，OO=5+5=10，
1 2 1 3 2 3 1 2 3
∴OO⊥OO，设垂足为I，
1 2 3
∴IO =5，
2
∴IO =√132−52=12，
1
∴IO=12−(R−8)=20−R，
∴IO ❑ 2+OI2=OO ❑ 2 ，即52+(20−R) 2=(R−5) 2，
2 2
40
解得，R= ，
3
故选： A．
【点睛】本题考查了相切圆的性质和勾股定理，解题关键是明确两圆相切时，圆心距与半径的关系，根据
勾股定理列出方程．
【考点4 切线的判定的综合运用】
16．（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O交AC、BC于点D、E，且
D是AC的中点，过点D作DG⊥BC于点G，交BA的延长线于点H．(1)求证：直线HG是⊙O的切线；
2
(2)若HA=3,cosB= ，求CG的长．
5
【答案】(1)见解析
6
(2)
5
【分析】（1）连接OD，利用三角形中位线的定义和性质可得OD∥BC，再利用平行线的性质即可证明；
（2）先通过平行线的性质得出∠HBG=∠HOD，设OD=OA=OB=r，再通过解直角三角形求出半径
长度，再利用三角形中位线定理和相似三角形的判定和性质分别求出BC，BG的长度，即可求解．
【详解】（1）连接OD，
∵DG⊥BC，
∴∠BGH=90°，
∵D是AC的中点，AB为直径，
∴OD∥BC，
∴∠BGH=∠ODH=90°，
∴直线HG是⊙O的切线；
（2）由（1）得OD∥BC，∴∠HBG=∠HOD，
2
∵cos∠HBG= ，
5
2
∴cos∠HOD= ，
5
设OD=OA=OB=r，
∵HA=3，
∴OH=3+r，
在Rt△HOD中，∠HDO=90°，
OD r 2
∴cos∠HOD= = = ，
OH 3+r 5
解得r=2，
∴OD=OA=OB=2,OH=5,BH=7，
∵D是AC的中点，AB为直径，
∴BC=2OD=4，
∵∠BGH=∠ODH=90°，
∴△ODH∼△BGH，
OH OD 5 2
∴ = ，即 = ，
BH BG 7 BG
14
∴BG= ，
5
14 6
∴CG=BC−BG=4− = ．
5 5
【点睛】本题考查了切线的判定，三角形中位线的性质，平行线的判定和性质，相似三角形的判定和性质
及解直角三角形，熟练掌握知识点是解题的关键．
17．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，在半径为10cm的⊙O中，AB是⊙O的直径，CD是过⊙O上
一点C的直线，且AD⊥DC于点D，AC平分∠BAD，点E是BC的中点，OE＝6cm．(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求AD的长．
【答案】(1)见解析
36
(2)AD=
5
【分析】（1）连接OC，由AC平分∠BAD，OA＝OC，可得∠DAC＝∠OCA，AD∥OC，根据AD⊥DC，
即可证明CD是⊙O的切线；
AD AC AD 12
（2）由OE是 ABC的中位线，得AC＝12，再证明 DAC∽△CAB， = ，即 = ，从而得到
AC AB 12 20
△ △
36
AD= ．
5
【详解】（1）证明：连接OC，如图：
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠CAO，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴CO⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵E是BC的中点，且OA＝OB，
∴OE是△ABC的中位线，AC＝2OE，
∵OE＝6，∴AC＝12，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°＝∠ADC，
又∠DAC＝∠CAB，
∴△DAC∽△CAB，
AD AC AD 12
∴ = ，即 = ，
AC AB 12 20
36
∴AD= ．
5
【点睛】本题考查圆的切线的判定定理，相似三角形的判定及性质等知识，解题的关键是熟练应用圆的相
关性质，转化圆中的角和线段．
18．（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，AB为⊙O的直径，点C在直径AB上（点C与A，B两点不重
合），OC＝3，点D在⊙O上且满足AC＝AD，连接DC并延长到E点，使BE＝BD．
(1)求证：BE是⊙O的切线；
(2)若BE＝6，试求cos∠CDA的值．
【答案】(1)证明见解析
√10
(2)
10
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ADB＝90°，从而可得∠BDE+∠ADC＝90°，根据等腰三
角形的性质以及对顶角相等可得∠ECB＝∠ADC，然后根据等腰三角形的性质可得∠E＝∠BDE，从而可得
∠E+∠BCE＝90°，最后利用三角形内角和定理可得∠EBC＝90°，即可解答；
（2）设⊙O的半径为r，则AC＝AD＝3+r，在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出r＝5，从而求出BC＝2，
然后在Rt△EBC中，根据勾股定理可求出EC的长，从而利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BDE+∠ADC＝90°，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵∠ACD＝∠ECB，
∴∠ECB＝∠ADC，
∵EB＝DB，
∴∠E＝∠BDE，
∴∠E+∠BCE＝90°，
∴∠EBC＝180°﹣（∠E+∠ECB）＝90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，
∵OC＝3，
∴AC＝AD＝AO+OC＝3+r，
∵BE＝6，
∴BD＝BE＝6，
在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，
∴36+（r+3）2＝（2r）2，
∴r＝5，r＝﹣3（舍去），
1 2
∴BC＝OB﹣OC＝5﹣3＝2，
在Rt△EBC中，EC＝√EB 2+BC2＝√62+22＝2√10，
BC 2 √10
∴cos∠ECB＝ ＝ ＝ ，
EC 2√10 10
√10
∴cos∠CDA＝cos∠ECB＝ ，
10
√10
∴cos∠CDA的值为 ．
10
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握切线的判定与性质，以及锐角三角函数
的定义是解题的关键．19．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于点E，O
为AC上一点，经过点A、E的⊙O分别交AB、AC于点D、F，连接OD交AE于点M．
(1)求证：BC是⊙O的切线．
3
(2)若CF＝2，sinC＝ ，求AE的长．
5
【答案】(1)见解析
12√5
(2)
5
【分析】（1）连接OE，方法一：根据角平分线的性质及同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠OEC＝
90°即可；
方法二：根据角平分线的性质和等腰三角形的性质得出∠OEC＝90°即可；
（2）连接EF，根据三角函数求出AB和半径的长度，再利用三角函数求出AE的长即可．
【详解】（1）连接OE，
方法一：∵AE平分∠BAC交BC于点E，
∴∠BAC＝2∠OAE，
∵∠FOE＝2∠OAE，
∴∠FOE＝∠BAC，
∴OE∥AB，∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
方法二：∵AE平分∠BAC交BC于点E，
∴∠OAE＝∠BAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠BAE＝∠OEA，
∴OE∥AB，
∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）连接EF，
3
∵CF＝2，sinC＝ ，
5
OE 3
∴ = ，
OF+CF 5
∵OE＝OF，
∴OE＝OF＝3，
∵OA＝OF＝3，
∴AC＝OA+OF+CF＝8，
3 24
∴AB＝AC•sinC＝8× ＝ ，
5 5∵∠OAE＝∠BAE，
∴cos∠OAE＝cos∠BAE，
AB AE
即 = ，
AE AF
24
∴ 5 AE ，
=
AE 3+3
12√5
解得AE＝ （舍去负数），
5
12√5
∴AE的长为 ．
5
【点睛】本题主要考查切线的判定和三角函数的应用，熟练掌握切线的判定定理和三角函数是解题的关键．
20．（2022·山东济宁·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，以AB的中点O为圆心，以OA为半径作半
圆，连接OD交半圆于点E，在B´E上取点F，使A´E=E´F，连接BF，DF．
(1)求证：DF与半圆相切；
(2)如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
200
(2)
3
【分析】（1）连接OF，证明△DAO≅△DFO(SAS)，可得∠DAO=∠DFO，根据矩形的性质可得
∠DAO=90∘，进而即可得证；
（2）连接AF，根据题意证明△AOD∽△FBA，根据相似三角形的性质求得DO，进而勾股定理AD，根
据矩形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：连接OF．
∵A´E=E´F，
∴∠DOA=∠FOD.∵AO=FO,DO=DO，
∴△DAO≅△DFO(SAS)
∴∠DAO=∠DFO.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAO=90∘
∴∠DFO=90∘.
∴DF与半圆相切.
（2）解：连接AF，
∵AO=FO，∠DOA=∠DOF，
∴DO⊥AF，
∵AB为半圆的直径，
∴∠AFB=90∘，
∴BF⊥AF，
∴DO∥BF.∴∠AOD=∠ABF.
∵∠OAD=∠AFB=90∘，
∴△AOD∽△FBA
AO DO
∴ = ，
BF AB
5 DO
∴ = ，
6 10
25
∴DO= ，
3
在Rt ΔAOD中，AD=√DO2−AO2=
√ (25) 2
−52=
20
.
3 3
20 200
∴矩形ABCD的面积为 ×10= .
3 3
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
【考点5 切线的性质的综合运用】
21．（2022·内蒙古·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，EF与⊙O相切于点D，EF∥BC分别交
AB，AC的延长线于点E和F，连接AD交BC于点N，∠ABC的平分线BM交AD于点M．
(1)求证：AD平分∠BAC；
(2)若AB:BE=5:2，AD=√14，求线段DM的长．
【答案】(1)见解析
(2)DM=2
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得OD⊥EF，由EF∥BC 得OD⊥BC，由垂径定理得B´D=C´D，
进而即可得出结论；
2√14
（2）由平行线分线段定理得DN= ，再证明△BDN∽△ADB，可得BD=2 ，最后证明
7
∠BMD=∠DBM,进而即可求解．
【详解】（1）证明：连接OD交BC于点H.
∵EF与⊙O相切于点D∴OD⊥EF，
∴∠ODF=90°，
∵BC∥EF，
∴∠OHC=∠ODF=90°，
∴OD⊥BC，
∴B´D=C´D，
∴∠BAD=∠CAD 即AD平分∠BAC；
（2）解：∵BC∥EF，
BE ND
∴ = ，
AE AD
∵AB:BE=5:2，AD=√14，
2√14
∴DN= ，
7
∵∠BAD=∠CAD，∠CAD=∠CBD，
∴∠BAD=∠CBD，
∵BM平分∠ABC，
∴∠ABM=∠CBM，
∴∠BAD+∠ABM=∠CBD+∠CBM，
∴∠BMD=∠MBD，
∴BD=DM，
∵∠NBD=∠BAD，∠BDM=∠ADB，
∴△BDN∽△ADB，
ND DB
∴ =
BD AD
2√14
∴BD2=ND⋅AD= ×√14=4 ，
7
∴BD=2（负值舍去），
∴DM=BD=2
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，切线的性质、相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，
等腰三角形的判定和性质；找出相似三角形，列相似比求解是解决本题的关键．
22．（2022·四川巴中·统考中考真题）四边形ABCD内接于⊙O，直径AC与弦BD交于点E，直线PB与
⊙O相切于点B．(1)如图1，若∠PBA=30°，且EO=EA，求证：BA平分∠PBD；
(2)如图2，连接OB，若∠DBA=2∠PBA，求证：△OAB∽△CDE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OB，根据切线的性质可得∠PBA+∠ABO=90°，再由∠PBA=30°，可得
∠ABO=60°，从而得到△AOB为等边三角形，再跟等边三角形的性质可得BE平分∠ABO，即可求证；
（2）根据切线的性质和直径所对的圆周角是直角可得∠PBA=∠OBC=∠OCB，从而得到
∠AOB=2∠OCB=2∠PBA，进而得到∠AOB=∠ACD，再由∠BAO=∠BDC，即可求证．
【详解】（1）证明：连接OB，
∵直线PB与⊙O相切于点B，
∴∠PBO=90°，
∴∠PBA+∠ABO=90°，
∵∠PBA=30°，
∴∠ABO=60°，
又∵OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
又∵OE=AE，
∴BE平分∠ABO，
1
∴∠ABE= ∠ABO=30°，
2
∴BA平分∠PBD；（2）证明：∵直线PB与⊙O相切于点B，
∴∠PBO=90°，
∴∠PBA+∠ABO=90°，
∵AC为直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠OBC+∠ABO=90°，
∴∠OBC=∠PBA，
∵OB=OC，
∴∠PBA=∠OBC=∠OCB，
∴∠AOB=2∠OCB=2∠PBA，
∵∠ACD=∠ABD=2∠PBA，
∴∠AOB=∠ACD，
又∵∠BAO=∠BDC，
∴△OAB∽△CDE．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性
质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
23．（2022·山东济南·统考中考真题）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB延长
线于点D，连接AC，BC，∠D＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于点E，过点B作BF⊥CE，垂足为F．
(1)求证：CA＝CD；(2)若AB＝12，求线段BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)3√2
【分析】（1）连接OC，欲证明CA＝CD，只要证明∠CAD=∠CDA即可．
（2）因为AB为直径，所以∠ACB=90°，可得出三角形CBF为等腰直角三角形，即可求出BF，由此即
可解决问题．
【详解】（1）证明：连接OC
∵CD与⊙O相切于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠CDA=30°，
∴∠COB=90°−∠CDA=60°，
∵B´C所对的圆周角为∠CAB，圆心角为∠COB，
1
∴∠CAB= ∠COB=30°，
2
∴∠CAD=∠CDA，
∴CA=CD．
（2）∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，∠CAB=30°，AB=12，
1
∴BC= AB=6，
2
∵CE平分∠ACB，
1
∴∠ECB= ∠ACB=45°，
2
∵BF⊥CE，∴∠CFB=90°，
√2
∴BF=BC⋅sin45°=6× =3√2．
2
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决
问题，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型．
24．（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D在AB上，以BD为直径的
⊙O与AC相切于点E，交BC于点F，连接DF，OE交于点M．
(1)求证：四边形EMFC是矩形；
(2)若AE=√5，⊙O的半径为2，求FM的长．
【答案】(1)详见解析
2√5
(2)
3
【分析】（1）利用直径所对的圆周角是直角及邻补角互补，可求出∠CFD=90°，由⊙O与AC相切于点
E，利用圆的切线垂直于过切点的半径可得出 OE⊥AC ，进而可得出 ∠OEC=∠AEO=90°，结合再
利用三个角都是直角的四边形是矩形，即可证出四边形 EMFC 是矩形．
（2）在Rt△AOE 中，利用勾股定理可求出 OA 的长，进而可得出 AB 的长，由∠AEO=∠C=90°，
利用“同位角相等，两直线平行”可得出OE//BC，进而可得出△AEO∼△ACB利用相似三角形的性质
可求出 AC 的长，结合 CE=AC−AE， 可求出 CE 的长，再利用矩形的对边相等，即可求出 FM 的
长．
（1）
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BFD=90°，
∴∠CFD=90°，
∴⊙O与AC相切于点E，∴OE⊥AC，
∴∠OEC=∠AEO=90°，
又∴∠C=90°，
∴∠C=∠CFD=∠OEC=90°，
∴四边形EMFC是矩形．
（2）
解：在Rt△AOE中∠AEO=90° AE=√5 OE=OB=2，
∴OA2=AE2+OE2，
∴OA=√AE2+OE2=√(√5) 2+22=3，
∴AB=OA+OB=3+2=5，
∴∠AEO=∠C=90°，
∴OE//BC，
∴△AEO∼△ACB，
AE AO √5 3
∴ = ，即 = ，
AC AB AC 5
5√5
∴AC= ，
3
5√5 2√5
∴CE=AC−AE= −√5= ，
3 3
∴四边形EMFC是矩形，
2√5
∴FM=CE= ．
3
【点睛】本题考查了矩形的判定，相切，勾股定理，平行线的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，
解题的关键是：(1）根据各角之间的关系，找出四边形EMFC 的三个角均为直角．（2）利用勾股定理及
相似三角形的性质，求出AC的长度．
25．（2022·辽宁大连·统考中考真题）AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC，垂足为D，过点
A作⊙O的切线，与DO的延长线相交于点E．(1)如图1，求证∠B=∠E；
(2)如图2，连接AD，若⊙O的半径为2，OE=3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
2√21
(2)
3
【分析】（1）证明∠ODB=∠OAE=90°，∠DOB=∠AOE，即可得出∠B=∠E；
（2）证明ΔODB ∼ΔOAE，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂径定理求出BC，进而利用勾股定理求
出AC，AD．
【详解】（1）解：∵ OD⊥BC，
∴∠ODB=90°，
∵ AE是⊙O的切线，
∴∠OAE=90°，
在ΔODB和ΔOAE中，∠ODB=∠OAE=90°，∠DOB=∠AOE，
∴∠B=∠E；
（2）解：如图，连接AC．
∵ ⊙O的半径为2，
∴OA=OB=2，AB=4，
∵ 在ΔODB和ΔOAE中，
∠ODB=∠OAE=90°，∠DOB=∠AOE，∴ΔODB ∼ΔOAE，
OD OB OD 2
∴ = ，即 = ，
OA OE 2 3
4
∴OD= ，
3
在RtΔODB中，由勾股定理得：OD2+DB2=OB2，
∴DB=√OB2−OD2=
√
22−
(4) 2
=
2√5
．
3 3
∵ OD⊥BC，OD经过⊙O的圆心，
2√5
∴CD=DB= ，
3
4√5
∴BC=2DB= ．
3
∵AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，
∴∠ACB=90°，
在RtΔACB中，由勾股定理得：AC2+BC2=AB2，
∴AC=√AB2−BC2=
√
42−
(4√5) 2
=
8
．
3 3
在RtΔACD中，由勾股定理得：AC2+CD2=AD2，
∴AD=√AC2+CD2=
√ (8) 2
+
(2√5) 2
=
2√21
．
3 3 3
【点睛】本题考查切线的定义、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等，综合性
较强，熟练掌握上述知识点，通过证明ΔODB ∼ΔOAE求出 的长度是解题的关键．
【考点6 切线长定理】 OD
26．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，直线AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G，且AB∥CD，
若OB=6cm，OC=8cm，则BE+CG的长等于______．【答案】10cm
【分析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明∠BOC=90°，再根据勾股定理即可求得BC的长，
再结合切线长定理即可求解．
【详解】解： ∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵CD、BC，AB分别与⊙O相切于G、F、E，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠BCD，BE=BF，CG=CF，
2 2
∴∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠BOC=90°，
∴BC=√OB2+OC2=10，
∴BE+CG=10cm．
故答案为：10cm．
【点睛】此题主要是考查了切线长定理．从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点
的连线平分两条切线的夹角．
27．（2022·浙江宁波·统考一模）如图，矩形ABCD中，AB=11，AD=4，⊙O分别与边
AD，AB，CD相切，点M，N分别在AB，CD上，CN=1，将四边形BCNM沿着MN翻折，使点B、
C分别落在B′、C′处，若射线MB′恰好与⊙O相切，切点为G，则线段MB的长为 __．
【答案】5−2√2##−2√2+5
【分析】设AB与⊙O相切于点E，AD与⊙O相切于点H，连接OE，OM，OG，OH，过点N作NF⊥B′M于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，∠OME=∠OMG，利用折叠的性质可
得∠BMN=∠B′MN，设BM=B′M=x，则MF=B′M−B′F=x−1，
EM=AB−AE−BM=11−2−x=9−x，通过证明△OEM∽△MFN，利用相似三角形的性质列出方程，
解方程即可得出结论．
【详解】解：设AB与⊙O相切于点E，AD与⊙O相切于点H，
连接OE，OM，OG，OH，过点N作NF⊥B′M于点F，如图，
∵⊙O分别与边AD，AB，CD相切，AD=4，
∴⊙O的直径为4，
∴OE=OG=2．
∵AD，AB为⊙O的切线，
∴OH⊥AD，OE⊥AB，
∵∠A=90°，
∴四边形OHAE为矩形，
∵OH=OE，
∴四边形OHAE为正方形．
∴AE=AH=OE=2．
∵ME，MB为⊙O的切线，
∴OE⊥AM，OG⊥MG，ME=MG，∠OME=∠OMG．
∵四边形BCNM沿着MN翻折，使点B、C分别落在B′、C′处，
∴CN=CN′=1，MB=MB′，B′C′=BC=4，∠BMN=∠B′MN．
∵∠AMO+∠GMO+∠B′MN+∠BMN=180°，
∴∠OME+∠B′MN=90°，
∵NF⊥MG，
∴∠FNM+∠GMN=90°，
∴∠OME=∠FNM，
∵∠OEM=∠MFN=90°，
∴△OEM∽△MFN．OE FM
∴ = ．
ME FN
∵四边形C′B′MN为直角梯形，NF⊥B′M，
∴NF=B′C′=4，B′F=C′N=1，
设BM=B′M=x，则MF=B′M−B′F=x−1，EM=AB−AE−BM=11−2−x=9−x，
2 x−1
∴ = ，
9−x 4
解得：x=5−2√2或5+2√2（不合题意，舍去）．
∴BM=5−2√2．
故答案为：5−2√2．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形
的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．
28．（2022·安徽蚌埠·统考二模）如图，△ABC中，∠BAC=90°，M是BC的中点，△ABM的内切圆与
AB，BM分别相切于点D，E，连接DE．若DE∥AM，则∠C的大小为______．
【答案】30°##30度
【分析】利用直角三角形斜边上的中线的性质证明 ABM是等腰三角形，得到∠B＝∠BAM，△ABM的内
切圆与AB，BM分别相切于点D，E，利用切线长定△理证明 BDE是等腰三角形，得到∠BED＝∠BDE，
利用DE∥AM得到∠BED＝∠BMA，∠BDE＝∠BAM，进△一步证得 ABM是等边三角形，∠B＝60°，即
可求出∠C的大小． △
【详解】解：∵∠BAC=90°，
∴ ABC是直角三角形
∵△M是BC的中点，
1
∴AM＝BM＝ BC，
2
∴△ABM是等腰三角形，
∴∠B＝∠BAM，
∵△ABM的内切圆与AB，BM分别相切于点D，E，∴BD＝BE，
∴△BDE是等腰三角形，
∴∠BED＝∠BDE，
∵DE∥AM，
∴∠BED＝∠BMA，∠BDE＝∠BAM，
∴∠BMA＝∠BAM
∴∠B＝∠BMA＝∠BAM，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠B＝60°，
∴∠C＝90°－∠B＝30°，
故答案为：30°．
【点睛】此题考查了直角三角形的性质、圆的切线长定理、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定
和性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
29．（2022·北京西城·校考模拟预测）如图，AD是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，连接PO交⊙O于点
C，作PB，PD分别切⊙O于点B，D，连接AB，AC．
(1)求证：AB∥OP；
(2)连接PA，若PA=4√2，tan∠BAD=2，求线段AB的长．
【答案】(1)见解析
4
(2) √5
5
【分析】（1）连接OB，根据切线的性质可得∠OBP=∠ODP=90°，从而证明Rt△OBP≌Rt△ODP，
1 1
进而可得∠BOP=∠DOP= ∠BOD，然后根据圆周角定理可得∠BAD= ∠BOD，从而可得
2 2∠BAD=∠DOP，最后利用平行线的判定即可解答；
（2）连接BD，利用（1）的结论可得tan∠BAD=tan∠DOP=2，然后在Rt△DOP中，利用锐角三角
函数的定义可得DP=2OD，从而可得DP=AD，进而在等腰直角三角形ADP中求出DP，AD的长，最
后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义可得BD=2AB，再利用勾股定理进行计算即可解答．
（1）
证明：连接OB，
∵PB，PD分别切⊙O于点B，D，
∴∠OBP=∠ODP=90°，
∵OB=OP，OP=OP，
∴Rt△OBP≌Rt△ODP(HL)，
1
∴∠BOP=∠DOP= ∠BOD，
2
1
∵∠BAD= ∠BOD，
2
∴∠BAD=∠DOP，
∴AB//OP；
（2）
解：连接BD，∵∠BAD=∠DOP，
∴tan∠BAD=tan∠DOP=2，
DP
在Rt△DOP中，tan∠DOP= =2，
OD
∴DP=2OD，
∵AD=2OD，
∴DP=AD，
∵PA=4√2，
AP
∴AD=DP= =4，
√2
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
BD
∵tan∠BAD= =2，
AB
∴BD=2AB，
∵AB2+BD2=AD2，
∴AB2+4AB2=16，
4 4
∴AB= √5或AB=− √5（舍去），
5 5
4
∴线段AB的长为 √5．
5
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，熟练掌握切线
的性质，以及解直角三角形是解题的关键．
30．（2022·河北邯郸·校考三模）如图1，菱形ABCD的边长为12cm，∠B＝60°，M，N分别在边AB，
CD．上，AM＝3cm，DN＝4cm，点P从点M出发，沿折线MB﹣BC以1cm/s的速度向点C匀速运动（不
与点C重合）；△APC的外接圆⊙O与CD相交于点E，连接PE交AC于点F．设点P的运动时间为ts．
(1)∠APE＝ °；
(2)若⊙O与AD相切，①判断⊙O与CD的位置关系；
②求AP´C的长；
(3)如图3，当点P在BC上运动时，求CF的最大值，并判断此时PE与AC的位置关系；
(4)若点N在⊙O的内部，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)60°
16√3
(2)①⊙O与CD相切；②AP´C= π
3
(3)CF的最大值为3cm，此时AC⊥PE
(4)当02，即 a>2，于是解不等式即可得到a
5 5
的范围．
1
【详解】解：当y=0时，﹣ x+a=0，解得x=2a，则A(2a，0)，
2
1
当x=0时，y=− x+a=a，则B(0，a)，
2
在Rt ABO中，AB=√a2+(2a) 2=√5a，
△
过O点作OH⊥AB于H，如图，
1 1
∵ OHAB= OBOA，
2 2
⋅ ⋅ ⋅ ⋅
a⋅2a 2√5
∴OH= = a，
√5a 5
∵半径为2的O与直线AB相离，
2√5
所以OH>2，即 a>2，
5
所以a>√5
故答案为a>√5．
【点睛】本题考查了判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，若直线l
和⊙O相交⇔dr．也考查了一次函数与系数的关系．
37．（2022·北京·一模）对于平面直角坐标系xOy中的任意一点P，给出如下定义：经过点P且平行于两坐
标轴夹角平分线的直线，叫做点P的“特征线”．例如：点M(1,3)的特征线是y=x+2和y=−x+4．（1）若点D的其中一条特征线是y=x+1，则在D (2,2)、D (−1,0)、D (−3,4)三个点中，可能是点D
1 2 3
的点有_______；
（2）已知点P(−1,2)的平行于第二、四象限夹角平分线的特征线与x轴相交于点A，直线
y=kx+b(k≠0)经过点P，且与x轴交于点B．使△BPA的面积不小于6，求k的取值范围；
（3）已知点C(2,0)，T(t,0)，且⊙T的半径为1．当⊙T与点C的特征线存在交点时，直接写出t的取值
范围．
1 1 1 1
【答案】（1）D ；（2）00)个单位，若平移后得到的直线与半径为6的⊙O相离（点O为坐标原点），
试求m的取值范围.
4
【答案】（1）− ；（2）m>10
3
【分析】（1）利用待定系数法解答；
（2）得出平移后得到的直线，求出A、B点的坐标，转化为直角三角形中的问题，再由直线与圆的位置关
系的判定解答．
【详解】（1）因为直线y=kx(k≠0)经过点(3,−4)，
所以−4=3k，
4
即k=− ，
3
4
故答案为−
34
（2）由（1）及题意知，平移后得到的直线l所对应的函数关系式为y=− x+m(m>0)，设直线l与x轴、
3
y轴分别交于点A、B（如图所示），
3
当x=0时，y=m；当y=0时，x= m.
4
(3 ) 3
所以A m,0 ，B(0,m)，即OA= m，OB=m.
4 4
√ 9 5
在RtΔOAB中，AB=√OA2+OB2= m2+m2= m.
16 4
过点O作OD⊥AB于D，
1 1
因为S = OD⋅AB= OA⋅OB，
ΔABO 2 2
1 5 1 3
所以 OD⋅ m= ⋅ m⋅m，
2 4 2 4
3
因为m>0，解得OD= m.
5
3
依题意得： m>6，
5
解得m>10，
即m的取值范围为m>10.
【点睛】此题主要考查待定系数法、勾股定理、直线与圆的位置关系等知识．
39．（2022春·九年级单元测试）在平面直角坐标系xOy中，点A在直线l上，以A为圆心，OA为半径的
圆与y轴的另一个交点为E．给出如下定义：若线段OE，⊙A和直线l上分别存在点B，点C和点D，使得
四边形ABCD是矩形（点A，B，C，D顺时针排列），则称矩形ABCD为直线l的“位置矩形”．
例如，图中的矩形ABCD为直线l的“位置矩形”．（1）若点A（-1，2），四边形ABCD为直线x=-1的“位置矩形”，则点D的坐标为 ；
（2）若点A（1，2），求直线y=kx+1（k≠0）的“位置矩形”的面积；
（3）若点A（1，-3），直线l的“位置矩形”面积的最大值为 ，此时点D的坐标为 ．
【答案】（1）（-1，0）；（2）√6；（3）5、（3，-2）或（-1，-2）．
【分析】（1）只需根据新定义画出图形就可解决问题；
（2）过点A作AF⊥y轴于点F，连接AO、AC，如图2，根据点A（1，2）在直线y=kx+1上可求出k，设直
线y=x+1与y轴相交于点G，易求出OG=1，∠FGA=45°，根据勾股定理可求出AG、AB、BC的值，从而可求
出“位置矩形”ABCD面积；
（3）设“位置矩形”的一组邻边长分别为x、y，则有x2+y2=10．由（x-y）2=x2+y2-2xy=10-2xy≥0可得xy≤5，
当且仅当x=y时，xy取最大值是5，此时“位置矩形”是正方形，然后分点D在第四象限（如图3）和第三
象限（如图4）两种情况讨论，就可解决问题
【详解】（1）如图1，
点D的坐标为（-1，0）．
故答案为（-1，0）；
（2）过点A作AF⊥y轴于点F，连接AO、AC，如图2．∵点A的坐标为（1，2），
∴AC=AO=√5，AF=1，OF=2．
∵点A（1，2）在直线y=kx+1上，
∴k+1=2，
解得k=1．
设直线y=x+1与y轴相交于点G，
当x=0时，y=1，点G（0，1），OG=1，
∴FG=OF-OG=2-1=1=AF，
∴∠FGA=45°，AG=√2．
在Rt GAB中，AB=AG•tan45°=√2．
△
在Rt ABC中，BC=√AC2−AB2=√3．
△
∴所求“位置矩形”ABCD面积为AB•BC=√6；
（3）设“位置矩形”的一组邻边长分别为x、y，
则有x2+y2=AC2=AO2=12+32=10．
∵（x-y）2=x2+y2-2xy=10-2xy≥0，
∴xy≤5．
当且仅当x=y时，xy取最大值是5，此时“位置矩形”是正方形．
①当点D在第四象限时，如图3，过点A作x轴的平行线，交y轴于点M，交过点D平行于y轴的直线于点N，
∵∠BAM+∠DAN=90°，∠BAM+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DAN，
在RtAMB和Rt DNA中，
¿， △
∴RtAMB≌Rt DNA，
则有AN=BM△=2，DN=AM=1，
∴点D的坐标为（1+2，-3+1）即（3，-2）．
②当点D在第三象限时，如图4，
过点A作x轴的平行线，交y轴于点N，交过点D平行于y轴的直线于点M，
同①的方法得：RtANB≌Rt DMA，
则有DM=AN=1，AM=BN=2△，
∴点D的坐标为（1-2，-3+1）即（-1，-2）．
故答案为5、（3，-2）或（-1，-2）．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了用待定系数法求直线的解析式、圆的定义、矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、完全平方公式、特殊角的三角函数值等知识，还考查了分类讨论的思想，运用公
式（x-y）2=x2+y2-2xy推出当“位置矩形”是正方形时面积最大是解决第3小题的关键．
3
40．（2022秋·江苏无锡·九年级校联考期中）如图，直线y= x+b（b>0）与x轴、y轴交于点A、B，在直
4
线AB上取一点C，过点C作x轴的垂线，垂足为E，若点E（4，0）．
（1）若EC=BC，求b的值；
（2）在（1）的条件下，有一动点P从点B出发，延着射线BC方向以每秒1个单位的速度运动，以点P
1
为圆心，作半径为 的圆，动点Q从点O出发，在线段OE上以每秒1个单位的速度作来回运动，过点Q
2
作直线l垂直x轴，点P与点Q同时从点B、点O开始运动，问经过多少秒后，直线l和⊙P相切．
5 25 85
【答案】（1）b=2；（2）t= 或 或 .
2 6 18
【分析】（1）作出辅助线,求出点B、C坐标代入解析式即可求解,
（2）分类讨论,利用圆心到切线的距离等于半径即可解题.
【详解】作BH⊥CE.∵E（4,0）,
3
∴OE=BH=4,把x=4代入y= x+b=3+b,∴CE=3+b.∵B(0,b),∴EH=OB=b,CH=3.在Rt△BCH中,BC=5=CE,∴C（4,5）
4
3
代入y= x+b,得b=2
4
4
（2）设点P到直线l的距离为d.作PH⊥y轴于点H,则PH= t.
5
4 1 1 1 5
①当0 ,舍去.（第3种情况酌情给分,舍去的理
5 2 2 5 2由合情描述即可）
5 25 85
综上所述,t= 或 或 .
2 6 18
【点睛】本题考查求解一次函数参数,直线与圆的位置关系,分类讨论是解题关键.
【考点9 圆的切线的运用（尺规作圆）】
41．（2022秋·广东广州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，BC=6cm．完成以下两个小题
的解答：
(1)用尺规作BC的中点D，并以AD为半径作⊙A（不写作法，保留作图痕迹），求证：⊙A与边BC相切；
(2)若⊙A恰好交于边AB的中点，求⊙A的半径长．
【答案】(1)图见解析，证明见解析
(2)√3
【分析】（1）作∠BAC的平分线交BC于点D，再以AD为半径作⊙A，再根据等腰三角形 的性质可得
AD⊥BC，即可；
（2）设边AB的中点为点E，⊙A的半径为r，可得AD=AE=BE=r，在Rt△ABD中，根据勾股定理求
出r，即可求解．
【详解】（1）解：如图，点D和⊙A即为所求；
证明：∵AB=AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∵AD为⊙A的半径，
∴⊙A与边BC相切；
（2）解：设边AB的中点为点E，⊙A的半径为r，∴AD=AE=BE=r，
∵BC=6cm，
∴BD=3cm，
在Rt△ABD中，AB2=BD2+AD2，
∴(r+r) 2=32+r2，
解得：r=√3，
即⊙A的半径为√3．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，等腰三角形的性质，尺规作图，勾股定理，熟练掌握切线的判定，
等腰三角形的性质，作已知角的平分线，灵活运用勾股定理是解题的关键．
42．（2022·安徽亳州·统考二模）已知，线段BC与⊙A相切于点B，BC=6，CD=3．
(1)求⊙A的半径；
(2)用尺规作BE∥AC交⊙A于点E，求BE的长．
9
【答案】(1)
2
27
(2)图见解析，BE＝
5
【分析】（1）设⊙A的半径为r，则AB=r，AC=r+3，根据切线的性质可得AB⊥BC，运用勾股定理即可求
得答案；
（2）运用SSS构造全等三角形的方法作图，再运用垂径定理和相似三角形的判定和性质即可求出BE．
（1）
解：设⊙A的半径为r，则AB=r，AC=r+3，
∵BC与⊙A相切于点B，
∴AB⊥BC，在Rt ABC中，AB2+BC2=AC2，
∴r2+6△2=（r+3）2，
9
解得：r= ；
2
（2）
解：如图所示，BE即为所求，
作法：①以B为圆心，AB长为半径画弧，
②以A为圆心，BD长为半径画弧，两弧交于点P，
③连接BP交⊙A于点E，
线段BE即为所求；
连接AE，过点A作AH⊥BE于点H，
则∠AHB=90°，BE=2BH，
∵BE∥AC，
∴∠ABE=∠BAC，
∵∠AHB=∠ABC=90°，
∴△ABH∽△CAB，
BH AB
∴ = ，
AB AC
9 9 15
∵AB= ，AC= +3= ，
2 2 2
9 2
( )
AB2 2 27
∴BH= = = ，
AC 15 10
2
27
∴BE=2BH= ．
5【点睛】本题考查了圆的切线性质，勾股定理，垂径定理，尺规作图，相似三角形的判定和性质，难度适
中，是一道基础性的试题．
43．（2022·福建厦门·福建省同安第一中学校考二模）如图，已知△ABC，∠B=40°．
（1）在图中，用尺规作出△ABC的内切圆的圆心O（保留痕迹，不必写作法；三角形的内切圆：与三角
形三边都相切的圆）；
（2）画出⊙O与边AB，BC，AC的切点D、E、F，连接EF，DF，求∠EFD的度数．
【答案】（1）见解析；（2）70°
【分析】（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等，即可得到O即为三角形ABC的三个角平分线的
交点；
（2）连接OD，利用内切圆的性质得到∠ODB=∠OEB=90°，从而得到∠DBE+∠DOE=180°，再根据圆周角
定理求解即可得到答案.
【详解】解：（1）如图所示，以B为圆心，以任意长为半径画弧，分别于AB，BC交于MN，再分别以
M、N为圆心，以大于MN长的一半为半径画弧，两弧交于点P，连接BP并延长，BP即为∠ABC的角平
分线，同理作出∠ACB的角平分线，与AP延长线交于O，以O为圆心，以OC的长为半径画弧，与BC交
于点Q，再分别以Q、C为圆心，以大于QC长的一半为半径画弧，两者交于T，连接OT交BC于E，再以
O为圆心，以OE的长为半径画圆，分别于AB，AC交于D、F，即为所求；
（2）如图，连接OD，
∵圆O是三角形ABC的内切圆，且与边AB，BC，AC的切点D、E、F，
∴∠ODB=∠OEB=90°，∴∠DBE+∠DOE=180°，
∵∠DBE=40°，
∴∠DOE=140°，
1
∴∠EFD= ∠DOE=70°
2
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆的作图，内切圆的性质，圆周角定理，解题的关键在于能够熟练掌
握内切圆圆心是角平分线的交点.
44．（2022·江苏泰州·统考二模）知⊙O及⊙O上一点P，过点P作⊙O的切线.
小明设计了如下尺规作法：
①连接OP，以点P为圆心，OP长为半径画弧交⊙O于点A；
②连接OA，延长OA到B，使AB=OA，作直线PB．则直线即为所求作.
（1）请证明小明作法的正确性；
（2）请你自己再设计一种尺规作图方法（保留痕迹，不要证明）.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；
【分析】（1）连接PA，证出∠OPB=90°即可；
（2）先作一条射线OP，然后在OP外取一点A, 再以点A为圆心，AP为半径作圆，与射线OP交于另一
点B，连接并延长BA与⊙A交于点C，连接PC即可．
【详解】证明：（1）连接PA，由题意可知：PA=OP=OA=AB，∴ΔOPA是等边三角形，
∴∠OPA=∠POA=∠OAP=60°，
∵PA=AB，
∴∠APB=∠ABP，且∠APB+∠ABP=60°，
∴∠APB=∠ABP=30°
∴∠OPA+∠APB=90°，即：∠OPB=90°,
∴OP⊥PB，
即：PB为⊙O的切线；
（2）解：作法：
①作射线OP；
②在射线OP外任取一点A, 以点A为圆心，AP为半径作⊙A，与射线OP交于另一点B；
③连接并延长BA与⊙A交于点C；
④作直线PC；
则直线PC即为所求．如下图所示：
证明：∵BC是⊙A的直径，
∴∠BPC=90° (圆周角定理 ) ，
即OP⊥PC，又∵OP是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线(切线的判定) ．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，正确的做出图形是解题的关键．
45．（2022·陕西西安·统考一模）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.
【考点10 动圆问题】
46．（2022秋·广东惠州·九年级校考阶段练习）如图，A(8，0)、B(0，6)分别是平面直解坐标系xOy坐标
轴上的点，经过点O且与AB相切的动圆与x轴、y轴分别相交于点P、Q，则线段PQ长度的最小值是（）A．4√2 B．5 C．4.8 D．4.75
【答案】C
【分析】设PQ中点为F，圆与AB交点为D，连接FE、FO、OD，则易得圆直径最小值为OD的最小值，只
需求出OD的最小值即可.
【详解】解：如图所示
∵圆心为F，且P、Q、O、D在圆上
∴FD=FO，且PQ=FO+FD
∵在△FOD中，FO+FD>OD，当O、F、D三点共线时FO+FD=OD
∴PQ≥OD
由图易知当OD⊥AB即OD为△OAB边AB上的高时，OD最小
6×8
此时OD= =4.8
10
∴PQ的最小值为4.8
故答案是：C.
【点睛】本题主要考查圆中的最小值问题，合理的图形分析是解题的关键.
47．（2022·山东东营·校考一模）如图，在 ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，经过点C且与边AB相切的动
圆与CA、CB分别相交于点P、Q，则线段P△Q长度的最小值是（ ）A．4.75 B．4.8 C．5 D．4√2
【答案】B
【分析】设QP的中点为F，圆F与AB的切点为D，连接FD，连接CF，CD，则有FD⊥AB；由勾股定理的逆
定理知， ABC是直角三角形，FC+FD=PQ，由三角形的三边关系知，FC+FD＞CD；只有当点F在CD上时，
FC+FD=PQ△有最小值，最小值为CD的长，即当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高CD上时，PQ=CD有最
小值，由直角三角形的面积公式知，此时CD=BC•AC÷AB=4.8．
【详解】如图，设QP的中点为F，圆F与AB的切点为D，连接FD、CF、CD，则FD⊥AB．
∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴∠ACB=90°，FC+FD=PQ，
∴FC+FD＞CD，
∵当点F在直角三角形ABC的斜边AB的高CD上时，PQ=CD有最小值，
∴CD=BC•AC÷AB=4.8．
故选B．
【点睛】本题利用了切线的性质，勾股定理的逆定理，三角形的三边关系，直角三角形的面积公式求解．
48．（2022春·九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，BC=8，AB=6，经过点B和点D的两个动圆均与
AC相切，且与AB、BC、AD、DC分别交于点G、H、E、F，则EF+GH的最小值是________．【答案】9.6
【分析】设GH的中点为O，过O点作OM⊥AC，过B点作BN⊥AC，垂足分别为M、N，根据∠B=90°可知，
点O为过B点的圆的圆心，OM为⊙O的半径，BO+OM为直径，可知BO+OM≥BN，故当BN为直径时，直
径的值最小，即直径GH也最小，同理可得EF的最小值．
【详解】如图，设GH的中点为O，过O点作OM⊥AC，过B点作BN⊥AC，垂足分别为M、N，
∵在Rt ABC中，BC=8，AB=6，
△
∴AC=√AB2+BC2=10，
由面积法可知，BN•AC=AB•BC，
解得BN=4.8，
∵∠ABC=90°，
∴点O为过B点的圆的圆心，OM为⊙O的半径，BO+OM为直径的长，
又∵BO+OM≥BN，
∴当BN为直径时，直径的值最小，
此时，直径GH=BN=4.8，
同理可得：EF的最小值为4.8，
故EF+GH的最小值是9.6．
故答案为：9.6
【点睛】本题考查了切线的性质，垂线的性质及勾股定理的运用．关键是明确EF、GH为两圆的直径，根
据题意确定直径的最小值．
49．（2022·江苏南京·九年级专题练习）如图，在直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，
5
当⊙A与直线l:y= x只有一个公共点时，点A的坐标为________________．
12【答案】(±13,0)
5 5
【分析】当⊙A与直线l:y= x只有一个公共点时，则此时⊙A与直线l:y= x相切，（需考虑左右两
12 12
5
侧相切的情况）．设切点为B，此时B点同时在⊙A与直线l:y= x上，故可以表示出B点的坐标，过B
12
点作BC//OA，则此时△AOB∽△OBC，利用相似三角形的性质算出OA长度，最终得出结论．
【详解】如下图所示，连接AB，过B点作BC//OA，
( 5 )
此时B点坐标可表示为 x, x ，
12
5
∴OC= |x|，BC=|x|．
12
在Rt OBC中，OB=√BC2+OC2= √ x2+ ( 5 x ) 2 = 13 |x|，
12 12
△
又∵⊙A的半径为5，
∴AB=5．
∵BC//OA，
∴△AOB∽△OBC，
OA AB OB
则 = = ，
BO OC BC
OA 5
=
∴13 5 ，
|x| |x|
12 12
∴OA=13．
∵左右两侧都有相切的可能，
∴A点的坐标为(±13,0)．【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．
50．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，过点O和点M(2,2)的动圆⊙O 分别与x轴，y轴相交于点A，
1
B．
(1)求OA+OB的值；
(2)设ΔBOA的内切圆⊙I的直径为d，求证：d+AB为定值．
【答案】(1)4
(2)见解析
【分析】（1）如图：作MD⊥x轴于D，ME⊥y轴于E，连接MA、MB，先证明四边形MDOE为正方
形，再证明 △AMD≅△BME得到AD=BE，从而得到OA+OB=OD+OE=4；
OA+OB−AB
（2）利用直角三角形△BOA内切圆半径与三边的关系得到的内切圆⊙I的半径为 ，则
2
d=OA+OB−AB，然后可计算出d+AB=OA+OB=4．
【详解】（1）解：作MD⊥x轴于D，ME⊥y轴于E，连接MA、MB，如图，
∵M点坐标为(2,2)，
∴MD=ME=2，
∴四边形MDOE为正方形，
∴OD=OE=MD=2，∠EMD=90°，
∵AB为直径，
∴∠AMB=90°，即∠AME+∠BME=90°，而∠AME+∠AMD=90°，
∴∠AMD=∠BME，
在ΔAMD和ΔBME中
¿，
∴ΔAMD≅ΔBME(ASA)，
∴AD=BE．
∴OA+OB=OD−AD+OE+BE=OD+OE=2OD=4．
OA+OB−AB
（2）证明：∵ΔBOA的内切圆⊙I的半径= ，
2
∴ΔBOA的内切圆⊙I的直径=OA+OB−AB，
∴d+AB=OA+OB−AB+AB=4，
即d+AB为定值．
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆与内心、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，掌
握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是解答本题的
关键．
