文档内容
专题24.2.2 直线和圆的位置关系
（知识梳理+18个考点讲练+中考真题演练+难度分层练 共61题）
【解析版】
知识梳理 技巧点拨......................................................................2
知识点梳理01：直线和圆的位置关系...................................................2
知识点梳理02：切线.................................................................2
知识点梳理03：切线长...............................................................3
知识点梳理04：三角形的内切圆与内心.................................................3
知识点梳理05：圆与圆的位置关系.....................................................3
知识点梳理06：尺规作图——过圆外一点作圆的切线.....................................4
优选题型 考点讲练......................................................................4
考点1 已知直线和圆的位置关系求半径的取值...........................................4
考点2 已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离.....................................7
考点3 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离........................................13
考点4 求直线平移到与圆相切时运动的距离............................................15
考点5 切线的应用..................................................................19
考点6 切线的性质和判定的综合应用..................................................23
考点7 应用切线长定理求解..........................................................27
考点8 应用切线长定理求证..........................................................29
考点9 直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系......................................31
考点10 圆外切四边形模型...........................................................34
考点11 三角形内心有关应用.........................................................38
考点12 一般三角形周长、面积与内切圆半径的关系.....................................39
考点13 三角形内切圆与外接圆综合...................................................41
考点14 过圆外一点作圆的切线(尺规作图）............................................44
考点15 圆内知识综合（圆的综合问题）...............................................47
考点16 圆与三角形的综合（圆的综合问题）...........................................52
考点17 圆与四边形的综合（圆的综合问题）...........................................56
考点18 圆与函数的综合（圆的综合问题）.............................................58中考真题 实战演练.....................................................................64
难度分层 拔尖冲刺.....................................................................72
基础夯实..........................................................................72
培优拔高..........................................................................82
知识点梳理01：直线和圆的位置关系
1.相交的定义：如图24.2-8（1），直线和圆有两个公共点，这时我们说这条直线和圆相交，这条
直线叫做圆的割线.
2.相切的定义：如图24.2-8（2），直线和圆只有一个公共点，这时我们说这条直线和圆相切，这
条直线叫做圆的切线，这个点叫做切点.
3.相离的定义：如图24.2-8（3），直线和圆没有公共点，这时我们说这条直线和圆相离.
4.直线和圆的位置关系的判定：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离d，则有
直线l和⊙O相交 ⇔ d＜r ； 直线l和⊙O相切 ⇔ d=r ；
直线l和⊙O相离 ⇔ d＞r .
知识点梳理02：切线
1.切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
2.切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径.
【易错点拨】
① 证明一条直线是圆的切线，题目给出了直线与圆的公共点，但未给出过这点的半径，故要“连
半径，证垂直”；
② 已知圆的切线时，常连接圆心和切点，得到半径垂直于切线，通过构造直角三角形来解决问
题，即“见切线，连半径，得垂线”.知识点梳理03：切线长
1.切线长的定义：经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长.
2.切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条
切线的夹角.
符号语言：∵PA和PB是⊙O的两条切线
∴ PA=PB，OP平分∠APB
知识点梳理04：三角形的内切圆与内心
1.内切圆的定义：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.
2.内心的定义：内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心.
【易错点拨】
① 三角形内切圆的圆心到三角形三边的距离相等，这个距离就是半径；
② 三角形的内切圆有且只有一个.
知识点梳理05：圆与圆的位置关系
两个圆的公共点个数 圆与圆的位置关系 实例
外离 图1中（1）
相
0
图 1 中 （ 5 ）
离 内含
（6）
相 外切 图1中（2）
1
切 内切 图1中（4）
2 相交 图1中（3）两圆的位置关系 两圆圆心的距离d与两圆半径r和r之间的关系
1 2
外离 d>r +r
1 2
内含 0≤dr )
2 1 2 1
外切 d=r +r
1 2
内切 d=r −r (r >r )
2 1 2 1
相交 r )
2 1 1 2 2 1
知识点梳理06：尺规作图——过圆外一点作圆的切线
已知：如图，已知⊙O以及圆外一点P .
求作：过点P作⊙O的切线 .
1
步骤：（1）如图（1），连接OP，分别以O、P为圆心，大于 OP为半径画弧，两弧相交于M、N
2
两点，连接MN与OP交于点O’，O’为OP的中点；
（2）如图（2），以O’为圆心，OO’为半径画圆，⊙O与⊙O’交于点A，B；
（3）如图（3），连接AP、BP，直线AP、BP即为所求.
（1） （2） （3）
考点1 已知直线和圆的位置关系求半径的取值
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏徐州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点
P从点A出发沿AB以1cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点B出发沿BC以2cm/s速度向点C移动，
连接PQ，点P的运动时间为ts．(1)当△BPQ的面积等于5cm2时，求t的值；
(2)以Q为圆心，PQ为半径画⊙Q．
①当⊙Q与线段AD所在直线相切时，求t的值；
②当⊙Q与线段AD有两个公共点时，求t的取值范围．
【答案】(1)t=1或5；
12
(2)①t=0或 ；
5
12
② 0时，根据圆与直线相切即为圆与直线的距离等于半径列出方程即
可求解；
②⊙Q与线段AD有两个公共点即为⊙Q与线段AD的距离小于半径且QD≥PQ，列出一元二次不等式即
可求出t的取值范围．
【规范解答】（1）解：依题得：AP=t，BP=6−t，BQ=2t，CQ=12−2t，
1 1
∴S = BP·BQ= (6−t)·2t=−t2+6t，
△BPQ 2 2
当△BPQ的面积等于5cm2时，
即−t2+6t=5，
解得t =1，t =5，
1 2
故t=1或5；
（2）解：①当t=0时，点P在点A处，点Q在点B处，
此时PQ=AB=6cm，
且根据矩形性质可得∠BAD=90°，
则此时以Q为圆心，PQ为半径画⊙Q，即为以B为圆心，AB为半径画⊙B，⊙B与线段AD所在直线相
切，
故t=0满足条件；当t>0时，作QE⊥AD交AD于点E，
∵⊙Q与线段AD所在直线相切，
∴QE=PQ，
∵在矩形ABCD中，∠BAD=∠ABC=90°，
又∠QEA=90°，
∴四边形ABQE是矩形，
∴QE=AB=6cm，
即PQ=6cm，
∵Rt△PBQ中，BP2+BQ2=PQ2，
∴(6−t) 2+(2t) 2=62，
12
解得t = ，t =0（舍），
1 5 2
12
综上，当⊙Q与线段AD所在直线相切时，t=0或 ；
5
②∵⊙Q与线段AD有两个公共点，
∴PQ>QE，即PQ>6，PQ2>36，
∴BP2+BQ2>36，即(6−t) 2+(2t) 2>36，
12
解得t> 或t<0（舍）；
5
连接QD，由图得，当PQ≤QD时，⊙Q与线段AD才有两个公共点，
∴PQ2≤QD2，
∵在矩形ABCD中，∠BCD=90°，CD=AB=6cm，
∴Rt△QCD中，CQ2+CD2=QD2，
即QD2=(12−2t) 2+62，
又PQ2=BP2+BQ2=(6−t) 2+(2t) 2，
∴(6−t) 2+(2t) 2≤(12−2t) 2+62，
解得t≤6❑√13−18或t≥−6❑√13−18（舍）．
12
综上，当⊙Q与线段AD有两个公共点时， 9+❑√2；当“伴随点”的个数为1个时，m=9−❑√2或
m=9+❑√2；当“伴随点”的个数为2个时，9−❑√29+❑√2；当“伴随点”的个数为2个时，
9−❑√29+❑√2；当“伴随点”的个数为1个时，
m=9−❑√2或m=9+❑√2；当“伴随点”的个数为2个时，9−❑√20)与x轴交于点A，与y轴交于点B．
(1)当b=1时，λ(B,⊙O)=_____；
(2)若在线段AB上存在点C，使得λ(C,⊙O)是奇数，直接写出b的取值范围；
(3)若对于线段AB上任意一点D，都有λ(D,⊙O)=λ(O,线段AB)，直接写出b的取值范围．【答案】(1)3
(2)1≤b≤❑√5
(3)4≤b<2❑√5或b=3❑√5或7≤b<8或4❑√54，不符合题意；
∴综上所述，b的取值范围为4≤b<2❑√5或b=3❑√5或7≤b<8或4❑√5AB，见解析
【思路引导】（1）由EF=大圆的半径−小圆的半径，可求得EF=60公分，再根据中点性质即可求得
答案；
（2）根据AB为大圆的直径可得AB=160公分，再根据勾股定理可得CG=DG=10❑√89公分，进而可得
CD=20❑√89公分，比较160与20❑√89的大小，即可得出答案．
【规范解答】（1）解：∵大圆的半径为80公分，小圆的半径为20公分，
∴EF=大圆的半径−小圆的半径 =80−20=60(公分)，
∵G为EF中点，
1
∴GF= EF=30公分；
2
答：GF的长度为30公分．
（2）解：CD>AB，理由如下：
由题意得：AB=大圆的直径=80×2=160(公分)，
如图3，延长CH、EF交于点O，延长DK、FE交于点O'，则OC=OE=O'D=O'F=80公分，
∵EG=GF=30
（公分），
∴OG=O'G=50（公分），
∵∠O=∠O'=90°，
∴CG=❑√OC2+OG2=❑√802+502=10❑√89=DG，
∴CD=CG+DG=20❑√89（公分），∵❑√89>8，
∴20❑√89>160，
即CD>AB.
【考点剖析】本题考查了圆的性质，勾股定理，中点性质等，难度适中，构造直角三角形是解题关键．
【变式训练】（2025·河南驻马店·模拟预测）定义：若四边形的一条对角线平分一个内角，我们将此对
角线称为“唯美线”，这样的四边形称为“唯美四边形”，如图，四边形ABCP中，BP平分∠ABC，则
BP为四边形ABCP的“唯美线”．利用上述知识解答下列问题．
[问题发现]（1）如图①，若∠ABC=90°，BP=2❑√2，求AP+CP的最小值；
[深度探究]（2）如图②，连接对角线AC，若CP平分∠ACD，且∠PAC=58°，求∠BPC的度数；
[拓展延伸]（3）若四边形ABCP为唯美四边形，∠ABC=60°，BP平分∠ABC, BC=2,AP=CP，
AC与BP相交于点O，则当△POC为等腰三角形时，请直接写出线段AB的长．
【答案】（1）4；（2）32°；（3）4或2❑√3−2
【思路引导】本题考查了矩形的判定与性质，角平分线的定义、性质与判定，四点共圆的判定，勾股定理
等，熟练掌握相关知识点，能结合图形做出适当的辅助线，能推出A,B,C,P四点共圆是解题的关键；
（1）过点P作PD⊥BC于D，PE⊥BA交BA延长线于点E，先确定AP+CP的最小值为PD+PE，再利
用矩形的判定与性质，勾股定理求解；
1
（2）先利用角平分线的定义和三角形的外角知识推出∠BPC= ∠BAC，再利用角平分线的性质和判
2
定，推出AP平分∠CAG，再求解即可；
（3）根据△POC为等腰三角形时，分PO=OC或OC=PC或PO=PC讨论，利用∠ABP=∠PBC，
AP=CP，推出A,B,C,P四点共圆，再利用圆周角定理，勾股定理求解，综合可得结果；
【规范解答】（1）如图①，过点P作PD⊥BC于D，PE⊥BA交BA延长线于点E，则AP≥PE,PC≥PD，
∴AP+CP≥PD+PE，
当A与E重合，C与D重合时，AP+CP有最小值；
∵PD⊥BC,PE⊥BA，
∴∠PDB=∠PEB=∠ABD=90°，
∴四边形BDPE是矩形，
∴PE=BD，
∵BP平分∠ABC，
∴∠PBD=∠PBE=45°，
∴∠BPD=∠PBD=45°，
∴BD=PD，
由勾股定理得BD2+PD2=PB2，
∴2PD2=(2❑√2) 2 ，解得PD=2，
∴PD+PE=2PD=4，
∴AP+PC的最小值为4．
（2）∵BP平分∠ABC，
1
∴∠ABP=∠CBP= ∠ABC，
2
∵CP平分∠ACD，
1
∴∠ACP=∠PCD= ∠ACD，
2
又∵∠PCD=∠PBC+∠BPC，∠ACD=∠ABC+∠BAC，
∴∠BPC=∠PCD−∠PBC，
1 1
= (∠ABC+∠BAC)− ∠ABC，
2 2
1
= ∠BAC，
2
如图2，过点P作PE⊥BD于E，PF⊥AC于F，PG⊥BA交BA延长线于G，∵PE⊥BD,PG⊥BA,BP ∠ABC
平分 ，
∴PE=PG，
同理可证PE=PF，
∴PF=PG，
∴AP平分∠CAG，
∴∠CAG=2∠CAP=116°，∠BAC=180°−∠CAG=64°，
1
∴∠BPC= ∠BAC=32°．
2
（3）当△POC为等腰三角形时，PO=OC或OC=PC或PO=PC，
∵点O在AC上，AP=CP，
∴PO≠PC
当PO=OC时，如图③，
∵BP ∠ABC ∠ABC=60°
平分 ， ，
∴∠ABP=∠PBC=30°，
又AP=CP，
∴A,B,C,P四点共圆，
∴∠ACP=∠ABP=30°，
∵PO=OC，
∴∠BPC=∠OCP=30°，
∴∠BCO=180°−∠PBC−∠OCP−∠OPC=90°，
∠BAC=90°−∠ABC=30°，
∴AB=2BC=4；当OC=PC时，如图④，过点A作AM⊥BC于M，
同理可证A,B,C,P四点共圆，
∴∠ACP=∠ABP=30°，
∵OC=PC，
1
∴∠CPO=∠COP= (180°−∠ACP)=75°，
2
∴∠BCO=∠COP−∠PBC=75°−30°=45°，
∵AM⊥BC，
∴∠AMB=∠AMC=90°，
在△ABM中，设AB=2x，
∵∠BAM=90°−∠ABC=30°，
1
∴BM= AB=x，
2
∴AM=❑√AB2−BM2=❑√3x
在△ACM中，∠MAC=90°−∠ACM=45°，
∴∠ACM=∠MAC=45°，
∴CM=AM=❑√3x，
∴BC=BM+CM=x+❑√3x，
由x+❑√3x=2解得x=❑√3−1，
∴AB=2x=2❑√3−2，
综上可知，线段AB的长为4或2❑√3−2．
考点16 圆与三角形的综合（圆的综合问题）
【典例精讲】（25-26九年级上·湖北襄阳·期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AE平分
∠BAC交BC于点E，圆心O在AC上，经过点A，E的⊙O分别交AB，AC于点D，F．(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若BD=3，BE=4，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
25
(2)
6
【思路引导】本题主要考查了切线的判定、平行线的判定与性质、勾股定理的应用、矩形的判定与性质和
垂径定理的应用，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）连接OE，由OA=OE，则∠OAE=∠OEA，再根据角平分线的定义得∠BAE=∠OAE，从而有
∠BAE=∠OEA，证明AB∥OE进而即可求证；
（2）连接DF交OE于点M，连接OD，则可证明四边形BDME都是矩形，设⊙O的半径为r，结合垂径
定理和勾股定理即可求解．
【规范解答】（1）证明：连接OE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠OAE，
∴∠BAE=∠OEA，
∴AB∥OE，
∴∠OEC=∠B=90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．（2）解：连接DF交OE于点M，连接OD，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠ADF=90°，
∴∠BDM=90°，
由（1）得，∠MEB=90°，
∴四边形BDME是矩形，
∴DM=BE=4，DB=ME=3，OE⊥DF，
设⊙O的半径为r，则OM=r−3，
在Rt△ABC中，由OD2=DM2+OM2，
可得r2=42+(r−3) 2，
25
解得r= ，
6
25
∴⊙O的半径为 ．
6
【变式训练】（24-25九年级上·江苏苏州·月考）如图，点E是△ABC中的内心，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)若DE=2❑√5，BC=8，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)5
【思路引导】本题主要考查了三角形的内切圆与内心，切线的判定与性质，勾股定理，三角形的外接圆与外心，圆周角定理．
（1）连接OD交BC于点H，连接BD，由△ABC的内心得到OD⊥BC,BH=CH，再由DG∥BC得到
OD⊥DG，即可证明；
（2）连接BO，证出BD=DE，得到BD=2❑√5，在Rt△BHD中，BD2=BH2+H D2，求出HD=2．
在Rt△BHO中，OB2=BH2+OH2，解得OB=5，即可求出．
【规范解答】（1）证明：如图，连接OD交BC于点H．连接BD，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
∴BD=CD， ∠BAD=∠CAD，
∴B´D=C´D，
∴OD⊥BC,BH=CH．
∵DG∥BC，
∴OD⊥DG．
又OD是⊙O的半径，
∴DG是⊙O的切线．
（2）解：如图，连接BO．
∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE．
∵B´D=C´D，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE，即∠BED=∠DBE，
∴BD=DE
由(1)得，OD⊥BC,BH=CH，
∵BC=8，
∴BH=CH=4．
∵DE=2❑√5，BD=DE，
∴BD=2❑√5．
在Rt△BHD中，BD2=BH2+H D2
∴(2❑√5) 2=42+H D2，
解得HD=2．
在Rt△BHO中，
OB2=BH2+OH2，
∴OB2=42+(OB−2) 2，
解得OB=5，
∴⊙O的半径为5．
考点17 圆与四边形的综合（圆的综合问题）
【典例精讲】（25-26九年级上·浙江·课后作业）如图，⊙O的半径为1，A，P，B，C是⊙O上的四个
点，∠APC=∠CPB=60°．
(1)请判断△ABC的形状？说明理由；
(2)当点P位于A´B的什么位置时，四边形APBC的面积最大？求出最大面积．
【答案】(1)△ABC是等边三角形，理由见解析
⌢
(2)当点P为 的中点时，四边形APBC的面积最大，最大面积为❑√3
AB
【思路引导】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定及圆内接四边形面积的最值问题，解题的关键是利用圆周角定理判定三角形形状，通过拆分四边形面积并结合圆的直径性质求面积最大值．
（1）由同弧所对的圆周角相等，结合∠APC=∠CPB=60°，得∠ABC=∠BAC=60°，判定
△ABC为等边三角形；
（2）将四边形面积拆分为△APB与△ABC的面积和，转化为 1 AB⋅(PE+CF)，当P为 ⌢ 中点时，
AB
2
PE+CF取最大值（等于直径），结合等边三角形边长计算最大面积．
【规范解答】（1）解：△ABC是等边三角形．理由如下：
⌢ ⌢
在⊙O中，∵∠BAC与∠CPB是 所对的圆周角，∠ABC与∠APC是 所对的圆周角，
BC AC
∴∠BAC=∠CPB,∠ABC=∠APC，
又∵∠APC=∠CPB=60°，
∴∠ABC=∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形；
⌢
（2）解：当点P为 的中点时，四边形APBC的面积最大．理由如下：
AB
如图，过点P作PE⊥AB，垂足为E．过点C作CF⊥AB，垂足为F．
1 1
∵S APB = AB•PE,S ABC = AB•CF，
△ 2 △ 2
1
∴S ❑ = AB•(PE+CF)，
四边形 APBC 2
⌢
当点P为 的中点时，PE+CF=PC,PC为⊙O的直径，
AB
∴此时四边形APBC的面积最大．
又∵⊙O的半径为1，
∴其内接正三角形的边长AB =❑√3，
1
∴S = × 2×❑√3=❑√3．
四边形APBC 2
【变式训练】（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴上，顶点C在y轴上，OA=2,P为OA上的一动点，点M关于CP的对称点为O，当MA最小时，点
M的坐标为（ ）
A．(❑√2,❑√2−1) B．(2−❑√2,❑√2) C．(❑√2−1,❑√2) D．(❑√2,2−❑√2)
【答案】D
【思路引导】本题考查正方形的性质、轴对称的性质以及圆的性质，解题的关键是利用轴对称性质确定点
M的运动轨迹，再根据几何关系求出MA最小时点M的坐标．
根据轴对称性质确定点M的轨迹，再结合几何知识求出MA最小时点M的坐标．
【规范解答】解：因为四边形OABC是正方形，OA=2，所以OC=OA=2,C(0,2),A(2,0)，
因为点M关于CP的对称点为O，所以CM=CO=2，
即点M在以C为圆心，2为半径的圆上运动，
要求MA最小，如图，根据点到圆上一点的距离，当M在AC连线上时，MA最小，
AC=❑√22+22=2❑√2
，
MA=CA−CM=2❑√2−2，
过M作MH⊥OA交OA于H，又∠OAC=45°，
❑√2 ❑√2
AH= MA= (2❑√2−2)=2−❑√2，
2 2
❑√2 ❑√2
MH=AH= MA= (2❑√2−2)=2−❑√2，
2 2
OH=2−(2−❑√2)=❑√2，
点M的坐标(❑√2,2−❑√2)，
故选：D．考点18 圆与函数的综合（圆的综合问题）
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏常州·期中）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−2，0)，
以点A为圆心，OA为半径的⊙A，交x轴于点P，点B是⊙A上的一个动点，作点P关于点B的对称点Q，
连接PQ．
(1)当点Q刚好落在y轴上时，点B的坐标为_________；
❑√15
(2)点B在运动过程中，若线段PQ与反比例函数y= (x>0)有交点，求交点横坐标x的取值范围；
x
(3)若由点Q所组成的图形与直线y=kx−6k(k≠0)有且仅有一个交点时，请直接写出k的值．
【答案】(1)(−2,2)或(−2,−2)
(2)1≤x≤❑√15
2❑√5
(3)k=±
5
−4+0
【思路引导】（1）由条件得点P(−4,0)，再根据中点坐标求出点B的横坐标为 =−2，由点B和点
2
A的横坐标相同得两个点在同一竖直方向上，则AB=2，点B的纵坐标为±2；
❑√15
（2）线段PQ与反比例函数y= (x>0)有交点的临界状态为点Q在反比例函数图象上，设点
x
( ❑√15) (a−4 ❑√15)
Q a, ，利用中点坐标表示出点B , ，利用AB=AO=2和勾股定理建立方程即可解出a
a 2 2a
的取值范围，即x的取值范围；
（3）连接OQ,OB，OP为直径，则直径所对的圆周角∠PBO=90°，结合BP=QP得OB垂直平分PQ，
OQ=OP=4，可判断点Q所组成的图形是以点O为圆心，4为半径的圆，则直线y=kx−6k(k≠0)与⊙O
相切；直线y=kx−6k=k(x−6)过定点(6,0)，设直线y=kx−6k(k≠0)与x轴交于点E，与y轴交于点F，
与 切于点 ，连接 ，利用勾股定理得 ，再通过三角形面积公式
⊙O M OM EF=❑√OF2+OE2=6❑√k2+11 1
S = OE⋅OF= EF⋅OM列出方程求解即可．
△OEF 2 2
【规范解答】（1）解：∵点A的坐标为(−2，0)，
∴点P(−4,0)，⊙A的半径为2；
当点Q刚好落在y轴上时，点Q的横坐标为0，
∵点B为线段PQ中点，
−4+0
∴点B的横坐标为 =−2，
2
此时点B和点A在同一竖直方向，则点B(−2,2)或B(−2,−2)，
故答案为：(−2,2)或(−2,−2)．
( ❑√15)
（2）当点Q在反比例函数图象上时，设点Q a, ，
a
(a−4 ❑√15)
则点B , ，
2 2a
∵点B在圆上，
∴AB=AO=2， (a−4 +2 ) 2 + (❑√15) 2 =22，
2 a
解得a2=1或a2=15，
∵a>0，
∴a=1或a=❑√15，
∴1≤a≤❑√15，
即交点横坐标x的取值范围为1≤x≤❑√15．
（3）如图，连接OQ,OB，
∵OP为直径，
∴∠PBO=90°，
∵BP=QP，∴OB垂直平分PQ，
∴OQ=OP=4，
则点Q所组成的图形是以点O为圆心，4为半径的圆，
由条件得直线y=kx−6k(k≠0)与该圆相切，
∵y=kx−6k=k(x−6)，
∴直线过定点(6,0)，
设直线y=kx−6k(k≠0)与x轴交于点E，与y轴交于点F，与⊙O切于点M，连接OM，
∴F(0,−6k),E(6,0),OM=4，
∴OF=6|k),OE=6，
∴EF=❑√OF2+OE2=❑√(6k) 2+62=6❑√k2+1，
1 1
∵S = OE⋅OF= EF⋅OM，
△OEF 2 2
1 1
∴ ×6×6|k)= ×6❑√k2+1×4，
2 2
2❑√5
解得k=± ．
5
【考点剖析】本题是圆与函数的综合题，主要考查了圆的性质，中点坐标，勾股定理，切线的性质定理等，
熟练掌握“到一个定点的距离等于定长的所有点组成的图形是圆”以及数形结合的思想是解题的关键．
【变式训练】（24-25九年级下·江苏宿迁·阶段练习）【阅读】平面上两点间距离公式是解析几何中重
要的公式之一，若P (x ,y )，P (x ,y ) ，则P P =❑√(x −x ) 2+(y −y ) 2．
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
【理解】请用所学知识解决问题：已知⊙O的半径为3．(1)如图1，P(x,y)为圆上任意一点，请探究x，y的关系式；
(2)如图2，已知Q(a,b)，QA为⊙O切线，B(2,−1)，且QA=QB，求b与a的函数关系式；
【运用】如图3，点P在圆心为C(0,1)，半径为1的圆上运动，点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(0,−4)，
求当△PAB面积最大值时P点的坐标．
( 4 8)
【答案】（1）x2+ y2=9；（2）b=2a−7；（3） − , ；
5 5
【思路引导】（1）根据两点间距离公式可得答案；
（2）连OA、OQ，根据切线的性质，QA=QB得方程a2+b2−9=(a−2) 2+(b+1) 2，化简即可得到答案；
（3）过⊙C上一点作MN⊥AB，则MN与⊙C相切，MN∥AB与y轴交于点D，此时△APB的面积
4
最大为△NAB，过点C作CN⊥MN，延长NC与AB交于点Q，求得直线AB的表达式为y= x−4；再
3
CD BC ( 8)
计算得CQ=sin∠CBQ⋅BC=3；可证△CDN∽△CBQ，即 = ，可得D 0, ，根据
CN CQ 3
1 1 4 4
S = CN·DN= CD·NE，得N横坐标为 − ，设直线MN的表达式为：y= x+m过点D，代入即
△CND 2 2 5 3
可求得纵坐标，即为所求坐标.
【规范解答】解：（1）由题可得❑√(x−0) 2+(y−0) 2=3，
即x2+ y2=9；
（2）如图；连OA、OQ，∵QA为⊙O切线，
∴∠OAQ=90°，
∴QA2=QO2−OA2=a2+b2−9，QB2=(a−2) 2+(b+1) 2，
又∵QA=QB，
∴QA2=QB2，
∴a2+b2−9=(a−2) 2+(b+1) 2 ，
整理得：b=2a−7．
（3）如图，过⊙C上一点作MN⊥AB，则MN与⊙C相切，MN∥AB与y轴交于点D，此时△APB
的面积最大为△NAB，作点C作CN⊥MN延长NC与AB交于点Q，
∴CQ⊥AB，
∵⊙C的半径为1，
∴NC=1，
∵A(3,0)，B(0,−4)，
∴设直线AB的表达式为：y=kx+b；
{0=3k+b) { k= 4 )
解得： 3 ，
−4=b¿
b=−4
4
∴直线AB的表达式为y= x−4 ；
3∴OA=3，OB=4，
∴在Rt△ABO中，AB=❑√32+42=5，
OA 3
∴sin∠ABO= = ，
AB 5
∵在Rt△CBQ中，BC=5，
3
∴CQ=sin∠CBQ⋅BC= ×5=3，
5
∵ MN∥AB，
∴△CDN∽△CBQ，
CD BC
∴ = ，
CN CQ
CD 5 5
∴ = 即CD= ，
1 3 3
( 8)
则D 0, ，
3
在Rt△CDN中，DN=❑
√ (5) 2
−12=
4
，
3 3
过点N 作NE⊥y轴于点E，
1 1
∵S = CN·DN= CD·NE ，
△CND 2 2
4 5 4
∴ ×1= ×NE，解得：NE= ；
3 3 5
4
∴N横坐标为 − ；
5
4
∵MN∥AB，设直线MN的表达式为：y= x+m过点D，
3
4 8
∴y= x+ ，
3 3
4 4 8 4 ( 4) 8 8
将N横坐标为 − 代入y= x+ 得y= × − + = ，
5 3 3 3 5 3 5
( 4 8)
∴N − , ，
5 5( 4 8)
即P − , .
5 5
【考点剖析】本题考查了新定义两点间的距离公式，一次函数，三角函数，勾股定理，相似三角形，圆的
综合，辅助线的画法等以及对各个知识点的综合运用，题目难度较大，熟练掌握各个知识点时解题的关键.
【演练1】（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形ABCD的四条边上，
AF=BG=CH=DE．若AB=17，EF=13，则△GCH的内切圆半径为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【思路引导】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌
握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到EF=FG=GH=EH=13，设CH=x，利用
勾股定理求出CH=5，CG=12，令△GCH的内切圆圆心为O，连接OC、OH、OG，过点O分别作CG、
CH、HG的垂线，垂足分别为M、N、P，根据内切圆的性质得到OM=ON=OP=r，再利用三角形的
面积公式求解即可．
【规范解答】解：∵正方形ABCD，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD=17，
∵AF=BG=CH=DE，
∴BF=CG=DH=AE，
∴△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE(SAS)，
∴EF=FG=GH=EH=13，
设CH=x，则CG=DH=17−x，
在Rt△CGH中，CH2+CG2=GH2，
∴x2+(17−x) 2=132，
解得：x=5，∴CH=5，CG=12，
令△GCH的内切圆圆心为O，连接OC、OH、OG，过点O分别作CG、CH、HG的垂线，垂足分别为
M、N、P，
∵⊙O内切于△GCH，
∴OM=ON=OP=r，
∵S =S +S +S ，
△CHG △COG △COH △HOG
1 1 1 1
∴ CG⋅CH= CG⋅OM+ CH⋅ON+ HG⋅OP，
2 2 2 2
1 1 1 1
∴ ×12×5= ×12r+ ×5r+ ×13r=15r，
2 2 2 2
解得：r=2，即△GCH的内切圆半径为2，
故选：B．
【演练2】（2023·湖北荆门·中考真题）如图，MN是⊙O的直径，MN=2，点A在⊙O上，
∠AMN=30°，B为A´N的中点，P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值为（ ）
A．2❑√2 B．❑√2 C．1 D．2
【答案】B
【思路引导】此题考查了最短路线问题，勾股定理，圆周角、圆心角之间的关系，找出PA+PB的值最小
时点P所在的位置是解答本题的关键．
作点B关于MN的对称点B′，连接AB′交MN于点P，此时PA+PB的值最小，且等于AB′的长，连接
OA，OB′，得到∠AOB′=90°，根据勾股定理求出AB′的值即可得到答案．
【规范解答】解：如图，作点B关于MN的对称点B′，连接AB′交MN于点P，此时PA+PB的值最小，且
等于AB′的长，连接OA，OB′，∵∠AMN=30° ，
∴∠AON=60°．
∵B为A´N的中点，
∴∠AOB=∠BON=30° ．
又∵点B′与点B关于MN对称，
∴∠BON=∠B′ON=30° ，
∴∠AOB′=30°+60°=90°．
1
又∵OA=OB'= MN=1 ，
2
根据勾股定理得AB′=❑√2，即PA+PB的最小值为❑√2．
故选：B.
【演练3】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相
切于点D、E、F, ∠DOE=120°，∠EOF=150°．
(1)求△ABC的三个内角的大小；
(2)设⊙O的直径为d，证明：d=AB+AC−BC．
【答案】(1)∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．
(2)证明见解析
【思路引导】（1）根据题意得∠ODB=∠OEB=∠OEC=∠OFC=90°，
∠B=360°−∠ODB−∠OEB−∠DOE=60°， ∠C=360°−∠OEC−∠OFC−∠EOF=30°，
所以 ∠A=180°−∠B−∠C=90°．即可求出．
（2）由切线长定理得AD=AF，BD=BE,CF=CE，则BD+CF=BE+CE=BC，由
AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC，得2AF=AB+AC−BC，由
∠ODA=∠OFA=∠A=90°，得到四边形ADOF是矩形，则OD=AF，结合⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，得到d=2OD=2AF，即可求出．
此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、切线长定理、四边形的内角和、三角形内角和定理、
矩形的判定等知识．
【规范解答】（1）解：∵ ⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F,
∴AB⊥OD，BC⊥OE,CA⊥OF，
∴∠ODB=∠OEB=∠OEC=∠OFC=90°，
∵∠DOE=120°，∠EOF=150°，
∴∠B=360°−∠ODB−∠OEB−∠DOE=60°，
∠C=360°−∠OEC−∠OFC−∠EOF=30°，
∴∠A=180°−∠B−∠C=90°，
∴∠A、∠B、∠C的度数分别为90°、60°、30°．
（2）证明：由切线长定理得AD=AF，BD=BE,CF=CE，
∴BD+CF=BE+CE=BC，
∵AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC，
∴2AF=AB+AC−BC，
∵∠ODA=∠OFA=∠A=90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴OD=AF，
∵⊙O的直径为d，OD为⊙O的半径，
∴d=2OD=2AF，
∴d=AB+AC−BC．
【演练4】（2024·陕西·中考真题）问题提出
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC，垂足为D．若AB=15，AC=8，则AD的长为
______；
问题解决
（2）如图②所示，某工厂剩余一块△ABC型板材，其中AB=100cm，BC=160cm，AC=140cm．为
了充分利用材料，工人师傅想用这块板材裁出一个尽可能大的圆型部件．你认为可以吗？若可以，请在图
中确定可裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，并求出⊙O的半径；若不可以，请说明理由．120
【答案】（1） （2）可以，画图见解析，⊙O的半径为20❑√3cm
17
【思路引导】（1）首先根据勾股定理求出BC的长度，然后利用等面积法求解即可；
（2）根据三角形内最大的圆是三角形的内切圆可求出点的位置；作∠ABC和∠ACB的平分线BE,CF
交于点O，则点O就是裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，过点O作OH⊥BC于H，OP⊥AC于P，
OQ⊥AB于Q，连接OA,OB,OC，过点A作AM⊥BC于M，设BM=xcm，⊙O的半径为Rcm，则
CM=(160−x)cm，利用勾股定理解得x=50，易得AM=50❑√3cm，再求得S =4000❑√3cm2 ，然后
△ABC
根据S =S +S +S 求得R的值，即可获得答案．
△ABC △OBC △OCA △OAB
【规范解答】解：（1）∵在△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=8，
∴BC=❑√AB2+AC2=❑√152+82=17，
∵AD⊥BC，
1 1 1 1
∴S = AB×AC= BC×AD，即 ×15×8= ×17×AD，
△ABC 2 2 2 2
120
解得AD= ．
17
120
故答案为： ；
17
（2）可以，
∵三角形内最大的圆是三角形的内切圆，
∴所求圆的圆心是△ABC的内心，
作∠ABC和∠ACB的平分线BE,CF交于点O，则点O就是裁出的最大圆型部件的圆心O的位置，
过点O作OH⊥BC于H，OP⊥AC于P，OQ⊥AB于Q，连接OA,OB,OC，过点A作AM⊥BC于M，
如图所示，设BM=xcm，⊙O的半径为Rcm，
∵AB=100cm，BC=160cm，AC=140cm，
∴CM=(160−x)cm，
在Rt△ABM中，由勾股定理得AM2=AB2−BM2=1002−x2，
在Rt△ACM中，由勾股定理得AM2=AC2−CM2=1402−(160−x) 2，
∴1002−x2=1402−(160−x) 2，
解得x=50，
∴AM=❑√1002−x2=50❑√3cm，
1 1
∴S = BC×AM= ×160×50❑√3=4000❑√3cm2 ，
△ABC 2 2
∵点O为△ABC的内心
∴OH=OP=OQ=Rcm，
又∵S =S +S +S ，
△ABC △OBC △OCA △OAB
1 1 1
∴ BC×OH+ AC×OP+ AB×OQ=4000❑√3cm2 ，
2 2 2
1 1 1
即 ×160R+ ×140R+ ×100R=4000❑√3cm2 ，
2 2 2
解得R=20❑√3cm，
即⊙O的半径为20❑√3cm．
【考点剖析】此题主要考查了三角形的内切圆和三角形的内心、勾股定理，理解三角形的内切圆是三角形
内最大的圆，灵活运用勾股定理及三角形的面积公式法进行计算是解题的关键．
【演练5】（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：△ABC内接于⊙O，圆心O在△ABC的内部，
CD为⊙O的直径，连接BD，∠BCD+2∠ABD=90∘．(1)如图①，求证：AB=AC；
(2)如图②，过点A作⊙O的切线，交BD的延长线于点P，求证：BC=2PA；
(3)如图③，在（2）的条件下，PD=3BD，连接DA并延长至点E，连接OE交AC于点M，OE=AB，
G为B´C上一点，D´G=A´D，连接CG，点N在CG上，连接ON，∠EON=2∠EDC，CN=7，点F为
A´C的中点，连接EF，AF，求△AEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)49❑√3
【思路引导】（1）通过直径所对的圆周角是直角及同弧所对的圆周角相等得出两角相等，从而得出两边
相等；
（2）利用圆的性质及矩形的性质与判定来论证线段的关系；
（3）先通过全等三角形得到线段长度，再结合已知条件求出相关线段长度，最后求三角形面积．
【规范解答】（1）证明：∵CD为⊙O的直径，
∴∠CBD=90∘．
设∠ABD=α．
∴∠ABC=90∘−α，
∠ACD=∠ABD=α，
∵∠BCD+2∠ABD=90∘，
∴∠BCD=90∘−2α．
∴∠ACB=∠ACD+∠BCD
=90∘−α．
∴∠ABC=∠ACB．
∴AB=AC．
（2）证明：连接OA，OB，并延长AO交BC于点R．
∵AB=AC，OB=OC
∴AO垂直平分BC，∴∠ARB=90∘，BR=CR，
∵AP是⊙O的切线，
∴∠PAR=90∘．
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CBD=90∘，
∵四边形PARB是矩形，
∴PA=BR=CR，
∴BC=2PA．
（3）解：如图，连接OF，OA，并延长AO交BC于点R，
∵F为A´C的中点，
∴OF⊥AC，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠DAC=90∘，
∴OF∥AD，
∴∠COF=∠EDC，
∴∠AOC=2∠EDC，
∵∠EON=2∠EDC，
∴∠AOC=∠EON，
∴∠AOM=∠CON，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠OAC，
∵D´G=D´A，
∴∠ACO=∠DCN，
∴∠ACO=∠OCN=∠OAC，
∴△AOM≌△COD，
∴AM=CN=7，
∵PD=3BD，
设BD=x，则PD=3x．
∵四边形PARB是矩形，
∴AR=PB=4x，
∵OC=OD，x
∴∨= ，
2
7
OA=OC= x，
2
∴CD=7x，BC=❑√CD2−BD2=❑√(7x) 2−x2=4❑√3x，
1
∴AP= BC=2❑√3x，
2
∴AD=❑√AP2+DP2=❑√21x，AB=❑√AP2+BP2=2❑√7x，
∵OE=AB，
∴OE=2❑√7x，
过点O作OH⊥AD于点H，
1 ❑√21
∴DH=AH= AD= x，
2 2
∴OH=❑√OD2−DH2=❑√7x，
OH 1
∴sin∠DEO= = ，
OE 2
∴∠DEO=30°，
∴EH=❑√3OH，AE=7❑√3，
❑√21
∴ x+7❑√3=❑√21x，
2
∵OF∥AD，
∴S =S ，
△AEF △OAE
1
= AE⋅OH
2
1
= ×7❑√3×14
2
=49❑√3．【考点剖析】本题考查了圆的有关性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角函数
及三角形的面积等知识点，关键是灵活应用知识点解决问题．
基础夯实
1．（25-26九年级上·山东潍坊·期中）在平面直角坐标系中，⊙M的圆心坐标为(3,5)，半径为4，那
么x轴与⊙M的位置关系是（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】A
【思路引导】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．通过计算
圆心到x轴的距离，与半径比较，即可判断位置关系．
【规范解答】解：∵圆心M(3,5)到x轴的距离为5，⊙M的半径r=4，5>4，
∴⊙M与x轴相离，
故选：A．
2．（25-26九年级上·河北保定·期中）如图，在4×4的正方形网格中，点A，B，C，D，O均在格点
（网格线的交点）上，点O是（ ）
A．△ACD的外心B．△ABC的外心 C．△ACD的内心 D．△ABC的内心
【答案】B【思路引导】本题考查了网格与勾股定理，外接圆，正确掌握相关性质内容是解题的关键．结合网格与勾
股定理得出OC=AO=BO≠OD，即可得出⊙O是△ABC的外接圆．
【规范解答】解：观察网格，得OC=❑√22+12=❑√5,AO=❑√22+12=❑√5,BO=❑√22+12=❑√5,
DO=❑√22+22=2❑√2
即OC=AO=BO≠OD，
∴⊙O是△ABC的外接圆，
∴点O是△ABC的外心，
故选：B．
3．（25-26九年级上·江苏徐州·期中）下列四种说法：①一个三角形有且只有一个外心；②一个圆有且
只有一个外切三角形；③一个圆有且只有一个内接三角形；④一个三角形的外心与内心可能重合，其中正
确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【答案】D
【思路引导】本题考查三角形的内切圆与内心的定义以及三角形的外接圆与外心的关系．解题的关键是根
据外心是三角形三边的垂直平分线的交点、以及三角形的内心是三个内角角平分线的交点．
根据外心、内心、外切三角形、内接三角形的定义及等边三角形的内心、外心重合的性质，判断各说法的
正误．
【规范解答】解：①一个三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，有且只有一个，故正确；
②一个圆的外切三角形有无数个，故错误；
③一个圆的内接三角形有无数个，故错误；
④等边三角形的外心与内心重合，故正确．
∴ 正确的是①④．
故答案为：D．4．（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，AB是⊙O的弦，作OC⊥OA交⊙O的切线BC于点C，
交AB于点D．已知∠OAB=20°，则∠OCB的度数为 ．
【答案】40°
【思路引导】本题考查切线的性质，圆周角定理的应用．连接OB，根据切线的性质可得∠OBC=90°，
求解∠DBC=70°，进一步即可求出答案．
【规范解答】解：连接OB，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=20°，
∴∠DBC=70°，
∵∠AOC=90°，
∴∠ODA=∠BDC=70°，
∴∠OCB=40°，
故答案为：40°．
5．（25-26九年级上·云南·期中）已知圆的直径为12cm，如果圆心与直线的距离是7cm，那么直线和圆
的位置关系为 ．（填“相交”、“相切”或“相离”）．
【答案】相离
【思路引导】本题考查的是直线与圆的位置关系，关键是求出半径r，再与圆心到直线的距离d进行比较．
若dr，则直线与圆相离．据此即可解答．
【规范解答】解：∵圆的直径为12cm，
∴其半径r=6cm．∵圆心到直线的距离d=7cm，
∴d>r，
∴直线和圆相离．
故答案为：相离．
6．（25-26九年级上·江苏泰州·期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6．O在BC
边上，以O为圆心、OC为半径的⊙O与AB边相切，则⊙O半径= ．
8
【答案】
3
【思路引导】本题主要考查了相切的性质，勾股定理，三角形全等，熟练掌握以上知识是解题的关键．
过点O作AB垂线，交于点D，根据相切的性质可得点D即为切点，进而证明△CAO≌△DAO(HL)，再
利用勾股定理即可求解．
【规范解答】解：过点O作AB垂线，交于点D，连接AO，
∵OC为半径的⊙O与AB边相切，∠C=90°，
∴点D即为切点，∠ADO=∠BDO=∠C=90°，
∴OD=OC，
∴△CAO≌△DAO(HL)，
∴AC=AD=8，
∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB=❑√AC2+BC2=10，OB=BC−OC=6−OC，
∴BD=AB−AD=10−8=2，
∵∠BDO=90°，
∴OD2+DB2=OB2，即OC2+22=(6−OC) 2，
8
解得：OC= ，
3
8
故答案为： ．
3
7．（25-26九年级上·天津和平·期中）已知AB是⊙O的直径，AT是⊙O的切线，AT=10．
(1)如图①，若∠ATB=45°，求直径AB的长；
(2)如图②，点C是OB上一点，若∠ATC=45°，TC与⊙O相交于点D，过点D作弦DE∥AT，与AB
相交于点F，DE=12，求AF和直径AB的长．
【答案】(1)10
(2)AF=4，AB=13；
【思路引导】本题考查了切线的性质、垂径定理等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题
的关键．；
（1）由题意得∠BAT=90°；推出∠ABT=45°=∠ATB即可求解；
（2）连接OD，同理可得AC=AT=10；根据DE∥AT，推出AB⊥DE，即∠CFD=90°；进而得
1
DF= DE=6=CF，设半径为r，则OF=r−4，根据OF2+DF2=OD2，即可求解；
2
【规范解答】（1）解：∵AT是⊙O的切线，
∴AB⊥AT，即∠BAT=90°；
∵∠ATB=45°，
∴∠ABT=45°，
∴AB=AT=10；（2）解：连接OD，如图所示：
∵∠ATC=45°，∠BAT=90°；
∴∠ACT=45°=∠ATC，
∴AC=AT=10；
∵DE∥AT，
∴AB⊥DE，即∠CFD=90°；
∵∠ACT=45°，
∴∠CDF=45°=∠ACT，
∴CF=DF，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥DE，
1
∴DF= DE=6=CF，
2
∴AF=AC−CF=4；
设半径为r，则OF=r−4，
∵OF2+DF2=OD2，
13
∴(r−4) 2+62=r2，解得：r= ，
2
∴AB=2r=13；
8．（25-26九年级上·江苏淮安·期中）如图，在坐标系中，A(1,6)、B(5,6)、C(7,4)．
(1)经过A、B、C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为______；(2)这个圆的半径长为______；
(3)直接判断点D(5,−3)与⊙M的位置关系，点D(5,−3)在⊙M______．（填内、外、上）
(4)E是图中某一格点，连接BE，若BE是⊙M的切线，则E点有______个．
【答案】(1)(3,2)
(2)2❑√5
(3)外
(4)4
【思路引导】本题主要考查圆心的确定，垂直平分线的性质，勾股定理与网格等知识的综合，掌握以上知
识，数形结合分析是关键．
（1）根据圆心到弧上各点距离相等，线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等，作线段AB,BC的垂
直平分线的交点即为圆心；
（2）运用勾股定理与网格，结合图形求解即可；
（3）运用勾股定理与网格得到DM=❑√29，再与圆的半径比较即可；
（4）根据切线的定义，作图判定即可．
【规范解答】（1）解：如图所示，
∴M(3,2)；
（2）解：AM=❑√(3−1) 2+(2−6) 2=2❑√5，
∴这个圆的半径长为2❑√5；
（3）解：DM=❑√(5−3) 2+(−3−2) 2=❑√29，
∵❑√29>2❑√5，
∴点D(5,−3)在⊙M外，
故答案为：外；
（4）解：如图所示，连接BM，过点B作BM的垂线，
∴点E ,E ,E ,E 均为图中网格点，符合题意，
1 2 3 4∴该图中有4个，
故答案为：4．
9．（25-26九年级上·江苏泰州·期中）如图，在四边形ABCD中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O交
CD于点E．
(1)若AD∥BC，求证：AD是⊙O的切线；
(2)若E是A´C的中点，且AE=4❑√5，AC=16，求BC的长．
【答案】(1)见解析
96
(2)
5
【思路引导】本题考查切线的判定和性质、勾股定理、垂径定理，掌握切线的判定方法、勾股定理、垂径
定理是正确解答的关键．
（1）根据OB=OC,AB=AC，证明直线OA是BC的垂直平分线，再由平行线的性质证明OA⊥AD即可；
（2）由垂径定理得到OE⊥AC,EA=EC,AF=CF，再用勾股定理求出EF=4，设OA=x，则
OF=x−4，再用勾股定理列出关于x的方程，最后证明△AOF∽△ACH即可求解BC的长．
【规范解答】（1）证明：如图，连接OB，OC，连接AO并延长交BC于H，
∵OB=OC,AB=AC
，
∴直线OA是BC的垂直平分线，
∴直线OA⊥BC．
∵AD∥BC，
∴OA⊥AD．
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；（2）解：连接OE，交AC于点F，连接OB，OC，
∵E A´C
是 的中点，
∴OE⊥AC,EA=EC=4❑√5，
1
∴AF=CF= AC=8．
2
在Rt△AEF中，AE=4❑√5，AF=8，
∴EF=❑√AE2−AF2=4，
在Rt△AOF中，设OA=x，则OF=x−4，
由勾股定理得，AF2+OF2=OA2，
即82+(x−4) 2=x2，解得x=10，即半径为10．
∵∠OAF=∠CAH,∠OFA=∠CHA=90°，
∴△AOF∽△ACH，
OA OF
∴ = ，
AC CH
10 6
∴ = ，
16 CH
48
∴CH= ，
5
96
∴BC=2CH= ．
5
10．（25-26九年级上·江苏连云港·期中）老舍先生作品《骆驼祥子》的主人公是个以拉车为生的贫苦
车夫．人力车涉及了很多复杂的机械设计．如图是人力车的侧面示意图，AB为车轮⊙O的直径，过圆心
O的车架AC一端点C着地时，地面CD与车轮⊙O相切于点D，连接AD，BD．(1)小明猜想∠BDC=∠A，小明的猜想正确吗？请说明理由．
(2)若车架端点C到车轮与地面的接触点D之间的距离2.5米，BC的长为1.5米，求车轮的半径．
【答案】(1)小明的猜想正确，证明见解析
4
(2)车轮的半径为 米
3
【思路引导】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，以及勾股定理等知识，熟练掌握相关内
容是解题的关键．
（1）连接OD，由切线的性质可证∠ODB+∠BDC=90°，由直径所对的圆周角是直角可证
∠A+∠OBD=90°，再证明∠ODB=∠OBD，进而可证∠BDC=∠A；
（2）设车轮的半径为r，则OC=r+1.5，然后根据勾股定理列方程求解即可．
【规范解答】（1）解：小明的猜想正确．
连接OD，如图
∵CD ⊙O
与 相切，
∴OD⊥CD，
∴∠ODB+∠BDC=90°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠OBD=90°，
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD，
∴∠A=∠BDC；
（2）设车轮的半径为r，则
OC=r+1.5，
∵CD=2.5米，∴(r+1.5) 2=r2+2.52．
4
解得r= ．
3
4
答：车轮的半径为 米．
3
培优拔高
11．（25-26九年级上·河北沧州·期中）《九章算术》中有题为：如图，在△ABC中，∠A=90°，
AB=6步，AC=8步，⊙O是△ABC的内切圆，则⊙O的直径为（ ）
A．4步 B．5步 C．6步 D．7步
【答案】A
【思路引导】本题主要考查了勾股定理、三角形的内切圆、等面积法等知识点，灵活运用等面积法求线段
的长是解题的关键．
先根据勾股定理求得BC=10步，如图：过O作OE⊥BC,OF⊥AC,OG⊥AB，则半径为
OE=OG=OF，再运用等面积法求得OG=2，进而求得⊙O的直径．
【规范解答】解：∵在△ABC中，∠A=90°，AB=6步，AC=8步，
∴BC=❑√AB2+AC2=10步，
如图：过O作OE⊥BC,OF⊥AC,OG⊥AB，则半径为OE=OG=OF，连接OA,OB,OC，
1 1 1 1
∵ AC⋅AB= AB⋅OG+ AC⋅OF+ BC⋅OE，
2 2 2 21 1 1 1
∴ ×8×6= ×6OG+ ×8OG+ ×10OG，
2 2 2 2
解得：OG=2，
∴⊙O的直径为2OG=4步．
故选：A．
12．（2025九年级上·广东广州·专题练习）如图，点O为△ABC的外心，点I为△ABC的内心，若
∠BOC=130°，则∠BIC的度数为（ ）
A．122.5° B．57.5° C．67.5° D．70°
【答案】A
【思路引导】本题主要考查三角形的外心与内心的性质，熟练掌握三角形的外心与内心的性质是解题的关
1
键；连接OC,IC，由外心的性质可知∠BAC= ∠BOC=65°，根据内心的性质可知
2
1 1 1 1
∠IBC= ∠ABC,∠ICB= ∠ACB，然后可得∠IBC+∠ICB= ∠ABC+ ∠ACB=57.5°，
2 2 2 2
进而问题可求解．
【规范解答】解：连接OC,IC，如图所示：
由内心可知：IA,IC,IB分别是△ABC内角的角平分线，
∵点O为△ABC的外心，∠BOC=130°，
1
∴根据圆周角定理可知：∠BAC= ∠BOC=65°，
2
∴∠ABC+∠ACB=115°，
∵IC,IB分别是∠ACB,∠ABC的角平分线，1 1
∴∠IBC= ∠ABC,∠ICB= ∠ACB，
2 2
1 1
∴∠IBC+∠ICB= ∠ABC+ ∠ACB=57.5°，
2 2
∴∠BIC=180°−∠IBC−ICB=122.5°；
故选A．
13．（25-26九年级上·广东广州·月考）如图，在平面直角坐标系中，动点P在直线y=x+5❑√2上，动
点Q在半径为3的⊙O上（O为坐标原点），过点P作⊙O的一条切线PR，R为切点，则PQ+PR的最小
值为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【思路引导】连接OP，∨，OQ，则PQ≥OP−OQ=OP−3，由切线的性质，得到
PR=❑√OP2−OR2=❑√OP2−9，故当OP最小时，PQ,PR均取得最小值，此时PQ+PR的值最小，设直
线与x轴，y轴分别交于A,B两点，根据垂线段最短，得到当OP⊥AB时，OP的值最小，等积法求出OP
的长，即可得出结果．
【规范解答】解：连接OP，OQ，∨¿，则：OQ=∨=3，PQ≥OP−OQ=OP−3，
∵PR是⊙O的切线，
∴¿⊥PR，
∴PR=❑√OP2−OR2=❑√OP2−9，
∴当OP最小时，PQ，PR均取得最小值，此时PQ+PR的值最小，
设直线与x轴，y轴分别交于A,B两点，
∵动点P在直线y=x+5❑√2上，
∴当OP⊥AB时，OP的值最小，
当y=x+5❑√2=0时，x=−5❑√2，当x=0时，y=5❑√2，∴A(−5❑√2,0)，B(0,5❑√2)，
∴OA=OB=5❑√2，
∴AB=❑√2OA=10，
1 1
当OP⊥AB时， OA⋅OB= AB⋅OP，即(5❑√2) 2=10OP，
2 2
解得OP=5，
∴PR的最小值为❑√52−32=4，PQ的最小值为5−3=2，
∴PQ+PR的最小值为4+2=6．
故选B．
【考点剖析】本题考查切线的性质，圆外一点到圆上一点的最值，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段
最短，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，确定点P的位置，是解题的关键．
14．（25-26九年级上·江苏连云港·期中）如图，在△ABC中，AB=AC=10，点O在AC上，以O为
圆心，OC为半径的圆与AB相切于点D，与BC相交于点E，若D是AB的中点，则点E到AB的距离为
．
15
【答案】
4
【思路引导】此题重点考查切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定、两条平行线之间的距离处处
相等、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．作EF⊥AB于点F，连接OD、OE，由切线
的性质得AB⊥OD，则∠ADO=90°，由OE=OC=OD，AB=AC=10，得∠OEC=∠B，∠C=∠B，OA=AC−OC=10−OD，所以∠OEC=∠B，则OE∥AB，由AD2+OD2=OA2，
1 15
AD=BD= AB=5，得52+OD2=(10−OD) 2，求得EF=OD= ，于是得到问题的答案．
2 4
【规范解答】解：作EF⊥AB于点F，连接OD、OE，
∵⊙O AB D
与 相切于点 ，
∴AB⊥OD，
∴∠ADO=90°，
∵OE=OC=OD，AB=AC=10，
∴∠OEC=∠B，∠C=∠B，OA=AC−OC=10−OD，
∴∠OEC=∠B，
∴OE∥AB，
∵D是AB的中点，
1
∴AD=BD= AB=5，
2
∵AD2+OD2=OA2，
∴52+OD2=(10−OD) 2，
15
解得OD= ，
4
15
∴EF=OD= ，
4
15
∴点E到AB的距离为 ．
4
15
故答案为： ．
4
15．（25-26九年级上·山东东营·期中）如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O切于
A、B，C是弧AB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16，
则PA长为 ．【答案】8
【思路引导】本题考查切线长定理，知识点是“从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等”．解题方法是
利用切线长定理将△PDE的周长转化为PA、PB的长度关系；解题关键是识别相等的切线长，易错点是
忽略切线长的等量转换．解题思路：根据切线长定理，将△PDE的周长转化为PA+PB，结合PA=PB求
解．
【规范解答】由切线长定理：
PA=PB，DA=DC，EC=EB．
△PDE的周长为：
PD+DE+PE=PD+DC+EC+PE
=PD+DA+EB+PE
=PA+PB
已知周长为16，且PA=PB，故2PA=16，解得PA=8．
故答案为：8．
16．（25-26九年级上·江苏泰州·期中）如图，正五边形ABCDE的边AB，AE与⊙O分别相切于点
M，N，点P在M´N上，连接PM，PN，则∠MPN的度数为 ．
【答案】144°/144度
【思路引导】本题主要考查了切线的性质、正五边形的性质、圆周角定理、圆的内接四边形的性质等知识
点，熟练掌握切线性质、圆的内接四边形的性质、圆周角定理是解题的关键．
如图：连接OM、ON，在优弧MN上取一点Q，连接QM、QN，先根据正五边形的内角和公式求得
∠A=108°，再利用切线的性质和四边形内角和定理求得∠MON=72°，然后利用圆周角定理得到1
∠MQN= ∠MON=36°，最后利用圆的内接四边形的性质求解即可．
2
【规范解答】解：如图：连接OM、ON，在优弧MN上取一点Q，连接QM、QN，
∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠A= =108°，
5
∵正五边形ABCDE的边AB，AE与⊙O分别相切于点M，N，
∴∠OMA=∠ONA=90°，
∴∠MON=360°−90°−90°−108°=72°，
1
∴∠MQN= ∠MON=36°，
2
∵四边形PMQN是⊙O内接四边形，
∴∠MPN+∠MQN=180°，
∴∠MPN=180°−∠MQN=144°．
故答案为：144°．
17．（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，C为AB的中点，延
长AC到点P，使AC=CP，连接BP．
(1)求∠BDC的度数；
(2)求证：直线BP是⊙O的切线．
【答案】(1)45°
(2)证明见解析【思路引导】此题考查了圆周角定理、切线的判定定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周
角定理和切线的判定定理是解题的关键．
（1）圆周角定理得到∠ACB=90°．进一步得到∠BDC=∠CAB，即可得到答案；
（2）证明△ABC≌△PBC，得到∠ABC=∠PBC=45°，则∠ABP=∠ABC+∠PBC=90°．
根据切线的判定定理即可证明结论成立．
【规范解答】（1）解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°．
∵C为弧AB的中点，
∴弧AC＝弧BC，
∴∠ABC=∠CAB=45°．
∵∠BDC=∠CAB，
∴∠BDC=45°；
（2）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠BCP=90°，
∴∠ACB=∠BCP．
∵AC=CP，BC=BC，
∴△ABC≌△PBC(SAS)，
∴∠ABC=∠PBC=45°，
∴∠ABP=∠ABC+∠PBC=90°．
又∵AB为直径，
∴直线BP是⊙O的切线．
18．（25-26九年级上·山东德州·期中）如图，AB,CD,EF均为⊙O的直径，点C是弧AF的中点，点
N在OD上，且四边形ONBF是平行四边形，OM=ON=AM=2．
(1)求证：△BON≌△DOM；
(2)若点G在EF的延长线上，且∠BOF=2∠G，证明：CG是⊙O的切线；
【答案】(1)见解析
(2)见解析【思路引导】本题考查了圆周角定理、切线的判定、全等三角形的判定和性质等知识．
（1）证明∠BON=∠DOM，又由OB=OD，OM=ON，即可证明△BON≌△DOM(SAS)；
（2）连接AF交OC于点H．由OA=OF得到∠OAF=∠AFO，由圆周角定理得到∠BOF=2∠AFO，
已知∠BOF=2∠G，得到∠G=∠AFO，则AF∥CG．由点C是弧AF的中点得到半径OC⊥AF，
则半径OC⊥CG，即可证明CG是⊙O的切线．
【规范解答】（1）证明：∵点C是弧AF的中点，
∴A´C=C´F
∴∠AOC=∠COF．
∵∠AOC=∠BON，∠COF=∠DOM，
∴∠BON=∠DOM．
∵OB=OD，OM=ON，
∴△BON≌△DOM(SAS)．
（2）证明：连接AF交OC于点H．
∵OA=OF，
∴∠OAF=∠AFO，且∠BOF=2∠AFO，
∵∠BOF=2∠G，
∴∠G=∠AFO，
∴AF∥CG．
∵点C是弧AF的中点，
∴半径OC⊥AF，
∴半径OC⊥CG，
∴CG是⊙O的切线．
⌢
19．（25-26九年级上·云南昆明·期中）如图，点C为ΔABD的外接圆⊙O上的一动点（点C不在
BAD
上，且不与点B，D重合），∠ACB=∠ABD=45°．(1)求∠BAD的度数．
(2)过点A作AE∥BD，交CD延长线于点E，求证：AE是⊙O的切线．
(3)是否存在常数m，使BC+CD=mAC存在？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)90°
(2)证明见解析
(3)m=❑√2
【思路引导】本题考查“切线的判定”“圆周角定理”“圆内接四边形的性质定理”，构造合适的辅助线
和全等三角形，从而建立题目中各线段、角度之间的联系是解题关键．
（1）利用同弧所对角相等，推出∠ADB的度数，再通过三角形内角和计算即可；
（2）已知半径证垂直，连半径，借助平行的条件，通过证明AO⊥BD得到AO⊥AE即可；
（3）通过在CD所在直线上构造与BC相等的线段，建立CD与BC相关联的线段，再通过全等三角形，找
到角度或线段关系，从而得到该线段与AC的关系即可．
⌢ ⌢
【规范解答】（1）解：∵ AB=AB ，
∴∠ADB=∠ACB=45°，
∴∠BAD=180°−∠ABD−∠ADB=180°−45°−45°=90°；
（2）证明：如图，连接OA，
由（1），得∠ABD=∠ADB=45°，∠BAD=90°，
∴BD为直径，△BAD为等腰直角三角形，
∴点O为BD的中点，AO⊥BD，
又∵AE∥BD，
∴AO⊥AE，
又∵AO是⊙O的半径，∴AE是⊙O的切线；
（3）解：如图，在CD的延长线上截取DM=BC，连接MA，
∵∠ABD=∠ADB
，
∴AB=AD，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
又∵∠ADM+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADM，
在ΔABC与ΔADM中，
{
AB=AD,
)
∠ABC=∠ADM,
BC=DM,
∴△ABC≅△ADM(SAS)，
∴∠BAC=∠DAM，
∴∠BAC+∠CAD=∠DAM+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAM=90°，
∵ ^AD=^AD，
∴∠ACD=∠ABD=45°，
∴ΔCAM是等腰直角三角形，
∴ ❑√2AC=CM，
∴ ❑√2AC=CD+DM=CD+BC，
∴存在常数m，m=❑√2．
20．（25-26九年级上·湖南株洲·月考）如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点，连接AC并延长
到D，使DC=CA，连接BD，BC，BD交半圆O于点E，已知AB=4．(1)如图①，过点C作CM⊥BD于点M，求证：CM是半圆O的切线；
(2)如图②，当AD=BD时，求△ABD与半圆O重合的面积；
(3)如图③，若点P是△BCD的内心，则当点P在半圆O上时，求∠DPC的度数．
【答案】(1)见解析
2π
(2)2❑√3+
3
(3)105°
【思路引导】本题主要考查圆的综合知识，切线的判定，不规则图形的面积的求法，三角形的内心，等边
三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点，作出正确的辅助线是做题的关键．
（1）先连接OC，再利用三角形的中位线的性质定理，可得OC∥BD，最后得出OC⊥CM即可证明；
（2）连接OC，OD，OE，判定△ABD，△AOC和△BOE是等边三角形，再利用等边三角形的性质
求出高CF=❑√3，最后根据△ABD与半圆O重合的面积=S +S +S 即可求出答案；
△AOC △BOE 扇形COE
（3）根据三角形内心的定义，得出角的关系式，再通过设∠CBP=∠DBP=x，利用四边形的内角和求
出x的值，进一步判定△ABD为等边三角形，最后根据等边三角形的性质和三角形的内角和定理，即可求
出∠DPC的度数．
【规范解答】（1）解：如图，
连接OC，
∵ DC=CA，AO=BO，
∴点O，点C分别为AB，AD的中点，
∴OC∥BD．
∵ CM⊥BD，∴OC⊥CM．
∵OC是半圆O的半径，
∴ CM是半圆O的切线．
（2）解：如图，
连接OC，OD，OE，
过点C作CF⊥AB于点F．
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵DC=CA，
∴BA=BD．
∵AD=BD，
∴ AD=BD=BA，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠CAB=∠ABD=60°．
∵OA=OC，OB=OE，
∴△AOC和△BOE是等边三角形，
∴∠AOC=∠EOB=60°，
∴∠COE=180°−60°−60°=60°．
∵ AB=4，
1
∴AC=AO= AB=2，AF=1，CF=❑√AC2−AF2=❑√3，
2
∴ △ABD与半圆O重合的面积
1 1 60π×22 2π
=S +S +S = ×❑√3×2+ ×❑√3×2+ =2❑√3+ ．
△AOC △BOE 扇形COE 2 2 360 3
（3）解：当点P在半圆O上时，
∵点P是△BCD的内心，AB是半圆O的直径，∴∠ACB=∠DCB=90°，∠BCP=∠DCP=45°，∠CBP=∠DBP，
∴∠ACP=90°+45°=135°，∠ABP=180°−∠ACP=45°．
∵DC=CA，∠ACB=90°，
∴BA=BD，
∴∠ADB=∠DAB．
设∠CBP=∠DBP=x，
1 1
则∠DAB= (180°−∠ABP−∠DBP)= (180°−45°−x)，
2 2
∠CPB=180°−∠BCP−∠CBP=180°−45°−x．
由四边形ABPC的内角和为360°可得，
1
∠ACP+∠CPB+∠ABP+∠DBP=135°+(180°−45°−x)+45°+ (180°−45°−x)=360°，
2
解得，x=15°，
∴∠ABD=∠ABP+∠DBP=60°，
∴△ABD为等边三角形，∠ADB=60°
1
∴∠CDP= ∠ADB=30°，
2
∴∠DPC=180°−30°−45°=105°．
答：当点P在半圆O上时，∠DPC的度数为105°．
