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≤d<r −r (r >r )
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 −r <d<r +r (r >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 <t≤6❑√13−18．
5
【思路引导】（1）由题意得，AP=t，BP=6−t，BQ=2t，CQ=12−2t，则可用代数式表示出
△BPQ的面积，再将△BPQ的面积代入即可求解；
（2）①分两种情况讨论：当t=0时；t>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， <t≤6❑√13−18．
5
【考点剖析】本题考查的知识点是动态几何问题(一元二次方程的应用)、已知直线和圆的位置关系求半径
的取值、矩形的判定与性质、勾股定理、二次函数与不等式综合，解题关键是将直线和圆的位置关系转化
为半径与直线和圆距离的数量关系．
【变式训练】（25-26九年级上·江苏镇江·期中）在同一平面内，已知点O到直线l的距离为5cm．以点
O为圆心，rcm为半径画圆．当⊙O上有且只有2个点到直线l的距离等于3cm时，则r的取值范围是 ．
【答案】2<r<8
【思路引导】本题主要考查了直线与圆的位置关系，理解题意是解题的关键．以点O为圆心的圆上只有两
点到直线l的距离为5cm，则两个交点在到直线l的距离是3cm的直线m上，圆与直线l的位置关系是相
交，据此即可判断．
【规范解答】解：以点O为圆心的圆上只有两点到直线l的距离为3cm，则两个交点在到直线l的距离是
3cm的直线l上．
则直线l到圆心O的距离是：5+3=8cm或5−3=2cm．
圆O与直线l相交，因而该圆的半径r的取值范围是2<r<8．
故答案为：2<r<8．考点2 已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏扬州·期中）如图1，在矩形ABCD中，边长AB=a，AD=b，其
中a、b分别是方程x2−7x+12=0的两个根(a<b)，连接BD．点O从点C出发，沿CB向点B运动（到达
点B停止运动），速度为每秒1个单位，设运动时间为t秒，在运动过程中，以O为圆心，OC的长为半径
作半圆，交射线CB于点Q．
(1)BD=______；
(2)如图2，当点O运动到∠BDC的角平分线上时，
①判断此时半圆O与BD有怎样的位置关系，并说明理由；
②求此时t的值；
(3)如图3，当半圆O与△ABD的边有两个交点时，请直接写出t的取值范围______．
【答案】(1)5
3
(2)①相切，见解析；②
2
3 25
(3) <t<3或 <t≤4
2 8
【思路引导】（1）先求出x2−7x+12=0的根，从而可得AB，AD的长，再根据矩形的性质，结合勾股
定理求得BD；
（2）①运用角平分线性质定理得OE=OC，可得BD是圆O的切线；
②利用三角形面积公式，得到关于关于的方程求解，求出OC，从而可求此时t的值；
（3）根据题意，分为当半圆O与BD有2个交点；当点半圆O与BD有1个交点，与AB有1个交点；当点
半圆O与BD有1个交点，与AD有1个交点；三种情况讨论，分别求出半径的范围，即可得到的取值范围．
【规范解答】（1）解：由x2−7x+12=0，即(x−3)(x−4)=0，
解得：x =3，x =4，
1 2
∵边长AB=a，AD=b，其中a，b(a<b)分别是方程x2−7x+12=0的两个根，
∴AB=3，AD=4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，AB=3，AD=4，∴BD=❑√AB2+AD2=5，
故答案为：5；
（2）①BD与⊙O相切，
理由：如图，过点O作OE⊥BD，垂足为点E，
∵在矩形ABCD中，∠C=90°，
∴OC⊥CD，
∵OD是∠BDC的平分线，
∴OE=OC，
∴BD是⊙O的切线，
即BD与⊙O相切；
②∵S =S +S ，
△BDC △BDO △CDO
1 1 1
∴ BD⋅OE+ CD⋅OC= BCCD，
2 2 2
∴5OE+3OC=12，
即8OC=12，
3
∴OC= ，
2
3 3
∴t= ÷1= ；
2 2
（3）如图，当半圆O与BD相切时，此时半圆O与△ABD的边有1个交点，即为切点，设切点为H，连接
OH，
由(2)知，
如图，当点Q与点B重合时，此时半圆O与△ABD的边有2个交点，此时，BC为半圆O的直径，
∴t=2÷1=2，
∴当时，半圆O与BD有2个交点，
即半圆O与△ABD的边有2个交点；
如图，此t=2时，半圆O与BD有1个交点，与AB有1个交点，
如图，当半圆O与AD相切时，此时半圆O与△ABD的边有3个交点，设AD与半圆O的切点为M，连接
OM，
∵OM=OC=AB=3
，
∴t=3÷1=3，
∴当2<t<3时，半圆O与BD有1个交点，与AB有1个交点，
即半圆O与△ABD的边有2个交点；
如图，当半圆O与经过点A时，此时半圆O与△ABD的边有3个交点；
连接OA，
设OA=OC=x，由勾股定理得：
32+(4−x) 2=x2，
25
解得：x= ，
825
∴OC= ，
8
25 25
∴t= ÷1= ，
8 8
如图，当点O与点B重合时，此时点O停止运动，
∴OC=BC=4
，
∴t=4÷1=4，
25
∴当 <x≤4时，半圆O与BD有1个交点，与AD有1个交点，
8
即半圆O与△ABD的边有2个交点；
3 25
综上，半圆O与△ABD的边有两个交点时， <t<3或 <t≤4.
2 8
3 25
故答案为： <t<3或 <t≤4.
2 8
【考点剖析】本题考查了解一元二次方程，直线与圆的位置关系，切线的判定，矩形的性质，勾股定理等
知识，解题关键是画出图形，分类讨论．
【变式训练】（25-26九年级上·北京·期中）对于等边△ABC，给出如下定义：P为AC边上动点，点
A关于直线BP的对称点为A′，称A′为A关于B的“相关对称点”．
(1)如图1，在平面直角坐标系中xOy，若A(0,❑√3)，B(−1,0)，C(1,0)．(1 ❑√7)
①O(0,0),C(1,0),D ,− ,E(−3,−1)中是A关于B的“相关对称点”的有_____．
2 2
②若直线y=−x+b上存在A关于B的“相关对称点”，求b的取值范围．
(2)如图2，在平面直角坐标系中xOy，M(0,7)，N(7,0)，R(0,−7)，T(t,0)，⊙T的半径为1,A在⊙T
上，AB=1，若△MNR上存在A关于B的“相关对称点”，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)（1）①C，D；②−❑√3≤b≤2❑√2−1
(2)−1−❑√3≤t≤1+❑√3或7−❑√2−❑√6≤t≤8+❑√3
【思路引导】（1）先求出A′的轨迹；①求出AB，然后比较OB，BE，BD，BC找出与AB相等的点即可；
②得出A′轨迹的范围，求出直线与圆弧相切以及经过下端点时的b值，从而得到b的取值范围；
（2）根据（1）得出A′的轨迹范围，从而得到T点的位置范围，进而求得t的取值范围．
【规范解答】（1）解：∵点A关于直线BP的对称点为A′，
∴AB=A′B，
∴A'在以B为圆心，AB为半径y轴右侧的圆弧上，
（1）①∵A(0,❑√3)，B(−1,0)，
∴AB=2，
√ 1 2 ❑√7 2
∵OB=1，BC=1+1=2，BD=❑ ( +1) +(− ) =2，BE=❑√(−3+1) 2+12=❑√5，
2 2
∴C，D是A关于B的“相关对称点”；
故答案为：C，D；
②取点A关于x的对称点K(0,−❑√3)，
⌢
∴A′在
ACK
上，
如图：当直线过点P时，−❑√3=b，
⌢
当直线在第一象限与 相切时，设切点为F，直线与x轴交点为G，
ACK
∴BF=AB=2，
∴BG=❑√2BF=2❑√2，
∴G(2❑√2−1，0)，
∴0=−2❑√2+1+b，
∴b=2❑√2−1，
∴−❑√3≤b≤2❑√2−1；
^
（2）解：设A'的轨迹为AQ，
∵AB=1，
由（1）知，AQ=❑√3，
∴TQ≤1+❑√3，
当Q在MR上时，|t|≤1+❑√3，
∴−1−❑√3≤t≤1+❑√3，
当Q在MN或RN上时，如图：
∵OM=ON=7
，
∴∠MNO=45°，
∴TN≤❑√2TQ=❑√2+❑√6，
∴7−t≤❑√2+❑√6，t−7≤1+❑√3，
∴7−❑√2−❑√6≤t≤8+❑√3，
综上所述，−1−❑√3≤t≤1+❑√3或7−❑√2−❑√6≤t≤8+❑√3．【考点剖析】本题主要考查了动点轨迹，圆的性质，等边三角形的性质，轴对称的性质等知识点，根据新
定义求出要求的点的轨迹是本题解题的关键．
考点3 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离
【典例精讲】（24-25九年级上·河北唐山·期末）如图，在直线l上有相距5cm的两点A和O（点A在点
O的右侧），以O为圆心作半径为1cm的圆，过点A作直线AB⊥l．将⊙O以2cm/s的速度向右移动（点
O始终在直线l上），则⊙O与直线AB在 秒时相切．
【答案】2或3
【思路引导】本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于
这条半径的直线是圆的切线，当圆心到直线的距离等于圆的半径，则直线与圆相切．熟练掌握切线的判定
与性质是解题的关键．根据切线的判定方法，当点O到AB的距离为1cm时，⊙O与AB相切，然后计算出
圆向右移动的距离，然后计算出对应的时间．
【规范解答】解：当点O到AB的距离为1cm时，⊙O与AB相切，
∵开始时O点到AB的距离为5，
∴当圆向右移动5−1或5+1时，点O到AB的距离为1cm，此时⊙O与AB相切，
∴t=(5−1)÷2=2(s)或t=(5+1)÷2=3(s)，
即⊙O与直线AB在2秒或3秒时相切．
故答案为：2或3．
【变式训练】如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的⊙P的圆心在直线AB上，
开始时，PO=6cm．如果⊙P以1cm/s的速度向右运动，那么当⊙P的运动时间t(s)满足条件
时，⊙P与直线CD相交．
【答案】4<t<8
【思路引导】本题主要考查了直线与圆的位置关系，分当点P在射线OA和点P在射线OB两种情况进行计算是解题的关键．
求得当⊙P位于点O的左边与CD相切时t的值和⊙P位于点O的右边与CD相切时t的值，两值之间即为
相交．
【规范解答】解：当点P在射线OA时，⊙P与CD相切，如图，过P作PE⊥CD于E，
∴PE=1cm，
∵∠AOC=30°，
∴OP=2PE=2cm，
∴⊙P的圆心在直线AB上向右移动了(6−2)cm后与CD相切，
6−2
∴⊙P移动所用的时间= =4（秒）；
1
当点P在射线OB时，⊙P与CD相切，如图，过P作PE⊥CD与F，
∴PF=1cm，
∵∠AOC=∠DOB=30°，
∴OP=2PF=2cm，
∴⊙P的圆心在直线AB上向右移动了(6+2)cm后与CD相切，
6+2
∴⊙P移动所用的时间= =8（秒）．
1
∴当⊙P的运动时间t（s）满足条件4<t<8时，⊙P与直线CD相交．
故答案为：4<t<8．
考点4 求直线平移到与圆相切时运动的距离
【典例精讲】（25-26九年级上·全国·课后作业）以坐标原点O为圆心，作半径为2的圆．若直线
y=−x+b与⊙O相交，则b的取值范围是（ ）
A．0≤b≤2❑√2 B．−2❑√2≤b≤2❑√2 C．−2❑√3<b<2❑√3 D．−2❑√2<b<2❑√2【答案】D
【思路引导】求出直线y=−x+b与⊙O相切时b的值，即可求出b的取值范围．
【规范解答】解：当直线y=−x+b与圆相切，且函数图象经过一、二、四象限时，如图：
在y=−x+b中，
令x=0时，y=b，则与y轴的交点是(0，b)，
当y=0时，x=b，则与x轴的交点是(b，0)，
则OA=OB，即△AOB是等腰直角三角形．
连接圆心O和切点C，则OC=2，
则OB=❑√2OC=2❑√2．即b=2❑√2；
同理，当直线y=−x+b与圆相切，且函数图象经过二、三、四象限时，b=−2❑√2．
则若直线y=−x+b与⊙O相交时，b的取值范围是−2❑√2<b<2❑√2．
故选：D．
【考点剖析】本题考查圆与一次函数图象相交的问题，关键是由直线与圆相切时求出b的值．
【变式训练】（25-26九年级上·江苏南京·月考）在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(0,m)，且
m≠0，点B的坐标为(n,0)，将线段AB绕点B顺时针旋转90°，得到线段BA ，称点A 为点A关于点B的
1 1
“伴随点”，图1为点A关于点B的“伴随点”的示意图．
(1)已知点A(0,5)，
①当点B的坐标分别为(2,0),(−1,0)时，点A关于点B的“伴随点”的坐标分别为_______，_______；
②点A (x,y)是点A关于点B的“伴随点”，探究点A 的运动路径所对应的函数表达式，并说明理由；
1 1(2)如图2，点C的坐标为(5,−4)，以C为圆心，1为半径作圆，直接写出在⊙C上点A关于点B的“伴随
点”的个数以及A的纵坐标m对应的取值范围．
【答案】(1)①(7,2)；(4,−1)；②y=x−5
(2)当“伴随点”的个数为0个时，m<9−❑√2或m>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−❑√2<m<9+❑√2
【思路引导】（1）①作A M⊥x轴于点M，通过证明△A BM≌△BAO得到BM=AO，A M=OB，
1 1 1
再根据点B的坐标分2种情况讨论即可求解；②由①中的结论得到BM=AO，A M=OB，再结合图形以
1
及点A,A ,B的坐标列出关于x,y,n的方程组，消去n整理得到y与x之间的关系，即可得出结论；
1
（2）同理（1）可得，点A 的运动路径所对应的函数表达式为y=x−m，先求出直线y=x−m与⊙C相
1
切时对应m的值，观察图象，再利用直线与圆的位置关系即可解答．
【规范解答】（1）解：①作A M⊥x轴于点M，则∠A MB=90°，
1 1
∴∠BA M+∠A BM=90°，
1 1
由旋转的性质得，AB=A B，∠ABA =90°，
1 1
∴∠ABO+∠A BM=90°，
1
∴∠BA M=∠ABO，
1
∵∠A MB=∠BOA=90°，
1
∴△A BM≌△BAO(AAS)，
1
∴BM=AO，A M=OB；
1
当A(0,5)，B(2,0)时，
BM=AO=5 A M=OB=2
1
， ，
∴OM=BM+OB=5+2=7，
∴A (7,2)；
1
当A(0,5)，B(−1,0)时，BM=AO=5 A M=OB=1
1
， ，
∴OM=BM−OB=5−1=4，
∴A (4,−1)；
1
故答案为：(7,2)；(4,−1)；
②y=x−5，理由如下：
由①得，BM=AO，A M=OB，
1
又∵A(0,5)，B(n,0)，A (x,y)，
1
{x=n+5)
∴ ，
y=n
∴y−x=n−(n+5)=−5，即y=x−5，
∴点A 的运动路径所对应的函数表达式为y=x−5；
1
（2）解：设点A (x,y)是点A关于点B的“伴随点”，
1
∵点A的坐标为(0,m)，且m≠0，
∴同理（1）可得，点A 的运动路径所对应的函数表达式为y=x−m，
1
设直线y=x−m与x轴、y轴分别交于点D、G，
令x=0，则y=−m；令y=0，则x−m=0，解得x=m，
∴G(0,−m)，D(m,0)，
∴OG=OD，
∴△OGD是等腰直角三角形，∠ODG=45°，
当直线y=x−m与⊙C相切时，“伴随点”的个数为1个，
设切点为F，过点C作CE∥x轴交直线y=x−m于点E，则∠CFE=90°，∠CEF=∠ODG=45°，
∴△CEF是等腰直角三角形，CE=❑√2CF，
∵⊙C的半径为1，
∴CF=1，
∴CE=❑√2CF=❑√2，
令y=−4，则x−m=−4，解得x=m−4，∴E(m−4,−4)，
又∵点C的坐标为(5,−4)，
∴CE=|m−4−5)=❑√2，
解得m=9−❑√2或m=9+❑√2，
∴当“伴随点”的个数为1个时，m=9−❑√2或m=9+❑√2；
由图象得，当“伴随点”的个数为0个时，m<9−❑√2或m>9+❑√2；当“伴随点”的个数为2个时，
9−❑√2<m<9+❑√2时；
∴综上所述，当“伴随点”的个数为0个时，m<9−❑√2或m>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−❑√2<m<9+❑√2．
【考点剖析】本题考查旋转的性质、一次函数与几何综合、直线与圆的位置关系、全等三角形的判定和性
质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，
本题的突破点是探究点A 的运动路径，题目比较难，属于中考压轴题．
1
考点5 切线的应用
【典例精讲】（24-25九年级上·湖北武汉·期末）已知Rt△ABC中，AC=6，BC=8，以C为圆心，
以r为半径作圆．若此圆与线段AB只有一个交点，则r的取值范围为 ．
【答案】r=4.8或6<r≤8
【思路引导】先根据题意画出符合的两种情况，根据勾股定理求出AB，利用等面积法求出当圆与AB相切
时，r=4.8；然后得到当点A在圆内，点B在圆外或圆上时，r的范围是6<r≤8，进而求解即可．
【规范解答】解：过C作CD⊥AB于D，在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=❑√CB2+AC2=10，
∵CD⊥AB
1 1
∴S = AB⋅CD= AC⋅BC
△ABC 2 2
AC⋅BC 6×8
∴CD= = =4.8，
AB 10
∴当圆与时AB相切时，r=4.8；
当点A在圆内，点B在圆外或圆上时，r的范围是6<r≤8，
综上所述：若此圆与线段AB只有一个交点，r的取值范围是r=4.8或6<r≤8．
故答案为：r=4.8或6<r≤8．
【考点剖析】本题考查了直线和圆的位置关系，切线的性质，勾股定理的应用，能求出符合题意的所有情
况是解此题的关键，用了分类讨论思想．
【变式训练】（24-25九年级上·北京海淀·期中）在平面直角坐标系xOy中，对于点P和图形W给出如下
定义：如果图形W上与点P的距离为正整数的点恰有n个，则称n为图形W关于点P的特征值，记为
λ(P,图形W)=n．如图，已知⊙O的半径为1．直线y=2x+b(b>0)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❑√5<b<9
【思路引导】本题考查了定义新运算、直线和圆的位置关系、一次函数的图象与性质，理解新定义是解题
的关键．
（1）当b=1时，直线与y轴交于点B(0,1)，得出点B在⊙O上，再根据新定义运算即可求解；
（2）先求出点A,B的坐标和AB的长，设点C到点O的距离为d，根据点C和⊙O的位置关系分情况讨论，
结合题意得出点C必定在⊙O上，即线段AB与⊙O有交点，再利用圆的性质和一次函数的性质即可求出
b的取值范围；
（3）根据题意，结合（2）中的结论分析可知线段AB在⊙O外，且满足λ(D,⊙O)=λ(O,线段AB)=4，
OA⋅OB ❑√5
过点O作线段AB的垂线，垂足为F，则OF= = b，再结合OA、OF、OB的长进行分类讨论，
AB 5
得出符合题意的b的取值范围，即可解答．
【规范解答】（1）解：当b=1时，直线y=2x+1与y轴交于点B(0,1)，
∴OB=1，
∴点B在⊙O上，
∴⊙O上的点与点B的距离最小值为0，最大值为2，且取到最值的点都只有1个，
由圆的对称性可知，⊙O上与点B的距离为1的点有2个，
∴⊙O上与点B的距离为正整数的点恰有1+2=3个，
∴λ(B,⊙O)=3，
故答案为：3．
b
（2）解：令y=0，则2x+b=0，解得x=− ，
2
令x=0，则y=2x+b=b，
( b )
∴A − ,0 ，B(0,b)，
2
❑√5
∴AB=❑√OA2+OB2= b，
2
设点C到点O的距离为d，
当点C在⊙O内，则⊙O上的点与点C的距离最小值为1−d，最大值为1+d，
此时0<1−d<1<1+d<2，
由圆的对称性可知，⊙O上与点C的距离为1的点有2个，此时λ(C,⊙O)为偶数，不符合题意；当点C在⊙O外，则⊙O上的点与点C的距离最小值为1+d，最大值为2+d，
当1+d是正整数时，则2+d也是正整数，由圆的对称性，⊙O上与点C的距离为正整数的点有4个，此时
λ(C,⊙O)为偶数，
当1+d不是正整数时，则2+d也不是正整数，由圆的对称性，⊙O上与点C的距离为正整数的点有4个，
此时λ(C,⊙O)为偶数，
∴当点C在⊙O外，不符合题意；
∴点C必定在⊙O上，即线段AB与⊙O有交点，
当点B在⊙O上时，则b=1；
当线段AB与⊙O相切时，设切点为E，则OE⊥AB且OE=1，
1 1
∵S = OE⋅AB= OA⋅OB，
△AOB 2 2
❑√5 b
∴OE⋅AB=OA⋅OB，即1⋅ b= ⋅b，
2 2
解得：b =❑√5，b =0（舍去）；
1 2
∴由图象得，b的取值范围为1≤b≤❑√5．
( b ) ❑√5
（3）解：由（2）得，A − ,0 ，B(0,b)，AB= b，
2 2
当线段AB与⊙O有交点时，既存在点D使得λ(D,⊙O)是奇数，也存在点D使得λ(D,⊙O)是偶数，不
符合题意；
∴线段AB与⊙O没有交点，
①若线段AB在⊙O内，由（2）可知，对于线段AB上任意一点D，都有λ(D,⊙O)=2，
又∵ λ(O,线段AB)=0，
∴线段AB上存在点D，使得λ(D,⊙O)≠λ(O,线段AB)，不符合题意；
②若线段AB在⊙O外，由（2）可知，对于线段AB上任意一点D，都有λ(D,⊙O)=4，则
λ(O,线段AB)=4，
过点O作线段AB的垂线，垂足为F，OA⋅OB ❑√5
则OF= = b，
AB 5
当b<4时，由图象可知λ(O,线段AB)<4，不符合题意；
4❑√5
当b=4时，OA=2，OF= ，OB=4，则1<OF<2=OA<OB=4，
5
此时λ(O,线段AF)=1，λ(O,线段BF)=3，
∴λ(O,线段AB)=4，符合题意；
当4<b<2❑√5时，由图象可知λ(O,线段AB)=4，符合题意；
当b=2❑√5时，OA=❑√5，OF=2，OB=2❑√5，则OF=2<OA<3<OB<5，
∴λ(O,线段AB)=3，不符合题意；
当2❑√5<b<5时，由图象可知λ(O,线段AB)=2，不符合题意；
5
当b=5时，OA= ，OF=❑√5，OB=5，则2<OF<OA<3<OB=5，
2
此时λ(O,线段AF)=0，λ(O,线段BF)=3，
∴λ(O,线段AB)=3，不符合题意；
当5<b<6时，由图象可知λ(O,线段AB)=3，不符合题意；
6❑√5
当b=6时，OA=3，OF= ，OB=6，则2<OF<3=OA<OB=6，
5
此时λ(O,线段AF)=1，λ(O,线段BF)=4，
∴λ(O,线段AB)=5，不符合题意；
当6<b<3❑√5时，由图象可知λ(O,线段AB)=5，不符合题意；
3❑√5
当b=3❑√5时，OA= ，OF=3，OB=3❑√5，则OF=3<OA<4<OB<7，
2
∴λ(O,线段AB)=4，符合题意；
当3❑√5<b<7时，由图象可知λ(O,线段AB)=3，不符合题意；
7 7❑√5
当b=7时，OA= ，OF= ，OB=7，则3<OF<OA<4<OB=7，
2 5
此时λ(O,线段AF)=0，λ(O,线段BF)=4，∴λ(O,线段AB)=4，符合题意；
当7<b<8时，由图象可知λ(O,线段AB)=4，符合题意；
8❑√5
当b=8时，OA=4，OF= ，OB=8，此时3<OF<4=OA<OB=8，
5
∴λ(O,线段AF)=1，λ(O,线段BF)=5，
∴λ(O,线段AB)=6，不符合题意；
当8<b<4❑√5时，由图象可知λ(O,线段AB)=6，不符合题意；
当b=4❑√5时，OA=2❑√5，OF=4，OB=4❑√5，则OF=4<OA<5<OB<9，
∴λ(O,线段AB)=5，不符合题意；
当4❑√5<b<9时，由图象可知λ(O,线段AB)=4，符合题意；
当b≥9时，由图象可知λ(O,线段AB)>4，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❑√5<b<9．
考点6 切线的性质和判定的综合应用
【典例精讲】（25-26九年级上·广东惠州·期中）如图，在△ABD中，AB=BD，⊙O为△ABD的外
接圆，∠EBC=∠BAC，AC为⊙O的直径，连接DC并延长交BE于点E．
(1)求证：BE为⊙O的切线；
(2)求证：DE⊥BE；
(3)若AB=5❑√6，BE=5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3❑√5
【思路引导】本题考查切线的判定与性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股
定理：
（1）连接BO，由OA=OB，得到∠BAC=∠OBA，结合∠EBC=∠BAC，推出∠EBC=∠OBA，
再根据AC为⊙O的直径，得到∠OBA+∠OBC=90°，进而得到∠EBC+∠OBC=90°即∠EBO=90°，即可证明结论；
（2）延长BO交AD于点H，连接OD，易证BO垂直平分AD，圆周角定理，切线的性质，推出四边形
BHDE为矩形，即可得证；
（2）由（2）可知DH=BE=5，勾股定理求出BH的长，设⊙O的半径为r，在Rt△AOH中，利用勾股
定理进行求解即可．
【规范解答】（1）证明：连接BO，
∵OA=OB，
∴∠BAC=∠OBA，
∵∠EBC=∠BAC，
∴∠EBC=∠OBA，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠OBA+∠OBC=90°，
∴∠EBC+∠OBC=90°即∠EBO=90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE为⊙O的切线；
（2）证明：延长BO交AD于点H，连接OD，
AB=BD OA=OD
∵ ， ，
∴BO垂直平分AD，
∴BH⊥AD，AH=DH，
∵BE为⊙O的切线，
∴HB⊥BE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴四边形BHDE为矩形，
∴DE⊥BE；
（3）解：由（2）知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，
∴AH=DH=BE=5，∴BH=❑√AB2−AH2=5❑√5，
设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r,OH=BH−OB=5❑√5−r，
在Rt△AOH中，由勾股定理，得：r2=52+(5❑√5−r) 2 ，
解得：r=3❑√5；
即：⊙O的半径为3❑√5．
【变式训练】（25-26九年级上·广东汕头·期中）如图，以点O为圆心，AB长为直径作圆，在⊙O上
取一点C，延长AB至点D，连接DC，∠DCB=∠DAC，过点A作AE⊥AD交DC的延长线于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若CD=4，DB=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见详解
(2)3
【思路引导】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的判定定理及勾股定理．
（1）连接OC，根据AB为直径得出∠BCO+∠OCA=90°，由已知条件推得∠OCA=∠DCB，从而
证得∠DCO=90°，进而得出结论；
（2）利用勾股定理得出OC2+CD2=OD2，根据已知条件得出OB2+42=(OB+2) 2，解得OB的值，进而
得到⊙O的半径．
【规范解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，即∠BCO+∠OCA=90°，又∵∠DCB=∠DAC，∠DAC=∠OCA，
∴∠OCA=∠DCB，
∴∠DCB+∠BCO=90°，即∠DCO=90°，
又∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：∵∠DCO=90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理得，OC2+CD2=OD2，
∵OC=OB，CD=4，DB=2，
∴OB2+42=(OB+2) 2，
∴OB=3，
∴⊙O的半径为3．
考点7 应用切线长定理求解
【典例精讲】（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，PA，PB与⊙O相切于点A,B,AB与OP交于
点H．若AP=2❑√3,∠APB=60°，则OH的长为（ ）
A．0.5 B．1 C．❑√3 D．2
【答案】B
【思路引导】解题方法是利用切线长定理得PA=PB，结合角度证△APB为等边三角形，再通过切线垂直
半径、勾股定理求线段长度；解题思路：由切线长定理得PA=PB，证△APB为等边三角形，结合
OA⊥PA求OP，再通过等腰三角形三线合一求PH，进而得OH．
【规范解答】解：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，OP平分∠APB（切线长定理），
又∵∠APB=60°，
∴△APB是等边三角形，AB=PA=2❑√3，
如图，连接OA、OB，则OA⊥PA，∵OA=OB，PA=PB，
∴OP垂直平分AB，
1
∴PH⊥AB，AH= AB=❑√3．
2
在Rt△APH中，PH=❑√PA2−AH2=❑√(2❑√3) 2 −(❑√3) 2=3．
在Rt△OAP中，∠APO=30°，
设OA=r，则OP=2r，
由勾股定理：(2r) 2=r2+(2❑√3) 2
解得r=2
∴OH=OP−PH=4−3=1，
∴OH的长为1．
故选：B．
【考点剖析】本题考查圆的切线性质、等边三角形与直角三角形的应用，涉及知识点：切线长定理、切线
与半径垂直、等腰三角形三线合一、勾股定理，解题关键是构造直角三角形并利用特殊角的性质，易错点
是忽略切线与半径的垂直关系．
【变式训练】（25-26九年级上·广东广州·月考）如图，以边BC为直径在正方形ABCD内部作半圆，
圆心为O，过点A作半圆的切线，与半圆相切于点F，与CD相交于点E，设正方形ABCD的边长为x，
EC长为y，则y与x的函数关系式为
1
【答案】y= x
4
【思路引导】本题考查了切线长定理，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．由正方形的性质可得AD=AB=BC=CD=x，根据切线长定理有AF=AB=x，EF=EC= y，则
DE=DC−EC=x−y，AE=AF+FE=x+ y，再根据勾股定理可得AE2=AD2+DE2，代入数值整理
即可求解．
【规范解答】解：∵正方形ABCD的边长为x，
∴AD=AB=BC=CD=x，
∵过点A作半圆的切线，与半圆相切于点F，EC长为y，
∴根据切线长定理有AF=AB=x，EF=EC= y，
则DE=DC−EC=x−y，AE=AF+FE=x+ y，
在三角形ADE中由勾股定理得：AE2=AD2+DE2，
即(x+ y) 2=x2+(x−y) 2，
1
整理可得：y= x，
4
1
故答案为：y= x．
4
考点8 应用切线长定理求证
【典例精讲】（2025·四川南充·一模）如图，在△ABC中，点O是AB边上一点，以点O为圆心，OB
为半径作⊙O，AC与⊙O相切于点E，连接OE，OC，OC平分∠BOE．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)点D为BC边上一点，且OD=OA，若AE=3，CD=9，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【思路引导】（1）要证BC是⊙O的切线，通过切线性质得OE⊥AC，结合角平分线证
△COE≌△COB，从而得OB⊥BC，完成证明；
（2）先证Rt△AOE≌Rt△DOB得DB=AE，结合切线长定理得CE=CB，再用勾股定理表示AB，
最后在Rt△AOE中列方程求解半径．【规范解答】（1）证明：∵AC与⊙O相切，
∴OE⊥AC．
∴∠CEO=90°．
∵OC平分线∠BOE，
∴∠COE=∠COB．
在△COE和△COB中
{
OC=OC,
)
∠COE=∠COB,
OE=OB
∴△COE≌△COB(SAS)．
∴∠CBO=∠CEO=90°.
∴OB⊥BC．
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：在Rt△AOE和Rt△DOB中，
{OA=OD,)
OE=OB
∴Rt△AOE≌Rt△DOB(HL)．
∴DB=AE=3．
∴CB=BD+CD=12．
∵CB，CA是⊙O的切线，
∴CE=CB=12．
∴AC=AE+CE=15．
∴AB=❑√AC2−BC2=❑√152−122=9．
设OB=x，则OE=x，OA=9−x．
∵AE2+OE2=OA2，
∴32+x2=(9−x) 2．
解得x=4．
∴⊙O的半径长为4．
【考点剖析】本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、切线长定理，熟
练掌握切线的判定与性质、全等三角形的判定以及利用勾股定理建立方程是解题的关键．
【变式训练】（25-26九年级上·山东潍坊·期中）如图，Rt△ABC的内切圆（圆心为O）与各边分别相切于点D,E,F，连接OE．以点A为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交AB,AC于M,N两点；分
1
别以M,N为圆心，以大于 MN的长为半径作弧，两弧交于点P；作射线AP．有下列结论：①AP垂直平
2
分EF；②∠AEF=∠B；③AC+BC−AB=2OE．其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【思路引导】本题主要考查了尺规作角平分线，内心的性质，切线长定理，正方形的判定与性质．
延长AP交EF于点H，连接OF,OD，根据尺规作图的过程可知AP平分∠BAC，再根据Rt△ABC的内
切圆（圆心为O）与各边分别相切于点D,E,F，可得AF=AE,BF=BE,CD=CE，由等腰三角形三线
合一可判断①③；由直角三角形的性质可得∠AFE+∠FAH=90°,∠B+∠BAC=90°，结合
∠BAC=2∠FAH可判断②．
【规范解答】解：延长AP交EF于点H，连接OF,OD，
由作图过程可知AP平分∠BAC，则∠BAC=2∠FAH，
∵Rt△ABC的内切圆（圆心为O）与各边分别相切于点D,E,F，
∴AF=AE,BF=BE,CD=CE，∠ODC=∠OEC=90°，
∴△AEF是等腰三角形，
∴AH垂直平分EF，即AP垂直平分EF，故①正确；
∵AF=AE,BF=BD,CD=CE，
∴AC+BC−AB=AE+CE+CD+BD−BF−AF=CE+CD，
∵∠ODC=∠OEC=∠C=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∵CD=CE，∴四边形ODCE是正方形，
∴CE=CD=OE，
∴AC+BC−AB=CE+CD=2OE，故③正确；
∵∠AFE+∠FAH=90°,∠B+∠BAC=90°，∠BAC=2∠FAH，
∴∠AEF≠∠B，故②错误；
则正确的结论有①③．
故答案为：①③．
考点9 直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系
【典例精讲】（25-26九年级上·福建福州·期中）如图△ABC中，∠ACB=90°．
(1)尺规作图：求作⊙P，使它与三边AB、AC、BC都相切（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若BC=5，AB=13，求⊙P的半径．
【答案】(1)见解析
(2)2
【思路引导】本题主要考查了作三角形的内切圆，切线长定理：
（1）分别作∠BAC,∠ACB的平分线交于点P，过点P作AC边的垂线，垂足为点E，再以点P为圆心，
PE长为半径作圆，即可；
（2）证明四边形CDPF为正方形，可得CD=CE=PD=r，再根据切线长定理可得
BD=BF=5−r,AF=AE=12−r，即可求解．
【规范解答】（1）解：如图，⊙P即为所求；（2）解：如图，设⊙P与三边AB、AC、BC的切点分别为F，E，D，连接PD，设⊙P的半径为r，
∵BC=5，AB=13，
∴AC=❑√AB2−BC2=12，
∵⊙P与三边AB、AC、BC都相切，
∴CD=CE,BD=BF,AE=AF，∠PDC=∠PFC=∠ACB=90°，
∴四边形CDPF为矩形，
∵CD=CE，
∴四边形CDPE为正方形，
∴CD=CE=PD=r，
∴BD=BF=5−r,AF=AE=12−r，
∴5−r+12−r=13，
解得：r=2，
即⊙P的半径为2．
【变式训练】．（25-26九年级上·江苏无锡·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°．
(1)尺规作图：作⊙O，使得⊙O经过点C，并且与边AB、BC都相切；（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，若AC=3，BC=4，则⊙O的半径为 ．
【答案】(1)见解析
4
(2)
3【思路引导】此题考查了切线的判定、勾股定理、角平分线的作图和性质等知识，准确作图是关键．
（1）作∠ABC角平分线交AC于点O，过点O作OD⊥AB于点D，根据角平分线的性质得到OD=OC，
以点O为圆心，OC为半径画圆，即为所求；
（2）设⊙O的半径为r，根据求出AB=❑√AC2+BC2=❑√32+42=5，证明OD=OC=r，根据等积法进行
解答即可．
【规范解答】（1）解：如图，⊙O即为所求，
（2）解：设⊙O的半径为r，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°．AC=3，BC=4，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√32+42=5，
∵OD⊥AB，∠ACB=90°．∠ABC角平分线交AC于点O，
∴OD=OC=r，
1 1 1 9
∴S =S +S = AB⋅OD+ BC⋅OC= r(AB+BC)= r
△ABC △ABO △BCO 2 2 2 2
1
S =S +S = AC⋅BC=6,
△ABC △ABO △BCO 2
9
∴ r=6，
2
4
解得r=
3
4
即⊙O的半径为 ．
3
考点10 圆外切四边形模型
【典例精讲】（25-26九年级上·湖南长沙·期中）如图1，四边形ABCD的边AB,BC,CD均与⊙O相
切，切点分别为E，F，G，且AB≠AD，连接OD,OD平分∠ADC．(1)求证：AD与⊙O相切；
(2)如图2，记AD与⊙O的公共点为点H，连接EG,FH交于点I，若EG⊥FH，求证：四边形ABCD对
角互补；
(3)如图3，⊙O的半径为r，连接AC,BD,AC与⊙O交于点M，N，BD与⊙O交于点P，Q，AC⊥BD
，连接PM，令PM=x，MN= y，求y关于x的函数解析式．(不考虑自变量x的取值范围)
【答案】(1)见解析
(2)见解析
x❑√4r2−x2
(3)y=
r
【思路引导】此题考查切线的判定定理，圆周角定理，圆外切四边形的性质，切线长定理，勾股定理等，
（1）连接OG，过点O作OH⊥AD于点H，由角平分线的性质证得OG=OH，即可得到AD与⊙O相切．
（2）连接OE，OF，OG，OH，HG，得到∠A+∠EOH=360°−90°−90°=180°，同理可证，
∠FOG+∠C=180°．根据∠IGH+∠IHG=90°，∠EOH=2∠EGH，∠GOF=2∠GHF，推
出∠FOG+∠EOH=180°，进而推出∠A+∠C=180°，由此得到结论四边形ABCD对角互补．
（3）由⊙O是四边形ABCD的内切圆，得AB+CD=AD+BC①，由AC⊥BD，得
AB2+CD2=AD2+BC2=AT2+BT2+CT2+DT2②，由①②可得AB·CD=AD·BC，设
AB+CD=AD+BC=m，AB·CD=AD·BC=n，得AB，CD和AD，BC都是方程x2−mx+n=0的两
PM·MQ x❑√4r2−x2
根，进而推出PQ为直径，连接MQ，由勾股定理求出MQ=❑√4r2−x2，MT= = ，
PQ 2r
x❑√4r2−x2
由MN=2MT，可得y= ．
r
【规范解答】（1）证明：如图1，连接OG，过点O作OH⊥AD于点H，
∵CD与⊙O相切，∴OG⊥CD，又OD平分∠ADC，
∴OG=OH，
∴AD与⊙O相切．
（2）如图2，连接OE，OF，OG，OH，HG，
∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD，
∴∠OEA=∠OHA=90°，
在四边形AEOH中，∠A+∠EOH=360°−90°−90°=180°，
同理可证，∠FOG+∠C=180°．
∵EG⊥FH，
∴∠IGH+∠IHG=90°，
∵∠EOH=2∠EGH，∠GOF=2∠GHF，
∴∠FOG+∠EOH=180°，
∴∠A+∠C=180°，
∴四边形ABCD对角互补．
（3）∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴AB+CD=AD+BC，①
记AC与BD的交点为点T，
∵AC⊥BD，
∴AB2+CD2=AD2+BC2=AT2+BT2+CT2+DT2，②由①②可得AB·CD=AD·BC，
设AB+CD=AD+BC=m，AB·CD=AD·BC=n，
∴AB,CD和AD,BC都是方程x2−mx+n=0的两根，
又AB≠AD，∴AB=BC，AD=CD，
又AC⊥BD，∴BD平分∠ABC，
∴PQ为直径，
连接MQ，则∠PMQ=90°，
∴MQ=❑√PQ2−PM2=❑√4r2−x2，
PM·MQ x❑√4r2−x2
∴MT= = ，
PQ 2r
∵PQ为直径，AC⊥BD，
∴MN=2MT，
x❑√4r2−x2
∴y= ．
r
【变式训练】（2023·湖北武汉·二模）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD、CD分别与⊙O切于
点E、F，点M、N分别在线段 DE、DF上，且MN与⊙O相切．若△MBN的面积为6，则⊙O的半
径为（ ）
A．2❑√3 B．❑√10 C．2❑√2 D．❑√6
【答案】D
【思路引导】本题考查正方形内切圆的性质，正方形的性质、勾股定理切线长定理等知识，设MN与⊙O相切于点K，设正方形的边长为2a．因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，
MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF= y，在Rt△DMN中，以为
MN=x+ y，DN=a−y，DM=a−x，则(x+ y) 2=(a−x) 2+(a−y) 2，推出ax+ay+xy=a2，根据
S =S ❑ −S −S −S =6，构建方程求出a即可解决问题；
△BMN 正方形 ABCD △ABM △DMN △BCN
【规范解答】解：如图所示，设MN与⊙O相切于点K，
由题意得，AE=DE=DF=CF，
由切线长定理可知ME=MK，NK=NF，
设正方形边长为2a，ME=MK=x，NK=NF= y，则AE=DE=DF=CF=a，
∴MN=x+ y，DM=a−x，DN=a−y，
由勾股定理得M N2=DM2+DN2，
∴(x+ y) 2=(a−x) 2+(a−y) 2，
∴x2+2xy+ y2=a2−2ax+x2+a2−2ay+ y2，
∴ax+ay+xy=a2，
∵S =S ❑ −S −S −S =6，
△BMN 正方形 ABCD △ABM △DMN △BCN
1 1 1
∴(2a) 2− ⋅2a⋅(a+x)− (a−x)(a−y)− ⋅2a⋅(a+ y)=6，
2 2 2
3 1
∴ a2− (ax+ay+xy)=6，
2 2
3 1
∴
a2− a2=6，
2 2
∴a=❑√6（负值舍去），
∴AB=2a=2❑√6，
∴⊙O的半径为❑√6，
故选：D．考点11 三角形内心有关应用
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏南京·期中）在△ABC中，AB=AC，当△ABC的内切圆的半径
确定时，随着∠A的度数增大，△ABC的外接圆的半径（ ）
A．一直增大 B．一直减小 C．先增大再减小 D．先减小再增大
【答案】D
【思路引导】本题考查了三角形的内切圆、外接圆，等腰三角形等知识，利用图形去观察分析是解题的关
键．画一个固定的圆作为△ABC的内切圆，再分别画出几个等腰三角形，∠A度数依次增大，观察图形
即可得解．
【规范解答】解：如图
根据图形我们可以发现，当△ABC的内切圆的半径确定时，∠A在增大的过程中，△ABC的外接圆的
半径先减小，后增大；
故选D．
【变式训练】（25-26九年级上·江苏盐城·期中）如图，将三角形纸片ABC沿EF折叠，点C恰好与
△ABC的内心I重合，若∠ACB=40°，则∠EIA+∠FIB=（ ）
A．210° B．220° C．230° D．240°
【答案】A
【思路引导】本题考查了三角形内角和定理，折叠的性质，三角形内心的性质，角平分线的定义等，熟练
掌握三角形内心的性质是解题的关键．根据三角形内角和定理得出∠BAC+∠ABC=140°，根据折叠的
性质和三角形内心的性质得出∠EIF=∠ACB=40°，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，求得∠IAB+∠IBA=70°，即可求解．
【规范解答】解：∵在△ABC中，∠ACB=40°，
∴∠BAC+∠ABC=180°−∠ACB=140°，
∵△ABC沿EF折叠，点C恰好与△ABC的内心I重合，
∴∠EIF=∠ACB=40°，AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
1 1
∴∠IAB= ∠BAC，∠IBA= ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠IAB+∠IBA= (∠BAC+∠ABC)= ×140°=70°，
2 2
∴∠AIB=180°−(∠IAB+∠IBA)=180°−70°=110°，
∴∠EIA+∠FIB=360°−∠EIF−∠AIB=360°−40°−110°=210°，
故选：A．
考点12 一般三角形周长、面积与内切圆半径的关系
【典例精讲】（25-26九年级上·江苏南通·月考）如图，△ABC中，AB=AC．
(1)在图中用无刻度的直尺和圆规作△ABC的外接圆O；（保留作图痕迹）
(2)若AB=10，BC=16，求△ABC的内切圆半径．
【答案】(1)见详解
8
(2)
3
【思路引导】本题主要考查三角形外接圆，内切圆，勾股定理，垂径定理，掌握勾股定理及垂径定理是解
题的关键．
（1）用尺规作边AB和AC的垂直平分线，两线相交于点O进而作出△ABC的外接圆；
（2）根据勾股定理和等面积法即可求出内切圆的半径．
【规范解答】（1）解：如图所示即为△ABC的外接圆，（2）解：连接OB、OA，设OA交BC于点D，
∵AB=AC，
∴AO⊥BC，
1
根据垂径定理，得BD=DC= BC=8，∠ODB=90°，
2
∴AD=❑√AB2−BD2=❑√102−82=6，
设内切圆半径为r，
1 1
∴S = BC×AD=48= (AB+AC+BC)⋅r，
△ABC 2 2
2S 8
内切圆半径r= =96÷36= ．
AB+AC+BC 3
【变式训练】．（2025九年级上·全国·专题练习）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别
相切于点D，E，F，且AB=5cm，BC=7cm，CA=6cm．
(1)求AF的长．
(2)已知S =6❑√6cm2 ，求OD的长．
△ABC
【答案】(1)2cm
2❑√6
(2) cm
3
【思路引导】本题主要考查的是三角形内切圆的有关问题以及切线长定理的应用，根据切线长定理列出方
程是解题的关键．（1）由切线长定理可知：AF=AE，BF=BD，CD=CE，设AF=AE=x，则BF=BD=5−x，
EC=DC=6−x，根据BD+DC=BC=7，列方程求解即可；
（2）先计算三角形的半周长s，再利用S =s⋅r，代入三角形面积与半周长即可求出内切圆半径，即
△ABC
可求解出OD的长．
【规范解答】（1）解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴AF=AE，BF=BD，CD=CE，
设AF=AE=x，
则BF=BD=5−x，EC=DC=6−x，
根据题意得：5−x+6−x=7
解得：x=2cm
∴AF=2cm，BD=5−x=5−2=3(cm)，EC=6−x=6−2=4(cm)，
则AF的长为2cm；
（2）解：∵AB=5cm，BC=7cm，CA=6cm，
AB+BC+CA 5+7+6
∴半周长s= = =9(cm)，
2 2
又∵ S =6❑√6cm2 ，
△ABC
∴6❑√6=r⋅9，
2❑√6
∴r= ，
3
2❑√6
则OD的长为 cm．
3
考点13 三角形内切圆与外接圆综合
【典例精讲】如图，锐角△ABC．
(1)分别作出△ABC的外接圆⊙O、△ABC的内切圆⊙O′（尺规作图，保留作图痕迹）；
(2)已知点O是△ABC外接圆的圆心，点O'是△ABC内切圆的圆心．试探究∠BOC与∠BO′C的度数
之间的关系；
(3)如果∠BOC=100°，那么∠BO′C的度数是多少？【答案】(1)见解析；
1
(2)∠BO′C=90°+ ∠BOC，理由见解析；
4
(3)∠BO′C=115°．
【思路引导】本题考查了圆周角定理，三角形内切圆和外接圆的性质，尺规作图——作角平分线和垂直平
分线，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）作AC、BC垂直平分线交于点O，作∠ABC和∠ACB角平分线交于点O′即可；
（2）由点O是△ABC外接圆的圆心，得∠BOC=2∠A，由点O'是△ABC内切圆的圆心，则
1 1 1
∠O′BC= ∠ABC，∠O′CB= ∠ACB，从而可得∠BO′C=90°+ ∠A，然后代入可得
2 2 2
1
∠BO′C=90°+ ∠BOC；
4
1
（3）由（2）得，∠BO′C=90°+ ∠BOC，然后代入即可求解．
4
【规范解答】（1）解：如图，
∴△ABC的外接圆⊙O、△ABC的内切圆⊙O′即为所求；
1
（2）解：∠BO′C=90°+ ∠BOC，理由，
4
如图，∵点O是△ABC外接圆的圆心，
∴∠BOC=2∠A，
∵点O'是△ABC内切圆的圆心
1 1
∴∠O′BC= ∠ABC，∠O′CB= ∠ACB，
2 2
∵∠ABC+∠ACB+∠A=180°，
1 1 1 1
∴∠O′BC+∠O′CB= ∠ABC+ ∠ACB= (180°−∠A)=90°− ∠A，
2 2 2 2
∴∠BO′C=180°−(∠O′BC+∠O′CB)=180°− ( 90°− 1 ∠A ) =90°+ 1 ∠A，
2 2
1
∴∠BO′C=90°+ ∠BOC；
4
1
（3）解：由（2）得，∠BO′C=90°+ ∠BOC，
4
∵∠BOC=100°，
1
∴∠BO′C=90°+ ×100°=115°．
4
【变式训练】（25-26九年级上·江苏南通·期中）如图，△ABC是一张周长为24cm的三角形的纸片，
BC=7cm，⊙O是它的内切圆，小明准备用剪刀在⊙O的右侧沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下
△AMN，则剪下的三角形的周长为（ ）
A．12cm B．11cm
C．10cm D．随直线MN的变化而变化
【答案】C
【思路引导】此题重点考查三角形的周长、三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识，推导出
AD+AF=AB+AC−(BD+CF)=10cm，是解题的关键．设⊙O与AB、BC、AC、直线MN分别相切
于点D、E、F、H，由△ABC的周长为24cm，BC=7cm，求得AB+AC=17cm，由BD=BE，
CF=CE，求得AD+AF=AB+AC−(BD+CF)=10cm，由HM=DM，HN=FN，得
AM+MN+AN=AD+AF=10cm，于是得到问题的答案．【规范解答】解：设⊙O与AB、BC、AC、直线MN分别相切于点D、E、F、H，
∵△ABC的周长为24cm，BC=7cm，
∴AB+AC=AD+BD+CF+AF=24−7=17(cm)
，
∵BD=BE，CF=CE，
∴BD+CF=BE+CE=BC=7cm，
∴AD+AF=AB+AC−(BD+CF)=17−7=10(cm)，
∵HM=DM，HN=FN，
∴AM+MN+AN=AM+HM+HN+AN=AM+DM+FN+AN=AD+AF=10cm，
∴剪下的三角形的周长为10cm，
故选：C．
考点14 过圆外一点作圆的切线(尺规作图）
【典例精讲】（25-26九年级上·河北沧州·期中）课堂上，李老师布置一道作图题如下：
已知：如图，⊙O及⊙O外一点P．
求作：直线PQ，使PQ与⊙O相切于点Q．
某同学经过探索，给出了一种作图方法（如下）：
1
①连接OP，分别以O，P为圆心，以大于 OP的长为半径作弧，两弧分别交于A，B两点（点A，B分别位
2
于直线OP的上下两侧）；
②作直线AB交OP于点C；
③以点C为圆心，CO为半径作⊙C，⊙C交⊙O于点Q（点Q位于直线OP的上侧）；
④连接PQ，则直线PQ即为所求作直线，PQ交AB于点D，连接OQ、OD．
根据这个同学的作图方法，解答下面问题：
(1)完成作图，并准确标注字母（尺规作图，保留作图痕迹）；
(2)结合作图，说明PQ是⊙O切线的理由；(3)若⊙O半径为4，OP=10，求OD的长．
【答案】(1)图见解析
(2)理由见解析
25❑√21
(3)OD=
21
【思路引导】本题考查了线段垂直平分线的尺规作图、圆的切线的判定、圆周角定理、勾股定理等知识，
熟练掌握圆的切线的判定是解题关键．
（1）根据题中作图方法的四个步骤作图即可得；
（2）先根据作图可得OP为⊙C的直径，再根据圆周角定理可得∠OQP=90°，即OQ⊥PQ，然后根
据圆的切线的判定即可得；
（3）先利用勾股定理可得PQ=2❑√21，再根据线段垂直平分线的性质可得OD=PD，然后设
OD=PD=x，则DQ=2❑√21−x，在Rt△ODQ中，利用勾股定理求解即可得．
【规范解答】（1）解：如图，PQ即为所求．
（2）解：由题意得：OP为⊙C的直径，
∴∠OQP=90°，
∴OQ⊥PQ，
又∵OQ是⊙O的半径，
∴PQ是⊙O的切线．
（3）解：∵⊙O的半径为4，
∴OQ=4，
∵OQ⊥PQ，OP=10，
∴在Rt△OPQ中，PQ=❑√OP2−OQ2=❑√102−42=2❑√21，
由作图可知，AB是OP的垂直平分线，
∴OD=PD，
设OD=PD=x，则DQ=PQ−PD=2❑√21−x，在Rt△ODQ中，OD2=OQ2+DQ2，即x2=42+(2❑√21−x) 2 ，
25❑√21
解得x= ，
21
25❑√21
即OD= ．
21
【变式训练】（25-26九年级上·江苏·期末）请用圆规和无刻度的直尺按要求作图（保留作图痕迹，写
出主要作图步骤）．
【问题再现】如图1，过点P作⊙O的一条切线；
【问题联想】如图2，在l上作一点Q，使得直线PQ被⊙O截得的弦被点P平分；
【问题再解】如图3，过点P作一条直线，使得该直线被⊙O截得的弦其长度等于弦AB的长．
【问题再现】（1）主要作图步骤： ；
【问题联想】（2）主要作图步骤： ；
【问题再解】（3）主要作图步骤： ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【思路引导】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．也考查了圆周角定理，垂径定理和切线的判定与性
质．
（1）先作OP的垂直平分线得到OP的中点M，再以OP为直径作⊙M交⊙O于点A，则根据圆周角定理得
到∠PAO=90°，然后根据切线的判定方法得到直线PA为⊙O的切线；
（2）连接OP并延长至点N，过点P作OP的垂线，交直线l于点Q，交⊙O于点E和F，则弦EF被点P
平分；
（3）过点O作AB的垂线，垂足为点G，以点O为圆心，OG为半径作小⊙O，作OP的垂直平分线得到
OP的中点M，再以OP为直径作⊙M交小⊙O于点H，则根据圆周角定理得到∠PHO=90°，射线PH，
交⊙O于点C和D，则弦CD=AB．【规范解答】解：（1）如图1，先作OP的垂直平分线得到OP的中点M，再以OP为直径作⊙M交⊙O于
点A，则根据圆周角定理得到∠PAO=90°，
然后根据切线的判定方法得到直线PA为⊙O的切线；
（2）如图2，连接OP并延长至点N，过点P作OP的垂线，交直线l于点Q，交⊙O于点E和F，则弦EF
被点P平分；
（3）如图3，过点O作AB的垂线，垂足为点G，以点O为圆心，OG为半径作小⊙O，作OP的垂直平分
线得到OP的中点M，再以OP为直径作⊙M交小⊙O于点H，则根据圆周角定理得到∠PHO=90°，射
线PH，交⊙O于点C和D，则弦CD=AB．
．
考点15 圆内知识综合（圆的综合问题）
【典例精讲】（2025·广东深圳·三模）某教室内的桌子皆为同一款多功能桌，4张此款桌子可紧密拼接
成中间有圆形镂空的大圆桌，上视图如图1所示，其外围及镂空边界为一大一小的同心圆，其中大圆的半
径为80公分，小圆的半径为20公分，且任两张相邻桌子接缝的延长线皆通过圆心．
为了有效运用教室空间，老师考虑了图2及图3两种拼接此款桌子的方式．这两种方式皆是将2张桌子的
一边完全贴合进行拼接A、B两点为图2中距离最远的两个桌角，C、D两点为图3中距离最远的两个桌角，
且CD与2张桌子的接缝EF相交于G点，G为EF中点．请根据上述信息及图2、图3中的标示回答下列问题，完整写出你的解题过程并详细解释：
(1)GF的长度为多少公分？
(2)判断CD与AB的长度何者较大？请说明理由．
【答案】(1)30公分
(2)CD>AB，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d<r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d>r，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°．
