专题 24.5 直线和圆的位置关系（九大题型）
【题型1判定制断直线和圆的位置】......................................................................................1
【题型2已知直线和圆的位置关系求半径的取值】................................................................4
【题型3已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距
离】.....................................................8
【题型5证明某直线是圆的切线】..........................................................................................9
【题型6切线的性质定理】...................................................................................................15
【题型7切线的性质和判定的综合应
用】..............................................................................19
【题型8切线长定理】..........................................................................................................28
【题型9三角形周长、面积与内切圆半径的关
系】................................................................32
【题型1判定制断直线和圆的位置】
1．已知⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是（
）
A．无法确定 B．相切 C． 相交 D．相离
【答案】C
【分析】本题主要考查了判断直线和圆的位置关系，熟练掌握判断直线和圆的位置关系
的方法是解题的关键．
按照判断直线和圆的位置关系的方法进行判断即可．
【详解】解：∵⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，且2<3，
∴直线l与⊙O的位置关系是相交，
故选：C．
2．已知圆的半径为6.5cm，如果圆心到直线的距离为5.5cm，那么这条直线和这个圆的位
置关系是（ ）A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相离
【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆
相交；当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切；当圆心到直线的距离大于
圆的半径时，直线与圆相离．解决本题的关键是根据圆心到直线的距离与圆的半径之间
的大小关系判断直线与圆的位置关系．
【详解】解：∵圆的半径为6.5cm，圆心到直线的距离为5.5cm，
又∵5.5<6.5，
∴圆心到直线的距离小于圆的半径，
∴直线与圆相交．
故选：A．
3．三个半径均为6的圆与直线l的位置关系如图所示，若点P在其中的某个圆上，且点P
到直线l的距离为8，则这个圆只能是（ ）
A．⊙O B．⊙O C．⊙O 或⊙O D．⊙O 或⊙O
2 3 2 3 1 2
【答案】C
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，理解圆与直线的三种关系是解题关键．
根据图形，结合圆与直线的位置关系判断即可．
【详解】解：由题意可知，⊙O 、⊙O 、⊙O 的半径均为6，点P到直线l的距离
1 2 3
为8，
若点P在⊙O 上，则点P到直线l的距离不大于6，不符合题意；
1
若点P在⊙O 或⊙O 上，点P到直线l的距离可以为8，符合题意；
2 3
故选：C．
4．在平面直角坐标系xOy中，以点(3,4)为圆心，4为半径的圆（ ）
A．与x轴相交，与y轴相切
B．与x轴相离，与y轴相交
C．与x轴相切，与y轴相交
D．与x轴相切，与y轴相离【答案】C
【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，坐标与图形性质，掌握直线与圆的位置关
系定是解此题的关键．根据点(3,4)为圆心，得到圆心到x轴的距离是4，到y轴的距离
是3，根据直线与圆的位置关系即可求出答案．
【详解】解：圆心(3,4)到x轴的距离是4，到y轴的距离是3，
∵ 4=4，3<4，
∴圆与x轴相切，与y轴相交，
故选：C．
5．“日出江花红胜火，春来江水绿如蓝”，如图记录的日出美景中，太阳与海天边隙线可
看成圆与直线，它们的位置关系是 ．
【答案】相离
【分析】本题主要考查直线和圆的位置关系，根据直线和圆的位置关系，即可解答．
【详解】解：由题可知，太阳与海天边隙线可看成的圆和直线没有公共点，所以太阳
和海天边隙线看成的直线位置关系是相离．
故答案为：相离．
6．平面内，⊙O与四条直线l ，l ，l ，l 的位置关系如图所示，若⊙O的半径为2cm，
1 2 3 4
且点O到其中一条直线的距离为2.2cm，则这条直线是 ．
【答案】l
3
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，熟记圆心到直线的距离与半径关系是正确解
答此题关键． 根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系：当d=r，则直线和圆相切；
当d<r，则直线和圆相交；当d>r，则直线和圆相离，进行分析判断．
【详解】解：∵圆心O点到所求直线的距离2.2cm>半径2cm，
∴此直线和圆相离，观察图形发现：直线l 与⊙O相离，
3
∴这条直线是l ．
3
故答案为：l ．
3
【题型2已知直线和圆的位置关系求半径的取值】
1．如图，已知点O到直线l的距离为5，如果在以点O为圆心的圆上有且只有两个点到直线
l的距离为2，那么这个圆的半径长r的取值范围是（ ）
A．2<r<5 B．3≤r<5 C．2<r≤7 D．3<r<7
【答案】D
【分析】此题主要考查了圆与直线的位置关系．要掌握直线与圆的三种位置关系中各自
的特点，并根据特殊的位置关系求出相对应的半径的长度是解题的关键．已知点O到
直线l的距离为5，要使圆上有且只有两个点到直线l的距离为2．过点O作直线l的垂
线，垂足为A．当圆与直线l的位置关系满足： 以O为圆心的圆与直线l相交，且在直
线l两侧到直线l距离为2的点中，只有两个在圆上．从距离角度看，圆的半径r要满足：
5−2<r<5+2，即3<r<7，得出答案．
【详解】解：已知点O到直线l的距离为5，要使圆上有且只有两个点到直线l的距离
为2．
过点O作直线l的垂线，垂足为A．
当圆与直线l的位置关系满足： 以O为圆心的圆与直线l相交，且在直线l两侧到直线
l距离为2的点中，只有两个在圆上．
从距离角度看，圆的半径r要满足：5−2<r<5+2，即3<r<7．
故选：D
2．在直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以点C为圆心作⊙C，半径为r，
已知边AB和⊙C有交点，则r的取值范围为（ ）A．r>3 B．2.4≤r≤4 C．r<4 D．r≥2.4
【答案】B
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理，作CD⊥AB于D，由勾股定理
求出AB，由三角形的面积求出圆心C到AB的距离为2.4，可得以C为圆心，2.4为半径
所作的圆与斜边只有一个公共点，即可得直线AB和⊙C有交点，r的取值范围．
【详解】解：作CD⊥AB于D，如图所示：
∵∠ACB=90° AC=3 BC=4
， ， ，
∴ AB=❑√32+42=5，
1 1
∵△ABC的面积= AB⋅CD= AC⋅BC，
2 2
AC⋅BC 12
∴ CD= = =2.4，即圆心C到AB的距离d=2.4，
AB 5
∴以C为圆心的⊙C与边AB有交点，则r的取值范围是：2.4≤r≤4．
故选B．
3．在△ABC中，∠C=90°,∠B=30°,BC=4，若⊙C与AB相离，则半径为r满足（
）
A．r>2 B．r=2 C．0<r<2 D．0<r<2❑√3
【答案】C
【分析】本题考查圆与直线的位置关系，过C作CD⊥AB于D，含30度角的直角三角
形的性质，结合勾股定理求出AC,AB的长，等积法求出CD的长，根据圆与直线相离
得到CD>r，即可得解．【详解】解：∵∠C=90°,∠B=30°,BC=4，
∴AB=2AC，
∵AB2=BC2+AC2，
∴4AC2=16+AC2，
4
∴AC= ❑√3，
3
8
∴AB= ❑√3，
3
过C作CD⊥AB于D，
1 1
∵S = AB⋅CD= AC⋅BC，
△ABC 2 2
∴CD=2，
∵⊙C与AB相离，
∴半径r满足0<r<2，
故选：C．
4．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
【分析】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．
【详解】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．
【点睛】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．
5．如图，∠AOB=30°，OP=8，若⊙P与射线OA只有一个交点，则⊙P半径r的取
值范围是 ．
【答案】r=4或r>8
【分析】本题考查了圆与直线的位置关系，含30°的直角三角形．熟练掌握圆与直线
的位置关系，含30°的直角三角形是解题的关键．
1
如图，作PQ⊥OA于Q，则PQ= OP=4，当r=4时，⊙P与射线OA相切，此时
2
只有一个交点；当r>8时，⊙P与射线OA只有一个交点；然后作答即可．
【详解】解：如图，作PQ⊥OA于Q，∵∠AOB=30°，
1
∴PQ= OP=4，
2
∴当r=4时，⊙P与射线OA相切，此时只有一个交点；
当r=OP=8时，⊙P与射线OA有两个交点；
∴当r>8时，⊙P与射线OA只有一个交点；
综上，当⊙P与射线OA只有一个交点时，⊙P半径r的取值范围是r=4或r>8，
故答案为：r=4或r>8．
6．在同一平面内，半径为4的⊙P与直线AB相离，则圆心P到直线AB的距离d需满足
的条件是 ．
【答案】d>4
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系；熟记直线和圆的位置关系与数量之间的联
系是解决问题的关键．．
根据⊙P与直线AB相离，则圆心到直线的距离大于圆的半径即可得问题答案．
【详解】解：∵半径为4的⊙P与直线AB相离，
∴圆心到直线AB的距离大于圆的半径，
即d>4；
故答案为：d>4．
【题型3已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离】
1．已知⊙O的半径是5，直线l与⊙O相交，则圆心O到直线l的距离可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】本题考查直线与圆的位置关系，根据直线l和⊙O相交即d<r，即可判断．
【详解】解：∵直线l与⊙O相交，
∴圆心O到直线l的距离小于5，
符合要求的为4，
故选：A．2．已知⊙O的半径为5，直线l是⊙O的切线，则点O到直线l的距离是（ ）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．5
【答案】D
【分析】根据圆与直线的位置关系进行解答即可．
【详解】解：⊙O的半径是5，直线l是⊙O的切线，那么点O到直线l的距离是5．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握当直线与圆相切
时，圆心到直线的距离等于半径；当直线与圆相交时，圆心到直线的距离小于半径；当
直线与圆相离时，圆心到直线的距离大于半径．
【题型5证明某直线是圆的切线】
1．如图，AB是⊙O的直径，点C是弧BD的中点，过点C作CE⊥AD于点E，连接CD．
判断EC与⊙O的位置关系，并证明．
【答案】EC与⊙O相切，理由见解析
【分析】本题主要考查同弧所对的圆周角相等，等边对等角，切线的判定等知识，熟
练掌握同弧所对的圆周角相等，切线的判定及三角函数是解题的关键．
连接OC，由题意得∠DAC=∠BAC，∠BAC=∠ACO，则有
∠DAC=∠ACO，然后可得AD∥OC，进而问题可求证．
【详解】解：EC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，如图所示：∵点C是弧BD的中点，
∴C´D=B´C，
∴∠DAC=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∴∠DAC=∠ACO，
∴AD∥OC，
∵CE⊥AD，即∠E=90°，
∴∠OCE=90°，
∵OC为⊙O的半径，
∴EC与⊙O相切．
2．如图，已知AB是⊙O的直径，D是B´C的中点，DE⊥AC交AC的延长线于点E．求
证：DE是⊙O的切线．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查切线的证明，圆周角定理，根据半径相等得到∠OAD=∠ODA，
根据D为B´C的中点，得到∠CAD=∠BAD=∠ODA，再根据DE⊥AE得到
DE⊥OD即可得到DE是⊙O的切线．
【详解】证明：如图，连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA．∵D为B´C的中点，即C´D=B´D，
∴∠CAD=∠BAD．
∴∠CAD=∠ODA．
∴OD∥AE．
∵DE⊥AE，
∴DE⊥OD．
又∵OD为⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线．
3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O是BC边上一点，以点O为圆心，OB为半
径的圆与AB相交于点D，连接CD，且CD=AC．求证：CD是⊙O的切线．
【答案】见解析
【分析】本题考查了切线的判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，由等腰三
角形性质可得∠A=∠ADC，∠B=∠BDO，又∠ACB=90°，则
∠A+∠B=90°，所以∠ADC+∠BDO=90°，从而有∠ODC=90°，最后由切
线的判定方法即可求证，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接OD，
∵AC=CD，
∴∠A=∠ADC，
∵OB=OD，
∴∠B=∠BDO，
∵∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，∴∠ADC+∠BDO=90°，
∴∠ODC=180°−(∠ADC+∠BDO)=90°，
∴OD⊥CD，
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
4．如图，AB是△ABC的外接圆⊙O的直径，点D为OB上一点，过点D作DE⊥AB于
点D，交AC的延长线于点E，点F为线段DE上一点，且CF=EF．求证：CF是
⊙O的切线；
【答案】见解析
【分析】本题题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理是
解题的关键；
连结OC，根据OA=OC，可得∠A=∠OCA，根据CF=EF，可得∠E=∠FCE，
由DE⊥AB，可得∠A+∠E=90°，进而得出∠OCF=90°，即可得证．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA，
∵CF=EF，
∴∠E=∠FCE，
∵DE⊥AB于点D，
∴∠ODE=90°，
∴∠A+∠E=90°，
∴∠OCA+∠FCE=90°，∵∠OCA+∠OCF+∠FCE=180°，
∴∠OCF=90°，即OC⊥CF，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
5．如图，在▱ABCD中，AB=AC，⊙O外接于△ABC．求证：AD是⊙O的切线
【答案】见解析
【分析】连接OA,OC，由平行四边形和等腰三角形的性质可证
∠ABC=∠ACB=∠CAD，设∠ABC=∠ACB=∠CAD=x，由圆周角定理得：
∠AOC=2∠ABC=2x，然后求出∠OAD=∠OAC+∠CAD=90°，根据切线
的判定即可得出结论
【详解】证明：如图，连接OA,OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACB，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB=∠CAD，
设∠ABC=∠ACB=∠CAD=x，
由圆周角定理得：∠AOC=2∠ABC=2x，
∵OA=OC，
180°−∠AOC
∴∠OAC=∠OCA= =90°−x，
2
∴∠OAD=∠OAC+∠CAD=90°−x+x=90°，∴OA⊥AD，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线．
【点睛】此题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，平行四边形的性
质，熟练掌握切线的判定，圆周角定理是解决问题的关键．
6．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．求证：CD是
⊙O的切线．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握这
些知识点是解题的关键．
连接OC，如图所示，由直径所对的圆周角是直角，再由互余定义得到
∠OCA=∠DCB，从而∠DCB+∠BCO=90°，即DC⊥OC，从而判断CD是
⊙O的切线．
【详解】证明：连接OC，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，即∠BCO+∠ACO=90°，
又∵∠DCB=∠CAD，
∵OA=OC，
∴∠CAD=∠OCA，
∴∠OCA=∠DCB，∴∠DCB+∠BCO=90°，
即∠DCO=90°，
∴DC⊥OC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
【题型6切线的性质定理】
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，以边AB的中点O为圆心
的半圆与AC相切，连接OC，与半圆相交于点D，则CD的长为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】本题考查了圆的切线性质，直角三角形斜边中线的性质，中位线的定理以及勾股
定理求解边长，得到切点为边AC的中点是解决本题的关键．
首先利用勾股定理可求解边AB的长度，由直角三角形斜边中线的性质可得
CO=AO=BO=5，再利用圆的切线的性质可得切点为边AC的中点，利用中位线的性质
可得圆的半径，由CD=CO−OD求解即可．
【详解】解：因为在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
所以AB=❑√AC2+AB2=❑√82+62=10，
因为在Rt△ABC中，点O为AB的中点，
所以CO=AO=BO=5，
记切点为点E，连接OE，如图，
所以可知OE⊥AC，
所以BC∥DE，因为点O为AB的中点，
所以点E为AC的中点，
1
所以DE= BC=3，
2
所以圆的半径为3，即OD=3，
所以CD=CO−OD=5−3=2，
即CD的长为2 ．
故选：D ．
2．如图，⊙O与△OAB的边AB相切于点C，与边OB相交于点D．点E为优弧CD上的
点，连接CE,DE．若∠B=40°，则∠E的度数为（ ）
A．20° B．25° C．35° D．40°
【答案】B
【分析】此题考查了圆周角定理、切线的性质定理等知识，根据切线的性质得到
∠OCB=90°.即可得到∠COB=50°.根据圆周角定理即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OC．
∵⊙O △OAB AB C
与 的边 相切于点 ，
∴OC⊥AB，
∴∠OCB=90°，
∵∠B=40°，
∴∠COB=50°，
1
∴∠E= ∠COB=25°；
2
故选：B．3．如图，圆O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB=90°，∠A=20°，过点C作圆O的切
线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是 ．
【答案】50°
【分析】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，90度的圆周角所对的弦是直径，根据
∠ACB=90°可得AB是⊙O的直径，则由圆周角定理可得∠BOC=2∠A=40°，由切
线的性质推出∠OCD=90°，据此根据直角三角形两锐角互余可得答案．
【详解】解：如图所示，连接OC，
∵∠ACB=90°，圆O是Rt△ABC的外接圆，
∴AB是⊙O的直径，
∴∠BOC=2∠A=40°，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCD=90°，
∴∠D=90°−∠COD=50°，
故答案为：50°．
4．如图，点A在⊙O上，射线CB与⊙O相切于点C，若∠ACB=20°，则∠A= °．【答案】70
【分析】本题考查切线的性质，根据切线的性质，结合等边对等角进行求解即可．
【详解】解：∵射线CB与⊙O相切于点C，
∴∠OCB=90°，
∵∠ACB=20°，
∴∠OCA=∠OCB−∠ACB=70°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠OCA=70°，
故答案为：70．
5．如图，经过A，B两点的⊙O与AC相切于点A，与边BC相交于点E，AD为⊙O的直
径，AB=AC，连结DE，若∠C=36°，则∠BED的度数为 ．
【答案】18°
【分析】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理、切线的性质、圆周角定理
等知识，推导出∠B=∠C=36°及∠CAD=90°是解题的关键．
由AB=AC，得∠B=∠C=36°，则∠BAC=180°−∠B−∠C=108°，由切线的性
质得∠CAD=90°，则∠BED=∠BAD=∠BAC−∠CAD=18°，于是得到问题的答
案．
【详解】解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C=36°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=108°，
∵AD为⊙O的直径，⊙O与AC相切于点A，
∴AC⊥AD，∴∠CAD=90°，
∴∠BAD=∠BAC−∠CAD=18°，
∴∠BED=∠BAD=18°，
故答案为：18°．
【题型7切线的性质和判定的综合应用】
1．如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，PD交AB的延长线于点D，
DE⊥PO交PO的延长线于点E，∠EPD=∠EDO
(1)判断直线PD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若PA=5，AD=12，求⊙O的半径．
【答案】(1)PD与⊙O相切，见解析
10
(2)
3
【分析】本题主要综合考查了切线的性质和判定和勾股定理，能运用性质进行推理和
计算是解此题的关键．
（1）过点O作OF⊥OP，先根据切线的性质、同角或等角的余角相等证明
∠APO=∠DPO，进而可得△PFO≌△PAO(AAS)，OA=OF，由到圆心距离
等于半径的直线是圆的切线即可得出结论；
（2）由勾股定理求出PD=❑√PA2+AD2=13，进而可得DF=PD−PF=8，再在
Rt△DFO中，由勾股定理列方程求出⊙O的半径．
【详解】（1）解：证明：过点O作OF⊥OP，∵AB ⊙O PA ⊙O
是 的直径， 与 相切于点A，
∴∠A=90°，
∵DE⊥PO，
∴∠E=90°，
∵∠DOE=∠POA，
∴∠EDO=∠APO，
∵∠EPD=∠EDO，
∴∠APO=∠DPO，
在△PFO与△PAO中，
{
∠PFO=∠A
)
∠FPO=∠APO,
OP=OP
△PFO≌△PAO(AAS)，
∴OA=OF，
∴PD与⊙O相切；
（2）由（1）证得△PFO≌△PAO，
∴PF=PA，
∵PA=5，AD=12，∠PAD=90°，
∴PD=❑√PA2+AD2=13
由（1）证得△PFO≌△PAO，
∴PF=PA，
∴DF=PD−PF=8，
设⊙O的半径为：OA=r，
∴r2+82=(12−r) 2，
10
∴r= ，
310
∴⊙O的半径为 ．
3
2．如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，⊙O的切线PC交BA的延长线于点P，
OF∥BC交AC于点E，交PC于点F，连接AF；
(1)判断AF与⊙O的位置关系并说明理由．
(2)若⊙O的半径为4，AF=3，求AC的长．
【答案】(1)AF是⊙O的切线；理由见解析
24
(2)
5
【分析】本题考查切线的判定及性质，全等三角形的判定及性质，垂径定理，综合运
用相关知识是解题的关键．
（1）连接OC，由OF∥BC得到∠1=∠2，∠B=∠3，进而得到∠3=∠2，证
明△OAF≌△OCF(SAS)，得到∠OAF=∠OCF，根据切线的性质得到
∠OCF=90°，从而∠OAF=90°，得证结论；
（2）根据勾股定理求出OF=5，由AF=CF，OA=OC得到OF⊥AC，得到
AC=2AE，根据△OAF的面积求出AE，即可解答．
【详解】（1）解：AF是⊙O的切线；理由如下：
连接OC，
∵OF∥BC，
∴∠1=∠2，∠B=∠3，，
∵OC=OB，
∴∠B=∠1，
∴∠3=∠2，
在△OAF和△OCF中，¿，
∴△OAF≌△OCF(SAS)，
∴∠OAF=∠OCF，
∵PC是⊙O的切线，
∴∠OCF=90°，
∴∠OAF=90°，
∴FA⊥OA，
∴AF是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为4，AF=3，∠OAF=90°，
∴OF=❑√AF2+OA2=❑√32+42=5，
∵AF，CF是⊙O的切线，
∴AF=CF，
∵OA=OC，
∴OF⊥AC，
∴AC=2AE，
∵AF⊥OA，
1 1
∴S = AF⋅OA= OF⋅AE，
△OAF 2 2
∴3×4=5×AE，
12
解得：AE= ，
5
24
∴AC=2AE= ．
5
3．如图，OC平分∠AOB，D是OC上任意一点，⊙D和OA相切于点E，连接CE．
(1)求证：OB与⊙D相切；
(2)若OE=4，⊙D的半径为3，求CE的长．
【答案】(1)见解析12❑√5
(2)
5
【分析】（1）过点D作DF⊥OB于点F，先由切线的性质得DE⊥OA，则由角平
分线的性质得DF=DE，即可证得结论；
12
（2）过E作EG⊥OD于G，先由勾股定理求出OD=5，再由面积法求出EG= ，
5
9
然后由勾股定理求出DG= ，最后由勾股定理求出CE即可．
5
【详解】（1）证明：连接DE，过点D作DF⊥OB于点F，如图所示：
∵⊙D与OA相切于点E，
∴DE⊥OA，
∵OC平分∠AOB，
∴DF=DE，
又∵DF⊥OB，
∴OB与⊙D相切；
（2）解：过E作EG⊥OD于G，如图所示：
由（1）得：DE⊥OA，
∴∠OED=90°，
∵OE=4,DE=3，∴OD=❑√32+42=5，
∵EG⊥OD，
1 1
∴ OD⋅EG= OE⋅DE，
2 2
OE⋅DE 12
∴EG= = ，
OD 5
9
∴DG=❑√DE2−EG2=
，
5
24
∴CG=CD+DG= ，
5
12❑√5
∴CE=❑√EG2+CG2=
．
5
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、勾股定理以及角平分线的性质等知识，解题
的关键是准确作出辅助线．
4．如图，点O是菱形ABCD对角线上一点，以点O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相
切于点M．
(1)求证：CD与⊙O相切；
(2)若∠B=60°，⊙O的半径为3，求菱形的边长．
【答案】(1)见解析
(2)3+2❑√3
【分析】（1）连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，根据菱形的性质，切线的判定
定理证明即可．
（2）根据菱形的性质，证明△ABC是等边三角形，利用勾股定理，解答即可．
【详解】（1）证明：连接OM，过点O作ON⊥CD于点N，
∵BC与⊙O相切于点M．
∴OM⊥BC，OM是⊙O的半径，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BCD，∵ON⊥CD
，
∴OM=ON，
∴CD与⊙O相切．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∵ ∠B=60°，
∴∠BCD=180°−∠B=120°，
∵AC平分∠BCD，
1
∴∠OCD= ∠BCD=60°，
2
∵OM⊥BC，
∴∠COM=90°−∠OCD=30°，
∴OC=2CM，
在Rt△OCM中，CM2+OM2=OC2，
∴CM2+32=(2CM) 2，
解得CM=❑√3，
∴OC=2CM=2❑√3，
∴AC=OA+OC=3+2❑√3，
∵在菱形ABCD中，AB=BC，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=3+2❑√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾
股定理，熟练掌握菱形的性质，切线的判定和性质是解题的关键．
5．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径作半圆O，交AC于点D，E为
BC的中点，连接DE．(1)求证：DE是半圆O的切线．
(2)若∠ACB=60°，DE=2，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）如图，连接OD,BD；根据题意结合图形，证明∠ODE=90°，即可
解决问题；
（2）首先求出BC=4，进而求出BD的值；运用勾股定理求出AD的值，即可解决问
题．
【详解】（1）证明：连接OD,BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=∠CDB=90°；
又∵点E为BC的中点，
∴BE=DE，
∴∠BDE=∠EBD；
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∵∠EBD+∠OBD=∠ABC=90°，
∴∠BDE+∠ODB=90°，
∴∠ODE=∠BDE+∠ODB=90°，
又∵点D在半圆O上，
∴DE是半圆O的切线．（2）解：由（1）知BC=2DE=2×2=4，
又∵∠C+∠BAC=∠C+∠CBD=90°
∴∠CBD=∠BAC=90°−∠C=30°，
1
∴CD= BC=2，
2
∴BD=❑√BC2−CD2=2❑√3
∴AB=2BD=4❑√3，
由勾股定理得：AD=❑√AB2−BD2=6．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理以及直角三角形斜边上的中线等于斜边
的一半，30°角直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解决问题的关键．
6．如图，在△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，O是AB上一点，以OA为
半径的⊙O经过点D，交AB于点E，连接OD．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若BE=4，BD=8，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)16
【分析】（1）由等边对等角，角平分线的定义可证OD∥AC，则
∠BDO=∠C=90°，进而结论得证；
（2）设⊙O的半径为r，则OD=OE=OA=r，OB=4+r，AB=4+2r，由勾股定
理，得OB2−OD2=BD2，即(4+r) 2−r2=82，计算求解，然后作答即可．
【详解】（1）证明：∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAC=∠OAD，
∴∠DAC=∠ODA，∴OD∥AC，
∴∠BDO=∠C=90°，
即BC⊥OD，
又∵OD是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：设⊙O的半径为r，则OD=OE=OA=r，OB=4+r，AB=4+2r，
在Rt△OBD中，由勾股定理，得OB2−OD2=BD2，
即(4+r) 2−r2=82，
解得r=6，
∴AB=4+2r=4+2×6=16，
∴AB的长为16．
【点睛】本题考查了等边对等角、角平分线、平行线的判定与性质、切线的判定、勾
股定理等知识.熟练掌握相关知识是解题的关键．
【题型8切线长定理】
1．如图为△ABC的内切圆，点D，E分别为边AB，AC上的点，且DE为⊙I的切线，
若△ABC的周长为21，BC边的长为6，则△ADE的周长为（ ）
A．15 B．9 C．7.5 D．7
【答案】B
【分析】本题主要考查了切线以及切线长定理，解决本题的关键是充分利用圆的切线
的性质，及圆切线长定理．
根据三角形内切圆的性质及切线长定理可得DM=DP，BN=BM，CN=CQ，
EQ=EP，则BM+CQ=6，所以△ADE的周长
=AD+DE+AE=AD+AE+DM+EQ，代入求出即可．
【详解】解：∵△ABC的周长为21，BC=6，∴AC+AB=21−6=15，
设⊙I与△ABC的三边AB、BC、AC的切点为M、N、Q，切DE于P，
∴DM=DP,BN=BM,CN=CQ,EQ=EP，
∴BM+CQ=BN+CN=BC=6，
∴C =AD+DE+AE=AD+AE+DP+PE
△ADE
=AD+DM+AE+EQ
=AB−BM+AC−CQ
=AC+AB−(BM+CQ)
=15−6=9，
故选：B．
2．如图，⊙O为△ABC的内切圆，AB=6，AC=9，BC=10，点D、E分别为BC，
AC上的点，且DE为⊙O的切线，则△CDE的周长为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】B
【分析】此题主要是考查了切线长定理．设AB,AC,BC,DE和圆的切点分别是P，
N，M，Q，根据切线长定理得到NC=MC，EN=EQ,DQ=DM，所以△CDE的周
长即是CM+CN的值，求解即可．
【详解】解：设AB,AC,BC,DE和圆的切点分别是P，N，M，Q，设CM=x，根据切线长定理，得CN=CM=x,BM=BP=10−x,AN=AP=9−x，
EN=EQ,DQ=DM，
则有9−x+10−x=6，
解得：x=6.5．
所以△CDE的周长=CD+CE+QE+DQ=CN+CM=2x=13．
故选：B．
3．如图，AD,AE分别是⊙O的切线，D，E为切点，BC切⊙O于F，交AD，AE于点
B，C．若AD=6，则△ABC的周长是（ ）
A．6 B．12 C．8 D．16
【答案】B
【分析】先利用切线长定理AD=AE,BD=BF,CF=CE，然后利用等线段代换得到
△ABC的周长=2AD．本题考查了切线长定理：灵活运用切线长定理和等线段代换
是解决问题的关键．
【详解】解：∵AD,AE分别是⊙O的切线，
∴AE=AD，
∵BD,BC分别为⊙O的切线，
∴BD=BF，
∵CF,CE分别为⊙O的切线，
∴CE=CF，
∴三角形ABC的周长
=AB+BC+AC=AB+BF+CF+AC=AB+BD+AC+CE=AD+AE=2AD=12．
故选：B．4．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA=10，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D
两点，则△PCD的周长是 ．
【答案】20
【分析】本题考查了切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．根据切线长定
理可得PB=PA=10，CA=CE，DB=DE，据此即可作答．
【详解】解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PB=PA=10，CA=CE，DB=DE，
∴△PCD的周长=PC+CD+PD
=PC+CE+DE+PD
=PC+CA+DB+PD
=PA+PB
=20．
故答案为：20．
【题型9三角形周长、面积与内切圆半径的关系】
1．如图，点O，I分别是△ABC的外心和内心，连接OB，IA．若∠OBC=20°，则
∠IAB=（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形的外接圆与内切圆的概念、等腰三角形的性质、三角
形内角和定理、圆周角定理等知识，连接OC，由OC=OB，可得
∠OBC=∠OCB=20°，根据三角形内角和求出∠BOC=140°，根据圆周角定理1
求出∠BAC= ∠BOC=70°，由点I是△ABC的内心，得
2
1
∠IAB=∠CAI= ∠BAC=35°．
2
【详解】解：连接OC，则OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB=20°，
∵∠OBC+∠OCB+∠BOC=180°，
∴∠BOC=140°，
1
∴∠BAC= ∠BOC=70°，
2
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
1
∴∠IAB=∠CAI= ∠BAC=35°，
2
故选：D．
2．如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，且AB=9cm，
BC=14cm，CA=13cm，则AF的长为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．9cm
【答案】B
【分析】设AF=acm，根据切线长定理得出AF=AE，CE=CD，BF=BD，求出BD=BF=（9-
a）cm，CD=CE=（13-a）cm，根据CD+BD=BC，代入求出a即可．
【详解】设AF=acm，
∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，
∴AF=AE，CE=CD，BF=BD，∵AB=9cm，BC=14cm，CA=13cm，
∴BD=BF=（9-a）cm，CD=CE=（13-a）cm，
∵BD+CD=BC=14cm，
∴（9-a）+（13-a）=14，
解得：a=4，
即AF=4cm．
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，关键是推出AF=AE，
CE=CD，BF=BD，用了方程思想．
3．如图，在一张三角形ABC纸片中，∠ACB=90°，BC=5，AC=12，⊙O是它的内
切圆，小明用剪刀沿着⊙O的切线DE剪下一块三角形ADE，则△ADE的周长是
（ ）
A．17 B．19 C．20 D．22
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关
键是掌握切线的性质．设△ABC的内切圆切三边于点F，H，G，连接OF、OH、
OG、OA、OB、OC，得四边形OHCG是正方形，由切线长定理可知AF=AG，根
据DE是⊙O的切线，可得MD=DF，EM=EG，根据勾股定理可得AB=13，再求
出内切圆的半径为2，进而可得△ADE的周长．
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆切三边于点F、H、G，连接OF、OH、OG、
OA、OB、OC，
∴四边形OHCG是正方形，AF=AG
由切线长定理可知 ，
∵DE是⊙O的切线，
∴MD=DF，EM=EG，
∵∠ACB=90°，BC=5，AC=12，
∴AB=❑√AC2+BC2=13，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
设⊙O的半径为r，
则S +S +S =S ，
△AOC △BOC △AOB △ABC
1 1 1 1
∴ AC·r+ AB·r+ BC·r= AC·BC，
2 2 2 2
∴12r+13r+5r=60，
∴r=2，
∴CG=2，
∴AG=AC−CG=12−2=10，
∴AF=AG=10，
∴△ADE的周长为：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=10+10=20．
故选：C．
4．如图，正方形ABCD的边长是6cm，E是CD边的中点．将该正方形沿BE折叠，点C
落在点C′处．⊙O分别与AB、AD、 BC′相切，切点分别为F、G、H，则⊙O的
半径为（ ）cm
A．1.5 B．2 C．3 D．2.5
【答案】A【分析】本题主要考查了三角形内切圆，正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形
的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
延长BC′交AD于M，连接ME，连接OA、OB、OM、OF、OG、OH，根据条
件证明Rt△DEM≌Rt△C′EM ，得到对应边相等，设DM=C′M=xcm，利用
勾股定理列出方程求解，然后利用等面积法求出圆的半径即可．
【详解】解：如图所示，延长BC′交AD于M，连接ME，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∵E为CD的中点，
∴CE=DE，
由折叠的性质可得BC′=BC=6cm，∠BC′E=∠C=90°，EC′=EC=ED，
∴∠EC′M=∠D=90°，
又∵EM=EM，
∴Rt△DEM≌Rt△C′EM (HL)，
∴DM=C′M，
设DM=C′M=xcm，则BM=(6+x)cm，AM=(6−x)cm，
在Rt△ABM中，由勾股定理得BM2=AB2+AM2，
∴(6+x) 2=62+(6−x) 2，
3
解得x= ，
2
9 15
∴AM= ，BM= ，
2 2
如图所示，连接OA、OB、OM、OF、OG、OH
∵⊙O分别与AB,AD,BC′相切，切点分别为F,G,H，
∴OF=OH=OG，OG⊥AD，OF⊥AB，OH⊥BM，
∵S =S +S +S ，
△ABM △AOB △MOB △AOM1 9 AB+AM+BM
∴ × ×6= ⋅OF，
2 2 2
∴OF=1.5cm．
∴⊙O的半径为1.5cm，
故选：A．
5．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．
△ABC ⊙O BC，CA，AB
如图， 的内切圆 与 分别相切
于点D，E，F，
(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
【分析】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
△ABC
求出内切圆半径，即可求解出OD的长．
【详解】（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=3cm，EC=6−x=4cm，则AF的长为2cm；
（2）∵AB=5cm，BC=7cm，CA=6cm，
AB+BC+CA
∴半周长s= =9，
2
又∵ S =6❑√6cm2 ，
△ABC
∴6❑√6=r⋅9，
2❑√6
∴r= ，
3
2❑√6
则OD的长为 cm．
3
6．如图，⊙O为△ABC的内切圆，切点分别为F、G、H，点D,E分别为BC,AC上
的点，且DE为⊙O的切线．
(1)若∠C=40°，求∠AOB的度数；
(2)若AC=8,AB=6,BC=9，求△CDE的周长．
【答案】(1)110°
(2)11
【分析】本题考查了切线长定理，内切圆的性质，解题的关键是：
（1）利用三角形内角和求出∠ABC+∠BAC=140°，再根据内切圆的性质和切线
长定理得出∠BAO=∠CAO，∠ABO=∠CBO，再求出∠OAB+∠OBA=70°，
最后利用三角形内角和求出结果；
（2）设DE的切点为I，根据内切圆的性质得到EH=EI，DI=DG，推出△CDE的
周长为CG+CH，再结合切线长定理可得CG+CH=(AB+BC+AC)−2AB，再计
算即可
【详解】（1）解：∵∠C=40°，
∴∠ABC+∠BAC=180°−40°=140°，
∵⊙O为△ABC的内切圆，∴∠BAO=∠CAO，∠ABO=∠CBO，
1
∴∠OAB+∠OBA= ×140°=70°，
2
∴∠AOB=180°−70°=110°；
（2）∵⊙O为△ABC的内切圆，DE为⊙O的切线，设切点为I，
∴EH=EI，DI=DG，
∴△CDE的周长为：
CD+CE+DE
=CD+CE+EI+DI
=CD+CE+EH+DG
=CG+CH
∵AF=AH，BF=BG，CG=CH，
∴CG+CH=(AB+BC+AC)−(AH+AF+BF+BG)
=8+6+9−2AB
=8+6+9−2×6
=11．
7．已知任意三角形的三边长，如何求三角形面积？
古希腊的几何学家海伦解决了这个问题，在他的著作《度量论》一书中给出了计算公
式—海伦公式S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)（其中a，b，c是三角形的三边长，p
a+b+c
= ，S为三角形的面积），并给出了证明
2
例如：在△ABC中，a＝3，b＝4，c＝5，那么它的面积可以这样计算：
∵a＝3，b＝4，c＝5
a+b+c
∴p= =6
2∴S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)=❑√6×3×2×1=6
事实上，对于已知三角形的三边长求三角形面积的问题，还可用我国南宋时期数学家
秦九韶提出的秦九韶公式等方法解决．
根据上述材料，解答下列问题：
如图，在△ABC中，BC＝5，AC＝6，AB＝9
（1）用海伦公式求△ABC的面积；
（2）求△ABC的内切圆半径r．
【答案】（1）10❑√2；（2）r=❑√2．
【分析】（1）先根据BC、AC、AB的长求出P，再代入到公式S
=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)即可求得S的值；
1
（2）根据公式S= r（AC+BC+AB），代入可得关于r的方程，解方程得r的值．
2
【详解】解：（1）∵BC＝5，AC＝6，AB＝9，
BC+AC+AB 5+6+9
∴p= = =10，
2 2
∴S=❑√p(p−a)(p−b)(p−c)=❑√10×5×4×1=10❑√2；
故△ABC的面积10❑√2；
1
（2）∵S= r（AC+BC+AB），
2
1
∴10❑√2= r（5+6+9），
2
解得：r=❑√2，
故△ABC的内切圆半径r=❑√2．
【点睛】本题主要三角形的内切圆与内心、二次根式的应用，熟练掌握三角形的面积
与内切圆半径间的公式是解题的关键．3
1．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y= x+6的图象与x轴、y轴分别交于A、B两
4
点，点P在线段AO上，⊙P与x轴交于M、O两点，当⊙P与该一次函数的图象相切
时，AM的长度是（ ）
A．3 B．4 C．2 D．6
【答案】C
【分析】本题考查了切线的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、
3
平行线分线段成比例定理，根据一次函数y= x+6的图象与x轴、y轴分别交于A、
4
B两点，求出OA和OB的长，根据勾股定理求出AB，设⊙P与y轴相切于点D，连接
PD，PB，设PD=PO=PM=x，根据S =S +S 列出关于x的方程，求
△AOB △APB △PBO
出x，即可求出答案．
3
【详解】解：当x=0时，y= x+6=6，
4
3
当y=0时， x+6=0，
4
∴x=−8，
3
∵一次函数y= x+6的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
∴A(−8,0)，B(0,6)，
∴OA=8，OB=6，
在Rt△AOB中，
AB=❑√OA2+OB2=10，如图，设⊙P与直线AB轴相切于点D，连接PD，PB，
∴PD⊥AB PD=PO=PM
， ，
设PD=PO=PM=x，
∵S =S +S ．
△AOB △APB △PBO
1 1 1
∴ OA⋅OB= AB⋅PD+ PO⋅OB，
2 2 2
∴6×8=10x+6x，
解得x=3，
∴AM=OA−PM−PO=2．
故选：C．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB经过点A(−4,0)、B(0,4)，⊙O的半径为1
（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则
切线长PQ的最小值为（ ）
A．❑√6 B．❑√7 C．2❑√2 D．3
【答案】B
【分析】此题考查切线的性质定理，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性
质，解题关键在于掌握切线的性质定理和勾股定理运算．
连接OP、OQ，根据勾股定理知PQ=❑√OP2−OQ2，当OP⊥AB时，OP值最小，
即线段PQ最短．
【详解】解：如图，连接OP、OQ，∵PQ ⊙O
与 相切，
∴∠OQP=90°,
由勾股定理得PQ=❑√OP2−OQ2
OQ为定值1，
∴当OP最小时，PQ的值最小，
当OP⊥AB时，OP值最小，
∵A(−4,0)、B(0,4)，
∴OA=4,OB=4,
△OAB为等腰直角三角形，
由勾股定理得AB=❑√OA2+OB2=4❑√2,
1
根据等腰直角三角形的性质可得，OP= AB=2❑√2，
2
∴PQ=❑√OP2−OQ2=❑√8−1=❑√7，
故选：B．
3．如图，把Rt△OAB置于平面直角坐标系中，点A的坐标为(0,4)，点B的坐标为(3,0)，
点P是Rt△OAB内切圆的圆心，将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的
三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为P ，第二次滚动后圆心为P ,⋅⋅⋅，依此
1 2
规律，则P 的坐标是 ；第2024次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P 的坐
1 2024
标是 ．
【答案】 (5,1) (8099,1)【分析】本题考查了坐标与图形、三角形内切圆的相关性质、勾股定理、旋转的性质
等知识点，得出每滚动3次为一个循环是解此题的关键．
作PD⊥OA交OA于D，PF⊥OB交OB于F，PE⊥AB交AB于E，连接AP、OP、
PB，由A、B的坐标得出OA=4，OB=3，由勾股定理可得AB=5，再由内切圆的性
质可得PD=PE=PF，设PD=PE=PF=r，根据三角形的面积计算出r=1，从而得
到P(1,1)，根据旋转可得出P 的坐标为：(3+5+4−1,1)，即(11,1)，设P 的横坐标
2 1
为x，根据切线长定理可得：x−3=3−1，即可得到P 的坐标，从而得到每滚动3次
1
为一个循环，最后根据2024÷3=674…2，进行计算即可得到答案．
【详解】解：如图，作PD⊥OA交OA于D，PF⊥OB交OB于F，PE⊥AB交AB
于E，连接AP、OP、PB，
∵ A (0,4) B
， 点 的坐标为 ，点 的坐
标为(3,0)，
∴OB=3，OA=4，
∴AB=❑√OA2+OB2=❑√42+32=5，
∵点P是Rt△OAB内切圆的圆心，PD⊥OA，PF⊥OB，PE⊥AB，
∴PD=PE=PF，
设PD=PE=PF=r，
1 1
∵S = OA⋅OB= ×3×4=6，
△AOB 2 2
1 1 1
S =S +S +S = AB⋅PE+ OA⋅PD+ OB⋅PF，
△AOB △APB △AOP △OPB 2 2 2
1 1 1
∴ ×5r+ ×4r+ ×3r=6，
2 2 2
解得：r=1，
∴P(1,1)，
∵将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚
动后圆心为P ，第二次滚动后圆心为P ，
1 2∴由图可得P 的坐标为：(3+5+4−1,1)，即(11,1)，
2
设P 的横坐标为x，
1
根据切线长定理可得：x−3=3−1，
解得：x=5，
∴P (5,1)，
1
∴ P 的坐标为(3+5+4+1,1)，即(13,1)，
3
∴每滚动3次为一个循环，
∵2024÷3=674…2，
∴第2024次滚动后Rt△OAB内切圆的圆心P 的横坐标是：
2024
674×(3+4+5)+11=8099，即P 的横坐标是8099
2024
∴P (8099,1)，
2024
故答案为：(5,1)，(8099,1)．
1
24．如图，已知⊙P的半径为3，圆心P始终在抛物线y= x2−3上运动，当⊙P与x轴
2
相切时，圆心P的坐标为 ．
【答案】(2❑√3,3)或(−2❑√3,3)或(0,−3)
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，二次函数的图象与性质，由题意可得点P
的纵坐标为±3，分两种情况求解即可．
【详解】解：∵⊙P与x轴相切，⊙P的半径为3，
∴点P到x轴的距离为3，
∴点P的纵坐标为±3，
1
当y=3时， x2−3=3，
2解得：x=2❑√3或x=−2❑√3，
此时P的坐标为(2❑√3,3)或(−2❑√3,3)，
1
当y=−3时， x2−3=−3，
2
解得：x=0，
此时P的坐标为(0,−3)，
综上所述，圆心P的坐标为(2❑√3,3)或(−2❑√3,3)或(0,−3)，
故答案为：(2❑√3,3)或(−2❑√3,3)或(0,−3)．
5．以点P(1,2)为圆心，r为半径画圆，与坐标轴恰好有三个公共点，则r的值为
．
【答案】2或❑√5
【分析】作PA⊥x轴，连结OP，根据勾股定理计算出OP=2，然后根据直线与圆的
位置关系即可得到满足条件的r的取值为r=2且r= ❑√5．
【详解】作PA⊥x轴，连结OP，如图，
∵点P的坐标为(1,2)，
∴OA=1，PA=2，
∴OP= ❑√AP2+OA2=❑√12+22=❑√5，
∵以点P为圆心，r为半径的圆P与坐标轴恰好有三个公共点，
∴⊙P过点O或者⊙P与x轴相切，
∴r= ❑√5或r=2．
故答案为2或❑√5．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离
为d：①直线l和⊙O相交⇔d<r；②直线l和⊙O相切⇔d=r；③直线l和⊙O相离⇔
d>r．也考查了坐标与图形性质．
6．直线y=kx+6k交x轴于点A，交y轴于点B，以原点O为圆心，3为半径的⊙O与l相交，则k的取值范围为 ．
❑√3 ❑√3
【答案】− ＜k＜ ，且k≠0．
3 3
【分析】根据直线与圆相交确定k的取值，利用面积法求出相切时k的取值，再利用
相切与相交之间的关系得到k的取值范围.
【详解】∵y=kx+6k交x轴于点A，交y轴于点B，
当x=0,y=6k，故B的坐标为（0,6k）;
当y=0,x=−6，故A的坐标为（-6,0）;
当直线y=kx+6k与⊙O相交时, 设圆心到直线的距离为h,
1 1 |6k|
根据面积关系可得: ×6×|6k|= ×❑√(−6) 2+(6k) 2·ℎ 解得ℎ = ;
2 2 ❑√k2+1
|6k| ❑√3 ❑√3
∵直线与圆相交,即ℎ＜r,r=3 ,即 ＜3 解得− ＜k＜
❑√k2+1 3 3
且直线中k≠0,
❑√3 ❑√3
则k的取值范围为：− ＜k＜ ，且k≠0．
3 3
❑√3 ❑√3
故答案为：− ＜k＜ ，且k≠0．
3 3
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键在于根据相交确定圆的半径与
圆心到直线距离的大小关系.
7．已知四边形ABCD内接于⊙O，D为A´C的中点，过点B作⊙O的切线，与AC的延长
线相交于点E．
(1)如图①，若AB经过点O，∠E=52°，求∠DAC的大小；
(2)如图②，若AC经过点O，AB=BE=❑√3，求AD的长．
【答案】(1)26°(2)❑√2
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠CBE=38°，进而由切线的性质得
∠ABC=52°，再根据圆内接四边形的性质可得∠D=128°，最后根据弧、圆心角、
弦的关系和等腰三角形的性质即可求解；
（2）连接OB，利用等腰三角形的性质和余角性质可得∠OAB=∠CBE=∠E，进
而可得∠OAB=30°，再根据直角三角形的性质和勾股定理求出AC即可求解．
【详解】（1）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°，
∴∠CBE=90°−∠E=90°−52°=38°，
∵BE是⊙O的切线，点B是切点，
∴AB⊥BE，
∴∠ABE=90°，
∴∠ABC=90°−38°=52°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠D=180°，
∴∠D=180°−∠ABC=180°−52°=128°，
∵D为A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴AD=CD，
180°−128°
∴∠DAC=∠DCA= =26°；
2
（2）解：连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠D=90°，∴∠OBA+∠OBC=90°，
∵BE是⊙O的切线，点B是切点，
∴OB⊥BE，
∴∠OBE=90°，
∴∠CBE+∠OBC=90°，
∴∠OBA=∠CBE，
∵AB=BE，
∴∠OAB=∠E，
∴∠OAB=∠CBE=∠E，
∴∠ACB=∠CBE+∠E=2∠OAB，
∵∠OAB+∠ACB=90°，
∴3∠OAB=90°，
∴∠OAB=30°，
设BC=x，则AC=2x，
∵AB2+BC2=AC2，
∴(❑√3) 2+x2=(2x) 2，
解得x=1，
∴AC=2，
∵D为A´C的中点，
∴A´D=C´D，
∴AD=CD，
❑√2 ❑√2
∴AD= AC= ×2=❑√2．
2 2
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，切线的性质，圆内接四边形的
性质，弧圆心角弦的关系，直角三角形的性质，勾股定理等，掌握以上知识点是解题
的关键．
