文档内容
专题 24.7 切线长定理、三角形的内切圆（举一反三讲义）
【人教版】
【题型1 作三角形的内切圆】..................................................................................................................................2
【题型2 三角形内切圆中求角的度数】..................................................................................................................7
【题型3 三角形内心有关的应用】........................................................................................................................10
【题型4 应用切线长定理求长度】........................................................................................................................14
【题型5 应用切线长定理求周长】........................................................................................................................18
【题型6 应用切线长定理求面积】........................................................................................................................21
【题型7 应用切线长定理求角度】........................................................................................................................26
【题型8 应用切线长定理求证】............................................................................................................................29
【题型9 三角形内切圆中求最值】........................................................................................................................35
【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】.......................................................................................................41
【题型11 圆与圆的位置关系】................................................................................................................................45
知识点 1 切线长及切线长定理
1. 切线长：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．
知识点 2 三角形的内切圆
1. 三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，这个三角形叫做这个圆的外切三角
形．
2. 三角形的内心：三角形的内切圆的圆心，是三角形三条角平分线的交点．
3. 三角形的内心与外心的区别
内心 外心
内心到三角形三边的距离相等 外心到三角形的三个顶点的距离相等过三角形顶点和内心的射线平分三角形的内角 过三角形三边中点和外心的直线垂直平分三角形的边
所有三角形的内心均在三角形内部 三角形的外心不一定在三角形内部
知识点 3 圆和圆的位置关系
两圆外离⇔d>R+r；
两圆外切d=R+r；
两圆相交⇔R-rr)；
两圆内含⇔dr)．
【题型1 作三角形的内切圆】
【例1】（24-25九年级下·山东青岛·阶段练习）如图，在△ABC中做一个圆，使它与这个三角形的三边都
相切．
【答案】见解析
【分析】分别作∠B，∠C的平分线BE和CF，交点为I，再过I作BC的垂线，垂足为D，再以I为圆
心，以ID的长为半径作⊙I即可．本题考查三角形的内切圆，熟练掌握作三角形内切圆的方法是解题关
键．
【详解】解：如下图所示：分别作∠B，∠C的平分线BE和CF，交点为I，再过I作BC的垂线，垂足为
D，再以I为圆心，以ID的长为半径作⊙I．
【变式1-1】（24-25九年级下·北京·开学考试）根据下图中圆规的作图痕迹，只用直尺就可确定△ABC内
心的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形内心的定义．根据三角形内心是三角形三条角平分线的交点进行求解即
可．
【详解】解：∵三角形内心是三角形三条角平分线的交点，
∴四个选项中只有D选项作图方法是角平分线的尺规作图，
故选：D．
【变式1-2】（24-25九年级上·山东济宁·期中）如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得
到折痕AD．再将△ABC折叠，使BC边落在AB边上，展开后得到折痕BE．若AD与BE的交点为O，则
点O是（ ）
A．△ABC的外心B．△ABC的内心 C．△ABC的重心 D．△ABC的中心
【答案】B
【分析】本题考查了翻折变换以及角平分线的性质，三角形的内心的性质，根据折叠的性质可知点O为角
平分线的交点，根据角平分线的性质可知点O到△ABC三边的距离相等．
【详解】解：如图：过点O作OF⊥AB，OM⊥AC，ON⊥BC，由题意得：∠BAD=∠CAD，∠ABE=∠CBE，
∴O为角平分线的交点，
∴OF=OM=ON，
∴点O到△ABC三边的距离相等．
∴点O是△ABC的内心．
故选：B．
【变式1-3】解题与遐想．
如图，Rt△ABC的内切圆与斜边AB相切于点D，AD＝4，BD＝5．求Rt△ABC的面积．
王小明：这道题算出来面积刚好是20，太凑巧了吧．刚好是4×5＝20，有种白算的感觉…
赵丽华：我把4和5换成m、n再算一遍，△ABC的面积总是m•n!确实非常神奇了…
数学刘老师：大家想一想，既然结果如此简单到极致，不计算能不能得到呢？比如，拼图？
霍佳：刘老师，我在想另一个东西，这个图能不能尺规画出来啊感觉图都定了．我怎么想不出来呢？
计算验证
（1）通过计算求出Rt△ABC的面积．
拼图演绎
（2）将Rt△ABC分割放入矩形中（左图），通过拼图能直接“看”出“20”请在图中画出拼图后的4个直
角三角形甲、乙、丙、丁的位置，作必要标注并简要说明．尺规作图
（3）尺规作图：如图，点D在线段AB上，以AB为斜边求作一个Rt△ABC，使它的内切圆与斜边AB相切
于点D．（保留作图的痕迹，写出必要的文字说明）
【答案】（1）S ABC＝20；（2）见解析；（3）见解析．
△
【分析】（1）设⊙O的半径为r，由切线长定理得，AE＝AD＝4，BF＝BD＝5，CE＝CF＝r，由勾股定理
得，（r+4）2+（r+5）2＝92，进而求得结果；
（2）根据切线长定理可证明甲和乙两个三角形全等，丙丁两个三角形全等，故将甲乙图形放在OE为边的
上方，将丙丁以OP为边放在右侧，围成矩形的边长是4和5；
（3）可先计算∠AFB＝135°，根据“定弦对定角”作F点的轨迹，根据切线性质，过点F作AB的垂线，
再根据直径所对的圆周角是90°，确定点C．
【详解】解：（1）如图1，
设⊙O的半径为r，
连接OE，OF，
∵⊙O内切于△ABC，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，AE＝AD＝4，BF＝BD＝5，
∴∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90°，
∴四边形ECFO是矩形，
∴CF＝OE＝r，CE＝OF＝r，∴AC＝4+r，BC＝5+r，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
（r+4）2+（r+5）2＝92，
∴r2+9r＝20，
1
∴S ABC＝ AC⋅BC
2
△
1
＝ (r+4)⋅(r+5)
2
1
＝
(x2+9r+20)
2
1
＝ ×(20+20)
2
＝20；
（2）
如图2，
（3）设△ABC的内切圆记作⊙F，
∴AF和BF平分∠BAC和∠ABC，FD⊥AB，
1 1
∴∠BAF＝ ∠CAB，∠ABF＝ ∠ABC，
2 2
1 1
∴∠BAF+∠ABF＝ （∠BAC+∠ABC）＝ ×90°＝45°，
2 2
∴∠AFB＝135°，
可以按以下步骤作图（如图3）：
①以BA为直径作圆，作AB的垂直平分线交圆于点E，
②以E为圆心，AE为半径作圆，③过点D作AB的垂线，交圆于F，
④连接EF并延长交圆于C，连接AC，BC，
则△ABC就是求作的三角形．
【点睛】本题考查三角形的内切圆性质、切线长定理、勾股定理、矩形的判定与性质、尺规作图-作垂线，
熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
【题型2 三角形内切圆中求角的度数】
【例2】如图，△ABC的内切圆的三个切点分别为D，E，F，∠A＝75°，∠B＝45°，则圆心角∠EOF＝
度．
【答案】120
【分析】首先根据∠A=75°，∠B=45°，求出∠C=60°；然后根据 ABC的内切圆的三个切点分别为D、E、
F，可得∠OEC=∠OFC=90°，再根据四边形OECF的内角和等于36△0°，求出圆心角∠EOF的度数即可．
【详解】解：∵∠A=75°，∠B=45°，
∴∠C=180°﹣75°﹣45°=105°﹣45°=60°．
∵△ABC的内切圆的三个切点分别为D、E、F，
∴∠OEC=∠OFC=90°，
∵四边形OECF的内角和等于360°，
∴∠EOF=360°﹣（90°+90°+60°）=360°﹣240°=120°．
故答案为120．【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆与内心，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：三角形的内心
到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
【变式2-1】如图，在△ABC中，点O是△ABC的内心，若∠B=50°，则∠AOC= ．
【答案】115°/115度
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三
角形顶点的连线平分这个内角．利用角平分线的性质和三角形内角和得到
1
∠AOC=180°− (∠BAC+BCA)，即可求解．
2
【详解】解：∵点O是△ABC的内心，
1 1
∴∠CAO= ∠CAB,∠ACO= ∠ACB，
2 2
∵ ∠B=50°，
∴∠CAB+∠ACB=180°−∠B=130°，
1
∴ ∠AOC=180°−(∠CAO+∠ACO)=180°− (∠BAC+BCA)=115°，
2
故答案为：115°．
【变式2-2】如图，在RtΔABC中，∠C=90∘，∠B=70∘，ΔABC的内切圆圆O与边AB,BC,CA分别相
切于点D、E、F，则∠≝¿的度数为 ❑∘．
【答案】80°
【分析】连接DO，FO，利用切线的性质得出∠ODA=∠OFA=90°，再利用三角形内角和以及四边形内角和定理求出∠DOF的度数，进而利用圆周角定理得出∠DEF的度数．
【详解】连接DO，FO，
∵在Rt ABC中,∠C=90°,∠B=70°，
∴∠A=20△°，
∵内切圆O与边AB、BC、CA分别相切于点D. E. F，
∴∠ODA=∠OFA=90°，
∴∠DOF=160°，
∴∠DEF的度数为80°.
故答案为:80°.
【点睛】此题考查三角形的内切圆与内心，解题关键在于掌握其性质和作辅助线.
【变式2-3】如图，在△ABC中，∠B=70°，⊙O是△ABC的内切圆，M，N，K是切点，连接OA，
OC．交⊙O于E，D两点．点F是M´N上的一点，连接DF，EF，则∠EFD的度数是 ．
【答案】62.5°/62.5度
【分析】本题主要考查了圆周角定理，三角形内心的性质，三角形内角和定理，先根据三角形内心的性质
1 1
得∠OAC= ∠BAC，∠OCA= ∠BCA，进而求出∠OAC+∠OCA，即可求出∠AOC，然后根
2 2
据圆周角定理得出答案．
【详解】∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OA，OC是△ABC的角平分线，
1 1
∴∠OAC= ∠BAC，∠OCA= ∠BCA．
2 2∵∠B=70°，
∴∠BAC+∠BCA=110°，
1
∴∠OAC+∠OCA= (∠BAC+∠BCA)=55°，
2
∴∠AOC=180°−55°=125°，
1
∴∠EFD= ∠EOD=62.5°．
2
故答案为：62.5°．
【题型3 三角形内心有关的应用】
【例3】（24-25九年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，把△ABC剪成三部分，边AB，BC，AC放在同一
直线l上，点O都落在直线MN上，直线MN∥l．在△ABC中，若∠BOC=124°，则∠BAC的度数为
（ ）
A．72° B．70° C．68° D．54°
【答案】C
【分析】本题考查三角形内心，三角形内角和定理，读懂题意，熟练掌握三角形内心的判定及性质是解决
问题的关键．
过点O分别作OD⊥AC于D，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，如图所示，得到点O是△ABC的内心，
即点O为三个内角平分线的交点，然后根据三角形内角和定理即可得到答案．
【详解】解：过点O分别作OD⊥AC于D，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，如图所示：
∵直线MN∥l，
∴OD=OE=OF，
∴点O是△ABC的内心，即点O为三个内角平分线的交点，
∵∠BOC=124°
∴∠OBC+∠OCB=180°−∠BOC=56°
∴∠ABC+∠ACB=2(∠OBC+∠OCB)=112°，∴∠BAC=180°−(∠ABC+∠ACB)=68°．
故选：C．
【变式3-1】（24-25九年级上·贵州遵义·期末）如图，I为△ABC的内心，有一直线通过I点且分别与AB
、AC相交于D点、E点．若AD=DE=5，AE=6，则I点到BC的距离是（ ）
30 24
A．3 B．2 C． D．
11 11
【答案】D
【分析】根据等腰三角形底边上的 高、底边上的中线、顶角平分线相互重合 (三线合一)，和勾股定理：
直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方，可以求得DF的长；三角形的内心(三 条角平分线
的交点)到三角形三边的距离相等，根据等面积法，即可得到的IG、IH长，从而可以得到点I到BC的距
离．
【详解】解：连接AI，作IG⊥AB于点G，IJ⊥BC于点J，IH⊥AC于点H，作DF⊥AE于点F，如
图所示：
∵AD=DE=5 AE=6 DF⊥AE
， ， ，
∴AF=3，AFD=90°，
∴DF=❑√AD2−AF2=❑√52−32=4，
设IH=x，
∵I为△ABC的内心，
∴IG=IJ=IH=x，
∵S =S +S ，
ΔADE ΔADI ΔAEI6×4 5x 6x
∴ = + ，
2 2 2
24
解得：x= ．
11
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，勾股定理，知道三角形的内心是角平分线
的交点是连接面积计算与距离求解的关键．
【变式3-2】（2025·河北石家庄·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=10，AC=12，I为△ABC的内
心，过点I作直线MN分别交AC，AB于点M，N，且∠AMN=∠ABC，则△AMN的周长为（ ）
A．11 B．16 C．18 D．22
【答案】D
【分析】本题考查了内心的定义，全等三角形的判定和性质．过点I作DE∥BC，分别交AB，AC于点
D，E，连接AI，证明△ADI≌△AMI和△ADE≌△AMN，推出△AMN的周长即为△ADE的周
长；利用平行线的性质结合等腰三角形的判定和性质求得DI=DB和EC=EI，据此求解即可．
【详解】解：如图，过点I作DE∥BC，分别交AB，AC于点D，E，连接AI，
∴∠ADI=∠ABC，
∵∠AMN=∠ABC，
∴∠ADI=∠AMI，
∵I为△ABC的内心，
∴∠DAI=∠MAI，
∵AI=AI，∴△ADI≌△AMI，
∴AD=AM，
∵∠DAE=∠MAN，∠ADE=∠AMN，
∴△ADE≌△AMN，
∴△AMN的周长即为△ADE的周长；
连接BI，CI，
∵I为△ABC的内心，
∴BI为∠ABC的平分线，CI为∠ACB的平分线，
∴∠DBI=∠IBC，∠ECI=∠ICB．
又∵DE∥BC，
∴∠IBC=∠DIB，∠ICB=∠EIC．
∴∠DIB=∠DBI，∠EIC=∠ECI，
∴DI=DB，
同理，EC=EI，
∴△ADE的周长为AD+DE+AE=AD+DI+EI+AE
=(AD+DB)+(EC+AE)
=AB+AC=10+12=22，
即△AMN的周长为22．
故选：D．
【变式3-3】（2025·河北石家庄·三模）如图，点I是△ABC的内心，点O是△ABC的外心，若
∠BOA=160°，则∠BIA的度数是（ ）
A．120° B．125° C．130° D．135°
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内心和外心性质以及三角形的内角和定理，求三角形的外心的性质得到∠C
的度数是解决本题的关键．
根据点O是△ABC的外心，可求∠C的度数，由内心的性质可得角平分线的性质，再根据三角形内角和
求解即可．【详解】解：因为点O是△ABC的外心，且∠BOA=160°，
1
所以∠C= ∠BOA=80°，
2
在△ABC中有，∠CAB+∠CBA=180°−80°=100°，
又因为点I是△ABC的内心，
所以AI为∠CAB的角平分线，BI为∠CBA的角平分线，
1 1
所以∠IAB= ∠CAB，∠IBA= ∠CBA，
2 2
1 1 1
所以∠IAB+∠IBA= ∠CAB+ ∠CBA= (∠CAB+∠CBA)=50°，
2 2 2
所以∠BIA=180°−(∠IAB+∠IBA)=180°−50°=130° ．
故选：C．
【题型4 应用切线长定理求长度】
【例4】（2025·四川泸州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，⊙O是
Rt△ABC的内切圆，则⊙O的半径为（ ）
A．1 B．❑√3 C．2 D．2❑√3
【答案】A
【分析】本题考查了勾股定理，切线的定义，三角形面积公式，熟记勾股定理，三角形面积公式是解题的
关键．
设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，根据勾股定理求出BC=4，根
据三角形面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：如图，设△ABC三边内切⊙O于点D,E,F，连接OD,OE,OF, OA,OB,OC，设⊙O的半径为r，
∴OD=OE=OF=r
∵ ∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC=❑√AB2−AC2=4，
∵S =S +S +S ，
△ABC △ABO △ACO △BCO
1 1 1 1
∴ AC⋅BC= AB⋅r+ AC⋅r+ BC⋅r，
2 2 2 2
∴3×4=r(AB+AC+BC)，
∴12=r(3+4+5)，
∴r=1，
故选：A ．
【变式4-1】（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）如图，AB、AC、BD是圆O的切线，切点分别为P、
C、D，若AB=5，AC=3，则BD的长是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．由AB、AC、BD是⊙O的切线，
则AC=AP，BP=BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【详解】解：∵AC、AP为⊙O的切线，AC=3，
∴AC=AP=3；
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP=BD；
∵AB=5，∴BD=PB=AB−AP=5−3=2．
故答案为：2．
【变式4-2】（2025·四川南充·模拟预测）如图，过⊙O外一点P作⊙O的两条切线PA，PB，切点分别
为A，B，PO与AB交于点D，与AB弧交于点E，AC为⊙O的直径．若PA=AB，BC=6，则DE的长为
（ ）
❑√3
A．2 B．3 C．❑√3 D．
2
【答案】B
【分析】连接AE，由切线长定理得PA=PB,∠OPA=∠OPB，则PO⊥AB,AD=BD，由AC为⊙O
1
的直径，得PA⊥AC,AO=CO，则∠OAP=90°,DO= BC=3，再证明△PAB是等边三角形，得
2
∠APB=60°，求得∠OPA=30°，则∠AOE=60°，可证明△AOE是等边三角形，则DE=DO=3，
于是得到问题的答案．
【详解】解：连接AE，
∵PA,PB分别与⊙O相切于点A,B，
∴PA=PB,∠OPA=∠OPB，
∴PO⊥AB,AD=BD，
∵AC为⊙O的直径，BC=6，
∴PA⊥AC,AO=CO，1
∴∠OAP=90°,DO= BC=3，
2
∵PA=PB=AB，
∴△PAB是等边三角形，
∴∠APB=60°，
1
∴∠OPA= ∠APB=30°，
2
∵OA=OE,∠AOE=90°−∠OPA=60°，
∴△AOE是等边三角形，
∴DE=DO=3，
故选：B．
【点睛】此题重点考查切线的性质定理、切线长定理、等腰三角形的“三线合一”、直径所对的圆周角是
直角、三角形的中位线定理、等边三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
【变式4-3】（24-25九年级上·山东临沂·期中）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，其内
切圆分别于AB、BC、AC相切于点D、E、F，则弦EF的长为（ ）
A．1 B．2 C．❑√2 D．❑√3
【答案】C
【分析】连接OE，OF，根据切线的性质得到∠OFC=∠OEC=∠C=90°，推出四边形OECF是正方
形，得到CE=CF=OF=OE，根据勾股定理得到AC=3，进而根据切线长定理求得OF=1，进而根据勾
股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OE，OF，∵内切圆分别于AB、BC、AC相切于点D、E、F，
∴∠OFC=∠OEC=∠C=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OF=OE，
∵AB=5，BC=4，
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，BC=4，
∴AC=❑√AB2−BC2=3，
∵AF=AD,BE=BD,CE=CF，AB=AD+BD=AF+BE=AC−CF+BC−CE=AC+BC−2CF
AC+BC−AB
∴OF=CF= =1，
2
在Rt△CEF中，EF=❑√EC2+FC2=❑√2
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，切线长定理，正方形的判定和性
质，正确地作出辅助线是解题的关键．
【题型5 应用切线长定理求周长】
【例5】（24-25九年级上·辽宁盘锦·期中）如图，点I为△ABC的内心，AB=6，AC=4，BC=3，将
∠ACB平移使其顶点与I重合，则图中阴影部分的周长为（ ）
A．7 B．6 C．9 D．6.5【答案】B
【分析】本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心是
角平分线的交点是关键．
连接AI、BI，根据三角形的内心是角平分线的交点，可得AI平分∠CAB，，由平行的性质和等角对等
边可得AD=DI，同理BE=EI，可得到图中阴影部分的周长就是边AB的长．
【详解】解：如图，连接AI、BI，
∵点I为△ABC的内心，
∴AI平分∠CAB，
∴∠CAI=∠BAI，
由平移得：AC∥DI，
∴∠CAI=∠AID，
∴∠BAI=∠AID，
∴AD=DI，
同理BE=EI，
∴△DIE的周长=DE+DI+EI=DE+AD+BE=AB=6，
即图中阴影部分的周长为6，
故选择：B．
【变式5-1】（24-25九年级上·河北石家庄·期末）如图，P为⊙O外一点，PA，PB，MN分别切⊙O于
A，B，C三点，且切线MN分别交PA，PB于点M，N．若PA=12，则△PMN的周长为（ ）
A．12 B．13 C．16 D．24
【答案】D
【分析】本题考查切线长定理．根据切线长定理得到PA=PB=12，MC=MA，NC=NB,再根据三角形
周长公式计算，得到答案．【详解】解：∵，PA，PB分别切⊙O于A，B，
∴PA=PB=12．
同理，可得MC=MA，NC=NB，
∴△PMN的周长
=PM+CM+CN+PN
=PM+AM+PN+BN
=PA+PB
=2PA
=24．
故选：D．
【变式5-2】（2025·四川绵阳·一模）如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与两直角边AB，BC分别相切于点D
，E，过劣弧DE（不包括端点D，E）上任一点P作⊙O的切线MN与AB，BC分别交于点M，N，若
⊙O的半径为2，则Rt△MBN的周长为 ．
【答案】4
【分析】本题考查了切线长定理和切线的性质，证明Rt△MBN的周长等于BD+BE是关键．
证明四边形DBEO是正方形，然后根据切线长定理证明Rt△MBN的周长等于BD+BE即可求解．
【详解】解：连接OD、OE．
∵AB BC ⊙O
和 是 的切线，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，BD=BE，
则四边形DBEO是正方形．
∴BD=BE=2，
又∵MN是切线，∴MP=MD，NP=NE，
∴Rt△MBN的周长=BM+BN+MN
=BM+BN+MP+NP
=BM+BN+DM+NE=BD+BE=4．
故答案是：4．
【变式5-3】（24-25九年级上·湖南长沙·期中）如图，⊙O的半径为1，PA，PB是⊙O的两条切线，切
点分别为A，B．连接OA，OB，AB，PO，若∠APB=60°，则△PAB的周长为（ ）
A．6❑√3 B．3❑√3 C．6 D．3
【答案】B
【分析】由切线的性质可得出∠PAO=∠PBO=90°，由切线长定理可得出PA=PB，从而可判断
△APB为等边三角形，又易证△PAO≌△PBO(HL)，即可求出∠APO=∠BPO=30°，从而可求
出PO=2AO=2，进而可求出PA=❑√3，最后由三角形周长公式求解即可．
【详解】解：∵PA，PB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B，
∴PA=PB，∠PAO=∠PBO=90°．
∵∠APB=60°，
∴△APB为等边三角形，
∴PA=PB=AB．
∵PO=PO，
∴△PAO≌△PBO(HL)，
1
∴∠APO=∠BPO= ∠APB=30°，
2
∴PO=2AO=2，
∴PA=❑√PO2−AO2=❑√22−12=❑√3，
∴△PAB的周长为PA+PB+AB=3❑√3．
故选：B．【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质．掌握
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题关键．
【题型6 应用切线长定理求面积】
【例6】（2025九年级下·全国·专题练习）如图，点O为△ABC的内心，∠A=60°，OB=2，OC=4，
则△OBC的面积是（ ）
A．4❑√3 B．2❑√3 C．2 D．4
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握三角
形的内心定义．
过点C作CH⊥BO的延长线于点H，根据点O为△ABC的内心，∠A=60°，可得
∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=120°，所以∠COH=60°，利用含30°角的直角三角形可得CH
的长，进而可得△OBC的面积．
【详解】解：如图，过点C作CH⊥BO的延长线于点H，
∵点O为△ABC的内心，
1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
∵ ∠A=60°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=120°，
∴∠OBC+∠OCB=60°，
∴∠BOC=180°−∠OBC−∠OCB=120°，
∴∠COH=60°，
∴∠OCH=90°−∠COH=30°，∵OC=4，
∴OH=2，
∴CH=❑√OC2−OH2=2❑√3，
∵OB=2，
1 1
∴S = ×OB⋅CH= ×2×2❑√3=2❑√3．
△OBC 2 2
故选：B．
【变式6-1】（24-25九年级上·江西新余·阶段练习）如图，⊙O为Rt△ABC的内切圆，点D、E、F为
切点，若AD=9，BD=6，则△ABC的面积为 ．
【答案】54
【分析】本题主要考查切线长定理，正方形的判定和性质，勾股定理．根据题意，连接OE,OF，根据内
切圆的性质可得四边形CEOF是正方形，则CE=EO=OF=FC，根据切线的性质可得AE=AD=9，
BF=BD=6，设⊙O的半径为r，则CE=CF=r，运用勾股定理可得(9+r) 2+(6+r) 2=(9+6) 2，据此计算
即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OE,OF，
∵⊙O是直角三角形ABC的内切圆，点D、E、F为切点，
∴∠C=∠CEO=∠CFO=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
∵CE=CF，∴矩形CEOF是正方形，
∴CE=EO=OF=FC，
∵点D、E、F为切点，
∴AE=AD=9，BF=BD=6，
设⊙O的半径为r，则CE=CF=r，
∴(9+r) 2+(6+r) 2=(9+6) 2，
∴r=3或−18（舍去），
∴AC=9+3=12，BC=6+3=9，
1
∴△ABC的面积= ×12×9=54，
2
故答案为：54．
【变式6-2】（2025·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O是△ABC的内切圆，
若AC=3.3，BC=4.4，则图中△ABO的面积为（ ）
A．5.5 B．2.75 C．6.05 D．3.025
【答案】D
【分析】本题考查与圆内切三角形．熟练掌握圆内切三角形性质，切线性质，切线长定理，正方形判定和
性质，三角形面积公式，是解题的关键．
设⊙O的半径为r，分别切△ABC的三边于D、E、F，连接OD、OE，OF，证明四边形OECF是正方
形，得CE=CF=r，得AD=AF=3.3−r，BE=BD=4.4−r，由AB=5.5，得(3.3−r)+(4.4−r)=5.5
，解得r=1.1，即得S =3.025．
△AOB
【详解】解：设⊙O分别切△ABC的三边于D、E、F，半径为r，连接OD、OE，OF，
则OD=OE=OF=r，∠OEC=∠OFC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OECF是正方形，
∴CE=CF=OE=r，∵AC=3.3，BC=4.4，
∴AD=AF=3.3−r，BE=BD=4.4−r，
∵AB=❑√AC2+BC2=5.5，
∴AD+BD=5.5，
∴(3.3−r)+(4.4−r)=5.5，
解得：r=1.1，
1
∴S = AB⋅OD=3.025．
△AOB 2
故选：D．
【变式6-3】（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）直角梯形ABCD中，∠ABC=∠BAD=90°，
AD=2，BC=6，以AB为直径的⊙O切DC于点E，连AE交OD于点M，连BE交OC于点N，则四边形
OMEN的面积为 （ ）
A．2❑√3 B．3❑√3 C．2❑√2 D．3❑√2
【答案】B
【分析】如图，连接OE，证明∠AEB=90°，AD,BC为⊙O的切线；可得AD=DE=2，CE=CB=6
，CD=2+6=8，过D作DH⊥BC于H，证明四边形ABHD为矩形，可得AB=4❑√3，
OB⋅BC
OE=OA=OB=2❑√3，OD=❑√22+(2❑√3) 2=4，OC=❑√(2❑√3) 2+62=4❑√3，求解EN=BN= =3
OC
，同理可得：AE⊥OD，AM=ME=❑√3，证明四边形OMEN为矩形，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OE，∵∠ABC=∠BAD=90°，以AB为直径的⊙O切DC于点E，
∴∠AEB=90°，AD,BC为⊙O的切线；
∴AD=DE=2，CE=CB=6，
∴CD=2+6=8，
过D作DH⊥BC于H，
∴四边形ABHD为矩形，
∴AD=BH=2，AB=DH，
∴CH=6−2=4，DH=❑√82−42=4❑√3，
∴AB=4❑√3，OE=OA=OB=2❑√3，
∴OD=❑√22+(2❑√3) 2=4，OC=❑√(2❑√3) 2+62=4❑√3，
∵OE=OB,CB=CE，
∴OC⊥BE，BN=EN，
OB⋅BC
∴EN=BN= =3，
OC
同理可得：AE⊥OD，AM=ME=❑√3，
∴∠OME=∠ONE=90°=∠AEB，
∴四边形OMEN为矩形，
∴四边形OMEN的面积为❑√3×3=3❑√3，
故选：B
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的判定，切线长定义的应
用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【题型7 应用切线长定理求角度】
【例7】（24-25九年级上·福建龙岩·阶段练习）如图，PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E是切
点，CD分别交PA、PBB于C、D两点，若∠APB=70°，则∠COD的度数为（ ）A．55° B．50° C．60° D．70°
【答案】A
【分析】本题考查了切线的性质，切线长定理，全等三角形的判定和性质．
连接OA、OE、OB，根据切线性质和切线长定理可得∠OAC=∠OEC=∠OED=∠OBD=90°，
DB=DE，CA=CE， 进而可得△AOC≌△EOC(SAS)，△EOD≌△BOD(SAS)，即得
1 1
∠AOC=∠EOC= ∠AOE，∠EOD=∠BOD= ∠BOE，得到
2 2
1 1 1
∠COD= ∠AOE+ ∠BOE= ∠AOB，再利用四边形的内角和求出∠AOB即可求解，正确作出
2 2 2
辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，连接OA、OE、OB，
∵PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E是切点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，OE⊥CD，DB=DE，CA=CE，
∴∠OAC=∠OEC=∠OED=∠OBD=90°，
又∵AO=OE=OB，
∴△AOC≌△EOC(SAS)，△EOD≌△BOD(SAS)，
1 1
∴∠AOC=∠EOC= ∠AOE，∠EOD=∠BOD= ∠BOE，
2 2
1 1 1 1
∴∠COD= ∠AOE+ ∠BOE= (∠AOE+∠BOE)= ∠AOB，
2 2 2 2
∵∠APB=70°，
∴∠AOB=360°−∠PAO−∠PBO−∠APB=360°−90°−90°−70°=110°，1
∴∠COD= ×110°=55°，
2
故选：A．
【变式7-1】（24-25九年级下·河南周口·阶段练习）如图PA、PB分别与⊙O相切，切点分别为A，B，若
∠OBA=16°，则∠APB的度数为（ ）
A．28° B．32° C．36° D．44°
【答案】B
【分析】本题主要考查了切线长定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握切线长
定理是解决此题的关键．由切线长定理得到PA=PB、∠OBP=90°，由等腰三角形的性质得
∠PBA=∠PAB，再由三角形的内角和即可得解．
【详解】解：PA、PB分别与⊙O相切，
∴PA=PB、∠OBP=90°，
∴∠PBA=∠PAB，
∵∠OBA=16°，
∴∠PBA=∠PBO−∠ABO=90°−16°=74°=∠PAB，
∴∠P=180°−∠PBA−∠PAB=180°−74°−74°=32°，
故选：B ．
【变式7-2】（2025·北京丰台·二模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点．若∠AOB=130°，
则∠APO= °．
【答案】25
【分析】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质和判定，
先根据切线的性质及切线长定理得∠OAP=∠OBP=90°，再证明Rt△AOP≌Rt△BOP，根据全等三角形的性质得∠AOP=∠BOP,∠APO=∠BPO，然后结合已知条件答案可得．
【详解】解：∵PA,PB是⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°．
∵OP=OP.AO=BO，
∴Rt△AOP≌Rt△BOP，
∴∠AOP=∠BOP．
∵∠AOB=130°，
130°
∴∠AOP=∠BOP= =65°，
2
∴∠APO=90°−65°=25°．
故答案为：25．
【变式7-3】（2025·四川眉山·一模）如图，EA、ED是⊙O的切线，切点为A、D，点B、C在⊙O上，
若∠E=68°，则∠BAE+∠BCD的度数为（ ）
A．202° B．236° C．240° D．248°
【答案】B
【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是
解题关键．
【详解】解：连接AD，
∵EA、ED是⊙O的切线，切点为A、D，点B、C在⊙O上，
∴四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=180°，∵EA、ED是⊙O的切线，切点为A、D，
根据切线定理得出：AE=DE，
∵∠E=68°，
∴∠EAD=∠EDA=56°，
∴∠BAE+∠BCD=∠BAD+∠DAE+∠BCD=180°+56°=236°，
故选：B．
【题型8 应用切线长定理求证】
【例8】（24-25九年级下·四川自贡·期中）如图1，已知⊙O内切于四边形ABCD，与
AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H．
(1)求证：AD+BC=AB+CD；
(2)如图2，连接HF，与EG交于点P，若HF⊥EG，求证：∠A+∠C=180°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理可得：AH=AE，BE=BF，CF=CG，DH=DG，问题随之得解；
（2）连接OE，OF，OH，OG，GH，可得出∠EOH+∠A=180°，∠FOG+∠C=180°，利
用圆周角定理求得∠EOH=2∠EGH，∠FOG=2∠FHG，进一步计算得出结论．
【详解】（1）证明：根据切线长定理可得：AH=AE，BE=BF，CF=CG，DH=DG，
∴AH+HD=AE+DG，BF+CF=BE+CG，
∴AD=AE+DG，BC=BE+CG，
∵AB=AE+BE，CD=DG+CG，
∴AD+BC=BE+CG+AE+DG=AB+CD；
（2）证明：如图，连接OE，OF，OH，OG，GH，∵四边形ABCD的内切圆⊙O与边AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H，
∴∠AEO=∠CFO=∠AHO=∠CGO=90°，
∴∠EOH+∠A=180°，∠FOG+∠C=180°，
∵HF⊥EG，
∴∠EGH+∠FHG=90°，
∵∠EOH=2∠EGH，∠FOG=2∠FHG，
∴∠EOH+∠FOG=180°，
∴∠A+∠C=180°．
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，圆中的弧、弦、圆周角之间的关系等知识，解决问题的关
键是熟练掌握有关基础知识．
【变式8-1】如图1所示，⊙O为△CDE的外接圆，CD为直径，AD、BC分别与⊙O相切于点D、C（
BC>AD）.E在线段AB上，连接DE并延长与直线BC相交于点P，B为PC中点.
(1)证明：AB是⊙O的切线.
(2)如图2，连接OA，OB，求证：OA⊥OB.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出∠OEC=∠OCE，进
而根据BC为切线，∠OCB=90°， ∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°
，即可得证；（2）根据AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，根据切线长定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，
1 1
则AD∥BC，∠OAE= ∠DAE，∠OBE= CBE，∠DAE+∠CBE＝180°，即可得出
2 2
∠AOB=90°，进而即可得证．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵CD为⊙O直径，
∴∠CEP=90°.
在RT△CEP中，B为PC中点，
1
∴EB=BC= CP，
2
∴∠BCE=∠BEC，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
又∵BC为切线，
∴∠OCB=90°，
∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°
∴∠OEB=90°.
即OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线.
（2）证明：∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，
1 1
∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE= ∠DAE，∠OBE= CBE，
2 2
∴AD∥BC，∴∠DAE+∠CBE＝180°，
1 1
∴∠OAE+∠OBE= ×(∠DAE+∠CBE)= ×180°=90°，
2 2
∴∠AOB=90°，
∴OA⊥OB；
【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．
【变式8-2】如图，AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，连接AB．
(1)若AB与⊙O相切于点E，求证AC+BD=AB；
(2)若AC+BD=AB，求证AB与⊙O相切．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（1）利用切线长定理证明AE=AC，BE=BD即可求证；
（2）延长AC到点F，使得CF=BD，连AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，OC，
OF，证明AB=AF，再由SAS证明△BDO≌△FCO，根据性质再证明△ABO≌△AFO(SSS)，最
后由性质即可求证；
此题考查了切线长定理和切线的判定与性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握以上知识点的应用及正
确添加辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵AB与⊙O相切，切点为E，且AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，
∴ AE=AC，BE=BD，
∵AB=AE+BE，
∴AB=AC+BD；
（2）证明：延长AC到点F，使得CF=BD，连接AO，过点O作OG⊥AB，垂足为G，连接OB，OD，
OC，OF，∵CF=BD，AC+BD=AB，
∴ AB=AC+CF=AF，
∵AC，BD是⊙O的切线，C，D为切点，
∴∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，
∵CF=BD，∠BDO=∠FCO=90°，OC=OD，
∴△BDO≌△FCO(SAS)，
∴OB=OF，
又∵AF=AB，AO=AO，
∴△ABO≌△AFO(SSS)，
∴∠BAO=∠FAO，
∴AO平分∠BAC，
又∵OG⊥AB，OC⊥AC，
∴OG=OC，
∴AB与⊙O相切．
【变式8-3】如图，P为⊙O外一点，PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交⊙O于点
D、E，交AB于点C．
(1)求证∶∠ADE=∠PAE．
(2)若∠ADE=30°，连接BD，求证：四边形ADBP是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OA，由∠PAO=∠DAE=90°,证明∠DAO=∠PAE，∠DAO=∠ADE，进而得证；
（2）连接BD，连接OB，证明∠APO=90°−∠AOE=30°，得到AD=AP，由PA、PB为⊙O的切
线得到PA=PB=AD，∠PAO=∠PBO=90°，证明Rt△APO≌Rt△BPO，得到
∠APO=∠BPO=30°，则∠ADE=∠BPO，得到AD∥BP，又由PA=PB=AD，即可证明四边形
ADBP是菱形．
【详解】（1）证明：如图，连接OA，
∵DE是直径，
∴∠DAE=90°
即∠DAO+∠OAE=90°
∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
即∠PAE+∠OAE=90°．
∴∠DAO=∠PAE，
∵AO=DO
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE．
（2）连接BD，连接OB，如图，
∵∠ADE=30°，
∴∠AOE=60°，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
∴∠APO=90°−∠AOE=30°，∴AD=AP
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA=PB=AD，∠PAO=∠PBO=90°，
∵PO=PO
∴Rt△APO≌Rt△BPO(HL)，
∴∠APO=∠BPO=30°
∴∠ADE=∠BPO
∴AD∥BP，
∵PA=PB=AD，
∴四边形ADBP是菱形．
【点睛】此题考查了切线的性质、切线长定理、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知
识，添加适当的辅助线是证明的关键．
【题型9 三角形内切圆中求最值】
【例9】（2025·浙江宁波·模拟预测）如图，点A的坐标为(0,4)，以O点为圆心，以OA为半径的圆交x轴
于点B，点C为第一象限圆上一动点，CD⊥x轴于D点，点I为△OCD的内心，则AI的最小值为
．
【答案】2❑√10−2❑√2/−2❑√2+2❑√10
【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，坐标与图形性质，垂径定理，连接OI，IB，作△OIB的外接
圆，圆心为P，连接PO，PB，IC，ON，BN，根据内心定义证明△IOC≌△IOB(SAS)，可得
∠OIC=∠OIB=135°，当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，此时AI=AP−PI，然后根据勾股定
理即可解决问题．
【详解】解：如图，连接OI，IB，作△OIB的外接圆，圆心为P，连接PO，PB，IC，ON，BN，∵点I为△OCD的内心，
∴∠IOC=∠IOB，
在△IOC和△IOB中，
{
OI=OI
)
∠IOC=∠IOB ，
OC=OB
∴△IOC≌△IOB(SAS)，
∴∠OIC=∠OIB，
∵CD⊥x，
∴∠ODC=90°，
∴∠COD+∠OCD=90°，
1 1
∴ ∠COD+ ∠OCD=45°，
2 2
∴∠IOC+∠ICO=45°，
∴∠OIC=135°，
∴∠OIC=∠OIB=135°，
∴∠ONB=45°，
∴∠OPB=90°，
∵点A的坐标为(0,4)，
∴点B的坐标为(4,0)，
∴OB=4，
❑√2
∴OP=BP= OB=2❑√2，
2
∴P(2,−2)，
当A，I，P三点共线时，AI取得最小值，
此时AI=AP−PI=❑√(0−2) 2+(4+2) 2−2❑√2=2❑√10−2❑√2．故答案为：2❑√10−2❑√2．
【变式9-1】如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的中点，点Q是△ACD的内切圆圆O
上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ．
【答案】❑√13+1
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°，CD=AB=8，由勾股定理得出AC=❑√AD2+CD2=10，设△
1 1 1 1
AD的内切圆O的半径为r，则 ×10r+ ×8r+ ×6r= ×8×6，解得r=2，连接BQ，易证PM是
2 2 2 2
1
ΔBCQ的中位线，得出PM= BQ，当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，作OE⊥AD于E
2
，OF⊥AB于F，则BF=AB−AF=6，OF=AE=AD−DE=4，由勾股定理得出
BO=❑√BF2+OF2=2❑√13，则BQ=BO+OQ=2❑√13+2，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，CD=AB=8，
∴AC=❑√AD2+CD2=❑√62+82=10，
设△AD的内切圆O的半径为r，
1 1 1 1
则 ×10r+ ×8r+ ×6r= ×8×6，
2 2 2 2
解得：r=2，
连接BQ，∵P是BC边上的中点，点M是CQ的中点，
∴PM是ΔBCQ的中位线，
1
∴PM= BQ，
2
当BQ经过圆心O时，BQ最长，则此时PM最长，
作OE⊥AD于E，OF⊥AB于F，
则BF=AB−AF=8−2=6 ，OF=AE=AD−DE=6−2=4 ，
∴BO=❑√BF2+OF2=❑√62+42=2❑√13，
∴BQ=BO+OQ=2❑√13+2，
1
∴PM= BQ=❑√13+1；
2
故答案为：❑√13+1．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心、勾股定理、矩形的性质、三角形中位线的判定与性质等知识；
熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
【变式9-2】如图，在△ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，经过点C且与边AB相切的动圆与CA，CB
分别相交于点P，Q，则△ABC的内切圆半径为 ，线段PQ长度的最小值为 ．
【答案】 1 2.4
【分析】根据直角三角形内切圆半径与直角三角形三边的关系即可求出△ABC的内切圆半径；设经过点
C的圆的圆心为F，圆F与AB的切点为D，连接FD、CF、CD，则有FD⊥AB；由勾股定理的逆定理
知，△ABC是直角三角形，直径PQ=FC+FD，由线段最短知CF+FD≥CD，即PQ≥CD，只有当点F在CD上，且CD是直角三角形ABC的斜边AB的高时，PQ有最小值为CD的长，由直角三角形的面积公
式知，此时CD=BC⋅AC÷AB=2.4．
【详解】解：∵AB=5，AC=4，BC=3，
∴AB2=AC2+BC2
∴∠ACB=90°
AC+BC−AB
∴△ABC的内切圆半径= =1
2
设过点C的圆的圆心为F，⊙F与AB的切点为D，
∵∠PCQ=90°，
∴PQ是⊙F的直径，
连接FD，连接CF，CD，
∵点C、D在⊙F上，PQ是⊙F的直径，
∴PQ=FC+FD，
又∵CF+FD≥CD
∴PQ≥CD，
∵AB与⊙F切于点D，
∴FD⊥AB；
∴当点F是Rt△ABC的斜边AB的高的中点时，C、F、D三点共线，且CD为Rt△ABC的斜边AB的
高，此时⊙F的直径等于CD=BC⋅AC÷AB=2.4
又∵PQ≥CD，
∴PQ能取到最小值2.4．
故答案为：1，2.4．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理的逆定理，垂线段最短，直角三角形的面积公式，直角三
角形内切圆与直角三角形三边的关系，正确作出辅助线转化问题是关键．
【变式9-3】如图，⊙O的直径AB的长为8，P是A´B上一动点，∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I
为△APB的内心，连接QA，下列结论：①点Q是定点；②PQ的最大值为8；③QI的长为定值；④
AP⋅BP的最大值为16．其中正确的结论是 （把正确结论的序号都填上）．【答案】①②③
【分析】连接BQ,AI，由题意易得A´Q=B´Q，然后可得①，根据圆中直径最大可判定②，由内心可知
∠PAI=∠BAI，然后根据三角形外角的定义及圆周角定理可进行排除③，过点P作PD⊥AB于点D，
进而可得AP⋅BP=AB⋅PD，最后可得出选项．
【详解】解：连接BQ,AI，如图所示：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠APB=90°，
∵∠APB的角平分线交⊙O于点Q，点I为△APB的内心，
∴∠APQ=∠BPQ=45°,∠PAI=∠BAI，
∴A´Q=B´Q，且△AQB是等腰直角三角形，
❑√2
∴AQ=BQ= AB=4❑√2，即点Q是定点，故①正确；
2
由圆中最长的弦是直径可知PQ的最大值为8，故②正确；
∵∠QIA=∠PAI+∠APQ,∠QAI=∠BAI+∠QAB，且∠QAB=∠APQ=45°，
∴∠QIA=∠QAI，
∴AQ=QI=4❑√2，即QI的长为定值，故③正确；
过点P作PD⊥AB于点D，
1 1
∴S = AP⋅BP= AB⋅PD，
△APB 2 2当AP⋅BP的值为最大，则AB⋅PD的值为最大，即PD的值为最大，
∴当PD是半径时，即为PD=4，
∴AP⋅BP的最大值为AP⋅BP=8×4=32；故④错误；
综上所述：正确的有①②③；
故答案为①②③．
【点睛】本题主要考查三角形的内心、圆周角定理及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握三角形的内心、
圆周角定理及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
【题型10 三角形的内切圆与外接圆的综合】
【例10】（24-25九年级上·安徽淮南·期末）如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，
连接OB，IA．若∠CAI=35°，则∠OBC的度数为（ ）
A．15° B．17.5° C．20° D．25°
【答案】C
【分析】本题考查了三角形内心的定义和圆周角定理．
根据三角形内心的定义可得∠BAC的度数，然后由圆周角定理求出∠BOC，再根据三角形内角和定理以
及等腰三角形的性质得出答案．
【详解】解：连接OC，
∵点I是△ABC的内心，∠CAI=35°，
∴∠BAC=2∠CAI=70°，
∴∠BOC=2∠BAC=140°，
∵OB=OC，
180°−∠BOC 180°−140°
∴∠OBC=∠OCB= = =20°，
2 2
故选：C．【变式10-1】（24-25九年级上·山东德州·期末）如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内
心，连接OB，IA．若∠OBC=20°，则∠CAI的度数为（ ）
A．25° B．35° C．40° D．45°
【答案】B
【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，圆周角定理等知识点，掌握内心的定义是解题的
关键．
连接OB，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠BOC=140°，进而由圆周角定理得
1 1
∠BAC= ∠BOC=70°，再根据内心的定义可得∠CAI= ∠BAC，据此即可求解．
2 2
【详解】解：连接OC，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=20°，
∴∠BOC=180°−2×20°=140°，
1
∴∠BAC= ∠BOC=70°，
2∵点I是△ABC的内心，
1 1
∴∠CAI= ∠BAC= ×70°=35°，
2 2
故选：B．
【变式10-2】（24-25九年级上·湖北武汉·期末）如图，已知点M是△ABC的内心，A 、B 、C 分别是
1 1 1
点M关于BC、CA、AB的对称点，点B在△A B C 的外接圆上，且点A在B C 边上，若△A B C
1 1 1 1 1 1 1 1
的外接圆半径为2，则BC长为（ ）
A．2❑√3 B．❑√3+2 C．4❑√3 D．2❑√3+2
【答案】D
【分析】本题主要考查了三角形的内心、外心、轴对称、特殊直角三角形等内容．连接BM、AM，易得
四边形MKAH是正方形，再证∠ABC=60°，即可得解．
【详解】解：如图，连接BM、AM，设M A 与CB交于点G，MB 与AC交于点H，MC 与AB交于点
1 1 1
K，
∵△A B C 的外接圆半径为2，且点B也在△A B C 的外接圆上，
1 1 1 1 1 1
∴M A =MB =MC =MB=2，
1 1 1
∵A 、B 、C 分别是点M关于BC、CA、AB的对称点，
1 1 1
∴MK=KC =1，MG=GA =1，MH=HB =1，MA=AB ，MA=AC ，
1 1 1 1 1
∴MA=AB =AC ，
1 1
∴∠MB A=∠AMB =∠AC M=∠AMC ，
1 1 1 1
∵∠MC B +∠MB C +∠C MB =180°，
1 1 1 1 1 1
∴∠MB A=∠AMB =∠AC M=∠AMC =45°，
1 1 1 1∴△MKA、△C KA、△MHA、△B HA都是等腰直角三角形，
1 1
∴∠B MC =45°+45°=90°，
1 1
∵∠MKA=∠MHA=90°，且MK=MH，
∴四边形MKAH是正方形，
∴∠BAC=90°，AK=1，
在Rt△BMK中，BM=2MK，
1
∴sin∠MBK= ，
2
∴∠MBK=30°，BK=❑√BM2−M K2=❑√3，
同理∠MBG=30°，
∴∠ABC=60°，
∴∠C=30°，
∵AB=BK+AK=❑√3+1，
∴BC=2AB=2❑√3+2；
故选：D．
【变式10-3】（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且BC为⊙O的直
径，点E为△ABC的内心，BE的延长线交⊙O于点F，连接CF．若BC=5，CE=❑√10，则AC的长为
（ ）
A．3 B．4 C．5 D．2❑√5
【答案】B
1
【分析】连接OF交AC于点G，作FH⊥BC于点H，证明A´F=C´F，得到OG⊥AC,AG=CG= AC
2
❑√2
，∠BFC=90°，证明△CEF是等腰直角三角形，得到CF=EF= CE=❑√5，则
2
BF=❑√BC2−CF2=❑√52−(❑√5) 2=2❑√5，利用等积法得到FH=CG=2，即可得到答案．【详解】解：连接OF交AC于点G，作FH⊥BC于点H，
∵点E为△ABC的内心，
1 1
∴∠CBF=∠ABF= ∠ABC，∠ACE=∠BCF= ∠ACB，
2 2
∴A´F=C´F，
1
∴OG⊥AC,AG=CG= AC，
2
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BFC=90°，
∵∠CEF=∠CBF+∠BCE,∠ECF=∠ACF+∠ACE，∠CBF=∠ABF=∠ACF
∴∠CEF=∠ECF，
❑√2
∴△CEF是等腰直角三角形，CF=EF= CE=❑√5，
2
∴BF=❑√BC2−CF2=❑√52−(❑√5) 2=2❑√5
1 1
∵S = BF⋅CF= BC⋅FH
❑△BCF 2 2
BF⋅CF 2❑√5⋅❑√5
∴FH= = =2，
BC 5
1 1
∵S = OC⋅FH= OF⋅CG，OC=OF，
❑△OCF 2 2
∴FH=CG=2，
∴AC=2CG=4
故选：B
【点睛】此题考查了勾股定理、圆周角定理、三角形内心的性质、垂径定理的推论、等腰三角形的判定和
性质等知识，熟练掌握圆周角定理、三角形内心的性质、垂径定理的推论是解题的关键．
【题型11 圆与圆的位置关系】
【例11】在△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，点P在△ABC内，分别以A、B、P为圆心画，圆
A半径为1，圆B半径为2，圆P半径为3，圆A与圆P内切，圆P与圆B的关系是（ ）A．内含 B．相交 C．外切 D．相离
【答案】B
【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记
圆的位置关系是解决问题的关键．
【详解】解：∵圆A半径为1，圆P半径为3，圆A与圆P内切，
∴圆A含在圆P内，即PA=3−1=2，
∴P在以A为圆心、2为半径的圆与△ABC边相交形成的弧上运动，如图所示：
∴当到P′位置时，圆P与圆B圆心距离PB最大，为❑√12+42=❑√17，
∵ ❑√17<3+2=5，
∴圆P与圆B相交，
故选： ．
【变式B11-1】（2025·上海松江·二模）已知⊙O 的半径是5，⊙O 的半径是6．圆心O 在⊙O 上．那么
1 2 2 1
两圆的公共弦长是（ ）
24 48
A． B． C．10 D．12
5 5
【答案】B
【分析】本题主要考查了相交两圆的性质，先根据题意画出图形，设⊙O 和⊙O 相交于A，B，连接
1 2
AB，O O ，O A，O B，O O ，设AB与O O 相交于点C，设O C=a，则O A=O O =5，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2
O A=6，AC=BC，AB⊥O O ，O C=5−a，AB=2AC，在Rt△O AC和Rt△O AC中，由勾
2 1 2 2 1 2
7 24
股定理得AC2=O A2−O C2=O A2−O C2 ，则52−a2=62−(5−a) 2，由此解出a= ，则AC= ，进
1 1 2 2 5 5
而即可得出公共弦AB的长．
【详解】解：设⊙O 和⊙O 相交于点A，B，连接AB，O O ，O A，O B，O O ，设AB与O O 相
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
交于点C，如图所示：设O C=a，
1
∵⊙O 的半径是5，⊙O 的半径是6．圆心O 在⊙O 上，
1 2 2 1
∴O A=O O =5，O A=6，AC=BC，AB⊥O O ，
1 1 2 2 1 2
∴O C=O O −O C=5−a，AB=2AC，
2 1 2 1
在Rt△O AC和Rt△O AC中，由勾股定理得：AC2=O A2−O C2=O A2−O2C2 ，
1 2 1 1 2
∴52−a2=62−(5−a) 2，
7
解得：a= ，
5
7
∴O C= ，
1 5
√ 7 2 24
∴AC=❑√O A2−O C2=❑52−( ) = ，
1 1 5 5
24 48
AB=2AC=2× = ．
5 5
故选：B
4
【变式11-2】如图，在▱ABCD中，AB=7，BC=8，sinB= ．点P在边AB上，AP=2，以点P为圆
5
心，AP为半径作⊙P．点Q在边BC上，以点Q为圆心，CQ为半径作⊙Q．如果⊙P和⊙Q外切，那么
CQ的长为 ．
37 9
【答案】 /2
14 14
【分析】本题考查的是圆和圆的位置关系、解直角三角形的知识，作PH⊥BC于点H，连接PQ，先求出PH=4，BH=3，设CQ=a，在Rt△QPH中，根据勾股定理列方程即可解决．
【详解】解：作PH⊥BC于点H，连接PQ，
∵AB=7，AP=2，
∴BP=7−2=5，
4
在Rt△BPH中，sinB= ，
5
PH 4
∴ = ，
5 5
∴PH=4，BH=❑√52−42=3，
设CQ=a，
∵⊙P和⊙Q外切，⊙P半径为2，
∴PQ=a+2，
在Rt△QPH中，PH=4,HQ=8−3−a=5−a，
∴42+(5−a) 2=(a+2) 2，
37
解得：a= ，
14
37
故答案为： ．
14
【变式11-3】（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，△ABC的外接⊙O的半径为5，BC=8，点P为
BC的中点，以点P为圆心作⊙P，若⊙P与⊙O相切，则⊙P的半径为 ．
【答案】8或2/2或8
【分析】本题考查了相切两圆的性质，勾股定理，分两种情况，由相切两圆的性质，如果两圆相切，那么连心线必经过切点，即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接OC，OB，PO，
∵OC=OB，PC=PB，
∴OP⊥BC，
1 1
∵OC=5，PC= BC= ×8=4，
2 2
在直角三角形OPC中，由勾股定理得：OP=❑√OC2−PC2=❑√52−42=3，
当⊙P在⊙O内部时，两圆相切于M，如图，
∴PM=OM−OP=5−3=2，
∴此时⊙P的半径为2；
当⊙P在⊙O外部时，两圆相切于N，如图，
∴PN=ON+OP=5+3=8，
∴此时⊙P的半径为8，
∴⊙P的半径为8或2，
故答案为：8或2．
