第2章：直线与圆的位置关系章末重点题型复习（题型专练）数学浙教版九年级下册

（（浙教版）九年级下册 第2章：直线和圆的位置关系章末重点题型复习 题型一 判断直线和圆的位置关系 1．（2023春•宁远县期中）已知⊙O的半径是10，圆心O到直线l的距离是13，则直线l与⊙O的位置关系是（　　） A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定 2．（2023•南浔区二模）已知平面内有⊙O与直线AB，⊙O的半径为3cm，点O到直线AB的距离为3cm，则直线AB与⊙O的位置关系是（　　） A．相切 B．相交 C．相离 D．不能判断 3．（2024秋•芙蓉区校级月考）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 4．（2023秋•广阳区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，以A为圆心作一个半径为3的圆，下列结论中正确的是（　　） A．点B在⊙A内 B．直线BC与⊙A相离 C．点C在⊙A上 D．直线BC与⊙A相切 5．如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，以C为圆心，r为半径的圆与直线AB有何位置关系？为什么？ （1）r＝4cm．（2）r＝4.8cm．（3）r＝6cm． 题型二 由直线和圆的位置关系确定公共点个数 1．已知⊙O的半径等于8cm，圆心O到直线l的距离为9cm，则直线l与⊙O的公共点的个数 为（　　） A．0 B．1 C．2 D．无法确定 2．（2023秋•迁安市期末）已知⊙O的半径为5，点O到直线l的距离等于3，则⊙O与直线l公共点个数为（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 3．（2023秋•东阳市期末）已知⊙O的半径为5，点O到直线a的距离为4，则直线a与⊙O公共点的个数为（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 4．已知⊙O的直径等于8cm，圆心O到直线l上一点的距离为4cm，则直线l与⊙O的公共点的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．1或2 题型三 由直线和圆的位置关系确定取值范围 1．（2023秋•宝山区期末）已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝3、BC＝4．以C为圆心作⊙C，如果圆C与斜边AB有两个公共点，那么圆C的半径长R的取值范围是（　　） A． B． C． D．． 2．（2024秋•邗江区校级月考）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 　 　． 3．（2023秋•望奎县校级期中）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． 4．（2023秋•海淀区校级月考）已知如图，M（m，0）是x轴上动点，⊙M半径，若⊙M与直线y＝x+2相交，则m的取值范围是 　 　． 题型四 切线判定的多结论问题 1．（2023秋•青山湖区期末）如图所示，AB是⊙O的直径，⊙O交BC的中点于D，DE⊥AC于E，连接AD，则下列结论：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OAAC；④DE是⊙O的切线，正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的圆O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列说法：（1）AC与BD的交点是圆O的圆心；（2）AF与DE的交点是圆O的圆心；（3）BC与圆O相切，其中正确说法的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 3．（2023秋•咸宁期末）如图，点A是⊙O上一定点，点B是⊙O上一动点、连接OA、OB、AB、分别将线段AO、AB绕点A顺时针旋转60°到AA'，AB'，连接OA'，BB'，A'B'，OEB'，下列结论正确的有（　　） ①点A'在⊙O上；②△OAB≌△A'AB'；③∠BB′A′∠BOA′；④当OB′＝2OA时，AB′与⊙O相切． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 4．（2023•增城区校级一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ACD+∠BCD＝180°，连接OD，过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E、点F，则下列结论正确的是 　　 ． ①∠AOD＝2∠BAD；②∠DAC＝∠BAC；③DF与⊙O相切；④若AE＝4，EC＝1，则BC＝3． 题型五 切线的判定（有交点） 1． 如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，CD⊥AB于点D，点E是圆外一点，CA平分∠ECD．求证：CE是⊙O的切线． 2．（2023秋•阿瓦提县校级期末）已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB＝AC，连结AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．求证：DE为⊙O的切线． 3．（2023秋•阳谷县校级期末）如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，过A作直线MN，∠MAC＝∠ABC，D是弧AC的中点，连接BD交AC于G，过D作DE⊥AB于E，交AC于F． （1）求证：MN是半圆的切线． （2）求证：FD＝FG． 4． 如图，△ABC是直角三角形，点O是线段AC上的一点，以点O为圆心，OA为半径作圆．O交线段AB于点D，作线段BD的垂直平分线EF，EF交线段BC于点． （1）若∠B＝30°，求∠COD的度数； （2）证明：ED是⊙O的切线． 5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，AE⊥CD，垂足为E，DA平分∠BDE． （1）求证：AE是⊙O的切线； （2）若∠DBC＝30°，DE＝1cm，求BD的长． 题型六 切线的判定（无交点） 1．如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线． 2． 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M．求证：CD与⊙O相切． 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． 4．如图，AB是⊙O的直径，AM，BN分别切⊙O于点A，B，CD交AM，BN于点D，C，DO平分∠ADC． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若AD＝4，BC＝9，求⊙O的半径R． 5．（2023秋•清原县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，． （1）求证：AF是⊙O的切线； （2）若BC＝6，AB＝10，求⊙O的半径长． 题型七 切线的性质的应用 1．（2024秋•丹徒区期中）如图，在⊙O中，∠BAC＝50°，分别过B、C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC的度数为（　　） A．75° B．80° C．85° D．90° 2．（2024秋•建湖县期中）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形OABC的顶点B，与AB、BC分别相交．若点A的坐标是（8，0），点C的坐标是（0，9）．则圆心P的坐标为（　　） A．（6，6） B．（5，5） C．（5，6） D．（4，5） 3．（2023秋•韶关期末）如图所示，直线l与半径为5cm的⊙O相交于A、B两点，且与半径OC垂直，垂足为H，AB＝8cm，若要使直线l与⊙O相切，则l应沿OC方向向下平移（　　） A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm 4．（2023•遵义一模）如图，AB是半圆O的直径，点P为BA延长线上一点，PC是⊙O的切线，切点为C，过点B作BD⊥PC交PC的延长线于点D，连接BC．若CD＝2，BD＝4，则⊙O的半径为（　　） A．3 B．2 C．2.5 D．2 题型八 切线的判定与性质的综合应用 1．（2023秋•斗门区期末）如图，AB为⊙O的直径，P在BA的延长线上，C为圆上一点，且∠ACP＝∠OBC． （1）求证：PC与⊙O相切； （2）若PA＝4，PC＝BC，求⊙O的半径． 2．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，已知⊙O的直径为AB，点C在圆周上（异于A，B），AD⊥CD． （1）若BC＝6，OA＝5，求AC的长； （2）若AC是∠DAB的平分线，求证：直线CD是⊙O的切线． 3．（2024•莱芜区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，AF平分∠EAC，且∠E＝90°，，连接AG． （1）求证：EC是⊙O的切线； （2）若，，求线段AE的长． 4．（2024秋•宜兴市期中）如图，AB为⊙O 的直径，点F在⊙O上，OF⊥AB，点P在AB的延长线上，PC与⊙O相切于点C，与OF的延长线相交于点D，AC与OF相交于点E． （1）求证：DC＝DE； （2）若0A＝2OE，DF＝3，求PB的长． 5．如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知PB＝6，DB＝8，∠EDB＝∠EPB． （1）求证：PB是⊙O的切线； （2）求⊙O的半径． （3）连接BE，求BE的长． 题型九 切线长定理求角度 1．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　 °． 2．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，连接OA、OB、OC、OD．若∠AOB＝108°，则∠COD的度数是　 　． 4．如图，PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E为切点． （1）如果△PCD的周长为10，求PA的长； （2）如果∠P＝40°， ①求∠COD； ②连AE，BE，求∠AEB． 题型十 切线长定理求线段长 1．（2020•西宁）如图，PA，PB与⊙O分别相切于点A，B，PA＝2，∠P＝60°，则AB＝（　　） A． B．2 C． D．3 2．（2023秋•东莞市校级期中）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别为P、C、D，若AB＝4，AC＝3，则BD的长是（　　） A．2.5 B．2 C．1.5 D．1 3．（2023•怀化三模）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，则BD的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 4．（2023秋•邹城市期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，若OB＝6cm，OC＝8cm，则BE+CG的长等于（　　） A．13 B．12 C．11 D．10 题型十一 切线长定理求周长或面积 1．（2023秋•斗门区期末）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝8，则△PCD的周长为（　　） A．8 B．12 C．16 D．20 2．以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AD边于点E，若△CDE的周长为12，则正方形ABCD周长为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 3．（2024•城中区校级一模）如图，四边形ABCD外切于⊙O，且AB＝10，CD＝15，则四边形ABCD的周长为（　　） A．60 B．55 C．45 D．50 4．（2023•河北模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，O为圆心，作∠MON＝90°，其两边分别交BC，CD于点N，M，若CM+CN＝4，则⊙O的面积为（　　） A．π B．2π C．4π D．0.5π 题型十二 切线长定理的综合应用 1．（2023春•东源县校级期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，AC为弦，BC为⊙O的直径，若∠P＝60°，PB＝2cm． （1）求证：△PAB是等边三角形； （2）求AC的长． 2．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，C为上的一点，∠COA＝∠P． （1）求证：BC∥OA； （2）若BC＝10，OA＝13，求PA的长． 3．（2023春•通道县期中）如图，PA、PB是⊙O的切线，切点是A、B，∠APB＝60°，连结AO、BO． （1）求弧AB所对的圆心角∠AOB； （2）求证：PA＝PB； （3）若OA＝3，求阴影部分的面积． 4．已知：AB为⊙O的直径，∠BAD＝∠B＝90°，DE与⊙O相切于E，⊙O的半径为，AD＝2． ①求BC的长； ②延长AE交BC的延长线于G点，求EG的长． 题型十三 三角形内切圆求角度 1．如图，已知⊙I是△ABC的内切圆，点I是内心，若∠A＝28°，则∠BIC等于（　　） A．99° B．102° C．104° D．152° 2．（2023•东安县模拟）如图，在△ABC中，∠A＝70°，点I是内心，则∠BIC的大小为（　　） A．130° B．140° C．105° D．125° 3．如图所示，已知⊙I是△ABC的内切圆，D、E、F是切点，∠C＝60°，∠DIF＝140°，则∠B为（　　） A．40° B．50° C．60° D．80° 4．如图，在△ABC中，∠B＝50°，⊙O是△ABC的内切圆，分别切AC，AB，BC于点D，E，F，P是上一点，则∠EPF的度数为（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 5．（2023•聊城）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° 题型十四 三角形内切圆求长度 1．（2023•青海一模）如图，⊙O与△ABC的边AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，如果AB＝4，AC＝5，AD＝1，那么BC的长为　 　． 2．（2023秋•同心县期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，点D，E，F为切点，AD＝4，AC＝10，BC＝14，则BD长为 　 　． 3．如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长． 4．已知△ABC的内切圆半径r，D、E、F为切点，∠ABC＝60°，BC＝8，，求AB、AC的长． 题型十五 三角形内切圆求面积 1．（2023春•江岸区校级月考）如图，△ABC是一块绿化带，将阴影部分修建为花圃，已知 AB＝13，AC＝5，BC＝12，阴影部分是△ABC的内切圆，则花圃的面积为 　 　． 2．（2023秋•河西区校级期末）如图，⊙I是直角△ABC的内切圆，切点为D、E、F， 若AF＝10，BE＝3，则△ABC的面积为　 　． 3．等边三角形的边长为4，则它的内切圆面积等于　 　． 4．如图，在四边形ABCD中，AB＝CB，AD＝CD．若∠ABD＝∠ACD＝30°，AD＝1，则△ABC的内切圆面积　 （结果保留π）． 题型十六 直角三角形的内切圆的有关计算 1．（2023•越秀区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则△ABC的内切圆的半径r是（　　） A．2 B．3 C．4 D．无法判断 2．（2023秋•防城港期末）在《九章算术》卷九中记载了一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“如图，今有直角三角形勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的直径是多少步？”根据题意，该内切圆的直径为 　 　步． 3．已知两直角边的长分别为和，则其内心与外心的距离为　 　． 4．（2023秋•黔西南州期中）如图，已知O是△ABC的内心，连接OA，OB，OC．若△ABC内切圆的半径为2，△ABC的周长为12，求△ABC的面积． 5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，半径为r，切点为D、E、F，连接OD，OE，OF． （1）若BC＝6，AC＝8，则r＝　 　； （2）若Rt△ABC的周长为L，面积为S，则S，L，r之间有什么数量关系，并说明理由． 题型十七 三角形内切圆求最值 1．如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是　 　． 2．（2023秋•鼓楼区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是 　 　． 3．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的中点，点Q是的内切圆圆O上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ． 4．已知一块等腰三角形钢板的底边长为60cm，腰长为50cm． （1）求能从这块钢板上截得的最大圆的半径． （2）用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是多少？ （3）求这个等腰三角形的内心与外心的距离． 题型十八 三角形的内切圆的综合问题 1．（2023秋•泗阳县期末）已知，如图，AB为⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，BC＞AC，点P是△ABC的内心，延长CP交⊙O于点D，连接BP． （1）求证：BD＝PD； （2）已知⊙O的半径是3，CD＝8，求BC的长． 2．如图，点E是△ABC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）若∠ACB＝80°，则∠ADB＝　 　；∠AEB＝　 ． （2）求证：DE＝CD； （3）求证：DG是⊙O的切线． 3．（2023秋•江夏区校级期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆交于点D． （1）如图1，连接DB，求证：DB＝DE； （2）如图2，若∠BAC＝60°，求证：AB+ACAD． 4．如图，点E是△ABC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）若∠ACB＝70°，则∠ADB＝　 　；∠AEB＝　 　． （2）求证：DE＝CD； （3）求证：DG是⊙O的切线． 5．如图，已知点D在⊙O的直径AB延长线上，点C为⊙O上，过D作ED⊥AD，与AC的延长线相交于E，CD为⊙O的切线，AB＝2，AE＝3． （1）求证：CD＝DE； （2）求BD的长； （3）若∠ACB的平分线与⊙O交于点F，P为△ABC的内心，求PF的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ （（浙教版）九年级下册 第2章：直线和圆的位置关系章末重点题型复习 题型一 判断直线和圆的位置关系 1．（2023春•宁远县期中）已知⊙O的半径是10，圆心O到直线l的距离是13，则直线l与⊙O的位置关系是（　　） A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定 【分析】运用直线与圆的三种位置关系，结合10＜13，即可解决问题． 【解答】解：∵⊙O的半径为10，圆心O到直线l的距离是13，而10＜13， ∴点O到直线l的距离大于半径， ∴直线l与⊙O相离． 故选：A． 【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定． 2．（2023•南浔区二模）已知平面内有⊙O与直线AB，⊙O的半径为3cm，点O到直线AB的距离为3cm，则直线AB与⊙O的位置关系是（　　） A．相切 B．相交 C．相离 D．不能判断 【分析】根据点O到直线AB的距离与圆的半径大小作比较即可． 【解答】解：∵点O到直线AB的距离为3cm，且⊙O的半径为3cm， ∴3cm＝3cm，即直线AB与⊙O的位置关系是相切， 故选：A． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键． 3．（2024秋•芙蓉区校级月考）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 【分析】首先画出图形，根据点的坐标得到圆心到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． 【解答】解：圆心到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． 【点评】本题主要考查对直线与圆的位置关系，坐标与图形性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用直线与圆的位置关系定理进行说理是解此题的关键． 4．（2023秋•广阳区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，以A为圆心作一个半径为3的圆，下列结论中正确的是（　　） A．点B在⊙A内 B．直线BC与⊙A相离 C．点C在⊙A上 D．直线BC与⊙A相切 【分析】过A点作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得到BH＝CHBC＝4，则利用勾股定理可计算出AH＝3，然后根据点与圆的位置关系的判定方法对A选项和B选项进行判断；根据直线与圆的位置关系对C选项和D选项进行判断． 【解答】解：过A点作AH⊥BC于H，如图， ∵AB＝AC， ∴BH＝CHBC＝4， 在Rt△ABH中，AH3， ∵AB＝5＞3， ∴B点在⊙A外，所以A选项不符合题意； ∵AC＝5＞3， ∴C点在⊙A外，所以C选项不符合题意； ∴AH＝3，AH⊥BC， ∴直线BC与⊙A相切，所以D选项符合题意，B选项不符合题意． 故选：D． 【点评】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，若直线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．也考查了点与圆的位置关系和等腰三角形的性质． 5．如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6cm，BC＝8cm，以C为圆心，r为半径的圆与直线AB有何位置关系？为什么？ （1）r＝4cm．（2）r＝4.8cm．（3）r＝6cm． 【分析】此题重点是求得圆心到直线的距离，即是求直角三角形斜边上的高．该高等于两条直角边的乘积除以斜边，然后根据数量关系判断直线和圆的位置关系． 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． 【解答】解：AB10（cm）， 设AB边高为h， 则h•AB＝AC×BC， h4.8（cm）． （1）当r＝4cm，d＞r，则AB与⊙C相离； （2）当r＝4.8cm，d＝r，则AB与⊙C相切； （3）当r＝6cm，r＞d，则AB与⊙C相交． 【点评】注意直角三角形斜边上的高等于两条直角边的乘积除以斜边；能够熟练根据数量关系判断直线和圆的位置关系是解题的关键． 题型二 由直线和圆的位置关系确定公共点个数 1．已知⊙O的半径等于8cm，圆心O到直线l的距离为9cm，则直线l与⊙O的公共点的个数 为（　　） A．0 B．1 C．2 D．无法确定 【分析】利用直线与圆的位置关系的判断方法得到直线l和⊙O相离，然后根据相离的定义对各选项进行判断． 【解答】解：∵⊙O的半径等于8cm，圆心O到直线l的距离为9cm， 即圆心O到直线l的距离大于圆的半径， ∴直线l和⊙O相离， ∴直线l与⊙O没有公共点． 故选：A． 【点评】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，则当直线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． 2．（2023秋•迁安市期末）已知⊙O的半径为5，点O到直线l的距离等于3，则⊙O与直线l公共点个数为（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【分析】根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系判断即可． 【解答】解：∵⊙O的半径为5，圆心O到直线l的距离为3， ∵5＞3，即：d＜r， ∴直线l与⊙O的位置关系是相交． ∴⊙O与直线l有2个公共点， 故选：C． 【点评】此题考查了判断直线与圆的位置关系及交点个数，正确掌握直线与圆的三种位置关系及对应的交点个数是解题的关键． 3．（2023秋•东阳市期末）已知⊙O的半径为5，点O到直线a的距离为4，则直线a与⊙O公共点的个数为（　　） A．3个 B．2个 C．1个 D．0个 【分析】根据直线和圆的位置关系判断方法，可得结论． 【解答】解：∵⊙O的半径为5，点O到直线a的距离为4， ∴d＝4＜r＝5， ∴直线a与圆相交， ∴直线a与⊙O公共点的个数为2个， 故选：B． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系判断方法是解题的关键． 4．已知⊙O的直径等于8cm，圆心O到直线l上一点的距离为4cm，则直线l与⊙O的公共点的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．1或2 【分析】利用直线与圆的位置关系的判断方法得到直线l和⊙O相离，然后根据相离的定义对各选项进行判断． 【解答】解：∵⊙O的直径等于8cm，圆心O到直线l上一点的距离为4cm， ∴⊙O的半径等于4cm，圆心O到直线l的距离≤4cm 即圆心O到直线l的距离≤圆的半径， ∴直线l和⊙O相切或相交， ∴直线l与⊙O有1个或2个有公共点． 故选：D． 【点评】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，则当直线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． 题型三 由直线和圆的位置关系确定取值范围 1．（2023秋•宝山区期末）已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝3、BC＝4．以C为圆心作⊙C，如果圆C与斜边AB有两个公共点，那么圆C的半径长R的取值范围是（　　） A． B． C． D．． 【分析】作CD⊥AB于D，由勾股定理求出AB，由三角形的面积求出CD，由AC＞BC，可得以C为圆心，R＝4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点；若⊙C与斜边AB有两个公共点，即可得出R的取值范围． 【解答】解：作CD⊥AB于D，如图所示： ∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4， ∴AB5， ∵△ABC的面积AB•CDAC•BC， ∴CD， 即圆心C到AB的距离d， ∵AC＜BC， ∴以C为圆心，R＝4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点， ∴若⊙C与斜边AB有两个公共点，则R的取值范围是R≤3． 故选：C． 【点评】此题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 2．（2024秋•邗江区校级月考）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 　 　． 【分析】如图，作PQ⊥OA于Q，则，当r＝4时，⊙P与射线OA相切，此时只有一个交点；当r＞8时，⊙P与射线OA只有一个交点；然后作答即可． 【解答】解：如图，作PQ⊥OA于Q， 则∠OQP＝90°， ∵∠AOB＝30°， ∴， ∴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； 故答案为：r＝4或r＞8． 【点评】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． 3．（2023秋•望奎县校级期中）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． 【分析】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． 【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， ∴⊙P移动所用的时间4（秒）； 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， ∴⊙P移动所用的时间8（秒）． 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． 【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，能够分当点P在射线OA和点P在射线OB两种情况进行计算是解决问题的关键． 4．（2023秋•海淀区校级月考）已知如图，M（m，0）是x轴上动点，⊙M半径，若⊙M与直线y＝x+2相交，则m的取值范围是 　 　． 【分析】如图，当点M在x轴正半轴且⊙M与直线y＝x+2相切于点C时，设直线y＝x+2是x轴，y轴分别交于B、A，连接CM'，先求出A、B坐标，进而求出，证明△AOB∽△M'CB，求出OM'＝2，得到M'（2，0），同理求出当M在x轴负半轴且⊙M与直线y＝x+2相切时的坐标为（﹣6，0），由此即可得到答案． 【解答】解：如图，当点M在x轴正半轴且⊙M与直线y＝x+2相切于点C时，设直线y＝x+2是x轴，y轴分别交于B、A，连接CM'， ∴，A（0，2），B（﹣2，0）， ∴， ∵∠ABO＝∠M'BC，∠AOB＝∠M'CB＝90°， ∴△AOB∽△M'CB， ∴，即， ∴M'B＝4， ∴OM'＝2， ∴M'（2，0）， 同理可求出当M在x轴负半轴且⊙M与直线y＝x+2相切时的坐标为（﹣6，0）， ∴当⊙M与直线y＝x+2相交，m的取值范围是﹣6＜m＜2， 故答案为：﹣6＜m＜2． 【点评】本题主要考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，正确求出当圆与直线相切时圆心的坐标是解题的关键． 题型四 切线判定的多结论问题 1．（2023秋•青山湖区期末）如图所示，AB是⊙O的直径，⊙O交BC的中点于D，DE⊥AC于E，连接AD，则下列结论：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OAAC；④DE是⊙O的切线，正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】由直径所对的圆周角是直角，即可判断出选项①正确；由O为AB中点，得到AO为AB的一半，故AO为AC的一半，选项③正确；由OD为三角形ABC的中位线，根据三角形的中位线定理得到OD与AC平行，由AC与DE垂直得到OD与DE垂直，即∠ODE为90°，故DE为圆O的切线，选项④正确． 【解答】解：∵AB是⊙O直径， ∴∠ADB＝90°， ∴AD⊥BC，选项①正确； 连接OD，如图， ∵D为BC中点，O为AB中点， ∴DO为△ABC的中位线， ∴OD∥AC， 又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°， ∴∠ODE＝90°， ∴DE为圆O的切线，选项④正确； 又OB＝OD， ∴∠ODB＝∠B， ∵AB为圆O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°， ∴∠EDA＝∠BDO， ∴∠EDA＝∠B，选项②正确； 由D为BC中点，且AD⊥BC， ∴AD垂直平分BC， ∴AC＝AB，又OAAB， ∴OAAC，选项③正确； 则正确结论的个数为4个． 故选：D． 【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，切线的判定，及三角形的中位线定理．证明切线时连接OD是解这类题经常连接的辅助线． 2．如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的圆O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列说法：（1）AC与BD的交点是圆O的圆心；（2）AF与DE的交点是圆O的圆心；（3）BC与圆O相切，其中正确说法的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【分析】连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，先确定AG＝DG，则GH垂直平分AD，则可判断点O在HG上，再根据HG⊥BC可判定BC与圆O相切；接着利用OG＝OD可判断圆心O不是AC与BD的交点；然后根据四边形AEFD为⊙O的内接矩形可判断AF与DE的交点是圆O的圆心． 【解答】解：连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图， ∵G是BC的中点， ∴AG＝DG， ∴GH垂直平分AD， ∴点O在HG上， ∵AD∥BC， ∴HG⊥BC， ∴BC与圆O相切； ∵OG＝OD， ∴点O不是HG的中点， ∴圆心O不是AC与BD的交点； ∵∠ADF＝∠DAE＝90°， ∴∠AEF＝90°， ∴四边形AEFD为⊙O的内接矩形， ∴AF与DE的交点是圆O的圆心； ∴（1）错误，（2）（3）正确． 故选：C． 【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了矩形的性质和三角形外心． 3．（2023秋•咸宁期末）如图，点A是⊙O上一定点，点B是⊙O上一动点、连接OA、OB、AB、分别将线段AO、AB绕点A顺时针旋转60°到AA'，AB'，连接OA'，BB'，A'B'，OEB'，下列结论正确的有（　　） ①点A'在⊙O上；②△OAB≌△A'AB'；③∠BB′A′∠BOA′；④当OB′＝2OA时，AB′与⊙O相切． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】可证得△AOA′和△ABB′是等边三角形，可推出OA′＝OA，从而得出①正确；根据“边角边”可证得②；根据②可推出A′B′＝OB＝AA′，进一步得出③正确；作OC⊥B′B，可推出∠OB′B＝30°，进而得出OB′＝2OC，结合OB′＝2OB可推出点C和点B重合，进而得出④正确，从而得出结果． 【解答】解：∵OA＝AA′，∠OAA′＝60°， ∴△AOA′是等边三角形， 同理可得， △ABB′是等边三角形， ①∵△AOA′是等边三角形， ∴OA′＝OA， ∴点A′在⊙O上， 故①正确， ∵∠OAA′＝∠BAB′＝60°， ∴∠OAB＝∠A′AB′， ∵OA＝AA′，AB＝AB′， ∴△OAB≌△A′AB′， 故②正确， ③由②知， △OAB≌△A′AB′， ∴A′B′＝OB， ∵OB＝OA＝AA′， ∴AA′＝A′B′， ∴∠A′AB′＝∠A′B′A， ∵△ABB′是等边三角形， ∴∠BAB′＝∠AB′B＝60°， ∴∠A′B′B＝∠BAA′， ∵∠BOA′＝2∠BAA′， ∴∠BB′A′∠BOA′， 故③正确， ④如图， 过点O作OC⊥BB′于C， ∵△ABB′是等边三角形， ∴∠AB′B＝60°， ∵OA＝OB，B′A＝B′B， ∴B′O垂直平分AB， ∴∠OB30°， ∴OB′＝2OC， ∵OB′＝2OA＝2OB， ∴OC和OB重合， ∴OB⊥B′B， ∴BB′是⊙O的切线， 故④正确， 综上所述：①②③④均正确， 故选A． 【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 4．（2023•增城区校级一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ACD+∠BCD＝180°，连接OD，过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E、点F，则下列结论正确的是 　　 ． ①∠AOD＝2∠BAD；②∠DAC＝∠BAC；③DF与⊙O相切；④若AE＝4，EC＝1，则BC＝3． 【分析】根据已知条件得出∠ACD＝∠FCD，根据圆内接四边形得出∠FCD＝∠DAB，进而得出∠ACD＝∠DAB，根据圆周角定理即可判断①，不能确定，即可判断②，证明△AOB≌△BOD得出∠ADO＝∠BDO，根据三线合一得出DO⊥AB，进而根据AC是直径，得出AB⊥BC，结合已知条件即可判断③，证明△DEC≌△DFC，Rt△ADE≌Rt△BDF，得出DE＝DF，BF＝AE，进而即可求解． 【解答】解：如图，连接DB， ∵∠ACD+∠BCD＝180°，∠ACD+∠ACB+∠DCF＝180°， ∴∠BCD＝∠ACB+∠DCF， ∵∠BCD＝∠ACB+∠ACD， ∴∠ACD＝∠FCD， ∵四边形ABCD内接于⊙O， ∴∠FCD＝∠DAB， ∴∠ACD＝∠DAB， ∴， ∴∠ABD＝∠BAD，∠AOD＝2∠ABD， ∴∠AOD＝2∠BAD，故①正确， ∵不能确定， ∴∠DAC＝∠BAC不一定成立，故②错误， 如图，连接BO， ∵， ∴AD＝DB， 在△AOD和△BOD中， ， ∴△AOD≌△BOD（SSS）， ∴∠ADO＝∠BDO， ∴DO⊥AB， ∵AC是直径， ∴∠ABC＝90°， 即AB⊥BC， ∵DF⊥BC， ∴DF∥AB， ∴DF⊥OD， ∴DF与⊙O相切，故③正确， ∵∠DCE＝∠DCF，∠DEC＝∠DFC，DC＝DC， ∴△DEC≌△DFC（AAS）， ∴DE＝DF，CF＝CE， 在Rt△ADE和Rt△BDF中， AD＝DB，DE＝DF， ∴Rt△ADE≌Rt△BDF（HL）， ∴BF＝AE， ∵AE＝4，EC＝1， ∴BC＝BF﹣CF＝4﹣1＝3，故④正确． 故答案为：①③④． 【点评】本题考查了圆周角定理，全等三角形的性质与判定，切线的判定，熟练掌握以上性质是解题关键． 题型五 切线的判定（有交点） 1． 如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，CD⊥AB于点D，点E是圆外一点，CA平分∠ECD．求证：CE是⊙O的切线． 【分析】利用切线的判定定理证明∠OCE＝90°即可得出结论． 【解答】证明：∵CA平分∠ECD， ∴∠ECA＝∠DCA． ∵CD⊥AB， ∴∠CAD+∠DCA＝90°， ∴∠ECA+∠CAD＝90°． ∵OA＝OC， ∴∠CAD＝∠ACO， ∴∠ECA+∠ACO＝90°， 即∠OCE＝90°， ∴OC⊥EC， ∵OC是⊙O的半径， ∴CE是⊙O的切线． 【点评】本题主要考查了圆的切线的判定，熟练应用圆的切线的判定定理是解题的关键． 2．（2023秋•阿瓦提县校级期末）已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB＝AC，连结AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．求证：DE为⊙O的切线． 【分析】连接OD，根据OA＝OB，CD＝BD，得出OD∥AC，∠ODE＝∠CED，再根据DE⊥AC，即可证出OD⊥DE，从而得出答案． 【解答】证明：如图，连接OD． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵AB＝AC， ∴CD＝BD， ∵OA＝OB， ∴OD∥AC． ∴∠ODE＝∠CED． ∵DE⊥AC， ∴∠CED＝90°． ∴∠ODE＝90°， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定与性质，解决本题的关键是掌握圆周角定理的推论、线段垂直平分线的性质以及等边三角形的判定，是一道常考题型． 3．（2023秋•阳谷县校级期末）如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，过A作直线MN，∠MAC＝∠ABC，D是弧AC的中点，连接BD交AC于G，过D作DE⊥AB于E，交AC于F． （1）求证：MN是半圆的切线． （2）求证：FD＝FG． 【分析】（1）欲证明MN是半圆的切线，只需证得∠MAB＝90°，即MA⊥AB即可； （2）根据圆周角定理推论得到∠ACB＝90°，由DE⊥AB得到∠DEB＝90°，则∠1+∠5＝90°，∠3+∠4＝90°，又D是弧AC的中点，即弧CD＝弧DA，得到∠3＝∠5，于是 ∠1＝∠4，利用对顶角相等易得∠1＝∠2，则有FD＝FG． 【解答】证明：（1）如图，∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠ABC＝90°． 又∵∠MAC＝∠ABC， ∴∠MAC+∠CAB＝90°，即∠MAB＝90°， ∴MA⊥AB． ∴MN是半圆的切线． （2）∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， 而DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴∠1+∠5＝90°，∠3+∠4＝90°， ∵D是弧AC的中点，即弧CD＝弧DA， ∴∠3＝∠5， ∴∠1＝∠4， 而∠2＝∠4， ∴∠1＝∠2， ∴FD＝FG． 【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端点，并且与半径垂直的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理及其推论、三角形外角的性质以及等腰三角形的判定． 4． 如图，△ABC是直角三角形，点O是线段AC上的一点，以点O为圆心，OA为半径作圆．O交线段AB于点D，作线段BD的垂直平分线EF，EF交线段BC于点． （1）若∠B＝30°，求∠COD的度数； （2）证明：ED是⊙O的切线． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠A＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠A＝60°，于是得到∠COD＝∠ODA+∠A＝120°； （2）根据线段垂直平分线的性质得到∠EDB＝∠B＝30°，求得ED⊥DO，根据切线的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）解：∵∠C＝90°，∠B＝30°， ∴∠A＝60°， ∵OD＝OA， ∴∠ODA＝∠A＝60°， ∴∠COD＝∠ODA+∠A＝120°； （2）证明：∵EF垂直平分BD， ∴∠EDB=∠B， ∵OD=OA， ∴∠ODA=∠OAD， ∵∠C=90°， ∴∠B+BAC=90°， ∴∠BDE+∠ODA=90°， ∴∠EDO=90°， ∴ED⊥DO， ∵OD是⊙O的半径， ∴ED是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． 5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BD是⊙O的直径，AE⊥CD，垂足为E，DA平分∠BDE． （1）求证：AE是⊙O的切线； （2）若∠DBC＝30°，DE＝1cm，求BD的长． 【分析】（1）连接OA，根据角之间的互余关系可得∠OAE＝∠DEA＝90°，故AE⊥OA，即AE是⊙O的切线； （2）根据圆周角定理，可得在Rt△AED中，∠AED＝90°，∠EAD＝30°，有AD＝2DE；在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，∠ABD＝30°，有BD＝2AD＝4DE，即可得出答案． 【解答】（1）证明：连接OA， ∵DA平分∠BDE， ∴∠BDA＝∠EDA． ∵OA＝OD， ∴∠ODA＝∠OAD， ∴∠OAD＝∠EDA， ∴OA∥CE． ∵AE⊥CE， ∴AE⊥OA． ∴AE是⊙O的切线． （2）解：∵BD是直径， ∴∠BCD＝∠BAD＝90°． ∵∠DBC＝30°，∠BDC＝60°， ∴∠BDE＝120°． ∵DA平分∠BDE， ∴∠BDA＝∠EDA＝60°． ∴∠ABD＝∠EAD＝30°． ∵在Rt△AED中，∠AED＝90°，∠EAD＝30°， ∴AD＝2DE． ∵在Rt△ABD中，∠BAD＝90°，∠ABD＝30°， ∴BD＝2AD＝4DE． ∵DE的长是1cm， ∴BD的长是4cm． 【点评】此题主要考查了切线的判定，角平分线的性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，构造出直角三角形是解本题的关键，是一道中等难度的中考常考题． 题型六 切线的判定（无交点） 1．如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线． 【分析】过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE=OD，从而证得结论． 【解答】证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA， ∵AB与⊙O相切于点D， ∴AB⊥OD， ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO是∠BAC的平分线， ∴OE=OD，即OE是⊙O的半径， ∵圆心到直线的距离等于半径， ∴AC是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 2． 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M．求证：CD与⊙O相切． 【分析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM＝ON，即可得出答案． 【解答】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N， ∵⊙O与BC相切于点M， ∴OM⊥BC， 又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点， ∴OM＝ON， ∴ON为⊙O的半径， ∴CD与⊙O相切． 【点评】此题主要考查了正方形的性质以及角平分线的性质，得出OM＝ON是解题关键． 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． 【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； （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，然后由勾股定理求出DG，最后由勾股定理求出CE即可． 【解答】（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， ∴OD5， ∵EG⊥OD， ∴OD×EGOE×DE， ∴EG， ∴DG， ∴CG＝CD+DG＝3， ∴CE． 【点评】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，AB是⊙O的直径，AM，BN分别切⊙O于点A，B，CD交AM，BN于点D，C，DO平分∠ADC． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若AD＝4，BC＝9，求⊙O的半径R． 【分析】（1）过O点作OE⊥CD于点E，通过角平分线的性质得出OE＝OA即可证得结论． （2）过点D作DF⊥BC于点F，根据切线的性质可得出DC的长度，继而在Rt△DFC中利用勾股定理可得出DF的长，继而可得出半径． 【解答】（1）证明：过O点作OE⊥CD于点E， ∵AM切⊙O于点A， ∴OA⊥AD， 又∵DO平分∠ADC， ∴OE＝OA， ∵OA为⊙O的半径， ∴OE是⊙O的半径，且OE⊥DC， ∴CD是⊙O的切线． （2）解：过点D作DF⊥BC于点F， ∵AM，BN分别切⊙O于点A，B， ∴AB⊥AD，AB⊥BC， ∴四边形ABFD是矩形， ∴AD＝BF，AB＝DF， 又∵AD＝4，BC＝9， ∴FC＝9﹣4＝5， ∵AM，BN，DC分别切⊙O于点A，B，E， ∴DA＝DE，CB＝CE， ∴DC＝AD+BC＝4+9＝13， 在Rt△DFC中，DC2＝DF2+FC2， ∴DF12， ∴AB＝12， ∴⊙O的半径R是6． 【点评】此题考查了切线的性质、角平分线的性质及勾股定理的知识，证明第一问关键是掌握切线的判定定理，解答第二问关键是熟练切线的性质． 5．（2023秋•清原县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，⊙O经过点C且与AB边相切于点E，． （1）求证：AF是⊙O的切线； （2）若BC＝6，AB＝10，求⊙O的半径长． 【分析】（1）作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，证明AC是∠FAB的平分线，进而根据OH＝OE，OE⊥AB，可得AF是⊙O的切线； （2）勾股定理得出AC，设⊙O的半径为r，则OC＝OE＝r，进而根据切线的性质，在Rt△OEA中，勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：如图，作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE， ∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴， ∴∠CAD＝∠ACD， ∵∠BDC＝∠CAD+∠ACD＝2∠CAD， 又∵， ∴∠FAC＝∠CAD， 即AC是∠FAB的平分线， ∵点O在AC上，⊙O与AB相切于点E， ∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半径， ∴OH＝OE，OH是⊙O的半径， ∴AF是⊙O的切线； （2）解：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AB＝10， ∴， ∵BE，BC是⊙O的切线， ∴BC＝BE＝6， ∴AE＝10﹣6＝4 设⊙O的半径为r，则OC＝OE＝r， 在Rt△OEA中，由勾股定理得：OE2+AE2＝OA2， ∴16+r2＝（8﹣r）2， ∴r＝3． ∴⊙O的半径长为3． 【点评】本题考查了切线的性质与判定，勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键． 题型七 切线的性质的应用 1．（2024秋•丹徒区期中）如图，在⊙O中，∠BAC＝50°，分别过B、C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC的度数为（　　） A．75° B．80° C．85° D．90° 【分析】连接OB、OC，由切线的性质得∠OBP＝∠OCP＝90°，根据圆周角定理得∠BOC＝2∠BAC＝100°，则∠BPC＝360°﹣∠BOC﹣∠OBP﹣∠OCP＝80°，于是得到问题的答案． 【解答】解：连接OB、OC， ∵PB、PC分别与⊙O相切于点B、C， ∴PB⊥OB，PC⊥OC， ∴∠OBP＝∠OCP＝90°， ∵∠BOC＝2∠BAC＝2×50°＝100°， ∴∠BPC＝360°﹣∠BOC﹣∠OBP﹣∠OCP＝80°， 故选：B． 【点评】此题重点考查圆周角定理、切线的性质定理、四边形的内角和等于360°等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（2024秋•建湖县期中）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形OABC的顶点B，与AB、BC分别相交．若点A的坐标是（8，0），点C的坐标是（0，9）．则圆心P的坐标为（　　） A．（6，6） B．（5，5） C．（5，6） D．（4，5） 【分析】根据⊙P与x轴、y轴都相切，设圆心P的坐标为（r，r），连接PB，过点P作PE⊥CB于点E，设⊙P与y的切点为F，连接FP并延长，与AB交于点G，由点A的坐标是（8，0），点C的坐标是（0，9），得到OA＝BC＝8，OC＝AB＝9，求得PE＝9﹣y，PB＝r，BE＝8﹣r，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：∵⊙P与x轴、y轴都相切， 设圆心P的坐标为（r，r）， 连接PB，过点P作PE⊥CB于点E，设⊙P与y的切点为F，连接FP并延长，与AB交于点G， ∵点A的坐标是（8，0），点C的坐标是（0，9）， ∴OA＝BC＝8，OC＝AB＝9， ∴PE＝9﹣y，PB＝r，BE＝8﹣r， 根据勾股定理：EB2+PE2＝PB2， 即（8﹣r）2+（9﹣r）2＝r2， 解得r＝5或r＝29（不合题意舍去） ∴圆心P的坐标为（5，5）， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形，勾股定理，圆切线的性质以及垂径定理，熟练掌握相关图形的基本性质是解本题的关键． 3．（2023秋•韶关期末）如图所示，直线l与半径为5cm的⊙O相交于A、B两点，且与半径OC垂直，垂足为H，AB＝8cm，若要使直线l与⊙O相切，则l应沿OC方向向下平移（　　） A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm 【分析】连接OB，根据已知条件可以推出HB＝4cm，所以OH＝3cm，HC＝2cm，所以l应沿OC所在直线向下平移2cm． 【解答】解：连接OB， ∴OB＝5cm， ∵直线l⊙O相交于A、B两点，且与AB⊥OC，AB＝8cm， ∴HB＝4cm， ∴OH＝3cm， ∴HC＝2cm． 故选：B． 【点评】本题主要考查了垂径定理、勾股定理、切线性质，解题的关键在于求HC和OH的长度． 4．（2023•遵义一模）如图，AB是半圆O的直径，点P为BA延长线上一点，PC是⊙O的切线，切点为C，过点B作BD⊥PC交PC的延长线于点D，连接BC．若CD＝2，BD＝4，则⊙O的半径为（　　） A．3 B．2 C．2.5 D．2 【分析】连接OC，作OI⊥BD于点I，由PC与⊙O相切于点C，得PC⊥OC，而BD⊥PC交PC的延长线于点D，则∠OCD＝∠CDI＝∠OID＝90°，所以四边形OCDI是矩形，则OE＝CD＝2，ID＝OC＝OB，由BI2+OI2＝OB2，BI＝4﹣ID＝4﹣OB，得（4﹣OB）2+22＝OB2，求得OB＝2.5，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵连接OC，作OI⊥BD于点I， ∵PC与⊙O相切于点C， ∴PC⊥OC， ∵BD⊥PC交PC的延长线于点D， ∴∠OCD＝∠CDI＝∠OID＝90°， ∴四边形OCDI是矩形， ∴OE＝CD＝2，ID＝OC＝OB， ∵∠OIB＝90°，BD＝4， ∴BI2+OI2＝OB2，BI＝4﹣ID＝4﹣OB， ∴（4﹣OB）2+22＝OB2， 解得OB＝2.5， ∴⊙O的半径为2.5， 故选：C． 【点评】此题重点考查切线的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线并且根据勾股定理列方程是解题的关键． 题型八 切线的判定与性质的综合应用 1．（2023秋•斗门区期末）如图，AB为⊙O的直径，P在BA的延长线上，C为圆上一点，且∠ACP＝∠OBC． （1）求证：PC与⊙O相切； （2）若PA＝4，PC＝BC，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接OC，因为AB为⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，则∠OCP＝∠OCA+∠ACP＝∠OCA+∠OCB＝90°，即可证明PC与⊙O相切； （2）由PC＝BC，得∠P＝∠B，则∠ACP＝∠B＝∠P，所以CA＝PA＝4，再根据等角的余角相等证明∠ACO＝∠AOC，则CA＝OA＝OC＝4，所以OP＝8，即可根据勾股定理求得． 【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OB， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACP＝∠OBC， ∴∠ACP＝∠OCB， ∴∠OCP＝∠OCA+∠ACP＝∠OCA+∠OCB＝∠ACB＝90°， ∵PC经过⊙O的半径OC的外端，且PC⊥OC， ∴PC与⊙O相切． （2）解：∵PC＝BC， ∴∠P＝∠B， ∵∠ACP＝∠B， ∴∠ACP＝∠P， ∴CA＝PA＝4， ∵∠OCP＝90°， ∴∠ACO+∠ACP＝90°，∠AOC+∠P＝90°， ∴∠ACO＝∠AOC， ∴CA＝OA＝OC＝4． 【点评】此题重点考查圆的切线的判定、等腰三角形的判定与性质、等角的余角相等、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（2024秋•鼓楼区校级月考）如图，已知⊙O的直径为AB，点C在圆周上（异于A，B），AD⊥CD． （1）若BC＝6，OA＝5，求AC的长； （2）若AC是∠DAB的平分线，求证：直线CD是⊙O的切线． 【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角得到△ABC是直角三角形后，直接利用勾股定理即可求解； （2）连结OC，证明AD∥OC，再得到∠DCO＝90°，利用切线的判定即可证明． 【解答】（1）解：∵OA＝5， ∴AB＝10． ∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， ∵BC＝6，AB＝10， ∴根据勾股定理可得：AC8， ∴AC的长为8； （2）证明：连结OC， ∵OA＝OC， ∴∠CAO＝∠OCA ∵AC是∠DAB的角平分线， ∴∠DAC＝∠CAO， ∴∠DAC＝∠OCA， ∴OC∥AD， ∴∠D+∠DCO＝180°， ∵AD⊥CD， ∴∠D＝90°， ∴∠DCO＝90°， ∴OC⊥CD， ∴直线CD是⊙O的切线． 【点评】本题考查了圆周角定理的推论、勾股定理、角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定定理等内容，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 3．（2024•莱芜区校级模拟）如图，已知AB是⊙O的直径，AF平分∠EAC，且∠E＝90°，，连接AG． （1）求证：EC是⊙O的切线； （2）若，，求线段AE的长． 【分析】（1）证明OF⊥EC即可得到结论； （2）连接BG．求出AB＝4，证明△AEF∽△AFB，得到AF2＝AE•AB．即可得到答案． 【解答】（1）证明：如图，连接OF． ∵OA＝OF， ∴∠FAC＝∠AFO． ∵AF平分∠EAC， ∴∠EAF＝∠FAC， ∴∠EAF＝∠AFO， ∴OF∥AE． ∴∠OFC＝∠E＝90°， ∴OF⊥EC， ∴EC是⊙O的切线． （2）解：连接BG． ∵， ∴AG＝BG． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AGB＝90°，∠AFB＝90°． ∵， ∴． ∵∠EAF＝∠FAC，∠E＝∠AFB， ∴△AEF∽△AFB． ∴， ∴AF2＝AE•AB． ∵，AB＝4， ∴ ∴AE＝3． 【点评】此题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的判定和相似三角形的判定是解题的关键． 4．（2024秋•宜兴市期中）如图，AB为⊙O 的直径，点F在⊙O上，OF⊥AB，点P在AB的延长线上，PC与⊙O相切于点C，与OF的延长线相交于点D，AC与OF相交于点E． （1）求证：DC＝DE； （2）若0A＝2OE，DF＝3，求PB的长． 【分析】（1）连接OC，可得∠OCD＝∠OCP＝90°，由OA＝OC，可得∠OAC＝∠OCA，又∠OCA+∠DCA＝90°，∠OAC+∠AEO＝90°，可得∠DCA＝∠AEO．再由∠AEO＝∠DEC，则可得∠DCA＝∠DEC，即可证明结论； （2）设OE＝x，OA＝2x，则EF＝OF﹣OE＝2x﹣x＝x，DE＝3+x＝DC，DO＝3+2x，在Rt△DOC中，由勾股定理可得方程（2x）2+（3+x）2＝（3+2x）2，解得x＝6．再证明△DCO∽△OCP，得到，故可解出CP＝16．在Rt△OCP中，由勾股定理可得OP20，进而可得PB＝OP﹣OB＝20﹣12＝8． 【解答】（1）证明：连接OC，如图所示， ∵PC与⊙O相切于点C， ∴∠OCD＝∠OCP＝90°， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， 又∵∠OCA+∠DCA＝90°，∠OAC+∠AEO＝90°， ∴∠DCA＝∠AEO， 又∵∠AEO＝∠DEC， ∴∠DCA＝∠DEC， ∴DC＝DE． （2）解：∵OA＝2OE， 设OE＝x，OA＝2x， 则EF＝OF﹣OE＝2x﹣x＝x， ∴DE＝DF+EF＝3+x， 又∵DC＝DE， ∴DC＝3+x，DO＝3+2x， 在Rt△DOC中，由勾股定理可得： （2x）2+（3+x）2＝（3+2x）2， 解得：x1＝6或x2＝0（舍去）． ∴DC＝3+6＝9，OC＝2×6＝12． ∵∠D+∠DOC＝90°，OF⊥AB， ∴∠DOC+∠COP＝90°， ∴∠D＝∠COP， 又∠DCO＝∠PCO＝90°， ∴△DCO∽△OCP． ∴，即122＝CP×9， ∴CP＝16． 在Rt△OCP中，由勾股定理有： OP20， ∴PB＝OP﹣OB＝20﹣12＝8． 【点评】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，以及方程思想，掌握以上知识点是解题的关键． 5．如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知PB＝6，DB＝8，∠EDB＝∠EPB． （1）求证：PB是⊙O的切线； （2）求⊙O的半径． （3）连接BE，求BE的长． 【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到∠OBP为直角，即可得证； （2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC＝PB＝6，由PD﹣PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC＝r，则有OD＝8﹣r，利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径． （3）延长PB、DE相交于点F，证明△PED≌△PEF（ASA），由全等三角形的性质得出PD＝PF＝10，DE＝EF，求出DF的长，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵DE⊥PE， ∴∠DEO＝90°， ∵∠EDB＝∠EPB，∠BOE＝∠EDB+∠DEO，∠BOE＝∠EPB+∠OBP， ∴∠OBP＝∠DEO＝90°， ∴OB⊥PB， ∴PB为⊙O的切线； （2）解：在Rt△PBD中，PB＝6，DB＝8， 根据勾股定理得：， ∵PD与PB都为⊙O的切线， ∴PC＝PB＝6， ∴DC＝PD﹣PC＝10﹣6＝4； 在Rt△CDO中，设OC＝r，则有OD＝8﹣r， 根据勾股定理得：（8﹣r）2＝r2+42， 解得：r＝3， 则圆的半径为3． （3）延长PB、DE相交于点F， ∵PD与PB都为⊙O的切线， ∴OP平分∠CPB， ∴∠DPE＝∠FPE， ∵PE⊥DF， ∴∠PED＝∠PEF＝90°， 又∵PE＝PE， ∴△PED≌△PEF（ASA）， ∴PD＝PF＝10，DE＝EF， ∴BF＝PF﹣PB＝10﹣6＝4， 在Rt△DBF中，， ∴． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 题型九 切线长定理求角度 1．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　 °． 【分析】由切线的性质得出PA＝PB，PA⊥OA，得出∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°，由已知得出∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝52°，再由三角形内角和定理即可得出结果． 【解答】解：∵PA，PB是⊙O的切线， ∴PA＝PB，PA⊥OA， ∴∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°， ∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝90°﹣38°＝52°， ∴∠P＝180°﹣52°﹣52°＝76°； 故答案为：76． 【点评】本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定理；利用切线的性质来解答问题时，解此类问题的一般思路是利用直角来解决问题． 2．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆，连接OA、OB、OC、OD．若∠AOB＝108°，则∠COD的度数是　 　． 【分析】直接利用切线的性质定理结合全等三角形的判定和性质得出∠2+∠3＝∠DOC＝72°． 【解答】解：如图所示：连接圆心与各切点， 在Rt△DEO和Rt△DFO中， ∴Rt△DEO≌Rt△DFO（HL）， ∴∠1＝∠2， 同理可得：Rt△AFO≌Rt△AMO，Rt△BMO≌Rt△BNO，Rt△CEO≌Rt△CNO， ∴∠3＝∠4，∠5＝∠7，∠6＝∠8， ∴∠5+∠6＝∠7+∠8＝108°， ∴2∠2+2∠3＝360°﹣2×108°， ∴∠2+∠3＝∠DOC＝72°． 故答案为：72°． 【点评】此题主要考查了切线的性质定理、全等三角形的判定和性质，正确应用切线的性质定理是解题关键． 4．如图，PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E为切点． （1）如果△PCD的周长为10，求PA的长； （2）如果∠P＝40°， ①求∠COD； ②连AE，BE，求∠AEB． 【分析】（1）根据切线长定理和三角形的周长可解答； （2）①先根据三角形内角和定理可得∠PCD+∠PDC＝140°，由平角的定义得∠ACD+∠BDE＝220°，由切线长定理：圆外一点与圆心的连线平分切线所成的夹角可得∠ACO＝∠DCO∠ACD，∠BDO＝∠EDO∠BDE，从而可以解答； ②根据平角的定义和三角形的内角和定理可解答． 【解答】解：（1）∵PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E为切点， ∴PA＝PB，AC＝CE，ED＝BD， ∵△PCD的周长为10， ∴PC+CD+PD＝10， ∴PC+CE+DE+PD＝PC+AC+PD+BD＝PA+PB＝2PA＝10， ∴PA＝5； （2）①∵∠P＝40°， ∴∠PCD+∠PDC＝180°﹣40°＝140°， ∴∠ACD+∠BDE＝360°﹣140°＝220°， ∵PA、PB、CD是⊙O的切线，点A、B、E为切点， ∴∠ACO＝∠DCO∠ACD，∠BDO＝∠EDO∠BDE， ∴∠OCD+∠ODC220°＝110°， ∴∠COD＝180°﹣110°＝70°； ②∠AEB＝180°﹣∠AEC﹣∠BED ＝180° ＝180°﹣90°∠ACD﹣90°∠BDE 220° ＝110°． 【点评】本题考查的是切线长定理，三角形内角和定理，掌握切线长定理是解题的关键． 题型十 切线长定理求线段长 1．（2020•西宁）如图，PA，PB与⊙O分别相切于点A，B，PA＝2，∠P＝60°，则AB＝（　　） A． B．2 C． D．3 【分析】先判断出PA＝PB，进而判断出△PAB是等边三角形，即可得出结论． 【解答】解：∵PA，PB与⊙O分别相切于点A，B， ∴PA＝PB，∵∠APB＝60°， ∴△PAB是等边三角形， ∴AB＝AP＝2． 故选：B． 【点评】本题主要考查了切线长定理，判断出△PAB是等边三角形是解题的关键． 2．（2023秋•东莞市校级期中）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别为P、C、D，若AB＝4，AC＝3，则BD的长是（　　） A．2.5 B．2 C．1.5 D．1 【分析】先根据切线长定理求出AP，进而求出BP，再根据切线长定理解答即可． 【解答】解：∵AP、AC是⊙O的切线， ∴AP＝AC＝3， ∵AB＝4， ∴PB＝AB﹣AP＝4﹣3＝1， ∵BP、BD是⊙O的切线， ∴BD＝BP＝1， 故选：D． 【点评】本题考查的是切线长定理，根据切线长定理得出AP＝AC、BD＝BP是解题的关键． 3．（2023•怀化三模）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，则BD的长是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】由于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． 【解答】解：∵AC、AP为⊙O的切线， ∴AC＝AP＝6， ∵BP、BD为⊙O的切线， ∴BP＝BD， ∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4． 故选：B． 【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键． 4．（2023秋•邹城市期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，若OB＝6cm，OC＝8cm，则BE+CG的长等于（　　） A．13 B．12 C．11 D．10 【分析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明∠BOC＝90°，再根据勾股定理即可求得BC的长，再结合切线长定理即可求解． 【解答】解：∵AB∥CD， ∴∠ABC+∠BCD＝180°， ∵CD、BC，AB分别与⊙O相切于G、F、E， ∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠BCD，BE＝BF，CG＝CF， ∴∠OBC+∠OCB＝90°， ∴∠BOC＝90°， ∴BC10， ∴BE+CG＝10（cm）． 故选：D． 【点评】此题主要是考查了切线长定理．从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点的连线平分两条切线的夹角． 题型十一 切线长定理求周长或面积 1．（2023秋•斗门区期末）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝8，则△PCD的周长为（　　） A．8 B．12 C．16 D．20 【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案． 【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E， ∴PA＝PB＝8，AC＝EC，BD＝ED， ∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝8+8＝16， 即△PCD的周长为16． 故选：C． 【点评】本题主要考查切线的性质，利用切线长定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解题的关键． 2．以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AD边于点E，若△CDE的周长为12，则正方形ABCD周长为（　　） A．14 B．15 C．16 D．17 【分析】设正方形ABCD的边长为m，AE＝x，则AD＝CD＝CB＝m，先证明AD是⊙O的切线，因为CE与⊙O相切于点F，所以FE＝AE＝x，CF＝CB＝m，即可由△CDE的周长为12列方程m﹣x+m+x+m＝12，得m＝4，即可求得正方形ABCD周长为16． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝CB，∠A＝∠D＝90°， 设正方形ABCD的边长为m，AE＝x，则AD＝CD＝CB＝m， ∵AD经过⊙O的半径OA的外端，且AD⊥OA， ∴AD是⊙O的切线， ∵CE与⊙O相切于点F， ∴FE＝AE＝x，CF＝CB＝m， ∵DE+CE+CD＝12， ∴m﹣x+m+x+m＝12， ∴m＝4， ∴正方形ABCD周长为16， 故选：C． 【点评】此题重点考查正方形的性质、圆的切线的判定与性质、切线长定理等知识，根据切线长定理及正方形的性质求出正方形ABCD的边长是解题的关键． 3．（2024•城中区校级一模）如图，四边形ABCD外切于⊙O，且AB＝10，CD＝15，则四边形ABCD的周长为（　　） A．60 B．55 C．45 D．50 【分析】根据切线长定理得到AE＝AF，BE＝BG，CG＝CH，DH＝DF，进而求出AD+BC，再根据四边形的周长公式计算，得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD外切于⊙O，切点分别为E、G、H、F， ∴AE＝AF，BE＝BG，CG＝CH，DH＝DF， ∴AD+BC＝AF+DF+BG+CG＝AE+DH+BE+CG＝AB+CD＝10+15＝25， ∴四边形ABCD的周长为：AD+BC+AB+CD＝25+25＝50， 故选：D． 【点评】本题考查的是切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等． 4．（2023•河北模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，O为圆心，作∠MON＝90°，其两边分别交BC，CD于点N，M，若CM+CN＝4，则⊙O的面积为（　　） A．π B．2π C．4π D．0.5π 【分析】设⊙O与正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F，连接OE，OF，得到四边形OECF是正方形，求得CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM＝∠OFN＝∠EOF＝90°，根据全等三角形的性质得到EM＝NF，得到OE＝2，于是得到结论． 【解答】解：设⊙O与正方形ABCD的边CD切于E，与BC切于F， 连接OE，OF， 则四边形OECF是正方形， ∴CF＝CE＝OE＝OF，∠OEM＝∠OFN＝∠EOF＝90°， ∵∠MON＝90°， ∴∠EOM＝∠FON， ∴△OEM≌△OFN（ASA）， ∴EM＝NF， ∴CM+CN＝CE+CF＝4， ∴OE＝2， ∴⊙O的面积为4π， 故选：C． 【点评】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 题型十二 切线长定理的综合应用 1．（2023春•东源县校级期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，AC为弦，BC为⊙O的直径，若∠P＝60°，PB＝2cm． （1）求证：△PAB是等边三角形； （2）求AC的长． 【分析】（1）由切线长定理可得PA＝PB，且∠P＝60°，可得△PAB是等边三角形； （2）由等边三角形的性质可得PB＝AB＝2cm，∠PBA＝60°，由圆周角定理和切线的性质可得∠CAB＝90°，∠PBC＝90°，由锐角三角函数可求AC的长， 【解答】解：（1）∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B， ∴PA＝PB，且∠P＝60°， ∴△PAB是等边三角形； （2）∵△PAB是等边三角形； ∴PB＝AB＝2cm，∠PBA＝60°， ∵BC是直径，PB是⊙O切线， ∴∠CAB＝90°，∠PBC＝90°， ∴∠ABC＝30°， ∴tan∠ABC， ∴AC＝2cm． 【点评】本题考查了切线长定理，切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质是本题的关键． 2．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，C为上的一点，∠COA＝∠P． （1）求证：BC∥OA； （2）若BC＝10，OA＝13，求PA的长． 【分析】（1）如图1，连接OB，延长AO交⊙O于点D，先证明∠COA＝∠BOD，由同圆的半径相等OB＝OC得∠BCO＝∠CBO，由平角的定义和三角形的内角和定理可得：∠COA＝∠BCO，最后由平行线的判定可得结论； （2）如图2，延长BC交PA于点E，过点O作OF⊥BC于F，由垂径定理得：BF＝CFBC＝5，由勾股定理计算OF的长，设PA＝x，则PB＝x，PE＝x﹣12，根据勾股定理列方程可得结论． 【解答】（1）证明：如图1，连接OB，延长AO交⊙O于点D， ∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点， ∴∠OBP＝∠OAP＝90°， ∴∠P+∠AOB＝180°， ∵∠AOB+∠BOD＝180°， ∴∠BOD＝∠P， ∵∠COA＝∠P， ∴∠COA＝∠BOD， ∵OB＝OC， ∴∠BCO＝∠CBO， ∵∠COB+2∠BCO＝180°，∠COB+2∠COA＝180°， ∴∠COA＝∠BCO， ∴BC∥OA； （2）解：如图2，延长BC交PA于点E，过点O作OF⊥BC于F， ∴BF＝CFBC＝5， ∵OC＝OA＝13， 由勾股定理得：AE＝OF12， ∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点， ∴PA＝PB， 设PA＝x，则PB＝x，PE＝x﹣12， ∵BC∥OA，OA⊥PA， ∴BE⊥PA， ∴∠PEB＝90°， ∴PB2＝PE2+BE2， ∴x2＝（x﹣12）2+（13+5）2， 解得：x， ∴PA． 【点评】本题考查的是切线长定理，垂径定理，勾股定理，四边形的内角和定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 3．（2023春•通道县期中）如图，PA、PB是⊙O的切线，切点是A、B，∠APB＝60°，连结AO、BO． （1）求弧AB所对的圆心角∠AOB； （2）求证：PA＝PB； （3）若OA＝3，求阴影部分的面积． 【分析】（1）利用圆的切线的性质定理和四边形的内角和定理解答即可； （2）连接OP，利用全等三角形的判定定理与性质定理解答即可； （3）利用四边形PAOB的面积减去扇形OAB的面积即可． 【解答】（1）解：∵PA、PB是⊙O的切线，切点是A、B， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， ∵四边形PAOB的内角和为360°， ∴∠P+∠AOB＝180°， ∵∠APB＝60°， ∴∠AOB＝120°； （2）证明：连接OP，如图， ∵PA、PB是⊙O的切线，切点是A、B， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°， 在Rt△PAO和Rt△PBO中， ， ∴Rt△PAO≌Rt△PBO（HL）， ∴PA＝PB； （3）解：∵Rt△PAO≌Rt△PBO， ∴∠APO＝∠BPO＝30°，S△PAO＝S△PBO． ∵OA＝3， ∴PA． ∴S阴影部分＝2S△OAP﹣S扇形OAB＝2OA•PA93π． 【点评】本题主要考查了圆的切线的性质定理，四边形的内角和，全等三角形的判定与性质，解直角三角形、扇形的面积，连接OP是解决此类问题常添加的辅助线． 4．已知：AB为⊙O的直径，∠BAD＝∠B＝90°，DE与⊙O相切于E，⊙O的半径为，AD＝2． ①求BC的长； ②延长AE交BC的延长线于G点，求EG的长． 【分析】①过点D作DF⊥BC于点F，由切线长定理可得DE＝AD＝2，CE＝BC，设BC＝x，由在Rt△DCF中，DC2＝CF2+DF2，即可得方程（2+x）2＝（x﹣2）2+（2）2，解此方程即可求得答案； ②易证得△ADE∽△GCE，由相似三角形的对应边成比例，可得AE：EG＝4：5，由勾股定理即可求得AG的长，继而求得答案． 【解答】解：①过点D作DF⊥BC于点F， ∵AB为⊙O的直径，∠BAD＝∠B＝90°， ∴四边形ABFD是矩形，AD与BC是⊙O的切线， ∴DF＝AB＝2，BF＝AD＝2， ∵DE与⊙O相切， ∴DE＝AD＝2，CE＝BC， 设BC＝x， 则CF＝BC﹣BF＝x﹣2，DC＝DE+CE＝2+x， 在Rt△DCF中，DC2＝CF2+DF2， 即（2+x）2＝（x﹣2）2+（2）2， 解得：x， 即BC； ②∵AB为⊙O的直径，∠BAD＝∠B＝90°， ∴AD∥BC， ∴△ADE∽△GCE， ∴AD：CG＝DE：CE，AE：EG＝AD：CG， ∵AD＝DE＝2， ∴CG＝CE＝BC， ∴BG＝BC+CG＝5， ∴AE：EG＝4：5， 在Rt△ABG中，AG3， ∴EGAG． 【点评】此题考查了切线的性质与判定、切线长定理以及勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想与方程思想的应用． 题型十三 三角形内切圆求角度 1．如图，已知⊙I是△ABC的内切圆，点I是内心，若∠A＝28°，则∠BIC等于（　　） A．99° B．102° C．104° D．152° 【分析】先利用三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB＝152°，再利用点I是△ABC的内心可得BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，从而可求出∠IBC+∠ICB，最后再利用三角形内角和定理进行计算即可解答． 【解答】解：∵∠A＝28°， ∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝152°， ∵⊙I是△ABC的内切圆，点I是内心， ∴BI平分∠ABC，CI平分∠ACB， ∴∠IBC∠ABC，∠ICB∠ACB， ∴∠IBC+∠ICB∠ABC∠ACB （∠ABC+∠ACB） ＝76°， ∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB） ＝180°﹣76° ＝104°， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，熟练掌握三角形内心的意义是解题的关键． 2．（2023•东安县模拟）如图，在△ABC中，∠A＝70°，点I是内心，则∠BIC的大小为（　　） A．130° B．140° C．105° D．125° 【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据内心的概念得到∠IBC∠ABC，∠ICB∠ACB，根据三角形内角和定理计算即可． 【解答】解：∵∠A＝70°， ∴∠ABC+∠ACB＝110°， ∵点I是内心， ∴∠IBC∠ABC，∠ICB∠ACB， ∴∠IBC+∠ICB＝55°， ∴∠BIC＝180°﹣55°＝125°， 故选：D． 【点评】本题考查的是三角形的内切圆和内心，掌握三角形的内心的概念、三角形内角和定理是解题的关键． 3．如图所示，已知⊙I是△ABC的内切圆，D、E、F是切点，∠C＝60°，∠DIF＝140°，则∠B为（　　） A．40° B．50° C．60° D．80° 【分析】先利用切线的性质得∠IDA＝∠IFA＝90°，则根据四边形的内角和得到∠A+∠DIF＝180°，然后利用三角形内角和定理即可解决问题． 【解答】解：∵圆I是△ABC的内切圆， ∴ID⊥AB，IF⊥AC， ∴∠IDA＝∠IFA＝90°， ∴∠A+∠DIF＝180°， ∵∠DIF＝140°， ∴∠A＝180°﹣140°＝40°， ∵∠C＝60°， ∴∠B＝180°﹣40°﹣60°＝80°． 故选：D． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，解决本题的关键是掌握内心定义． 4．如图，在△ABC中，∠B＝50°，⊙O是△ABC的内切圆，分别切AC，AB，BC于点D，E，F，P是上一点，则∠EPF的度数为（　　） A．50° B．55° C．60° D．65° 【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题． 【解答】解：如图，连接OE，OF． ∵⊙O是△ABC的内切圆，E，F是切点， ∴OE⊥AB，OF⊥BC， ∴∠OEB＝∠OFB＝90°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝60°， ∴∠EOF＝120°， ∴∠EPF∠EOF＝60°， 故选：C． 【点评】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 5．（2023•聊城）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° 【分析】连接IC，IB，OC，根据点I是△ABC的内心，得到AI平分∠BAC，根据角平分线的定义得到∠BAC＝2∠CAI＝70°，根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠BAC＝140°，根据等腰三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：连接OC， ∵点I是△ABC的内心， ∴AI平分∠BAC， ∵∠CAI＝35°， ∴∠BAC＝2∠CAI＝70°， ∵点O是△ABC外接圆的圆心， ∴∠BOC＝2∠BAC＝140°， ∵OB＝OC， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，角平分线的定义，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 题型十四 三角形内切圆求长度 1．（2023•青海一模）如图，⊙O与△ABC的边AB、AC、BC分别相切于点D、E、F，如果AB＝4，AC＝5，AD＝1，那么BC的长为　 　． 【分析】由切线长定理得AD＝AE，BD＝BF，CE＝CF，根据已知条件，先求出BD，即BF的长，再求出CE＝4，即CF的长，求和即可． 【解答】解：∵AB、AC、BC都是⊙O的切线， ∴AD＝AE，BD＝BF，CE＝CF， ∵AB＝4，AC＝5，AD＝1， ∴AE＝1，BD＝3，CE＝CF＝4， ∴BC＝BF+CF＝3+4＝7． 【点评】本题考查的是切线长定理，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长． 2．（2023秋•同心县期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，点D，E，F为切点，AD＝4，AC＝10，BC＝14，则BD长为 　 　． 【分析】根据切线长定理可得AF＝AD，CF＝CE，BD＝BE，然后求解即可． 【解答】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，点D，E，F为切点， ∴AF＝AD＝4，CF＝CE，BD＝BE， ∵AC＝10， ∴CF＝AC﹣AF＝10﹣4＝6， ∵BC＝14， ∴BE＝BC﹣CE＝14﹣6＝8， ∴BD＝BE＝8． 故答案为：8． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，主要利用了切线长定理，熟记定理是解题的关键． 3．如图，⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F、若AB＝5，AC＝6，BC＝7，求AD、BE、CF的长． 【分析】由切线长定理，可知：AF＝AD，CF＝CE，BE＝BD，用未知数设AD的长，然后表示出BD、CF的长，即可表示出BE、CE的长，根据BE+CE＝7，可求出AD的长进而求出BE、CF的长． 【解答】解：假设AD＝x， ∵⊙O分别切△ABC的三条边AB、BC、CA于点D、E、F； ∴根据切线长定理得出AD＝AF，BD＝BE，EC＝FC， ∴AF＝x， ∵AB＝5，AC＝6，BC＝7， ∴BE＝BD＝AB﹣AD＝5﹣x，FC＝EC＝AC﹣AF＝6﹣x， ∴BC＝BE+EC＝5﹣x+6﹣x＝7， 解得：x＝2， ∴AD＝2，BE＝BD＝5﹣2＝3，CF＝AC﹣AF＝6﹣2＝4． 【点评】此题主要考查了切线长定理以及三角形内切圆的性质，用已知数和未知数表示所有的切线长，再进一步列方程求解是解题关键． 4．已知△ABC的内切圆半径r，D、E、F为切点，∠ABC＝60°，BC＝8，，求AB、AC的长． 【分析】连接OA、OB、OC、OE、OF、OD，求出BD和BE长，根据切线长定理求出AE＝AF，CF＝CD，求出CF＝CD＝5，根据三角形面积公式求出AE即可． 【解答】解：连接OA、OB、OC、OE、OF、OD， ∵△ABC的内切圆半径r，D、E、F为切点，∠ABC＝60°， ∴∠ABO＝∠CBO＝30°， ∴BE＝BDOE＝3， ∵BC＝8， ∴CD＝8﹣3＝5＝CF， ∵， ∴（AC+BC+AC）•r＝10， ∴（AE+3+8+5+AF）10， AE＝AF＝2， 即AC＝5+2＝7，AB＝3+2＝5． 【点评】本题考查了切线长定理，切线的性质，三角形的面积公式的应用，关键是求出CF、的长和得出S△ABC（AC+AB+BC）r． 题型十五 三角形内切圆求面积 1．（2023春•江岸区校级月考）如图，△ABC是一块绿化带，将阴影部分修建为花圃，已知 AB＝13，AC＝5，BC＝12，阴影部分是△ABC的内切圆，则花圃的面积为 　 　． 【分析】根据AB＝13，AC＝5，BC＝12，得出AB2＝BC2+AC2，根据勾股定理的逆定理得到△ABC为直角三角形，于是得到△ABC的内切圆半径，问题随之得解． 【解答】解：∵AB＝13，AC＝5，BC＝12， ∴AB2＝BC2+AC2， ∴△ABC为直角三角形， ∴△ABC的内切圆半径为：， 则花圃的面积为：22×π＝4π． 故答案为：4π． 【点评】本题考查了直角三角形内切圆的半径等于两直角边的和与斜边差的一半．解题的关键是根据勾股定理的逆定理作答． 2．（2023秋•河西区校级期末）如图，⊙I是直角△ABC的内切圆，切点为D、E、F， 若AF＝10，BE＝3，则△ABC的面积为　 　． 【分析】根据切线长定理，得出BD＝BE，AF＝AD，设CE＝x，根据勾股定理得出x，再求得△ABC的面积即可． 【解答】解：∵⊙I是直角△ABC的内切圆， ∴BD＝BE，AF＝AD， ∵AF＝10，BE＝3， ∴BD＝3，AD＝10， 设CE＝x，则CF＝x， 在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2， ∴（x+10）2+（x+3）2＝132， 解得x1＝﹣15，x2＝2， ∴CE＝2， ∴BC＝5，AC＝12， ∴S△ABCAC•BC5×12＝30， 故答案为30． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，以及切线长定理，勾股定理，熟记切线长定理的内容是解题的关键． 3．等边三角形的边长为4，则它的内切圆面积等于　 　． 【分析】根据题意画出等边三角形ABC与内切圆O．首先根据三角形面积计算公式求出S△ABC，再观察发现三角形ABC的内切圆半径，恰好是三角形ABC内三个三角形的高，因而可以通过面积S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC来计算半径，根据面积公式计算即可． 【解答】解：设⊙O与△ABC相切于D，E，F，连接CD， ∵三角形ABC是等边三角形， ∴CD过点O，CD⊥AB， ∴CDAB＝2， ∴S△ABCAB•CD＝4， 设内切圆半径为r， ∴S△ABC（AB+BC+AC）r＝4， ∴r， ∴内切圆面积＝π×（）2π． 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的内切圆和内心，等边三角形的性质，三角形的面积，正确的画出图形是解题的关键． 4．如图，在四边形ABCD中，AB＝CB，AD＝CD．若∠ABD＝∠ACD＝30°，AD＝1，则△ABC的内切圆面积　 （结果保留π）． 【分析】根据AB＝CB，AD＝CD，得出BD为AC的垂直平分线；利用等腰三角形的三线合一可得∠ABC＝60°，进而得出△ABC为等边三角形；利用∠ACD＝30°，得出△BCD为直角三角形，解直角三角形，求得等边三角形ABC的边长，再利用内心的性质求出圆的半径，圆的面积可求． 【解答】解：如图，设AC与BD交于点F，△ABC的内心为O，连接OA． ∵AB＝CB，AD＝CD， ∴BD是线段AC的垂直平分线． ∴AC⊥BD，AF＝FC． ∵AB＝BC，BF⊥AC， ∴∠ABF＝∠CBF＝30°． ∴∠ABC＝60°． ∴△ABC为等边三角形． ∴∠BAC＝∠ACB＝60°． ∵∠ACD＝30°， ∴∠BCD＝∠ACD+∠ACB＝30°+60°＝90°． ∵CD＝AD＝1， ∴BC． ∴AB＝BC＝AC． ∵AB＝BC，BF⊥AC， ∴AFAC． ∵O为，△ABC的内心， ∴∠OAF∠BAC＝30°． ∴OF＝． ∴△ABC的内切圆面积为π•． 故答案为． 【点评】本题主要考查了三角形的内切圆及内心的性质，利用内心为三个内角平分线的交点得出角平分线是解题的关键． 题型十六 直角三角形的内切圆的有关计算 1．（2023•越秀区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则△ABC的内切圆的半径r是（　　） A．2 B．3 C．4 D．无法判断 【分析】⊙O切AC于E，切BC于F，切AB于G，连OE，OF，根据切线的性质得到OE⊥AC，OF⊥BC，则四边形CEOF为正方形，得到CE＝CF＝r，根据切线长定理得AE＝AG＝6﹣r，BF＝BG＝8﹣r，利用6﹣r+8﹣r＝10可求出r． 【解答】解：如图，⊙O切AC于E，切BC于F，切AB于G，连OE，OF， ∴OE⊥AC，OF⊥BC， ∴四边形CEOF为正方形， ∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB＝10， 设⊙O的半径为r，则CE＝CF＝r， ∴AE＝AG＝6﹣r，BF＝BG＝8﹣r， ∴AB＝AG+BG＝AE+BF，即6﹣r+8﹣r＝10， ∴r＝2． 故选：A． 【点评】本题考查了圆的切线的性质和切线长定理：圆的切线垂直于过切点的半径；从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等． 2．（2023秋•防城港期末）在《九章算术》卷九中记载了一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“如图，今有直角三角形勾（短直角边）长为8步，股（长直角边）长为15步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的直径是多少步？”根据题意，该内切圆的直径为 　 　步． 【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径． 【解答】解：根据勾股定理得：斜边AB17， ∴内切圆直径＝8+15﹣17＝6（步）， 故答案为：6． 【点评】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握Rt△ABC中，两直角边分别为为a、b，斜边为c，其内切圆半径r是解题的关键． 3．已知两直角边的长分别为和，则其内心与外心的距离为　 　． 【分析】先根据题意画出图形，的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M，求出，根据面积法求出，进而得出，在求出，根据勾股定理即可得出答案． 【详解】解：如图所示：的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M， 设，， ∴， ∵的内心是三角形角平分线的交点O，外心是斜边的中点M， ∴， 根据三角形的面积可得：， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴内心与外心的距离为， 故答案为：． 【点睛】本题考查三角形的内心与外心，勾股定理，得出三角形的内心与外心的位置是解题的关键． 4．（2023秋•黔西南州期中）如图，已知O是△ABC的内心，连接OA，OB，OC．若△ABC内切圆的半径为2，△ABC的周长为12，求△ABC的面积． 【分析】设切点为D，E，F，连接OD，OE，OF，将三角形面积表示为，结合周长可得结果． 【解答】解：设切点为D，E，F，连接OD，OE，OF， ∴OD＝OE＝OF＝2， ∵△ABC的周长为12， ∴AB+BC+AC＝12， ∴△ABC的面积为：12． 【点评】本题考查了三角形的面积，内切圆的性质，解题的关键是将面积用三个三角形的和表示． 5．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，半径为r，切点为D、E、F，连接OD，OE，OF． （1）若BC＝6，AC＝8，则r＝　 　； （2）若Rt△ABC的周长为L，面积为S，则S，L，r之间有什么数量关系，并说明理由． 【分析】（1）先利用勾股定理计算出AB＝10，再利用切线的性质和切线长定理得到OD⊥BC，OE⊥AC，BD＝BF，AE＝AF，则四边形ODCE为正方形，所以CD＝CE＝OE＝r，从而得到8﹣r+6﹣r＝10，然后解关于r的方程即可； （2）根据△ABC的内切圆半径r，△ABC的周长为L，分隔三角形面积得出△ABC的面积即可． 【解答】解：（1）连接OE，OD， 在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8， ∴AB10， ∵⊙O是△ABC的内切圆，切点为D，E，F， ∴OD⊥BC，OE⊥AC，BD＝BF，AE＝AF， ∵∠C＝90°， ∴四边形ODCE为正方形， ∴CD＝CE＝OE＝r， ∴BF+BD＝8﹣r，AF＝AE＝6﹣r， ∴8﹣r+6﹣r＝10， 解得r＝2， 故答案为：2； （2）SLr． 理由如下：由题意，如图， 连接OE，OD，OF；OA，OB，OC， 则：OF⊥AB，OE⊥AC，OD⊥BC； ∴S＝S△AOB+S△BOC+S△AOCAB•OFBC•ODAC•OE ∵OE＝OF＝OD＝r，AB+BC+AC＝L， ∴SAB•rBC•rAC•r（AB+BC+AC） Lr， 即SLr． 【点评】此题主要考查了三角形的内切圆与内心以及直角三角形的性质，解答的关键是，充分利用已知条件，将问题转化为求几个三角形面积的和． 题型十七 三角形内切圆求最值 1．如图是一块△ABC余料，已知AB＝20cm，BC＝7cm，AC＝15cm，现将余料裁剪成一个圆形材料，则该圆的最大面积是　 　． 【分析】当该圆为三角形内切圆时面积最大，设内切圆半径为r，则该三角形面积可表示为：r（AB+AC+BC）＝21r，利用三角形的面积公式可表示为•BC•AD，利用勾股定理可得AD，易得三角形ABC的面积，可得r，求得圆的面积． 【解答】解：如图1所示， S△ABC•r•（AB+BC+AC）r×42＝21r， 过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D，如图2， 设CD＝x， 由勾股定理得：在Rt△ABD中， AD2＝AB2﹣BD2＝400﹣（7+x）2， 在Rt△ACD中，AD2＝AC2﹣x2＝225﹣x2， ∴400﹣（7+x）2＝225﹣x2， 解得：x＝9， ∴AD＝12， ∴S△ABCBC×AD7×12＝42， ∴21r＝42， ∴r＝2， 该圆的最大面积为：S＝πr2＝π•22＝4π（cm2）， 故答案为：4πcm2． 【点评】本题主要考查了三角形的内切圆的相关知识及勾股定理的运用，运用三角形内切圆的半径表示三角形的面积是解答此题的关键． 2．（2023秋•鼓楼区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是 　 　． 【分析】圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，先根据圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，求出正方形CEOF的边长为x，根据勾股定理可得OC＝2，连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，再利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：如图，圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG， ∵圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8， ∴CE＝CF，BE＝BG，AF＝AG，AB10， ∴四边形CEOF是正方形， 设正方形CEOF的边长为x， 则BE＝BG＝6﹣x，AF＝AG＝8﹣x， 根据题意，得 6﹣x+8﹣x＝10， 解得x＝2， ∴OCx＝2， ∵CD⊥l， ∴∠CDO＝90°， ∴点D在以OC为直径的圆Q上，如图， 连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P， 当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值， ∴CP＝QP＝1， ∴AP＝AC﹣CP＝8﹣1＝7，圆Q的半径QD， ∴QA5， ∴AD的最小值为AQ﹣QD＝54． 故答案为：4． 【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，正方形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心． 3．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）如图，矩形ABCD，AD＝6，AB＝8，点P为BC边上的中点，点Q是的内切圆圆O上的一个动点，点M是CQ的中点，则PM的最大值是 ． 【分析】由矩形的性质得出，，由勾股定理得出，设△的内切圆的半径为，则，解得，连接，易证是的中位线，得出，当经过圆心时，最长，则此时最长，作于，于，则，，由勾股定理得出，则，即可得出结果． 【解答】解：四边形是矩形， ，， ， 设△的内切圆的半径为， 则， 解得：， 连接， 是边上的中点，点是的中点， 是的中位线， ， 当经过圆心时，最长，则此时最长， 作于，于， 则，， ， ， ； 故答案为：． 【点评】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． 4．已知一块等腰三角形钢板的底边长为60cm，腰长为50cm． （1）求能从这块钢板上截得的最大圆的半径． （2）用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是多少？ （3）求这个等腰三角形的内心与外心的距离． 【分析】（1）最大圆的半径是三角形内切圆的半径，用等面积法求解即可； （2）圆的最小半径是三角形的外接圆的半径，可以借助等腰三角形的性质和外心的定义，用勾股定理即可求解； （3）等腰三角形的内心与外心的距离可以结合（1）（2）的结论解答即可． 【解答】解：如图，△ABC中，AB＝AC＝50cm，BC＝60cm， 由题意可知： △ABC是锐角三角形， 则外心在三角形的内部． 作AD⊥BC于点D， ∴BD＝DCBC＝30cm， ∴AD40（cm）． 设△ABC的内心为I，半径为r， 外心为O，半径为R， 则点I、O都在AD上， 作IE⊥AB于点E， 则IE＝ID＝r， 连接IB、OB， 则OB＝OA＝R． （1）∵S△ABD＝S△ABI+S△BDI ∴BD•ADAB•IEBD•ID 即30×4050×r30×r 解得r＝15cm． 答：能从这块钢板上截得的最大圆的半径为15cm； （2）在Rt△OBD中，OB＝R，BD＝30 OD＝AD﹣AO＝40﹣R， 根据勾股定理，得 R2＝（40﹣R）2+302 解得R（cm）． 答：用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是cm； （3）∵ID＝r＝15cm， OD＝40﹣R＝40（cm）， ∴IO＝ID﹣OD（cm）． 答：这个等腰三角形的内心与外心的距离为cm． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心、等腰三角形的性质、勾股定理、三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是区分内心和外心． 题型十八 三角形的内切圆的综合问题 1．（2023秋•泗阳县期末）已知，如图，AB为⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，BC＞AC，点P是△ABC的内心，延长CP交⊙O于点D，连接BP． （1）求证：BD＝PD； （2）已知⊙O的半径是3，CD＝8，求BC的长． 【分析】（1）由圆周角定理得出∠ACB＝90°，由内心得出∠ACD＝∠BCP＝45°，∠CBP＝∠EBP，∠ABD＝∠ACD＝45°，由三角形的外角性质得出∠DPB＝∠DBP，即可得出结论； （2）连接AD，由圆周角定理得出∠ABD＝45°，证出△ABD是等腰直角三角形，得出BDAB＝6，由勾股定理可求BH的长，即可得出结果． 【解答】（1）证明：∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， ∵点P是△ABC的内心， ∴∠ACD＝∠BCP＝45°，∠CBP＝∠EBP， ∴∠ABD＝∠ACD＝45°， ∵∠DPB＝∠BCP+∠CBP＝45°+∠CBP，∠DBP＝∠ABD+∠EBP＝45°+∠EBP， ∴∠DPB＝∠DBP， ∴BD＝DP； （2）解：连接AD，过点B作BH⊥CD于H，如图所示： ∵AB是直径，∠ABD＝45°， ∴AB＝6，△ABD是等腰直角三角形， ∴BDAB66， ∵∠BCD＝45°，BH⊥CD， ∴∠BCH＝∠CBH＝45°， ∴BH＝CH， ∴BCBH， ∵BD2＝DH2+BH2， ∴36＝（8﹣BH）2+BH2， ∴BH＝4±， ∴BC＝4±2． 【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心、圆周角定理、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大． 2．如图，点E是△ABC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）若∠ACB＝80°，则∠ADB＝　 　；∠AEB＝　 ． （2）求证：DE＝CD； （3）求证：DG是⊙O的切线． 【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB＝∠ADB＝70°，由三角形的内心的性质可得∠AEB＝130°； （2）由三角形的内心的性质可得AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，可得∠BAE＝∠CAE，∠ABE＝∠CBE，由外角的性质可得∠BED＝∠DBE，可证DE＝CD； （3）由垂径定理可得OD⊥BC，由平行线的性质可得OD⊥DG，可得结论． 【解答】（1）解：如图，连接OD， ∵， ∴∠ACB＝∠ADB＝80°， ∴∠ABC+∠BAC＝100°， ∵点E是△ABC的内心， ∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC， ∴∠BAE＝∠CAE，∠ABE＝∠CBE， ∴∠BAE+∠ABE＝50°， ∴∠AEB＝130°， 故答案为：80°，130°； （2）证明：∵∠BAE＝∠CAE， ∴，∴BD＝CD， ∵∠BAE＝∠CAE＝∠CBD，∠ABE＝∠CBE， ∴∠BED＝∠BAE+∠ABE＝∠CBD+∠CBE＝∠DBE， ∴BD＝DE， ∴DE＝CD； （3）证明：∵， ∴OD⊥BC， ∵DG∥BC， ∴OD⊥DG， 又∵OD是半径， ∴DG是⊙O的切线． 【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，圆的有关性质，切线的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 3．（2023秋•江夏区校级期末）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆交于点D． （1）如图1，连接DB，求证：DB＝DE； （2）如图2，若∠BAC＝60°，求证：AB+ACAD． 【分析】（1）连接BE，由三角形的内心得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，再由三角形的外角性质和圆周角定理得出∠DEB＝∠DBE，即可得出结论； （2）延长AC至F，使CF＝AB，连接DF，证明△ABD≌△FCD（SAS），由全等三角形的性质得出∠F＝∠BAD＝30°，由直角三角形的性质可得出结论． 【解答】（1）证明：如图，连接BE， ∴∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵∠2＝∠6， ∴∠1＝∠6， ∵∠5＝∠1+∠3， ∠DBE＝∠6+∠4＝∠1+∠3， ∴∠5＝∠DBE， ∴DB＝DE； （2）证明：延长AC至F，使CF＝AB，连接DF， ∵E为△ABC的内心，∠BAC＝60°， ∴∠DBC＝∠DCB＝∠DAC＝30°，DB＝DC， ∵∠ABD+∠ACD＝180°，∠ACD+∠DCF＝180°， ∴∠ABD＝∠DCF， 在△ABD和△FCD中， ， ∴△ABD≌△FCD（SAS）， ∴∠F＝∠BAD＝30°， 在△ADF中，∠F＝∠DAF＝30°， 过点D作DG⊥AF于G，则GFDG，AD＝2GD， ∴AFAD， ∵AF＝AC+CF＝AC+AB， ∴AB+ACAD． 【点评】本题考查了三角形的外心与内心，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，三角形的外角性质，等腰三角形的判定等知识；根据圆周角定理得出角的数量关系是解题的关键． 4．如图，点E是△ABC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）若∠ACB＝70°，则∠ADB＝　 　；∠AEB＝　 　． （2）求证：DE＝CD； （3）求证：DG是⊙O的切线． 【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB＝∠ADB＝70°，由三角形的内心的性质可得∠AEB＝125°； （2）由三角形的内心的性质可得AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，可得∠BAE＝∠CAE，∠ABE＝∠CBE，由外角的性质可得∠BED＝∠DBE，可证DE＝CD； （3）由垂径定理可得OD⊥BC，由平行线的性质可得OD⊥DG，可得结论． 【解答】（1）解：如图，连接BD，OD， ∵， ∴∠ACB＝∠ADB＝70°， ∴∠ABC+∠BAC＝110°， ∵点E是△ABC的内心， ∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC， ∴∠BAE＝∠CAE，∠ABE＝∠CBE， ∴∠BAE+∠ABE＝55°， ∴∠AEB＝125°， 故答案为：70°，125°； （2）证明：∵∠BAE＝∠CAE， ∴， ∴BD＝CD， ∵∠BAE＝∠CAE＝∠CBD，∠ABE＝∠CBE， ∴∠BED＝∠BAE+∠ABE＝∠CBD+∠CBE＝∠DBE， ∴BD＝DE， ∴DE＝CD； （3）证明：∵， ∴OD⊥BC， ∵DG∥BC， ∴OD⊥DG， 又∵OD是半径， ∴DG是⊙O的切线． 【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，圆的有关性质，切线的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 5．如图，已知点D在⊙O的直径AB延长线上，点C为⊙O上，过D作ED⊥AD，与AC的延长线相交于E，CD为⊙O的切线，AB＝2，AE＝3． （1）求证：CD＝DE； （2）求BD的长； （3）若∠ACB的平分线与⊙O交于点F，P为△ABC的内心，求PF的长． 【分析】（1）欲求CD＝DE，需先求出∠DCE＝∠E；由弦切角定理知∠DCB＝∠A；可发现：∠DCE和∠E是上面证得的两个等角的余角，故∠DCE＝∠E，由此得证． （2）方法一：连接OC，根据勾股定理，列出方程即可求出BD的长；方法二：根据相似三角形和勾股定理即可求出BD的长； （3）连接BF，PB，AF，由CF平分∠ACB，得，AF＝BF，AB为直径，AB＝2，可得，由P为△ABC的内心，可得∠FPB＝∠FBP，进而可求得PF的长． 【解答】解：（1）证明：如图， 连接OC， ∵CD是⊙O的切线， ∴OC⊥CD， ∴∠ACO+∠ECD＝90°， ∵ED⊥AD， ∴∠A+∠E＝90°， ∵OA＝OC， ∴∠A＝∠ACO， ∴∠E＝∠DCE， ∴CD＝DE． （2）∵AB＝2， ∴OA＝OB＝OC＝1， ∵OC⊥CD， ∴由勾股定理可得，CD2＝（1+BD）2﹣12， ∵ED⊥AD， ∴由勾股定理可得，DE2＝32﹣（2+BD）2， ∵CD＝DE， ∴（1+BD）2﹣12＝32﹣（2+BD）2， ∴或（舍去）． （3）如图，连接BF，PB，AF， ∵CF平分∠ACB， ∴， ∴AF＝BF， ∵AB为直径，AB＝2， ∴， ∵P为△ABC的内心， ∴∠1＝∠2，∠CBP＝∠ABP， ∵∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3， ∴∠2+∠CBP＝∠3+∠ABP， ∴∠FPB＝∠FBP， ∴． 方法二： 如图，连接AF，BF，AP， ∵CF平分∠ACB， ∴， ∴∠ACF＝∠ABF＝∠BAF， ∴AF＝BF， ∵AB为直径，AB＝2，∴， ∵P为△ABC的内心，∴AP平分∠CAB， ∴∠CAP＝∠BAP， ∵∠PAF＝∠BAP+∠BAF，∠APF＝∠CAP+∠ACF， ∴∠PAF＝∠APF， ∴． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 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