6.2 与圆有关的位置关系-中考数学一轮复习知识点+练习

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这是一份6.2 与圆有关的位置关系-中考数学一轮复习知识点+练习，文件包含62与圆有关的位置关系-解析版docx、62与圆有关的位置关系-原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共143页，欢迎下载使用。

第六章圆
6.2与圆有关的位置关系
一、课标解读
1.知道三角形的内心和外心。
2.了解直线和圆的位置关系，掌握切线的概念，探索切线与过切点的半径的关系，会用三角尺过圆上一点画圆的切线。
3.探索并证明切线长定理。
二、知识点回顾
知识点1. 点与圆的位置关系
位置关系
点在圆内
点在圆上
点在圆外
几何图形

d与r的大小关系(设圆的半径为r，点A到圆心O的距离为d)
d d=r
d>r
知识点2. 直线与圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
几何图形

交点个数
0
1
2
d与r的大小关系(设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d)
d>r
d=r
d 知识点3. 圆的切线
圆的切线
切线的判定
与圆有唯一一个公共点的直线是圆的切线(定义)．
到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
过半径外端点且垂直半径的直线是圆的切线．
切线的性质
圆的切线垂直过切点的半径．
知识点4. 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.
如图，PA和PB是⊙O的两条切线，切点分别是A，B，则PA=PB，∠APO=∠BPO.

知识点5.确定圆的条件
1.确定圆的条件
已知圆心和半径确定一个圆；不在同一直线上的三个点可以确定一个圆.
2．三角形的外接圆与内切圆

外接圆
内切圆
图形

圆心
圆心是三角形的外心，三条边中垂线的交点
圆心是三角形的内心，三个内角的平分线的交点
性质
三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等
三角形的内心到三角形的三条边的距离相等
角度关系
∠BOC＝2∠A，∠OBC＝⑦
∠BOC＝90°＋∠A
判断
方法
从三角形中任意选两条边，分别作它们的中垂线，其交点即为三角形的外心
从三角形中任意选两个角，分别作它们的角平分线，其交点即为三角形的内心
作法

位置
锐角三角形的外心在三角形的内部；直角三角形的外心在斜边中点；钝角三角形的外心在三角形的外部．
三角形的内心在三角形的内部
三、热点训练
热点1：点与圆的位置关系
一练基础
1．（2021·浙江·诸暨市开放双语实验学校九年级期中）已知的半径为，点到圆心的距离，则点（       ）
A．在外 B．在上 C．在内 D．不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】
比较圆心到点的距离与圆半径的大小判定即可．
【详解】
解：∵的半径为，点到圆心的距离，，
∴点在内，
故选：C．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，比较圆心到点的距离与圆半径的大小即可完成判定．
2．（2021·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，⊙O的半径为2，点A（1，）与⊙O的位置关系是（       ）
A．在⊙O上 B．在⊙O内 C．在⊙O外 D．不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
根据点A的坐标，求出OA=2，根据点与圆的位置关系即可做出判断．
【详解】
解：∵点A的坐标为（1，），
∴由勾股定理可得：OA=，
又∵⊙O的半径为2，
∴点A在⊙O上．
故选：A．
【点睛】
本题考查了点和圆的位置关系，点和圆的位置关系是由点到圆心的距离和圆的半径间的大小关系确定的：（1）当时，点在圆外；（2）当时，点在圆上；（3）当时，点在圆内．
3．（2021·江苏·南通市启秀中学九年级阶段练习）已知⊙O的半径OA长为1，OB＝，则可以得到的正确图形可能是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点到直线的距离和圆的半径的大小关系判断点与圆的位置关系即可
【详解】
解：∵⊙O的半径OA长1，若OB＝，
∴OA＜OB，
∴点B在圆外，
故选：D．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是根据数据判断出点到圆心的距离和圆的半径的大小关系，难度不大．
4．（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（       ）

A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外
C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外
【答案】C
【解析】
【分析】
根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可
【详解】

∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1
∴圆A的半径为5
∵<5
∴点D在圆A内
在Rt△ABC中，
∴点C在圆A上
故选：C
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键
二练巩固
5．（2022·浙江柯桥·九年级期末）已知O与点P在同一平面内，如果O的直径为6，线段OP的长为4，则下列说法正确的是（        ）
A．点P在O上 B．点P在O内 C．点P在O外 D．无法判断点P与O的位置关系
【答案】C
【解析】
【分析】
要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；则d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d 【详解】
解：∵⊙O的直径为6，
∴r=3，
∵OP=4>3，
∴点P在⊙O外，
故选：C．
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断，关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d>r时，点在圆外；当d =r时，点在圆上，当d 6．（2021·全国·九年级课时练习）在平面直角坐标系xOy中，若点P（3，4）在⊙O内，则⊙O的半径r的取值范围是（       ）
A．0＜r＜3 B．r＞4 C．0＜r＜5 D．r＞5
【答案】D
【解析】
【分析】
先利用勾股定理计算出OP=5，然后根据点与圆的位置关系的判定方法得到r的范围．
【详解】
∵点P的坐标为（3，4），∴OP5．
∵点P（3，4）在⊙O内，∴OP＜r，即r＞5．
故选D．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
7．（2021·上海市民办新北郊初级中学九年级期末）如图，在中，，，，是它的中线，以C为圆心，为半径作，则点M与的位置关系为（       ）

A．点M在上 B．点M在内
C．点M在外 D．点M不在内
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意可求得CM的长，再根据点和圆的位置关系判断即可．
【详解】
∵由勾股定理得
∵CM是AB的中线，
∴CM = 5cm，
∴d=r
所以点M在OC上，
故选：A．
【点睛】
本题考查了点和圆的位置关系，解决的根据是点在圆上圆心到点的距离=圆的半径．
8．（2021·江苏灌云·九年级阶段练习）平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为5，则点与⊙O的位置关系是（　　）
A．点在⊙O内 B．点在⊙O上 C．点在⊙O外 D．无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】
本题根据题意可作图可知，即可判定点与的位置关系.
【详解】
解：由题意可作图，如下图所示：

∵，
∴点在内.
故A正确，B、C、D错误，
故选：A.
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，熟记d，r法则是解题的关键．
9．（2021·全国·九年级课时练习）已知及点P，点P到圆的最大距离为8，点P到圆的最小距离为6，则的半径为_________．
【答案】1或7
【解析】
【分析】
点P应分为位于圆的内部位于外部两种情况讨论．当点P在圆内时，点到圆的最大距离与最小距离的和是直径；当点P在圆外时，点到圆的最大距离与最小距离的差是直径，由此得解．
【详解】
解：如图，分为两种情况：
①当点P在圆内时，最小距离为6，最大距离为8，则直径是14，因而半径是7；
②当点P在圆外时，最小距离为6，最大距离为8，则直径是2，因而半径是1．
故此圆的半径为1或7，
故答案为：1或7．

【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，注意分两种情况进行讨论是解决本题的关键．
三练拔高
10．（2021·山东德州·九年级期中）如图，点A、B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最小值为_____．

【答案】-．
【解析】
【分析】
先证点C在半径为1的⊙B上，可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，根据三角形的中位线定理可得结论．
【详解】
解：∵A（2，0），B（0，2），
∴OA=OB=2，
∵点C为坐标平面内一点，BC=1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
如图，在x轴上取OD=OA=2，连接CD，

∵M为线段AC的中点，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，
当C在线段DB上时，OM最小，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=OB=2，
∴CD=2-1，
∴OM=CD=-，
即OM的最小值为-，
故答案为：-．
【点睛】
本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最小值时点C的位置是关键．
11．（2018·全国张家港·中考模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以顶点D为圆心作半径为r的圆，若要求另外三个顶点A，B，C中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，则r的取值范围是__________．

【答案】.
【解析】
【详解】
试题分析：根据勾股定理可求得BD=5，三个顶点A、B、C中至少有一个点在圆内,点A与点D的距离最近，点A应该在圆内，所以r>3，三个顶点A、B、C中至少有一个点在圆外，点B与点D的距离最远，点B应该在圆外，所以r<5，所以r的取值范围是.
考点：勾股定理；点和圆的位置关系.
12．（2021·湖北·武汉市开发区一中九年级阶段练习）如图，是的直径，，C为的三等分点（更靠近A点），点P是上一个动点，取弦的中点D，则线段的最大值为__________．

【答案】+1
【解析】
【分析】
如图，连接OD，OC，首先证明点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接OD，OC，

∵AD＝DP，
∴OD⊥PA，
∴∠ADO＝90°，
∴点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，AC，
当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，
∵C为的三等分点，
∴∠AOC＝60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴CK⊥OA，
在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，
∴CK=，
∵DK＝OA＝1，
∴CD＝+1，
∴CD的最大值为+1，
故答案为：+1．
【点睛】
本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点D的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．
13．（2021·上海浦东新·模拟预测）已知点C在线段AB上，且0＜AC＜AB．如果⊙C经过点A，那么点B与⊙C的位置关系是_____．
【答案】点B在⊙C外
【解析】
【分析】
直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】
解：如图，∵点C在线段AB上，且0＜AC＜AB，
∴BC＞AC，
∴点B在⊙C外，
故答案为：点B在⊙C外．

【点睛】
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，当d＞r时点P在圆外；当d＜r时点P在圆内是解答此题的关键．
14．（2021·上海·九年级专题练习）在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，以点A为圆心作圆A，要使B、C两点中的一点在圆A外，另一点在圆A内，那么圆A的半径长r的取值范围是_____．
【答案】3＜r＜6
【解析】
【分析】
熟记“设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内”即可求解，
【详解】
解：∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，
∴AB＝6，
如果以点A为圆心作圆，使点C在圆A内，则r＞3，
点B在圆A外，则r＜6，
因而圆A半径r的取值范围为3＜r＜6．
故答案为3＜r＜6；
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．
热点2：切线的性质和判定
一练基础
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD、OA，若∠ADC=30°，则∠ABO的度数为（   ）

A．25° B．20° C．30° D．35°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
【详解】
解：为圆的切线，
，即，
，
，
．
故选：C．
【点睛】
此题考查了切线的性质，以及圆周角定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）已知平面内有和点，，若半径为，线段，，则直线与的位置关系为（          ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】D
【解析】
【分析】
根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径为2cm，线段OA=3cm，线段OB=2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点睛】
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．（2021·江苏泗洪·一模）如图，在中，，，，以点为圆心，为半径的圆与所在直线的位置关系是（   ）

A．相交 B．相离 C．相切 D．无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
过点C作CD⊥AB于点D，由题意易得AB=5，然后可得，进而根据直线与圆的位置关系可求解．
【详解】
解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示：

∵，，，
∴，
根据等积法可得，
∴，
∵以点为圆心，为半径的圆，
∴该圆的半径为，
∵，
∴圆与AB所在的直线的位置关系为相交，
故选A．
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
4．（2021·上海金山·九年级期末）如图，已知中，，，，如果以点为圆心的圆与斜边有公共点，那么⊙的半径的取值范围是（          ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
作CD⊥AB于D，根据勾股定理计算出AB=13，再利用面积法计算出然后根据直线与圆的位置关系得到当时，以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点．
【详解】
解：作CD⊥AB于D，如图，

∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴

∴
∴以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点时，r的取值范围为
故选：C
【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：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．
5．（2021·全国·九年级课时练习）如图，已知⊙O是以数轴的原点为圆心，半径为1的圆，，点在数轴上运动，若过点且与平行的直线⊙O有公共点，设，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，知直线和圆有公共点，则相切或相交．相切时，设切点为C，连接OC．根据等腰直角三角形的直角边是圆的半径1，求得斜边是．所以x的取值范围是0＜x≤．
【详解】
解：设切点为，连接，

则圆的半径，，
∵，，
∴，∴，∴，
同理，原点左侧的距离也是，且线段是正数．
所以的取值范围是．故选A．
【点睛】
此题注意求出相切的时候的x值，即可分析出X的取值范围．
6．（2021·福建·厦门市第九中学二模）如图，已知AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，C是⊙O外一点．若，直线BC与⊙O相交，判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由．

【答案】相交，理由见解析
【解析】
【分析】
根据平行线的性质即圆的性质，证明，从而得，根据已知条件直线BC与⊙O相交，即可判断与⊙O的位置关系
【详解】
相交，理由如下：
如图，连接，

，
，，
，
，
，
，，
（SAS），
，
直线BC与⊙O相交，
，
．
直线与⊙O相交．
线CD与⊙O的位置关系是：相交．
【点睛】
本题考查了圆的性质，三角形全等的性质与判定，直线与圆的位置关系，掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
7．（2021·山东南区·二模）已知：．求作：，使圆心在边上，并与的另外两边相切．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
的角平分线与BC的交点就是圆心，即可作出圆；
【详解】
解：如图所示：

以点B为圆心，任意半径画弧，与BC、BA分别交于点F、E，
以点E、F为圆心，大于为半径画弧，两弧交点为G，
连接BG并延长，与AC交于点O，
以O为圆心，为半径画圆即为．
【点睛】
本题主要考查尺规作图，角平分线的作法，理解切线的含义，正确作出圆心是关键．
二练巩固
8．（2021·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，圆心O的坐标为（-3，4），以半径r在坐标平面内作圆，
（1）当r 时，圆O与坐标轴有1个交点；
（2）当r 时，圆O与坐标轴有2个交点；
（3）当r 时，圆O与坐标轴有3个交点；
（4）当r 时，圆O与坐标轴有4个交点；
【答案】（1）；（2）；（3）或5；（6）且
【解析】
【分析】
分别根据直线与圆相切、相交的关系进行逐一解答即可．
【详解】
解：（1）圆心的坐标为，
当时，圆与坐标轴有1个交点；
（2）圆心的坐标为，
当时，圆与坐标轴有2个交点；
（3）圆心的坐标为，
当或5时，圆与坐标轴有3个交点；
（4）圆心的坐标为，
当且时，圆与坐标轴有4个交点．
故答案为：（1）；（2）；（3）或5；（6）且．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，解答此题时要考虑到圆过原点的情况，这是此题易遗漏的地方．
9．（2022·广东江门·一模）如图，AB为⊙O的直径，AC为⊙O的弦，AD平分∠BAC，交⊙O于点D，DE垂直于AC，交AC的延长线于点E．求证：直线DE是⊙O的切线．

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
如图所示，连接OD，由题意知，根据角平分线的性质，等边对等角，可得∠ODA＝∠DAE，证明DE⊥OD，进而结论得证．
【详解】
解：如图所示，连接OD，

∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AE，
∴DE⊥OD，
∵DE经过半径OD的外端点，
∴直线DE是⊙O的切线．
【点睛】
本题考查了角平分线，切线的判定，等腰三角形的性质．解题的关键在于说明DE⊥OD．
10．（2021·广东濠江·一模）如图，在△ACB中，∠C＝90°，AB＝2BC，点O在边AB上，且，以O为圆心，OB长为半径的圆分别交AB，BC于D，E两点．

(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)判断由D，O，E及切点所构成的四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)菱形．理由见解析
【解析】
【分析】
（1）作OF⊥AC于F，如图，由三角函数可得到∠A=30°，则OA=2OF，再利用BO=AB得到OA=2OB，所以OF=OB，于是根据切线的判定方法可判定AC是⊙O的切线；
（2）先证明△OFD和△OBE都是等边三角形得到OD=DF，∠BOE=60°，则可计算出∠EOF=60°，从而可判定△OEF为等边三角形，所以EF=OE，则有OD=DF=EF=OE，然后根据菱形的判定方法可判断四边形ODFE为菱形．
(1)
证明：作OF⊥AC于F，如图，

∵∠C=90°，AB=2BC，
∴sinA=，
∴∠A=30°，
∴OA=2OF，
∵BO=AB，
∴OA=2OB，
∴OF=OB，
∴AC是⊙O的切线；
(2)
解：四边形ODFE为菱形．理由如下：
∵∠A=30°，
∴∠AOF=∠B=60°，
∴△OFD和△OBE都是等边三角形，
∴OD=DF，∠BOE=60°，
∴∠EOF=180°-60°-60°=60°，
∴△OEF为等边三角形，
∴EF=OE，
∴OD=DF=EF=OE，
∴四边形ODFE为菱形．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”．也考查了等边三角形的判定与性质和菱形的判定方法．
11．（2021·广东南海·二模）如图，已知AB是⊙O的直径，AB＝10，点C在⊙O上，点E在⊙O外．

(1)动手操作：作∠ACB的角平分线CD，与圆交于点D（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)综合运用，在你所作的图中．
①连接AD，求AD的长．
②若∠EAC＝∠D，求证：AE是⊙O的切线．
【答案】(1)见解析
(2)①；②见解析
【解析】
【分析】
（1）以点C为圆心作弧分别交BC、CA于点G、H，分别以G、H为圆心大于GH长度为半径作弧交于点N，连接CN并延长交圆于点D，即可求解；
（2）①由∠DCA＝45°得到∠DOA＝90°，在等腰三角形AOD中，AD＝OD＝×AB＝5；②证明∠CEA+∠BAC＝∠ADC+∠BAC＝90°，即可求解．
(1)
以点C为圆心作弧分别交BC、CA于点G、H，

分别以G、H为圆心大于GH长度为半径作弧交于点N，连接CN并延长交圆于点D，
则CD为∠ACB的平分线；
(2)
①连接AD、OD，

∵CD为∠ACB的平分线，
∴∠DCA＝45°，
∴∠DOA＝90°，
在等腰三角形AOD中，AD＝OD＝×AB＝5；
②∵AB是直径，故∠B+∠BAC＝90°，
∵∠ADC和ABC所对的弧相同，故∠ABC＝∠ADC，
∴∠ADC+∠BAC＝90°，
∵∠EAC＝∠ADC，
∴∠EAC+∠BAC＝∠ADC+∠BAC＝90°，
∴AE是⊙O的切线．
【点睛】
本题考查了作角平分线，圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，切线的判定，勾股定理，掌握作角平分线以及圆的相关性质是解题的关键．
12．（2021·广东深圳·三模）如图，⊙O的内接四边形ABED中，∠BAD＝90°，AB＝AE，AD，BE的延长线相交于点C，DF是⊙O的切线．

(1)求证：FD＝FC；
(2)若EF＝3，DE＝4，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，根据半圆所对的圆周角是直角得到是的直径，根据切线的性质得到，求得，由等腰三角形的性质得到，求得，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理得到，，根据余角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，求得，又根据相似三角形的性质即可得到结论．
(1)
解：证明：连接，

，
是的直径，
是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
(2)
解：，
，
在中，，，
，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确的识别图形．
13．（2021·山东·日照市新营中学三模）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B．点M在PB上，且OMAP，，垂足为N．
（1）求证：OM=AN；
（2）若⊙O的半径R=4，PA=8，求OM的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接OA，证明四边形ANMO为矩形，即可得到结论；
（2）连接OB，如图，证明△PMN≌△MOB（AAS），设OM=x，则PN=8-x，PM=x，在Rt△PMN中，利用勾股定理可得答案.
【详解】
（1）证明：连接OA，如图， ∵PA为⊙O的切线，

∴OA⊥PA， ∴∠OAP=90°，
∵ ，
∴∠AOM=90°，而MN⊥PA，
∴∠MNA=90°，
∴四边形ANMO为矩形，
∴OM=AN；
（2）解：连接OB，如图，

∵PB为⊙O的切线， ∴OB⊥PB，OB=4，
∴∠OBM=90°，
∵四边形ANMO为矩形，
∴MN=OA=4，OM=AN，
∴OB=MN，
∵， ∴∠MPN=∠BMO，
在△PMN和△MOB中，
，
∴△PMN≌△MOB（AAS），
∴PM=OM，
∴OM=AN=PM，
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴PA=PB=8，
设OM=x，则PN=8-x，PM=x，
在Rt△PMN中，∵MN2+PN2=PM2，
∴，
解得
即OM的长为
【点睛】
本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，切线的性质，切线长定理的应用，灵活运用以上知识是解题的关键.
14．（2021·山东济南·中考真题）已知：如图，是的直径，，是上两点，过点的切线交的延长线于点，，连接，．

（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接，根据切线的性质，已知条件可得，进而根据平行线的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；
（2）连接，根据同弧所对的圆周角相等，可得，进而根据正切值以及已知条件可得的长，勾股定理即可求得，进而即可求得圆的半径．
【详解】
（1）连接，如图，

是的切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）连接

是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
即的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，正切的定义，同弧所对的圆周角相等，勾股定理，理解题意添加辅助线是解题的关键．
15．（2021·广东罗湖·一模）已知⊙O的直径AB＝6，点C是⊙O上一个动点，D是弦AC的中点，连接BD．

(1)如图1，过点C作⊙O的切线交直径AB的延长线于点E，且tanE＝；
①BE＝　　；
②求证：∠CDB＝45°；
(2)如图2，F是弧AB的中点，且C、F分别位于直径AB的两侧，连接DF、BF．在点C运动过程中，当△BDF是等腰三角形时，求AC的长．
【答案】(1)①2；②见解析
(2)AC的长为2或或3
【解析】
【分析】
（1）①连接OC，根据CE是⊙O的切线得∠OCE＝90°，根据得CE＝4，在中，根据勾股定理得OE=5，即可得BE=2；②连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，根据D为AC的中点，M为AE的中点得DM为△ACE的中位线，则，DM∥CE，则，根据平行线的性质得∠AMD＝∠CEB，又因为AM＝AE＝4，所以AM=CE，根据SAS可得△AMD≌△CEB，所以AD＝BC，根据边之间的关系等量代换得CD＝BC，根据圆周角定理可得∠ACB＝90°，即可得∠CDB＝45°；
（2）连接AF，根据题意得AF＝BF，∠AFB＝90°，则，①若，连接BC，根据圆周角定理可得∠ACB＝90°，则BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，即可得；②若，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，即可得AF＝DF，DG＝AD，根据∠ACF＝∠ABF＝45°，得CF＝FG，设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，根据勾股定理可得FG2+DG2＝DF2，解得，即可得；③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，N为BF的中点，ON⊥BF，因为D为AC的中点，所以OD⊥AC，即DN⊥AC，根据圆周角定理可得∠AFB＝90°，则四边形ADNF是矩形，根据矩形的性质得AD＝NF，即可得，综上即可得．
(1)
①连接OC，如图1，

∵CE是⊙O的切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90°，
∵，AB＝6，
∴OC＝3，
∴
∴CE＝4，
∴，
∴BE＝OE﹣BO＝5﹣3＝2，
故答案为：2．
②如图2，连接OC，BC，取AE的中点，连接DM，

∵D为AC的中点，M为AE的中点，
∴DM为△ACE的中位线，
∴，DM∥CE，
∴，∠AMD＝∠CEB，
∵AM＝AE＝4，
∴AM=CE，
在△AMD和△CEB中，

∴△AMD≌△CEB（SAS），
∴AD＝BC，
∵AD＝CD，
∴CD＝BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CDB＝45°．
(2)
解：连接AF，
∵F为弧AB的中点，AB是⊙O的直径，
∴AF＝BF，∠AFB＝90°，
∴∠ABF＝45°，．
①若，连接BC，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC2＝AB2﹣AC2＝BD2﹣CD2，且CD＝AC，
∴，
∴；
②若，连接FA，FC，过点F作FG⊥AC于点G，

∴AF＝DF，DG＝AD，
∵∠ACF＝∠ABF＝45°，
∴CG＝FG，
设DG＝x，则CD＝AD＝2x，FG＝CG＝DG+CD＝3x，
∵FG2+DG2＝DF2，
∴，
解得，
∴；
③若DF＝BD，过点D作DN⊥BF于点N，连接ON，AF，BC，

∴N为BF的中点，ON⊥BF，
∵D为AC的中点，
∴OD⊥AC，即DN⊥AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴四边形ADNF是矩形，
∴AD＝NF，
∴，
综合上述可得，AC的长为或或．
【点睛】
本题考查了切线的性质，锐角三角形函数，勾股定理，三角形的中位线，全等三角形的判定与性质，圆周角的推论，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
16．（2021·山东·济宁学院附属中学一模）如图，为的切线，为切点，过点作，垂足为点，交于点，延长与的延长线交于点．

(1)求证：为的切线；
(2)若，，求线段和的长．
【答案】(1)见解析 (2)
【解析】
【分析】
（1）连接OB，证明，根据全等三角形的性质得出，由切线的性质得出，则，从而得出结论；
（2）根据勾股定理求出BD的长，设AC=x，则AC=BD=x，得出方程，解方程即可得出答案.
(1)
证明：连接OB，则OC=OB，

∵OA⊥BC，
∴EC=BE，
∴OA是CB的垂直平分线，
∴AC=AB，
在△CAO和△BAO中

∴，
∴,
又为的切线，
∴，
∴，即，
所以为的切线；
(2)
解：，，
，，

设AC=x，则AC=BD=x，
，
，
（负根舍去），
，
.
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，证明是解题的关键.
17．（2021·广东·珠海市紫荆中学三模）如图，AB是⊙O的直径，C是圆上一点，且DC＝AD．过点A作⊙O的切线，过点C作DA的平行线，FC的延长线交AB的延长线于点G．

(1)求证：FG与⊙O相切；
(2)连接EF，若⊙O的半径为2，求EF的长．
【答案】(1)见详解；(2)．
【解析】
【分析】
（1）连结OC，AC，先证四边形DCFA为菱形，再证△ADC和△AFC均为等边三角形，根据AF为⊙O切线，可求∠OAC=90°-∠CAF=90°-60°=30°，根据等腰三角形先证得出∠OCA=∠OAC =30°即可；
（2）根据△ADC为等边三角形，可求∠DCO=60°-∠OCA=30°，在Rt△OEC中，∠ECO=30°，OC=2，利用三角函数CE=OCcos30°=2×，OE=OCsin30°=，求出DC=2EC=，根据由（1）知四边形DCFA为菱形，得出AF=DC=，AE=AO+OE=2+1=3，，然后利用勾股定理求解即可．
(1)
证明：连结OC，AC，
∵AF为切线，AB为直径，
∴AF⊥AG，
∵CD⊥AG，
∴CD∥AF，
∵AD∥FG，
∴四边形DCFA为平行四边形，
∵DC=AD，
∴四边形DCFA为菱形，
∵CD为弦，AB为直径，且CD⊥AB，
∴DE=CE，AD=AC，
∴△ADC和△AFC均为等边三角形，
∴∠ACF=∠CAF=60°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AF为⊙O切线，
∴∠OAF=90°，
∴∠OAC+∠CAF=90°，
∴∠OAC=90°-∠CAF=90°-60°=30°，
∴∠OCA=∠OAC =30°，
∴∠OCF=∠OCA+∠ACF=30°+60°=90°，
∴OC⊥FG，
又∵OC为半径，点C为半径外端点，
∴FG为⊙O的切线；

(2)
解：∵△ADC为等边三角形，
∴∠DCA=60°，
∵∠OCA=30°，
∴∠DCO=60°-∠OCA=30°，
在Rt△OEC中，∠ECO=30°，OC=2，
∴CE=OCcos30°=2×，OE=OCsin30°=，
∴DC=2EC=，
由（1）知四边形DCFA为菱形，
∴AF=DC=，AE=AO+OE=2+1=3，
在Rt△EAF中，EF=．

【点睛】
本题考查切线的判定与性质，垂径定理，等边三角形判定与性质，菱形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理，本题综合性强，难度较大，利用辅助线构造三角形是解题关键．
18．（2021·江苏·高港实验学校二模）如图，如图，△ABC中，点O是边AB上任意一点，以O为圆心，OB为半径的圆交AC于E，交AB交于D，给出下列信息：①∠C＝90°；②∠BDF＝∠F；③AC是⊙O的切线；

（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条作为结论组成一个命题．试判断这个命题是否正确，并说明理由．你选择的条件是，结论是（只要填写序号）．
（2）如果CF＝1，sinA=，求⊙O的半径．
【答案】（1）①②；③；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件证明AC是⊙O的切线即可；
（2）设，根据切线的性质和三角函数的定义求解即可；
【详解】
（1）条件是①②；结论是③；
∵∠BDF＝∠F，
∴，
令，
∴，

连接OE，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
即，
∴AC是⊙O的切线；
（2）设，
∴，
由（1）可得，
∵，
∴，
∵为BD的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
整理得：，
解得：，
∴，
∴，
∴的半径为．
【点睛】
本题主要考查了圆的切线证明、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义，准确理解计算是解题的关键．
三练拔高
19．（2021·广东·广州市第二中学三模）如图所示，是的直径，点在上，连接，，于点，交于点．
（1）尺规作图：在的延长线上作点，使得；
（2）求证：是的切线；
（3）若，，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）连接OC，利用尺规作图，过一点C作已知直线OC的垂线，交EF的延长线与点D，则点D即为所求；
（2）先证明得到，再结合，进而证得，即，继而得证；
（3）先根据已知条件求得CF，CE的长，再由得到，设设，则，由列方程计算即可；
【详解】
解：（1）如图：连接OC，利用尺规作图，过一点C作已知直线OC的垂线，交EF的延长线与点D，则点D即为所求；
则，，
又∵，
∴，
又∵OA=OC，
∴，
∴，
∴．

（2）证明：连接，

∵是直径，∴，
∴，
∵，∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，即，
∴是的切线；
（3）∵，，∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴，，
∵，∴，
∴设，则，
∴，
∵，
∴，解得，，
∴．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质及解直角三角形，解题的关键是证明．
20．（2021·河南·郑州外国语中学三模）如图，是⊙的直径，点是⊙上一点，点是的中点，过点作⊙的切线，与、的延长线分别交于点、，连接．
（1）求证：证明．
（2）填空：①已知，当______时，．
②连接、、．当的度数为______时，四边形是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）连接OD，利用圆周角定理和同弧所对的圆心角相等得出∠CAB=∠DOE，根据同位角相等，两直线平行可得结论；
（2）①连接OD，过点O作OG⊥AC于点H，通过说明四边形ODFG为矩形得出GF=OD=2，利用垂径定理得出AG=GC，再利用AC=CF，求出AF，利用△EOD∽△EAF，得出比例式，解关于BE的方程即可得出结论；
②连接OD，则得∠ODE=90°，易证△OBD为等边三角形，得出∠DOE=60°，利用三角形的内角和定理可得结论．
【详解】
解：（1）如图，连接，

点是的中点，过点作的切线，
，，
，
，
，
，
（2）①连接OD，过点O作OG⊥AC于点H，如图，

若AC=CF，则AC=AF．
∵OG⊥AC，
∴AG=AC，
∴AG=AF．
∴GF=AF，
∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥EF，
由（1）得：OD∥AF，
∴AF⊥EF．
∵OG⊥AF，
∴四边形OGFD为矩形．
∴GF=OD=AB=2．
∴AF=2，
∴AF=．
∵OD∥AF，
∴△EOD∽△EAF．
∴．
∴，即：，
解得：BE=4，
故答案为：4．
②连接OD，如图，

∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥DE．
∴∠ODE=90°．
若四边形OBDC是菱形，
则OB=BD=CD．
∵OB=OD，
∴OB=OD=BD，
∴∠DOB=60°，
∴∠E=180°∠ODE∠DOB=180°90°60°=30°．
故答案为：30°．
【点睛】
本题是一道圆的综合题，主要看出来了圆的切线的性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形相似的判定与性质，三角形的内角和，连接经过切点的半径和作出AC的弦心距是解题的关键．
21．（2021·河北·石家庄市第二十八中学三模）如图，已知是的直径，且，是半圆的切线，点是半圆上的一动点（不与点、重合），过点作于点，记．
（1）当时，求的长：
（2）当为何值时，与相切？说明理由；
（3）当时，求的值．

【答案】（1）3；（2）90°，理由见解析；（3）45°或135°
【解析】
【分析】
（1）过C作于点，可得四边形CEAD是矩形，解直角三角形得OE=3，由CD=OA﹣OE求解即可；
（2），与相切，只需证得四边形CEAD是矩形，得出即可；
（3）如图，利用锐角三角函数和分情况讨论进行求解即可．
【详解】
解：（1）过C作于点，则∠AEC=∠OEC=90°，
∵CD⊥AP，是半圆的切线，
∴∠ADC=∠EAD=90°，
∴四边形CEAD是矩形，
∴CD=AE，
在Rt中，OC=AB=6，
∴，
则；
（2），与相切．
理由：当，则，
∴四边形CEAD是矩形，
∴，
∴，又OC为半径，
∴是的切线；
（3）当的位置如左边的图时，在直角中，，，
∴，
∴，
则；
当的位置如右图时，，
则．
故或．

【点睛】
本题考查圆的切线的判定与性质、矩形的判定与性质、锐角的三角函数，熟记特殊角的三角函数值，掌握圆的切线的判定与性质以及矩形的判定与性质是解答的关键．
22．（2021·河北·石家庄市第四十二中学三模）中,,,,点是的中点,点是直线上方平面内一点（不与､重合）,且,以为圆心,为半径作．
（1）如图1,当经过点时,

①为______ 三角形;
②求证:一定经过点;
③阴影部分的面积为______;
（2）如图2,过点作直线于点,且与直线相切,求的长;
（3）设与的另一个交点为,当时,直接写出的长．
【答案】（1）①等边;②见解析;③;（2）;（3）或
【解析】
【分析】
（1）①根据经过点,则有,又,即得出结论;②连接､,已得到为等边三角形,进而得出为等边三角形,即可得出结论;③由②可得阴影部分的面积 ,即可得出答案;
（2）设切点为,连接,作于点,可得四边形是矩形,设,则,在和中,利用勾股定理,列出方程,即可得出答案;
（3）过点P作,垂足为点G,则AG=QG,根据点Q的位置可分为两种情况进行讨论即可．
【详解】
解：（1）①等边三角形
∵经过点,
∴PA,PD为的半径,即,
∵,
∴,
∴是等边三角形;
②如图,连接､

为边上中线,

又
为等边三角形

又为等边三角形

,

为等边三角形

又为半径
为半径
即一定经过点;
③由②可知
阴影部分的面积 ,
在中,,,,
∴ ,
∴ ,
（2）如图,设切点为,连接,作于点．

与直线相切

,
四边形是矩形
,
设,则
中,
中,

解得或（舍去）
即相切于时,
（3）如图,过点P作,垂足为点G,则AG=QG,

当点Q在A,D之间时,
∵，AD=2，
∴AG=QG= ,
在和中,
,
,
即,解得: 或（舍去）;
当点Q在B,D之间时,有, , , ,
∴,解得:或（舍去）;
综上所述:的长或.
【点睛】
本题主要考查了圆的切线的性质,垂径定理,等边三角形,求阴影部分面积,解题的关键是灵活圆的切线的性质,垂径定理,等边三角形,求阴影部分面积相关知识,并会作适当的辅助线,注意用分类讨论的思想解答.
热点3：切线长定理
一练基础
1．（2021·全国·九年级专题练习）如图，，与分别相切于点，，，，则（       ）

A． B．2 C． D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
先判断出，进而判断出是等边三角形，即可得出结论．
【详解】
解：∵，与分别相切于点，，

∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
2．（2021·全国·九年级专题练习）如图，、为的切线，、为切点，点为弧上一点，过点作的切线分别交、于、，若，则的周长等于（       ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由切线长定理可得，然后根据线段之间的转化即可求得的周长．
【详解】
∵、为的切线，
所以，
又∵为的切线，
∴，
∴的周长．
故选：B．
【点睛】
此题考查了圆中切线长定理的运用，解题的关键是熟练掌握切线长定理．
3．（2021·浙江·温州绣山中学三模）如图，点E为Rt△ABC的直角边AC上一点，以CE为直径的半圆与斜边AB相切于点D，连结DE．若∠B＝70°，则∠CED为（       ）

A．70° B．65° C．55° D．35°
【答案】C
【解析】
【分析】
连接，根据切线长定理可得，即可得出，根据圆周角定理可得，结果可得．
【详解】
解：连接，

∵，
∴与半圆相切与点，
∵半圆与斜边AB相切于点D，
∴，
∵∠B＝70°，
∴，
∴，
∵CE为直径，
∴,
∴∠CED，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查切线长定理，圆周角定理等知识点，熟知切线长定理以及圆周角定理是解题的关键．
4．（2021·全国·九年级专题练习）如图，PA，PB是的切线，切点分别为是的直径，连结AC，若，则（       ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接OA，AB，OP，由题意易得，∠PAO=90°，，则有，进而可得PO垂直平分AB，，然后可得，然后问题可求解．
【详解】
解：连接OA，AB，OP，如图所示：

∵PA，PB是的切线，
∴，∠PAO=90°，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴PO垂直平分AB，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选C．
【点睛】
本题主要考查切线长定理、三角函数及勾股定理，熟练掌握切线长定理、三角函数及勾股定理是解题的关键．
5．（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，分别切与点A，B，切于点C，分别交于点M，N，若，则的周长是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用切线长定理，得，，，即可证明．
【详解】
解：∵分别切与点A，B，
∴，
同理，，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查切线长定理，解题的关键是熟练运用切线长定理．
6．（2021·广东·广州市番禺执信中学二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c，a=10，⊙O内切于Rt△ABC，且半径为4，则a+b+c=_____．

【答案】60
【解析】
【分析】
设切点分别是D、E、F，连接OD、OE、OF，则OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB，Rt△ABC中，AC²+BC²=AB²，可得b²+10²=(b+2)²，解得b=24，进而可得答案．
【详解】
解：设切点分别是D、E、F，连接OD、OE、OF，则OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB，

∵∠C=90°，
∴四边形OECD是正方形，
∴CE=CD=r=4，
∴AD=b-4，BE=10-4=6，
根据切线长定理可得：
AF=AD=b-4，BF=BE=6，AB=c=b-4+6=b+2，
Rt△ABC中，AC²+BC²=AB²，
∴b²+10²=(b+2)²，
解得b=24，c=b+2=26，
∴a+b+c=10+24+26=60．
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了切线的性质和切线长定理，利用勾股定理列出方程是解题关键．
7．（2020·湖北武汉·二模）如图，PA，PB分别与相切于点A，B，PO交于点E，过点B作弦，若，则BC的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，过作于利用切线的性质求解圆的半径，利用平行线的性质证明利用等角的三角函数及垂径定理可得答案．
【详解】
解：如图，连接，过作于
PA，PB分别与相切于点A，B，设半径

故选B．

【点睛】
本题考查的是平行线的性质，切线的性质及切线长定理，垂径定理，锐角三角函数，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
8．（2020·北京昌平·二模）如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，AC是⊙O的直径．
（1）若∠ACB=70°，求∠APB的度数；
（2）连接OP，若AB=8，BC=6，求OP的长．

【答案】（1）∠APB＝40°；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用直径所对的圆周角是直角，切线的性质定理证明∠PAB＝∠ACB＝∠PBA，利用三角形的内角和可得到结论；
（2）连接OP，交AB于点D，证明∠POA＝∠ACB，利用等角的三角函数值相等，可得到结论．
【详解】
解：（1）∵PA，PB是⊙O的两条切线
   ∴PA⊥OA，PA ＝PB

   ∵ AC为是⊙O的直径
   ∴∠ABC＝90°
   ∴∠ACB＋∠BAC＝90°
   又∵∠PAB＋∠BAC＝90°
   ∴∠PAB＝∠ACB＝∠PBA＝70°
∴∠APB＝40°
（2）连接OP，交AB于点D
在Rt△ABC中，
∴AC＝＝10，AO＝5
∵PA，PB是⊙O的两条切线
∴PO平分∠APB
又∵PA ＝PB，
∴BD＝AD＝4，PO⊥AB，
∴PO∥BC
∴∠POA＝∠ACB
∴＝＝＝
∴＝＝＝
∴PO ＝

【点睛】
本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，等角的锐角三角函数，圆周角定理，熟练掌握切线的性质定理是解题的关键．
二练巩固
9．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在矩形中，，，点在上，圆与相切，与相交于点，则的长为（     ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据切线的性质，过点O分别作垂线，构造直角三角形，利用△ABC～△AGO，对应边成比例可求出OG，AG，再利用勾股定理求出FK，最后根据垂径定理求出EF即可．
【详解】
解：如图，过点O作OK⊥AD，OG⊥AB，垂足为K、G，延长KO交BC于点H，

∵AB、BC与⊙O相切，OG=OH，
∴四边形OGBH是正方形，
∴OG∥BC，
∴△ABC～△AGO，
∴，
设正方形OGBH的边长为x，则
，
解得x=，
∴OK=AG=3-=，
在Rt△OKF中，由勾股定理得，
，
又∵OK⊥EF，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查切线的性质，直角三角形的边角关系，相似三角形的判定和性质以及垂径定理，掌握切线的性质、垂径定理和相似三角形的判定和性质是正确解答的前提．
10．（2021·福建·九年级专题练习）如图，，是⊙O的切线，切点为、，点为优弧上一点，且，若．则等于（       ）

A．100° B．15° C．20° D．25°
【答案】C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据切线长定理可得，再根据平行线的性质可得，然后根据圆的切线的性质可得，从而可得，，最后根据圆周角定理即可得．
【详解】
解：如图，延长交于点，连接，

是的切线，，
，
，
，
又，
，
，
则由圆周角定理得：，
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线长定理、圆的切线的性质、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
11．（2021·浙江龙湾·二模）如图，和是的两条切线，，为切点，点在上，点，分别在线段和上，且，．若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据切线长定理得到，即可得△ADE≌△BFD，再利用等腰三角形的性质、三角形的内角和定理即可求解．
【详解】
解：∵和是的两条切线，，为切点，
∴，
∴，
∵，，
∴△ADE≌△BFD，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查切线长定理、全等三角形的判定与性质等内容，掌握切线长定理是解题的关键．
12．（2021·江苏惠山·一模）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，点C、D在⊙O上．若∠P＝100°，则∠A+∠C＝_______．

【答案】220°
【解析】
【分析】
连接AB，先根据切线长定理证得PA=PB，再根据等腰三角形的性质求得∠PAB的度数，然后根据圆内接四边形的两对角互补求解即可．
【详解】
解：连接AB，

∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，
∵∠P＝100°，
∴∠PAB＝∠PBA＝（180°﹣100°）＝40°，
∵∠DAB+∠C＝180°，
∴∠PAD+∠C＝∠PAB+∠DAB+∠C＝180°+40°＝220°，
故答案为：220°．
【点睛】
本题考查切线长定理、等腰三角形的性质、圆内接四边形的两对角互补，熟练掌握切线长定理和圆内接四边形的两对角互补是解答的关键．
13．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，经过点C的⊙O与斜边AB相切于点D，交AC边于点E．
（1）求证：∠ACD＝∠B；
（2）若BC＝6，AC＝8，求AD、CD的长．

【答案】（1）见解析；（2）4，
【解析】
【分析】
（1）连接OD，如图，根据切线的性质得到∠ODB＝90°，∠ABC+∠COD＝180°，再根据等角的补角得到∠AOD＝∠ABC，然后根据圆周角定理得到∠AOD＝2∠ACD，从而得到结论；
（2）先利用勾股定理计算出在AB＝10，再利用切线长定理得到BD＝BC＝6，利用线段差可得AD＝4，设⊙O的半径为r，则OD＝OC＝r，OA＝8﹣r，利用勾股定理得到r2+42＝（8﹣r）2，解得r＝3，连接OB交CD于H，如图，则OB垂直平分CD，然后利用面积法可计算出CH，从而得到CD的长．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图，

∵AB为切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠COD＝180°，
∵∠AOD+∠COD＝180°，
∴∠AOD＝∠ABC，
∵OD=OC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵∠AOD＝∠OCD+∠ODC =2∠ACD，
∴∠ACD＝∠ABC；
（2）解：在Rt△ABC中，AB＝＝10，
∵OC⊥CB，OC为半径，
∴BC为切线，
∴BD＝BC＝6，
∴AD＝4，
设⊙O的半径为r，则OD＝OC＝r，OA＝8﹣r，
在Rt△AOD中，r2+42＝（8﹣r）2，
解得r＝3，
∴OC＝3，
连接OB交CD于H，如图，
∵OC＝OD，BC＝BD，
∴OB垂直平分CD，
在Rt△OCB中，OB＝，
∵OB•CH＝OC•BC，
∴CH＝，
∴CD＝2CH＝．

【点睛】
本题考查切线性质，四边形内角和，等角的补角性质，圆周角定理，等腰三角形性质，外角性质，勾股定理，切线长定理，三角形面积掌握并会利用这些知识是解题关键．
14．（2021·湖北鹤峰·模拟预测）已知正方形边长为2，与以的中点为圆心的圆相切交于点，求三角形的面积 __．

【答案】
【解析】
【分析】
根据已知可得与圆相切于点，与圆相切于点，设与圆相切于点，利用切线长定理可得，，然后设EB=EF=x，表示出，的长，最后在中利用勾股定理进行计算即可解答．
【详解】
解：设与圆相切于点，

四边形是正方形，
，，
、是圆的半径，
与圆相切于点，与圆相切于点，
，，
设EB=EF=x，
则EC=BC−EB=2−x，，
∵在中，，
，
解得：，
，
三角形的面积，
故答案为：1.5．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质、正方形的性质、勾股定理、切线长定理等知识，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
15．（2021·全国·九年级课时练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，点A，B，D均在圆上．请仅用无刻度的直尺分别下列要求画图．
（1）在图①中，若AB是直径，CD与圆相切，画出圆心；
（2）在图②中，若CB，CD均与圆相切，画出圆心．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）延长CB交圆于一点，把这点与点D连接，与AB交点即为圆心；
（2）连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG交DA于H，连接BH交AC于O即可．
【详解】
（1）如图1所示，延长CB交圆于点E，连接DE，与AB交点即为圆心；由已知可得∠A+∠DBA=90°，∠EBA=∠C=∠A,故∠EBA +∠DBA=90°，DE为直径；

（2）如图2所示，连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG交DA于H，连接BH交AC于O．点即为所求．说明：由已知可得，△ADB为等边三角形，由作图可知，AE为直径，DF⊥BC，可得，F是BC中点，进而得出H是AD中点，BH⊥AD，BH过圆心；

【点睛】
本题考查了无刻度直尺作图，解题关键是准确理解题意，根据圆的有关性质进行作图．
16．（2021·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测）如图，四边形为矩形，以为直径作，过点作与相切于点，连接交于点，连接．

（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若点为的中点，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）DC=．
【解析】
【分析】
（1）如图，连接DF、OF，DF交于G，根据AD为直径可得∠AFD=90°，根据切线性质可得∠OFC=90°，根据矩形的性质可得∠ADC=90°，OA//CE，可得DC是切线，根据切线长定理可得CF=DC，由OD=OF可得OC是线段DF的垂直平分线，可得∠OGD=90°，即可证明OC//AE，可得四边形AOCE是平行四边形；
（2）如图，连接OE、OF，由AD=2可得OA=OF=1，由平行四边形的性质可得OA=BE，进而可证明四边形AOEB是矩形，可得∠AOE=90°，OE=AB=CD，根据直角三角形斜边中线的性质可得AE的长，利用勾股定理求出OE的长即可得答案．
【详解】
（1）如图，连接DF、OF，DF交于G，
∵AD为直径，
∴∠AFD=90°，
∵与相切于点，
∴∠OFC=90°，
∵四边形为矩形，
∴∠ADC=∠DAB=90°，OA//CE，
∴DC是切线，
∴DC=CF，
∵OD=OF，
∴OC是线段DF的垂直平分线，
∴∠OGD=90°，
∴OC//AE，
∴四边形AOCE是平行四边形．

（2）如图，连接OE、OF，
∵AD=2，OA=OD，
∴OF=OA=1，
∵四边形AOCE是平行四边形，
∴OA=CE，
∵AD=BC，
∴OA=BE，
∵OA//BE，
∴四边形AOEB是平行四边形，
∵∠DAB=90°，
∴四边形AOEB是矩形，
∴∠AOE=90°，OE=AB=DC，
∵F为AE中点，
∴AE=2OF=2，
∴DC=OE===．

【点睛】
本题考查圆周角定理、切线的判定与性质、切线长定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质及勾股定理，直径所对的圆周角等于90；两组对边分别平行的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；直角三角形斜边中线等于斜边的一半；过半径的外端点，且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于过切点的半径；熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
三练拔高
17．（2021·四川泸州·中考真题）如图，⊙O的直径AB=8，AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，并与AM，BN分别相交于D，C两点，BD，OC相交于点F，若CD=10，则BF的长是

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，根据勾股定理求得，即可得AD=BG=2，BC= 8，再证明△HAO≌△BCO，根据全等三角形的性质可得AH=BC=8，即可求得HD= 10；在Rt△ABD中，根据勾股定理可得；证明△DHF∽△BCF，根据相似三角形的性质可得，由此即可求得．
【详解】
过点D作DG⊥BC于点G，延长CO交DA的延长线于点H，

∵AM，BN是它的两条切线，DE与⊙O相切于点E，
∴AD=DE，BC=CE，∠DAB=∠ABC=90°，
∵DG⊥BC，
∴四边形ABGD为矩形，
∴AD=BG，AB=DG=8，
在Rt△DGC中，CD=10，
∴，
∵AD=DE，BC=CE，CD=10，
∴CD= DE+CE = AD+BC =10，
∴AD+BG +GC=10，
∴AD=BG=2，BC=CG+BG=8，
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠AHO=∠BCO，∠HAO=∠CBO，
∵OA=OB，
∴△HAO≌△BCO，
∴AH=BC=8，
∵AD=2，
∴HD=AH+AD=10；
在Rt△ABD中，AD=2，AB=8，
∴，
∵AD∥BC，
∴△DHF∽△BCF，
∴，
∴，
解得，．
故选A．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了切线长定理、勾股定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定于性质，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
18．（2021·江苏·苏州市第十六中学九年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，点E、点F分别在边AD，BC上，且EF⊥AD，点B关于EF的对称点为G点，连接EG，若EG与以CD为直径的⊙O恰好相切于点M，则AE的长度为（       ）

A．3 B． C．6+ D．6﹣
【答案】D
【解析】
【分析】
设AE＝x，则ED＝8﹣x，易得四边形ABFE为矩形，则BF＝x，利用对称性质得FG＝BF＝x，则CG＝8﹣2x，再根据切线长定理得到EM＝ED＝8﹣x，GM＝GC＝8﹣2x，所以EG＝16﹣3x，在Rt△EFG中利用勾股定理得到42+x2＝(16﹣3x)2，然后解方程可得到AE的长．
【详解】
解：设AE＝x，则ED＝8﹣x，
∵EF⊥AD，
∴四边形ABFE为矩形，
∴BF＝x，
∵点B关于EF的对称点为G点，
∴FG＝BF＝x，
∴CG＝8﹣2x，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴AD和BC为⊙O的切线，
∵EG与以CD为直径的⊙O恰好相切于点M，
∴EM＝ED＝8﹣x，GM＝GC＝8﹣2x，
∴EG＝8﹣x+8﹣2x＝16﹣3x，
在Rt△EFG中，42+x2＝(16﹣3x)2，
整理得x2﹣12x+30＝0，
解得x1＝6﹣，x2＝6+（舍去），
即AE的长为6﹣．
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线长定理、矩形的性质与判定、勾股定理、以及轴对称的知识．经过圆外一点的切线，这一点和切点之间的线段的长叫做这点到圆的切线长，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等．
19．（2021·浙江绍兴·一模）如图，在中，交，于点，，与的内切圆相切．若的周长为12，则的最大值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
由切线长性质可得BE＝BG，GC＝CF，ME＝MH，NF＝HN，设BC＝x，MN＝y，可得△AMN的周长＝12﹣2x，由相似三角形的性质可得y与x的函数解析式，再根据二次函数的性质可求最值．
【详解】
解：如图，设切点分别为E点，H点，F点，G点，

∵BC，AB，AC，MN都与△ABC内切圆相切，
∴BE＝BG，GC＝CF，ME＝MH，NF＝HN，
∴设BE+CF＝BG+GC＝BC＝x，ME+NF＝MH+NH＝MN＝y
∵△ABC周长为12
∴AB+AC+BC＝12
∴AE+AF＝12﹣2x，
∴△AMN的周长＝AM+AN+MN＝AM+MH+AN+NF＝AE+AF＝12﹣2x，
∵MN∥BC
∴△AMN∽△ABC
∴，
∴，
∴y＝﹣x2+x=﹣（x-3）2+，
故的最大值为；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆和内心，切线长定理，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，求出△AMN的周长，利用相似三角形的性质得出二次函数解析式是本题的关键．
20．（2020·河北·石家庄市第四十一中学模拟预测）如图，在矩形中，，点在直线上，与直线相交所得的锐角为，点在直线上，，垂足为点，与点重合，，以为直径，在的右侧作半圆，点是半圆上任意一点．
（1）发现：连接，则线段的最大值为____________；
（2）矩形保持不动，半圆沿直线向右平移，设平移距离为．思考：点E落在边上时，求半圆与矩形重合部分的面积；
（3）探究：在平移过程中，当半圆与矩形的边相切时，直接写出的值（参考数据：结果保留根号）

【答案】（1）10；（2）；（3）或或
【解析】
【分析】
（1）当点M与点E重合时，AM有最大值，利用勾股定理即可求解；
（2）连结OG，过点O作OH⊥EG，依据垂径定理可知GE=2HE，然后在△EOH中，依据特殊锐角三角函数值可求得HE的长，从而得到EG的长，接下来求得∠EOG得度数，依据扇形的面积公式即可得到结论；
（3）如图3所示，连结OH，OA．先证明AO为∠DAF的角平分线，则∠OAF=30°，利用特殊锐角三角函数值可求得AF的长，从而可求得x的值；如图4所示：连结OH，OA，如图5所示：延长CB交FA与G，连结OH，OG，同理可求得的值．
【详解】
（1）由题意可知EF=6，AF=8，EF⊥，
当点M与点E重合时，AM有最大值，最大值=；
（2）如图2所示：连结OG，过点O作OH⊥EG于H．

∵∠DAF=60°，EF⊥AF，
∴∠AEF=30°．
∵OE=OG=EF=3，
∴∠AEF=∠OGE=30°，
∴∠GOE=120°．
∴GE=2EH=2OE=6=3，OH=OE=，
∴S重合部分=S扇形GOE-S△GOE=；
（3）如图3所示，AD为圆O的切线，H为切点，连结OH，OA．

则OH⊥AD．
又∵OF⊥AF，OH=OF，∠DAF=60°，
∴AO为∠DAF的角平分线，
∴∠OAF=∠DAF =30°．
∴AF=OF=3．
∴；
如图4所示：AB为圆O的切线，H为切点，连结OH，OA．

∵AH、AF均为圆O的切线，∠DAF=60°，
∴OA为∠HAF的角平分线，
∴∠OAF==75°，
∴，即AF．
∴；
如图5所示：BC为圆O的切线，H为切点，延长CB交直线于G，连结OH，OG．

∵BC、FG为圆O的切线，
∴OG平分∠HGF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠HGF =∠DAP=60°．
∴∠OGF=∠HGF =30°．
∵，，
∴AG=，FG=3，
∴AF= AG- FG=．
∴；
综上所述，当的值为或或时，半圆O与矩形ABCD的边相切．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质和判定、特殊角三角函数值的应用、切线长定理，依据题意画出符合题意的图形是解题的关键．
热点4：三角形的外接圆和内切圆
一练基础
1．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，在△ABC中， AG平分∠CAB，使用尺规作射线CD，与AG交于点E，下列判断正确的是（       ）

A．AG平分CD
B．
C．点E是△ABC的内心
D．点E到点A，B，C的距离相等
【答案】C
【解析】
【分析】
根据作法可得CD平分∠ACB，结合题意即可求解．
【详解】
解：由作法得CD平分∠ACB，
∵AG平分∠CAB，
∴E点为△ABC的内心
故答案为：C．
【点睛】
此题考查了尺规作图（角平分线），以及三角形角平分线的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
2．（2021·江苏·九年级专题练习）根据尺规作图的痕迹，可以判定点O为的内心的是（）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三角形的内心定义和基本尺规作图进行判断即可.
【详解】
解：由于三角形的内心是三角形角平分线的交点，由基本作图知选项C中尺规作图作的是､的平分线，所以点O为的内心，
故选：C．
【点睛】
本题考查基本作图、三角形内心定义，熟练掌握基本尺规作图是解答的关键．
3．（2021·湖北云梦·九年级期中）如图，是等边的外接圆，点是弧上的点，且，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，根据圆周角定理得到∠BCD=∠BAD=40°，进而可求出∠ACD的度数．
【详解】
解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=∠ABC=∠BAC=60°，
∵∠CAD=20°，
∴∠BAD=∠BAC-∠CAD=40°，
∵，
∴∠BCD=∠BAD=40°，
∴∠ACD=∠ACB+∠BCD=100°，
故选：D．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆和外心、圆周角定理、等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质和圆周角定理是解决问题的关键．
4．（2021·福建省福州外国语学校三模）如图，内接于，D是的中点，连接并延长交于点E，连接，若，则的大小是（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据半径相等求出，根据垂径定理的推论求出、由圆周角定理即可得．
【详解】
解：，，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，解题的关键是掌握圆周角定理、垂径定理．
5．（2021·河北兴隆·二模）如图，在中，
（1）作和的垂直平分线交于点；
（2）以点为圆心，长为半径作圆；
（3）分别与和的垂直平分线交于点，；
（4）连接，，，其中与交于点．
根据以上作图过程及所作图形，下列四个结论中，
①；②；③点是的外心；④点是的内心．
所有正确结论的序号是（　　）

A．①②③④ B．①②③ C．①③ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据作图信息以及线段的垂直平分线的性质，垂径定理等知识逐一判断即可．
【详解】
解：∵和的垂直平分线交于点，
∴AO=BO=CO，
∴点是的外心，故③正确；
∴ON平分，
∴，故①正确；
∵和的垂直平分线交于点，
∴OM平分，
∴ ，
∴ ，
∵AM+BM>AB，即2AM>AB，故②错误；
∵，
∴ ，
∴ ，
∴AN平分∠BAC，
∵ ，
∴∠ACM=∠BCM，
∴CM平分∠ACB，
∵与交于点，
∴点是的内心，故④正确；
故正确的有①③④．
故选：D．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．（2021·全国·九年级专题练习）如图，点为的内心，，，，将平移使其顶点与重合，则图中阴影部分的周长为（       ）

A．4.5 B．4 C．3 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
连接、，因为三角形的内心是角平分线的交点，所以是的平分线，由平行的性质和等角对等边可得：，同理，所以图中阴影部分的周长就是边的长．
【详解】
解：连接、，
点为的内心，
平分，
，
由平移得：，
，
，
，
同理可得：，
的周长，
即图中阴影部分的周长为4，
故选：B．

【点睛】
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．
7．（2021·山东蒙阴·模拟预测）直角三角形的两直角边是，，则此三角形的外接圆的半径是______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用勾股定理可以求得该直角三角形的斜边长为，然后由“直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆”来求该直角三角形外接圆半径即可．
【详解】
解：直角三角形的两条直角边分别为和，
根据勾股定理知，该直角三角的斜边长为，
此三角形的外接圆的半径是；
故答案是：．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理．熟练掌握直角三角形的外接圆半径为斜边边长的一半是解题的关键．
8．（2021·陕西·西安益新中学模拟预测）如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，连接AO、BO、CO、DO，记△AOD、△AOB、△COB、△DOC的面积分别为S1、S2、S3、S4，则S1、S2、S3、S4的数量关系为________．

【答案】S1+S3=S2+S4
【解析】
【分析】
设切点分别为E、F、G、H，由切线性质可知，OE⊥AD，OF⊥CD，OG⊥BC OH⊥AB，OE=OF=OG=OH=r，设DE=DF=a，AE=AH=b，BH=BG=c，CG=CF=d，推出S1+S3=r（a+b）r+ r（c+d）=r（a+b+c+d）=S2+S4．
【详解】
解：如图设切点分别为E、F、G、H，

由切线性质可知，OE⊥AD，OF⊥CD，OG⊥BC OH⊥AB，OE=OF=OG=OH=r，
设DE=DF=a，AE=AH=b，BH=BG=c，CG=CF=d，
S1=r（a+b）r，S2=r （b+c） S3= r（c+d），S4=r（a+d），
∴S1+S3=r（a+b）r+ r（c+d）=r（a+b+c+d），
S2+S4=r（a+d）+r （b+c）=r（a+b+c+d），
∴S1+S3=S2+S4．
故答案为：S1+S3=S2+S4．
【点睛】
本题考查了内切圆的性质，熟练运用切线的性质和三角形面积公式是解题的关键．
二练巩固
9．（2021·山东滨州·中考真题）如图，是的外接圆，CD是的直径．若，弦，则的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AD，根据直径所对的圆周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的长，然后即可求得∠ADC的余弦值，再根据同弧所对的圆周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，从而可以得到cos∠ABC的值．
【详解】
解：连接AD，如右图所示，

∵CD是⊙O的直径，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD==8，
∴cos∠ADC==，
∵∠ABC=∠ADC，
∴cos∠ABC的值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的外接圆与外心、圆周角、锐角三角函数、勾股定理，解答本题的关键是求出cos∠ADC的值，利用数形结合的思想解答．
10．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，点为的内心，，，点，分别为，上的点，且．

甲、乙、丙三人有如下判断：
甲：；
乙：四边形的面积是定值；
丙：当时，的周长取得最小值．
则下列说法正确的是（       ）
A．只有甲正确 B．只有丙错误 C．乙、丙都正确 D．甲、乙、丙都正确
【答案】B
【解析】
【分析】
点为的内心，可用角平分线的性质，再用三角形全等可判断甲和乙，当最小，即当时，的周长最小即可判断丙．
【详解】
（1）∵点为的内心，

∴当于，于时，．
当，不垂直于，时，
如图1，过点作于，于．
则．
∵，
∴．∵，
∴．
∵点为的内心，，，
∴．
∴≌．
∴．故甲的判断正确．
（2）如图1，连接．
由（1）可知，四边形的面积为．
∵点的位置固定，
∴四边形的面积是定值．故乙的判断正确．
（3）如图2，过点作于点．

由（1）可得，．
∴的周长．
∴当最小，即当时，的周长最小，此时不垂直于，故丙的判断不正确．
综上所述，答案选B．
【点睛】
此题考查的是三角形的内心，熟悉掌握三角形内心的性质是解题的关键．
11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，I为的内心，有一直线通过I点且分别与AB、AC相交于D点、E点若，，则I点到BC的距离为何？（     ）

A． B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质和勾股定理，可以求得DF的长，再根据等面积法，可以求得IG、IH的长，再根据三角形的内心是角平分线的交点，即可得到的长，从而可以得到点I到BC的距离．
【详解】
解：连接AI，作于点G，于点J，
作于点H，作于点F，如图所示，

，，，
，，
，
设，
为的内心，
，
，
，
解得，
，
即I点到BC的距离是，
故选：A．
【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解题的关键．
12．（2021·河北邢台·二模）如图，在中，，于点，点是内一点，连接交于点，已知，若点是的内心，则的度数为（）

A．36° B．48° C．60° D．72°
【答案】B
【解析】
【分析】
过点作交于点，根据在中，，于点，可得是等腰三角形，是边上的中垂线，得到，；根据，，得到，再根据点是的内心，得到，，设，，可得，，，利用可整理出，求解即可得到结果．
【详解】
解：如图示，过点作交于点，

∵在中，，于点，
∴是等腰三角形，是边上的中垂线，
∴，，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵点是的内心，
即点在和的角平分线上，
∴，，
设，，
则有：，，，
∵
∴
则在中，，
中，，
即有，
解之得：
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内心，角平分线的性质，平行线的判定与性质，解二元一次方程组等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
13．（2021·江苏鼓楼·一模）如图，点O是的外心，，垂足分别为D、E，点M、N分别是、的中点，连接，若，则_______．

【答案】8
【解析】
【分析】
连接DE，由点O是△ABC的外心，OD⊥AB，OE⊥AC得到DE是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理即可求得BC．
【详解】
解：连接DE，

∵O是△ABC的外心，OD⊥AB，OE⊥AC，
∴AD=BD，AE=CE，
∴DE=BC，
∴BC=2DE，
∵M、N分别是OD、OE的中点，
∴MN=DE，
∴DE=2MN，
∴BC=4MN，
∵MN=2，
∴BC=8，
故答案为：8．
【点睛】
本题主要考查了三角形外接圆与圆心，三角形中位线定理，正确作出辅助线并熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．
14．（2021·安徽·模拟预测）如图，在中，，I为的内心，延长交于点D．

（1）_______；
（2）若，则________．
【答案】     135
【解析】
【分析】
（1）通过I为的内心，可知AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，那么在中，可知，即可求得，即可得到答案．
（2）设，则，通过证明．那么在中，利用勾股定理可得：，即可求得x值．再通过，那么，代值即可得到答案．
【详解】
（1）∵I为的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB
∴ ,
∵中，
∴+
∴．
故答案：135．
（2）如图所示，作，垂足为E．
设，则，
∵
∴
∵
∴
∴．
在中，利用勾股定理可得：
根据题意可列方程，
解得．
∴．
∵平分，
∴，
又∵
∴，
∴，即，
解得，
∴．
．
【点睛】
本题考查了三角形的内心、角平分线性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的性质和判定，能通过内心找到角与角、边与边的关系，是解答此题的关键．
15．（2021·山西孝义·二模）阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
我们知道三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心．由于三角形的三条高（或高所在的直线）相交于一点，因此我们把三角形三条高的交点叫做三角形的垂心．下面我们以锐角三角形为例，证明三角形的三条高相交于一点．
如图，在△ABC中，AD，BE分别是BC，AC边上的高，且AD与BE相交于点P．连接CP并延长，交AB于点F．
求证：CF⊥AB．
证明：分别过点A，B，C作它们所对边的平行线，三条平行线两两相交于点M，N，Q．分别连接PM，PN，PQ．
∵MNBC，MQAB，NQAC，
∴四边形MABC，四边形ANBC，四边形ABQC都是平行四边形．
∴BC=AM=AN，AC=BN=BQ，AB=MC=CQ．
∵AD⊥BC，
∴∠MAD=∠ADB=90°，即AD⊥MN．
∴PM=PN．
…
学习任务：
（1）请将上面剩余的证明过程补充完整；
（2）点P是△MNQ的．（填出字母代号即可）
A．内心             B．外心             C．垂心                    D．重心
（3）若∠CAB=40°，则∠MPN= °．

【答案】（1）见解析；（2）B；（3）80°
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一以及中垂线的性质，即可得到结论；
（2）根据三角形外心的定义，即可得到答案；
（3）构造△MNQ的外接圆，根据平行四边形的性质和圆周角定理，即可求解．
【详解】
（1）∵BE⊥AC，
∴∠EBQ=∠BEA=90°，即EB⊥NQ．
∴PN=PQ．
∴PM=PQ．
∴PC⊥MQ，
∴∠CFB=∠FCM=90°．
∴CF⊥AB．
（2）∵PM=PQ=PN，
∴点P是△MNQ的外心，
故选B．
（3）∵四边形ABQC都是平行四边形，
∴∠BQC=∠CAB=40°，
∵点P是△MNQ的外心，
∴∠MPN=2∠BQC=2×40°=80°，

故答案是：80°．
【点睛】
本题主要考查三角形的垂心，外心，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，添加合适的辅助线构造平行四边形和三角形的外接圆，是解题的关键．
16．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，是的外接圆，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交于点D，连接BD，BE．
（1）求证：；
（2）若，，求DB的长．

【答案】（1）证明过程见详解; （2）DB=6.
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内心得到∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根据圆周角定理推论得到∠DBC=∠CAD，结合三角形的外角性质，进而根据“等角对等边”证明结论；
（2）通过证明△DBF∽△DAB，利用对应边成比例求解即可．
【详解】
解：（1）证明：∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，
根据圆周角定理推论，可知∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAE，
∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB；
（2）由（1）知∠DAB=∠CAD，∠DBF=∠CAD,
∴∠DBF=∠DAB.
∵∠D=∠D，
∴△DBF∽△DAB.
∴,
∵DE=DB，
∴,
∵，，
∴,
∴.
【点睛】
本题主要考查了三角形的内心，圆周角定理推论，相似的判定与性质，涉及了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角定理.关键是正确理解三角形的内心定义．
三练拔高
17．（2021·广西玉林·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．

【答案】①②③
【解析】
【分析】
由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．
【详解】
解：∵六边形是正六边形，
∴，
，
∴在△DEF中，，
∴，
同理可得，
∴四边形是矩形，
同理可证四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴∠NAM=60°，
∴△NAM是等边三角形，
∴AM=MN，
∵AB=3，
∴，
∴，
∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，
∴∠G=60°，
∴△ADG是等边三角形，
∵AC与BD交于点M，
∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，
连接OF，如图所示：

易得∠FOA=60°，
∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，
∴综上所述：正确结论的序号是①②③；
故答案为①②③．
【点睛】
本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．
18．（2021·福建·九年级专题练习）如图，在中，，，是的外接圆，连接并延长交于点，连接，点是的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点，证明；
（2）求线段长．

【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）三角形内心的作法确定点E，点是的内心可得到，是的外接圆，用外接圆的性质可以求出，再用三角形角之间的关系可以证明．
（2）得到为的直径，是的外接圆可知垂直平分，是内心可推出，再用三角函数的性质可求出．
【详解】
（1）如图，点即为所求．
∵，，
∴．

连接BE，
∵点是的内心，
∴．
∵是的外接圆，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴为的直径，
∴
∵是的外接圆
∴垂直平分
∴平分
∵是内心
∴平分
∴点在线段上，即
∵
∴，
∴
∵
∴．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆和内心，三角函数的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
19．（2020·山东昌乐·三模）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．
（1）求证：DG是⊙O的切线；
（2）若DE＝4，BE＝5，求DI的长．

【答案】（1）见解析；（2）6．
【解析】
【分析】
（1）根据三角形内心的性质得，再利用圆内接四边形的性质得，则，从而得到，则可判断，连接OD，根据垂径定理可得OD⊥AC，故OD⊥DG，即可得证；
（2）根据三角形内心的性质得，然后证明得到，证明，利用相似比得到，则DI的长度即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD．

∵点I是△ABC的内心，
∴∠2＝∠7，
∴，
∴OD⊥AC，
又∵∠1＝∠ADF，∠2=∠ABC，∠ADF＝∠ABC，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴DGAC；
∴OD⊥DG，
∴DG是⊙O的切线；
（2）解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠5＝∠6，
∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，
即∠4＝∠DAI，
∴DA＝DI；
∵∠3＝∠7，∠AED＝∠BAD，
∴△DAE∽△DBA，
∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，
∴AD＝6，
∴DI＝6．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理和三角形的外心，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．
20．（2020·河北邯郸·模拟预测）如图，已知，，，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）当时，证明四边形是菱形；
（3）若的外心在其内部，，直接写出的值．

【答案】（1）见解析   （2）见解析   （3）160
【解析】
【分析】
（1）利用AAS定理证明△ABC≌△EBD；
（2）根据平行线的判定定理得到AC∥BD，DE∥BC，得到四边形BDGC为平行四边形，根据菱形的判定定理证明即可；
（3）根据△DFB的外心在其内部时，△DFB为锐角三角形解答．
【详解】
（1）证明：在△ABC和△EBD中，
，
∴△ABC≌△EBD（AAS）；
（2）证明：∵△ABC≌△EBD，
∴BC＝BD，∠ABC＝∠DBE＝130°，
∵∠ABE＝100°，
∴∠ABD＝∠CBE＝30°，
∴∠ABD＝∠A，∠EBC＝∠E，
∴AC∥BD，DE∥BC，
∴四边形BDGC为平行四边形，
∵BD＝BC，
∴四边形BDGC是菱形；
（3）解：△DFB的外心在其内部时，△DFB为锐角三角形，
当BF⊥DE时，n＝90，
当BF⊥BD时，m＝70，
∴m+n＝160．

【点睛】
本题考查的是三角形的外心的概念和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定，掌握三角形的外心的概念、菱形的判定定理是解题的关键．
21．（2020·北京市第一五九中学三模）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC 中，R 和 r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和 I 分别为其外心和内心，则OI = R-2Rr .

下面是该定理的证明过程（借助了第(2)问的结论）：
延长AI 交⊙O 于点 D，过点 I 作⊙O 的直径 MN，连接 DM，AN.
∵∠D=∠N，∴∠DMI=∠NAI（同弧所对的圆周角相等），
∴△MDI∽△ANI.∴，∴ IA× ID = IM × IN ①
如图②，在图 1（隐去 MD，AN）的基础上作⊙O 的直径DE，连接BE，BD，BI，IF
∵DE 是⊙O 的直径，∴∠DBE=90°.
∵⊙I 与 AB 相切于点 F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA．
∵∠BAD=∠E（同弧所对圆周角相等），
∴△AIF∽△EDB．
∴，∴②，
由（2）知：，
∴
又∵，
∴ 2Rr=(R + d )(R - d ) ，
∴ R- d= 2Rr
∴ d = R- 2Rr
任务：（1）观察发现： IM = R + d ， IN = （用含R，d 的代数式表示）；
（2）请判断 BD 和 ID 的数量关系，并说明理由.（请利用图 1 证明）
（3）应用：若△ABC 的外接圆的半径为 6cm，内切圆的半径为 2cm，则△ABC 的外心与内心之间的距离为　　cm．
【答案】（1）     （2），证明见解析     （3）
【解析】
【分析】
（1）根据线段的差求解即可；
（2）根据点I是△ABC的内心，推出，进而根据外角性质以及圆周角定理得到，即可得证；
（3）利用（1）和（2）的结论可得，进而得出，再代入求值即可．
【详解】
（1）∵IM = R + d
∴；
（2）
∵点I是△ABC的内心
∴
∵
∴
∴；
（3）由（2）知
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，掌握线段的和差关系、内心的性质、外角的性质、圆周角定理是解题的关键．
22．（2021·贵州·九年级专题练习）【问题提出】
如图1，为的一条弦，点在弦所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段的长度已知，的大小确定，那么点是不是在某个确定的圆上运动呢？
【问题探究】
为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若，线段上方一点满足，为了画出点所在的圆，小芳以为底边构造了一个，再以点为圆心，为半径画圆，则点在上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【模型应用】
（1）若，平面内一点满足，若点所在圆的圆心为，则________，半径的长为________．
（2）如图3，已知正方形以为腰向正方形内部作等腰，其中，过点作于点，若点是的内心．
①求的度数；
②连接，若正方形的边长为，求的最小值．

【答案】（1）；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,求得，进而求得，根据即可求得；
（2）①根据已知条件可得，证明，即可求得；
②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知,,作出的外接圆，圆，设圆的半径为，则的最小值即为，根据勾股定理即可求得，，从而求得最小值．
【详解】
（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,

，，
，
，
，，

，
故答案为：；
（2）①，
，
，
点是的内心，
平分，
，
，
，
，
；
②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，

由题意的由“定弦定角”模型，可知,,
作出的外接圆，圆心为，设圆的半径为，则的最小值即为，
，
设优弧所对的圆心角优角为，
则，
，
，
，
，
，
，四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
．
的最小值为．
【点睛】
本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．