第27讲 与圆有关的位置关系（讲义）2024年中考数学一轮复习（讲义+练习）（全国通用）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc157357295" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc157357296" 考点一 点、直线与圆的位置关系
\l "_Tc157357297" 题型01 判断点和圆的位置关系
\l "_Tc157357298" 题型02 根据点和圆的位置关系求半径
\l "_Tc157357299" 题型03 判断直线与圆的位置关系
\l "_Tc157357300" 题型04 根据直线与圆的位置关系求半径
\l "_Tc157357301" 题型05 根据直线与圆的位置关系求点到直线的距离
\l "_Tc157357302" 题型06 求圆平移到与直线相切时圆心坐标
\l "_Tc157357303" 题型07 求圆平移到与直线相切时运动距离
\l "_Tc157357304" 题型08 根据直线与圆的位置关系求交点个数
\l "_Tc157357305" 题型09 圆和圆的位置关系
\l "_Tc157357306" 考点二 切线的性质与判定
\l "_Tc157357307" 题型01 判断或补全使直线成为切线的条件
\l "_Tc157357308" 题型02 利用切线的性质求线段长
\l "_Tc157357309" 题型03 利用切线的性质求角度
\l "_Tc157357310" 题型04 证明某条直线时圆的切线
\l "_Tc157357311" 类型一 由公共点：连半径，证垂直
\l "_Tc157357312" 类型二 无公共点：作垂直，证半径
\l "_Tc157357313" 题型05 利用切线的性质定理证明
\l "_Tc157357314" 题型06 切线的性质与判定的综合运用
\l "_Tc157357315" 题型07 作圆的切线
\l "_Tc157357316" 题型08 应用切线长定理求解
\l "_Tc157357317" 题型09 应用切线长定理求证
\l "_Tc157357318" 考点三 三角形内切圆与外接圆
\l "_Tc157357319" 题型01 判断三角形外接圆圆心位置
\l "_Tc157357320" 题型02 求外心坐标
\l "_Tc157357321" 题型03 已知外心的位置判断三角形形状
\l "_Tc157357322" 题型04 求特殊三角形外接圆的半径
\l "_Tc157357323" 题型05 由三角形的内切圆求长度
\l "_Tc157357324" 题型06 由三角形的内切圆求角度
\l "_Tc157357325" 题型07 由三角形的内切圆求周长、面积
\l "_Tc157357326" 题型08 求三角形的内切圆半径
\l "_Tc157357327" 题型09 直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
\l "_Tc157357328" 题型10 圆外切四边形模型
\l "_Tc157357329" 题型11 三角形内心有关的应用
\l "_Tc157357330" 题型12 三角形外接圆与内切圆综合
考点一 点、直线与圆的位置关系
1. 点和圆的位置关系
已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，则：
【说明】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．
2. 直线和圆的位置关系
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线和圆的位置关系如下表：
【小技巧】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．
3. 圆和圆之间的位置关系
设⊙O1、⊙O2的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：
1. 由于圆是轴对称和中心对称图形，当题目中未给出具体图形时，要结合题意画出符合题意的图形，并进行分类讨论，否则比较容易漏解．
2. 经过一个点作圆,圆心的位置具有任意性；经过两个点作圆,圆心的位置就有了规律性,即圆心位于两点连线的垂直平分线上.
3. 直线和圆的位置关系可以转化为直线与圆的公共点的个数来研究；也可转化为圆心到直线的距离d与半径r的大小关系来研究，这两个角度的论述其实是等价的.
4. 圆与圆之间的有些位置关系有两种情况，做题时要分类讨论，防止漏解：①两圆没有交点：外离或内含；②两圆有一个交点：外切或内切；③两圆有两个交点：两圆心在公共弦同侧或异侧．
题型01 判断点和圆的位置关系
【例1】（2022·广东广州·统考一模）平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为5，则点P0,4与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内B．点P在⊙O上C．点P在⊙O外D．无法确定
【答案】A
【分析】本题根据题意可作图可知d【详解】解：由题意可作图，如下图所示：
∵d=4<5，
∴点P在⊙O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．
【变式1-1】（2022·广东广州·统考一模）A，B两个点的坐标分别为（3，4），（﹣5，1），以原点O为圆心，5为半径作⊙O，则下列说法正确的是（ ）
A．点A，点B都在⊙O上B．点A在⊙O上，点B在⊙O外
C．点A在⊙O内，点B在⊙O上D．点A，点B都在⊙O外
【答案】B
【分析】根据勾股定理，可得OA、OB的长，根据点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
【详解】解：∵OA＝32+42＝5，
OB＝52+12＝26＞5，
∴点A在⊙O上，点B在⊙O外．
故选：B．
【点睛】本题主要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＜r时，点在圆内．
【变式1-2】（2022·江苏扬州·校联考一模）若⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O ．（填“上”、“内”、“外”）
【答案】内
【分析】点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此作答．
【详解】解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，
即点A到圆心的距离小于圆的半径，
∴点A在⊙O内．
故答案为：内．
【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＜r时，点在圆内．
题型02 根据点和圆的位置关系求半径
【例2】（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=4．以点A为圆心，r为半径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】先利用勾股定理可得AC=3，再根据“点C在⊙A内且点B在⊙A外”可得3【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=4，
∴AC=AB2-BC2=3，
∵点C在⊙A内且点B在⊙A外，
∴AC观察四个选项可知，只有选项C符合，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．
【变式2-1】（2022·江苏扬州·统考一模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P是平面内一点，以P、B、C为顶点的三角形是等腰三角形，则PD的最小值为（ ）
A．45B．1C．75D．2.5
【答案】B
【分析】根据题意，分别以B,C为圆心BC的长为半径，作⊙B,⊙C，作BC的垂直平分线，则符合题意的点P，在⊙B,⊙C以及BC的垂直平分线上，根据点到圆的距离即可求得PD的最小值
【详解】如图，分别以B,C为圆心BC的长为半径，作⊙B,⊙C，作BC的垂直平分线，则符合题意的点P，在⊙B,⊙C以及BC的垂直平分线上，
当P位于CD的延长线与⊙C的交点时，取得最小值，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴BC=4,DC=3
∴ PD≥PC-DC=4-3=1，则最小值为1
故选B
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，等腰三角形的性质，根据题意作出两圆一线是解题的关键．
【变式2-2】（2022·山东枣庄·校考一模）点P是非圆上一点，若点P到⊙O上的点的最小距离是4cm，最大距离是9cm，则⊙O的半径是 ．
【答案】6.5cm或2.5cm
【分析】分点P在⊙O外和⊙O内两种情况分析；设⊙O的半径为xcm，根据圆的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【详解】设⊙O的半径为xcm
当点P在⊙O外时，根据题意得：4+2x=9
∴x=2.5cm
当点P在⊙O内时，根据题意得：2x=9+4
∴x=6.5cm
故答案为：6.5cm或2.5cm．
【点睛】本题考查了圆、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆的性质，从而完成求解．
【变式2-3】（2022·上海静安·统考二模）如图，已知矩形ABCD的边AB=6，BC=8，现以点A为圆心作圆，如果B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，那么⊙A半径r的取值范围是 ．
【答案】6【分析】先求出矩形对角线的长，然后由B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，即可确定⊙A半径r的取值范围．
【详解】解：连接AC，如图，
∵AB=6，BC=8，
由勾股定理可得：AC=AB2+BC2=62+82=10，
∵AB=6，BC=8，AC=10，
又∵B、C、D至少有一点在圆内，且至少有一点在圆外，
∴点B在⊙A内，点C在⊙A外，
∴6故答案为：6【点睛】本题主要考查的是勾股定理、点与圆的位置关系．
题型03 判断直线与圆的位置关系
【例3】（2023·广东广州·华南师大附中校考一模）如图，RtΔABC中，∠C=90°，AB=5，csA=45，以点B为圆心，r为半径作⊙B，当r=3时，⊙B与AC的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
【答案】B
【分析】根据RtΔABC中，∠C=90°， csA=45，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较BC与半径r的大小，即可得出⊙B与AC的位置关系．
【详解】解：∵RtΔABC中，∠C=90°， csA=45，
∴csA=ACAB=45
∵AB=5，
∴AC=4
∴BC=BC2-AC2=3
当r=3时，⊙B与AC的位置关系是：相切
故选：B
【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理解求出BC是解题的关键．
【变式3-1】（2023·江西南昌·统考一模）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．平行
【答案】B
【分析】根据直线和圆的位置关系的进行判断即可．
【详解】解：∵餐盘看成圆形的半径大于餐盘的圆心到筷子看成直线l的距离为d.
∴d∴直线和圆相交．
故选：B
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d【变式3-2】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，tanA=34．D、E分别是边BC、AB上的点，DE∥AC，且BD=2CD．如果⊙E经过点A，且与⊙D外切，那么⊙D与直线AC的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．不能确定
【答案】B
【分析】设圆E交DE于点F，则EF=AE，设CD=x，可得BD=2x，BC=3x，再由tanA=34．可得AC=4x，AB=5x，然后根据DE∥AC，可得DE=83x，EF=AE=53x，从而得到⊙D的半径为x，即可求解．
【详解】解：如图，设圆E交DE于点F，则EF=AE，
设CD=x，
∵BD=2CD．
∴BD=2x，BC=3x，
∵tanA=34．
∴AC=4x，
∴AB=5x，
∵DE∥AC，
∴BEAE=BDCD=2，tan∠BED=34．
∴BE=2AE，DE=83x，
∴EF=AE=53x，
∴DE=DF-EF=x，
∴CD=DE，
∵⊙E经过点A，且与⊙D外切，
∴⊙D的半径为x，
∵∠C=90°，即AC⊥BC，
∴⊙D与直线AC相切．
故选：B
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，切线的判定，圆与圆的位置关系等知识，熟练掌握直角三角形的性质，切线的判定，圆与圆的位置关系等知识是解题的关键．
【变式3-3】（2023·四川内江·威远中学校校考一模）已知平面直角坐标系中，点P（x0,y0）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离d可用公式d=Ax0+By0+CA2+B2来计算．
例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：d=Ax0+By0+CA2+B2=2×1+（-1）×2+122+(-1)2=15=55．
根据以上材料，解答下列问题：
（1）求点M（0，3）到直线y=3x+9的距离；
（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r ＝ 4，判断⊙M与直线y=3x+9的位置关系，若相交，设其弦长为n，求n的值；若不相交，说明理由．
【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，n=27
【分析】（1）直接利用公式计算即可；
（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长．
【详解】解：（1）∵y＝3x＋9可变形为3x－y＋9＝0，则其中A＝3，B＝－1，C＝9，
由公式可得d=3×0-3+932+-12=3
∴点M到直线y＝3x＋9的距离为3，
（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4，
∵d＜r
∴直线与圆相交，
则弦长n=2×42-32=27，
【点睛】本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运用圆的相关性质进行推理和计算．
题型04 根据直线与圆的位置关系求半径
【例4】（2023·重庆开州·统考一模）如图，OA是⊙О的一条半径，点P是OA延长线上一点，过点P作⊙O的切线PB，点B为切点． 若PA=1，PB=2，则半径OA的长为（ ）
A．43B．32C．85D．3
【答案】B
【分析】由题意得， △PBO是直角三角形，设OA=x，则OB=x，在Rt△PBO中，PO=x+1，根据勾股定理得，x2+22=(x+1)2，解得x=32，即可得．
【详解】解：由题意得，PA=1，PB=2，∠PBO=90°，
∴△PBO是直角三角形，
设OA=x，则OB=x，
在Rt△PBO中，PO=x+1，根据勾股定理得，
x2+22=(x+1)2
x2+4=x2+2x+1
解得x=32，
则半径OA的长为32，
故选B．
【点睛】本题考查了圆，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
【变式4-1】（2023·上海浦东新·校考三模）在平面直角坐标系中，以点A4,3为圆心、以R为半径作圆A与x轴相交，且原点O在圆A的外部，那么半径R的取值范围是（ ）
A．0【答案】C
【分析】分别根据原点O在圆A的外部，圆A与x轴相交，可得半径R的取值范围．
【详解】解：∵A4,3，
∴OA=32+42=5，
∵原点O在圆A的外部，
∴R∵圆A与x轴相交，
∴R>3，
∴3故选C．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，直线、点与圆的位置关系等知识点，能熟记直线、点与圆的位置关系是解此题的关键．
【变式4-2】（2023·上海嘉定·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13， sinA=513，以点C为圆心，R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，那么R的取值范围是 ．
【答案】5R>5
【分析】求出线段AC、BC，再根据点与圆得位置关系判断即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=13， sinA=513，
∴BC=AB×sinA=13×513=5，
∴AC=AB2-BC2=12，
∵以点C为圆心，R为半径作圆，使A、B两点一点在圆内，一点在圆外，
∴5故答案为：5【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理，解题的关键是根据题意求出BC=5，AC=12．
【变式4-3】（2020·河北石家庄·石家庄市第五十中学校考模拟预测）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4．点O为边AB上一点（不与A重合）⊙O是以点O为圆心，AO为半径的圆．当⊙O与三角形边的交点个数为3时，则OA的范围（ ）
A．0＜OA≤158或2.5≤OA＜5B．0＜OA<158或OA＝2.5
C．OA＝2.5D．OA＝2.5或158
【答案】B
【分析】根据题意可以画出相应的图形，然后即可得到OA的取值范围，本题得以解决．
【详解】解：如右图所示，
当圆心从O1到O3的过程中，⊙O与三角形边的交点个数为3，当恰好到达O3时则变为4个交点，
作O3D⊥BC于点D，
则∠O3BD＝∠ABC，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝5，
设O3A＝a，则O3B＝5﹣a，
∴a5-a=35 ，得a=158 ，
∴当0当点O为AB的中点时，⊙O与三角形边的交点个数为3，此时OA＝2.5，
由上可得， 0故选：B．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、勾股定理，准确画出图形，利用数形结合的思想进行解答是解题的关键．
【变式4-4】（2020·江苏盐城·统考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=8，BC=6.点O为对角线AC上一点（不与A重合），⊙O是以点O为圆心，AO为半径的圆.当⊙O与矩形各边的交点个数为5个时，半径OA的范围是 .
【答案】154【分析】在圆心从点O1运动到O3过程中，⊙O在⊙O2与⊙O3之间时与矩形有5个交点，过点O2作O2E⊥CD，过点O3作O3F⊥BC，再利用相似三角形的性质分别进行求解即可．
【详解】如图所示，
⊙O2与矩形有4个交点，当O2再往点C运动一点就会与矩形有5个交点，
⊙O3与矩形有6个交点，当O3往点A运动一点就与矩形有5个交点，
所以，⊙O在⊙O2与⊙O3之间时与矩形有5个交点，
过点O2作O2E⊥CD，过点O3作O3F⊥BC，
设⊙O的半径为r，
∵在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，
∴AC=10
∵O2E∥AD
∴O2CAC=O2EAD，
∴10-r10=r6，
∴r=154，
∵O3F∥AB，
∴O3CAC=O3FAB
∴10-r10=r8，
r=409，
∴154故答案为：154【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系，相似三角形的性质，解题的关键是找到⊙O与矩形有5个交点的两种临界点，画出相应的图形，再根据相似三角形的性质进行求解．
【变式4-5】（2021·浙江宁波·统考一模）如图，在RtΔABC中，∠C=90°,∠B=30°,AC=2，以C为圆心，r为半径作圆．若该圆与线段AB只有一个交点，则r的取值范围为 ．
【答案】r=3或2【分析】先根据题意画出符合的两种情况，根据勾股定理求出BC，即可得出答案．
【详解】解：过C作CD⊥AB于D，
在Rt△BCA中，
∵∠ACB=90°，AC=2，∠B=30°，
∴AB=4，
∴BC=AB2-AC2=42-22=23，
根据三角形的面积公式得：AB•CD=AC•BC，
∴CD=AC⋅BCAB=2×234=3，
当圆与时AB相切时，r=3，
当点A在圆内，点B在圆外或圆上时，r的范围是2＜r≤23，
综上所述：r的取值范围是r=3或2＜r≤23，
故答案为：r=3或2＜r≤23．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，切线的性质，勾股定理的应用，能求出符合题意的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．
【变式4-6】（2020·上海金山·统考一模）如图，已知RtΔABC中，∠C=90∘，AC=3，BC=4，如果以点C为圆心的圆与斜边AB有公共点，那么⊙C的半径r的取值范围是（ ）
A．0≤r≤125B．125≤r≤3C．125≤r≤4D．3≤r≤4
【答案】C
【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CD=125然后根据直线与圆的位置关系得到当125≤r≤4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，
∴AB=AC2+BC2=5
∵12CD⋅AB=12BC⋅AC
∴CD=125
∴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125≤r≤4
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．
题型05 根据直线与圆的位置关系求点到直线的距离
【例5】（2021·江苏无锡·统考一模）如图，⊙C的圆心C的坐标为1,1，半径为1，直线l的表达式为y=-2x+6，P是直线l上的动点，Q是⊙C上的动点，则PQ的最小值是（ ）
A．355-1B．655-1C．355D．655
【答案】A
【分析】求出点C1,1到直线y=-2x+6的距离d即可求得PQ的最小值．
【详解】解：过点C作CP⊥直线l，交圆C于Q点，此时PQ的值最小，连接BC、AC，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，
∵y=-2x+6，
∴A3,0，B0,6，
∴OA=3，OB=6，
∴AB=32+62=35，
∵四边形OMCN是正方形，
∴OM=ON=1，
∴AM=3-1=2，BN=6-1=5，
设PC=d，PB=m，则AP=35-m，
∵BN2+CN2=BC2=PB2+PC2，AM2+CM2=AC2=AP2+CP2，
∴52+12=m2+d2，22+12=35-m2+d2，
解得：d=355，
∵⊙C的半径为1，
∴PQ=355-1，
故选：A．
【点睛】此题主要考查与圆相关的动点问题，解题的关键是熟知勾股定理的应用、点到直线的距离的性质．
【变式5-1】（2020·福建福州·校考模拟预测）已知⊙O的半径为3，点O到直线m的距离为d，若直线m与⊙O公共点的个数为2个，则d可取（ ）
A．0B．3C．3.5D．4
【答案】A
【分析】根据直线和圆的位置关系判断方法，可得结论．
【详解】解：∵直线m与⊙O公共点的个数为2个，
∴直线与圆相交，
∴d故选：A．
【点睛】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
题型06 求圆平移到与直线相切时圆心坐标
【例6】（2023·山东日照·日照市田家炳实验中学校考一模）如图，已知⊙P的半径为1，圆心P在抛物线y＝12x2﹣1上运动，当⊙P与x轴相切时，圆心P的坐标为 ．
【答案】（2，1）或（﹣2，1）或（0，﹣1）
【详解】当⊙P与x轴相切时可求得P点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标．
【解答】解：∵⊙P与x轴相切，
∴P到x轴的距离等于半径1，
∴点P的纵坐标为1或﹣1，
当y＝1时，代入可得1＝12x2﹣1，解得x＝2或x＝﹣2，此时P点坐标为（2，1）或（﹣2，1）；
当y＝﹣1时，代入可得﹣1＝12x2﹣1，解得x＝0，此时P点坐标为（0，﹣1）；
综上可知P点坐标为（2，1）或（﹣2，1）或（0，﹣1），
故答案为：（2，1）或（﹣2，1）或（0，﹣1）．
【点睛】此题注意应考虑两种情况．熟悉直线和圆的位置关系应满足的数量关系是解题的关键．
【变式6-1】（2020·辽宁盘锦·统考二模）如图，半径r=22的⊙M在x轴上平移，且圆心M在x轴上，当⊙M与直线y=x+2相切时，圆心M的坐标为（ ）
A．(0，0)B．(2，0)C．（-6，0）D．(2，0) 或（-6，0）
【答案】D
【分析】根据题意，进行分情况讨论，分别为圆位于直线右侧并与直线相切和位于直线左侧并于直线相切两种情况，进而根据相切的性质及等腰直角三角形的相关性质进行求解即可得解．
【详解】①当圆位于直线右侧并与直线相切时，连接MA，如下图所示：
∵y=x+2
∴A(0,2)，B(-2,0)，△AOB是等腰直角三角形，∠ABO=45°
∴AB=22
∵r=22
∴△ABM是等腰直角三角形，∠BAM=90°
∴⊙M与直线AB相切于点A
∵AO⊥BM
∴OB=OM=2
∴圆心M的坐标为(2,0)；
②当圆位于直线左侧并与直线相切时，过点M作MC⊥AB于点C，如下图所示：
∵⊙M与直线AB相切，MC⊥AB
∴MC=r=22
根据直线AB的解析式：y=x+2可知∠ABO=∠MBC=45°
∴△BCM是等腰直角三角形
∴MB=2MC=4
∵B(-2,0)
∴圆心M的坐标为(-6,0)，
综上所述：圆心M的坐标为(2,0)或(-6,0)，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质及动圆问题，熟练掌握相关几何求解方法并进行分类讨论是解决本题的关键．
题型07 求圆平移到与直线相切时运动距离
【例7】（2020·四川凉山·统考模拟预测）如图，在半径为5cm的⊙O中，直线l交⊙O于A、B两点，且弦AB＝8cm，要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移( )
A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm
【答案】B
【分析】作出OC⊥AB，利用垂径定理求出BC＝4，再利用勾股定理求出OC＝3，即可求出要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移的长度．
【详解】解：作OC⊥AB，
又∵⊙O的半径为5cm，直线l交⊙O于A、B两点，且弦AB＝8cm
∴BO＝5，BC＝4，
∴由勾股定理得OC＝3cm，
∴要使直线l与⊙O相切，则需要将直线l向下平移2cm．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了切线的性质定理与垂径定理，根据图形求出OC的长度是解决问题的关键．
【变式7-1】（2022上·河北唐山·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的圆P的圆心P的坐标为（-3，0），将圆P沿x轴的正方向平移，使得圆P与y轴相切，则平移的距离为（ ）
A．1B．3或6C．3D．1或5
【答案】D
【分析】分圆P在y轴的左侧与y轴相切、圆P在y轴的右侧与y轴相切两种情况，根据切线的判定定理解答即可求得．
【详解】解：根据题意可得：OP=3，圆P的半径为2，
当圆P在y轴的左侧与y轴相切时，平移的距离为3-2=1，
当圆P在y轴的右侧与y轴相切时，平移的距离为3+2=5，
故圆P与y轴相切，则平移的距离为1或5，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，图形的平移，分类讨论是解决本题的关键．
【变式7-2】（2022上·福建南平·九年级顺昌县第一中学校考阶段练习）如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的圆的圆心P在直线AB上，且与点O的距离为8cm，若点P以1cm/s的速度由A向B的方向运动，当运动时间t为 时，⊙P与直线CD相切．
【答案】10s或6s
【分析】⊙P在射线OA上或在射线OB上，设对应的圆的圆心分别在M，根据切线的性质，在Rt△OEM中，根据30度的角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得OM的长，进而求得PM的长，从而求得由P到M移动的时间；根据ON=OM，即可求得PN，也可以求得由P到M移动的时间．
【详解】解：当⊙P在射线OA上，设⊙P与CD相切于点E，P移动到M时，连接ME．
∵⊙P与直线CD相切，
∴∠OEM=90°，
∵在Rt△OEM中，ME=1cm，∠AOC=30°，
∴OM=2ME=2cm，
则PM=OP-OM=8-2=6cm，
∵⊙P以1cm/s的速度沿由A向B的方向移动，
∴⊙P移动6s时与直线CD相切．
当⊙P在射线OB上时，同理可求⊙P移动10s时与直线CD相切．
故答案为：10s或6s．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和直角三角形的性质，注意已知圆的切线时，常用的辅助线是连接圆心与切点，本题中注意到分两种情况讨论是解题的关键．
【变式7-3】（2020·江苏扬州·统考二模）直线l经过点A (4，0)，B(0，2)，若⊙M的半径为1，圆心M在y在轴上，当⊙M与直线l相切时，则点M的坐标 ．
【答案】(0，2-52)或(0，2+52)．
【分析】根据勾股定理得到AB=42+22=25，设M坐标为（0，m）（m＞0），即OM=m，若M在B点下边时，BM=2-m，根据切线的性质得到∠MN′B=90°，根据相似三角形的性质得到m=2-52，此时M（0，2-52）；若M在B点上边时，同法求得M（0，2+52）．
【详解】解：∵直线l经过点A(4，0)，B(0，2)，
∴AB=42+22=25，
设M坐标为(0，m)(m＞0)，即OM=m，
若M在B点下边时，BM=2﹣m，
当AB是⊙O的切线，
∴∠MN'B=90°．
∵∠MBN'=∠ABO，∠MN'B=∠BOA=90°，
∴△MBN'∽△ABO，
∴MNOA=BMAB，即14=2-m25，
解得：m=2-52，此时M(0，2-52)；
若M在B点上边时，BM=m﹣2，
同理△BMN∽△BAO，则有MNOA=BMAB，即14=m-225，
解得：m=2+52．此时M(0，2+52)，
综上所述：M(0，2-52)或(0，2+52)．
故答案为：(0，2-52)或(0，2+52)．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，解答本题的关键是画出示意图，熟练掌握切线的性质及锐角三角函数的定义，难度一般．
【变式7-4】（2018·吉林·统考一模）等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．
（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？
（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？
【答案】（1）5-22；（2） 5-2；（3）20-423
【详解】分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；
（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；
（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．
详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，
如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，
设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，
由切线长定理可知C′E=C′D，
设C′D=x，则C′E=x，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A=∠ACB=45°，
∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，
∴△EFC′是等腰直角三角形，
∴C′F=2x，∠OFD=45°，
∴△OFD也是等腰直角三角形，
∴OD=DF，
∴2x+x=1，则x=2-1，
∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（2-1）=5-2，
∴点C运动的时间为5-22；
则经过5-22秒，△ABC的边与圆第一次相切；
（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，
A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F，
∵CC′=2t，DD′=t，
∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，
由切线长定理得C′E=C′D′=4-t，
由（1）得：4-t=2-1，
解得：t=5-2，
答：经过5-2秒△ABC的边与圆第一次相切；
（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t，
则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t，
由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t，
由（1）得：4-1.5t=2-1，
解得：t=10-223，
∴点B运动的距离为2×10-223=20-423．
点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．
题型08 根据直线与圆的位置关系求交点个数
【例8】（2020·广东·统考一模）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）r=3；（2）34且r≠5
【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O的坐标为(-3,4)，
∴当r=3时，圆O与坐标轴有1个交点；
（2）∵圆心O的坐标为(-3,4)，
∴当3（3）∵圆心O的坐标为(-3,4)，
∴当r=4或5时，圆O与坐标轴有3个交点；
（4）∵圆心O的坐标为(-3,4)，
∴当r>4且r≠5时，圆O与坐标轴有4个交点．
故答案为：（1）r=3；（2）34且r≠5．
【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．
题型09 圆和圆的位置关系
【例9】（2022·上海崇明·统考二模）Rt△ABC中，已知∠C=90°,BC=3,AC=4，以点A、B、C为圆心的圆分别记作圆A、圆B、圆C，这三个圆的半径长都是2，那么下列结论中，正确的是（ ）
A．圆A与圆C相交B．圆B与圆C外切
C．圆A与圆B外切D．圆A与圆B外离．
【答案】D
【分析】根据三角形的三边长确定两圆的圆心距，与两圆的半径的和比较后即可确定正确的选项．
【详解】∵∠C=90°,BC=3,AC=4，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵三个圆的半径长都等于2，
∴任意两圆的圆心距都是4，
∴圆A与圆C外切，圆B与圆C相交，圆A与圆B外离，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是根据圆的两边的长求得第三边的长，然后根据两圆的半径之和和两圆的圆心距的大小关系确定两圆的位置关系，难度不大．
【变式9-1】（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知在Rt△ABC中，∠C=90°，ctA=65，那么以边AC长的32倍为半径的圆A与以BC为直径的圆的位置关系是（ ）
A．外切B．相交C．内切D．内含
【答案】C
【分析】取BC边的中点D，连接AD，根据题意可设AC=6a,BC=5a，可得32AC-CD=132a，AD=AC2+CD2=132a，再根据圆与圆的位置关系，即可求解．
【详解】解：如图，取BC边的中点D，连接AD，
Rt△ABC中，∠C=90°，ctA=65，
∴ACBC=65，
可设AC=6a,BC=5a，
∴32AC=9a,CD=12BC=52a，
∴32AC-CD=132a，AD=AC2+CD2=132a，
∴即以边AC长的32倍为半径的圆A与以BC为直径的圆的两圆心的距离等于两圆的半径之和，
∴以边AC长的32倍为半径的圆A与以BC为直径的圆的位置关系是内切．
故选：C
【点睛】本题主要考查解直角三角形，圆与圆的位置关系，掌握圆与圆的位置关系是解题的关系．
【变式9-2】（2022·湖北武汉·统考一模）如图，在平面内⊙O1，⊙O2，⊙O3两两外切，其中⊙O1的半径为8，⊙O2，⊙O3的半径都为5．用一张半径为R的圆形纸片把这三个圆完全覆盖，则R的最小值为（ ）
A．403B．10C．13D．15
【答案】A
【分析】当半径为R的圆形纸片与三个圆相切时，R的值最小，根据两圆相切的性质求解即可．
【详解】解：如图，当⊙O与三个已知圆相切时，R的值最小，
∵四个圆相切，⊙O1的半径为8，⊙O2，⊙O3的半径都为5，⊙O的半径为R．
∴O1O2= O1O3=5+8=13，OO2= OO3=R-5，O1O=R-8，O2O3=5+5=10，
∴O1O⊥O2O3，设垂足为I，
∴IO2=5，
∴IO1=132-52=12，
∴IO=12-(R-8)=20-R，
∴IO22+OI2=OO22，即52+(20-R)2=(R-5)2，
解得，R=403，
故选： A．
【点睛】本题考查了相切圆的性质和勾股定理，解题关键是明确两圆相切时，圆心距与半径的关系，根据勾股定理列出方程．
【变式9-3】（2021·上海松江·统考二模）已知⊙O的半径OA长为3，点B在线段OA上，且OB＝2，如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是（ ）
A．r≥1B．r≤5C．1＜r＜5D．1≤r≤5
【答案】D
【分析】求得⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时⊙B的半径和⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时⊙B的半径，根据图形即可求得．
【详解】解：如图，当⊙B在⊙O内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为：3-2=1，
当⊙O在⊙B内部且有唯一公共点时，⊙B的半径为3+2＝5，
∴如果⊙B与⊙O有公共点，那么⊙B的半径r的取值范围是1≤r≤5，
故答案为：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，注意掌握数形结合和分类讨论思想的应用．
【变式9-4】（2023·北京东城·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点Ma,b，将点P向左a≥0或向右a<0平移ka个单位长度，再向下b≥0或向上b<0平移kb个单位长度k>0，得到点P'，再将点P关于直线MP'对称得到点Q，称点Q为点P的k倍“对应点”．特别地，当M与P'重合时，点Q为点P关于点M的中心对称点．
(1)已知点P3，0，k=2．
①若点M的坐标为(0，1)，画出点P'，并直接写出点P的2倍“对应点”Q的坐标；
②若OM=1，直线y=x+b上存在点P的2倍“对应点”，直接写出b的取值范围；
(2)半径为3的⊙O上有不重合的两点M，P，若半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”，直接写出k的取值范围．
【答案】(1)①画图见解析，Q1，-2；②-22-1≤b≤22-1
(2)12≤k≤2
【分析】（1）①根据点坐标平移的特点结合题目所给定义求出点P'的坐标，再在坐标系中画出P'，再根据对称求出点Q的坐标即可；②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点P作PH∥x轴，P'H∥y轴，PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，证明△MTO∽△P'HP，得到PP'OM=PHOT=k；再证明△OMA∽△PP'A，得到PAOA=PP'OM=k；如图2-2所示，当P3，0，k=2时，则OA=1，A1，0，由对称性可知AQ=AP=2，则点Q在以A1，0为圆心，半径为2的圆上运动，则当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”，据此求解即可；
（2）由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上 运动，且APOA=k，则要使半径为1的⊙O存在点P的k倍“对应点”，则半径为1的⊙O一定于⊙A有交点，如图3-1所示，当半径为1的⊙O与⊙A外切时，如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，求出两种情况下k的值即可得到答案．
【详解】（1）解：①∵M0，1，k=2，
∴点P3，0向下平移2个单位长度得到点P'，
∴P'3，-2，
设直线MP'的解析式为y=k1x+b1，
∴3k1+b1=-2b1=1，
∴k1=-1b1=1，
∴直线MP'的解析式为y=-x+1，
在y=-x+1中，当y=0时，x=1，即T1，0，
∴OT=OM=1，
∴∠PTP'=∠OTM=45°，
∴∠PP'T=45°，
∵点P关于直线MP'对称得到点Q，
∴∠QP'T=∠PP'T=45°，QP'=PP'=2，
∴∠QP'P=90°，
∴Q1，-2；
②如图2-1所示，假设M在第一象限，过点M作MT⊥x轴于T，分别过点P作PH∥x轴，P'H∥y轴，PH、P'H交于H，连接OM，连接OP，P'M交于A，
由平移的特点可知PH=kOT，P'H=kMT，OM∥PP'，
∵∠MTO=∠H=90°，PHP'H=OTMT，
∴△MTO∽△P'HP，
∴PP'OM=PHOT=k；
∵OM∥PP'，
∴△OMA∽△PP'A，
∴PAOA=PP'OM=k；
如图2-2所示，当P3，0，k=2时，则OA=1，A1，0，
∴AP=2，
由对称性可知AQ=AP=2，
∴点Q在以A1，0为圆心，半径为2的圆上运动，
∴当直线y=x+b与⊙A有交点时，则直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”，
如图2-2所示，当b>0且直线y=x+b与⊙A相切于点G时，设此时直线与x轴交于K，
∴∠AGK=90°，
又∵∠GKA=45°（可以同求∠MAO=45°求出），
∴△GAK是等腰直角三角形，
∴AK=2AG=22，
∴OK=22-1，
∴K-22+1，0，
∴-22+1+b=0，即b=22-1；
同理可求出当b<0且直线y=x+b与⊙A相切时，b=-22-1；
综上所述，当-22-1≤b≤22-1时直线y=x+b上一定存在点P的2倍“对应点”；
（2）解：如图3-1所示，连接P'M，OP交于A，
由（1）可得点Q在以A为圆心，AP的长为半径的圆上 运动，且APOA=k，
∵要使半径为1的⊙O存在点P的k倍“对应点”，
∴半径为1的⊙O一定与⊙A有交点，
如图3-1所示，当半径为1的⊙O与⊙A外切时，
则2AP+1=OP=3，
∴AP=1，OA=2，
∴k=APOA=12；
如图3-2所示，当半径为1的⊙O与⊙A内切时，可得AP=2，OA=1，
∴k=APOA=2；
综上所述，当12≤k≤2时，半径为1的⊙O上存在点P的k倍“对应点”．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，切线的性质，圆与圆的位置关系，坐标与图形变化——平移等等，正确理解题意得到点Q在以点A为圆心，AP为半径的圆上运动是解题的关键．
考点二 切线的性质与判定
1.切线的性质与判定
2.切线长定理
题型01 判断或补全使直线成为切线的条件
【例1】（2021·浙江绍兴·统考一模）如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（ ）
A．∠A＝50°，∠C＝40°B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2D．⊙A与AC的交点是AC中点
【答案】D
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB＝12AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是解题的关键．
【变式1-1】（2021·广东揭阳·统考一模）如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，DE⊥AC于点E，下列说法不正确的是（ ）
A．若DE=DO，则DE是⊙O的切线B．若AB=AC，则DE是⊙O的切线
C．若CD=DB，则DE是⊙O的切线D．若DE是⊙O的切线，则AB=AC
【答案】A
【分析】根据AB=AC，连接AD，利用圆周角定理以及等腰三角形的性质可以得到点D是BC的中点，OD是△ABC的中位线，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以证明DE是⊙O的切线，可判断B选项正确；
若DE是⊙O的切线，同上法倒推可证明AB=AC，可判断D选项正确；
根据CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位线，同上可以证明DE是⊙O的切线，可判断C选项正确；
若DE=DO，没有理由可证明DE是⊙O的切线．
【详解】解：当AB=AC时，如图：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴CD=BD，
∵AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以B选项正确；
当DE是⊙O的切线时，如图：连接AD，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∵DE⊥AC，
∴OD∥AC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴CD∥BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∴AD是线段BC的垂直平分线，
∴AB=AC，所以D选项正确；
当CD=BD时，又AO=BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线，所以C选项正确．
若DE=DO，没有理由证明DE是⊙O的切线，所以A选项错误．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式1-2】（2019·新疆·校考中考模拟）已知⊙O 的半径为 5，直线 EF 经过⊙O 上一点 P（点 E，F 在点 P 的两旁），下列条件能判定直线 EF 与⊙O 相切的是（ ）
A．OP＝5B．OE＝OF
C．O 到直线 EF 的距离是 4D．OP⊥EF
【答案】D
【分析】根据切线的证明方法进行求解，即可得到答案.
【详解】∵点 P 在⊙O 上，∴只需要 OP⊥EF 即可， 故选D．
【点睛】本题考查切线的证明，解题的关键是掌握切线的证明方法.
题型02 利用切线的性质求线段长
【例2】（2023·重庆巴南·统考一模）如图，已知△ABC，点D在边AB上，以BD为直径的⊙O与边AC相切于点C，若AC=4,AD=2，则线段BC的长为（ ）

A．5B．25C．1155D．1255
【答案】D
【分析】连接OC, 过C点作CH⊥OA于H点,如图， 如图, 根据切线的性质得到∠ACO=90°, 设⊙O的半径为r, 则OC=r,OA=r+2,利用勾股定理得到r2+42=(r+2)2, 解方程求出r, 则OC=3,OA=5, 接着利用面积法求出CH的长，然后利用勾股定理计算出OH，从而可计算出BC的长.
【详解】连接OC, 过C点作CH⊥OA于H点,如图，

∵⊙O与边AC相切于点C,
∴OC⊥AC,
∴∠ACO=90°,
设⊙O的半径为r, 则OC=r,OA=r+2
在Rt△OAC中,r2+42=(r+2)2，解得：r=3,
即OC=3，OA=5,
∵12CH⋅OA=12OC⋅AC,
∴CH=3×45=125，
在Rt△OCH中,
OH=32-1252=95，
∴BH=3+95=245，
在Rt△BCH中,
BC=CH2+BH2=1252+2452=1255，
故选：D.
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键.
【变式2-1】（2023·湖南衡阳·模拟预测）如图，在△OAB中，OA=OB=13，AB=24，以O为圆心，4为半径作⊙O，P为线段AB上动点(从A运动到B)，过P作⊙O的切线PC，切点为C，则PC的取值范围是( )

A．3≤PC≤3 17B．5≤PC≤13C．4≤PC≤3 17D．1【答案】A
【分析】连接OP、OC,根据当PO⊥AB时，线段PC最短，当P在A或B点时，线段PC最长，进而分别求得PC的长，即可求解．
【详解】解：连接OP、OC．
∵PQ是⊙O的切线，
∴OQ⊥PQ；
根据勾股定理知PC2=OP2-OC2，
∴当PO⊥AB时，线段PC最短，当P在A或B点时，线段PC最长，
①当PO⊥AB时，∵在Rt△AOB中，OA=OB=13，AB=24，
∴AP=12，
∴OP=5，
∴ PC=OP2-OC2=52-42=3．
②当P在A点时，在Rt△AOC中，OC=4，OA=13，
∴ PC=AC=OA2-OC2=132-42=317，
∴PC的取值范围是3≤PC≤317，
故选：A．

【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
【变式2-2】（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，⊙O的直径AB=2，直线l与⊙O相切于点B，将线段AB绕点B顺时针旋转45°得线段BC，E是l上一点，连接CE，则CE的长可以是（ ）

A．1B．1.2C．1.4D．1.6
【答案】D
【分析】过点 C 作 CM⊥l，垂足为 M，利用切线的性质可得 ∠ABM=90°， 再根据旋转的性质可得：AB=BC=2,∠ABC=45°，从而可求出 ∠CBM=45°，然后在 Rt△BCM 中，利用锐角三角函数的定义求出 CM 的长，最后根据垂线段最短即可解答．
【详解】如图：过点 C 作 CM⊥l，垂足为 M，

∵直线 l 与 ⊙O 相切于点 B，
∴∠ABM=90°，
由旋转得：
AB=BC=2,∠ABC=45°,
∴∠CBM=∠ABM-∠ABC=45°,
∴CM=BC⋅sin45°=2×22=2,
∴当点 E 与点 M 重合时，CE 有最小值为 2，
∴CE≥2，
∵2≈1.414，
∴CE≥1.414，
∴CE 的长可以是 1.6 ，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质， 旋转的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式2-3】（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，过点C作⊙O的切线CM，过点A作AD⊥MC交其延长线于点D，过点B作BE⊥CM于点E，

(1)求证：CD=CE；
(2)若AB=10，AC=6，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)485
【分析】（1）连接OC，由题意可得CM⊥OC，再由题意可得AD∥OC∥BE 最后根据平行线分线段成比例定理可以得到解答；
（2）连接BC，由题意可以得到△ACD∽△ABC，最后根据相似三角形的性质可以得到解答 .
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵CM与⊙O相切于点C，
∴CM⊥OC．
∵AD⊥MC交其延长线于点D，BE⊥CM于点E，
∴AD∥OC∥BE，
∴CDCE=OAOB=1，
∴CD=CE；
（2）解：连接BC．

∵AB是⊙O的直径，AB=10，AC=6，
∴∠ACB=90°，
∴BC=AB2-AC2=102-62=8．
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC．
∵∠ADC=∠OCD=90°，
∴∠ADC=∠ACB，∠ACD=∠OCB=∠ABC，
∴△ACD∽△ABC，
∴CDBC=ACAB=610=35，
∴CD=35BC=35×8=245，
∴DE=2CD=2×245=485，
∴线段DE的长是485．
【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆的有关性质、弦切角定理、勾股定理的应用、相似三角形的判定与性质及平等线分线段成比例定理等是解题的关键.
题型03 利用切线的性质求角度
【例3】（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）如图，线段AB为⊙O的直径，点C，D都在⊙O上，DE与⊙O相切于点D，若∠BAC=α，∠BDE=β，则∠CBD可表示为（ ）

A．2α+βB．90°-α-βC．180°-α-2βD．180°-α-β
【答案】D
【分析】根据圆周角定理得到∠C=90°，根据三角形的内角和定理得到∠ABC=90°-α，根据切线的性质得到∠ODE=90°，根据等腰三角形的性质得到∠OBD=∠ODB=90°-β，于是得到结论．
【详解】解：∵线段AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵∠BAC=α，
∴∠ABC=90°-α，
∵DE与⊙O相切于点D，
∴∠ODE=90°，
∵∠BDE=β，
∴∠ODB=90°-β，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=90°-β，
∴∠CBD=∠ABC+∠OBD=90°-α+90°-β=180°-α-β．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023·四川泸州·泸县五中校考三模）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是( )

A．25°B．35°C．40°D．50°
【答案】C
【分析】根据圆周角定理可得∠AOC=50°，根据切线的性质可得∠PAO=90°，根据直角三角形两个锐角互余即可求解．
【详解】∵AC=AC，∠ABC＝25°，
∴∠AOC=2∠ABC=50°，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠PAO=90°，
∴∠P=90°-∠AOC=40°．
故选C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023·山东泰安·统考一模）如图，AB、AC是⊙O的弦，过点A的切线交CB的延长线于点D，若∠BAD=35°，则∠C= °．
【答案】35
【分析】连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE，首先根据圆周角定理可得∠E+∠BAE=90°，再根据AD为⊙O的切线，可得∠BAE+∠BAD=90°，可得∠E=∠BAD=35°，再根据圆周角定理即可求得．
【详解】解：如图，连接AO并延长，交⊙O于点E，连接BE．
∵AE为⊙O的直径，
∴∠ABE=90°，
∴∠E+∠BAE=90°，
∵AD为⊙O的切线，
∴∠DAE=90°，
∴∠BAE+∠BAD=90°，
∴∠E=∠BAD=35°，
∴∠C=∠E=35°．
故答案为：35．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
【变式3-3】（2023·山东德州·统考三模）如图，在△ABC中，∠B=90°，⊙O过点A、C，与AB交于点D，与BC相切于点C，若∠A=32°，则∠ADO=
【答案】64°/64度
【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出∠DOC，再根据AB//OC，内错角∠ADO=∠DOC得到答案．
【详解】如下图所示，连接OC
从图中可以看出，∠DAC是圆弧DC对应的圆周角，∠DOC是圆弧DC对应的圆心角
得∠DOC=2∠DAC=64°．
∵BC是圆O的切线
∴OC⊥BC
∵∠B=90°
∴AB⊥BC
∴AB//OC
∴∠ADO=∠DOC=64°
故答案为：64°．
【点睛】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识．
题型04 证明某条直线时圆的切线
类型一 由公共点：连半径，证垂直
【例4】（2023·广东佛山·校考一模）如图，以线段AB为直径作⊙O，交射线AC于点C，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．连接BD并延长交AC于点M．
(1)求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)求证：AB=AM；
(3)若ME=1，∠F=30°，求BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)BF=2
【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；
（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；
（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
【详解】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）证明：∵线段AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADM＝180°－∠ADB＝90°，
∴∠M＋∠DAM＝90°，∠ABM＋∠DAB＝90°，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点睛】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式4-1】（2022·浙江衢州·统考模拟预测）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5
【分析】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得∠CDE＝∠OBC，再根据等量代换和直角三角形的性质可得∠OCE＝90°，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDA+∠ABC=180°
又∠CDE+∠CDA=180°
∴∠CDE＝∠OBC，
∵CE⊥AD，
∴∠E＝∠CDE＋∠ECD＝90°，
∵∠ECD＝∠BCF，
∴∠OCB＋∠BCF＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，
∵∠E＝∠OCE＝90°，
∴四边形OGEC是矩形，
∴OC＝EG，OG＝EC，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，CD＝3，DE＝1，
∴EC=32-12=22，
∴OG=22，GD＝x﹣1，OD＝x，
由勾股定理得：OD2＝OG2+DG2，
∴x2=(22)2+(x-1)2，
解得：x＝4.5，
∴⊙O的半径是4.5．
【点睛】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
【变式4-2】（2023·江苏苏州·校考二模）如图，AB为⊙O的直径，点C是⊙O上一点，点D是⊙O外一点，∠BCD=∠BAC，连接OD交BC于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线．
(2)若CE=OA,sin∠BAC=45，求tan∠CEO的值．
【答案】(1)见解析；
(2)3
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，根据OA=OC推出∠BCD=∠ACO，即可得到∠BCD+∠OCB=90°，由此得到结论；
（2）过点O作OF⊥BC于F，设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，BE=1.5x，勾股定理求出AC，根据OF∥AC，得到BFCF=OBOA=1，证得OF为△ABC的中位线，求出OF及EF，即可求出tan∠CEO的值．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO,
∵∠BCD=∠BAC，
∴∠BCD=∠ACO，
∴∠BCD+∠OCB=90°，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：过点O作OF⊥BC于F，
∵CE=OA,sin∠BAC=45，
∴设BC=4x，则AB=5x，OA=CE=2.5x，
∴BE=BC-CE=1.5x，
∵∠C=90°，
∴AC=AB2-BC2=3x，
∵OA=OB，OF∥AC，
∴BFCF=OBOA=1，
∴CF=BF=2x，EF=CE-CF=0.5x，
∴OF为△ABC的中位线，
∴OF=12AC=1.5x，
∴tan∠CEO=OFEF=．
【点睛】此题考查了圆周角定理，证明直线是圆的切线，锐角三角函数，三角形中位线的判定与性质，平行线分线段成比例，正确引出辅助线是解题的关键．
【变式4-3】（2020·甘肃酒泉·统考二模）如图，已知BC是⊙O的直径，AC切⊙O于点C，AB交O于点D，E为AC的中点，连接CD，DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若BD=4，CD=3，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）AC=154．
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质和直角三角形斜边的中线以及等腰三角形的性质得出，∠EDC=∠ECD，∠ODC=∠OCD，然后利用等量代换即可得出DE⊥OD，从而证明结论；
（2）首先根据勾股定理求出BC的长度，然后证明△BCD∽△BAC，最后利用CDAC=BDBC求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∵E为AC的中点，
∴DE=EC=12AC，
∴∠EDC=∠ECD，
∵OD=OC ，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AC切⊙O于点C，
∴AC⊥OC．
∴∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=90°，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△BCD中，
∵BD=4，CD=3，
∴BC=BD2+CD2=5
∵∠BDC=∠BCA=90°，∠B=∠B．
∴△BCD∽△BAC，
∴CDAC=BDBC，
即3AC=45，
∴AC=154．
【点睛】本题主要考查圆的综合问题，掌握切线的判定及性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．
【变式4-4】（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，AC=BC，点D在BA的延长线上，连接CD与⊙O交于点E，在AD上取点F，使FD=FE．

(1)试判断直线EF与⊙O的位置关系？并说明理由；
(2)若tan∠DEF=12，AB=8，求DF的长．
【答案】(1)相切，理由见解析
(2)3
【分析】（1）连接OC，OE，根据弧，角之间的关系，推出∠AOC=∠BOC=90°，等边对等角，得到∠C=∠OEC，∠D=∠FED，推出∠OEF=90°，即可得证；
（2）在Rt△OCD中，利用tan∠D=tan∠DEF=OCOD，求出OD的长，设FD=FE=x，则：OF=OD-DF=8-x，在Rt△OEF中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）直线EF与⊙O相切，理由如下：
连接OC，OE，

∵AC=BC，
∴∠AOC=∠BOC，
∵∠AOC+∠BOC=180°，
∴∠AOC=∠BOC=90°，
∵OC=OE，
∴∠C=∠OEC，
∵FD=FE，
∴∠D=∠FED，
在Rt△OCD中，
∵∠C+∠D=90°，
∴∠FED+∠OEC=90°，
∴∠OEF=180°-90°=90°，
即EF⊥OE，
又∵OE是⊙O的半径，
∴直线EF与⊙O相切．
（2）在Rt△OCD中，
∵∠D=∠FED，
∴tan∠D=tan∠DEF=OCOD=12，
∵OC=OE=12AB=4，
∴4OD=12，
∴OD=8，
设FD=FE=x，则：OF=OD-DF=8-x，
在Rt△OEF中，
∵OE2+AE2=OF2，
∴42+x2=8-x2，
解得x=3，
∴DF的长为3．
【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用．重点考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理．解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用．
类型二 无公共点：作垂直， 证半径
【例5】（2021·江苏扬州·统考中考真题）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠BAD=90°，CB=CD，连接BD，以点B为圆心，BA长为半径作⊙B，交BD于点E．
（1）试判断CD与⊙B的位置关系，并说明理由；
（2）若AB=23，∠BCD=60°，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）23-π
【分析】（1）过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF=BA，即可证明CD与圆B相切；
（2）先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD，再利用S△ABD-S扇形ABE求出阴影部分面积．
【详解】解：（1）过点B作BF⊥CD，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB，又BD=BD，∠BAD=∠BFD=90°，
∴△ABD≌△FBD（AAS），
∴BF=BA，则点F在圆B上，
∴CD与圆B相切；
（2）∵∠BCD=60°，CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=60°
∵BF⊥CD，
∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，
∴∠ABF=60°，
∵AB=BF=23，
∴AD=DF=AB⋅tan30°=2，
∴阴影部分的面积=S△ABD-S扇形ABE
=12×23×2-30×π×232360
=23-π．
【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确做出辅助线．
【变式5-1】（2023·江苏宿迁·统考三模）如图：在Rt△ABC中，∠B=90°，AO平分∠BAC，点E在AB上，OE=OC，以O为圆心，OB长为半径作⊙O．

(1)判断AC与⊙O的位置关系，说明理由；
(2)若AB=6，EB=4，求tan∠OAC的值．
【答案】(1)相切，见解析
(2)12
【分析】（1）过O作OF⊥AC于E，利用角平分线的性质得到OF=OB，即OF为圆的半径，即可求证；
（2）利用切线的性质可得AB=AF，再证Rt△BOD≌Rt△COEHL，即有BE=CF=4，求得AC的长，设⊙O的半径为r，在Rt△OFC中，利用勾股定理列式计算求得r，再根据正切函数的定义即可求解．
【详解】（1）解：相切．
过O作OF⊥AC于点F；

∵AO平分∠BAC，∠B=90°，
∴OF=OB ；
∵OB长为⊙O的半径，
∴圆心点O到AC的距离等于半径，即AC与⊙O相切；
（2）解：∵∠ABC=90°，OB为⊙O半径，
∴AB是⊙O的切线，
又由（1）AC是⊙O的切线，
∴AB=AF=6，
在Rt△BOE和Rt△COF中，OB=OFOE=OC，
∴Rt△BOD≌Rt△COEHL，
∴BE=CF=4，
∴AC=AF+CF=10，
在Rt△ABC中，BC=AC2-AB2=8，
设⊙O的半径为r，
在Rt△OFC中，OF2+FC2=OC2，
即r2+42=8-r2，
解得r=3，
∴tan∠OAC=OFAF=36=12．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，角平分线的性质定理，正切函数，掌握圆相关性质并结合三角形的全等以及勾股定理进行求解是解题的关键．
【变式5-2】（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=10，BC=6，∠ACB的平分线CO交AB于点O，以OB为半径作⊙O．

(1)请判断AC与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)求⊙O的半径．
【答案】(1)相切，理由见解析
(2)3
【分析】（1）过点O作OD⊥AC于点D，根据角平分线性质得出OD=OB，根据切线的判定推出即可；
（2）根据勾股定理求出AB，证△AOD∼△ACB，得出比例式，代入求出即可．
【详解】（1）解： AC与⊙O相切，
理由如下：过点O作OD⊥AC于点D，
∵∠ABC=90°，
∴OB⊥CB，
又∵CO平分∠ACB，
∴OD=OB，
∴AC与⊙O相切；
（2）∵在Rt△ABC中， AC=10，BC=6，
∴AB=AC2-BC2=8，
∵OD⊥AC，
∴∠ODA=∠B=90°，
又∵∠A=∠A，
∴△AOD∼△ACB，
∴ODCB=AOAC，
设⊙O的半径为x，
∴x6=8-x10，
解得：x=3，
即⊙O的半径为3．

【点睛】此题考查了切线的判定和勾股定理，也考查了相似三角形的性质和判定，还考查了角平分线性质，综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键．
【变式5-3】（2022·江苏泰州·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，直线y=-33x+233与x轴、y轴分别交于点A、B．
(1)判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)求阴影部分的面积．
【答案】(1)直线AB与⊙O相切，理由见解析
(2)33-π6
【分析】（1）过O作OH⊥AB于H，求出A、B坐标，利用三角函数定义得出∠OAB=30°，从而求出OH=r，即可得证；
（2）如图所示，可知阴影部分面积是ΔOAH的面积减去一个扇形OCH的面积得到的，分别计算相应面积作差即可得到结论．
【详解】（1）解：直线AB与⊙O相切．
理由如下：
过O作OH⊥AB于H，如图所示：
对于y=-33x+233，令y=0，得x=2，
∴A(2,0)，
令x=0，得y=233，
∴B(0,233)，
在Rt△OAB中，tan∠OAB=OBOA＝2332＝33，
∴∠OAB=30°，
∴OH=OA×sin30°=2×12=1，
∵⊙O的半径为1，即OH=r，
∴直线AB与⊙O相切；
（2）解：在Rt △OAH中，AH=OA⋅cs30°=3，
∴ S阴影=S△OAH-S扇形COH=12×1×3-60π⋅12360=33-π6．
【点睛】本题考查圆综合问题，涉及到直线与坐标轴交点求解、三角函数运用、切线证明、扇形面积求解等知识点，熟练掌握圆的基础知识及解决问题的方法是解题关键．
题型05 利用切线的性质定理证明
【例6】（2023·山东临沂·统考二模）如图，半径为6的⊙O与Rt△ABC的边AB相切于点A，交边BC于点C，D，∠B=90°，连接OD，AD．

(1)若∠ACB=20°，求AD的长（结果保留π）．
(2)求证：AD平分∠BDO．
【答案】(1)4π3
(2)见解析
【分析】（1）连接OA，由∠ACB=20°，得∠AOD=40°，由弧长公式即得AD的长为4π3；
（2）根据AB切⊙O于点A，∠B=90°，可得OA//BC，有∠OAD=∠ADB，而OA=OD，即可得∠ADB=∠ODA，从而AD平分∠BDO．
【详解】（1）解：连接OA，

∵∠ACB＝20°，
∴∠AOD＝40°，
∴AD=nπr180，
=40×π×6180
=4π3．
（2）证明：∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AB切⊙O于点A，
∴OA⊥AB，
∵∠B=90°，
∴OA//BC，
∴∠OAD=∠ADB，
∴∠ADB=∠ODA，
∴AD平分∠BDO．
【点睛】本题考查与圆有关的计算及圆的性质，解题的关键是掌握弧长公式及圆的切线的性质．
【变式6-1】（2023·贵州遵义·统考一模）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD与⊙O相切于点C，交AB延长线于点D，连接AC，BC，∠D＝30°，CE平分∠ACB交⊙O于点E，过点B作BF⊥CE，垂足为F．
(1)求证：CA＝CD；
(2)若AB＝12，求线段BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】（1）连接OC，欲证明CA＝CD，只要证明∠CAD=∠CDA即可．
（2）因为AB为直径，所以∠ACB=90°，可得出三角形CBF为等腰直角三角形，即可求出BF，由此即可解决问题．
【详解】（1）证明：连接OC
∵CD与⊙O相切于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠CDA=30°，
∴∠COB=90°-∠CDA=60°，
∵BC所对的圆周角为∠CAB，圆心角为∠COB，
∴∠CAB=12∠COB=30°，
∴∠CAD=∠CDA，
∴CA=CD．
（2）∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，∠CAB=30°，AB=12，
∴BC=12AB=6，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ECB=12∠ACB=45°，
∵BF⊥CE，
∴∠CFB=90°，
∴BF=BC⋅sin45°=6×22=32．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会条件常用辅助线，属于中考常考题型．
【变式6-2】（2023·广东肇庆·统考二模）已知AB为⊙O的直径，AB=6，C为⊙O上一点，连接CA,CB．
(1)如图①，若C为AB的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
(2)如图②，若AC=2,OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．
【答案】(1)∠CAB=45°，AC=32
(2)FD=22
【分析】（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，由C为AB的中点，得AC=BC，从而AC=BC，即可求得∠CAB的度数，通过勾股定理即可求得AC的长度；
（2）证明四边形ECFD为矩形，FD=CE= 12CB，由勾股定理求得BC的长，即可得出答案．
【详解】（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由C为AB的中点，得AC=BC，
∴AC=BC，得∠ABC=∠CAB，
在Rt△ABC中，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=45°；
根据勾股定理，有AC2+BC2=AB2，
又AB=6，得2AC2=36，
∴AC=32；
（2）∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥FD，即∠ODF=90°，
∵OD⊥CB，垂足为E，
∴∠CED=90°,CE=12CB，
同（1）可得∠ACB=90°，有∠FCE=90°，
∴∠FCE=∠CED=∠ODF=90°，
∴四边形ECFD为矩形，
∴FD=CE，于是FD=12CB，
在Rt△ABC中，由AB=6,AC=2，得CB=AB2-AC2=42，
∴FD=22．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的性质，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理和矩形的判定和性质等，解题的关键是利用数形结合的思想解答此题．
【变式6-3】（2023·江苏泰州·统考一模）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°，求证：AE=PE．
(3)若PE=4，CD=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)CE的长为2．
【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAE+∠PAE=90°，根据圆周角定理得到∠OAE+∠DAO=90°，据此即可证明∠ADE=∠PAE；
（2）由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED =60°，利用三角形外角的性质得到∠APE=∠AED-∠PAE =30°，再根据等角对等边即可证明AE=PE；
（3）证明Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，推出DC×CE=OC×PC，设CE=x，据此列方程求解即可．
【详解】（1）证明：连接OA，
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴∠OAE+∠PAE=90°，
∵DE为⊙O的直径，
∴∠DAE=90°，即∠OAE+∠DAO=90°，
∴∠DAO=∠PAE，
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADE，
∴∠ADE=∠PAE；
（2）证明：∵∠ADE=30°，
由（1）得∠ADE=∠PAE =30°，∠AED=90°-∠ADE=60°，
∴∠APE=∠AED-∠PAE =30°，
∴∠APE=∠PAE =30°，
∴AE=PE；
（3）解：∵PA、PB为⊙O的切线，切点分别为A、B，直线PO交AB于点C．
∴AB⊥PD，
∵∠DAE=90°，∠OAP=90°，
∴∠DAC+∠CAE=90°，∠OAC+∠PAC=90°，
∵∠DAC+∠D=90°，∠OAC+∠AOC=90°，
∴∠CAE=∠D，∠PAC=∠AOC，
∴Rt△EAC∽Rt△ADC，Rt△OAC∽Rt△APC，
∴ECAC=ACDC,OCAC=ACPC
∴AC2=DC×CE，AC2=OC×PC，
即DC×CE=OC×PC，
设CE=x，则DE=6+x，OE=3+x2，OC=3+x2-x=3-x2，PC=4+x，
∴6x=(3-x2)( 4+x)，
整理得：x2+10x-24=0，
解得：x=2(负值已舍)．
∴CE的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
题型06 切线的性质与判定的综合运用
【例7】（2023·山东聊城·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O是BC边上一点，以O为圆心，OB为半径的圆与AB相交于点D，连接CD，且CD=AC．

(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若∠A=60°，AC=23，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)43π
【分析】（1）连接OD．由等腰三角形的性质及圆的性质可得∠A＝∠ADC，∠B＝∠BDO．再根据余角性质及三角形的内角和定理可得∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．最后由切线的判定定理可得结论；
（2）根据等边三角形的判定与性质可得∠DCO＝∠ACB﹣∠ACD＝30°．再由解直角三角形及三角形内角和定理可得∠BOD的度数，最后根据弧长公式可得答案．
【详解】（1）证明：连接OD．

∵AC＝CD，
∴∠A＝∠ADC．
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠BDO．
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°．
∴∠ADC+∠BDO＝90°．
∴∠ODC＝180°﹣（∠ADC+∠BDO）＝90°．
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：∵AC＝CD=23，∠A＝60°，
∴△ACD是等边三角形．
∴∠ACD＝60°．
∴∠DCO＝∠ACB﹣∠ACD＝30°．
在Rt△OCD中，OD＝CDtan∠DCO=23⋅tan30°＝2．
∵∠B＝90°﹣∠A＝30°，OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B＝30°．
∴∠BOD＝180°﹣（∠B+∠BDO）＝120°．
∴BD⏜的长=120π×2180=43π．
【点睛】此题考查的是切线的判定与性质、直角三角形的性质、弧长公式，正确作出辅助线是解决此题的关键．
【变式7-1】（2023·云南·模拟预测）如图，已知AC为⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，直线PD经过⊙O上的点B且∠CBD=∠CAB，连接OP交AB于点M．求证：
(1)PD是⊙O的切线；
(2)AM2=OM⋅PM
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OB，由等边对等角及直径所对的圆周角等于90°即可证明；
（2）根据直线PA与⊙O相切于点A，得到∠OAP=90°，根据余角的性质得到∠OAM=∠APM，继而证明△OAM∽△APM，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）连接OB，
∵OA=OB=OC，
∴∠OAB=∠OBA,∠OBC=∠OCB，
∵ AC为⊙O的直径，
∴∠ABC=90°=∠OBA+∠OBC，
∵∠CBD=∠CAB，
∴∠OBA=∠CBD，
∴∠CBD+∠OBC=90°=∠OBD，
∴ PD是⊙O的切线；
（2）∵直线PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP=90°，
∵PD是⊙O的切线，
∴∠AMO=∠AMP=∠OAP=90°，
∴∠OAM+∠PAM=∠PAM+∠APM=90°，
∴∠OAM=∠APM，
∴△OAM∽△APM，
∴AMPM=OMAM，
∴ AM2=OM⋅PM．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式7-2】（2021·山东聊城·统考一模）如图1，在四边形ABCD中，AD//BC，∠DAB=90°，AB是⊙O的直径，CO平分∠BCD．
（1）求证：直线CD与⊙O相切；
（2）如图2，记（1）中的切点为E，P为优弧AE上一点，AD=1，BC=2.求tan∠APE的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）22．
【分析】（1）如图（见解析），先根据平行线的性质得出OB⊥CB，再根据角平分线的性质可得OE=OB，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据圆周角定理可得∠APE=∠ABE，∠AEB=90°，再根据圆的切线的判定、切线长定理可得CE=BC=2,DE=AD=1，然后根据相似三角形的判定与性质可得AEEF=DECE=12，设AE=a，从而可得EF=2a，又根据相似三角形的判定与性质可得BEEF=AEBE，从而可得BE=2a，最后根据正切三角函数的定义即可得．
【详解】（1）如图，过点O作OE⊥CD于点E
∵AD//BC，∠DAB=90°
∴∠OBC=90°，即OB⊥CB
又∵CO平分∠BCD，OE⊥CD
∴OE=OB
即OE是⊙O的半径
∴直线CD与⊙O相切；
（2）如图，连接BE，延长AE交BC延长线于点F
由圆周角定理得：∠APE=∠ABE，∠AEB=90°
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥AD，AB⊥BC
∴AD、BC都是⊙O的切线
由切线长定理得：CE=BC=2,DE=AD=1
∵AD//BC
∴∠DAE=∠CFE
在△ADE和△FCE中，∠AED=∠FEC∠DAE=∠CFE
∴△ADE∼△FCE
∴AEEF=DECE=12
设AE=a(a>0)，则EF=2a
∵∠BAE+∠ABE=∠FBE+∠ABE=90°
∴∠BAE=∠FBE
在△ABE和△BFE中，∠BAE=∠FBE∠AEB=∠BEF=90°
∴△ABE∼△BFE
∴BEEF=AEBE，即BE2a=aBE
解得BE=2a
在Rt△ABE中，tan∠ABE=AEBE=a2a=22
则tan∠APE=tan∠ABE=22．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质、正切三角函数等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
【变式7-3】（2022·河北石家庄·石家庄外国语学校校联考二模）如图，在▱ABCD中，∠A=120°，AB=2BC=8，点M在BC边所在的直线上，CM=8，PQ=6，以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，点H为半圆弧PQ上一动点．
探索：如图1，当点P与点M重合时，则BQ=______，线段CH的最小值为______．
思考：若点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，同时半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，运动时间为t秒0≤t≤12．解决下列问题：
（1）如图2，当PQ与D点在一条直线上时，求点O到CD的距离及扇形OHQ的面积；
（2）当圆O与CD相切于点K时，求∠HOQ的度数：
直接判断此时：弧HQ长______弦KQ长（填：＜、＞或＝）
（3）当弧HQ（包括端点）与▱ABCD边有两个交点时，直接写出：运动时间t的取值范围．
【答案】探索：65；73-3
思考：（1）23-32；32π（2）120-453°；＜
（3）12-33＜t＜12-23
【分析】探索：利用勾股定理可以求出BQ的长，利用“两点之间，线段最短”可以求出CH的最小值．
思考：（1）利用面积法建立方程求出O点到CD的距离，再利用扇形面积公式计算扇形OHQ的面积．
（2）利用勾股定理求出CP，进一步求出运动时间后，可以求出角度，利用等边三角形的判定与性质和弧长公式计算后即可完成求解．
（3）分析弧与平行四边形的边有两个交点情况的界点值即可求解．
【详解】索：解：如图，连接BQ，CO，
当点P与点M重合时，
∵以PQ为直径的半圆O与BC相切于点P，
∴BM⊥QM，
∵AB=2BC=8，CM=8，PQ=6，
∴BC=4，BM=4+8=12，
∴BQ=BM2+PQ2=122+62=65；
当C、H、O三点共线时，CH+HO的值最小，由HO为定值，即CH的值最小，
∵HO=12PQ=3，
∴CH=CO-3=CM2+OM2-3=82+32-3=73-3，
故答案为：65；73-3．
思考：（1）如图所示，当PQ与D点在一条直线上时，
则PD⊥BM，
∵在▱ABCD中，∠A=120°，AB=2BC=8
∴CD=8，∠BCD=120°，
∴∠DCP=60°，
∴CP=CD⋅cs60°=4，DP=CD⋅sin60°=43，
∴DO=43-3，
设O点到CD的距离为h，
∵S△DOC=12OD⋅CP=12CD⋅h
∴h=43-3×48=23-32，
∵PM=CM-CP=8-4=4，半圆O从M点出发沿MB做平移运动，速度为1个单位长度/秒，
∴运动了4秒，
∵点H从Q开始绕圆心O逆时针旋转，速度为15度/秒，
∴∠HOQ=15°×4=60°，
∴扇形OHQ的面积为60π×32360=32π；
故答案为：O点到CD的距离为23-32，扇形OHQ的面积为32π．
（2）如图，连接OK，CO，当圆O与CD相切于点K时，
则OK⊥CD，
∴CO平分∠DCM，
∴∠DCO=∠OCM=30°，
∴CO=2OK=6，
∴Rt△COP中，CP=CO2-OP2=62-32=33，
∴PM=CM-CP=8-33，
∴运动时间为8-33秒，
∴∠HOQ= 120-453°，
∴∠HOQ的度数为120-453°，
弧HQ的长为120-453π×3180=2-334π；
连接KQ，由∠DCP=60°，∠OKC=90°，∠OPC=90°，
∴∠KOP=120°，
∴∠KOQ=60°，
∵OK=OQ，
∴△KOQ是等边三角形，
∴KQ=3，
∴弧HQ长＜弦KQ长，
故答案为： 120-453°，弧HQ长＜弦KQ长．
（3）12-33＜t＜12-23
理由：如图，当半圆的圆弧与AB相切时，切点记为N，连接ON，OB，
∴BO平分∠ABP，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABP=60°，
∴∠OBP=30°，
∴BP=OPtan30°=33，
∴PM=BM-BP=12-33，
∴运动时间为12-33秒，
此时，∠HOQ=15°×12-33=180-453°，∠NOQ=60°＜180-153°；
当Q点运动到AB上时，如图所示，
此时BP=QPtan60°=23，
∴PM=BM-BP=12-23
∴运动时间为12-23秒，
此时，∠HOQ=15°×12-23=180-303°，∠EOQ=180°-2×30°=120°＜180-303°；
∴12-33＜t＜12-23．
【点睛】本题考差了圆的运动问题和圆上的点的运动的问题，涉及到了切线的判定与性质、特殊角的三角函数的应用等，解题关键是找出界点值并进行求解．
题型07 作圆的切线
【例8】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，点P是⊙O外一点．请利用尺规过点P作⊙O的一条切线PE．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）

【答案】见解析
【分析】本题考查切线的定义和尺规作图；作法为：①连接OP，以OP为直径作⊙O'；②⊙O'与⊙O相交于点E，作直线PE．则直线PE即为所求．
【详解】解：如图，直线PE即为所求，

证明：∵OP是直径，
∴∠OEP=90°，
∴OE⊥PE，
∴PE是⊙O的切线．
【变式8-1】（2023·江西新余·统考一模）如图，在边长为1的正方形网格中有一段圆弧AC，弧AC经过格点A、B、C，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图(保留作图痕迹)．

(1)在图1中，画出弧AC所在圆的圆心O；
(2)在图2中，画出弧AC所在的圆的一条切线，使这条切线经过格点P．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）如图1中，线段AB，BC的垂直平分线的交点即为圆心O；
（2）作直线PB即可．
【详解】（1）解：如图1中，点O即为所求．
；
（2）解：如图2中，直线PB即为所求．
．
【点睛】本题考查了作图－应用与设计作图，垂径定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是掌切线的判定和性质，属于中考常考题型．
【变式8-2】（2023·河南周口·统考二模）数学综合实践课上，李老师在黑板上布置了一道尺规作图题如下：
下面是各个数学小组进行的一系列探究，请你根据探究内容解决问题．
(1)进步小组的作法：以点P为圆心，PA长为半径作弧，交⊙O于点B（非点A），作直线PB，则直线PB即为所求作的切线．问题：
①请你在图（2）中补全进步小组的作图痕迹．
②进步小组通过连接OB，OP，证明△OBP≌△OAP，他们证明两个三角形全等的依据为______（填“SAS”“SSS”或“AAS”）．
(2)希望小组的作法：如图（3），连接OP，作OP的垂直平分线m交OP于点M，以点M为圆心，MO长为半径作圆，交⊙O于点B（非点A），作直线PB，则直线PB即为所求作的切线．
问题：该组的小华根据作图方案给出如下证明过程．
证明：连接OB，由作图知，OP是⊙M的※，
∴∠OBP=90°，（理由：◎）
即OB⊥BP
又OB是⊙O的半径，
∴BP为⊙O的切线．
在上述证明过程中，※处应该填写______；
◎处应该填写______（填序号）
①一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
②90°的圆周角所对的弦是直径
③直径所对的圆周角是直角
④同弧所对的圆周角相等
(3)拓展小组的作法：如图（4），连接OP交⊙O于点C，过点C作OP的垂线n，以点O为圆心，OP长为半径作弧，交直线n于点D，连接OD交⊙O于点B，作直线BP，则直线BP即为所求作的切线．问题：请你结合该组作图方案给出证明过程．
【答案】(1)①见解析；②SSS
(2)直径，③
(3)见解析
【分析】（1）①根据题意，补全图形即可；②利用SSS证明全等即可；
（2）根据作图可知OP是⊙M的直径，根据直径所对的圆周角是直角，作答即可；
（3）证明△OBP≌△OCD，推出∠OBP=90°，即可得证．
【详解】（1）解：①补全图形如下：

②连接OB,OP，由作图可知：OA=OB,PA=PB，
又OP=OP，
∴△OBP≌△OAPSSS，
故答案为：SSS．

（2）证明：连接OB，由作图知，OP是⊙M的直径，
∴∠OBP=90°，（理由：直径所对的圆周角是直角）
即OB⊥BP
又OB是⊙O的半径，
∴BP为⊙O的切线．
故答案为：直径，③；
（3）证明：由作图知，OP=OD，n⊥OP，
在△OBP和△OCD中，OP=OD∠BOP=∠CODOB=OC，
∴△OBP≌△OCD，
∴∠OBP=∠OCD．
∵n⊥OP，
∴∠OCD=90°．
∴∠OBP=90°，即BP⊥OB，
∴直线BP是⊙O的切线．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
题型08 应用切线长定理求解
【例9】（2020·河北·模拟预测）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，若PA=3，则PB=（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据切线长定理即可得到答案.
【详解】因为PA和PB与⊙O相切，根据切线长定理，所以PA＝PB＝3，故选B.
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理.
【变式9-1】（2022·山东青岛·模拟预测）如图，PM、PN是⊙O的切线，B、C是切点，A、D是⊙O上的点，若∠P＝44°，∠D＝98°，则∠MBA的度数为（ ）
A．38°B．28°C．30°D．40°
【答案】C
【分析】根据切线的性质得到PB＝PC，根据等腰三角形的性质得到∠PBC＝∠PCB＝12×（180°﹣44°）＝68°，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，于是得到结论．
【详解】解：∵PM，PN是⊙O的切线，
∴PB＝PC，
∵∠P＝44°，
∴∠PBC＝∠PCB＝12×（180°﹣44°）＝68°，
∵∠D＝98°，
∴∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，
∴∠MBA＝180°﹣∠PBC﹣∠ABC＝30°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、等腰三角形的性质以及圆内接四边形的性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
【变式9-2】（2022·北京海淀·统考一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点．若∠APB=60°，则∠AOP的大小为 ．
【答案】60°/60度
【分析】先由切线的性质及切线长定理求出∠PAO=90°,∠APO=30°，再根据直角三角形两锐角互余求解即可．
【详解】∵ PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点
∴∠PAO=90°,∠APO=12∠PAB
∴∠APO+∠AOP=90°
∵∠APB=60°
∴∠APO=30°
∴∠AOP=60°
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了切线的性质及切线长定理、直角三角形两锐角互余，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式9-3】（2022·广东江门·统考一模）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的切线EF分别交PA，PB于点E，F，切点C在弧AB上，若PA长为8，则△PEF的周长是 ．
【答案】16
【分析】由切线长定理知，AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝12，然后根据△PEF的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵PA、PB、EF分别与⊙O相切于点A、B、C，
∴AE＝CE，FB＝CF，PA＝PB＝8，
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PA+PB＝16．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出△PEF的周长＝PA＋PB．
【变式9-4】（2022·甘肃白银·统考二模）如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB=9，CD=15，则四边形ABCD的周长为 ．
【答案】48
【分析】根据切线长定理得到AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，得到AD+BC=AB+CD=24，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AE=AH，BE=BF，CF=CG，DH=DG，
∴AD+BC=AB+CD=24，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=24+24=48，
故答案为：48．
【点睛】本题考查了切线长定理，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的关键．
题型09 应用切线长定理求证
【例10】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，已知PA,PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交⊙O于点M．给出下列四种说法：①PA=PB；②OP⊥AB；③四边形OAPB有外接圆；④M是△AOP外接圆的圆心，其中正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由切线长定理判断①，结合等腰三角形的性质判断②，利用切线的性质与直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，判断③，利用反证法判断④．
【详解】如图，∵ PA,PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB,∠APO=∠BPO, 故①正确，
∵PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴PO⊥AB, 故②正确，
∵ PA,PB是⊙O的两条切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°,
取OP的中点Q，连接AQ,BQ，
则AQ=12OP=BQ,
所以：以Q为圆心，QA为半径作圆，则B,O,P,A共圆，故③正确，
∵ M是△AOP外接圆的圆心，
∴MO=MA=MP=AO,
∴∠AOM=60°,
与题干提供的条件不符，故④错误，
综上：正确的说法是3个，
故选C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，三角形的外接圆，四边形的外接圆，掌握以上知识是解题的关键．
【变式10-1】（2022·内蒙古包头·二模）已知：如图，AB为⊙O的直径，CD,CB为⊙O的切线，D、B为切点，OC交⊙O于点E，AE的延长线交BC于点F，连接AD,BD．以下结论：①AD∥OC；②点E为△CDB的内心；③FC=FE；④CE⋅FB=AB⋅CF．其中正确的只有（ ）
A．①②B．②③④C．①③④D．①②④
【答案】D
【分析】根据切线长定理，证△COB≌△COD，可得∠COB=12∠BOD，根据圆周角定理即可得出∠DAB=∠COB，由此可证得AD∥OC；连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周角定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确；若FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB，即∠DBA=∠EAB；因此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故③不正确；先证明FB=GB，然后证明△ABG∽△CEF，从而可得出④正确．
【详解】连接OD，DE，EB，
∵CD与BC是⊙O的切线，∴∠ODC=∠OBC=90°，OD=OB，
∵OC=OC
∴Rt△CDO≌Rt△CBO，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COB=∠DAB=12∠DOB，
∴AD∥OC，故①正确；
∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDE=12∠DOE，而∠BDE=12∠BOE，
∴∠CDE=∠BDE，即DE是∠CDB的角平分线，同理可证得BE是∠CBD的平分线，
因此E为△CBD的内心，故②正确；
若FC=FE，则应有∠OCB=∠CEF，应有∠CEF=∠AEO=∠EAB=∠DBA=∠DEA，
∴弧AD=弧BE，而弧AD与弧BE不一定相等，故③不正确；
设AE、BD 交于点G，由②可知∠EBG=∠EBF，
又∵BE⊥GF，
∴FB=GB，
由切线的性质可得，点E是弧BD的中点，∠DCE=∠BCE，
又∵∠MDA=∠DCE（平行线的性质）=∠DBA，
∴∠BCE=∠GBA，
而∠CFE=∠ABF+∠FAB，∠DGE=∠ADB+∠DAG，∠DAG=∠FAB（等弧所对的圆周角相等），
∴∠AGB=∠CFE，
∴△ABG∽△CEF，
∴CE•GB=AB•CF，
又∵FB=GB，
∴CE•FB=AB•CF
故④正确．
因此正确的结论有：①②④．
故选：D．
【点睛】本题利用了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念，以及对相似三角形的性质求解．
【变式10-2】（2023·北京顺义·统考二模）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，AC是⊙O的直径．

(1)求证：∠BAC=12∠APB
(2)连接PO交⊙O于点D，若AC=6，cs∠BAC=45，求PD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据切线长定理和切线的性质可得PA=PB，∠1=∠2=12∠APB，∠PAO=90°，根据等腰三角形三线合一性质可得PE⊥AB，可得∠3+∠BAC=90°，∠1+∠3=90°，得到∠BAC=∠1，从而得证；
（2）根据余弦，正弦的定义及勾股定理可得sin∠1=35，从而有PO=AOsin∠1，PD=PO-DO，代入计算即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，连接PO，交AB于点E．
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA=PB，∠1=∠2=12∠APB，∠PAO=90°，
∴PE⊥AB，∠3+∠BAC=90°，
∴∠PEA=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠BAC=∠1，
∴∠BAC=12∠APB．

（2）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵AC=6，cs∠BAC=45，
∴AB=AC⋅cs∠BAC=6×45=245，
∴BC=AC2-AB2=62-2452=185，
∴sin∠BAC=BCAC=1856=35，
∴sin∠1=35，
∵∠PAO=90°，AC=6，
∴DO=AO=12AC=3，
∴PO=AOsin∠1=335=5，
∴PD=PO-DO=5-3=2，
∴PD的长为2．

【点睛】本题考查切线长定理，切线的性质，等腰三角形三线合一性质，直径所对的圆周角是直角，解直角三角形，勾股定理．正确的添加辅助线是解题的关键．
【变式10-3】（2023·河南周口·校联考三模）如图，点E是以AB为直径的⊙O外一点，点C是⊙O上一点，EB是⊙O的切线，EC⊥OC，连接AC并延长交BE的延长线于点F．

(1)求证：点E是BF的中点；
(2)若EC=OC，⊙O的半径为3，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】（1）连接BC，证明EC是⊙O的切线．根据EB是⊙O的切线，可得EC=EB，进而证明EF=EC，等量代换可得EF=EB，即可得证；
（2）根据EC=OC，可得四边形OCEB是正方形，则△ABF是等腰直角三角形．勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BC．
∵AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°．
∵ EC⊥OC，
∴EC是⊙O的切线．
∵EB是⊙O的切线，
∴EC=EB，
∴∠ECB=∠EBC．
∵∠ECB+∠FCE=90°，∠EBC+∠F=90°，
∴∠FCE=∠F，
∴EF=EC，
∴EF=EB，
∴点E是BF的中点．

（2）解：若EC=OC，由(1)得，四边形OCEB是正方形，
∴ △ABF是等腰直角三角形．
∵ ⊙O半径为3，
∴AB=6，
∴ AF=2AB=62，
∵ BC⊥AF
∴ CF=12AF=32．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式10-4】（2022·广东·统考模拟预测）如图，AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，点C是射线BC上任意一点，过点C作CD切⊙O于点D，连接AD．
(1)求证：BC＝CD；
(2)若∠C＝60°，BC＝3，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）根据切线长定理证明即可；
（2）根据已知条件可得△BCD是等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵ AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，
∴ CB是⊙O的切线，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD=CB
（2）连接OD,OC，DB，
∵ CD,CB是⊙O的切线，∠DCB =60°， BC＝3，
∴△DBC是等边三角形，
∴∠DBC=60°，BC=DB=3
∵AB⊥BC
∴∠ABD=30°
∵ AB是直径
∴ ∠ADB=90°
∴AD=12AB
∴DB=3AD
∴ AD=33DB=3
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的切线的性质是解题的关键．
考点三 三角形内切圆与外接圆
1. 三角形内切圆与外接圆
2. 三角形内心与外心
3.常见结论
1）三角形内切圆半径公式：r=2SC，其中S为三角形的面积；C为三角形的周长.
2）特殊的直角三角形内切圆半径公式：r=a+b-c2或r=aba+b+c，其中a，b为直角三角形的直角边长，c为斜边长.
【解题思路】解三角形的内切圆问题，通常分别连接．内切圆的圆心与切点、圆心与三角形的顶点来构造直角三角形，以便利用直角三角形的知识进行求解．
1. 一个三角形有且只有一个内切圆,而一个圆有无数个外切三角形.
2. 三角形的内心是三条角平分线的交点,因此,镜角三角形、直角三角形、锐角三角形的内心都在三角形的内部.
3. 三角形的内心是三条角平分线的交点,因此,镜角三角形、直角三角形、锐角三角形的内心都在三角形的内部.
题型01 判断三角形外接圆圆心位置
【例1】（2023·河北邢台·统考一模）如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上．下列三角形中，外心不是点O的是（ ）
A．△ABCB．△ABDC．△ABED．△ABF
【答案】C
【分析】设小正方形边长为1，再通过勾股定理求出O到所有顶点长度，不相等的就是外心不在的三角形．
【详解】解：设小正方形边长为1，
则：OA=22+12=5=OB=OC=OD=OF，
OE=2，
根据三角形外心到各顶点距离相等可以判断：
点O是△ABD,△ABC,△ABF三个三角形的外心；
不是△ABE的外心，
故选：C．
【点睛】本题考查外心的定义，掌握勾股定理求出外心到各顶点距离是关键．
【变式1-1】（2021·河北·模拟预测）10个大小相同的正六边形按如图所示方式紧密排列在同一平面内，A、B、C、D、E、O均是正六边形的顶点．则点O是下列哪个三角形的外心（ ）．
A．△AEDB．△ABDC．△BCDD．△ACD
【答案】D
【分析】根据三角形外心的性质，到三个顶点的距离相等，可以依次判断．
【详解】答：因为三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，所以由正六边形性质可知，点O到A，B，C，D，E的距离中，只有OA=OC=OD．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了三角形外心的性质，即到三角形三个顶点的距离相等．
【变式1-2】（2022·江苏淮安·统考模拟预测）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1．每个小正方形的顶点称为格点，点A、B、C均为格点，只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中找一格点M，按下列要求作图：
（1）在图①中，连结MA、MB，使MA=MB．
（2）在图②中，连结MA、MB、MC，使MA=MB=MC．
（3）在图③中，连结MA、MC，使∠AMC=2∠ABC．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）由勾股定理可求得AM=BM=5，即可得点M的位置；
（2）由勾股定理可求得AB=BC=10，AC=25，即可得AB2+BC2=AC2=20 ，再由勾股定理的逆定理可判定△ABC为等腰直角三角形，点M即为斜边AC的中点，由此可得点M的位置；
（3）作出AB、AC的垂直平分线，交点即为M，M即为△ABC外接圆的圆心，连接AM，CM，根据圆周角定理可得∠AMC=2∠ABC，由此即可确定点M的位置．
【详解】（1）如图①所示，点M即为所求．
（2）如图②所示，点M即为所求．
（3）如图③所示，点M即为所求．
【点睛】本题考查了基本作图，解决第（3）题时，确定△ABC外接圆的圆心是解决问题的关键．
题型02 求外心坐标
【例2】（2020·广西南宁·南宁三中校考三模）过三点A（2，2），B（6，2），C（4，5）的圆的圆心坐标为（ ）
A．（4，176）B．（4，3）C．（5，176）D．（5，3）
【答案】A
【分析】根据题意，可知线段AB的线段垂直平分线为x=4，然后由C点的坐标可求得圆心的横坐标为x=4，然后设圆的半径为r，则根据勾股定理可求解.
【详解】设圆的半径为r，则根据勾股定理可知：
r2=22+(5-2-r)2，解得r=136，
因此圆心的纵坐标为5-136=176，
因此圆心的坐标为（4，176），
故选A．
【变式2-1】（2020·北京西城·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0），⊙M是△ABC的外接圆，则点M的坐标为 ．
【答案】（6，6）
【分析】如图：由题意可得M在AB、BC的垂直平分线上，则BN=CN；证得ON=OB+BN=6，即△OMN是等腰直角三角形，得出MN=ON=6，即可得出答案.
【详解】解：如图∵圆M是△ABC的外接圆
∴点M在AB、BC的垂直平分线上，
∴BN=CN，
∵点A，B，C的坐标分别是（0，4），（4，0），（8，0）
∴OA=OB=4，OC=8，
∴BC=4，
∴BN=2，
∴ON=OB+BN=6，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∵OM⊥AB，
∴∠MON=45°，
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴MN=ON=6，点M的坐标为（6，6）．
故答案为（6，6）．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，其中判定△OMN为等腰直角三角形是解答本题的关键．
【变式2-2】（2021·广东广州·统考一模）如图，在直角坐标系中，点A（0，6）、B（0，﹣2）、C（﹣4，6），则△ABC外接圆的圆心坐标为 ．
【答案】(-2,2)
【分析】先根据点A,B,C的坐标可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角形的外接圆的圆心为斜边的中点即可得．
【详解】解：∵A(0,6),B(0,-2),C(-4,6)，
∴AC⊥AB，
∴△ABC是直角三角形，
则△ABC外接圆的圆心坐标为(-4+02,-2+62)，即(-2,2)，
故答案为：(-2,2)．
【点睛】本题考查了直角三角形的外接圆的圆心，熟练掌握直角三角形的外接圆的圆心为斜边的中点是解题关键．
【变式2-3】（2022·河北邯郸·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，AB⊥x轴，M为Rt△ABC的外心．若点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），则点B的坐标为（ ）
A．（3，﹣1）B．（3，﹣2）C．（3，﹣3）D．（3，﹣4）
【答案】B
【分析】根据M为直角三角形的外心．∠ABC＝90°，得出点M为AC中点，利用中点坐标公式求出点C（-5，-2），根据AB⊥x轴，得出点A，B的横坐标相同都是3，根据BC∥x轴，得出点B、C的纵坐标相同都是-2即可．
【详解】解：∵M为Rt△ABC的外心．∠ABC＝90°，
∴点M为AC中点，
∵点A的坐标为（3，4），点M的坐标为（﹣1，1），
设点C横坐标为（x,y）,
∴x+32=-1,y+42=1，
解得x=-5，y=-2，
∴点C（-5，-2），
∵AB⊥x轴，
∴点A，B的横坐标相同都是3，
∵∠ABC＝90°，
∴BC∥x轴，
∴点B、C的纵坐标相同都是-2，
∴点B（3，-2）．
故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形的外心，中点坐标公式，平行x轴或y轴的点坐标特征，掌握直角三角形的外心的性质，中点坐标公式，平行x轴或y轴的点坐标特征是解题关键．
题型03 已知外心的位置判断三角形形状
【例3】（2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模）如图，O是△ABC的外心，则∠1+∠2+∠3=( )
A．60∘B．75∘C．90∘D．105∘
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠3=∠4，根据三角形内角和定理计算即可．
【详解】如图，
∵OA=OB，
∴∠3=∠4，
同理，∠1=∠5，∠2=∠6，
∵∠3+∠4+∠1+∠5+∠2+∠6=180∘，
∴∠1+∠2+∠3=90∘，
故选C．
【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外接圆的概念，三角形内角和定理是解题的关键．
【变式3-1】（2022·河北保定·统考一模）已知△ABC和△ABD有相同的外心，∠D=70°，则∠C的度数是（ ）
A．70°B．110°C．70°或110°D．不能确定
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：若C、D在AB的同侧，根据圆周角定理求解；若C、D在AB的异侧，根据圆内接四边形的性质求解．
【详解】解：若C、D在AB的同侧，如图1，则∠D=∠C=70°，
若C、D在AB的异侧，如图2，则∠D+∠C=180°，
∵∠C=70°，
∴∠D=110°；
综上，∠D=70°或110°．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的外心和圆内接四边形的性质，解题的关键是进行正确分类、熟练掌握有关基本知识．
【变式3-2】（2023·湖北宜昌·校考一模）如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外心的位置，下列说法正确的是（ ）
A．在△ABF内B．在△BFE内
C．在线段BF上D．在线段BE上
【答案】D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，
∴正六边形的每一个内角都为180°−60°=120°，
∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
∴∠AFB=∠ABF=12(180°−120°)=30°，
∴∠BFE=∠AFE−∠AFB=120°−30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角形外心（三角形外接圆的圆心），等腰三角形的性质及直角三角形的判定，解题的关键是明确锐角三角形的外心在三角形的内，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．
【变式3-3】（2020·上海·校考三模）三角形的外心恰好在它的一条边上，则这个三角形一定是 ．
【答案】直角三角形
【分析】根据直径所对的圆周角是直角得该三角形是直角三角形．
【详解】解：锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心是其斜边的中点，钝角三角形的外心在其三角形的外部；
由此可知若三角形的外心在它的一条边上，那么这个三角形是直角三角形．
故答案为：直角三角形．
【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，关键掌握直角三角形的外心就是其斜边的中点．
题型04 求特殊三角形外接圆的半径
【例4】（2023·辽宁阜新·统考一模）如图，⊙O是等边△ABC的外接圆，若AB=3，则⊙O的半径是（ ）
A．32B．32C．3D．52
【答案】C
【分析】作直径AD，连接CD，如图，利用等边三角形的性质得到∠B=60°，关键圆周角定理得到∠ACD=90°，∠D=∠B=60°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求解．
【详解】解：作直径AD，连接CD，如图，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠B=60°，
∵AD为直径，
∴∠ACD=90°，
∵∠D=∠B=60°，则∠DAC=30°，
∴CD=12AD，
∵AD2=CD2+AC2，即AD2=(12AD)2+32，
∴AD=23，
∴OA=OB=12AD=3．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了等边三角形的性质、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系．
【变式4-1】（2021·湖北武汉·统考三模）如图，在ΔABC中，∠BAC=60°其周长为20，⊙I是ΔABC的内切圆，其半径为3，则ΔBIC的外接圆半径为（ ）
A．7B．73C．722D．733
【答案】D
【分析】过C作CD⊥AB于D，由∠BAC=60°结合面积求出BC的长，由内心可以求出∠BIC=120°，ΔBIC的外接圆圆心为O,F是⊙O优弧BC上任意一点，过O作OE⊥BC于E，求出圆心角∠BOC=2∠F=120°，最后由垂径定理求出半径OB
【详解】过C作CD⊥AB于D，ΔBIC的外接圆圆心为O,F是⊙O优弧BC上任意一点，过O作OE⊥BC于E，设AB=c,AC=b,BC=a，
∵∠BAC=60°，
∴AD=12b,DC=32b,BD=c-12b，
∵在ΔABC周长为20，内切圆半径为3，
∴S△ABC=12×20×3=12CD·AB，
∴20×3=32b·c
∴bc=40
Rt△BDC中，BD2+CD2=BC2
∴(c-12b)2+(32b)2=a2
c2+b2-bc=a2
∵在ΔABC周长为20，
∴c+b+a=20
∴a2=c2+b2-bc=(b+c)2-3bc=(20-a)2-3×40
解得BC=a=7
∵I是ΔABC的内心
∴BI、CI分别平分∠ABC、∠ACB
∴∠IBC=12∠ABC,∠ICB=12∠ACB
∵∠BAC=60°
∴∠ABC+∠ACB=120°
∴∠BIC=180-∠IBC-∠ICB=180-12(∠ABC+∠ACB)=120°
∵∠BIC+∠F=180°
∴∠F=60°
∴∠BOC=2∠F=120°
∵OE⊥BC
∴∠BOE=12∠BOC=60°,BE=12BC=72
∴OB=BE÷32=72÷32=733
故选D
【点睛】本题综合考察三角形的内心和外心，熟记内心和外心的性质是解题的关键
【变式4-2】（2020·福建福州·统考一模）已知：在△ABC中，AB=AC，∠A<90°．
(1)找到△ABC的外心，画出△ABC的外接圆（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写过程）
(2)若△ABC的外接圆的圆心O到BC边的距离为8，BC=12，请求出⊙O的面积．
【答案】(1)见解析
(2)100π
【分析】（1）分别作线段BC和线段AB的中垂线，中垂线的交点即为△ABC的外心O，以O为圆心，OA为半径画出△ABC的外接圆即可；
（2）如图，连接OB，利用垂径定理求出半径，即可求出⊙O的面积．
【详解】（1）解：如图⊙O即为所求．
①分别以点B，点C为圆心，大于12BC的长为半径，画弧，作出线段BC的中垂线；
②同理作出线段AB的中垂线；
③两条中垂线的交点O为圆心，OA为半径画圆，即为所求．
（2）解：如图，连接OB，由题意得：OD=8，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=12BC=6，
∴OB=BD2+OD2=82+62=10，
∴圆O的面积为：πr2=100π．
【点睛】本题考查画三角形的外接圆，以及垂径定理求半径．熟练掌握外心的定义和等腰三角形的判定与性质，以及垂径定理是解题的关键．
题型05 由三角形的内切圆求长度
【例5】（2023·河北·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，根据切线长定理设AG=AF=a,DE=DF=b，进而结合已知条件表示出AB,AC，求得DE的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点I作IF⊥AD,IG⊥AB，
∵I是△ABD的内心，
∴AG=AF,BG=BE,DE=DF，
设AG=AF=a,DE=DF=b，
∵BD＝10，
∴BE=BG=10-b，
∴AB=AG+BG=a+10-b,AC=AD+DC=a+b+4，
∵AB=AC，
∴a+10-b=a+b+4，
解得b=3，
∴BE=BD-DE=10-3=7，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
【变式5-1】（2022·广西河池·统考一模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，AB=14，BC=13，CA=9，则AD的长是（ ）
A．3.5B．4C．4.5D．5
【答案】D
【分析】设AD=x，根据切线长定理得出AF=AD，CE=CF，BD=BD，求出BD=BE=14-x，CF=CE=9-x，根据CE+BE=BC，代入求出x即可．
【详解】设AD=x，
∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD，CE=CF，BD=BD，
∵AB=14，BC=13，CA=9，
∴BD=BE=14-x，CF=CE=9-x，
∵CE+BE=BC=13
∴9-x+14-x=13，
∴x=5，
∴AD=5．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
【变式5-2】（2022·山东泰安·统考模拟预测）如图，点I为的△ABC内心，连接AI并延长交△ABC的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接CD，EI，IC，当AI=2CD，IC=6，ID=5时，IE的长为（ ）
A．5B．4.5C．4D．3.5
【答案】C
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
【详解】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM=IM2-IC2=8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
∴IE=12CM=4，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
【变式5-3】（2023·广东广州·广东实验中学校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，则△ABC的内切圆的半径r是（ ）

A．2B．3C．4D．无法判断
【答案】A
【分析】根据等积法求内切圆半径，进行求解即可．
【详解】解：∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=62+82=10，
如图：设△ABC的内切圆与各边的切点分别为点D,E,F，连接OD,OE,OF，则：OD=OE=OF=r,OD⊥BC,OE⊥AC,OF⊥AB，

∵S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC，
∴12AC⋅BC=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r，即：6×8=6+8+10r，
∴r=2；
故选A．
【点睛】本题考查求三角形内切圆的半径．熟练掌握等积法求内切圆的半径，是解题的关键．
题型06 由三角形的内切圆求角度
【例6】（2020·浙江丽水·统考模拟预测）如图，⊙O是等边△ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是DF上一点，则∠EPF的度数是（ ）
A．65°B．60°C．58°D．50°
【答案】B
【分析】连接OE，OF．求出∠EOF的度数即可解决问题．
【详解】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=12∠EOF=60°，
故选：B．
【点睛】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．
【变式6-1】（2018·湖南邵阳·校联考一模）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56°B．62°C．68°D．78°
【答案】C
【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
【详解】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，
∵∠AIC=124°，
∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）
=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
=180°﹣2（180°﹣∠AIC）
=68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE=∠B=68°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
【变式6-2】（2023·湖南娄底·校联考一模）如图，△ABC的内切圆圆O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠DEF=53°，则∠A的度数是（ ）
A．36°B．53°C．74°D．128°
【答案】C
【分析】连接OD、OF，如图，先根据圆周角定理得到∠DOF=2∠DEF=106°，再根据切线的性质得OD⊥AB，OF⊥AC，则∠ADO=∠AFO=90°，然后根据四边形内角和计算∠A的度数．
【详解】解：连接OD、OF，如图：
∵∠DEF=53°，
∵∠DOF=2∠DEF=106°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、CA分别相切于点D、F，
∴OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∴∠A+∠DOF=180°，
∴∠A=180°-106°=74°．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．
【变式6-3】（2023·湖北襄阳·统考一模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，∠C=40°，则∠AOB的大小是 ．
【答案】110°
【分析】⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，求得∠BAC+∠ABC，然后利用三角形内角和定理求解．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，即O是△ABC的内心，
∴∠BAO=12∠BAC，∠ABO=12∠ABC，
∴∠BAO+∠ABO=12（∠BAC＋∠ABC）=12180°-40°=70°，
∴∠AOB=180°-∠BAO+∠ABO=180°-70°=110°．
故答案为：110°．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，正确证明∠BAO+∠ABO=12（∠BAC+∠ABC）是关键．
题型07 由三角形的内切圆求周长、面积
【例7】（2023·陕西西安·高新一中校考一模）如图，在一张Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，BC=5，AC=12，⊙O是它的内切圆．小明用剪刀沿着⊙O的切线DE剪下一块三角形ADE，则△ADE的周长为（ ）

A．19B．17C．22D．20
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．设△ABC的内切圆切三边于点F，H，G，连接OF，OH，OG，得四边形OHCG是正方形，由切线长定理可知AF=AG，根据DE是⊙O的切线，可得MD=MF，EM=EG，根据勾股定理可得AB=13，再求出内切圆的半径12(AC+BC-AB)=2，进而可得△ADE的周长．
【详解】解：如图，设△ABC的内切圆切三边于点F、H、G，连接OF、OH、OG，
∴四边形OHCG是正方形，

由切线长定理可知AF=AG，
∵DE是⊙O的切线，
∴MD=DF，EM=EG，
∵∠ACB=90°，BC=5，AC=12，
∴AB=AC2+BC2=13，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴内切圆的半径=12(AC+BC-AB)=2，
∴CG=2，
∴AG=AC-CG=12-2=10，
∴AF=AG=10，
∴ΔADE的周长为：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=10+10=20．
故选：D．
【变式7-1】（2019·河北·模拟预测）如图，已知△ABC的周长是20，点O为三角形内心，连接OB、OC，OD⊥BC于点D，且OD=3，则△ABC的面积是（ ）
A．20B．25C．30D．35
【答案】C
【分析】连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，根据三角形内心的性质，得到OD=OE=OF=3，再利用三角形面积进行计算，即可得到答案．
【详解】解：如图，连接OA，过点O作OE⊥AB于点E，OF⊥AC于点F，
∵点O为三角形内心，OD⊥BC，
∴OD=OE=OF=3，
∴S△ABC=S△AOB+S△AOC+S△BOC
=12AB⋅OE+12AC⋅OF+12BC⋅OD
=12OD⋅AB+AC+BC
=12×3×20
=30，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，三角形的面积公式，熟练掌握三角形内心的性质是解题关键．
【变式7-2】（2023·江苏宿迁·沭阳县怀文中学统考一模）如图⊙O是△ABC的内切圆，切点分别是D，E，F，其中AB=6，BC=9，AC=11，若MN与⊙O相切与G点，与AC，BC相交于M，N点，则△CMN的周长等于 ．

【答案】14
【分析】根据切线的性质和三角形的周长公式即可得到结论．
【详解】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，且与MN相切于点G；

根据切线长定理，设BF=BD=x，AD=AE=y，CF=CE=z，ME=MG，NG=NF；
∵AB=6，BC=9，AC=11，
∴x+y=6y+z=11x+z=9．解得x=2y=4z=7，
∴△CMN的周长=CE+CF=7+7=14，
故答案为：14．
【点睛】本题考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，三角形周长的计算，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
【变式7-3】（2022·湖北武汉·武汉第三寄宿中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠B＝60°，∠A＝90°，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．
(1)求∠EOD的度数；
(2)若r＝2，求阴影部分的面积．
【答案】(1)150°
(2)8+43-53π
【分析】（1）根据切线的性质可得∠OFB=∠ODB=90°，根据∠B =60°，根据四边形内角和即可求解．求得∠EOD；
（2）根据阴影部分面积等于S△ABC- S正方形AFOE- S△BOD-S△BOF- S扇形OED，即可求解．
【详解】（1）解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F．
∴∠OFB=∠ODB=90°，
∵∠B＝60°，
∴∠FOD=360°-90°-90°-60°=120°，
∴∠EOD=360°-∠EOF-∠FOD=150°
（2）如图，连接BO，
∵∠A=∠OFE=∠OEF=90°，
∴四边形AFOE是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形AFOE是正方形，
∵⊙O的半径为r＝2，则OD=2，
∴S正方形AFOE=2×2=4，
∵BF,BD是⊙O的切线，
∴ ∠FBO=∠DBO=30°，
∴tan∠OBD=ODBD=33=2BD，
∴ BD=63=23，
∴AB=AF+AB=2+23，
∴AC=AB×tanB=32+23=6+23，
∴S△ABC=12AB×AC=122+236+23=12+83，
∴S△BOD=S△BOF=12BD×OD=12×23×2=23，
∵∠EOF=90°,∠FOD=120°，
∴∠EOD=150°，
∴S扇形OED=150360π×22=53π，
∴阴影部分面积等于S△ABC- S正方形AFOE- S△BOD-S△BOF- S扇形OED
=12+83 -4-23-23-53π
=8+43-53π．
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，四边形内角和定理，求扇形面积，解直角三角形，掌握切线长定理是解题的关键．
题型08 求三角形的内切圆半径
【例8】【（2023·广西梧州·统考二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若△ABC的周长为18，面积为9，则⊙O的半径是（ ）

A．1B．2C．1.5D．2
【答案】A
【分析】作辅助线如解析图，根据S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BOC，代入数据求解即可.
【详解】解：如图，设⊙O与△ABC的各边分别相切于点E、F、G，连接OE,OF,OG,OA,OB,OC，设⊙O的半径为r，
则OE⊥AB,OF⊥AC,OG⊥BC，OE=OF=OG=r，
∵S△ABC=S△ABO+S△ACO+S△BOC
=12AB⋅r+12AC⋅r+12BC⋅r
=12AB+AC+BC⋅r，
又△ABC的周长为18，面积为9，
∴9=12×18⋅r，
∴r=1，
故选：A.

【点睛】本题考查了利用三角形的面积求三角形的内切圆半径，掌握求解的方法是解题的关键.
【变式8-1】（2023·湖南邵阳·统考一模）如图所示，⊙O是等边三角形ABC的内切圆，若AB=4，则⊙O的半径是（ ）

A．32B．1C．233D．2
【答案】C
【分析】根据内切圆和角平分线性质的判定定理，可证明OB和OC分别为∠ABC和∠ACB的角平分线，再根据三角形全等证明BE=12BC，最后利用勾股定理求出圆的半径长度.
【详解】解：设AB与⊙O的交点为D，BC与⊙O的交点为E，如图所示，连接OD，OB，OE，OC，

∵⊙O是等边三角形ABC的内切圆，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，∠ABC=60°.
∵OD=OE，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBC=12∠ABC=30°.
同理OC平分∠ACB，
∴∠OCB=12∠ACB=30°.
∴∠OCB=∠OBC.
∵OE⊥BC，
∴∠OEB=∠OEC=90°，
∴△OBE≌△OCEAAS，
∴BE=CE=12BC=2.
∵在Rt△OBE中，设OE=x，则OB=2x，
∴4x2=x2+22，
∴x=233.
∴OE=233.
∴⊙O的半径为：233.
故选:C.
【点睛】本题考查了圆的切线长定理、角平分线性质判定定理、全等三角形和勾股定理，解题的关键在于通过内切圆找到关键信息.
【变式8-2】（2023·湖南常德·统考模拟预测）如图，⊙O是边长为12的正三角形ABC的内切圆，⊙O1与边AB、AC均相切，且与⊙O外切，则⊙O的半径为 ．

【答案】23
【分析】由切线的性质得到OH⊥BC，OM⊥AB，又OM=OH，得到OB平分∠ABC，因此得到∠OBH=30°，同理得到∠OCB=30°，故OB=OC，推出BH=CH=6，由锐角的正切即可求出OH的长．
【详解】解：设⊙O与BC切于H，与AB相切于M，连接OM，连接OH，OB，OC，

∴OH⊥BC，OM⊥AB，
∵OM=OH，
∴OB平分∠ABC，
∴∠OBM=∠OBH，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠OBH=12∠ABC=30°，
同理：∠OCH=12∠ACB=30°，
∴∠OBH=∠OCH，
∴OB=OC，
∴BH=CH=12BC=12×12=6，
∵tan∠OBH=OHBH=33，
∴OH=23．
故答案为：23．
【点睛】本题考查切线的性质，等边三角形的性质，解直角三角形，三角形的内切圆与内心，等腰三角形的性质，关键是由以上知识点推出OB=OC，得到H是BC中点，应用锐角的正切即可求解．
【变式8-3】（2023·甘肃陇南·校考一模）如图，⊙O与∠A=90°的Rt△ABC的三边AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，若BE=10，CF=3，则⊙O的半径为（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】D
【分析】连接OD，OF，首先根据切线长定理得到BD=BE=10，CE=CF=3，然后证明出四边形ADOF是正方形，然后设AD=AF=x，根据勾股定理求解即可．
【详解】如图，
连接OD，OF，
∵AC、AB、CB与⊙O相切，
∴BD=BE=10，CE=CF=3，AD=AF，OD⊥AB，OF⊥AC，
∴∠ADO=∠AFO=90°，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ADOF是矩形，
∴矩形ADOF是正方形，
∴AD=OD，
设AD=AF=x，
Rt△ABC中，AB=BD+AD=x+10，AC=CF+AF=x=3，BC=BE+CE=13，
由勾股定理得，AB2+AC2=BC2，
∴10+x2+x+32=132，
∴x1=2，x2=-15（舍去），
∴OD=2，
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
题型09 直角三角形周长、面积和内切圆半径的关系
【例9】（2022·广东深圳·统考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，⊙O是△ABC的内切圆，半径为2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．30﹣4πB．303-4πC．60﹣16πD．303-16π
【答案】A
【分析】先由切线长定理和勾股定理算出三角形另外两边的长，再根据图中阴影部分的面积=△ABC的面积-⊙O的面积，然后利用三角形的面积公式和圆的面积公式计算即可．
【详解】解：过点O作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CEOF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形CEOF是正方形，
∴CE=CF=OE=OF=2，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴BF=BD，AE=AD=AC-CE=5-2=3，
设BF=BD=x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∴52+(2+x)2=(3+x)2，
解得x=10，
∴BC=12，AB=13，
∴S阴影部分=S△ABC-S⊙O=12×5×12-π×22=30-4π．
故选A．
【点睛】本题主要考查了切线长定理、勾股定理、三角形与圆的面积公式．
【变式9-1】（2022上·河北邯郸·九年级校考期中）如图，⊙O是四边形ABCD的内切圆．若∠AOB=70°，则∠COD=（ ）

A．110°B．125°C．140°D．145°
【答案】A
【分析】根据内切圆得到四条角平分线，结合四边形内角和定理求解即可得到答案；
【详解】解：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，
∴∠OAB=∠OAD，∠ODA=∠ODC，∠OCD=∠OCB，∠OBC=∠OBA ，
∵∠OAB+∠OAD+∠ODA+∠ODC+∠OCD+∠OCB+∠OBC+∠OBA=360°，
∴∠OAB+∠OBA+∠ODC+∠OCD=∠OAD+∠ODA+∠OCB+∠OBC=180°，
∵∠AOB=70°，∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°，∠ODC+∠OCD+∠DOC=180°，
∴∠COD=180°-70°=110°，
故选：A；
【点睛】本题考查圆内切四边形及四边形的内角和定理，解题的关键是得到∠OAB+∠OBA+∠ODC+∠OCD=180°．
【变式9-2】（2023·四川宜宾·统考一模）《九章算术》卷九中记载：“今有勾三步，股四步，问勾中容圆径几何？”其大意是：“今有直角三角形勾（短直角边）长为3步，股（长直角边）长为4步，问该直角三角形能容纳的圆（内切圆）的半径是多少步？”如图是示意图，根据题意，该内切圆的半径为 ．
【答案】1
【分析】连接OD、OE，可知四边形ODCE为正方形，设半径为r，根据切线长定理列方程求解即可．
【详解】解：连接OD、OE，如下图：
由题意可得：∠C=∠OED=∠ODC=90°，BD=BF，CD=CE，AF=AE
∵AC=4，BC=3
∴四边形ODCE为矩形，AB=AC2+BC2=5
又∵OD=OE
∴矩形ODCE为正方形
设半径为r，则CD=OD=CE=r
∴AF=AE=4-r，BF=BD=3-r
∴4-r+3-r=5
解得r=1
故答案为：1
【点睛】此题考查了勾股定理，切线长定理，正方形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
题型10 圆外切四边形模型
【例10】（2021上·江苏南京·九年级统考期中）如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，若∠BOC＝118°，则∠AOD＝ ．
【答案】62°
【分析】先根据切线长定理得到∠1＝12∠ABC，∠2＝12∠BCD，∠3＝12∠ADC，∠4＝12∠BAD，再利用三角形内角和计算出∠1+∠2＝62°，则∠ABC+∠BCD＝124°，然后利用四边形内角和得出∠BAD+∠ADC＝236°，再求∠3+∠4＝118°即可．
【详解】解：∵圆O是四边形ABCD的内切圆，
∴OA平分ABC，OC平分∠BCD，OD平分∠ADC，OA平分∠BAD，
∴∠1＝12∠ABC，∠2＝12∠BCD，∠3＝12∠ADC，∠4＝12∠BAD，
∵∠1+∠2＝180°﹣∠BOC＝180°﹣118°＝62°，
∴∠ABC+∠BCD＝2（∠1+∠2）＝2×62°＝124°，
∵∠BAD+∠ADC＝360°﹣（∠ABC+∠BCD）＝360°﹣124°＝236°，
∴∠3+∠4＝12（∠BAD+∠ADC）＝12×236°＝118°，
∴∠AOD＝180°﹣（∠3+∠4）＝180°﹣118°＝62°．
故答案为：62°．
【点睛】本题考查了四边形的内切圆．切线的性质和切线长定理，三角形内角和，掌握四边形的内切圆性质．切线的性质和切线长定理，三角形内角和是解题关键．
【变式10-1】（2015·河南·模拟预测）阅读材料：已知，如图（1），在面积为S的△ABC中， BC=a,AC=b, AB=c,内切圆O的半径为r连接OA、OB、OC，△ABC被划分为三个小三角形．
∵S=SΔOBC+SΔOAC+SΔOAB=12BC⋅r+12AC⋅r+12AB⋅r=12(a+b+c)r
∴r=2Sa+b+c．

（1）类比推理：若面积为S的四边形ABCD存在内切圆（与各边都相切的圆），如图（2），各边长分别为AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求四边形的内切圆半径r；
（2）理解应用：如图(3)，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=21，CD=11，AD=13，⊙O1与⊙O2分别为△ABD与△BCD的内切圆，设它们的半径分别为r1和r2，求r1r2的值.
【答案】（1）r=2Sa+b+c+d（2）r1r2=149.
【分析】（1）如图，连接OA、OB、OC、OD，则△AOB、△BOC、△COD和△DOA都是以点O为顶点、高都是r的三角形，根据S=SΔAOB+SΔBOC+SΔCOD+SΔAOD即可求得四边形的内切圆半径r.
（2）过点D作DE⊥AB于点E，分别求得AE的长，进而BE 的长，然后利用勾股定理求得BD的长；然后根据SΔABD=12(13+21+20)r1，SΔBCD=12(11+13+20)r2，两式相除，即可得到的值.
【详解】解：（1）如图（2），连接OA、OB、OC、OD.
∵S=SΔAOB+SΔBOC+SΔCOD+SΔAOD=12ar+12br+12cr+12dr=12(a+b+c+d)r
∴r=2Sa+b+c+d
（2）如图（3），过点D作DE⊥AB于点E，
∵梯形ABCD为等腰梯形，
∴AE=12(AB-DC)=12(21-11)=5
∴BE=AB-AE=21-5=16
在Rt△AED中，
∵AD=13，AE=5，∴DE=12，
∴BD=DE2+BE2=122+162=20
∵AB∥DC，∴SΔABDSΔBCD=ABDC=2111.
又∵SΔABDSΔBCD=12(13+21+20)r112(11+13+20)r2=54r144r2=27r122r2，
∴27r122r2=2111.即r1r2=149.
题型11 三角形内心有关的应用
【例11】（2018·河北唐山·校联考一模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，则点O是△ABC的（ ）
A．三条边的垂直平分线的交点B．三条角平分线的交点
C．三条中线的交点D．三条高的交点
【答案】B
【分析】根据三角形的内切圆得出点O到三边的距离相等，即可得出结论．
【详解】解：∵⊙O是ΔABC的内切圆，
则点O到三边的距离相等，
∴点O是ΔABC的三条角平分线的交点；
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，解题的关键是熟练掌握三角形的内切圆的圆心性质．
【变式11-1】（2021·河北·统考一模）如图，在△ABC中点D为△ABC的内心,∠A=60°,CD=2,BD=4．则△DBC的面积是（ ）
A．43B．23C．2D．4
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥CD于点H．由点D为△ABC的内心，∠A=60°，得∠BDC=120°，则∠BDH=60°，由BD=4，BD：CD=2：1得BH=23，CD=2，于是求出△DBC的面积．
【详解】解：过点B作BH⊥CD于点H．
∵点D为△ABC的内心，∠A=60°，
∴∠BDC=90°+12∠A=90°+12×60°=120°，
则∠BDH=60°，
∵BD=4，BD：CD=2：1
∴DH=2，BH=23，CD=2，
∴△DBC的面积为12CD•BH=12×2×23=23.
故选B.
【点睛】本题考查了三角形内心的相关计算，熟练运用含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
【变式11-2】（2022·云南文山·一模）如图，BC是⊙O的直径，点A是⊙O上的一点，点D是△ABC的内心，若BC＝5，AC＝3，则BD的长度为（ ）
A．2B．3C．10D．342
【答案】C
【分析】如图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，求出AB的长，根据内心的性质，求出BE的长，再根据S△ABC = S△ABD + S△BDC + S△ADC，求出DE的长，由勾股定理即可得答案．
【详解】解： 如下图，过点D分别作DE⊥AB于E，DF ⊥BC于F， DH⊥AC于H， 连接AD， CD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC= 90°，
∵BC＝5，AC＝3，
∴AB=BC2-AC2=52-32=4 ，
∵点D是△ABC的内心，
∴ DE= DF= DH，AE= АН，BE= BF，CF= CH，
设BE= x，则BF= x，AE=4- x，CF=5-x，CH=5-x，AН=4-x，
∵AC=3，
∴4-x+5-x=3，
解得：x=3
∴BE=3，
设DE= r，
∵S△ABC = S△ABD + S△BDC + S△ADC，
∴12r(3+4+5)=12×3×4 ，
解得：r= 1，
∴ DE= 1，
在Rt△BDE中，BD=BE2+DE2=32+12=10 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，内心的性质，勾股定理的应用，解题的关键是作垂线，构造直角．
【变式11-3】（2023·江苏泰州·校考三模）如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A、B、C、在直角坐标系中的坐标分别为3,6，-3,3，7,-2，则△ABC内心的坐标为 ．

【答案】（2，3）
【分析】根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到点M的坐标．
【详解】解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=32+62=35，AC=42+82=45，BC=52+102=55，
∵AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B-3,3，C7,-2，
可得3=-3k+b-2=7k+b，
解得：k=-12b=32，
∴BC：y=-12x+32，
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
S△ABC=12AB×AC=12AB×r+12AC×r+12BC×r，
解得：r=5，
即AE=EM=5，
∴BE=35-5=25，
∴BM=BE2+EM2=5，
∵B（-3，3），
∴M（2，3），

故答案为：（2，3）．
【点睛】本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质等相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
题型12 三角形外接圆与内切圆综合
【例12】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）图，⊙O是△ABC的外接圆，点I是△ABC内心，连接AI并延长交⊙O于点D，若AB＝9，BC＝14，CA＝13，则AIAD的值是（ ）
A．37B．59C．411 D．913
【答案】C
【分析】作BM∥AD交CA延长线于点M，连接BI，可得∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，再由点I是△ABC内心，可得∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，从而得到∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，AB=AM=9，∠CBD=∠BAD，进而得到BD=ID，再证得△MBC∽△ABD，可得IDAD=711，即可求解．
【详解】：如图，作BM∥AD交CA延长线于点M，连接BI，
∴∠ABM=∠BAD，∠CAD=∠M，
∵点I是△ABC内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠IBC，
∴∠M=∠ABM=∠BAD=∠CAD，
∴AB=AM=9，
∴MC=AM+AC=22，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BAD+∠ABI=∠BID，∠IBC+∠BAD=∠IBD，
∴∠IBD=∠BID，
∴BD=ID，
∵∠D=∠C，
∴△MBC∽△ABD，
∴BCBD=MCAD，
∴14BD=22AD，
∴14ID=22AD，解得：IDAD=711，
∴AIAD=AD-IDAD=1-IDAD=411．
故选：C
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆和外接圆的综合，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，作出适当辅助线是解题的关键．
【变式12-1】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，点 O 是△ABC 的内心，也是△DBC 的外心．若∠A＝80°，则∠D 的度数是（ ）
A．60°B．65C．70°D．75°
【答案】B
【分析】利用三角形内心的性质得OB，OC分别是角平分线，进而求出∠BOC的大小，再利用三角形外心的性质得出∠BDC等于∠BOC的一半，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，如图，
∵点 O 是△ABC 的内心，
∴∠OBC=12∠ABC，∠OCB=12∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB=12∠ABC+12∠ACB
=12(∠ABC+∠ACB)
=12(180∘-∠A)=50∘，
∴∠BOC=180∘-(∠OBC+∠OCB)=130∘，
∵点 O是△DBC 的外心，
∴∠D=12∠BOC=65∘，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的内心和三角形外心的性质，牢记以上知识点得出各角之间的关系是做出本题的关键．
【变式12-2】（2022·四川绵阳·统考三模）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝6，AB＝8，O为Rt△ABC的外心，I为Rt△ABC的内心，延长AI交⊙O于点D．连接OI，则cs∠OID 的值为 ．
【答案】31010/31010
【分析】过点I作AB、AC、BC的垂线，分别交于点E、点F、点M，设AD与BC的交点为点N，过点N作OI的垂线，交于点H，连接OD，根据三角形内接圆的性质求出内切圆半径的长度，从而得到OM的长度；在Rt△OIM中，根据勾股定理求出OI的长度；利用△OND∽△MNI，得到ON、NM的长度；根据IO×NH=ON×IM，求出NH的长度；在Rt△NIM中，根据勾股定理求出NI的长度；在Rt△NIH中，根据勾股定理求出HI的长度，即可求出cs∠OID．
【详解】解：过点I作AB、AC、BC的垂线，分别交于点E、点F、点M，设AD与BC的交点为点N，过点N作OI的垂线，交于点H，连接OD，如图所示
∵I是Rt△ABC的内心
∴EI=IM=IF
又∵EI⊥AB，IF⊥AC，IM⊥BC，∠BAC=90°
∴四边形AEIF是正方形
设IM=r，则BE=8-r，CF=CM=6-r
∵EI⊥AB，IF⊥AC，EI=IM=IF
∴BM=BE=8-r，CM=6-r
在Rt△ABC中，BC=AC2+AB2=62+82=10
∴6-r+8-r =10
∴r=2
∴CM=4
∵O是Rt△ABC的外心
∴OB=OC=OD=5
∴OM=1
在Rt△OIM中，OI=OM2+IM2=12+22=5
∵I是Rt△ABC的内心，∠BAC=90°
∴∠BAD=45°
∴∠BOD=90°
∵∠COD=∠IMO=90°，∠OND=∠INM
∴△OND∽△MNI
∴ONNM=ODIM=52
∴ON=57，NM=27
∵IO×NH=ON×IM
∴NH=257
在Rt△NIM中，NI=NM2+IM2=(27)2+22=1027
在Rt△NIH中，HI=NI2-NH2=(1027)2-(257)2=657
∴cs∠OID=HINI=6571027=31010
故答案为：31010．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质、三角形内接圆的性质、正方形的判定与性质、同一个三角形面积不变性、相似三角形的判定与性质、勾股定理、同弧所对圆周角是圆心角的一半等知识点，解答本题的关键是能够正确作出辅助线．
【变式12-3】（2020·重庆南岸·校考一模）阅读以下材料，并按要求完成相应地任务：
莱昂哈德·欧拉(Lenhard 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OI2=R2-2Rr.
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
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，
∴IMIA=IDIN，
∴IA⋅ID=IM⋅IN①，
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，
∴IADE=IFBD，∴IA⋅BD=DE⋅IF②，
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；
(3)请观察式子①和式子②，并利用任务(1)，(2)的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
(4)应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，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)R-d；(2)BD=ID，理由见解析；(3)见解析；(4)5.
【分析】(1)直接观察可得；
(2)由三角形内心的性质可得∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，由圆周角定理可得∠DBC=∠CAD，再根据三角形外角的性质即可求得∠BID=∠DBI，继而可证得BD=ID；
(3)应用(1)(2)结论即可；
(4)直接代入结论进行计算即可．
【详解】(1)∵O、I、N三点共线，
∴OI+IN＝ON，
∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d，
故答案为R﹣d；
(2)BD=ID，理由如下：
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠CBI=∠ABI，
∵∠DBC=∠CAD，∠BID=∠BAD+∠ABI，∠DBI=∠DBC+∠CBI，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=ID；
(3)由(2)知：BD=ID，
又IA⋅ID=IM⋅IN，IA⋅BD=DE⋅IF，
∴DE·IF=IM·IN，
∴2Rr=(R+d)(R-d)，
∴R2-d2=2Rr
∴d2=R2-2Rr；
(4)由(3)知：d2=R2-2Rr，
把R=5，r=2代入得：d2=52-2×5×2=5，
∵d>0，
∴d=5，
故答案为5.
【点睛】本题是圆综合题，主要考查了三角形外接圆、外心和内切圆、内心，圆周角性质，角平分线定义，三角形外角性质等，综合性较强，熟练掌握相关知识是解题的关键.
【变式12-4】（2021·福建厦门·统考二模）如图，在△ABC中，AC=BC=4，∠ACB=90°，⊙O是△ABC的外接圆，连接CO并延长交⊙O于点D，连接BD，点E是△ABC的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点E，证明BD=DE；
（2）求线段CE长．
【答案】（1）见解析；（2）CE=42-4．
【分析】（1）三角形内心的作法确定点E，点E是△ABC的内心可得到∠ABE=∠EBO=12∠ABC，⊙O是△ABC的外接圆，用外接圆的性质可以求出∠BOE=∠BOD，再用三角形角之间的关系可以证明BD=DE．
（2）∠ACB=90°得到 AB为⊙O的直径，⊙O是△ABC的外接圆可知OC垂直平分AB，E是内心可推出CE=CD-DE，再用三角函数的性质可求出CE．
【详解】（1）如图，点E即为所求．
∵AC=BC=4，∠ACB=90°，
∴∠A=∠ABC=45°．
连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE=∠EBO=12∠ABC=22.5°．
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴AO=BO，
又∵AC=BC，
∴CO⊥AB，
∴∠BOE=∠BOD=90°，
在△BOE中，∠BOE+∠EBO+∠OEB=180°，
∴∠OEB=67.5°，
∵∠BOD=90°，DO=BO，
∴∠OBD=45°，
∴∠EBD=∠OBD+∠EBO=67.5°，
∴∠EBD=∠OEB，
∴BD=DE．
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC=4
∴AB为⊙O的直径，AB=42
∴CD=AB=42
∵⊙O是△ABC的外接圆
∴OC垂直平分AB
∴OC平分∠ACB
∵E是内心
∴CE平分∠ACB
∴点E在线段CD上，即CE=CD-DE
∵∠D=∠DCB=45°
∴∠CBD=90°，
∴BD=CDsin45°=4
∵BD=DE
∴CE=CD-DE=42-4．
【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．考点要求
新课标要求
命题预测
点、直线与圆的位置关系
探索并掌握点与圆的位置关系.
能用尺规作图:过不在同一直线上的三点作圆.
了解直线与圆的位置关系.
本专题内容也是各地中考数学中的必考考点之一，主要内容包括点、直线与圆的位置关系、切线的性质和判定、三角形的内切圆和外接圆三块，在解答题中想必还会考查切线的性质和判定，和直角三角形结合的求线段长的问题和三角函数结合的求角度的问题等知识点综合，考查形式多样，多以动点、动图的形式给出，难度较大.关键是掌握基础知识、基本方法，力争拿到全分．
切线的性质与判定
掌握切线的概念.
探索并证明切线长定理.
三角形内切圆与外接圆
了解三角形的内心与外心.
通过尺规作作三角形的外接圆、内切圆.
位置关系
图形
定义
性质及判定
点在圆外

点在圆的外部
d > r 点P在圆外
点在圆上
点在圆周上
d = r 点P在圆上
点在圆内

点在圆的内部
d < r 点P在圆内
位置关系
图形
公共点个数
性质及判定
相离
没有公共点
d > r直线l与⊙O相离
相切
有唯一公共点
d = r直线l与⊙O相切
相交
有两个公共点
d < r直线l与⊙O相交
位置关系
图形
公共点个数
性质及判定
外离
无
d>R+r⇔两圆外离
外切
1个切点
d=R+r⇔两圆外切
相交
两个交点
R-r内切
1个切点
d=R-r⇔两圆内切
内含
无
0≤d两圆相切、相交的重要性质：如果两圆相切，那么切点一定在连心线上，它们是轴对称图形，对称轴是两圆的连心线；相交的两个圆的连心线垂直平分两圆的公共弦.
定义
线和圆只有一个公共点时，这条直线叫圆的切线，这个公共点叫做切点．
性质
圆的切线垂直于过切点的半径．（实际上过切点的半径也可理解为过切点的直径或经过切点与圆心的直线．）
解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．
判定
1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.
2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.
3) 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.
常见辅助线作法：判定一条直线是圆的切线时，
1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；
3）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．
定义
在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
定理
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角．
切线长定理的应用问题解题方法：切线长定理经常用来证明线段相等，通常要连接圆心与切点构造直角三角形来求解．
利用尺规过圆外一点作圆的切线．
已知：如图（1），PA为⊙O的切线，切点为A．
求作：圆的另一条切线PB，切点为B．

三角形外接圆
经过三角形三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心，这个三角形叫做这个圆的内接三角形.
三角形内切圆
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形.
圆心的名称
圆心的确定方法
图形
圆心的性质
外心
三角形三边中垂线的交点
1)OA=OB=OC
2)外心不一定在三角形的内部．
内心
三角形三条角平分线的交点
1)到三边的距离相等；
2)OA、OB、OC分别平分∠BAC、∠ABC、∠ACB；
3)内心一定在三角形内部．