易错06 圆（六大易错分析+举一反三+易错题通关）-备战2024中考数学考试易错题

这是一份易错06 圆（六大易错分析+举一反三+易错题通关）-备战2024中考数学考试易错题，文件包含易错06圆六大易错分析+举一反三+易错题通关原卷版docx、易错06圆六大易错分析+举一反三+易错题通关解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共108页， 欢迎下载使用。


易错点一：忽略了两个圆周角
易错提醒：在同一个圆中，一条弦对着两种圆周角，这两种圆周角互补。
例1．如图，⊙O的半径是2，AB是⊙O的弦，点P是弦AB上的动点，且1≤OP≤2，则弦AB所对的圆周角的度数是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【详解】作OD⊥AB,如图，
∵点P是弦AB上的动点，且 ∴OD=1，





即弦AB所对的圆周角的度数为或
故选C.
点睛：圆内接四边形的对角互补.
例2．在半径为1的中，弦，则弦所对的圆周角的度数为（ ）．
A．B．C．或D．或
【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握一条弦所对的圆周角有两种情况是解答本题的关键．连结，，先根据勾股定理的逆定理得到，再根据圆周角的顶点在优弧和劣弧上两种情况，分别求出弦所对的圆周角的度数即可．
【详解】如图，连结，，
，，
，
，
当圆周角的顶点在优弧上时，，
当圆周角的顶点在劣弧上时，，
，
综上所述，弦所对的圆周角的度数为或．
故选C．
易错警示：圆周角定理是重点，同弧（等弧）所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角。直角的圆周角所对的弦是直径，一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
变式1．圆中一条弦所对的圆心角是，则这条弦所对的圆周角的度数是 ．
【答案】或
【分析】本题考查圆周角定理，分弦所对的弧为优弧和劣弧两种情况进行讨论即可．解题时，要注意分类讨论．
【详解】解：当弦所对的弧为劣弧时，
∵该弦所对的圆心角是，
∴这条弦所对的圆周角的度数是；
当弦所对的弧为优弧时，则：这条弦所对的圆周角的度数是；
故答案为：或．
变式2．已知为O的弦，沿折叠O，圆心O恰好落在O上，则弦所对的圆周角的度数为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了折叠的性质，圆的基本概念，等边三角形的性质，解题关键是“数形结合”．由沿折叠O，圆心O恰好落在O上点，可得是等边三角形，即可得，再由圆的基本概念即可求解．
【详解】解：沿折叠O，圆心O恰好落在O上点，交于点C如图：
由折叠可得：，
，
是等边三角形，
，
，
弦所对的圆周角的度数为：或
故答案为：或
变式3．如图，的半径为1，是的一条弦，且，则弦AB所对的圆周角的度数为 ．
【答案】或
【分析】连接，，判定是等边三角形，再根据圆周角定理可得，根据圆内接四边形的性质，即可得到答案．
【详解】解：如图：连接，，在优弧AB上取一点C，在劣弧AB上取一点D，
，的半径为1，
，
是等边三角形，
，
∴，
，
∴弦所对的圆周角的度数为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半是解题的关键．
变式4．线段AB是圆内接正十边形的一条边，则AB所对的圆周角的度数是 度．
【答案】或/162或18
【分析】作出图形，求出一条边所对的圆心角的度数，再根据圆周角和圆心角的关系解答．
【详解】解：如下图，
圆内接正十边形的边AB所对的圆心角，
则，
根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半，
AB所对的圆周角的度数是或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了正多边形的中心角、圆周角定理等知识，解题关键是熟练掌握圆周角和圆心角的关系，并要注意分两种情况讨论．
1．已知弦把的周长分成的两部分，则弦所对的圆周角的度数为 ．
【答案】或
【分析】此题考查了圆周角定理与圆的内接四边形的性质，以及圆心角与弧的关系．此题难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．先根据题意画出图形，然后由圆的一条弦AB把圆周分成两部分，求得的度数，又由圆周角定理，求得的度数，然后根据圆的内接四边形的对角互补，求得的度数，继而可求得答案．
【详解】解：弦把分成两部分，
，
，
四边形是的内接四边形，
．
弦AB所对的圆周角的度数为或，
故答案为或．
2．已知是半径为6的圆的一条弦，若，则所对圆周角的度数是（ ）
A．B．或C．或D．
【答案】C
【分析】根据垂径定理和正弦定义求得，进而得到的度数，再根据圆周角定理和圆内接四边形的对角互补求解即可．
【详解】解：如图，于C，则，
在中， ，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
故所对圆周角的度数是或，
故选：C．
【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直角三角形以及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理是解答的关键．
3．在半径为的中，弦，则弦所对的圆周角的度数为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补；
弦所对的弧有优弧和劣弧，故弦所对的圆周角也有两个，它们的关系是互补关系；弦长等于半径时，弦所对的圆心角为60°．
【详解】解：如图，弦所对的圆周角为，，
连接、，
因为，
所以，，
根据圆周角定理知，，
根据圆内接四边形的性质可知，，
所以，弦所对的圆周角的度数或．
故答案为：或．
4．在中，，则弦所对的圆周角的度数为 ．
【答案】或
【分析】画出图形，可知弦所对的圆周角有两个，根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”，“圆的内接四边形对角互补”即可求解，本题考查圆周角定理和圆的内接四边形的性质，解题的关键是注意弦所对的圆周角有两个，且互补．
【详解】解：如图，和都是弦所对的圆周角，
弦所对的圆心角，
，
四边形是的内接四边形，
，
，
故答案为：或．
5．已知⊙O 半径为r，弦AB＝r，则AB 所对圆周角的度数为 ．
【答案】30°或150°
【分析】先计算出的度数，根据圆周角定理即可求出的度数，再根据圆的内接四边形定理，可得的度数 ，这两个角都是弦AB所对的圆周角．
【详解】解：如图，
中 ，
∴，
∴，
∵四边形ACBD是的内接四边形，
∴，
∴=，
∴弦AB所对的圆周角的度数是30°或150°．
故答案为：30°或150°．
【点睛】本题考查了圆周角定理和圆内接四边形定理，熟练掌握这两个定理是解题的关键．注意：圆当中一条弦对了两条弧，也就对了两个圆周角，做题时防止漏掉一个解．
6．如图，四边形内接于，，．
(1)求点到的距离；
(2)求出弦所对的圆周角的度数．
【答案】(1)
(2)∠B =45°，∠D=135°．
【分析】（1）连接OA，作OH⊥AC于H，根据勾股定理的逆定理得到∠AOC=90°，根据等腰直角三角形的性质解答；
（2）根据圆周角定理求出∠B，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
【详解】（1）连接OA，作OH⊥AC于H，
∵，，
∴，，
∴OA2+OC2=AC2，
∴△AOC为等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∴OH=AC=，即点O到AC的距离为；
（2）
∠B=∠AOC=45°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠D=180°-45°=135°．
综上所述：弦所对的圆周角∠B =45°，∠D=135°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，圆周角定理，勾股定理的逆定理，掌握圆内接四边形对角互补是解本题的关键．
7．如图，四边形内接于．
(1)求点O到的距离；
(2)直接写出弦所对的圆周角的度数．
【答案】(1)点O到到的距离为
(2)弦所对的圆周角的度数为或
【分析】（1）过点O作于点E，利用勾股定理求解即可；
（2）连接，利用圆周角定理求出，再利用圆内接四边形的性质求出即可．
【详解】（1）解：过点O作于点E，则，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴点O到到的距离为；
（2）解：连接，
由（1）知，在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴,
∴弦所对的圆周角的度数为或．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
易错点二：忽略两弦与圆心的位置
易错提醒：求两条弦间的距离时要分类讨论两条弦与圆心的相对位置：两弦在圆心的同侧，两弦在圆心的异侧．
例3．如图，一下水管道横截面为圆形，直径为，下雨前水面宽为，一场大雨过后，水面宽为，则水位上升 cm．
【答案】70或170/170或70
【分析】过圆心作垂直于弦的线段，构造直角三角形，再分水位分别在圆心上方和下方的两种情况去讨论，垂径定理与勾股定理结合求解即可．
【详解】解：
如图所示：，由题意，，
根据垂径定理，，，
直径为，半径，
在中，,
在中，,
①当在圆心下方时，
②当在圆心上方时，
故答案为：70或170
【点睛】本题考查了垂径定理的应用，掌握垂径定理、灵活运用分类讨论的思想是解题的关键．
例4．已知⊙O的直径为20， AB， CD分别是⊙O的两条弦，且AB//CD，AB=16，CD=10，则AB，CD之间的距离是 ．
【答案】或
【分析】分两种情况考虑：当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，过O作，交CD于点E，交AB于点F，连接OA，OC，由，得到，利用垂径定理得到E与F分别为CD与AB的中点，在直角三角形AOF中，利用勾股定理求出OF的长，在三角形COE中，利用勾股定理求出OE的长，由即可求出EF的长；当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，同理由求出EF的长即可．
【详解】解：分两种情况考虑：
当两条弦位于圆心O一侧时，如图1所示，
过O作，交CD于点E，交AB于点F，连接OA，OC，
，，
∴F、分别为AB、CD的中点，
，，
在中，，，
根据勾股定理得：，
在中，，，
根据勾股定理得：，
则；

当两条弦位于圆心O两侧时，如图2所示，同理可得，
综上，弦AB与CD的距离为或，
故答案为：或．
【点睛】此题考查了垂径定理，勾股定理，利用了分类讨论的思想，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
变式1．如图，的半径为4，，是的弦，且，，，则和之间的距离为 ．
【答案】
【分析】作OE于E，交CD于F，连结OA，OC，根据平行线的性质等到，再利用垂径定理得到，再由勾股定理解得OE，OF的长，继而分类讨论解题即可．
【详解】作OE于E，交CD于F，连结OA，OC，如图，
在中，
在中，
当圆心O在AB与CD之间时，
当圆心O不在AB与CD之间时，
即AB和CD之间的距离为，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理、垂径定理、分类讨论等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
变式2．在圆柱形油槽内装有一些油，油槽直径MN为10分米．截面如图，油面宽AB为6分米，如果再注入一些油后，当油面宽变为8分米，油面AB上升（ ）
A．1分米B．4分米
C．3分米D．1分米或7分米
【答案】D
【分析】实质是求两条平行弦之间的距离．根据勾股定理求弦心距，作和或差分别求解．
【详解】
解：连接OA．作OG⊥AB于G，
则在直角△OAG中，AG＝3分米，
因为OA＝5分米，根据勾股定理得到：OG＝4分米，即弦AB的弦心距是4分米，
同理当油面宽AB为8分米时，弦心距是3分米，
当油面没超过圆心O时，油上升了1分米；当油面超过圆心O时，油上升了7分米．
因而油上升了1分米或7分米．
故选：D．
【点睛】本题考查了垂径定理和勾股定理,灵活运用是本题解题关键,注意要分类讨论.
变式3．⊙O的半径是10，弦，，则弦与的距离是（ ）
A．2B．14C．2或14D．7或1
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理的应用．作于E，于F，由垂径定理得，由于，易得E、O、F三点共线，在和中，利用勾股定理分别计算出与，然后讨论：当圆心O在弦与之间时，与的距离；当圆心O在弦与的外部时，与的距离．
【详解】解：如图，作于E，于F，连，
则，
∵，
∴E、O、F三点共线，
在中，，
在中，，
当圆心O在弦与之间时，与的距离；
当圆心O在弦与的外部时，与的距离．
所以与的距离是14或2．
故选：C．
变式4．已知的半径为13，弦平行于，，求和之间的距离．
【答案】和之间的距离为7或17
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，分当的圆心O位于、之间时，当的圆心O不在两平行弦、之间时，两种情况分别利用勾股定理和垂径定理求出点O到和的距离，据此可得答案．
【详解】解：如图，当的圆心O位于、之间时，作于点E，并延长，交于F点．分别连接、．
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴和之间的距离为17；
如图所示，当的圆心O不在两平行弦、之间（即弦、在圆心O的同侧）时，
同理可得：，
∴，
∴和之间的距离为7；
综上所述，和之间的距离为7或17．
1．在半径为4cm的中，弦CD平行于弦AB，，，则AB与CD之间的距离是 cm．
【答案】或
【分析】根据题意，分析两种AB的位置情况进行求解即可；
【详解】解：①如图，AB//CD，过点O作
在中
∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵AB//CD
∴AB与CD之间的距离即GH
∴AB与CD之间的距离为
②如图，作，连接AD
则有四边形PEFD是矩形，
∴EF=PD
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：或
【点睛】本题主要圆的的性质、三角形的全等，勾股定理，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．
2．已知AB、CD是⊙O的两条平行弦，⊙O的半径为17cm，，，则AB、CD间的距离为 ．
【答案】7或
【分析】过圆心作两条平行线的垂线，根据垂径定理分别在直角三角形中计算即可．
【详解】如图，当两条弦在圆心两侧时：
AB、CD是⊙O的两条平行弦，
过圆心作MN分别垂直于AB、CD，
则根据垂径定理可得：，，
在中，；
同理在中，；
则，
同理可得：当两条弦位于圆心同侧时，，
故答案为：7或．
【点睛】本题考查了垂径定理及勾股定理解直角三角形，熟练掌握垂径定理并仔细计算是解题关键．
3．如图，已知AB是半圆O的直径，弦CD∥AB，CD＝8．AB＝10，则CD与AB之间的距离是 ．
【答案】3
【分析】过点O作OH⊥CD于H，连接OC，先利用垂径定理得到CH=4，然后在Rt△OCH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：过点O作OH⊥CD于H，
连接OC，如图，则CH＝DH＝CD＝4，
在Rt△OCH中，OH＝＝3，
所以CD与AB之间的距离是3．
故答案为3．
【点睛】此题主要考查垂径定理和勾股定理，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题关键．
4．若弦AB，CD是⊙O的两条平行弦，⊙O的半径为13，AB=10，CD=24，则AB，CD之间的距离为
A．7B．17C．5或12D．7或17
【答案】D
【分析】过O作OE⊥AB交AB于E点，过O作OF⊥CD交CD于F点，连接OA、OC，由题意可得：OA=OC=13，AE=EB=12，CF=FD=5，E、F、O在一条直线上，EF为AB、CD之间的距离，再分别解Rt△OEA、Rt△OFC，即可得OE、OF的长，然后分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况求得AB与CD的距离．
【详解】解：①当AB、CD在圆心两侧时；
过O作OE⊥AB交AB于E点，过O作OF⊥CD交CD于F点，连接OA、OC，如图所示：
∵半径r=13，弦AB∥CD，且AB=24，CD=10
∴OA=OC=13，AE=EB=12，CF=FD=5，E、F、O在一条直线上
∴EF为AB、CD之间的距离
在Rt△OEA中，由勾股定理可得：
OE2=OA2-AE2
∴OE==5
在Rt△OFC中，由勾股定理可得：
OF2=OC2-CF2
∴OF==12
∴EF=OE+OF=17
AB与CD的距离为17；
②当AB、CD在圆心同侧时；
同①可得：OE=5，OF=12；
则AB与CD的距离为：OF-OE=7；
故答案为：17或7．
【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了勾股定理以及分类讨论思想的运用．
5．AB和CD是⊙O的两条平行弦，AB＝6，CD＝8，⊙O的半径为5，则AB与CD间的距离为（ ）
A．1或7B．7C．1D．3或4
【答案】A
【分析】分两种情况：①当AB、CD在圆心两侧时；②当AB、CD在圆心同侧时；利用垂径定理及勾股定理求出答案.
【详解】解：①当AB、CD在圆心两侧时；
过O作OE⊥CD交CD于E点，过O作OF⊥AB交AB于F点，连接OA、OC，如图所示：
∵半径r＝5，弦AB∥CD，且AB＝6，CD＝8，
∴OA＝OC＝5，CE＝DE＝4，AF＝FB＝3，E、F、O在一条直线上，
∴EF为AB、CD之间的距离
在Rt△OEC中，由勾股定理可得：
OE2＝OC2﹣CE2
∴OE3，
在Rt△OFA中，由勾股定理可得：
OF2＝OA2﹣AF2
∴OF4，
∴EF＝OE+OF＝3+4＝7，
AB与CD的距离为7；
②当AB、CD在圆心同侧时；
同①可得：OE＝3，OF＝4；
则AB与CD的距离为：OF﹣OE＝1；
综上所述：AB与CD间的距离为1或7．
故选：A.
【点睛】此题考查圆的垂径定理、直角三角形的勾股定理，解题中注意运用分类讨论的思想避免漏解.
6．已知的半径长为，弦与弦平行，，，求间的距离．
【答案】1或7
【分析】先根据勾股定理求出OF=4，OE=3，再分AB、CD在点O的同侧时，AB、CD在点O的两侧时两种情况分别计算求出EF即可.
【详解】如图，过点O作OE⊥CD于E，交AB于点F，
∵，
∴OE⊥AB，
在Rt△AOF中，OA=5，AF=AB=3，∴OF=4，
在Rt△COE中，OC=5，CE=CD=4，∴OE=3，
当AB、CD在点O的同侧时，、间的距离EF=OF-OE=4-3=1；
当AB、CD在点O的两侧时，AB、CD间的距离EF=OE+OF=3+4=7，
故答案为：1或7.
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，在圆中通常利用垂径定理和勾股定理求半径、弦的一半、弦心距三者中的一个量.
7．已知的半径为，弦，，，求与间的距离．
【答案】或
【分析】有两种情况，即AB，CD在圆心O的同侧或两侧两种情况，需分类讨论．
【详解】解：如图①，过作于交于，连接，，
，
；
由垂径定理得，，
，，
；
如图②，过作于，于，连接，，
同理可得，，
当，在圆心的两侧时，
，
与的距离为或．
【点睛】此题主要考查的是勾股定理及垂径定理的应用，需注意AB、CD的位置关系有两种，不要漏解．
易错点三：理解不准确
切线判定常用的证明方法：①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
切线性质定理及推论：①圆的切线垂直于过切点的半径；②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点；③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
易错提醒：运用判定和性质时，要严格根据方法及定理进行说明，不能凭主观进行判断．
例5．如图，是的直径，弦，垂足为点E，为的切线，交于点G，若，，，则（ ）

A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】本题考查圆的相关知识，三角形相似的判定及性质，等腰三角形的性质．
连接，由题意易证的半径长，从而在中，求得．由是的切线，得到，又，，得到，从而∴，根据对应边成比例求得，进而，过点F作于点M，根据“三线合一”可得，因此由即可解答．
【详解】连接，

∵，，
∴，
∴的半径．
∴，
∵，即
∴在中，，
∵是的切线，
∴
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
过点F作于点M，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故选：C
例6．如图，是的切线，B为切点，连接．若，，则的长度是（ ）
A．3B．C．D．4
【答案】B
【分析】本题考查切线性质、正切定义、勾股定理，连接，先根据切线性质得到，再利用正切定义求得，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，
∵是的切线，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：B．
变式1．（1）如图①，中，平分交于点，点在边上，且经过、两点，分别交、于点、．求证：是的切线：
（2）如图②，中，，用直尺和圆规作，使它满足以下条件：圆心在边上，经过点，且与边相切．（保留作图痕迹，不用写出作法）
【答案】（1）证明见解析
（2）作图见解析
【分析】本题考查了圆的性质、圆的切线的判定、等边对等角、平行线的判定与性质，解题的关键是作出恰当的辅助线．
连接，由得，再由得，从而得，结合可证，因为圆的半径，从而得证．
【详解】（1）证明：连接，如图．
∵经过A、D两点，
∴，
∴，
∵平分
∴
∴
∴
∵，
∴，
∴，又点D在上，
∴是的切线．
（2）根据（1）题的证明过程，所作如下图．
变式2．如图，是的直径，A是延长线上的一点，点E在上，，交的延长线于点C，交于点F，且点E是的中点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由圆周角定理及等腰三角形的性质可得，经过角的转化即可证明，再根据切线的判定定理可得答案；
（2）设的半径为r，在中，由勾股定理可得关于r的方程，求出r的值，再根据等角，利用三角函数即可求出的值．
【详解】（1）证明：如图，连接，

∵为直径，
∴，
又，
∴，
又，
∴，
又E为中点，
∴，
∴，
即
∴，
则为的切线．
（2）设半径为r ，
∵为的切线，
∴，
即为直角三角形，
∴，而，，
∴，
∴，
∴，，
∴在中，
，
∴在中，
，
，
∴．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及锐角的三角函数等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
变式3．如图，已知等腰，，以为直径作交于点D，过D作于点E，交延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明
(2)
【分析】本题主要考查切线的性质和判定及特殊角的三角函数的应用，掌握切线问题中的辅助线的作法是解题的关键．
（1）连接，证明，推出，即可证明结论成立；
（2）连接，在中，求得利用三角形函数的定义求得，，在中，利用勾股定理列式计算求得圆的半径即可．
【详解】（1）证明：连接，

∵，
，
又，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）连接，设半径为r，
在中，
，
，
又，
，
，
，
是的直径．
，
，
∵，
∴，
又，
，
(负值已舍)．
变式4．如图，是的直径，是的弦，，垂足是点，过点作直线分别与，的延长线交于点，，且．
(1)求证：是的切线；
(2)如果，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，，利用圆周角定理，垂径定理，同圆的半径线段，等腰三角形的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用勾股定理在中求出，同理求出，，利用切线的性质及勾股定理建立等式解答即可．
【详解】（1）证明：连接、，如图所示：
是的直径，
，，
，
平分弦，平分，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
半径，
是的切线；
（2）解：，，
在（1）的结论中有，，
在中，，则，
在中，，
在中，，则，
，
在中，，
是的切线，
，
在中，，
，
解得，
．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，解题的关键是连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
1．一个边长为的等边三角形与等高，如图放置，与相切于点C，与相交于点 E，则的长为
【答案】3
【分析】本题连接，并过点O作于F，根据等边三角形的性质，等边三角形的高等于底边的倍．已知边长为的等边三角形 与等高，说明的半径为 ，即，又，故有，在中，利用锐角三角函数，可得出的长，利用垂径定理即可得出的长．
【详解】解: 连接，并过点O作于F，
为等边三角形，边长为4，
故高为 ，即，
与相切于点C，
,
又，故有，
在中，可得 ，
过圆心，且，根据垂径定理易知．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、切线的性质、锐角三角函数、垂径定理，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．
2．如图，正方形的边长为4，点是边上的一点，将沿着折叠至，若、恰好与正方形的中心为圆心的相切，则折痕的长为（ ）

A．B．5C．D．以上都不对
【答案】C
【分析】此题考查了翻折变换的知识．连接，则根据正方形的性质可推出，在中，设，则，利用勾股定理可得出的值，也即可得出的长度．
【详解】解：连接，则，，

，即，
又沿着折叠至，
，
，
在中，设，则，
得，即，
解得，
．
故选：C．
3．如图，在中，，平分，交于点D，以为直径作，交于点E，交于点F，连接交于点G，连接交于点P，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求：
①的值；
②线段的长．
【答案】(1)见解析；
(2)①；②．
【分析】（1）根据三线合一得到，即可证明是的切线；
（2）①如图所示，连接，，，由角平分线的定义和圆周角定理得到，即可利用三线合一得到，利用勾股定理求出，即可求出的长，从而得出，由垂径定理得出，最后根据正切的定义即可得出答案；
②证明，得到，利用相似三角形的性质求出，证得，是等腰直角三角形即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵，平分，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：①连接，，，
∵为的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
由垂径定理可得，
∴；
②∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三线合一定理，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
4．如图，在中，，于点D，E是AC上一点，以为直径的交于点F，连接，，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题重点考查圆周角定理、切线的判定定理、勾股定理、三角形的中位线定理、等腰三角形的“三线合一”、线段的垂直平分线的性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
(1)由，于点D，得，而，根据三角形的中位线定理得，则，即可证明是的切线；
(2)连接，由，得到，由垂直平分，得，由 是的直径，得，则，．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
又∵，
∴．
∴，即．
又∵是的半径，
∴是的切线．
（2）连接，
∵，，
∴．
∵，，即垂直平分，
∴．
又∵是的直径，
∴．
中，
中，
5．如图．正方形顶点A，B在上．与交于点E，经过上一点P，且平分．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）连结，则，而，则，所以，则，即可证明是的切线；
（2）连接，由，证明是的直径，则，由，得＝1，因为，所以，则，再证明，则，即可求得．
【详解】（1）证明：连结，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵是的半径，且，
∴是的切线．
（2）解：连接，
∵，
∴是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴的长为1．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的性质、切线的判定、平行线分线段成比例定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
6．如图，是的直径，点C是上一点，于点D，点E是圆外一点，平分．
(1)若，，求的长；
(2)求证：是的切线．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题考查切线的判定，弧长公式；
（1）根据弧长公式计算即可；
（2）根据得到即可证明是的切线．
【详解】（1）∵，，
∴的长为；
（2）∵平分．
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴是的切线．
7．如图，中，以为直径的交于点D，是的切线，且，垂足为E，延长交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，由切线的性质得，结合可证，推出，由等腰三角形的性质得到，故，即可证明；
（2）连接，，证明得到，即可求出，证明得，可求出，然后根据求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接，
∵以为直径的交于点D，是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴；
（2）连接，，则，
∴
∴
∴
∴
∴即
∴
又∵是直径，
∴，
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握圆的性质、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
易错点四：易忽略多种情况
圆与圆的位置关系：由两圆的圆心距d与半径长的关系来判断
易错提醒：两圆相切有两种情况：内切和外切，两圆没有交点也有两种情况：外离和内含
例7．相交两圆的公共弦长为，若两圆的半径长分别为和，则这两圆的圆心距为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】C
【分析】本题考查了两圆相交的性质，勾股定理；
如图1，根据是两圆的公共弦可知，然后在中和中，利用勾股定理求出和，进而根据可得答案；如图2，同理可得和的长，进而根据可得答案．
【详解】解：如图1，∵是两圆的公共弦，
∴，，
在中， ，
在中， ，
∴，
如图2，
同理可得，
∴，
故选：C．
例8．两圆的直径分别为4和6，若两圆有唯一公共点，这两圆的圆心距是 ．
【答案】1或5．
【分析】根据两圆有唯一公共点得出该两圆的位置关系为内切或外切，再根据两圆的直径得出半径长度，从而进一步得出圆心距即可.
【详解】∵两圆有唯一公共点，
∴这两圆的位置关系是内切或外切，
又∵两圆的直径分别为4和6，
∴两圆的半径分别为2和3．
∴这两圆的圆心距是：2+3=5，或3−2=1．
故答案为：1或5．
【点睛】本题主要考查了两圆的位置关系的判断及运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
变式1．点P到⊙O的最近点的距离为2cm，最远点的距离为7cm，则⊙O的半径是（ ）
A．5cm或9cmB．2.5cm
C．4.5cmD．2.5cm或4.5cm
【答案】D
【分析】根据已知条件能求出圆的直径，即可求出半径，此题点的位置不确定所以要分类讨论．
【详解】解：①当点在圆外时，
∵圆外一点和圆周的最短距离为2cm，最长距离为7cm，
∴圆的直径为7﹣2＝5（cm），
∴该圆的半径是2.5cm；
②当点在圆内时，
∵点到圆周的最短距离为2cm，最长距离为7cm，
∴圆的直径＝7+2＝9（cm），
∴圆的半径为4.5cm，
故选：D．
【点睛】本题考查了点和圆的位置关系的应用，能根据已知条件求出圆的直径是解此题的关键．
变式2．如图，⊙O1的直径AB长度为12，⊙O2的直径为8，∠AO1O2＝30°，⊙O2沿直线O1O2平移，当⊙O2平移到与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，令圆心距O1O2＝x，则x的取值范围是（ ）
A．2≤x≤10B．4≤x≤16C．4≤x≤4D．2≤x≤8
【答案】D
【分析】由题意得出点O2在点O1的右侧，⊙O2与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，O1O2的最大值和最小值，分别画出图形求解得出x的取值范围，根据对称性可得点O2在点O1的左侧时的结论．
【详解】解：当点O2在点O1的右侧时，
当⊙O2向左移动到与直线AB相切时，如图1所示，设切点为M，
则O2M=4，
又∵∠AO2O1=30°，
∴O1O2=2•O2M=8，
当⊙O2继续向左移动到与⊙O1内切时，如图2所示，此时O1O2=6-4=2，
所以当⊙O2平移到与⊙O1和AB所在直线都有公共点时，2≤x≤8；
故选：D．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、平移的性质，求出符合条件的x的最大值和最小值是解决问题的关键．
变式3．已知相交两圆的半径长分别为13和20，公共弦的长为24，那么这两个圆的圆心距为 ．
【答案】11或21
【分析】设半径长分别为13和20的、相交于点、点，，连接、，则，，再分两种情况讨论，一是点、点在直线的同侧，延长交于点，根据“相交两圆的连心线垂直平分公共弦”得，，可由勾股定理求得，，则；二是点、点在直线的异侧，交于点，则，，．
【详解】解：半径长分别为13和20的、相交于点、点，，
连接、，则，，
如图1，点、点在直线的同侧，延长交于点，
垂直平分，
，，
，，
；
如图2，点、点在直线的异侧，交于点，
，，
，，
，
综上所述，这两个圆的圆心距为11或21，
故答案为：11或21．
【点睛】此题重点考查圆与圆的位置关系、线段的垂直平分线的性质、勾股定理以及数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
变式4．如图，在等边中，，如果以为直径的和以A为圆心的相切，那么的半径r的值是 ．
【答案】或
【分析】如图，连接DA，交于Q，先求解 再利用两圆相切的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接DA，交于Q，
等边中，，



而
以为直径的和以A为圆心的相切，
∴的半径为： 或
故答案为：或
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，锐角三角函数的应用，圆与圆相切的性质，掌握“两圆相切，连心线过切点”是解本题的关键．
1．如图，在中，，，，点在边上，，的半径长为，与相交，且点在外，那么的半径长可能是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接交于，根据勾股定理求出的长，从而求出的长，再根据相交两圆的位置关系得出的范围即可．
【详解】解：连接交于，如图，

在中，由勾股定理得：，
则，
，
，
与相交，且点在外，必须，
即只有选项B符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查了相交两圆的性质，点与圆的位置关系，勾股定理等知识点，能熟记相交两圆的性质和点与圆的位置关系的内容是解题的关键．
2．已知圆、圆的半径不相等，圆的半径长为5，若圆上的点A满足，则圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交或相切B．相切或相离C．相交或内含D．相切或内含
【答案】A
【分析】根据圆与圆的五种位置关系，分类讨论．
【详解】解：当两圆外切时，切点A能满足AO1=5，当两圆相交时，交点A能满足AO1=5，
当两圆内切时，切点A能满足AO1=5，
所以，两圆相交或相切．
故选：A．
【点睛】本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．
3．已知两圆半径分别为3和5，圆心距为d，若两圆没有交点，则d的取值范围是
【答案】或．
【分析】两圆相离，可能外离，或者内含，分情况即可求出d的取值范围．
【详解】解：两圆相离有两种情况：
内含时圆心距大于等于0，且小于半径之差，故；
外离时圆心距大于半径之和，故，
所以d的取值范围是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查根据两圆的位置关系判断圆心距与半径之间的关系，熟记概念是解题的关键．
4．若三个圆两两相切，半径分别为 ，则以这三个圆的圆心为顶点的三角形的周长是 ．
【答案】
【分析】分情况讨论，当两圆外切时，圆心距，即可求解，当半径较小的两个圆外切，并与大圆内切时，三个圆心在同一条直线上，无法组成三角形．
【详解】解：三个圆两两相外切如下图所示，

∴，，，
∴这三个圆的圆心为顶点的三角形的周长是，
当半径较小的两个圆外切，并与大圆内切时，如下图所示，

由于两个小于的半径相加等于大圆的半径，
∴三个圆心在同一条直线上，无法组成三角形；
故答案为：20．
【点睛】本题考查两圆相切的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识．
5．如图，在直角梯形中，，E是上一定点，．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 ．

【答案】或
【分析】根据题意可得的最小值为圆P与相切，切点为M；最大值为圆与圆E内切，切点为Q，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题．
【详解】解：根据题意可知：的最小值为圆P与相切，切点为M，如图所示：

∴，
在直角梯形中，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
最大值为圆与圆E内切，切点为Q，
∴，
当时，此时圆P与线段开始有2个交点，不符合题意，
设，则，
∴，
∴，
则长度的取值范围是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，直角梯形，解决本题的关键是掌握直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
6．已知⊙O和⊙O＇的半径分别为5cm和7cm，且⊙O和⊙O＇相切，则圆心距OO＇为
【答案】2cm或12cm
【分析】分⊙O和⊙O'相外切、内切两种情况，根据圆心距d与两圆的半径r、R之间的关系计算，即可得到答案．
【详解】根据题意，当⊙O和⊙O'相外切时，OO'=5+7=12cm；
当⊙O和⊙O'相内切时，OO'=7-5=2cm
故答案为：2cm或12cm．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系；熟练掌握两圆外切时d=r+R，内切时d=R-r（R＞r），是解此题的关键．
7．两个圆的半径分别是8和，圆心距为5，如果两圆内切，则的值是 ．
【答案】13或3
【分析】结合题意，根据两圆内切的性质计算，即可得到答案．
【详解】∵两个圆的半径分别是8和，圆心距为5，且两圆内切
∴或
∴或
故答案为：13或3．
【点睛】本题考查了圆的知识；解题的关键是熟练掌握圆心距、两圆内切的性质，从而完成求解．
易错点五：易重复或减少面积
计算不规则图形的面积：主要有以下方法：
（1）和差法：适用于图中有一部分空白是一个规则的几何图形，而这部分空白与阴影部分的结合也是一个规则的几何图形或几个规则几何图形的组合；
（2）割补法：适用于可将图中部分阴影通过对称分割，然后通过旋转和平移，补到另外一块阴影部分上去，构成一个规则的几何图形，如扇形，矩形，三角形；
（3）等积法：适用于①图中某些空白部分和阴影部分面积相等，可通对称、旋转，使之成为较为规则图形；②用同底等高的三角形等积替换．
易错提醒：将不规则面积转化为规则图形的面积，防止重复或少减面积，以免出错
例9．如图，将扇形沿方向平移，使点O移到的中点处，得到扇形．若，，则阴影部分的面积为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了解直角三角形的计算及扇形的面积计算，连接，利用分割法计算即可．
【详解】如图，连接，
∵，点O移到的中点处，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据平移的性质，得，
∴
∴
，
故选D．
例10．如图，的内接正六边形，以为圆心，为半径作弧，以为圆心，为半径作弧，已知的半径为2，则边与，围成的阴影部分面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查正多边形和圆、解直角三角形，扇形面积的计算，连接，，作于，根据题意和图形可知阴影部分的面积是正六边形的面积减去两个扇形的面积，从而可以解答本题．
【详解】解：如图，连接，，作于，
，
正六边形是的内接正六边形，
，，
的半径为2，
，
为等边三角形，
，
正六边形的面积是：，
图中阴影部分的面积是：，
故选：B．
变式1．如图，在中，，分别以各边为直径作半圆，图中阴影部分在数学史上称为“希波克拉底月牙”，若，，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】15
【分析】本题考查了勾股定理、不规则图形的面积．利用规则图形面积的和差关系求阴影面积是解题关键．根据勾股定理求出的长，分别求出三个半圆的面积和的面积，用两小半圆与直角三角形的和减去大半圆的面积，即可得出答案．
【详解】解：在中，，，，
，
阴影部分的面积为，
故答案为：15．
变式2．如图，扇形的半径，将扇形绕点逆时针旋转得扇形，当点落在上时旋转停止，则扇形中空白部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查扇形面积的计算，旋转的性质，关键是求出扇形的面积，等边三角形的面积．连接，由旋转的性质得到由旋转的性质得，扇形中空白部分的面积扇形中空白部分的面积，求出扇形的面积，等边三角形的面积，即可得到扇形空白部分的面积．
【详解】解：连接，过点C作，
由旋转的性质得：，扇形的面积扇形的面积，
扇形中空白部分的面积扇形中空白部分的面积，
，
是等边三角形，
，
，
，
扇形的面积，,
∴，
等边三角形的面积，
扇形空白部分的面积扇形的面积的面积．
故答案为：．
变式3．如图，扇形的圆心角，将扇形沿方向平移得到扇形，此时点与点重合，经过点．若，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了扇形的面积，等边三角形的判定及性质；连接，由平移和等边三角形的判定方法可判定是等边三角形，用扇形面积公式分别求出、、，由即可求解；掌握扇形面积公式：，能表示出阴影部分面积是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
由平移得，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
；
故答案：．
变式4．如图，在中，经过A、B两点的与边交于点E，圆心O在上，过点O作交于点D，连接交于点F，且．
(1)试判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，，求图中阴影部分的面积（结果保留）．
【答案】(1)相切；理由见解析
(2)
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，，求出，根据，得出，说明，即可证明结论；
（2）过点A作于点M，设，根据勾股定理得出，求出，在中，根据直角三角形的性质得出，求出，，即可得出阴影部分的面积．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
是的切线，即与相切．
（2）解：过点A作于点M，如图所示：
设，
，，
在中，由勾股定理，得；，
解得：，
，
，
，
在中，，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了扇形面积计算，三角形面积的计算，勾股定理，切线的判定定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质，数形结合．
1．如图所示，扇形的圆心角是直角，半径为，为边上一点，将沿边折叠，圆心恰好落在弧上的点处，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查求不规则图形的面积问题，掌握割补法求阴影部分的面积，是解题的关键．连接，则，由折叠得，则是等边三角形，可求得，则，根据勾股定理求出，即可由求出阴影部分的面积．
【详解】解：连接，则，
由折叠得，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
2．如图，在半径为2的中，沿弦折叠，恰好经过圆心O，则图中阴影部分的面积为（结果保留π） ．
【答案】
【分析】本题考查了扇形的面积计算，解直角三角形；
过O作于D，交劣弧于E，易得阴影部分面积与扇形的面积相等，然后根据求出，再利用扇形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过O作于D，交劣弧于E，
由题意可得，阴影部分面积与扇形的面积相等，
∵的半径为2，恰好经过圆心O，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴阴影部分的面积，
故答案为：．
3．如图，在正方形中，和交于点O，过点O的直线交于点E（E不与A，B重合），交于点F．以点O为圆心，为半径的圆交直线于点M，N．若，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形，扇形．解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质，扇形的面积公式，三角形面积公式．
根据正方形边长为1求得，根据，得到扇形面积等于扇形面积，根据阴影部分的面积等于扇形的面积减去的面积，计算即得．
【详解】以为半径作，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选: B．
4．如图，在菱形中，对角线，分别以点为圆心，的长为半径画弧，与该菱形的边相交，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）
【答案】
【分析】本题考查菱形的面积公式、圆的面积公式、勾股定理以及菱形的基本性质，解题的关键在于熟记公式．根据菱形的性质以及勾股定理求得，再根据四边形的内角和为得到四个扇形的面积，阴影部分的面积即为菱形的面积减去四个扇形的面积．
【详解】如图所示，与交于点
在菱形中，，
所以菱形的面积为：，
根据菱形的性质可知：，，，
即：，，，
所以，
因为四边形的内角和为，
所以，
所以四个扇形的面积之和是一个以的长为半径的圆的面积：，
所以图中阴影部分的面积为：．
故答案为：．
5．如图，在中，，以为直径的与交于点，连接．
(1)用无刻度的直尺和圆规作出劣弧的中点．（不写作法，保留作图痕迹），连接交于点，并证明：；
(2)若的半径等于4，且与相切于点，求劣弧的长度和阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）利用圆周角相等所对的弧相等解决中点，连接，先说明，再利用相似三角形的性质得结论；
（2）连接，先求出的度数，再利用弧长公式、扇形的面积公式及三角形的面积公式得结论．
【详解】（1）作的角平分线交于点．
点为所求的劣弧的中点．
证明：连接，
，，
，．
∴．
．
即．
（2）连接，
与相切，为半径，
．
，
．
，
．
．
劣弧的长度．
．
【点睛】本题主要考查了与圆有关计算，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质、弧长公式及扇形的面积公式是解决本题的关键．
6．如图，是的直径，是半圆上的一点，平分，垂足为，交于，连接．

(1)判断与的位置关系，并证明你的结论；
(2)若，求的长；
(3)若是弧的中点，，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)与相切．理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由平分得，加上∠1=∠3，则，于是可判断，由于，所以，则可根据切线的判定定理得到为的切线；
（2）作于H，如图，根据垂径定理得，再证明四边形为矩形，得到，，在中利用勾股定理计算出，则，然后在中根据勾股定理可计算出的长；
（3）由E是的中点得到，根据垂径定理得，由于，根据等腰三角形的判定得到，即，所以为等边三角形，易得为等边三角形，所以，可计算出，于是可计算出，由于，然后利用进行计算．
【详解】（1）解：与相切．理由如下：如图，

∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线；
（2）解：作与H，如图，则，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
在中，∵，
∴，
∴，
在中，∵，
∴；
（3）解：∵E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定：扇形面积的计算．平行线的判定，勾股定理，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可
7．如图，是的直径，为的切线，D为上的一点，，延长交的延长线于点E．
(1)求证：为的切线；
(2)若，求图中阴影部分的面积．（结果保留）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查切线的判定，含30度角直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，求不规则图形的面积：
（1）利用等边对等角证明，，推出，即可证明为的切线；
（2）作于点F，连接，根据直角三角形斜边中线的性质及垂径定理求出、的长，结合求解即可．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
又∵是半径，
∴为的切线；
（2）解：作于点F，连接，
由可得，是斜边的中线
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，，
∵过圆心，，
∴，
∴．
易错点六：混淆两心的构成
易错提醒：三角形的内心是指三角形内切圆的圆心，是三角形 3 条角平分线的交点;三角形的外心是指三角形外接圆的圆心，是三角形三边垂直平分线的交点
例11．如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②；③若，则；④若点为的中点，则垂直平分．其中一定正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】本题考查三角形内心，圆周角定理，等弧与等弦的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理与三角形外角的性质．掌握三角形的内心是解题的关键．
①利用同弧所对的圆周角相等可推得，进一步可推得该选项正确；
②利用内心的性质、三角形外角的性质、等角对等边，可推得该选项正确；
③利用内心的性质与三角形外角的性质可推得该选项正确；
④利用相等的圆周角所对的弦相等可证，再结合等腰三角形“三线合一”可判断该选项正确．
【详解】①∵（同一所对的圆周角相等）
∴，
∴，即．该选项正确．
②连接，如图．
∵点E为的内心，
∴，
又∵（同一所对的圆周角相等）
∴
又，
∴，
∴，此选项正确．
③∵点E是的内心，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，此选项正确；
④连接，如图．
∵点E是的内心，
∴．
∴（相等的圆周角所对的弦相等）．
∵点G为的中点，
∴（等腰三角形“三线合一”）
即垂直平分，此选项正确．
故正确的选项有①②③④，共4个．
故选：D．
例12．在中，，点是的内心，连接，延长交于点，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查角平分线的性质，正切值的计算方法，运用面积求高，勾股定理等知识的综合运用，掌握角平分线的性质定理的运用是解题的关键．
如图所示，作与点，根据角平分线的性质可得，，根据的正切值可求出的值，由此可得的值，如图，过点作于，作于点，于点，设，根据，可求出的值，在中根据勾股定理即可求解．
【详解】解：点为内心，即角平分线的交点，如图所示，作与点，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作于，作于点，于点，
∴，
设，
∵，
∴，
解得，，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
在中，，
故答案为：．
变式1．等腰中，，，，点，分别是的内心和外心，则 ．
【答案】
【分析】本题侧重考查三角形的内切圆与圆心、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．连接、，根据题意分别求出及，再作差即可求得的长．
【详解】解：连接、，如图，
，，
为线段的垂直平分线，
．
在中，，
设的半径为，
，
，
，
，
，为的内心，
为内切圆的半径．
设内切圆的半径为，则，
，
即，
．
故答案为：．
变式2．如图，点分别是锐角的外心、内心，若，则 °
【答案】25
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角，也考查了三角形外心的性质和圆周角定理，连接，先计算出，再根据三角形外心的性质得到，则利用等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出，接着根据圆周角定理得到，则利用三角形内角和可计算出，然后根据三角形内心的性质得到的度数．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
点是锐角的外心，
，
，
，
，
，
点是锐角的内心，
，
故答案为：．
变式3．已知为平面上一点，是的内心，也是的外心，．则的度数为 ．
【答案】/65度
【分析】本题考查三角形的内心和外心、角平分线的定义、三角形的内角和定理、圆周角定理，连接、，根据三角形的内心是三角形的内角平分线的交点，结合三角形的内角和定理求得，再根据圆周角定理得到即可求解．
【详解】解：连接、，
∵，
∴，
∵是的内心，
∴，，
∴，
∴，
∵是的外心，
∴，
故答案为：．
变式4．如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点．
(1)求证：；
(2)如果，于．求证：．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题考查了三角形的内切圆和内心，三角形的外接圆和外心，全等三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．
（1）根据圆周角定理和角平分线的定义得到，然后根据等角对等边即可得到结论；
（2）先求得，证明，然后证明，再根据全等三角形的对应边相等得到结论．
【详解】（1）连接，
∵点是的内心，
．
．
．
（2）连接交于，连接．
同（1）得
点在线段的垂直平分线上．
又点在的垂直平分线上
垂直平分，即：，且．
．
．
1．如图，是⊙O的直径，是⊙O的弦，I是的内心，连接，若，则的长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过作于，于，于，根据已知条件推出四边形是正方形，根据等腰直角三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质即可得到结论；
本题考查了三角形的内切圆与内心，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过作于，于，于，

，
四边形是矩形，
∵是的内心，
,
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
，
故选：D．
2．如图，在中，的平分线交的外接圆于点，点E是的内心，连接，则 度．
【答案】55
【分析】本题考查三角形的内角和定理、三角形的内心、外心的性质及圆周角定理，熟知相关性质是正确解决本题的关键．根据求出的度数，再利用角平分线的定义及圆周角定理求出的度数．
【详解】解：
，
平分，
，
，
点E是的内心，
，
故答案为：．
3．若点O是等腰的外心，且，底边，则的面积为 ．
【答案】或
【分析】分两种情形讨论：①当圆心O在内部时．②当点O在外时．分别求解即可．本题考查三角形的外接圆与外心、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意一题多解，属于中考常考题型．
【详解】解：①当圆心O在内部时，作于E．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
②当点O在外时，连接交于E．
，
故答案为：或
4．如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和⊙O于D，E．
(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．
【答案】(1)见解析
(2)AI=4
【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB；
（2）连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，证明△AEM≌△AEN和△BME≌△CNE，再利用勾股定理计算即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵I是△ABC的内心，
∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC，
∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，
∵∠CBE=∠CAE，
∴∠BIE=∠EBI，
∴EB=EI；
（2）解：连接EC，过点E作EM⊥AB，EN⊥AC交AC的延长线于N，则EM=EN，
∵∠BAE=∠CAE，
∴=，
∴BE=EC=4．
∵AE=AE，EM=EN，
∴△AEM≌△AEN，
∴AM=AN．
∵BE=EC，EM=EN，
△BME≌△CNE(HL)，
∴BM=CN．
设BM为x，则8-x=6+x，解得x=1，即BM=1，
∴AM=7．
又∵BE=4，由勾股定理得，EM==．
∴AE==8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE−EI=4．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5．如图，在RtABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=3，⊙O是以BC为直径的圆，如果⊙O与⊙A相切，那么⊙A的半径长为 ．
【答案】
【分析】分两种情况：①如图，与内切，连接并延长交于，根据可得结论；②如图，与外切时，连接交于，同理根据可得结论．
【详解】解：有两种情况，分类讨论如下：
①如图1，与内切时，连接并延长交于，
与相内切，
为切点，
，
，
根据勾股定理得：，
；
即的半径为；
②如图2，与外切时，连接交于，
同理得，
即的半径为，
综上，的半径为或．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相切两圆的性质、勾股定理，解题的关键是通过作辅助线得出是的半径．
6．如图1，为的直径，弦垂直平分，在的延长线上取一点，使得．
(1)求证：是的切线；
(2)如图2，若，点在上，且的内心是上的点，求线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接，根据弦垂直平分，可得，再证为等边三角形，推出，结合和三角形外角的性质可得，进而推出，即可证明是的切线；
（2）先证点、、共线，推出为的直径，，再根据直角三角形内切圆半径公式计算出的半径，进而根据含30度角的直角三角形的性质求出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵弦垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，则，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线．
（2）解：如图，是的内切圆，切点为K，N，H，与交于点M，
由（1）知为等边三角形，则，
∵，，
∴，，
∵上的点为的内心，
∴平分，
又∵平分，
∴点、、共线，
∴为的直径，，
∴，，
∴的内切圆的半径为，
即，
∵，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，等边三角形的判定的性质，三角形外角的定义和性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形的内切圆，圆周角定理等，涉及知识点较多，第2问有一定难度，解题的关键是求出内切圆的半径．
7．如图，的直径为，点是内切圆的内心，的延长线交于点．

(1)求的长；
(2)求的长；
(3)求弦、劣弧所围成的图形面积；
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题主要考查了三角形内心的性质、圆周角定理、勾股定理、扇形的面积公式，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）连接，由圆周角定理可得，由点为内心，得出平分，从而得到，推出，最后由勾股定理计算即可得出答案；
（2）由点为内心， 得出，证明，即可得出；
（3）由（1）可得是等腰直角三角形，再根据进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
，
直径，
，
∵点为内心，
平分，
，
，
；
（2）解：连接，
，
点为内心，
，
，
，，
，
，
；
（3）解：由（1）可得是等腰直角三角形，
．
图示
d与的关系
位置关系
外离
外切
相交
内切
内含