第六章圓第25講與圓有關的位置關系（3~9分）TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透視·目標導航02知識導圖·思維引航03考點突破·考法探究考點一點、直線與圓的位置關系考點二切線的性質與判定考點三三角形內切圓與外接圓04題型精研·考向洞悉命題點一：點、直線與圓的位置關系?題型01判斷點和圓的位置關系?題型02根據點和圓的位置關系求半徑?題型03判斷直線與圓的位置關系?題型04根據直線與圓的位置關系求半徑?題型05根據直線與圓的位置關系求點到直線的距離?題型06圓和圓的位置關系命題點二：切線的性質與判定?題型01判斷或補全使直線成為切線的條件?題型02利用切線的性質求角度?題型03利用切線的性質求線段?題型04應用切線長定理求解?題型05證明某條直線時圓的切線?題型06切線的性質與判定的綜合運用?題型07應用切線長定理求證命題點三：三角形內切圓與外接圓?題型01判斷三角形外接圓圓心位置（坐標）?題型02已知外心的位置判斷三角形形狀（半徑）?題型03由直角三角形的內切圓求周長、面積、半徑?題型04三角形內心有關的應用?題型05由一般三角形的內切圓求周長、面積、半徑?題型06三角形外接圓與內切圓綜合05分層訓練·鞏固提升基礎鞏固能力提升考點要求新課標要求考查頻次命題預測點、直線與圓的位置關系探索并掌握點與圓的位置關系.能用尺規作圖:過不在同一直線上的三點作圓.了解直線與圓的位置關系.10年7考本專題內容也是廣東中考數學中的必考考點之一，主要內容包括點、直線與圓的位置關系、切線的性質和判定、三角形的內切圓和外接圓三塊，在解答題中想必還會考查切線的性質和判定，和直角三角形結合的求線段長的問題和三角函數結合的求角度的問題等知識點綜合，考查形式多樣，多以動點、動圖的形式給出，難度較大.關鍵是掌握基礎知識、基本方法，力爭拿到全分．切線的性質與判定掌握切線的概念.探索并證明切線長定理.10年10考三角形內切圓與外接圓了解三角形的內心與外心.通過尺規作作三角形的外接圓、內切圓.10年8考考點一點、直線與圓的位置關系1.點和圓的位置關系已知⊙O的半徑為r，點P到圓心O的距離為d，則：位置關系圖形定義性質及判定點在圓外點在圓的外部d>r點P在圓外點在圓上點在圓周上d=r點P在圓上點在圓內點在圓的內部d<r點P在圓內【說明】掌握已知點的位置，可以確定該點到圓心的距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心的距離與半徑的關系，可以確定該點與圓的位置關系．2.直線和圓的位置關系設⊙O的半徑為r，圓心到直線l的距離為d，則直線和圓的位置關系如下表：位置關系圖形公共點個數性質及判定相離沒有公共點d>r直線l與⊙O相離相切有唯一公共點d=r直線l與⊙O相切相交有兩個公共點d<r直線l與⊙O相交【小技巧】判斷點與圓之間的位置關系，將該點的圓心距與半徑作比較即可．3.圓和圓之間的位置關系設⊙O1、⊙O2的半徑分別為r、R（其中R>r），兩圓圓心距為d，則兩圓位置關系如下表：位置關系圖形公共點個數性質及判定外離無兩圓外離外切1個切點兩圓外切相交兩個交點兩圓相交內切1個切點兩圓內切內含無兩圓內含兩圓相切、相交的重要性質：如果兩圓相切，那么切點一定在連心線上，它們是軸對稱圖形，對稱軸是兩圓的連心線；相交的兩個圓的連心線垂直平分兩圓的公共弦.11.由于圓是軸對稱和中心對稱圖形，當題目中未給出具體圖形時，要結合題意畫出符合題意的圖形，并進行分類討論，否則比較容易漏解．2.經過一個點作圓,圓心的位置具有任意性；經過兩個點作圓,圓心的位置就有了規律性,即圓心位于兩點連線的垂直平分線上.3.直線和圓的位置關系可以轉化為直線與圓的公共點的個數來研究；也可轉化為圓心到直線的距離d與半徑r的大小關系來研究，這兩個角度的論述其實是等價的.4.圓與圓之間的有些位置關系有兩種情況，做題時要分類討論，防止漏解：①兩圓沒有交點：外離或內含；②兩圓有一個交點：外切或內切；③兩圓有兩個交點：兩圓心在公共弦同側或異側．考點二切線的性質與判定1.切線的性質與判定定義線和圓只有一個公共點時，這條直線叫圓的切線，這個公共點叫做切點．性質圓的切線垂直于過切點的半徑．（實際上過切點的半徑也可理解為過切點的直徑或經過切點與圓心的直線．）解題方法：當題目已知一條直線切圓于某一點時，通常作的輔助線是連接切點與圓心（這是圓中作輔助線的一種方法）．根據切線的性質可得半徑與切線垂直，從而利用垂直關系進行有關的計算或證明．判定1）定義法：直線和圓只有一個公共點時，我們說這條直線是圓的切線.2）數量關系法：圓心到這條直線的距離等于半徑時，直線與圓相切.3)判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線.常見輔助線作法：判定一條直線是圓的切線時，1）若已知直線與圓的公共點時，把圓心和這個公共點連接起來，然后證明直線垂直于這條半徑，簡稱“連半徑，證垂直”；3）若直線與圓的公共點沒有明確，可過圓心作直線的垂線段，再證明圓心到直線的距離等于半徑，簡稱“作垂直，證半徑”．2.切線長定理定義在經過圓外一點的圓的切線上，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長．定理從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線平分兩條切線的夾角．切線長定理的應用問題解題方法：切線長定理經常用來證明線段相等，通常要連接圓心與切點構造直角三角形來求解．考點三三角形內切圓與外接圓1.三角形內切圓與外接圓三角形外接圓經過三角形三個頂點的圓叫做三角形的外接圓，外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點，叫做三角形的外心，這個三角形叫做這個圓的內接三角形.三角形內切圓與三角形各邊都相切的圓叫做三角形的內切圓，內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形.2.三角形內心與外心圓心的名稱圓心的確定方法圖形圓心的性質外心三角形三邊中垂線的交點1)OA=OB=OC2)外心不一定在三角形的內部．內心三角形三條角平分線的交點1)到三邊的距離相等；

2)OA、OB、OC分別平分∠BAC、∠ABC、∠ACB；

3)內心一定在三角形內部．3.常見結論1）三角形內切圓半徑公式：，其中S為三角形的面積；C為三角形的周長.2）特殊的直角三角形內切圓半徑公式：其中a，b為直角三角形的直角邊長，c為斜邊長.【解題思路】解三角形的內切圓問題，通常分別連接．內切圓的圓心與切點、圓心與三角形的頂點來構造直角三角形，以便利用直角三角形的知識進行求解．命題點一：點、直線與圓的位置關系?題型01判斷點和圓的位置關系1．（2023·廣東廣州·一模）已知的半徑為5，當線段時，則點與的位置關系是（

）A．在圓上 B．在圓外 C．在圓內 D．不能確定【答案】B【分析】根據點A到圓心的距離大于半徑即可求解．【詳解】解：∵，∴A點在圓外，故選：B．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系，掌握點到圓心的距離大于半徑時點在圓外，等于半徑時點在圓上，小于半徑時點在圓內是解題的關鍵．2．（2022·廣東廣州·一模）A，B兩個點的坐標分別為（3，4），（﹣5，1），以原點O為圓心，5為半徑作⊙O，則下列說法正確的是（）A．點A，點B都在⊙O上 B．點A在⊙O上，點B在⊙O外C．點A在⊙O內，點B在⊙O上 D．點A，點B都在⊙O外【答案】B【分析】根據勾股定理，可得OA、OB的長，根據點與圓心的距離d，則d＞r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上；當d＜r時，點在圓內．【詳解】解：∵OA＝＝5，OB＝＝＞5，∴點A在⊙O上，點B在⊙O外．故選：B．【點睛】本題主要考查了對點與圓的位置關系的判斷．關鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當d＞r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上，當d＜r時，點在圓內．3．（2021·廣東廣州·一模）平面直角坐標系中，⊙O的圓心在原點，半徑為5，則點與⊙O的位置關系是（）A．點在⊙O內 B．點在⊙O上 C．點在⊙O外 D．無法確定【答案】A【分析】本題根據題意可作圖可知，即可判定點與的位置關系.【詳解】解：由題意可作圖，如下圖所示：∵，∴點在內.故A正確，B、C、D錯誤，故選：A.【點睛】本題考查了點與圓的位置關系，熟記d，r法則是解題的關鍵．4．（2021·廣東廣州·一模）已知O與點P在同一平面內，如果O的直徑為6，線段OP的長為4，則下列說法正確的是（

）A．點P在O上 B．點P在O內 C．點P在O外 D．無法判斷點P與O的位置關系【答案】C【分析】要確定點與圓的位置關系，主要確定點與圓心的距離與半徑的大小關系；則d>r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上；當d<r時，點在圓內．【詳解】解：∵⊙O的直徑為6，∴r=3，∵OP=4>3，∴點P在⊙O外，故選：C．【點睛】本題考查了對點與圓的位置關系的判斷，關鍵要記住若半徑為r，點到圓心的距離為d，則有：當d>r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上，當d<r時，點在圓內．?題型02根據點和圓的位置關系求半徑5．（2024·四川涼山·模擬預測）在中，，，，D為的中點．以A為圓心，r為半徑作⊙A，若B、C、D三點中只有一點在內，則的半徑r的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題主要考查勾股定理，點與圓的位置關系．由勾股定理可求得的長，進而得到的長．再根據題意畫出簡單示意圖，由圖形可知當r的長度為和長度之間時，B、C、D三點中只有點D在內，據此即可解答．【詳解】∵在中，，，∴，∵D為的中點，∴．

由上圖可知，當的半徑時，點D在上，當的半徑時，點C在上，點D在圓內，當的半徑時，點B在上，點C、D在圓內，當的半徑滿足時，點D在內，當的半徑滿足時，點C、D在內，當的半徑滿足時，點B、C、D在內，∴若B、C、D三點中只有一點在內，則的半徑r的取值范圍是．故選：A6．（2023·上海浦東新·三模）在平面直角坐標系中，以點為圓心、以R為半徑作圓A與x軸相交，且原點O在圓A的外部，那么半徑R的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分別根據原點O在圓A的外部，圓A與x軸相交，可得半徑R的取值范圍．【詳解】解：，∴，∵原點O在圓A的外部，∴，即，∵圓A與x軸相交，∴，∴，故選C．【點睛】本題考查了坐標與圖形性質，勾股定理，直線、點與圓的位置關系等知識點，能熟記直線、點與圓的位置關系是解此題的關鍵．7．（2023·遼寧撫順·一模）在同一平面內，點P到圓上的最大距離為5，最小距離為1，則此圓的半徑為（

）A．3 B．4或6 C．2或3 D．6【答案】C【分析】點應分為位于圓的內部與外部兩種情況討論：①當點在圓內時，直徑=最小距離+最大距離；②當點在圓外時，直徑=最大距離-最小距離．【詳解】解：分為兩種情況：①當點在圓內時，如圖1，點到圓上的最小距離，最大距離，直徑,半徑②當點在圓外時，如圖2，點到圓上的最小距離，最大距離，直徑,半徑故選：C【點睛】本題主要考查了點與圓的位置關系，注意到分兩種情況進行討論是解決本題的關鍵．8．（2022·吉林·中考真題）如圖，在中，，，．以點為圓心，為半徑作圓，當點在內且點在外時，的值可能是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先利用勾股定理可得，再根據“點在內且點在外”可得，由此即可得出答案．【詳解】解：在中，，，，，點在內且點在外，，即，觀察四個選項可知，只有選項C符合，故選：C．【點睛】本題考查了勾股定理、點與圓的位置關系，熟練掌握點與圓的位置關系是解題關鍵．?題型03判斷直線與圓的位置關系9．（2024·廣東廣州·二模）中，，，以點為圓心，為半徑畫圓，那么該圓與的位置關系是（

）A．相離 B．相切 C．相交 D．不能確定【答案】A【分析】本題考查了直線和圓的位置關系、等腰三角形三線合一的性質、勾股定理，明白要作、求出是解題的關鍵．根據題意畫出，并過點作于點，根據等腰三角形三線合一求得的長，再利用勾股定理求得的長，把與圓的半徑比較大小，判定該圓與的位置關系即可．【詳解】解：如圖，根據題意畫出，并過點作于點，∵，，∴，∴，∵，∴以點為圓心，為半徑的圓，與的位置關系是相離，故選：A．10．（2020·廣東廣州·中考真題）如圖，中，，，，以點為圓心，為半徑作，當時，與的位置關系是（

）A．相離 B．相切 C．相交 D．無法確定【答案】B【分析】根據中，，，求出AC的值，再根據勾股定理求出BC的值，比較BC與半徑r的大小，即可得出與的位置關系．【詳解】解：∵中，，，∴cosA=∵，∴AC=4∴BC=當時，與的位置關系是：相切故選：B【點睛】本題考查了由三角函數解直角三角形，勾股定理以及直線和圓的位置關系等知識，利用勾股定理解求出BC是解題的關鍵．11．（2024·湖北·模擬預測）的三邊，，的長度分別是3，4，5，以頂點A為圓心，為半徑作圓，則該圓與直線的位置關系是（

）A．相交 B．相離 C．相切 D．以上都不是【答案】C【分析】本題考查了勾股定理逆定理、三角形面積公式、直線與圓的位置關系，先由勾股定理逆定理判斷出為直角三角形，且，設斜邊上的高為，根據等面積法求出，即可得解．【詳解】解：∵，∴為直角三角形，且，設斜邊上的高為，則，∴，∴以頂點A為圓心，為半徑作圓，則該圓與直線的位置關系是相切，故選：C．12．（2024·青海西寧·二模）已知的半徑等于，圓心到直線上某點的距離為，則直線與的公共點的個數為（

）A．0 B．1 C．1或2 D．0或1【答案】C【分析】本題考查了直線與圓的位置關系，利用直線與圓的位置關系的判斷方法得到直線l和相交或相切，然后根據相切與相交的定義對各選項進行判斷．【詳解】的半徑為，圓心到直線上某點的距離為，圓心到直線的距離即圓心到直線的距離圓的半徑，直線和相切或相交，直線與有個或個公共點．故選：C．?題型04根據直線與圓的位置關系求半徑13．（2024·山東菏澤·一模）在直角三角形中，，，，以點C為圓心作，半徑為，已知直線和有交點，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了直線與圓的位置關系、勾股定理，作于D，由勾股定理求出，由三角形的面積求出，可得以C為圓心，為半徑所作的圓與斜邊只有一個公共點，即可得直線和有交點，的取值范圍．【詳解】解：作于D，如圖所示：∵，∴，∵的面積，∴，即圓心C到的距離，∴以C為圓心的⊙C與直線有交點，則的取值范圍是：．故選：D．14．（2023·陜西西安·一模）在中，，，．若與相離，則半徑為r滿足（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查直線與圓的位置關系，勾股定理和含30度直角三角形的性質，根據含30度直角三角形的性質和勾股定理得到和的長度，再根據與相離可知半徑小于點C到的距離，即可進行求解．【詳解】解：∵，，，∴∴，∵∴，解得：，∴設點C到的距離為h，則，∴，∴，∵若與相離，∴故選：C．15．（2023·上海寶山·一模）已知中，，、．以C為圓心作，如果圓C與斜邊有兩個公共點，那么圓C的半徑長R的取值范圍是（）A． B． C． D．．【答案】C【分析】作于，由勾股定理求出，由三角形的面積求出，由，可得以為圓心，為半徑所作的圓與斜邊只有一個公共點；若與斜邊有兩個公共點，即可得出的取值范圍．【詳解】解：作于，如圖所示：，，，，∵的面積，，即圓心到的距離，，以為圓心，為半徑所作的圓與斜邊只有一個公共點，若與斜邊有兩個公共點，則的取值范圍是．故選：C．【點睛】此題考查了直線與圓的位置關系、勾股定理以及直角三角形的性質．此題難度適中，注意掌握數形結合思想的應用．16．（2021·上海奉賢·二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，點O在邊AB上，且BO＝2OA．以點O為圓心，r為半徑作圓，如果⊙O與Rt△ABC的邊有3個公共點，那么下列各值中，半徑r不可以取的是（

）A．6 B．10 C．15 D．16【答案】C【分析】根據勾股定理得到，求得OA＝10，OB＝20，過O分別作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，根據相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，∴，∵BO＝2OA，∴OA＝10，OB＝20，過O分別作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，∴，，∴，，∴OE＝16，OD＝6，當⊙O過點C時，連接OC，根據勾股定理得，如圖，∵以點O為圓心，r為半徑作圓，如果⊙O與Rt△ABC的邊有3個公共點，∴r＝6或10或16或，故選：C．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，相似三角形的判定和性質，正確的理解題意是解題的關鍵．?題型05根據直線與圓的位置關系求點到直線的距離17．（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖，點P是函數的圖象上的一點，的半徑為，當與直線有公共點時，點P的橫坐標x的取值范圍是（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】如圖所示，即為與直線有一個公共點的情況，點P只有在線段上，即符合題意，根據圖象的對稱性可知，是等腰直角三角形，求得，設，則，則的中點M在直線上，得到，解方程得到（不合題意，舍去），于是得到結論．【詳解】解：如圖所示，即為與直線有一個公共點的情況，點P只有在線段上，即符合題意，

根據圖象的對稱性可知，是等腰直角三角形，∵的半徑為，∴，∴，，則，則的中點M在直線上，∴，∴，解得：（不合題意，舍去），∴的橫坐標是，的橫坐標是，∴，故選：D．【點睛】本題考查了反比例函數與一次函數的交點問題，直線與圓的位置關系，等腰直角三角形的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．18．（2024·上海·模擬預測）如圖，在梯形中，，，，，如果以為直徑的圓與梯形各邊共有3個公共點（C，D兩點除外），那么長的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】考查了直線和圓的位置關系與數量之間的聯系．此題首先能夠根據公共點的個數得到直線和圓的位置關系；再進一步計算出相切時圓心到直線的距離，從而根據直線和圓的位置關系與數量之間的聯系，得到答案．【詳解】解：根據題意，得圓必須和直線相交，設直線和圓相切于點E，連接，則，，又∵，∴此時．根據梯形的中位線定理，得，∴，∴，∴直線要和圓相交，則．故選D．19．（2023·廣西梧州·二模）已知的半徑為，直線l與圓有公共點，且直線l和圓心O的距離為，則（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了直線與圓的位置關系，一般地，直線到圓心的距離為d，圓的半徑為r，則當時，直線與圓沒有交點；當時，直線與圓有一個交點；當時，直線與圓有兩個交點，據此求解即可．【詳解】解：∵直線l與圓有公共點，∴直線l與圓的圓心的距離小于等于半徑，∵的半徑為，∴，故選：B．20．（2024·河南許昌·二模）如圖，平面直角坐標系中，經過三點，點D是上的一動點．當點D到弦的距離最大時，點D的坐標是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】過點P作于點E，作于點F，延長交于點D，此時點D到弦的距離最大，利用垂徑定理，勾股定理計算即可．本題考查了直線與圓的位置關系，矩形的判定和性質，勾股定理，垂徑定理，熟練掌握直線與圓的位置關系，勾股定理，垂徑定理是解題的關鍵．【詳解】解：∵點,∴,過點P作于點E，作于點F，延長交于點D，此時點D到弦的距離最大，∴四邊形是矩形，∴，∴，∴點D到弦的距離最大為，∴點D的坐標為，故選A．．?題型06圓和圓的位置關系21．（2024·上海·中考真題）在中，，，，點在內，分別以為圓心畫，圓半徑為1，圓半徑為2，圓半徑為3，圓與圓內切，圓與圓的關系是（

）A．內含 B．相交 C．外切 D．相離【答案】B【分析】本題考查圓的位置關系，涉及勾股定理，根據題意，作出圖形，數形結合，即可得到答案，熟記圓的位置關系是解決問題的關鍵．【詳解】解：圓半徑為1，圓半徑為3，圓與圓內切，圓含在圓內，即，在以為圓心、為半徑的圓與邊相交形成的弧上運動，如圖所示：當到位置時，圓與圓圓心距離最大，為，，圓與圓相交，故選：B．22．（2023·遼寧鞍山·一模）兩圓的半徑分別為和，且兩圓的圓心距為，則這兩圓的位置關系是（

）A．相交 B．外切 C．內切 D．相離【答案】B【分析】本題利用了兩圓外切時，圓心距等于兩圓半徑的和的性質求解．根據圓心距和圓的半徑之間的數量關系，可以判斷出兩圓的位置關系．設兩圓的半徑分別為和，且，圓心距為：外離，則；外切，則；相交，則；內切，則；內含，則．【詳解】解：兩圓的半徑分別為和，且兩圓的圓心距為，，由于兩圓外切時，圓心距等于兩圓半徑的和，兩圓外切．故選：B23．（2023·上海崇明·二模）已知在中，，，如果以A為圓心r為半徑的和以為直徑的相交，那么r的取值范圍（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先利用勾股定理求得兩圓的圓心距，然后利用兩圓相交時兩圓的圓心距和兩圓的半徑之間的關系求解．【詳解】解：如圖，由題意得：，，由勾股定理得：，設的半徑為，根據兩圓相交得：，解答：，故選：C．【點睛】本題考查兩圓之間的位置關系．熟練掌握兩圓之間的位置關系的判定方法，是解題的關鍵．24．（2022·上海松江·三模）已知，，，以點B為圓心，以為半徑畫圓，以點A為圓心，半徑為r，畫圓．已知與外離，則r的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】設半徑為R，則，根據與外離得到，進一步求得，又由即可求得r的取值范圍．【詳解】解：設半徑為R，則，∵與外離，∴，∴，即，∵，∴．故選：C．【點睛】此題考查了圓與圓的位置關系，熟練掌握外離的條件是解題的關鍵．命題點二：切線的性質與判定?題型01判斷或補全使直線成為切線的條件25．（2021·廣東揭陽·一模）如圖，是⊙O的直徑，交⊙O于點，于點，下列說法不正確的是（

）A．若，則是⊙O的切線 B．若，則是⊙O的切線C．若，則是⊙O的切線 D．若是⊙O的切線，則【答案】A【分析】根據AB=AC，連接AD，利用圓周角定理以及等腰三角形的性質可以得到點D是BC的中點，OD是△ABC的中位線，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以證明DE是⊙O的切線，可判斷B選項正確；若DE是⊙O的切線，同上法倒推可證明AB=AC，可判斷D選項正確；根據CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位線，同上可以證明DE是⊙O的切線，可判斷C選項正確；若，沒有理由可證明DE是⊙O的切線．【詳解】解：當AB=AC時，如圖：連接AD，∵AB是⊙O的直徑，∴AD⊥BC，∴CD=BD，∵AO=BO，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切線，所以B選項正確；當DE是⊙O的切線時，如圖：連接AD，∵DE是⊙O的切線，∴DE⊥OD，∵DE⊥AC，∴OD∥AC，∴OD是△ABC的中位線，∴CD∥BD，∵AB是⊙O的直徑，∴AD⊥BC，∴AD是線段BC的垂直平分線，∴AB=AC，所以D選項正確；當CD=BD時，又AO=BO，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切線，所以C選項正確．若，沒有理由證明DE是⊙O的切線，所以A選項錯誤．故選：A．【點睛】本題考查了切線的判定和性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．26．（2024·湖北·模擬預測）如圖，和直線，直線在同一平面內，是的直徑，直線是的切線，直線經過點，下列條件不能判定直線與相切的是（

）A． B．C．與只有一個公共點 D．點到上某點的距離等于半徑【答案】D【分析】本題考查了切線的判定與性質，平行線的性質，熟練掌握切線的判定方法是解題的關鍵．根據切線的判定定理“經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線”或“圓心到直線的距離等于半徑”逐項進行判斷即可．【詳解】解：是的直徑，且是的切線又直線與相切故選項A、B可以判定，不符合題意；C、根據圓的切線的定義，可知與圓僅有一個公共點的直線是切線，選項C可以判定，不符合題意；D、根據與圓心的距離等于半徑的直線為圓的切線，選項D不可判定，符合題意；故選：D．27．（2019·新疆博爾塔拉·模擬預測）已知⊙O的半徑為5，直線EF經過⊙O上一點P（點E，F在點P的兩旁），下列條件能判定直線EF與⊙O相切的是（

）A．OP＝5 B．OE＝OFC．O到直線EF的距離是4 D．OP⊥EF【答案】D【分析】根據切線的證明方法進行求解，即可得到答案.【詳解】∵點P在⊙O上，∴只需要OP⊥EF即可，故選D．【點睛】本題考查切線的證明，解題的關鍵是掌握切線的證明方法.28．（19-20九年級上·安徽·階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，過格點A，B，C作一圓弧，點B與下列格點的連線中，能夠與該圓弧相切的是(

)A．點(0，3) B．點(1，3) C．點(6，0) D．點(6，1)【答案】B【分析】根據垂徑定理的性質得出圓心所在位置，再根據切線的性質得出，當O'B⊥BF時F點的位置即可．【詳解】∵過格點A，B，C作一圓弧，∴由垂徑定理可得圓心為：O'(2,0)，如圖所示，由切線性質可知當O'B⊥BF時，BF與圓相切，當△BO'D≌△BFA時，∠O'BF=∠FBA+∠O'BA=∠O'BD+∠O'BA=90°，此時O'B⊥BF，BF與圓相切，AF=O'D=1，AB=BD=2，∴F坐標為（1,3），同理可得F'（5,1），所以滿足條件的F點的坐標為：(5,1)或(1,3)，故選B.【點睛】本題考查由垂徑定理確定圓心和切線的性質，確定圓心是本題的關鍵.?題型02利用切線的性質求角度29．（2024·廣東·模擬預測）如圖，，為的兩條弦，過點的切線交延長線于點，若，則的度數為（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了切線的性質和圓周角定理．連接，根據圓周角定理求出，根據切線的性質得到，根據直角三角形的性質即可求得．【詳解】解：連接，

與相切于，，，，，，故選：B．30．（2024·廣東·模擬預測）如圖，是的直徑，點在上，且，過點作的切線，交的延長線于點，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了等腰三角形的性質，圓周角定理，切線的性質，連接，由可得，由圓周角定理可得，即得，又由切線的性質可得，最后根據角的和差關系即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：如圖，連接，則，∴，∵，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∴，故選：．

31．（2024·廣東·模擬預測）如圖，是的直徑，是的切線，A為切點，與交于點D，連接．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】此題考查圓周角定理，圓的切線的性質定理，直角三角形兩銳角互余，利用同弧所對的圓周角等于圓心角的一半求得，根據AC是的切線得到，即可求出答案．正確理解圓周角定理及切線的性質定理是解題的關鍵．【詳解】解：∵，∴，∵為的切線，A為切點，∴，∴，故選：A．32．（2024·廣東佛山·二模）如圖，是⊙的直徑，C、D是⊙上的點，過點C作⊙的切線交的延長線于E．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．也考查了圓周角定理．連接，如圖，先根據切線的性質得到，再利用互余計算出，然后根據圓周角定理求解．【詳解】解：連接，如圖，∵為的切線，∴，∴，∵，∴，∴．故選：A．?題型03利用切線的性質求線段33．（2024·新疆烏魯木齊·一模）如圖，、是的切線，B、C為切點，D是上一點，連接、，若，，則的半徑長為（

）A．1.5 B． C． D．【答案】D【分析】連接，由切線的性質得，而，可求得，，所以，則，于是得到問題的答案．【詳解】解：連接，∵是的切線，B、C為切點，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的半徑長為，故選：D．【點睛】本題重點考查圓周角定理、切線的性質定理、切線長定理、銳角三角函數與解直角三角形等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．34．（2024·廣東廣州·一模）如圖，是的直徑，是的弦，，垂足為，連接并延長，與過點的切線相交于點，連接．若的半徑為5，，則的長是（

）．A． B．13 C． D．14【答案】C【分析】本題考查了切線的性質，正切的定義，直徑所對的圓周角是直角；連接，勾股定理求得，進而求得，根據切線的性質得出，根據同弧所對的圓周角相等，進而得出，根據正切的定義，即可求解．【詳解】解：如圖，連接，∵是的直徑，∴∵的半徑為5，，則∴∴∵是過點的切線，則∵∴∴∴，即∴故選：C．35．（2023·黑龍江哈爾濱·一模）如圖，為的切線，切點為，連接、，交于點，點在上，連接、，若，則的長為（

）．A．1 B． C．2 D．4【答案】B【分析】本題考查了圓周角定理，切線的性質，解直角三角形．根據圓周角定理得出，，根據切線的性質得出，解即可求解．【詳解】解：∵，∴，，∵為的切線，∴，在中，，故選：B．36．（2023·廣東廣州·二模）如圖，在中，，點是斜邊邊上一點，以為圓心，為半徑作圓，恰好與邊相切于點D，連接．若，的半徑為，則的長度為（

）

A． B． C．3 D．【答案】B【分析】連接，由與圓相切于D，得到半徑，而，推出，得到，由等腰三角形的性質推出，從而求出的度數，即可求出的長，根據特殊角的銳角三角函數求得，，即可求得．【詳解】解：連接，

∵與圓相切于D，∴半徑，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∵，∴，∴，，∴，，∴，故選：B．【點睛】本題考查切線的性質，等腰三角形的性質，平行線的性質，特殊角的三角函數值，解題的關鍵是由切線的性質，平行線的性質和等腰三角形的性質推得．?題型04應用切線長定理求解37．（2024·廣東廣州·一模）如圖，，是的切線，，為切點，為圓上一定點，，時，的大小和的長分別是（

）A．，8 B．，8 C．， D．，【答案】C【分析】連接，根據切線的性質得到，利用四邊形內角和計算出，再利用圓周角定理得到，根據切線長定理得到平分，所以，從而得到，即可得到答案．【詳解】解：如圖，連接，，是的切線，，為切點，，，，，，，是的切線，平分，，．故選：C．【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，切線長定理，解直角三角形，掌握并靈活運用相關知識是解題的關鍵．38．（2023·廣東廣州·中考真題）如圖，的內切圓與，，分別相切于點D，E，F，若的半徑為r，，則的值和的大小分別為（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，【答案】D【分析】如圖，連接．利用切線長定理，圓周角定理，切線的性質解決問題即可．【詳解】解：如圖，連接．∵的內切圓與，，分別相切于點D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故選：D．【點睛】本題考查三角形的內切圓與內心，圓周角定理，切線的性質等知識，解題的關鍵是掌握切線的性質，屬于中考常考題型．39．（2022·貴州黔東南·中考真題）如圖，、分別與相切于點、，連接并延長與交于點、，若，，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】連接OA，根據切線長的性質得出PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，再證△APD≌△BPD（SAS），然后證明∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，利用勾股定理求出OP=，最后利用三角函數定義計算即可．【詳解】解：連接OA∵、分別與相切于點A、，∴PA=PB，OP平分∠APB，OA⊥AP，∴∠APD=∠BPD，在△APD和△BPD中，，∴△APD≌△BPD（SAS）∴∠ADP=∠BDP，∵OA=OD=6，∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，在Rt△AOP中，OP=，∴sin∠ADB=．故選A．【點睛】本題考查圓的切線性質，三角形全等判斷與性質，勾股定理，銳角三角函數，掌握圓的切線性質，三角形全等判斷與性質，勾股定理，銳角三角函數是解題關鍵．40．（2023·廣東深圳·二模）如圖，在中，，點在邊上，過的內心作于點．若，，則的長為（

）

A．6 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】過點I作，垂足分別為G，F，可得，，設，，再由，即可求解．【詳解】如圖，過點I作，垂足分別為G，F，

∵點I為的內心，∴以為半徑的圓I是的內切圓，∴，，設，∵，∴，∴，∵，∴，解得：，∴．故選：B【點睛】本題主要考查了三角形的內心，切線長定理，熟練掌握三角形的內心的性質，切線長定理是解題的關鍵．?題型05證明某條直線時圓的切線41．（2024·廣東·中考真題）如圖，在中，．

(1)實踐與操作：用尺規作圖法作的平分線交于點D；（保留作圖痕跡，不要求寫作法）(2)應用與證明：在（1）的條件下，以點D為圓心，長為半徑作．求證：與相切．【答案】(1)見解析(2)證明見解析【分析】本題考查了尺規作角平分線，角平分線的性質定理，切線的判定等知識．熟練上述知識是解題的關鍵．（1）利用尺規作角平分線的方法解答即可；（2）如圖2，作于，由角平分線的性質定理可得，由是半徑，，可證與相切．【詳解】（1）解：如圖1，即為所作；

（2）證明：如圖2，作于，

∵是的平分線，，，∴，∵是半徑，，∴與相切．42．（2023·廣東東莞·模擬預測）如圖，，以為半徑的交于點C，且，求證：是的切線．

【答案】見解析【分析】連接，得到是等邊三角形，推出，由此求出，得到，即可得到結論是的切線．【詳解】證明：連接，

∵，∴是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∵是的半徑，∴是的切線．【點睛】此題考查了證明直線是圓的切線，等邊三角形的判定和性質，正確掌握圓的切線的判定定理是解題的關鍵．43．（2023·甘肅隴南·一模）如圖，在中，，，點為邊上一點，且，以為直徑作交的中點于，過點作于點．(1)求證：為的切線．(2)求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）如圖1，連接，點是的中點，點是的中點，可得，根據，可得，由此即可求證；（2）如圖2，連接，可證，求得，根據，，可求出的長，在中，根據勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，∵點是的中點，點是的中點，∴，∵，∴，∵點在上，∴是的切線．（2）解：如圖2，連接，∵是的直徑，∴，∵點是的中點，即，在，中，，∴，∴，∵，∴，且，∴，，在中，．【點睛】本題主要考查圓與三角形的綜合，掌握切線的證明方法，直角三角形勾股定理的運用是解題的關鍵．44．（2022·廣西貴港·一模）如圖，線段AB是⊙O的直徑，⊙O交線段BC于D，且D是BC的中點，DE⊥AC于E，連接AD．(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)若AE=1，AB=4，求AD的長【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）連接，根據中垂線的性質得到：，根據等角的余角相等，證明即可得證；（2）證明，得到即可求出．【詳解】（1）證明：連接，則：，∵AB是⊙O的直徑，∴，∴，∴又∵D是BC的中點，∴，∴，∵DE⊥AC∴∴，又∵，，∴，即：，∴∴DE是⊙O的切線．（2）解：∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴或（舍）；∴AD的長為2．【點睛】本題考查圓與相似三角形的綜合應用．熟練掌握切線的證明方法，以及三角形相似的判定是解題的關鍵．?題型06切線的性質與判定的綜合運用45．（2024·山東濱州·一模）如圖，為的直徑，為上一點，點C為的中點，過點C作，交的延長線于點D，延長交的延長線于點F．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑長．【答案】(1)見解析(2)【分析】本題考查了切線的判定和性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．（1）根據圓周角定理得出，再得出，則，推出，即可解答；（2）根據勾股定理得出，設的半徑長為，則，，通過證明，則，列出方程求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，

點為的中點，，，，，，∴，，，是的切線；（2）解：，，，，設的半徑長為，則，，∵，，，即，解得：，的半徑長為．46．（2024·廣東深圳·二模）如圖，過圓外一點作的切線，切點為是的直徑．連接，過點作的垂線，垂足為，同時交于點，連接．(1)求證：是的切線：(2)若，求切線的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，由垂徑定理可得，通過，得，通過，可得，根據切線的判定定理，即可求解；（2）由三角形的中位線得到，，在中，根據勾股定理，得到的長，，在中，根據正切三角函數，即可求解，【詳解】（1）解：連接，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∴是的切線，（2）解：∵，，∴，∴，在中，，，在中，，故答案為：．【點睛】本題考查了垂徑定理，全等三角形的性質與判定，切線的性質與判定，三角形的中位線，解直角三角形，熟練掌握相關性質定理及判定定理是解題關鍵．47．（2024·山東濟寧·一模）如圖，是的切線，切點為，是的直徑，連接交于．過點作于點，交于，連接，．(1)求證：是的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，由垂徑定理可得，通過，得，通過，可得，根據切線的判定定理，即可求解，（2）由，是的直徑，可得，根據銳角三角函數可求，的長度，由，可得，在中，根據銳角三角函數，即可求解，本題考查了垂徑定理，直徑所對的圓周角是，全等三角形的性質與判定，切線的性質與判定，銳角三角函數，解題的關鍵是：根據切線的判定定理，連接輔助線．【詳解】（1）解：連接，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∴是的切線，（2）解：由（1）可知，，∴，∵是的直徑，∴，∴，∴，即：，解得：，∴，∵，∴，∴，∴，即：，解得：，故答案為：．48．（2024·廣東佛山·三模）綜合與運用：如圖，為的切線，為切點，直線交于點，，過點作的垂線，垂足為點，交于點，延長與交于點，連接，．(1)求證：直線為的切線；(2)求證：；(3)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，由垂直于，利用垂徑定理得到D為的中點，即垂直平分，可得出，再由，得，由為圓的切線，得到垂直于，利用全等三角形的對應角相等及垂直的定義得到垂直于，即可得出結論；（2）先證明，得出，通過等量代換即可得證．（3）根據，求出．設，表示出，在中，由勾股定理求得x后即可求得半徑，從而求得直徑．【詳解】（1）證明：如圖，連接，是的切線，．于D．又，．,，為的半徑，∴直線為的切線．（2），．，，即．又，；（3），．設．在中，由勾股定理，得．解得，（不合題意，舍去）．．是的直徑，．【點睛】本題考查了切線的判定與性質，相似及全等三角形的判定與性質以及解直角三角形的相關計算，勾股定理等知識，熟練掌握切線的判定與性質是解本題的關鍵．?題型07應用切線長定理求證49．（2024·廣東梅州·模擬預測）如圖，P為外一點，為的切線，切點分別為A、B，直線交于點D、E，交于點C．(1)求證∶．(2)若，連接，求證：四邊形是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接，由,證明，，進而得證；（2）連接，連接，證明，得到，由為的切線得到，，證明，得到，則，得到，又由，即可證明四邊形是菱形．【詳解】（1）證明：如圖，連接，∵是直徑，∴即∵為的切線，∴，即．∴，∵∴，∴．（2）連接，連接，如圖，∵，∴，∵為的切線，∴，∴，∴∵為的切線，∴，，∵∴，∴∴∴，∵，∴四邊形是菱形．【點睛】此題考查了切線的性質、切線長定理、圓周角定理、全等三角形的判定和性質、菱形的判定等知識，添加適當的輔助線是證明的關鍵．50．（2024·廣東·二模）如圖，P是外一點，，是的兩條切線，切點分別為A，B，C為劣弧上一點，過點C作的切線，分別交，于點D，E．(1)若的周長為12，求的長；(2)若，求的度數．【答案】(1)6(2)【分析】本題考查的是切線的性質，切線長定理的含義，四邊形的內角和定理的應用，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．（1）由切線長定理可得答案；（2）如圖，連接，，，利用切線的性質與切線長定理的含義，再結合四邊形的內角和定理可得答案．【詳解】（1）解：由切線長定理可知，，，．則的周長．．（2）如圖，連接，，，則，．．在四邊形中，，，即，．51．（2022·廣東·模擬預測）已知：如圖，PA，PB是⊙O的兩條切線，A，B是切點，BC是直徑，AB交PO于點M，⊙O的半徑為3，PA＝4．(1)求證：AC∥PO；(2)求AC的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據切線長定理得出，且平分，利用等腰三角形三線合一的性質得出，再根據圓周角定理得出即可求證結論．（2證明，由相似三角形的性質得出，由勾股定理即可求得答案．【詳解】（1）證明：、是⊙O的切線，、是切點，，且平分，，是直徑，，，．（2）解：連接OA，是⊙O的切線，，，，，，，又，，∴，設AM＝2x，則AC＝3x，∴AB＝4x，，，（負值舍去），．【點睛】本題考查了切線的性質、相似三角形的判斷和性質、勾股定理的應用，解題關鍵在于掌握圓周角定理，等腰三角形的性質及利用勾股定理列方程．52．（2023·廣東江門·一模）如圖，點O在的平分線上，與相交于點C．與的延長線相交于點D，與相切于點A．(1)求證：直線是的切線；(2)若，求的半徑；(3)點G是劣弧上一點，過點G作的切線分別交于點E，F，若的周長是半徑的3倍，求的值．【答案】(1)見解析(2)3(3)【分析】（1）連接，過O作于B，根據切線的性質可得，再由角平分線的性質可得，即可；（2）設的半徑是x，在中，根據勾股定理，即可求解；（3）延長交于點H，設的半徑為r，根據切線長定理可得，從而得到，設則，再證得，可得，從而得到，再由勾股定理可得，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，過O作于B，∵與相切于點A，∴，∵點O在的平分線上，∴，∴直線是的切線；（2）解：設的半徑是x，在中，，∴，解得：，所以的半徑為3；（3）解：如圖2，延長交于點H，設的半徑為r，∵是的切線，∴，∴的周長，∴，設則，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線的判定和性質，切線長定理，勾股定理，解直角三角形等知識，熟練掌握切線的判定和性質，切線長定理，勾股定理是解題的關鍵．命題點三：三角形內切圓與外接圓?題型01判斷三角形外接圓圓心位置（坐標）53．（2023·浙江杭州·二模）如圖，O為等腰三角形的外心，，連接，記，，則滿足的關系式為（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】根據等腰三角形的判定和性質以及三角形的內角和定理即可得到結論．【詳解】解：∵，，∴，∴，連接，

∵O為等腰三角形的外心，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故選：D．【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心，等腰三角形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．54．（2024·浙江寧波·模擬預測）如圖，在中，已知，，是的中點，點是的外接圓圓心，則（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了三角形外接圓，等腰三角形的性質，圓周角定理，解直角三角形的應用，連接，以為半徑作的外接圓，由等腰三角形的性質可得，，，進而由圓周角定理可得，即得，得到，再利用勾股定理得到，解之即可求解，正確作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：連接，以為半徑作的外接圓，

∵是的外接圓，∴，∵是的中點，，∴，，，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，解得，故選：．55．（2024·寧夏固原·模擬預測）如圖，在已知的中，按以下步驟作圖：①分別以為圓心，以大于長為半徑作弧，兩弧相交于兩點；②作直線交于點，連接．若，，則下列結論中錯誤的是(

)A． B．C． D．點是的外心【答案】C【分析】本題考查的是作圖基本作圖，線段垂直平分線的作法，等邊對等角，三角形內角和定理的應用，三角形的外心的定義；由題意可知直線是線段的垂直平分線，故，，故可得出的度數，根據可知，故可得出的度數，進而可得出結論．【詳解】解：由題意可知直線是線段的垂直平分線，，，，，．，，A正確，C錯誤；，，，點為的外心，故D正確；，，，故B正確．故選：C．56．（2020·湖北黃石·一模）如圖，在平面直角坐標系中，，，，點P為的外接圓的圓心，將繞點O逆時針旋轉，點P的對應點P’的坐標為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】過點作于點，根據點的坐標可得，根據勾股定理的逆定理可得是直角三角形，得的外接圓的圓心在斜邊的中點處，取的中點，可得，連接，將繞點逆時針旋轉90至，作軸于點，軸于點，證明△，得，，進而可求得點的坐標．【詳解】解：如圖，過點作于點，，，，，，，是直角三角形的外接圓的圓心在斜邊的中點處如圖，取的中點，，連接，將繞點逆時針旋轉90至，作軸于點，軸于點，，△，．故選：．【點睛】本題考查了三角形的外接圓與外心、坐標與圖形變化—旋轉，解決本題的關鍵是掌握直角三角形的外心的位置．?題型02已知外心的位置判斷三角形形狀（半徑）57．（2024·江蘇鎮江·一模）如圖，A、O在網格中小正方形的頂點處，每個小方格的邊長為1，在此網格中找兩個格點（即小正方形的頂點）B、C，使O為的外心，則的長度是（

）

A． B． C．4 D．【答案】A【分析】本題考查外心的定義：外心是三角形外接圓的圓心，外心到三角形三個頂點的距離相等，也考查了勾股定理．根據題意作出圖形，得到點B和點C的位置，根據勾股定理求解即可．【詳解】解：如圖所示，

∵點O為的外心，∴，點B和點C的位置如圖所示，∴，故選：A．58．（2020·河北·二模）如圖，已知是的外心，分別是、的中點，連接、交于點，若，，，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查了三角形的外接圓和外心，三角形外接圓的圓心是三角形三條邊垂直平分線的交點，叫做三角形的外心，考查了直角三角形的性質和勾股定理的逆定理，三角形的面積，連接，，由題意得出，，可證得，根據三角形的面積公式可得出答案，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．【詳解】連接，，如圖，∵是的外心，、分別是、的中點，∴，，∴，，∵，，∴，，∵，∴，∴是直角三角形，，∵，∴，故選：．59．（2022·河北石家莊·模擬預測）如圖，與中，，，則的外心與的內心之間的距離為（

）A．2 B． C． D．3【答案】A【分析】過點D作于點G，并延長交AB于點F，點G為AC中點，過點A作AE平分交DG于點E，結合三角形外接圓和內切圓的性質，得出，根據題中條件得出是等邊三角形，得出．【詳解】解：在中，，∴是等邊三角形，過點D作于點G，并延長交AB于點F，點G為AC中點，過點A作AE平分交DG于點E，如圖所示：根據三角形內切圓的性質可知，點E為的內心，，∵中，，∴，，，∴，，∴，點F為AB中點，點F為的外心，∴是等邊三角形，∵，∴在中，，∴，故選：A．【點睛】本題考查三角形的內心與外心，熟悉三角形外心與內心的定義，掌握常見特殊三角形的內心與外心的性質是解決問題的關鍵．60．（2022·貴州遵義·一模）如圖，已知ABC是⊙的內接三角形，⊙的半徑為2，將劣弧沿AC折疊后剛好經過弦BC的中點D．若，則弦AC的長為（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】取折疊后的弧所在圓圓心為，則⊙O與⊙O＇設等圓，∠ACD是公共的圓周角，所以可以證得AB=AD，過A作AMBC于M，則M為BD的中點，在Rt△AMC中，利用勾股定理，可以求出AM和CM的長度，由于D是BC中點，可以證明CM=3BM，然后根據勾股定理即可得到結論．【詳解】如圖1，設折疊后的AC所在圓的圓心為，連接，∴=2∠ACB=120連接OA，OB同理，∠AOB=120∠AOB=∵⊙O與⊙是等圓∴AB=AD設⊙O的半徑為R過O作OGAB于G∵OA=OB=2，∠AOB=120∴∠OAB=∠OBA=30AB=2AG在Rt△OGA中，∴sin∠OAG=，即OG=sin30?OA=×2=1∴AG=∴AB=2AG=如圖2，過A作AMBC于M∵AB=AD∴可設BM=DM=x，則BD=2x∵D為BC的中點∴CD=BD=2x∴CM=DM+CD=3x∵AMBC，∠ACB=60∠MAC=30在Rt△AMC中，AC=2CM=6x∴AB2?BM2=AC2?CM2∴解得：x=（負值舍去）AC=故選：D．【點睛】本題考查圓的綜合，考查了圓周角定理、翻折變換（折疊問題）、三角形的外接圓和外心問題．注意等圓中的公共角、公共弦、公共弧，這些都是相等的，利用這些等量關系，比如此題中的AB＝AD，是解決此題的關鍵．?題型03由直角三角形的內切圓求周長、面積、半徑61．（2023·廣東廣州·二模）如圖，在中，，，，則的內切圓的半徑r是（

）

A．2 B．3 C．4 D．無法判斷【答案】A【分析】根據等積法求內切圓半徑，進行求解即可．【詳解】解：∵，，，∴，如圖：設的內切圓與各邊的切點分別為點，連接，則：，

∵，∴，即：，∴；故選A．【點睛】本題考查求三角形內切圓的半徑．熟練掌握等積法求內切圓的半徑，是解題的關鍵．62．（2023·甘肅隴南·一模）如圖，與的的三邊分別相切于點D、E、F，若，則的半徑為（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】連接，首先根據切線長定理得到，，然后證明出四邊形是正方形，然后設，根據勾股定理求解即可．【詳解】如圖，連接，∵與相切，∴，，，，，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴矩形是正方形，∴，設，中，，，，由勾股定理得，，∴，∴（舍去），∴，故選：D．【點睛】此題考查了三角形的內切圓，切線長定理，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．63．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在中，，為中線，若，，設與的內切圓半徑分別為，，則的值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此題考查了勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，三角形的內切圓和面積，設的內切圓為，與分別相切于點，由，，得，，連接，由可得，即得，同理得，進而即可求解，正確地作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：設的內切圓為，與分別相切于點，∵，，，∴，，∵為斜邊上的中線，∴，∴，連接，，，，，，則，∵，且，，，∴，解得，同理可得，，解得，∴，故選：C．64．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在中，，為中線，若，，設與的內切圓半徑分別為，，那么的值為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此題考查了勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，三角形的內切圓和面積，設的內切圓為，與分別相切于點，由，，得，，連接，由可得，即得，同理得，進而即可求解，正確地作出輔助線是解題的關鍵．【詳解】解：設的內切圓為，與分別相切于點，∵，，，∴，，∵為斜邊上的中線，∴，∴，連接，則，∵，且，，，∴，解得，同理可得，，解得，∴，故選：．?題型04三角形內心有關的應用65．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在一張紙片中，，，，是它的內切圓．小明用剪刀沿著的切線DE剪下一塊三角形，則的周長為（

）A．9 B．12 C．15 D．18【答案】B【分析】本題考查了三角形的內切圓與內心，勾股定理，切線的性質，解直角三角形．設的內切圓切三邊于點，連接，得四邊形是正方形，由切線長定理可知，根據是的切線，可得，，根據勾股定理可得，再求出內切圓的半徑，進而可得的周長．【詳解】解：如圖，設的內切圓切三邊于點、、，連接、、，∴四邊形是正方形，

由切線長定理可知，∵是的切線，∴，，∵，，，∴，解得，∴，∵是的內切圓，、為切點，∴，，∵，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，設內切圓的半徑為，∴，∴，，∴，解得，∴，∴的周長為：．故選：B．66．（2024·四川瀘州·模擬預測）如圖，中，，點O為的外心，，，是的內切圓．則的長為（

）A．2 B．3 C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了直角三角形的內心與外心．熟練掌握三角形內心性質，三角形外心性質，切線長定理，勾股定理解直角三角形，是解題的關鍵．過點P作，，，根據三角形的內心性質得到，根據切線長定理得到，，，得到四邊形是正方形，根據勾股定理求出，得到，求出，得到，得到，即得．【詳解】過點P作，，，∵點P是內切圓的圓心，∴，，，，∴四邊形是正方形，∵中，，，，∴，設，，，則，，得，∴，∴，∵點O為的外心，∴，∴，∴．故選：C．67．（2024·浙江·一模）如圖，的頂點在y軸上，邊軸，邊，分別與軸相交于點，，原點正好是的內心，已知點，則的長是（

）A．9 B．10 C． D．12【答案】B【分析】設交軸于點，連接，作于點，由原點是的內心，得，，從而推出，根據軸，可推出，則，再由，利用勾股定理求得，得到，由，求得，最后由即可得到答案．【詳解】解：設交軸于點，連接，作于點，則，分別與軸相交于點，原點是的內心平分，平分，軸，，，故選：B．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，三角形內心的性質，勾股定理，解直角三角形，平行線的性質等，熟練掌握以上知識點并作出合適的輔助線是解題的關鍵．68．（2024·廣東汕頭·二模）如圖，在中，，，為邊的中線．以點為圓心，以為半徑作弧交于點，再分別以，為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點，作射線射線與分別交于點、點，連接，以下結論正確的有幾個（

）（1）點是的外心；（2）平分；（3）；（4）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】由作圖可知，點是的內心，故（1）錯誤．證明，推出，，，可以證明（2）、（3）正確，利用相似三角形的性質證明（4）錯誤即可．【詳解】解：由作圖可知，是的角平分線，，是的中線，∴是的角平分線∴點是的內心，故（1）錯誤；，，，在和中，，，，，，即平分，故（2）正確；，，，，故（3）正確；，，，，即，整理得，，，，故（4）錯誤；故選：B．【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質，相似三角形的判定和性質，角平分線的作圖及性質，解一元二次方程，熟練掌握相關性質及判定定理是解題的關鍵．?題型05由一般三角形的內切圓求周長、面積、半徑69．（2024·湖北武漢·二模）如圖，的內切圓與，，分別相切于點，，，且，，，則下列說法不正確的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據切線的性質可得，由三角形的內角和定理可得，等量代換即可判斷選項B；根據切線長定理可設設，，，由，，，可列出方程組，求解即可判斷選項C；過點C作于點H，根據勾股定理得到，構造方程可求出，得到，設的半徑為r，即，根據即可求出的半徑，從而判斷選項D；由，得到，用反證法即可證得不成立，從而判斷選項A．【詳解】解：∵，是的切線，∴，，∴，∴，∵，∴，故B選項正確；∵的內切圓與，，分別相切于點，，，∴，，，∵，，，設，，，∴，解得，∴，，，故C選項正確；過點C作于點H，∴，設，則，∵在中，，在中，，∴，解得，∴，∴，連接，，，，設的半徑為r，即，∵的內切圓與，，分別相切于點，，，∴，，，∴，∴，解得：，∴，故D選項正確；∵，，∴，∴∵，∴，∵∴，若成立，則，這與矛盾，∴不成立，故A選項錯誤．故選：A【點睛】本題考查切線的性質，切線長定理，勾股定理，三角形的內角和定理，圓周角定理等，綜合運用相關知識是解題的關鍵．70．（2024·廣東廣州·一模）如圖，的內切圓與，，分別相切于點，，，若的半徑為，，則的值和的大小分別為（

）A．0， B．，C．， D．，【答案】A【分析】本題考查三角形的內切圓，圓周角定理，切線長定理等知識．連接．利用切線長定理，可得，從而得到，再由圓周角定理，可得，即可．【詳解】解：如圖，連接．∵的內切圓與，，分別相切于點，，，∴，∴，∴，∴．故選：A71．（22-23九年級上·廣西南寧·期中）如圖，的內切圓與，，分別相切于點D，E，F，且，，則的周長為（）A．18 B．16 C．14 D．12【答案】A【分析】本題考查了三角形的內切圓，切線長定理，熟練掌握切線長定理是解題的關鍵．根據切線長定理得到，，，根據，于是得到的周長．【詳解】解：∵的內切圓與，，分別相切于點D，E，F，∴，，，∵，∴，∴的周長，故選：A．72．（2020·貴州遵義·模擬預測）如圖，△ABC中，AB＝7cm，AC＝8cm，BC＝6cm，點O是△ABC的內心，過點O作EF//AB，與AC、BC分別交于點E、F，則△CEF的周長為（）A．14cm B．15cm C．13cm D．10.5cm【答案】A【分析】先根據三角形內心的定義得到AO、BO是∠CAB和∠CBA的角平分線，結合平行線的性質可證明∠EAO＝∠EOA，∠FOB＝∠FBO，于是得到EO＝EA，OF＝FB，故此可得到EF＝AE＋BF，根據三角形的周長公式計算即可．【詳解】解：連接OA、OB．∵點O是△ABC的內心，∴AO、BO分別是∠CAB和∠CBA的角平分線．∴∠EAO＝∠BAO，∠FBO＝∠ABO．∵EF//BA，∴∠EOA＝∠OAB，∠FOB＝∠OBA．∴∠EAO＝∠EOA，∠FOB＝∠FBO．∴EO＝EA，OF＝FB．∴EF＝AE＋BF，∴△CEF的周長＝CE＋CF＋EF＝CE＋EA＋CF＋FB＝CA＋CB＝14，故選：A．【點睛】本題主要考查的是三角形的內心、平行線的性質、等腰三角形的判定，明確三角形的內心是三條角平分線的交點是解題的關鍵．?題型06三角形外接圓與內切圓綜合73．（2024·上海·模擬預測）已知的內心為O，．(1)如果的外心也為O，求證：為等邊三角形，并尺規作線段；(2)延長交邊于E，求證：=．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】本題考查尺規作圖——作角平分線，角平分線的性質，三角形的內心與外心，垂徑定理等知識點，熟練掌握相關圖形的性質是解決問題的關鍵．（1）根據三角形的內心點為角平分線的交點，根據尺規作圖作角平分線的方法作平分，平分，，，，進而證明，即可證明，得為等邊三角形；（2）由題意可知平分，作，，得，設邊上的高為，根據，即可證明結論．【詳解】（1）證明：∵的內心為O，∴點為角平分線的交點，如圖，作平分，平分，，，，則，∵，∴，∴，同理，，，∵的外心也為O，由垂徑定理可知，，，，∴，則，∴為等邊三角形，即為所求；（2）證明：∵的內心為O，∴點為角平分線的交點，∴平分，作，，∴，設邊上的高為，則，∴，∴．74．（2020·山東濰坊·三模）如圖，點I是△ABC的內心，BI的延長線與△ABC的外接圓⊙O交于點D，與AC交于點E，延長CD、BA相交于點F，∠ADF的平分線交AF于點G．（1）求證：DG是⊙O的切線；（2）若DE＝4，BE＝5，求DI的長．【答案】（1）見解析；（2）6．【分析】（1）根據三角形內心的性質得，再利用圓內接四邊形的性質得，則，從而得到，則可判斷，連接OD，根據垂徑定理可得OD⊥AC，故OD⊥DG，即可得證；（2）根據三角形內心的性質得，然后證明得到，證明，利用相似比得到，則DI的長度即可求解．【詳解】（1）證明：連接OD．∵點I是△ABC的內心，∴∠2＝∠7，∴，∴OD⊥AC，又∵∠1＝∠ADF，∠2=∠ABC，∠ADF＝∠ABC，∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴DGAC；∴OD⊥DG，∴DG是⊙O的切線；（2）解：∵點I是△ABC的內心，∴∠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．【點睛】本題考查了三角形的內切圓與內心，圓周角定理和三角形的外心，三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．75．（2024·福建南平·模擬預測）如圖，以的直角邊為直徑的交斜邊于點，過點作的切線與交于點，弦與垂直，垂足為．(1)求證：為的中點；(2)若的面積為，兩個和的外接圓面積之比為3，求的內切圓面積和四邊形的外接圓面積的比．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）證明，，為直角三角形的中線，即可求解；（2）和的外接圓面積之比為3，確定，即，得，即可求解．【詳解】（1）證明：連接、，是直徑，則，是切線，，，，即是圓的切線，，，，，，，為的中點；（2）解：和的外接圓面積之比為3，，則兩個三角形的外接圓的直徑分別為、，，∵，∴，，∵，是直徑，∴，，∴，，，是直角三角形的中線，，為等邊三角形，的面積：，則，，，，，∵是的中位線，∴，∴四邊形的外接圓面積，∵等邊三角形邊長為2，∴其內切圓的半徑為：，面積為，故的內切圓面積和四邊形的外接圓面積的比為：．76．（2023·江蘇蘇州·一模）如圖，已知二次函數（其中）的圖像與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，對稱軸為直線l，連接、．(1)求的度數；(2)設外接圓的圓心為P，求點P的坐標（用含m的代數式表示）；(3)在（2）的條件下，設拋物線的頂點為D，是否存在實數m，使，若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)(3)3【分析】（1）令，，求出B點和C點坐標，可得，根據等腰直角三角形的性質即可求得結果；（2）根據垂直且平分線段，是的外接圓，可得點P在直線上，設點的坐標為，利用勾股定理，即可得出點P的坐標；（3）由時，可得，即，從而可知，即可進行求解．【詳解】（1）解：令，則得，或，，令，得，∴點，，，，．（2）解：拋物線的對稱軸為直線，∵點A、B關于對稱軸直線對稱，∴垂直且平分線段，又是的外接圓，，∴點P在直線上，過點P作軸于點E，軸于點F，連接、，可設點的坐標為，，即，，得，∴點的坐標為．（3）解：連接，由（2）可知點P在直線上，軸，∴點E在直線上，當時，則，，如圖，過點C作，垂足為H，則，，，，由得，．【點睛】本題考查二次函數的應用、勾股定理、平行線的性質、三角形外接圓的性質、線段垂直平分線的性質，銳角三角函數，根據二次函數對稱軸和線段垂直平分線的性質確定點P在對稱軸上，求點P坐標是解題的關鍵．基礎鞏固單選題1．（2024·廣東汕頭·一模）如圖，為的直徑，是的切線，點A是切點，連接交于點D，連接，若，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了切線的性質和圓周角定理．先根據切線的性質得到，再利用互余計算出，然后根據圓周角定理得到的度數．【詳解】解：∵為的直徑，是的切線，點A是切點，∴，∴，∵，∴，∵∴∴．故選：D．2．（2024·廣東清遠·二模）如圖，四邊形是的內接四邊形，若，的度數為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查的是圓內接四邊形的性質、圓周角定理，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．根據圓內接四邊形的性質求出，根據圓周角定理解答即可．【詳解】解：四邊形是的內接四邊形，，∵，∴，故選：D．3．（2024·廣東廣州·二模）如圖，中，，是的內切圓，切點分別為點D、E、F，，則劣弧的長是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查切線長的性質、弧長公式．根據切線的性質證明四邊形為正方形，再弧長公式求解即可．【詳解】解：連接，在四邊形中，，四邊形為矩形．又因為，四邊形為正方形．則，，劣弧的長是．故選：A．4．（2024·浙江杭州·一模）如圖，點A，點B，點C在上，連接．若，，則的長為（）

A．π B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了求弧長，圓周角定理，圓內接四邊形的性質，勾股定理，在優弧上取一點E，連接，由圓內接四邊形的性質得到，則由圓周角定理可得，再利用弧長公式求解即可．【詳解】解：如圖所示，在優弧上取一點E，連接，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∴，∴，∴的長為，故選：B．

二、填空題5．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，已知在中，，，，點是的內心．點到邊的距離為；【答案】2【分析】本題考查了三角形內切圓與內心，角平分線的性質．連接，，，過點分別作，，于點，，，根據，，可得，即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接，，，過點分別作，，于點，，，在中，，，，，是的內心，，，，，點到邊的距離為2；故答案為：2．6．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，圓內接四邊形兩組對邊的延長線分別相交于點E，F，且，那么的度數為．【答案】/45度【分析】本題考查三角形外角的定義和性質，圓內接四邊形的性質，根據三角形外角的性質求出，再根據圓內接四邊形對角互補得出，即可求解．【詳解】解：，，，四邊形為圓的內接四邊形，，，故答案為：．7．（2024·廣東佛山·一模）如圖，是的直徑，C，D是上的兩個點，將沿弦折疊，圓弧恰好與弦，分別相切于點E，A．若，則的面積為．

【答案】【分析】此題重點考查切線的性質定理，勾股定理，正方形的判定和性質等知識．設所在的圓的圓心為Q，連接、、，四邊形是正方形，推出，利用勾股定理求得的長，利用三角形的面積公式，計算得到問題的答案．【詳解】解：設所在的圓的圓心為Q，連接、、，

∵恰好與弦，分別相切于點E，A，