初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试当堂检测题

这是一份初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试当堂检测题，共37页。试卷主要包含了以半径为1的圆的内接正三角形等内容，欢迎下载使用。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系必考点解析
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、在ABC中，∠B＝45°，AB＝6；①AC=4；②AC＝8；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（ ）
A．① B．② C．③ D．①或③
2、如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3、如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，以A为圆心作一个半径为2的圆，下列结论中正确的是（　　）

A．点B在⊙A内 B．点C在⊙A上
C．直线BC与⊙A相切 D．直线BC与⊙A相离
4、如图，为正六边形边上一动点，点从点出发，沿六边形的边以1cm/s的速度按逆时针方向运动，运动到点停止．设点的运动时间为，以点、、为顶点的三角形的面积是，则下列图像能大致反映与的函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
5、如图，中，，，点O是的内心．则等于（ ）

A．124° B．118° C．112° D．62°
6、如图，在平面直角坐标系中，，，．则△ABC的外心坐标为（ ）

A． B． C． D．
7、在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣4，﹣3），以点A为圆心，4为半径画⊙A，则坐标原点O与⊙A的位置关系是（　　）
A．点O在⊙A内 B．点O在⊙A外
C．点O在⊙A上 D．以上都有可能
8、已知正三角形外接圆半径为，这个正三角形的边长是（ ）
A． B． C． D．
9、以半径为1的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则（ ）
A．不能构成三角形 B．这个三角形是等边三角形
C．这个三角形是直角三角形 D．这个三角形是等腰三角形
10、如图，与相切于点，连接交于点，点为优弧上一点，连接，，若，的半径，则的长为（ ）

A．4 B． C． D．1
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，在平面直角坐标系中，点N是直线上动点，M是上动点，若点C的坐标为，且与y轴相切，则长度的最小值为____________．

2、已知正三角形的边心距为，则正三角形的边长为______．
3、如图，过⊙O外一点P，作射线PA，PB分别切⊙O于点A，B，，点C在劣弧AB上，过点C作⊙O的切线分别与PA，PB交于点D，E．则______度．

4、已知的半径为5，点A到点O的距离为7，则点A在圆______．（填“内”或“上”或“外”）
5、如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∠OAB＝30°．则∠APB=________度；

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在中，，BO平分，交AC于点O，以点O为圆心，OC长为半径画．

(1)求证：AB是的切线；
(2)若，，求的半径．
2、数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．
小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：

(1)如图1，当与相切于点时，求的长；
(2)如图2，当与相切时，
①求的长；
②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．
3、如图，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交的外接圆点D．过D作直线．

(1)求证：DM是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的半径．
4、如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点．

(1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）；
(2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径．
5、如图，中，．

(1)用直尺和圆规作，使圆心在边上，且与、所在直线相切（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，再从以下两个条件①“，的周长为12cm；②，”中选择一个作为条件，并求的半径．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
作AD⊥BC于D，求出AD的长，根据直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
解：作AD⊥BC于D，
∵∠B＝45°，AB＝6；
∴，
设三角形ABC1的外接圆为O，连接OA、OC1，
∵∠B＝45°，
∴∠O＝90°，
∵外接圆半径为4，
∴；
∵
∴以点A为圆心，AC为半径画圆，如图所示，当AC=4时，圆A与射线BD没有交点；
当AC=8时，圆A与射线BD只有一个交点；当AC= 时，圆A与射线BD有两个交点；
故选：B．

【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和射线与圆的交点，解题关键是求出AC长和点A到BC的距离．
2、C
【解析】
【分析】
如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．
【详解】
解：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正确；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB•DC＝DE•DA，
∵D是上任一点，
∴DB与DC不一定相等，
∴DB•DC与DB2也不一定相等，
∴DB2与DE•DA也不一定相等，
故②错误；

如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，
∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴△ABK≌△ACD（SAS），
∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，
∴DH＝KH＝DK，

∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∵AD＝2，
∴DH＝AD＝1，
∴DK＝2DH＝2，，
∴S△ADK＝，
∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正确；
如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于点C，
∴CF⊥OC，
∵AF⊥CF，
∴AF∥OC，
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠CAG＝∠OCA＝30°，
∴∠COG＝2∠CAG＝60°，
∴∠AOG＝60°，
∴△AOG和△COG都是等边三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四边形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S阴影＝S扇形COG，
∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，
∴∠FCG＝30°，
∵∠F＝90°，
∴FG＝CG，
∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，
∴（CG）2+（）2＝CG2，
∴CG＝4，
∴OC＝CG＝4，
∴S阴影＝S扇形COG＝＝，
故④正确，
∴①③④这3个结论正确，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
3、D
【解析】
【分析】
过A点作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得到BH=CH=BC=4，则利用勾股定理可计算出AH=3，然后根据点与圆的位置关系的判定方法对A选项和B选项进行判断；根据直线与圆的位置关系对C选项和D选项进行判断．
【详解】
解：过A点作AH⊥BC于H，如图，

∵AB=AC，
∴BH=CH=BC=4，
在Rt△ABH中，AH==3，
∵AB=5＞3，
∴B点在⊙A外，所以A选项不符合题意；
∵AC=5＞3，
∴C点在⊙A外，所以B选项不符合题意；
∴AH⊥BC，AH=3＞半径，
∴直线BC与⊙A相离，所以C选项不符合题意，D选项符合题意．
故选：D．
【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，若直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d=r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．也考查了点与圆的位置关系和等腰三角形的性质．
4、A
【解析】
【分析】
设正六边形的边长为1，当在上时，过作于 而 求解此时的函数解析式，当在上时，延长交于点 过作于 并求解此时的函数解析式，当在上时，连接 并求解此时的函数解析式，由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，在上的图象与在上的图象是对称的，从而可得答案.
【详解】
解：设正六边形的边长为1，当在上时，
过作于 而




当在上时，延长交于点 过作于

同理：
则为等边三角形，



当在上时，连接

由正六边形的性质可得：

由正六边形的对称性可得： 而


由正六边形的对称性可得：在上的图象与在上的图象是对称的，
在上的图象与在上的图象是对称的，
所以符合题意的是A，
故选A
【点睛】
本题考查的是动点问题的函数图象，锐角三角函数的应用，正多边形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.
5、B
【解析】
【分析】
根据三角形内心的性质得到∠OBC=∠ABC=25°，∠OCB=∠ACB=37°，然后根据三角形内角和计算∠BOC的度数．
【详解】
解：∵点O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC=×50°=25°，∠OCB=∠ACB=×74°=37°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-25°-37°=118°．
故选B．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点，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．
6、D
【解析】
【分析】
由BC两点的坐标可以得到直线BC∥y轴，则直线BC的垂直平分线为直线y=1，再由外心的定义可知△ABC外心的纵坐标为1，则设△ABC的外心为P（a，-1），利用两点距离公式和外心的性质得到，由此求解即可．
【详解】
解：∵B点坐标为（2，-1），C点坐标为（2， 3），
∴直线BC∥y轴，
∴直线BC的垂直平分线为直线y=1，
∵外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，
∴△ABC外心的纵坐标为1，
设△ABC的外心为P（a，1），
∴，
∴，
解得，
∴△ABC外心的坐标为（-2， 1），
故选D．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，外心的性质与定义，两点距离公式，解题的关键在于能够熟知外心是三角形三边垂直平分线的交点．
7、B
【解析】
【分析】
本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，即当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；点在圆外；当d＜r时，点在圆内；来确定点与圆的位置关系．
【详解】
解：∵点A（﹣4，﹣3），
∴，
∵⊙A的半径为4，
∴，
∴点O在⊙A外；
故选：B
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质，能够根据勾股定理求得点到圆心的距离，根据数量关系判断点和圆的位置关系．
8、B
【解析】
【分析】
如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 再由等边三角形的性质，可得∠OAB=30°，，然后根据锐角三角函数，即可求解．
【详解】
解：如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，

根据题意得：OA= ，∠OAB=30°，，
在中，
，
∴AB=3，即这个正三角形的边长是3．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数，三角形的外接圆，熟练掌握锐角三角函数，三角形的外接圆性质是解题的关键．
9、C
【解析】
【分析】
分别计算出正三角形、正方形、正六边形的边心距,后根据勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，等边三角形的判定，三角形构成的条件，判断即可．
【详解】
如图，∵正三角形、正方形、正六边形都内接于半径为1的圆，边心距分别为OC，OE，OG，OA=1，∠AOC=60°，∠AOE=45°，∠AOG=30°，

∴OC=OAcos60°=，OE= OAcos45°=，OG= OAcos30°=，
∵，
∴这个三角形是直角三角形，
故选C．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，特殊角的三角函数，勾股定理的逆定理，熟练掌握正多边形的计算是解题的关键．
10、B
【解析】
【分析】
连接OB，根据切线性质得∠ABO=90°，再根据圆周角定理求得∠AOB=60°，进而求得∠A=30°，然后根据含30°角的直角三角形的性质解答即可．
【详解】
解：连接OB，
∵AB与相切于点B，
∴∠ABO=90°，
∵∠BDC=30°，
∴∠AOB=2∠BDC=60°，
在Rt△ABO中，∠A=90°－60°=30°，OB=OC=2，
∴OA=2OB=4，
∴，
故选：B．

【点睛】
本题考查切线的性质、圆周角定理、直角三角形的锐角互余、含30°角的直角三角形性质、勾股定理，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
二、填空题
1、-2
【解析】
【分析】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小，利用勾股定理求出CN的长，故可求解．
【详解】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小
∵直线AB的解析式为
当x=0时，y=5，当y=0时，x=5
∴B（0，5），A（5，0）
∴AO=BO，△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=90°
当CN⊥AB时，则△ACN是等腰直角三角形
∴CN=AN
∵C
∴AC=7
∵AC2=CN2+AN2=2CN2
∴CN=
当 C、M、N三点共线时，长度最小
即MN=CN-CM=-2
故答案为：-2．

【点睛】
此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是根据题意找到符合题意的位置，利用等腰直角三角形的性质求解．
2、6
【解析】
【分析】
直接利用正三角形的性质得出BO=2DO=2，再由勾股定理求出BD的长即可解决问题．
【详解】
解：如图所示：连接BO，

由题意可得，OD⊥BC，OD=，∠OBD=30°，
故BO=2DO=2．BC=2BD
由勾股定理得，
∴
故答案为：6．
【点睛】
此题主要考查了正多边形和圆，正确掌握正三角形的性质是解题关键．
3、65
【解析】
【分析】
连接OA，OC，OB，根据四边形内角和可得，依据切线的性质及角平分线的判定定理可得DO平分，EO平分，再由各角之间的数量关系可得，，根据等量代换可得，代入求解即可．
【详解】
解：如图所示：连接OA，OC，OB，

∵PA、PB、DE与圆相切于点A、B、E，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴DO平分，EO平分，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：65．
【点睛】
题目主要考查圆的切线的性质，角平分线的判定和性质，四边形内角和等，理解题意，作出相应辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
4、外
【解析】
【分析】
直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．
5、60
【解析】
【分析】
先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据切线长定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质即可得．
【详解】
解：是的切线，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、切线长定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)2.4．
【解析】
【分析】
（1）过O作OD⊥AB交AB于点D，先根据角平分线的性质求出DO=CO，再根据切线的判定定理即可得出答案；
（2）设圆O的半径为r，即OC=r，由得BC=3r，由勾股定理求得AD=，AB=3r+根据方程求解即可．
(1)
如图所示：过O作OD⊥AB交AB于点D．

∵OC⊥BC，且BO平分∠ABC，
∴OD=OC，
∵OC是圆O的半径
∴AB与圆O相切．
(2)
设圆O的半径为r，即OC=r，
∵
∴
∴
∵OC⊥BC，且OC是圆O的半径
∴BC是圆O的切线，
又AB是圆O的切线，
∴BD=BC=3r
在中，
∴
∴
在中，
∴
整理得，
解得，，（不合题意，舍去）
∴的半径为2.4
【点睛】
此题主要考查了复杂作图以及切线的判定等知识，正确把握切线的判定定理是解题关键．
2、 (1)BP=2
(2)①4.8；②9.6
【解析】
【分析】
（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；
（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
(1)
连接PT，如图：

∵⊙P与AD相切于点T，
∴∠ATP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中点，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
(2)
①∵⊙P与CD相切，
∴PC=PE，
设BP=x，则PC=PE=10-x，
在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，
∴x2+22=（10-x）2，
解得x=4.8，
∴BP=4.8；
②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：

由题可知，EM是△ABQ的中位线，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四边形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】
本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．
3、 (1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为5．
【解析】
【分析】
（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接BD，由点E是△ABC的内心，得到∠ABE=∠CBE，∠DBC=∠BAD，推出∠BED=∠DBE，根据等角对等边得到BD=DE；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
(1)
证明：连接OD交BC于H，如图，

∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，BH=CH，
∵DM∥BC，
∴OD⊥DM，
∴DM是⊙O的切线；
(2)
证明：∵点E是△ABC的内心，

∴∠ABE=∠CBE，
∵，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE，
即∠BED=∠DBE，
∴BD=DE；
(3)
解：设⊙O的半径为r，
连接OD，OB，如图，

由（1）得OD⊥BC，BH=CH，
∵BC=8，
∴BH=CH=4，
∵DE=2，BD=DE，
∴BD=2，
在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2，
∴（2）2=42+HD2，解得：HD=2，
在Rt△BHO中，
r2=BH2+（r-2）2，解得：r=5．
∴⊙O的半径为5．
【点睛】
本题考查了三角形的内心，切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．
4、 (1)见解析；
(2)见解析，的半径为
【解析】
【分析】
（1）过点B作BP的垂线，作∠APB的平分线，二线的交点就是圆心；
（2）根据切线的性质，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可．
(1)
如图所示，点O即为所求

(2)
如图，∵PA是圆的切线，AO是半径，PB是圆的切线，
∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°，
∵AC=4，
∴PC==5，BC=5-3=2，
设圆的半径为x，则OC=4-x，
∴，
解得x=，
故圆的半径为．
【点睛】
本题考查了垂线的画法，角的平分线的画法，切线的性质，切线长定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟练掌握切线的性质，切线长定理和勾股定理是解题的关键．
5、 (1)见解析
(2)cm
【解析】
【分析】
（1）作∠ABC的平分线，交AC于点O，再以点O为圆心、OC为半径作圆；
（2）记⊙O与AB的切点为E，连接OE，则OC=OE，BC=BE，设OC=OE=r，则AO=AC-r，在Rt△AOE中，由AO2=AE2+OE2列出关于r的方程求解即可．
①设AC=3x，AB=5x，用勾股定理表示出BC的长，根据的周长为12cm，列方程求出x，从而可求出三边的长；
②设AC=3x，AB=5x，用勾股定理表示出BC的长，根据，列方程求出x，从而可求出三边的长；
(1)
解：如图，

(2)
解：如图，设与相切于点．连接OE，则OC=OE，BC=BE，设OC=OE=r，则AO=AC-r．
①∵，∴设AC=3x，AB=5x，
∴BC==4x，
∵的周长为12cm，
∴3x+4x+5x=12，
∴x=1，
∴AC=3，AB=5，
∵⊙O 与 AB 、 BC 所在直线相切
∴BE=BC=4，
∴AE=AB-BE=5-4=1，AO=3-r，
在Rt△AOE中，
∵AO2=AE2+OE2，
∴(3-r)2=12+r2，
∴r=；

②∵，∴设AC=3x，AB=5x，
∴BC==4x，
∵，
∴4x=12，
∴x=1，
∴AC=3，AB=5，
∵⊙O 与 AB 、 BC 所在直线相切
∴BE=BC=4，
∴AE=AB-BE=5-4=1，AO=3-r，
在Rt△AOE中，
∵AO2=AE2+OE2，
∴(3-r)2=12+r2，
∴r=；
即⊙O的半径为cm．
【点睛】
本题考查了作图—复杂作图，勾股定理，切线的性质，以及切线长定理，解题的关键是掌握角平分线的尺规作图和性质、切线的性质和切线长定理及勾股定理．