数学九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀一课一练

这是一份数学九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀一课一练，共37页。试卷主要包含了如图，A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章节训练
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、如图，是的切线，B为切点，连接，与交于点C，D为上一动点（点D不与点C、点B重合），连接．若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
2、已知⊙O的半径等于5，圆心O到直线l的距离为6，那么直线l与⊙O的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
3、如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，AD＝CD，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，若∠E＝50°，则∠ACD等于（ ）

A．40° B．50° C．55° D．60°
4、的半径为5 ， 若直线与该圆相交， 则圆心到直线的距离可能是 （ ）
A．3 B．5 C．6 D．10
5、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
6、如图，⊙O的半径为2，PA，PB，CD分别切⊙O于点A，B，E，CD分别交PA，PB于点C，D，且P，E，O三点共线．若∠P＝60°，则CD的长为（　　）

A．4 B．2 C．3 D．6
7、如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（ ）

A．10 B．11 C．12 D．13
8、如图，AB是⊙O的直径，BD与⊙O相切于点B，点C是⊙O上一点，连接AC并延长，交BD于点D，连接OC，BC，若∠BOC＝50°，则∠D的度数为（　　）

A．50° B．55° C．65° D．75°
9、半径为10的⊙O，圆心在直角坐标系的原点，则点（8，6）与⊙O的位置关系是（　　）
A．在⊙O上 B．在⊙O内 C．在⊙O外 D．不能确定
10、如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是（　　）

A． B．
C．或 D．（﹣2，0）或（﹣5，0）
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，AB、CD为一个正多边形的两条边，O为该正多边形的中心，若∠ADB＝12°，则该正多边形的边数为 _____．

2、如图，PA，PB是的切线，切点分别为A，B．若，，则AB的长为______．

3、如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，作OF⊥BC交⊙O于点F，连接FA，则∠OFA＝_____°．

4、如图，点O和点I分别是△ABC的外心和内心，若∠BOC＝130°，则∠BIC＝______．

5、已知⊙A的半径为5，圆心A（4，3），坐标原点O与⊙A的位置关系是______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，AB是ΘO的直径，弦AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．

(1)判断DE所在直线与ΘO的位置关系，并说明理由；
(2)若AE＝4，ED＝2，求ΘO的半径．
2、如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝8，AE＝6，求⊙O的半径．
3、如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．

(1)对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　 　，⊙C的半径是 　 　；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由；
(2)若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　 　．
4、如图，在RtABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC为直径的半圆⊙O交AB于点D，E为BC的中点，连结DE、CD．过点D作DF⊥AC于点F．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若AD＝5，DF＝3，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】
如图：连接OB，由切线的性质可得∠OBA=90°，再根据直角三角形两锐角互余求得∠COB，然后再根据圆周角定理解答即可．
【详解】
解：如图：连接OB，

∵是的切线，B为切点
∴∠OBA=90°
∵
∴∠COB=90°-42°=48°
∴=∠COB=24°．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了切线的性质、圆周角定理等知识点，掌握圆周角等于对应圆心角的一半成为解答本题的关键．
2、A
【解析】
【分析】
圆的半径为 圆心到直线的距离为 当时，圆与直线相离，直线与圆没有交点，当时，圆与直线相切，直线与圆有一个交点，时，圆与直线相交，直线与圆有两个交点，根据原理可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径等于为8，圆心O到直线l的距离为为6，
∴，
∴直线l与相离，
∴直线l与⊙O的公共点的个数为0，
故选A．
【点睛】
本题考查的是圆与直线的位置关系，圆与直线的位置关系有相离，相交，相切，熟悉三种位置关系对应的公共点的个数是解本题的关键．
3、C
【解析】
【分析】
连接OC，根据切线的性质可得，利用三角形内角和定理可得，根据邻补角得出，再由同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出，利用等边对等角及三角形内角和定理即可得出结果．
【详解】
解：连接OC，如图所示：

∵CE与相切，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
【点睛】
题目主要考查直线与圆的位置关系，三角形内角和定理，圆周角定理、等边对等角求角度等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
4、A
【解析】
【分析】
根据直线l和⊙O相交⇔d＜r，即可判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径为5，直线l与⊙O相交，
∴圆心D到直线l的距离d的取值范围是0≤d＜5，
故选：A．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是记住①直线l和⊙O相交⇔d＜r②直线l和⊙O相切⇔d=r③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
5、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．
6、A
【解析】
【分析】
，先证明，得出，，得出，过点作，在中，设，则，利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】
解：连接，

在和，
PA，PB，分别切⊙O于点A，B，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，

，
又，
，
，
，
过点作，如下图

根据等腰三角形的性质，
点为的中点，
，
在中，
设，则，
，
，
解得：，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆的切线，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解题的关键是添加适当的辅助线，掌握切线的性质来求解．
7、A
【解析】
【分析】
作正多边形的外接圆，连接 AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】
解：如图，作正多边形的外接圆，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴这个正多边形的边数为=10．
故选：A．

【点睛】
此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
8、C
【解析】
【分析】
首先证明∠ABD＝90°，由∠BOC＝50°，根据圆周角定理求出∠A的度数即可解决问题．
【详解】
解：∵BD是切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∵∠BOC＝50°，
∴∠A＝∠BOC＝25°，
∴∠D＝90°﹣∠A＝65°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9、A
【解析】
【分析】
先根据两点之间的距离公式可得点（8，6）到原点的距离为10，再根据点与圆的位置关系即可得．
【详解】
解：由两点距离公式可得点（8，6）到原点的距离为，
又的半径为10，
∴点（8，6）到圆心的距离等于半径，
点（8，6）在上，
故选A．
【点睛】
本题考查了两点之间的距离公式、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．
10、C
【解析】
【分析】
由题意根据函数解析式求得A（-4，0），B（0．-3），得到OA=4，OB=3，根据勾股定理得到AB=5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（-4，0），B（0，-3），
∴OA=4，OB=3，
∴AB=5，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，

则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴，
∴，
∴AP= ，
∴OP= 或OP= ，
∴P或P，
故选：C．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意并运用数形结合思维分析是解题的关键．
二、填空题
1、15##十五
【解析】
【分析】
根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝24°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【详解】
解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB，

∵∠ADB＝12°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝24°，
而360°÷24°＝15，
∴这个正多边形为正十五边形，
故答案为：15．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提．
2、3
【解析】
【分析】
由切线长定理和，可得为等边三角形，则．
【详解】
解：连接，如下图：

，分别为的切线，
，
为等腰三角形，
，
，
为等边三角形，
，
，
．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和切线长定理，解题的关键是作出相应辅助线．
3、36
【解析】
【分析】
连接OA，OB，OB交AF于J．由正多边形中心角、垂径定理、圆周角定理得出∠AOB＝72°，∠BOF＝36°，再由等腰三角形的性质得出答案．
【详解】
解：连接OA，OB，OB交AF于J．
∵五边形ABCDE是正五边形，OF⊥BC，
∴，
∴∠AOB＝72°，∠BOF=∠AOB＝36°，
∴∠AOF＝∠AOB +∠BOF=108°，
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA＝＝36°

故答案为：36．
【点睛】
本题主要考查了园内正多边形中心角度数、垂径定理和圆周角定理，垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧，垂径定理常与勾股定理以及圆周角定理相结合来解题．正n边形的每个中心角都等于．
4、122.5°
【解析】
【分析】
如图所示，作△ABC外接圆，利用圆周角定理得到∠A=65°，由于I是△ABC的内心，则∠BIC=180°-∠ABC-∠ACB，然后把∠BAC的度数代入计算即可．
【详解】
解：如图所示，作△ABC外接圆，
∵点O是△ABC的外心，∠BOC=130°，
∴∠A=65°，
∴∠ABC+∠ACB=115°，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠IBC+∠ICB=×115°=57.5°，
∴∠BIC=180°﹣57.5°=122.5°．
故答案为：122.5°．

【点睛】
此题主要考查了三角形内心和外心的综合应用，根据题意得出∠IBC+∠ICB的度数是解题关键．
5、在⊙A上
【解析】
【分析】
先根据两点间的距离公式计算出OA，然后根据点与圆的位置关系的判定方法判断点O与⊙A的位置关系．
【详解】
解：∵点A的坐标为（4，3），
∴OA==5，
∵半径为5，
∴OA=r，
∴点O在⊙A上．
故答案为：在⊙A上．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，当点P在圆外⇔d＞r；当点P在圆上⇔d=r；当点P在圆内⇔d＜r．
三、解答题
1、 (1)相切，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据角平分线的性质与角的等量代换易得∠ODE＝90°，而D是圆上的一点；故可得直线DE与⊙O相切；
（2）连接BD，根据勾股定理得到AD＝＝2，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质列方程得到AB＝5，即可求解．
(1)
解：所在直线与相切．
理由：连接．

∵，
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵是半径，
∴所在直线与相切．
(2)
解：连接．
∵是的直径，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
∴．
∴的半径为．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
2、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线定义证得∠ODA＝∠DAE，可证得DO∥MN，根据平行线的性质和切线的判定即可证的结论；
（2）连接CD，先由勾股定理求得AD，连接CD，根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ACD∽△ADE，然后根据相似三角形的性质求解AC即可求解．
(1)
证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAM，∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴DO∥MN，
∵DE⊥MN，
∴DE⊥OD，
∵D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
解：∵∠AED＝90°，DE＝8，AE＝6，
∴AD＝＝10，
连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵∠CAD＝∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴，即，
∴AC＝，
∴⊙O的半径是．

【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
3、 (1)①(4,3)或C(4，−3)，，②，
(2)
【解析】
【分析】
（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，连接、、CA，则==CA =r=3，得，即可得；
（2）如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得，则，即可得．
(1)
①如图1中，

在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，
根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件，
故答案是：(4,3)或C(4，−3)，，
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点”。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，

∵⊙C的半径，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，
连接、、CA，则==CA =r=3，
∵CD⊥y轴，CD=4，，
∴，
∴，；
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
故答案为：，
(2)
当过点A，B的圆与y轴负半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，
如图3所示，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，

∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，，
∴，
即 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
4、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，求出DE＝CE＝BE，推出∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，求出∠ACB＝∠ODE＝90°，根据切线的判定推出即可．
（2）根据勾股定理求出AF＝3，设OD=x，根据勾股定理列出方程即可．
(1)
证明：连接OD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，
即∠ACB＝∠ODE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝90°，
又∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线．

(2)
解：设OD=x，
∵DF⊥AC，AD＝5，DF＝3，
∴，
在三角形ADF中，
，
解得，，
⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的证明和直角三角形的性质，解题关键是熟练运用直角三角形和等腰三角形的性质证明切线，利用勾股定理求半径．
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．