中考数学一轮复习专题3.7 切线长定理、三角形的内切圆【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.7 切线长定理、三角形的内切圆【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共51页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30249" 【题型1 利用切线长定理求解】 PAGEREF _Tc30249 \h 1
\l "_Tc11677" 【题型2 利用切线长定理证明】 PAGEREF _Tc11677 \h 7
\l "_Tc3754" 【题型3 由三角形的内切圆求长度】 PAGEREF _Tc3754 \h 13
\l "_Tc7291" 【题型4 由三角形的内切圆求角度】 PAGEREF _Tc7291 \h 17
\l "_Tc19087" 【题型5 由三角形的内切圆求面积】 PAGEREF _Tc19087 \h 22
\l "_Tc14954" 【题型6 由三角形的内切圆求最值】 PAGEREF _Tc14954 \h 25
\l "_Tc14980" 【题型7 直角三角形的周长、面积与三角形内切圆的关系】 PAGEREF _Tc14980 \h 32
\l "_Tc20836" 【题型8 圆外切四边形的计算】 PAGEREF _Tc20836 \h 36
\l "_Tc29868" 【题型9 一般三角形的周长、面积与三角形内切圆的关系】 PAGEREF _Tc29868 \h 42
\l "_Tc2758" 【题型10 三角形内切圆与外接圆的综合运用】 PAGEREF _Tc2758 \h 45
【知识点1 切线长定理】
过圆外一点所画的圆的两条切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
【题型1 利用切线长定理求解】
【例1】（2023春·浙江杭州·九年级校联考期中）如图，点P是半径为r的⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于A，B点，若△PAB是边长为a的等边三角形，则（ ）

A．a=2rB．a=3rC．a=2rD．a=233r
【答案】B
【分析】连结OP、OA，OB，根据切线的定理得PA⊥OA，PB⊥OB，再根据直角三角形的性质可知OP=2OA，最后利用勾股定理即可解答．
【详解】解：连结OP、OA、OB，则OA=r，
∵△PAB是边长为a的等边三角形，
∴PA=a，∠APB=60°，
∵PA，PB分别切⊙O于A，B点，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠OAP=90°，OP平分∠APB，
∴∠OPA=∠OPB=12∠APB=30°，
∴∠OAP=90°，
∴OP=2OA，
∴在Rt△OAP中，PA=OP2−OA2=2OA2−OA2=3OA，
∴a=3r，
故选：B．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质定理，切线长定理，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·江苏南京·九年级统考期末）如图，AB为⊙O的直径，PB，PC分别与⊙O相切于点B，C，过点C作AB的垂线，垂足为E，交⊙O于点D．若CD=PB=23，则BE长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】作CH⊥PB于H，由垂径定理得到CE的长，从而求出PH的长，由勾股定理求出CH的长，即可求出BE的长．
【详解】解：作CH⊥PB于H，
∵直径AB⊥CD于H，
∴CE=DE=12CD=3，
∵PC，PB分别切⊙O于C，B，
∴PB=PC=CD=23，直径AB⊥PB，
∴四边形ECHB是矩形，
∴BH=CE=3，BE=CH，
∴PH=PB−BH=23−3=3，
∴CH=PC2−PH2=232−32=3，
∴BE=CH=3．
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，勾股定理，关键是通过辅助线构造直角三角形，应用勾股定理求出CH的长．
【变式1-2】（2023春·天津河西·九年级统考期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径．
(1)若∠BAC=25°，求∠P的度数；
(2)若∠P=60°，PA=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)50°
(2)233
【分析】（1）先利用切线的性质得到∠CAP=90°，则利用互余计算出∠PAB的度数，再根据切线长定理得到PA=PB，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠P的度数；
(2)连接BC，根据切线的性质得到PA=PB，∠CAP=90°，推出△PAB是等边三角形，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠CAP=90°．
∴∠PAB=90°−∠BAC=90°−25°=65°．
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∴∠PBA=∠PAB=65°，
∴∠P=50°．
（2）连接CB，
∵PA=PB，且∠P=60°，
∴△PAB是等边三角形，
∴AB=PA=2，∠CAB=30°．
∵AC为直径，
∴∠CBA=90°，
在Rt△ABC中，
由勾股定理：AC2=BC2+AB2，可得AC=433，
∴⊙O的半径为233．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·浙江·九年级期中）小明准备以“青山看日出”为元素为永嘉县某名宿设计标志示意图，如图所示，他利用两个等边三角形和一个圆分别表示青山和日出，已知点B，E，C，F在同一条直线上，且BE=EC=2CF，四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差为73，则CF的长是 ；连结AD，若⊙O是△ADG的内切圆，则圆心O到BF的距离是 ．
【答案】 2 43−2
【分析】设CF=x，表示出相关线段的长，根据四边形ABEG和四边形GCFD的面积之差，得到S△ABC−S△DEF=73，求出x值即可；连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，证明△ADG为直角三角形，求出内切圆半径，再根据切线长定理得到∠HGO，从而证明OM⊥BF，求出GM，从而得到OM即可．
【详解】解：∵BE=EC=2CF，
∴设CF=x，则BE=EC=2x，
∴BC=2x+2x=4x，EF=2x+x=3x，
∵△ABC与△DEF为等边三角形，
∴S△ABC=34BC2=34×4x2=43x2，S△DEF=34EF2=34×3x2=943x2，
∵S△ABC−S△DEF=73，
∴43x2−943x2=73，
∴x2=4，
∴x=2，
∴CF=2．
连结AD，连接OG并延长交BF于点M，设圆O与AC的切点为H，连接OH，连接AE，作DN⊥AE，垂足为N，
∵等边△ABC的边长为4×2=8，E为BC中点，
∴AE=3CE=43，∠AEC=90°，
∵∠DEC=60°，
∴∠DEN=30°，
∵DE=3×2=6，
∴DN=12DE=3，NE=3DN=33，
∴AN=43−33=3，
∴AD=AN2+DN2=23，
∵AG=AC−GC=8−4=4，DG=DE−EG=6−4=2，
∴AG2=16=DG2+AD2，
∴∠ADG=90°，△ADG为直角三角形，
∴内切圆半径DH=AD+DG−AG2=23+2−42=3−1，
∵∠HGD=60°，
∴∠HGO=12∠HGD=30°，
∴OG=2OH=23−1=23−2，
∵∠HGO=30°，∠AGE=180°−60°=120°，
∴∠EGM=180°−30°−120°=30°，
∴∠GME=180°−60°−30°=90°，
∴OM⊥BF，
∵GM=32GE=32×4=23，
∴OM=OG+GM=23−2+23=43−2，
∴圆心O到BF的距离为43−2，
故答案为：2，43−2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的性质，
【题型2 利用切线长定理证明】
【例2】（2023春·天津河东·九年级天津市第四十五中学校考期末）如图，RtΔABC中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交AB于E，OD⊥BC交⊙O于D，DE交BC于F，点P为CB延长线上的一点，PE延长交AC于G，PE=PF，下列4个结论：①GE=GC；②AG=GE；③OG∥BE；④∠A=∠P．其中正确的结论是 （填写所有正确结论的序号）
【答案】①②③
【分析】①首先连接OE，CE，由OE=OD，PE=PF，易得∠OED+∠PEF=∠ODE+∠PFE，又由OD⊥BC，可得OE⊥PE，继而证得PE为⊙O的切线；
②又由BC是直径，可得CE⊥AB，由切线长定理可得GC=GE，根据等角的余角相等，可得∠A=∠AEG，根据等腰三角形的判定，可得答案；
③易证得OG是ΔABC的中位线，则可得OG∥BE．
④由于在RtΔABC中，∠A+∠ABC=90°，在RtΔPOE中，∠P+∠POE=90°，而∠POE不一定等于∠ABC，则可得∠A不一定等于∠P．
【详解】解：如图，连接OE，CE，
∵OE=OD，PE=PF，
∴∠OED=∠ODE，∠PEF=∠PFE，
∵OD⊥BC，
∴∠ODE+∠OFD=90°，
∵∠OFD=∠PFE，
∴∠OED+∠PEF=90°，
即OE⊥PE，
∵点E⊙O上，
∴GE为⊙O的切线；
∵点C在⊙O上，OC⊥GC，
∴GC为⊙O的切线，
∴GC=GE
故①正确；
∵BC是直径，
∴∠BEC=90°，
∴∠AEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴AC是⊙O的切线，
∴EG=CG，
∴∠GCE=∠GEC，
∵∠GCE+∠A=90°，∠GEC+∠AEG=90°，
∴∠A=∠AEG，
∴AG=EG；故②正确；
∵OC=OB，AG=CG
∴OG是ΔABC的中位线，
∴OG∥AB；故③正确；
在RtΔABC中，∠A+∠ABC=90°，
在RtΔPOE中，∠P+∠POE=90°，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
但∠POE不一定等于∠ABC，
∴∠A不一定等于∠P．故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质、切线长定理、圆周角定理、三角形中位线的性质以及等腰三角形的性质．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式2-1】（2023春·全国·九年级统考期末）如图，⊙O是梯形ABCD的内切圆，AB∥DC，E、M、F、N分别是边AB、BC、CD、DA上的切点．
（1）求证：AB+CD=AD+BC
（2）求∠AOD的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）90°.
【分析】（1）根据切线长定理可证得AE=AN，BE=BM，DF=DN，CF=CM，进而证明AB+DC=AD+BC；
（2）连OE、ON、OM、OF，通过证明△OAE≌△OAN，得到∠OAE=∠OAN．同理：∠ODN=∠ODE，再利用平行线的性质：同旁内角互补即可求出∠AOD的度数．
【详解】（1）证明：∵⊙O切梯形ABCD于E、M、F、N，由切线长定理：AE=AN，BE=BM，DF=DN，CF=CM，
∴AE+BE+DF+CF=AN+BM+DN+CM，
∴AB+DC=AD+BC
（2）连OE、ON、OM、OF，
∵OE=ON，AE=AN，OA=OA，
∴△OAE≌△OAN，
∴∠OAE=∠OAN．
同理，∠ODN=∠ODF．
∴∠OAN+∠ODN=∠OAE+∠ODE．
又∵AB∥DC，∠EAN+∠CDN=180°，
∴∠OAN+∠ODN=12×180°=90°，
∴∠AOD=180°﹣90°=90°．
【点睛】本题考查了切线长定理和全等三角形的判定、全等三角形的性质以及平行线的性质：同旁内角互补，解题的关键是构造全等三角形．
【变式2-2】（2023春·江苏南通·九年级校联考期中）如图，AB、CB、CD分别与⊙O切于E，F，G，且AB∥CD．连接OB、OC，延长CO交⊙O于点M，过点M作MN∥OB交CD于N．
（1）当OB＝6cm，OC＝8cm时，求⊙O的半径；
（2）求证：MN＝NG．
【答案】（1）⊙O的半径为4.8；（2）见解析.
【分析】（1）根据切线的性质得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质得∠GCF+∠EBF=180°，则有∠OBC+∠OCB=90°，即∠BOC=90°；连接OF，则OF⊥BC，根据勾股定理就可以求出BC的长，然后根据△BOC的面积就可以求出⊙O的半径；
（2）根据切线的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）∵AB、BC、CD分别与⊙O切于E、F、G，
∴OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，
∴∠OBC=12 ∠ABC，∠OCB=12∠DCB，

又∵AB∥CD，
∴∠GCF+∠EBF=180°，
∴∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠BOC=90°；，
连接OF，则OF⊥BC，
由（1）知，△BOC是直角三角形，
∴BC=OB2+OC2=10，
∵S△BOC=12•OB•OC=12•BC•OF，
∴6×8=10×OF，
∴OF=4.8，
∴⊙O的半径为4.8；
（2）证明：∵AB、BC、CD分别与⊙O切于点E、F、G，
∴∠OBC=12∠ABC，∠DCB=2∠DCM，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠DCB=180°，
∴∠OBC+∠OCB=12（∠ABC+∠DCB）=12×180°=90°，
∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=180°-90°=90°，
∵MN∥OB，
∴∠NMC=∠BOC=90°，
即MN⊥MC 且MO是⊙O的半径，
∴MN是⊙O的切线，
∴MN=NG．
【点睛】此题考查切线的判定与性质定理，勾股定理，解题关键在于掌握过半径的外端点与半径垂直的直线为圆的切线；圆的切线垂直于过切点的半径；过圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，圆心与这点的连线平分两切线的夹角．
【变式2-3】（2023春·广东云浮·九年级统考期末）如图1所示，⊙O为△CDE的外接圆，CD为直径，AD、BC分别与⊙O相切于点D、C（BC>AD）.E在线段AB上，连接DE并延长与直线BC相交于点P，B为PC中点.
(1)证明：AB是⊙O的切线.
(2)如图2，连接OA，OB，求证：OA⊥OB.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OE，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出∠OEC=∠OCE，进而根据BC为切线，∠OCB=90°， ∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°，得出∠OEB=90°，即可得证；
（2）根据AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，根据切线长定理得出AD⊥CD，BC⊥CD，则AD∥BC，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=12CBE，∠DAE+∠CBE＝180°，即可得出∠AOB=90°，进而即可得证．
【详解】（1）证明：连接OE，
∵CD为⊙O直径，
∴∠CEP=90°.
在RT△CEP中，B为PC中点，
∴EB=BC=12CP，
∴∠BCE=∠BEC，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
又∵BC为切线，
∴∠OCB=90°，
∴∠OEC+∠BEC=∠OCE+∠BCE=90°
∴∠OEB=90°.
即OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线.
（2）证明：∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于点D、E、C，
∴AD⊥CD，BC⊥CD，∠OAE=12∠DAE，∠OBE=12CBE，
∴AD∥BC，
∴∠DAE+∠CBE＝180°，
∴∠OAE+∠OBE=12×(∠DAE+∠CBE)=12×180°=90°，
∴∠AOB=90°，
∴OA⊥OB；
【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．
【知识点2 三角形的内切圆】
【题型3 由三角形的内切圆求解】
【例3】（2023春·天津西青·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=60°，BC=12，若⊙O与△ABC的三边分别相切于点D，E，F，且△ABC的周长为32，则DF的长为（ ）
A．2B．3C．4D．6
【答案】C
【分析】根据切线长定理可得：AD=AF，BD=BE，CE=CF，再证明△ADF是等边三角形即可作答，
【详解】∵⊙O内切于△ABC，
∴AD=AF，BD=BE，CE=CF，
∵∠A=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AD=AF=DF，
∵△ABC的周长为32，
∴AB+BC+AC=32，
∴AD+BD+BE+EC+CF+AF=32，
∵BC=12，
∴BE+EC=12，
∴BE+EC=BD+FC=12，
∴AD+AF=32−BD+BE+EC+CF=8，
∵AD=AF=DF，
∴AD=AF=DF=4，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线长定理以及等边三角形的判定与性质，掌握切线长定理是解答本题的关键．
【变式3-1】（2023春·山东淄博·九年级统考期末）如图，△ABC中，∠C=90°，圆O是△ABC的内切圆，D，E，F是切点．若AB=5，AC=3，则OD= ．
【答案】1
【分析】根据内切圆的性质先证明四边形OECD是矩形，可得OD=CE，再由切线长定理可得AF=AE,BF=BD,CD=CE，设OD=CD=CE=r，可得AF=AE=3−r，BF=BD=4−r，可得到关于r的方程，即可求解．
【详解】解：∵圆O是△ABC的内切圆，
∴OE⊥AC,OD⊥BC，
∴∠ODC=∠OEC=∠C=90°，
∴四边形OECD是矩形，
∴OD=CE，
∵圆O是△ABC的内切圆，
∴AF=AE,BF=BD,CD=CE，
设OD=CD=CE=r，
∵AB=5，AC=3，
∴BC=AB2−AC2=4，AF=AE=3−r
∴BF=BD=4−r，
∵AF+BF=5，
∴3−r+4−r=5，
解得：r=1，
即OD=1．
故答案为：1
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理，熟练掌握三角形的内切圆的性质，切线长定理是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·天津河西·九年级校考期末）如图，⊙I是直角△ABC的内切圆，切点为D、E、F，若AF=10，BE=3，则△ABC的面积为 ．
【答案】30
【分析】根据切线长定理得出BD=BE，AF=AD，CE=CF，设CE=CF=x，根据勾股定理得出x的值，再利用三角形的面积公式求得△ABC的面积即可．
【详解】解：∵⊙I是直角△ABC的内切圆，且AF=10，BE=3，
∴BD=BE=3，AF=AD=10，CE=CF，
∴AB=10+3=13，
设CE=CF=x，则BC=3+x，AC=10+x，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即10+x2+3+x2=132，
解得x=2或x=−15