人教版（2024）九年级上册直线和圆的位置关系课堂检测

这是一份人教版（2024）九年级上册直线和圆的位置关系课堂检测，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
【考点一】直线l和圆位置关系➽➼判断➼➸圆心距d✭✭半径r
1．（2023·湖南湘西·中考真题）已知⊙O的半径为5cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系为（ ）
A．相交B．相切C．相离D．无法确定
2．（2024·福建福州·一模）已知⊙O的半径为7，直线l与⊙O相交，点O到直线l的距离为4，则⊙O上到直线l的距离为3的点共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点二】切线的性质定理➼➸求线段（角度）
【考点①】切线性质➼➸求线段（角度）
3．（2024·山西·中考真题）如图，在中，切于点，连接交于点，过点作交于点，连接．若，则为（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·山东泰安·中考真题）如图，是的切线，点A为切点，交于点B，，点C在上，．则等于（ ）
A．20°B．25°C．30°D．50°
【考点②】切线性质✭✭圆周角（垂径）定理➼➸求线段（角度）
5．（2025·广东深圳·中考真题）如图所示，已知三角形为直角三角形，，DE为切线，为切点，则和面积之比为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形的顶点C，与BC相交于点D，若⊙P的半径为5，点的坐标是，则点D的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【考点三】切线性质和判定➽➼求线段（角度）
7．（2024·浙江·中考真题）如图，已知OT是Rt△ABO斜边AB上的高线，AO=BO．以O为圆心，OT为半径的圆交OA于点C，过点C作⊙O的切线CD，交AB于点D．则下列结论中错误的是（ ）
A．DC=DTB．AD=DTC．BD=BOD．2OC=5AC
8．（2025·河北石家庄·一模）如图，已知点P是上点，用直尺和圆规过点P作一条直线，使它与相切于点P．以下是甲、乙两人的作法：
甲：如图1，连接OP，以点P为圆心，OP长为半径画弧交于点A，连接并延长OA，再在OA上截取，直线PB即为所求；
乙：如图2，作直径PA，在上取一点B（异于点P，A），连接AB和BP，过点P作，则直线PC即为所求．
对于甲、乙两人的作法，下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙两人的作法都正确B．甲、乙两人的作法都错误
C．甲的作法正确，乙的作法错误D．甲的作法错误，乙的作法正确
【考点四】切线长定理
【考点①】切线长定理➼➸求线段（角度）✭✭证明
9．（2025·贵州·仁怀市教育研究室二模）如图，AB为的直径，延长AB到点P，过点P作的切线PC，PD，切点分别为C，D，连接CD交AP于点M，连接BD，AD．若，，则AD的长为（ ）
A．B．C．2D．
10．（2025·四川资阳·一模）如图，点A是⊙O外一点，过点A作⊙O的切线AB、AC，切点分别为B、C两点，连结AC并延长交BO的延长线于点D．若AB＝3，BD＝4，则⊙O的半径为（ ）
A．B．C．D．
【考点②】切线长定理➼➸RtΔ周长（面积）✭✭外接（内切）圆
11．（2025·广东深圳·二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，⊙O是△ABC的内切圆，半径为2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．30﹣4πB．C．60﹣16πD．
12．（2024·江西·一模）如图，已知点为勾股形（我国古代数学家刘徽称直角三角形为勾股形）的内心，其中为直角，点、、分别在边、、上，，若，，则正方形的面积是（ ）
A．2B．4C．3D．16
【考点五】圆的综合-切线性质判定✭✭垂径定理✭✭圆周角定理
13．（2024·四川乐山·三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝12，点D为线段BC上一动点．以CD为⊙O直径，作AD交⊙O于点E，则BE的最小值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
14．（2025·四川泸州·二模）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
【考点一】直线l和圆位置关系➽➼判断➼➸圆心距d✭✭半径r
15．（2014·青海西宁·中考真题）⊙O的半径为R，点O到直线l的距离为d，R，d是方程x2－4x+m=0的两根，当直线l与⊙O相切时，m的值为___．
16．（2024·安徽·一模）已知Rt△ABC中，，，，如果以点为圆心的圆与斜边有唯一的公共点，那么的半径的取值范围为____.
【考点二】切线的性质定理➼➸求线段（角度）
【考点①】切线性质➼➸求线段（角度）
17．（2025·山东泰安·中考真题）如图，在中，，⊙过点A、C，与交于点D，与相切于点C，若，则__________
18．（2024·江苏泰州·中考真题）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 ___．
【考点②】切线性质✭✭圆周角（垂径）定理➼➸求线段（角度）
19．（2024·山东枣庄·中考真题）如图，AB是的直径，PA切于点A，线段PO交于点C．连接BC，若，则________．
20．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，、是的弦，过点A的切线交的延长线于点，若，则___________°．
【考点三】切线性质和判定➽➼求线段（角度）
21．（2024·山东东营·中考真题）如图，在中，的半径为点是边上的动点，过点作的一条切线(其中点为切点)，则线段长度的最小值为____．
22．（2025·西藏·模拟预测）如图，⊙O与△OAB的边AB相切，切点为B．将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，使点O′落在⊙O上，边A′B交线段AO于点C．若∠A′＝25°，则∠OCB＝_______度．
【考点四】切线长定理
【考点①】切线长定理➼➸求线段（角度）✭✭证明
23．（2025·江苏南京·二模）如图，⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，若∠BDE+∠CFE=110°，则∠A的度数是________．
24．（2025·江苏徐州·二模）在中，，若，，点是线段上一动点，以为圆心，为半径的圆与相切，则的长为______．
【考点②】切线长定理➼➸RtΔ周长（面积）✭✭外接（内切）圆
25．（2025·云南昭通·二模）在中，，，则的内切圆半径长为______．
26．（2025·四川乐山·一模）已知△ABC为直角三角形，它的内切圆的半径为2cm，两直角边的长分别是关于x的方程x2﹣17x+6m＝0的两个根，则△ABC的面积为 （cm2）．
【考点五】圆的综合-切线性质判定✭✭垂径定理✭✭圆周角定理
27．（2025·浙江衢州·二模）如图，在矩形ABCD中，，，为AD上一点，且，为BC边上的动点，以为EF直径作，当与矩形的边相切时，BF的长为______．
28．（2025·江苏南京·二模）如图，在五边形AECDE中，∠A=∠B=∠C=90°，AE=2，CD=1，以DE为直径的半圆分别与AB、BC相切于点F、G，则DE的长为______．
三、解答题
29．（2025·宁夏·中考真题）如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点．
(1) 求证：直线是的切线；
(2) 求证：；
(3) 若，，求的长．
参考答案
1．B
【分析】根据圆心到直线的距离5等于圆的半径5，即可判断直线和圆相切．
解：∵圆心到直线的距离5cm=5cm，
∴直线和圆相切，
故选B．
【点拨】本题考查了直线与圆的关系，解题的关键是能熟练根据数量之间的关系判断直线和圆的位置关系．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
2．C
【分析】根据平行线间的距离相等，先过点D作AB⊥OC，即可求得⊙O上到直线l的距离为3的点的个数．
解：如图，
∵⊙O的半径为7，点O到直线l的距离为4，
∴CE＝3，
过点D作AB⊥OC，垂足为D，交⊙O于A、B两点，且DE＝3，
∴⊙O上到直线l的距离为3的点为A、B、C，
故选：C．
【点拨】本题主要考查了与圆有关的知识点，准确利用平行线的性质进行求解是解题的关键．
3．B
【分析】连接，根据与相切易得，在中，已知，可以求出的度数，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出的度数，最后根据可得．
解：如下图，连接，
∵切于点，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴．
故选：B．
【点拨】本题考察了切线的性质，圆周角定理以及平行线的性质，综合运用以上性质定理是解题的关键．
4．B
【分析】连接OA，求出∠POA= 80°，根据等腰三角形性质求出∠OAB=∠OBA=50°，进而求出∠AOC=130°，得到∠C=25°，根据平行线性质即可求解．
解：如图，连接OA，
∵是的切线，
∴∠PAO=90°，
∵，
∴∠POA=90°-∠P=80°，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=50°，
∵，
∴∠BOC=∠ABO=50°，
∴∠AOC=∠AOB+∠BOC=130°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=25°，
∵，
∴∠BAC=∠C=25°．
故选：B
【点拨】本题考查了切线的性质，圆的半径都相等，平行线的性质等知识，熟知各知识点是解题关键．一般情况下，在解决与圆有关的问题时，根据圆的的半径都相等，可以得到等腰三角形，进而可以进行线段或角的转化．
5．B
【分析】根据圆周角定理，切线的性质以及等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定及性质进行计算即可．
解：如图取中点O，连接．
∵是圆O的直径．
∴．
∵与圆O相切．
∴．
∵．
∴．
∵．
∴．
又∵．
∴．
∵，，．
∴．
∴．
∵点O是的中点．
∴．
∴．
∴
故答案是：1∶2．
故选：B．
【点拨】本题考查切线的性质，圆周角定理，等腰三角形以及全等三角形的性质，理解切线的性质，圆周角定理以及全等三角形的判定和性质是解决问题的前提．
6．A
【分析】在Rt△CPF中根据勾股定理求出PF的长，再根据垂径定理求出DF的长，进而求出OB，BD的长，从而求出点D的坐标．
解：设切点分别为G，E，连接PG，PE，PC，PD，并延长EP交BC与F，则PG=PE=PC=5，四边形OBFE是矩形．
∵OA=8，
∴CF=8-5=3，
∴PF=4，
∴OB=EF=5+4=9．
∵PF过圆心，
∴DF=CF=3，
∴BD=8-3-3=2，
∴D(9，2)．
故选A．
【点拨】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，以及垂径定理等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
7．D
【分析】根据切线的判定知DT是⊙O的切线，根据切线长定理可判断选项A正确；可证得△ADC是等腰直角三角形，可计算判断选项B正确；根据切线的性质得到CD=CT，根据全等三角形的性质得到∠DOC=∠TOC，根据三角形的外角的性质可判断选项C正确；
解：如图，连接OD．
∵OT是半径，OT⊥AB，
∴DT是⊙O的切线，
∵DC是⊙O的切线，
∴DC=DT，故选项A正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠A=∠B=45°，
∵DC是切线，
∴CD⊥OC，
∴∠ACD=90°，
∴∠A=∠ADC=45°，
∴AC=CD=DT，
∴AD=CD=DT，故选项B正确；
∵OD=OD，OC=OT，DC=DT，
∴△DOC≌△DOT（SSS），
∴∠DOC=∠DOT，
∵OA=OB，OT⊥AB，∠AOB=90°，
∴∠AOT=∠BOT=45°，
∴∠DOT=∠DOC=22.5°，
∴∠BOD=∠ODB=67.5°，
∴BO=BD，故选项C正确；
∵OA=OB，∠AOB=90°，OT⊥AB，
设⊙O的半径为2，
∴OT=OC=AT=BT=2，
∴OA=OB=2，
∴，
2OC5AC故选项D错误；
故选：D．
【点拨】本题考查了切线的性质，圆的有关知识，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形、灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
8．A
【分析】甲乙都是正确的，根据切线的判定定理证明即可．
解：甲正确．
理由：如图1中，连接PA．
∵AP＝PO＝AO，
∴△AOP是等边三角形，
∴∠OPA＝∠OAP＝60°，
∵AB＝OP＝AP，
∴∠APB＝∠ABP，
∵∠OAP＝∠APB+∠ABP，
∴∠APB＝∠ABP＝30°，
∴∠OPB＝90°，
∴OP⊥PB，
∴PB是⊙O的切线；
乙正确．
理由：∵AP是直径，
∴∠ABP＝90°，
∴∠APB+∠PAB＝90°，
∵∠BPC＝∠BAP，
∴∠APB+∠BPC＝90°，
∴∠OPB＝90°，
∴OP⊥PB，
∴PB是⊙O的切线，
故选：A．
【点拨】本题考查作图﹣复杂作图，切线的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．A
【分析】连接，设，的半径为，由勾股定理求出，在中，由可得方程，代入的值，可求出x的值，再根据勾股定理可得出结论．
解：连接，如图所示，
∵PC，PD是的切线，
∴
设
则
∴
设的半径为
∴
在中，，
解得，
在中，
∵是的切线，
∴
在中，
∵
∵
∴
整理得，
∴
解得，或（舍去）
∴
∴
在中，，故A正确．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了切线长定理，垂径定理，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
10．D
【分析】连接，根据题意得到、，由切线长定理求得，最后根据勾股定理在、中求解即可．
解：连接，如图所示：
点A是⊙O外一点，过点A作⊙O的切线AB、AC，切点分别为B、C两点，
，，
∴，
在中，，AB＝3，BD＝4，
由勾股定理得，
，
设半径，则，
在中，，CD＝2，，，
由勾股定理知，
得，即，
解得，
故选：D．
【点拨】本题考查在圆背景下利用勾股定理求线段长，掌握切线的性质、切线长定理以及在直角三角形中根据勾股定理列方程求解问题是解题关键．
11．A
【分析】先由切线长定理和勾股定理算出三角形另外两边的长，再根据图中阴影部分的面积=△ABC的面积-⊙O的面积，然后利用三角形的面积公式和圆的面积公式计算即可．
解：过点O作AB、AC、BC的垂线，垂足分别为D、E、F，如图，
，
∴四边形CEOF是矩形，
，
∴四边形CEOF是正方形，
，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
，
设，
在中，，
，
解得，
，
．
故选A．
【点拨】本题主要考查了切线长定理、勾股定理、三角形与圆的面积公式．
12．B
【分析】先根据已知条件证明和全等，和全等，然后设正方形的边长为，在中，利用勾股定理建立关于的方程，解方程即可．
解：，∠ABO=∠CBO，
是和的公共边，
，
同理可得，，
，，
由题意得，四边形为正方形，
设，
，
在中，，
即，
解得：或（舍去），
正方形的面积是4，
故选：．
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、一元二次方程的解法、勾股定理、三角形的内心等知识，熟练掌握正方形的性质，根据勾股定理列出方程式是解答本题的关键．
13．B
【分析】连接CE，可得∠CED＝∠CEA＝90°，从而知点E在以AC为直径的⊙Q上，继而知点Q、E、B共线时BE最小，根据勾股定理求得QB的长，即可得答案．
解：如图，连接CE，
∴∠CED＝∠CEA＝90°，
∴点E在以AC为直径的⊙Q上，
∵AC＝10，
∴QC＝QE＝5，
当点Q、E、B共线时BE最小，
∵BC＝12，
∴QB＝＝13，
∴BE＝QB﹣QE＝8，
故选：B．
【点拨】本题考查了圆周角定理和勾股定理，解决本题的关键是确定E点运动的规律，从而把问题转化为圆外一点到圆上一点的最短距离问题．
14．D
【分析】连接、、，交于，作交BC于点G，利用 ，求出，进一步可得，求出，设⊙的半径为，利用，求出，求出，进一求出，再证明OB垂直平分，利用面积法可得，求得HE长即可求得答案．
解：连接、、，交于，作交BC于点G，如图，
∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，
∴，即，解得：，
∴，
∴，
设内切圆的半径为r，
则，解得：，
的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，
∴∠ODB=∠OEB=90°，
又∵OD=OE， OB=OB，
∴，
∴BD=BE，
同理， CE=CF，AD=AF，
∵BE+CE=BC=7，
∴BD+BE+CE+CF=14，
∴2AD=(6+5+7)-14=4，即AD=2，
∴，
∴，
，，
垂直平分，
，，
，
，
，
故选：D．
【点拨】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
15．4．
解：∵d、R是方程x2﹣4x+m=0的两个根，且直线L与⊙O相切，∴d=R，
∴方程有两个相等的实根，∴△=16﹣4m=0，
解得，m=4．
故答案是4．
考点：1.直线与圆的位置关系2.根的判别式．
16．或
【分析】因为要使圆与斜边只有一个公共点，所以该圆和斜边相切或和斜边相交，但只有一个交点在斜边上．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
解：根据勾股定理求得BC==6，
当圆和斜边相切时，则半径即是斜边上的高，等于；
当圆和斜边相交，且只有一个交点在斜边上时，可以让圆的半径大于短直角边而小于长直角边，则6＜r≤8，
故半径r的取值范围是r=4.8或6＜r≤8，
故答案为r=4.8或6＜r≤8．
【点拨】此题考查了直线与圆的位置关系，此题注意考虑两种情况，只需保证圆和斜边只有一个公共点即可．
17．##64度
【分析】根据同弧对应的圆心角是圆周角的2倍计算出，再根据，内错角得到答案．
解：如下图所示，连接OC
从图中可以看出，是圆弧对应的圆周角，是圆弧对应的圆心角
得．
∵BC是圆O的切线
∴
∵
∴
∴
∴
故答案为：．
【点拨】本题考查圆的切线的性质，圆周角定理、平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握圆和平行线的相关知识．
18．．
【分析】连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，根据题意和30°直角三角形的性质求出AP的长度，然后由圆和矩形的性质，根据勾股定理求出OC的长度，即可求出点P的坐标．
解：如下图所示，连接AB，作AD⊥x轴，AC⊥y轴，
∵PB与⊙A相切于点B
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，AB⊥PB，
∴PA=2AB=．
∵
∴四边形ACOD是矩形，
点A的坐标为（8，5），
所以AC=OD=8，CO=AD=5，
在中，．
如图，当点P在C点上方时，
∴，
∴点P的坐标为．
【点拨】此题考查了勾股定理，30°角直角三角形的性质和矩形等的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线．
19．27°
【分析】连接AC，根据直径所对的圆周角是直角、切线的定义得到，根据三角形外角的性质可得，因此可得，求解即可．
解：如图，连接AC，
是的直径，
∴，
∴，
∵PA切于点A，
∴，
∴，
∵，，
∴，解得，
故答案为：．
【点拨】本题考查直径所对的圆周角是直角、切线的性质、三角形外角的性质等内容，解题的关键是作出辅助线，得到关于的方程．
20．35
【分析】连接并延长，交于点，连接，首先根据圆周角定理可得，再根据为的切线，可得，可得，再根据圆周角定理即可求得．
解：如图，连接并延长，交于点，连接．
为的直径，
，
，
为的切线，
，
，
，
．
故答案为：35．
【点拨】本题考查了圆周角定理，切线的性质，作出辅助线是解决本题的关键．
21．
【分析】如图：连接OP、OQ，根据,可得当OP⊥AB时，PQ最短；在中运用含30°的直角三角形的性质和勾股定理求得AB、AQ的长，然后再运用等面积法求得OP的长，最后运用勾股定理解答即可．
解：如图：连接OP、OQ，
∵是的一条切线
∴PQ⊥OQ
∴
∴当OP⊥AB时，如图OP′，PQ最短
在Rt△ABC中，
∴AB=2OB=,AO=cs∠A·AB=
∵S△AOB=
∴，即OP=3
在Rt△OPQ中，OP=3,OQ=1
∴PQ=．
故答案为．
【点拨】本题考查了切线的性质、含30°直角三角形的性质、勾股定理等知识点，此正确作出辅助线、根据勾股定理确定当PO⊥AB时、线段PQ最短是解答本题的关键．
22．85
【分析】如图，连接OO′，根据切线的性质得到∠OBA＝90°，再根据旋转的性质可判断△OO′B为等边三角形，从而得到∠OBO′＝60°，所以∠ABA′＝60°，然后利用三角形外角性质计算∠OCB．
解：如图，连接OO′，
∵⊙O与△OAB的边AB相切，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
∵△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，
∴∠A＝∠A′＝25°，∠ABA′＝∠OBO′，BO＝BO′，
∵OB＝OO′，
∴△OO′B为等边三角形，
∴∠OBO′＝60°，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠OCB＝∠A+∠ABC＝25°+60°＝85°．
故答案为：85．
【点拨】本题考查了切线的性质、旋转的性质、等边三角形的判定与性质，以及三角形的外角定理．掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
23．40
【分析】根据切线长定理，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理推出∠BDE+∠BED+∠B=180°，∠CFE+∠CEF+∠C=180°，得到2(∠BDE+∠CFE)+∠B+∠C=360°，据此求解即可．
解：∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，
∴BD=BE，CE=CF，
∴∠BDE=∠BED，∠CFE=∠CEF，
∵∠BDE+∠BED+∠B=180°，∠CFE+∠CEF+∠C=180°，
即2∠BDE+∠B=180°，2∠CFE+∠C=180°，
∴2(∠BDE+∠CFE)+∠B+∠C=360°，
∵∠BDE+∠CFE=110°，
∴2×110°+∠B+∠C=360°，
∴∠B+∠C=140°，
∴∠A=180°-(∠B+∠C)= 40°．
故答案为：40．
【点拨】本题考查了切线长定理，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
24．##
【分析】先画好符合题意的图形，再证明 求解设圆的半径为r，再利用勾股定理建立方程求解即可.
解：设以为圆心，为半径的圆与相切于点E，
，，，
是圆D的切线，

设圆的半径为r，则

解得：
故答案为：
【点拨】本题考查的是圆的切线的性质与判定，切线长定理的应用，勾股定理的应用，熟练的利用切线的性质是解本题的关键.
25．
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB，由等腰三角形的性质可知，依据勾股定理可求得，然后可求得△ABC的面积，最后根据三角形的面积=×三角形的周长×三角形的内切圆半径求解即可．
解：设△ABC的内切圆半径为r，
过点C作CD⊥AB，垂足为D．
∵AC=BC=2，，
∴AD=BD=．
在Rt△ACD中，CD=，
∴S△ABC=AB•CD=（AB+AC+BC）•r．
∴r=．
∴△ABC的内切圆半径为．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查的是三角形的内切圆与内心，明确三角形的面积=×三角形的周长×三角形的内切圆半径是解题的关键．
26．
【分析】设方程程x2-17x+6m=0的两个根x1、x2分别是AC、BC边的长，则x1+x2=17，设斜边AB的长为c，连接OD、OF，则AC⊥OD，BC⊥OF，证明四边形ODCF是正方形，得到CD+CF= =AC+BC-AB，从而得到c=x1+x2-4，再通过勾股定理得到，从而求得△ABC的面积．
解：如图，Rt△ABC，∠C=90°，AC＜BC，⊙O是Rt△ABC的内切圆，与AC、AB、BC边的切点分别为D、E、F，
设方程程x2-17x+6m=0的两个根x1、x2分别是AC、BC边的长，
则x1+x2=17，
设斜边AB的长为c，连接OD、OF，则AC⊥OD，BC⊥OF，
∴∠ODC=∠OFC=∠C=90°，
∴四边形ODCF是矩形，
∵OD=OF，
∴四边形ODCF是正方形；
∵AD=AE，BF=BE，
∴CD+CF=AC-AD+BC-BF=AC-AE+BC-BE=AC+BC-（AE+BE）=AC+BC-AB；
∵AC=x1，BC=x2，CD=CF=2，
∴4=x1+x2-c，即c=x1+x2-4，
∵Rt△ABC，∠C=90°，
∴，
∴，
∴，
化简得：
，
∴，
故答案为 30．
【点拨】本题综合考查了三角形的内切圆的性质和勾股定理及根与系数的关系，熟练掌握运用这些基础知识点是解题关键．
27．2或或
【分析】与矩形的边相切，但没有具体说与哪个边相切，所以该题有三种情况：第一种情况是圆与边AD、BC相切，此时BF=AE；第二种情况是圆与边AB相切，利用中位线定理以及勾股定理可求出BF的长；第三种是圆与边CD相切，同样利用中位线定理以及勾股定理求得BF．
解：①当圆与边AD、BC相切时，如图1所示
此时
所以四边形AEFB为矩形
即BF=AE=2；
②当圆与边AB相切时，设圆的半径为R，切点为H，圆与边AD交于E、N两点，与边BC交于M、F两点，连接EM、HO，如图2所示
此时OE=OF=OH=R，点O、H分别是EF、AB的中点
∴2OH=AE+BF即BF=2R-2
∵BM=AE=2
∴MF=2R-4
在中，
∵EM=AB=6，EF=2R
∴
解得
将代入 BF=2R-2
∴；
③当圆与边CD相切时，设圆的半径为R，切点为H，圆与边AD交E、D两点，与边BC交M、F两点，如图3所示
此时OE=OF=OH=R
∵AE=2
∴ED=6
∵点O、H分别是EF、CD的中点
∴2OH=ED+FC即FC=2R-6
∵BM=AE=2
∴MF=BC-BM-FC即MF=12-2R
∵EM=AB=6，EF=2R
∴在中
即
解得
∵
∴．
【点拨】本题考查了切线的性质、中位线定理以及勾股定理，关键是分清楚情况，数形结合，将几何问题转化为方程问题．
28．5
【分析】作出如图的辅助线，推出四边形OFBG是正方形，设⊙O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM= r，ME=r -2，ON=r-1，证明Rt△OME≌Rt△OND，得到OM= ON=r-1，在Rt△OME中，利用勾股定理求解即可．
解：取DE的中点O，连接OF、OG，延长GO与AE的延长线相交于点M，过点D作DN⊥MG于点N，
∵BC切⊙O于点G，∴CG⊥BG，
∵∠A=∠B=∠C=90°，
∴四边形ABGM、四边形GCDN和四边形OFBG都是矩形，
∵OF=OG，
∴四边形OFBG是正方形，
设⊙O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM= r，
∵AE=2，CD=1，
∴ME=r -2，ON=r-1，
在Rt△OME和Rt△OND中，
，
∴Rt△OME≌Rt△OND，
∴OM= ON=r-1，
在Rt△OME中，OE2=ME2+OM2，
∴r2=( r -2)2+( r-1)2，
解得：r=1(舍去)或5，
故答案为：5．
【点拨】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股中位线定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
29．(1)见分析(2)见分析(3)
【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明ODAC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；
（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；
（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．
（1）证明：连接OD，则OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴ODAC，
∵DE⊥AC，
∴∠ODF＝∠AED＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）证明：线段是的直径，
，
∴∠ADM＝180°－∠ADB＝，
∴∠M＋∠DAM＝，∠ABM＋∠DAB＝，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．
（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，
∴∠BAM＝60°，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠M＝60°，
∵∠DEM＝90°，ME＝1，
∴∠EDM＝30°，
∴MD＝2ME＝2，
∴BD＝MD＝2，
∵∠BDF＝∠EDM＝30°，
∴∠BDF＝∠F，
∴BF＝BD＝2．
【点拨】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．