专题19圆的有关位置关系（知识清单）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测（原卷版+解析版）

这是一份专题19圆的有关位置关系（知识清单）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测（原卷版+解析版），文件包含专题18反比例函数综合题3压轴题型10难点2新考法1新趋势题型清单原卷版docx、专题18反比例函数综合题3压轴题型10难点2新考法1新趋势题型清单解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
目 录
01 锚・课标要求：指引命题方向，落实核心素养
02 理・思维导图：构建知识体系，呈现结构关系
03 盘・知识梳理：兼顾主干细节，夯实基础框架（8个核心考点）
考点01点与圆的位置关系 考点02确定圆的条件
考点03三角形的外接圆 考点04直线与圆的位置关系
考点05切线的判定定理 考点06切线的性质定理
考点07切线长定理 考点08三角形的内切圆
04 探・重难题型：深度剖析重点，精准突破难点（16大重难题型）
题型01点与圆的位置关系 题型02确定圆的条件
题型03三角形的外接圆 题型04直线与圆的位置关系
题型05切线的判定条件 题型06证明直线是圆的切线
题型07切线的性质 题型08利用切线的性质进行计算与证明
题型09切线的性质与判定综合问题 题型10切线的有关基本作图问题
题型11切线的实际应用问题 题型12切线长定理
题型13三角形的内切圆 题型14圆的有关新定义问题
题型15圆的综合压轴问题 题型16圆与函数综合问题
05 辨・易混易错：警示常见误区，辨析细微差别（5个易混易错点）
易错点01判断点与圆的位置关系 易错点02三角形外心位置考虑不全而出错
易错点03线段、射线、直线与圆的位置关系 易错点04切线的性质与判定的综合应用
易错点05三角形内切圆的综合计算与证明
06 拓・方法技巧：精炼方法技巧，精准突破难点（6大方法技巧）
技巧01：已知点与圆的位置关系求半径的范围 技巧02：利用点到圆的位置关系求最值
技巧03：已知直线与圆的位置关系求半径 技巧04：证明切线的方法
技巧05：利用切线的性质进行计算与证明 技巧06：有关切线长定理的计算与证明
07 测・实战演练：巩固核心考点，强化应试能力（24题）

1.理解点与圆的位置关系，会判断点与圆的位置关系；了解确定圆的条件，能用尺规作图:过不在同一直线上的三点作圆.
2.理解直线与圆的位置关系，会判断直线与圆的位置关系
3.掌握切线的判定定理和性质定理，会证明一条直线是圆的切线，并能用切线的性质进行计算和证明
4.探索并证明切线长定理.
5.了解三角形的内心与外心，通过尺规作作三角形的外接圆、内切圆.
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设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有：
dr点P在⊙O外.
点拨：在不确定点的位置时，要分三种情况进行讨论：即点在圆上、点在圆内、点在圆外
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点02确定圆的条件
(1)过一点作圆，圆心、半径不确定；
(2)过两点作圆，圆心在连接两点线段的垂直平分线上，半径不确定：
(3)过不共线的三点作圆，圆心、半径确定，可作唯一圆.
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点03三角形的外接圆
1.三角形外接圆的有关概念
(1)三角形的外接圆：经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆.如图，⊙O是△ABC的外接圆
(2)三角形的外心：三角形的外接圆的圆心.
2.三角形外心的性质
三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，等于其外接圆的半径.
3.点拨：三角形外接圆的作法
(1)定圆心，作三角形任意两边的垂直平分线，交点即为圆心：
(2)定半径，以圆心到三角形任一顶点的距离为半径作圆，即可画出三角形的外接圆，
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点04直线与圆的位置关系
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点05切线的判定定理
1.文字语言：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
2.符号语言：如图，QA是⊙0的半径，因为l⊥OA,垂足为A,所以直线1是⊙O的切线。
3.切线的判定方法：
（1）定义法：直线和圆只有一个公共点时，我们说这条直线是圆的切线.
（2）数量关系法：圆心到这条直线的距离等于半径时，直线与圆相切.
（3）判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
4.证明切线的两种常见思路：
（1）若已知直线与圆的公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称“连半径，证垂直”；
（2）若直线与圆的公共点没有明确，可过圆心作直线的垂线段，再证明圆心到直线的距离等于半径，简称“作垂直，证半径”．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点06切线的性质定理
1.切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径．
2.解题方法：当题目已知一条直线切圆于某一点时，通常作的辅助线是连接切点与圆心（这是圆中作辅助线的一种方法）．根据切线的性质可得半径与切线垂直，从而利用垂直关系进行有关的计算或证明．
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1.切线长：在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长叫做这点到圆的切线长.
2.切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角.
3.解题模型：
如图，PA,PB为⊙O的切线，此图形是切线长定理的基本图形.因为此图形的形状像一个“钻石”，我们常把它称为“钻石”图形.此图形中含有：
(1)两个等腰三角形（△PAB和△OAB):
(2)一条特殊的角平分线(OP平分∠APB和∠AOB):
(3)三个垂直关系(OA⊥PA,OB⊥PB,OP⊥AB).
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1.三角形的内切圆：与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.
2.三角形的内心：切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心.
题型01点与圆的位置关系
【典例1】（25-26九年级上·甘肃定西·期末）若的半径为5，，且点在外，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题考查点与圆的位置关系，熟记点与圆的位置关系与点到圆心的距离和圆的半径的数量关系的对应是解题关键．
根据点与圆的位置关系，当点在圆外时，点到圆心的距离大于半径，列不等式求解即可．
【详解】解：∵的半径为5，，且点在外，
∴，即，
故答案为：．
【变式练习】
1．（2024·广东·模拟预测）已知的半径为，若，则点与的位置关系是（ ）
A．点在内B．点在上C．点在外D．无法判断
【答案】A
【分析】本题考查点与圆的位置关系的判定，根据点到圆心的距离与半径的大小比较进行判定：当点到圆心的距离小于半径时，点在圆内；当点到圆心的距离等于半径时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径时，点在圆外；熟记点与圆的位置关系的判定方法是解决问题的关键．
【详解】解：的半径长为4，，
由可知，点在的内部，
故选：A．
2．（25-26九年级上·浙江·月考）若内有一点P，点P到圆心O的距离为5，则的半径r可以是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】本题考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设的半径为r，点P到圆心的距离，则有：①点P在圆外，②点P在圆上，③点P在圆内．
根据点与圆的位置关系判断得出即可．
【详解】解：∵点P在内，点P到圆心O的距离为5，
∴．
故选：D．
3．（25-26九年级上·辽宁鞍山·月考）如图，在中，，，以点为圆心，为半径画圆，则点与的位置关系是 ．
【答案】点在内
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，由题意并结合即可得解，熟练掌握点与圆的位置关系是解此题的关键．
【详解】解：∵在中，，，以点为圆心，为半径画圆，且，
∴，
∴点与的位置关系是点在内，
故答案为：点在内．
题型02确定圆的条件
【典例2】（25-26九年级上·重庆永川·期末）若平面直角坐标系中的点不能确定一个圆，则的值是 ．
【答案】3
【分析】本题考查一次函数与几何的综合应用．熟练掌握待定系数法求一次函数的解析式，确定圆的条件，是解题的关键．
根据不在同一直线的三个点确定一个圆，得到点C在直线上，求直线的解析式后代入点C的坐标求解，即可解题．
【详解】解：设直线的解析式为，将点和代入得：
，
解得，
因此直线的解析式为．
点不能确定一个圆，
三点共线，
将点代入，
得．
故答案为：3．
【变式练习】
4．（25-26九年级上·云南曲靖·期末）下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆B．长度相等的弧是等弧
C．平分弦的直径垂直于弦D．直径所对的圆周角是直角
【答案】D
【分析】本题主要考查了确定圆的条件，等弧的定义，直径所对的圆周角是直角，不共线的三点确定一个圆，据此可判断A；根据等弧的定义可判断B；当弦为直径时，平分此弦的直径不一定垂直于此弦，据此可判断C；由直径所对的圆周角是直角可判断D．
【详解】解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，原说法错误，不符合题意；
B、同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，原说法错误，不符合题意；
C、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，原说法错误，不符合题意；
D、直径所对的圆周角是直角，原说法正确，符合题意；
故选：D．
5．（25-26九年级上·江苏镇江·期末）已知线段，经过、两点且半径为5的圆有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．无数个
【答案】C
【分析】本题考查的是确定圆的条件，熟记圆心的确定方法是解题的关键．
经过两点、的圆的圆心在线段的垂直平分线上，且圆心到、的距离等于半径，利用勾股定理计算圆心到中点的距离，判断是否存在这样的圆．
【详解】解：如图，
分别以、为圆心、5为半径作圆，两圆相交于点C、D，
然后分别以C、D为圆心，5为半径作圆，则和为所求．
故选：C．
6．（25-26九年级上·天津东丽·期末）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A在格点上，点B是小正方形边的中点．
(1)线段的长等于 ．
(2)请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出经过A，B两点的圆的圆心O，并简要说明点O的位置是如何找到的(不要求证明)． ．
【答案】(1)
(2)图形见解析；连接格点、交网格线于点，连接，连接格点、、、交于点，连接，连接、交于点
【分析】本题考查了圆的基本性质，勾股定理等；掌握勾股定理，能利用圆的基本性质找出圆心是解题的关键．
（1）由勾股定理，即可求解；
（2）连接格点、交网格线于点，连接，连接格点、、、交于点，连接，连接、交于点，即可求解；
【详解】（1）解：，
故答案为：；
（2）解：如图所示，连接格点、交网格线于点，连接，连接格点、、、交于点，连接，连接、交于点，
则点即为所求．
连接，，
，
同理可求：
，
，
，
为直角三角形，
，
是直径，
同理可证：是直径，
点为圆心．
故答案为：连接格点、交网格线于点，连接，连接格点、、、交于点，连接，连接、交于点．
题型03三角形的外接圆
【典例3】．（2025·广东广州·二模）三边长为3，4，5的三角形，它的外接圆半径为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查三角形的外接圆与外心、勾股定理的逆定理等知识点，掌握直角三角形的外心就是斜边中点是解题的关键．
根据勾股定理的逆定理，可以判断这个三角形是直角三角形，且斜边就是外接圆的直径，据此即可解答．
【详解】解：∵三角形的三边长分别为3，4，5，
又∵，
∴这个三角形是直角三角形，
∴这个三角形的外接圆的直径的长就是斜边的长为5，
∴此三角形的外接圆半径是．
故答案为．
【变式练习】
7．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，为的外接圆，半径，垂足为点E，，则的长为（ ）
A．B．C．10D．8
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，勾股定理，垂径定理等知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
由圆周角定理可得，由等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∵，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
8．（2025·浙江·一模）如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”给出下面四个结论：①一个圆的“半径三角形”有无数个；②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是，或；④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．上述结论中，正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、垂径定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．根据“半径三角形”的定义、圆周角定理判断①②；根据等腰三角形的性质、圆周角定理判断③；过点作于，求出的最大面积，判断④．
【详解】解：如图，，
当点是圆上异于、的点时，为“半径三角形”，
则一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
当点在优弧上，可能是锐角三角形，当为直径时，是直角三角形，当点在劣弧上，是钝角三角形，
则一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
当点在优弧上，，当点在劣弧上，，当时，顶角，
则当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是，或，故③结论正确；
如图，过点作于，直线交优弧于，此时，面积最大，
，
，，
，
，故④结论错误；
故选：C．
9．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，的高，相交于点F．若，则的外接圆的半径为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了求三角形外接圆的半径，三角形相似的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定和性质，作的外接圆，圆心为O，连接并延长，交于点H，连接，证明，得出，根据勾股定理得出，证明，得出，求出，即可得出答案．
【详解】解：作的外接圆，圆心为O，连接并延长，交于点H，连接，如图所示：
∵的高，相交于点F，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的外接圆半径为．
故答案为：．
题型04直线与圆的位置关系
【典例4】（2025·广东东莞·模拟预测）已知点O到直线l的距离为，以点O为圆心的与直线l有两个交点，则的半径可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查了直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答．若，则直线与圆相交；若，则直线于圆相切；若，则直线与圆相离．据此作答即可．
【详解】解：∵点O到直线l的距离为，以点O为圆心的与直线l有两个交点，
∴的半径．
∴的半径可能为．
故选：D．
【变式练习】
10．（2025·四川广安·一模）若的半径是，圆心到直线的距离为，则直线与的交点个数是( )
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】A
【分析】本题考查了圆与直线的位置关系．根据圆与直线的位置关系，比较圆心到直线的距离与半径的大小，判断交点个数．
【详解】解：∵的半径，圆心到直线的距离，
，
直线与相离，没有交点．
故选：A．
11．（2025·青海西宁·一模）的半径为，点到直线的距离为，，是方程的两根，当直线与相切时，的值为 ．
【答案】4
【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系、一元二次方程根的判别式，熟练掌握相关知识点是解题的关键．先根据直线与相切得出，推出方程有两个相等的实数根，再根据即可求出的值．
【详解】解：的半径为，点到直线的距离为，且直线与相切，
，
、是方程的两个根，
方程有两个相等的实数根，
，
解得，
故答案为：4．
12．（2025·河南濮阳·一模）如图，，圆心在边上的的半径为，．若在上向点移动，当与相切时，圆心移动的距离为 ．
【答案】
【分析】此题重点考查平移的性质、切线的性质定理、直角三角形中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．
当移动到与相切时，设圆心为，切点为，由，，，得，最后求解即可．
【详解】解：当移动到与相切时，设圆心为，切点为，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴圆心移动的距离为．
故答案为：．
题型05切线的判定条件
【典例5】（25-26九年级上·安徽阜阳·期末）如图，以的边为直径的恰好过的中点D，过点D作于点E，连接，则下列结论：①；②；③；④是的切线．其中结论正确的是 ．（直接填序号）
【答案】①③④
【分析】本题主要考查了圆的基本性质，切线的判定，三角形中位线定理，根据三角形中位线定理得到，，则可判断①；根据圆的性质可得，则，则可判断③；可证明，则可判断④；根据现有条件无法证明，则可判断②．
【详解】解：为中点，点为的中点，
为的中位线，
，，故①正确；
∵，
∴，即，故③正确；
∵，，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线，故④正确；
根据现有条件无法证明，故②错误；
故答案为：①③④．
【变式练习】
13．（2024·湖北·模拟预测）如图，和直线，直线在同一平面内，是的直径，直线是的切线，直线经过点，下列条件不能判定直线与相切的是 （ ）
A． B．
C．与只有一个公共点D．点到上某点的距离等于半径
【答案】D
【分析】本题考查了切线的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握切线的判定方法是解题的关键．根据切线的判定定理“经过半径的外端且垂直于这条半径的直线”或“圆心到直线的距离等于半径”逐项进行判断即可．
【详解】解：是的直径，且是的切线
又
直线与相切
故选项A、B可以判定，不符合题意；
C、根据圆的切线的定义，可知与圆仅有一个公共点的直线是切线，选项C可以判定，不符合题意；
D、根据与圆心的距离等于半径的直线为圆的切线，选项D不可判定，符合题意；
故选：D．
14．（23-24九年级上·河北衡水·月考）如图，是的直径，C是上一点，D是外一点，过点A作，垂足为E，连接．若使切于点C，添加的下列条件中，不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆的切线的判定、平行线的判定与性质，逐项判定即可得到答案．
【详解】解：A、∵，
∴，
当时，则，即，
∴切于点C，该选项正确，不符合题意；
B、∵，
∴，则，
∵，
∴，
当时，则，即，
∴切于点C，该选项正确，不符合题意；
C、当时，，
∵，
∴，
∴，即，
∴切于点C，该选项正确，不符合题意；
D、当时，由得到，
∴是等腰三角形，无法确定，
∴不能得到切于点C，该选项不正确，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查切线的判定，平行线的判定与性质，熟记圆的切线的判定是解决问题的关键．
15．（2025九年级·全国·专题练习）如图，CD是的直径，BD是的弦，延长DC到点A，使．有下列三个条件：①；②；③．其中只需添加一个条件就能使AB成为的切线的是 （填序号）．
【答案】①②③
【分析】分析题意，连接，若使是的切线，只需证明即可；若添加条件①，由是的直径得到结合，只要证明即可；根据是的一个外角得知，推理可得是等边三角形，至此可判断①的正误；对于②，若，则是等边三角形，，继而可以求得的度数，从而可以作出判断；对于③，根据得到，由三角形内角和定理可得，结合得到，接下来可以得到的度数，从而完成解答．
【详解】解：如图，连接．
是的直径，
．
，
．
①，
，
．
又，
是等边三角形，
，
，
，
是的切线．
∴①正确；
②，，
是等边三角形，
．
，
，
，
是的切线．
∴②正确；
③，
．
，
．
，
．
，
，
，
是的切线．
∴③正确；
综上所述，能使成为的切线的是①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了切线的判定，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
题型06证明直线是圆的切线
【典例6】（2026·山东潍坊·一模）如图，内接于，是的直径，平分交于点，过点作，交的延长线于点．
(1)求证：与相切；
(2)若，，过点作于点，交于点，交于点，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)的长为．
【分析】（1）连接，利用直径所对的圆周角为直角，角平分线的定义，圆周角定理，垂直的定义，平行线的性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接，，利用同圆的半径相等，等边三角形的判定与性质，圆周角定理求得的度数，再利用圆的弧长公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∵平分交于点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵为的半径，
∴与相切．
（2）解：连接，，
∵，，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，是的直径，
∴，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义，垂直的定义，平行线的性质，圆的切线的判定定理，圆的弧长公式，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
【变式练习】
16．（23-24九年级上·北京海淀·月考）如图，为的直径，交于点，为上一点，延长交于点，延长至，使，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若且，求的半径．
【答案】(1)详见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键．
（1）连接，根据等边对等角结合对顶角相等即可推出结论；
（2）设的半径，则，，在中，由勾股定理得得出方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，
，
，
，
，，
，
即，
，
是半径，
为的切线；
（2）解：设的半径，则，
，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，或舍去，
的半径为．
17．（2025·四川广元·一模）如图， 在中，，以为直径作． 为上一点，且，连接并延长交的延长线于点．
(1)求证：直线与相切；
(2)若， 求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的判定定理，切线长定理，勾股定理等知识点，熟练掌握切线的判定与性质定理，学会添加常用辅助线是解题的关键．
（1）连接，利用证明，结合已知推出，即，再根据圆的切线判定定理(垂直于半径外端的直线是圆的切线)，即可证明；
（2）先设圆的半径，表示出，在中利用勾股定理列方程求解得半径为，进而得出；再根据切线长定理设，表示出，在中再次用勾股定理列方程解得；最后在中通过勾股定理计算出即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵点在圆上，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴直线与相切；
（2）解：设，
∵，
∴，
在中，，，
即，
解得，
∴；
∵是圆的切线，
∴设，
在中，，
即，
解得，
∴，
在中，．
18．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，内接于，是直径，点在圆上，且，过点作，垂足为点，与延长线相交于．
(1)求证：是切线．
(2)若，．
①求的半径．
②求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)①3；②
【分析】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，切线的判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）连接，根据圆周角定理得出，根据等腰三角形的性质，得出，证出，根据平行线的性质得出，即可证明；
（2）①可证明，得到，利用勾股定理得到，证明，得出，据此求的长即可得到答案；②证明，根据相似三角形对应边成比例解答即可．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
，
∴，
，
，
，
，
，
∵，
∴，
∵是的半径，
是的切线；
（2）解：①由（1）可知，则，，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为3；
②，
，
，
题型07切线的性质
【典例7】（2024·江苏宿迁·二模）如图，是的切线，点B为切点，连接．若，，，则的长度为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查切线的性质，勾股定理以及三角函数的应用，连接，由 的正切值求出，再根据勾股定理求出即可．
【详解】解：如图，连接，
∵是的切线，点B为切点，
∴，
在中，，
又∵ ，
∴，
在中，，，
∴ ，
故答案为：．
【变式练习】
19．（2026·辽宁阜新·一模）如图，相切于点C，过点O，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了切线的性质，等边对等角，三角形外角性质，直角三角形的两个锐角互余，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由切线的性质得，再运用直角三角形的两个锐角互余，得，又因为半径相等以及三角形的外角性质，得，即可作答．
【详解】解：连接，如图所示：
∵相切于点C，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
故选：D．
20．（2025·辽宁抚顺·一模）在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为（ ）
A．1或5B．1C．1或3D．3
【答案】A
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．分为圆在y轴的左侧和在y轴的右侧两种情况写出答案即可．
【详解】解：∵圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径2，
∵当位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；
当位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．
综上所述，将沿轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为1或5．
故选：A．
21．（23-24九年级上·黑龙江佳木斯·月考）直线与相切于点B，C是与线段的交点，D是上的动点（点D与B，C不重合），若，则的度数为 ．
【答案】或
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理与圆内接四边形的性质，熟练掌握圆的基本性质是解题关键．
根据切线的性质，连接，得，结合，可求．分点D在优弧和劣弧两种情况，利用圆周角定理和圆内接四边形的性质求解．
【详解】解：如图，连接，
∵直线与相切于点B，
∴，
∵，
∴，
当点D在优弧上时，为圆周角，所对弧为，圆心角为，故；
当点D在劣弧上时，与优弧上的圆周角互补，即．
故答案为：或．
题型08利用切线的性质进行计算与证明
【典例8】（2026·陕西西安·一模）如图，是的直径，点在上，连接、，点是劣弧的中点，连接，交于点，过点作的切线交的延长线于点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为5．
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理以及勾股定理．
（1）根据切线的性质，圆周角定理，垂径定理求得，即可得到四边形为矩形；
（2）设的半径为，利用垂径定理结合勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的切线，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵点是劣弧的中点，
∴，
∴，
∴四边形为矩形；
（2）解：∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
设的半径为，
∴，，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
∴，
即的长为5．
【变式练习】
22．（2026·陕西西安·一模）如图，在中，，点O在边上，与相切于点D，与相交于A，E两点，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)证明见解析
(2)7.5
【分析】本题主要考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，角平分线的证明，相似三角形的性质和判定，
对于（1），根据切线的性质说明，可得，再根据“等边对等角”得，进而得出，则答案可得；
对于（2），先证明，可得，即可求出，再根据勾股定理求出答案．
【详解】（1）证明：∵是的切线，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
设，根据勾股定理，得
，
解得，
所以的半径是7.5．
23．（2026·浙江·一模）如图，在中，，点D在边上，以为直径的与相切于点E．
(1)求证：平分．
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了切线的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先由切线的性质得又因为得出则根据得整理得即平分；
（2）先证明四边形为矩形, 得因为得故运用勾股定理得，即可作答．
【详解】（1）证明：连接
∵与相切,
∴
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴平分；
（2）解：作如图所示：
∵,
∴
∵,
∴四边形为矩形,
∴
∵
∴
∴.
24．（2026·陕西·一模）如图，在中，，点在边上，以为直径作，交的延长线于点，连接，若切于点．
(1)求证：；
(2)若，，求半径的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了已知正切求边长，等腰三角形的性质与判定，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，综合运用以上知识是解题的关键．
()连接，根据切线的性质得到，得到，根据，得到，证明，根据等腰三角形的判定定理证明结论；
()根据正切的定义求出，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】（1）解：连接，
∵切于点，
∴，，即，
∵，
∴，
∵，即，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解∵中，，，
∴，则，
设，
在中，，即，
∴．
题型09切线的性质与判定综合问题
【典例9】（25-26九年级上·黑龙江大庆·期末）如图，是的直径，是的切线，为切点，的延长线交于点，连接，且，交于，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查圆周角定理，切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数.
（1）证明，得到，再根据是的切线，得到，即可证明结论；
（2）根据是的直径得到，证明，得到，即，进而可证；
（3）根据三角函数求出的值，从而得到，证明，再证明，得到，求出，进而求出，再根据，证明，得到，即，即可得到的长．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
，
，
是的切线，
，
是的半径，
是的切线；
（2）证明：∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
，
，
，
，
由（1）知，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
解得：．
【变式练习】
25．（2025·山东泰安·一模）如图，在中，为直径，且弦，垂足为点E，点P为延长线上的一点，且与切于点C．连接并延长，交于点F，连接和．
(1)求证：直线为的切线；
(2)探究线段，，之间的数量关系，并加以证明；
(3)若，，求的值及线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)，
【分析】（1）连接，根据垂径定理可知是的垂直平分线，得，则，再利用可证明，从而证明结论；
（2）利用，得，从而得出答案；
（3）设，则，，由垂径定理可知是的中位线，得，，在中，由勾股定理得：，从而得出，从而解决问题．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵是直径，，
∴，，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：
∴，
解得：或（舍去），
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了切线的判定与性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数等知识，运用参数法表示出中各边的长是解题的关键．
26．（24-25九年级下·全国·期末）如图①，为等腰三角形，O是底边的中点，腰与相切于点D，连接并延长，交于点H，交的延长线于点．
(1)求证：为的切线．
(2)如图②，记（1）中的切点为E，连接，．求证：．
(3)若的半径为3，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）过点O作于点E，证明，得出，说明是的半径，即可得出答案；
（2）连接，根据切线的性质得出，根据等腰三角形的性质得出，证明，得出，即可证明两个三角形相似；
（3）根据切线的性质和切线长定理得出，，根据勾股定理得出，根据三角函数定义得出，证明，得出，根据平行线的判定得出，根据平行线分线段成比例定理得出，代入数据求出结果即可．
【详解】（1）证明：如图，过点O作于点E，则，
与相切于点D，
∴，
∴，
为等腰三角形，
∴，
又O是底边的中点，
∴，
∴，
，即是的半径．
为的切线．
（2）证明：如图，连接，
与相切于点E，
∴，
∴，
为的直径，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图．，为的切线，切点分别为D，E，
∴，，
的半径为3，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，三角形相似的判定和性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线分线段成比例定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
27．（25-26九年级上·湖南·月考）如图1，为圆直径，点在圆上，延长、分别至点、，连接，使，连接，且．

(1)求证：直线与圆相切；
(2)如图2，在直径上，过点作交圆于点，延长至点，连接，使．
①若，，，求的值；
②如图3，连交于，证明：为中点．
【答案】(1)见详解
(2)①160；②见详解
【分析】（1）根据为圆 O 的直径，利用圆周角定理得出，则．根据，得出，结合，得，则，即可证明直线与圆相切．
（2）①连接，过点作于，证明，由（1）知，则，证明四边形为矩形，得出，，证明，得出，证明，得出，求出，则，即可求解．
②连接并延长交的延长线于点，连接，根据为圆直径，得出，根据，得出，则，证出，证明，，得出，即可得，即为中点．
【详解】（1）证明：∵为圆 O 的直径，
，
在中，．
，
，
，
，
，
即于点，
又为圆半径，
∴直线与圆相切．
（2）解：①连接，过点作于．

∵，
∴，
由（1）知，
，
∵，，直线与圆相切，
，
∴四边形为矩形，
，，
∴，
∵，
，
又，
，
，
即，
∵，，
∴，
，
即，
，
，
∵，
．
②连接并延长交的延长线于点，连接，

∵为圆直径，
，
，
，
∵，，
，
，
，
，
∴，，
，
∵，
∴，
即为中点．
【点睛】该题考查了圆周角定理，相似三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，三角形内角和定理，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，切线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点并正确做出辅助线．
题型10切线的有关基本作图问题
【典例10】（2025·河南·模拟预测）如图，是的直径，与相切于点B，且．连接．
(1)求作，使得，且点D在上，点E是与的交点．小亮针对这个问题，设计了如下作图过程：
作法：
①以点B为圆心， 为半径画弧交于点F；
②分别以点O，F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点G；
③作射线，交于点E，交于点D，连接．
∴即为所求作．
根据上述小亮的作法，补全图形，并证明；
(2)连接，与交于点P，与交于点Q，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题考查了切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、相似三角形的判定和性质是关键．
（1）根据题意补全图形，根据，，即可证明；
（2）连接，证明，得到，得到，再求出，即可得到答案．
【详解】（1）解：补全图形如图，
∵是的切线，
∴，
∴
∵是的直径，
∴.
由作图可知，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）如图，连接，
∵，
∴.
由(1)知，，
∴.
在中，，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴.
∵是的直径，
∴，即
∵，
∴，
∴.
【变式练习】
28．（25-26九年级上·福建泉州·期末）下面是小明设计的“过圆外一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：如图，及外一点．求作：过点的的切线．
作法：①连接；②以为直径作，交于点，；③作直线，；则直线、即为所求．
(1)根据小明的设计，使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若是的直径，，求的度数．
【答案】(1)图见解析
(2)
【分析】（1）先按照尺规作图的步骤画出线段的垂直平分线，其与线段的交点，即为圆心，再以点为圆心，以为半径作出，与的交点为点，，作出直线，．
（2）连接，由可得，，结合三角形的内角和定理可得，．根据切线的性质可得，，结合四边形的内角和为，求出的度数．
【详解】（1）解：的切线、如图所示，
（2）解：如图，连接，
∵，
∴，
∴，
∵、是的切线，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查尺规作图画垂直平分线，切线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理与四边形的内角和，熟练掌握相关知识是关键．
29．（2023·江西上饶·一模）如图所示的是由8×8个小正方形构成的网格图，每个小正方形的顶点称为格点，⊙P经过A，B，C三个格点．已知直径AC，请仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图（保留画图痕迹，不写画法）．
(1)在图①中，画出的切线；
(2)在图②中，画出的弦，使A为的中点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用切线的性质即可作图；
（2）利用垂径定理即可作图．
【详解】（1）解：如图①，过点作的垂线，直线即为所求．
理由是：经过半径的外端并且垂直于半径的直线为圆的切线．
（2）解：如图②，过点作交于点，线段即为所求．
理由如下：为⊙P的直径，，
点为的中点．
【点睛】本题考查了圆的作图题，掌握切线的性质及垂径定理是解题的关键．
30．（2025·甘肃酒泉·三模）古希腊数学家欧几里得，被称为“几何学之父”．在其所著的《几何原本》第三卷中有一个命题：“过已知点作直线切于已知圆”．如图，设点P是已知点，是已知圆，对于上述命题，我们可以进行如下尺规作图：①连接，分别以点O，P为圆心，大于长为半径作弧，在上方交于点M，在下方交于点N，连接，交于点A；②以点A为圆心，长为半径作，与交于两点Q和R；③连接，，则，是的切线．
(1)请你依据以上步骤，用不带刻度的直尺和圆规在图中补全图形，保留作图痕迹；
(2)上述作图中用到了圆中一个很重要的定理，具体内容是______．
【答案】(1)见解析
(2)直径所对的圆周角是直角
【分析】此题考查了切线的判定、圆周角定理、垂直平分线等基本作图知识，熟练掌握切线的判定是关键．
（1）根据要求作出图形；
（2）利用直径所对的圆周角是直角解决问题．
【详解】（1）解：如图，直线，即为所求；
（2）解：连接，．
根据直径所对的圆周角是直角，可以证明，，可得，是的切线．
故答案为：直径所对的圆周角是直角．
题型11切线的实际应用问题
【典例11】．（2025·河南·模拟预测）如图1所示的动感单车是一种独特的充满活力的室内自行车训练器械．图2是其示意图，该单车主要由主动轮和从动轮构成，传动皮带为的两条切线，在的延长线上安装车座，在的点P处安装把手，单车支架，垂足为C．已知，，．
(1)求的度数．
(2)若，且与所夹锐角的度数为，求点P到的距离．（结果精确到．参考数据：，，）
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查的是切线的性质、全等三角形的判定与性质及解直角三角形，
（1）连接，证明，求出，即可求出结论；
（2）过点P作，垂足为Q，延长交于点G，求出，在中，求出，，进而求出即可解决．
【详解】（1）解：连接，如图所示．
∵为的两条切线，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
（2）解：过点P作，垂足为Q，延长交于点G，如图所示．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵与所夹锐角的度数为，
∴．
在中，．
由题意得：
四边形为矩形，
∴．
∴．
∴点P到的距离约为．
【变式练习】
31．（2025·广东惠州·三模）图1是木马玩具底座水平放置的示意图．点O是所在圆的圆心，的半径为，已知点A，B之间的水平距离为，且两点距离地面的竖直高度一样高．
(1)求点A的竖直高度；
(2)将图1的木马玩具沿地面向右作无滑动的滚动，当与相切于点B时，如图2，点A的竖直高度升高了多少？（参考数据：）
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）过点作于点C交于点D，则为切点，根据勾股定理求出长即可解题；
（2）过点作于点，根据列方程解题即可．
【详解】（1）解：过点作于点C交于点D，则为切点，
∵A，B两点距离地面的竖直高度一样高，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点A的竖直高度；
（2）解：过点作于点，
则A点到地面的距离为长，设，则，
∴，即，
解得，
∴点A的高度升高为．
32．（2025·河北石家庄·模拟预测）一辆汽车停放于积水路面上，如图1是该汽车轮胎的截面示意图，已知轮胎与地面相切于点（轮胎的形变忽略不计），若轮胎没入积水的最大深度为，轮胎与积水面的接触长度为．
(1)求轮胎的半径；
(2)如图2，当汽车行驶到坡角为的斜坡上的点时（与坡面相切于点），过轮胎中心作水平地面的垂线与交于点，与斜坡交于点，与水平地面交于点，已知．
①求车轮轮胎中心到水平地面的距离（结果保留根号）；
②直接写出劣弧的长度，并直接比较劣弧与线段的大小（结果保留）
【答案】(1)
(2)①；②，
【分析】（1）连接交于C，根据切线的性质、平行线的性质可得出，根据垂径定理求出，设轮胎的半径为．在中，根据勾股定理可得出，解方程即可求解；
（2）根据三角形的内角和定理可得出，在中，根据正切定义求出，根据余弦定义求出，然后在中，根据含角的直角三角形的性质求出，即可求解；
②根据弧长公式求出即可，然后根据无理数的大小比较方法判断即可．
【详解】（1）解：连接交于C，
∵轮胎与地面相切于点
∴垂直于地面，
∵平行地面，
∴，
∴，
设轮胎的半径为．
在中，，，，，
∴，
解得，
∴轮胎的半径为；
（2）解：①∵，，
∴，
又，
∴，
在中，，
，
又
∴，
又，，
∴，
∴，
即车轮轮胎中心到水平地面的距离；
②，
∵，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，解直角三角形的应用，弧长公式，含角的直角三角形的性质等知识，掌握以上知识是解题的关键．
33．（2024·河北·模拟预测）活动小组自制了一个“不倒翁”，图1是“不倒翁”稳定直立在桌面上的简易截面图，其主要结构如下：为连接不倒翁最顶端和最底端的中心支架，点E，F是底部半圆O上的两点，，连接，，连接交于点K，在与半圆O所围成的弓形部分填充固定重物．已知，为半圆O的直径，．
(1)若．
①求填充物部分(弓形)的深度及的长；
②如图2，当支架摆动到使点E落在桌面上时，求支架顶端点A到桌面的距离；
(2)小组经过实验发现当时，不倒翁的摇摆效果最佳．现小组决定增加填充物提升的位置，使，并摆动支架，仍使点E落在桌面上，直接写出此时点F比②中点F的位置升高的距离．
【答案】(1)①，的长为；②支架顶端点A到桌面的距离为
(2)此时点F比②中点F的位置升高的距离为
【分析】（1）①由题意易得为等边三角形，则有，然后可得，进而根据三角函数及弧长公式可进行求解；②过点A作于点G，过点O作于点H，由题意易得四边形是矩形，则有，然后可得，进而问题可求解；
（2）过点F分别作，垂足分别为Q，T，由题意易得四边形是矩形，设，则有，根据勾股定理可得，然后问题可求解．
【详解】（1）解：①∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，的长为；
②如图，过点A作于点G，过点O作于点H，
由题意可知：半圆O与相切于点E，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴支架顶端点A到桌面的距离为；
（2）解：如图，过点F分别作，垂足分别为Q，T，
由题意可知：半圆O与相切于点E，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
设，则有，
∵，
∴，
解得：，
∴点F到的距离为，
在（1）②中，，
∴点F到的距离为，
∵，
∴此时点F比②中点F的位置升高的距离为．
【点睛】本题主要考查切线的性质、垂径定理、等边三角形的性质与判定、三角函数及矩形的性质与判定，熟练掌握切线的性质、垂径定理、等边三角形的性质与判定、三角函数及矩形的性质与判定是解题的关键．
题型12切线长定理
【典例12】（25-26九年级上·广东湛江·期末）如图，是的切线，切点分别是．若，则的长为 ．
【答案】5
【分析】本题主要考查了切线长定理，由切线长定理可得，再求出的长即可得到答案．
【详解】解：∵是的切线，切点分别是，
∴，
∴，
∴，
故答案为：5．
【变式练习】
34．（25-26九年级上·湖北荆门·期末）如图，是的直径，是的两条切线，B、C是切点，若，则的长度为（ ）
A．4B．3C．D．2
【答案】B
【分析】本题主要考查了切线长定理，切线的性质，等边三角形的性质和判定，灵活运用相关性质定理是解决问题的关键．连接，证明是等边三角形，得到，由圆周角定理和切线的性质证得，进而证得，即可求出答案．
【详解】解：连接，
、是的两条切线，
，
，
是等边三角形，
，
是的直径，
，
，
，
，
．
故选：．
35．（25-26九年级上·江苏无锡·月考）如图，为的直径，，分别与相切于点，，过点作的垂线，垂足为，交于点．若，则的半径长为 ．
【答案】
【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理，关键是通过辅助线构造直角三角形，应用勾股定理求出的长．
作于H，连接，由垂径定理得到的长，从而求出的长，由勾股定理求出的长，即可求出的长，再根据勾股定理，得到，代入求出的值即可．
【详解】解：作于H，连接，如图
∵直径于H，，
∴，，
∵，分别切于C，B，
∴，直径，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得或（不符合题意，舍去）．
∴则的半径长为．
故答案为：．
36．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在中，，，．点D在边上，直线交于点E，直线交于点F．
(1)当线段的长为何值时，四边形为菱形？
(2)若直线，为的外接圆的两条切线，求线段的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先证明出，证明出，得到，设，，表示出，然后得到当时，四边形为菱形，进而求解即可；
（2）如图所示，过点P作于点G，由切线长定理得到，，由三线合一得到，然后证明出，得到，然后代数求解即可．
【详解】（1）解：当时，四边形为菱形．
证明如下：
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴设，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，四边形为菱形，
∴，
∴，，
∴当时，四边形为菱形；
（2）解：如图所示，过点P作于点G
∵直线，为的外接圆的两条切线
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴，即
∴．
【点睛】此题考查了切线的性质和切线长定理，菱形的判定，勾股定理的逆定理，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
题型13三角形的内切圆
【典例13】（2024·天津·模拟预测）锐角三角形的内心为I，，则的周长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了三角形内切圆的性质，切线长定理，含有角的直角三角形的性质、勾股定理．求出，再求出，解求出及，再根据切线的性质即可求出的周长．
【详解】解：如图，
设的内切圆与三边切于、、，
由切线长定理可知．
连接、、，则．
∵，
．
由题可知、、分别是三角形三个角的角平分线，
，
，
，
∴的周长为
．
故答案为：．
【变式练习】
37．（2023·河北邢台·二模）如图，将折叠，使边落在边上，展开后得到折痕．再将折叠，使边落在边上，展开后得到折痕．若与的交点为，则点是（ ）
A．的外心B．的内心C．的重心D．的中心
【答案】B
【分析】本题考查了翻折变换以及角平分线的性质，三角形的内心的性质．根据折叠的性质可知点为角平分线的交点，根据角平分线的性质可知点到三边的距离相等．
【详解】解：如图：过点作，，，

由题意得：，，
为角平分线的交点，
，
点到三边的距离相等．
点是的内心．
故选：B．
38．（2025·安徽·模拟预测）在边长为4的正方形内有一个等腰，连接，若，则内切圆的半径为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】本题考查正方形的性质、三角形的内切圆，根据正方形的性质及已知条件判断E为正方形的中心，为等腰直角三角形，根据等面积法即可求出内切圆的半径．
【详解】解：如图：
∵正方形的对角线互相垂直且平分，，为等腰三角形，
∴E即为正方形的中心，
∴为等腰直角三角形，
其中，
设的内切圆半径为r，周长为C，
则利用等面积法可得，
则，
故选：D．
39．（22-23九年级上·江苏宿迁·期末）已知，如图，为的直径，内接于，，点是的内心，延长交于点，连接．
(1)求证：；
(2)已知的半径是，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由圆周角定理得出，由内心得出，，，由三角形的外角性质得出，即可得出结论；
（2）连接，过点作于，由圆周角定理得出，证出是等腰直角三角形，得出，由，，推出，得到，根据勾股定理可求的长，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
，
点是的内心，
，，
，
，，
，
．
（2）解：如图，连接，过点作于，
为的直径，的半径是，，
，是等腰直角三角形，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心、圆周角定理、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、等腰直角三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
题型14圆的有关新定义问题
【典例12】（2024·北京西城·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知点．对于点，给出如下定义：
若点关于直线的对称点为点，点关于直线的对称点为点，则称点是点关于点的“二称点”．
(1)已知点，点，点是点关于点的“二称点”，
①如图1，当时，点的坐标为__________；
②连接，若所在直线平行于坐标轴时，直接写出此时的长度；
(2)已知点在直线上，如图，直线与轴，轴分别交于点，，对于线段上（包括端点）任意一点，若以为半径的上总存在一点，使得点关于点的“二称点”在x轴的正半轴上，直接写出符合条件的的值．（已知）
【答案】(1)①，②或者；
(2)．
【分析】（）根据新定义求出点的坐标即可；
分两种情况讨论，再根据特殊三角形的计算即可；
（）利用新定义的运算即可求解；分别求得点与重合的情形，取得临界值，关于直线对称的与轴相切，则也与轴相切，进而求得直线与轴的夹角，进而得出，即可求解．
本题考查圆综合题、一次函数的应用、二元一次方程组的应用、轴对称变换，垂直平分线的性质，锐角三角函数，直角三角形的性质，中点坐标及两点间距离等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用图形，寻找特殊位置解决问题．
【详解】（1）∵
∴
则，
如图所示，
设直线上一点为，直线与轴的夹角为，则
∴，
∵关于的对称点为，则是等边三角形，则
则
∴点关于对称的点，
点关于对称的点，
故答案为：
如图，当点在时，与重合时，此时轴，
当时，，则
∴
点关于对称的点，
∴；
如图，当关于原点对称时，

∴，
∴，
∴，
综上：的值为或；
（2）解：∵直线与轴，轴分别交于点，，
当时，，当时，
∴，，
∴，则，
∵点在直线上
∴，
∵点关于直线的对称点为点，点关于直线的对称点为点，
如图所示，当点与点重合时，关于直线对称的与轴相切时符合题意，则轴，设交轴于点,设是直线在第一象限内一点，
∵，，，
在中，
∴
∵，
∴
∵关于直线对称
∴直线与轴的夹角为，即
即
解得：
当点与点重合时，如图所示，
∵
则是等边三角形，则
设，则
∴
∴
∴直线与轴的夹角为，则
∴在线段上运动，观察函数图象可得在，点时，总有1个点满足题意，在线段（不含端点）上时，,总有交点，即上总有一点使得点关于点的“二称点”在x轴的正半轴上，
综上所述，
【变式练习】
40．（2025·北京通州·一模）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于平面内点和轴上点，给出如下定义：将点绕着点旋转得到的对应点恰好在上，称点为的“赋能点”．
(1)已知点的坐标为．
①如图1，在点中，的“赋能点”是_____；
②如图2，若直线上存在点，使点为的“赋能点”，求的取值范围；
(2)如图3，点．若线段上存在点，使点为的“赋能点”，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①将绕点旋转，得到半径为1的和，其中，，通过计算判断是否在或上，即可得出结论；②根据“赋能点”的定义可得直线与或有交点，再根据直线与、的位置关系讨论即可求解；
（2）将绕点旋转，得到半径为1的和，其中，，根据“赋能点”的定义可得线段与或有交点，再根据线段与、的位置关系讨论即可求解．
【详解】（1）解：①将绕点旋转，得到半径为1的和，其中，，
，，
点在上，点在上，
点是的“赋能点”，
，，
点不在上，也不在上，
点不是的“赋能点”，
综上所述，的“赋能点”是．
故答案为：．
②直线与轴交于点，与轴交于点，
，
，
直线上存在点，使点为的“赋能点”，
直线与或有交点，
当直线与相切于点，与直线交于点，如图，
连接、，则有，
，
又，
，
，
，
，
点在直线上，
，
；
当直线与相切于点，与直线交于点，如图，
同理可得，，
点在直线上，
，
；
的取值范围为．
（2）解：将绕点旋转，得到半径为1的和，其中，，
线段上存在点，使点为的“赋能点”，
线段与或有交点，
当线段与只有点一个交点，此时，
，
解得：，；
当线段与只有点一个交点，此时，
，
解得：，；
结合图象得，的取值范围为．
【点睛】本题考查了新定义、旋转的性质、解直角三角形、直线与圆的位置关系、一次函数的性质，理解“赋能点”的定义是解题的关键．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决压轴题的学生．
41．（2024·江苏宿迁·一模）定义：对于平面内的两点、，若点是点绕点旋转度所得到的点，则称点是点关于点的旋转点；是旋转角，若旋转角小于，则称点是点关于点的锐角旋转点．如图1，点是点关于点的旋转点．

(1)已知点，点，在点，，中，是点关于点的锐角旋转点的是________．
(2)已知点，点在直线上，若点是点关于点的锐角旋转点，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查角旋转点的定义，圆的知识，解题的关键是学会找特殊点，特殊位置解决问题．
（1）根据锐角旋转点的定义，进行解答，即可；
（2）以原点为圆心，为半径，作，交正半轴于点，当经过点时，；求出的值；当经过点时，则，则点；当时，绕点逆时针旋转锐角时，点一定落在某条直线上，
当与相切且切点在第四象限时，连接，此时时，有最小值，根据勾股定理，求出，再根据等面积法，即可．
【详解】（1）∵点，点，
∴，
∵点，，，
∴，，，
∴，
如图：，
∴是点关于点的锐角旋转点．
故答案为：．

（2）以原点为圆心，为半径，作，交正半轴于点，
∵点，
∴，
当经过点时，；
∴，
当经过点时，则
∴点；
当时，绕点逆时针旋转锐角时，点一定落在某条直线上，
当与相切且切点在第四象限时，连接，此时时，有最小值，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴实数的取值范围为：．

题型15圆的综合压轴问题
【典例12】（2023·云南昆明·二模）矩形中，，点O是边BC上的一个动点（不与点B重合），连接，将沿折叠，得到，再以O为圆心，长为半径作半圆，交射线于G，连接并处长交射线于F，连接，设．

(1)求证：是半圆O的切线；
(2)当点E落在上时，求x的值；
(3)当半圆O与的边有两个交点时，求x的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)x的值为3
(3)综上所述，当或时，半圆O与的边有两个交点
【分析】（1）通过翻折的性质，证明即可解答；
（2）画出图形，在中根据勾股定理构建方程，即可解答；
（3）将临界情况，即当半圆O与相切时；当半圆O与相切时；当半圆O经过点D时；当半圆O的圆心与点C重合时；求出此时的长度，即可解答．
【详解】（1）证明：是矩形，
，
∵沿折叠，得到，
，
，
是半圆O的半径，
是半圆O的切线．
（2）解：当点E落在上时，如图2所示：

∵沿折叠，得到，
，，
∴，
∵在中，，
∴
∴
∵由（1）知是半圆O的切线，
，
∴在中，
∴，解得：，
答：x的值为3．
（3）分情况进行讨论：
①如图2，当半圆O与相切时，根据（2）中解答，可得；

如图3，当半圆O与相切时，．

∴当时，半圆O与的边和各有一个交点；
②如图4，当半圆O经过点D时，连接，设圆的半径为a，

在中，可得，即
解得：
如图5，当半圆O的圆心与点C重合时，此时，，
∴当时，半圆O与的边和各有一个交点，
∴综上所述，当或时，半圆O与的边有两个交点．
【点睛】本题考查了切线的证明，翻折的性质，圆与直线的位置关系，勾股定理，画出正确的图形是解题的关键．
【变式练习】
42．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图1，平行四边形中，，，，点在边上运动，以为圆心，为半径的与对角线交于，两点，交于，两点．
(1)当为中点时，求的长；
(2)①如图2，当与边相切于点时，的长为__________；
②当时，通过计算比较弦和的大小关系；
(3)当与平行四边形的边恰好有一个公共点时，直接写出的值或取值范围__________．
【答案】(1)3
(2)①，②弦长大于的长．
(3)或．
【分析】本题考查了切线的判定、直线与圆的位置关系、相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用等知识，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活应用相关知识是解题的关键．
（1）根据，解直角三角形求出，在直角三角形中求出即可解答；
（2）①当与边相切于点时，则，即，可得，继而由列方程求出；
②连接，，分别求出，，进而求出，，再比较大小即可；
（3）分当与相切时，点在圆内，两种情况讨论，画出图形求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵为中点，
∴，
∵在平行四边形中，，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴
（2）解：①连接，
当与边相切于点时，则，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，，
∴，
∴，
②连接，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（3）①当与相切时，设切点为，如图，
由上述结果可知，，，
∴，
，
即当，与相切，与平行四边形的边的公共点的个数为1，
②过点，如图，与平行四边形的边的公共点的个数为，
∵在平行四边形中，，
∴，
∴是直径，此时，
当时，点在圆内，与平行四边形的边的公共点的个数为1，
综上所述，的值的取值范围是或．
43．（2024·浙江宁波·三模）如图1，已知，，，，点为边上的任意点（不与点，点重合），以为直径的交边于点，点，半径为，连结交于点，连结．设．
(1)请用含有的代数式表示出；
(2)若，，求的长（用含有的代数式表示）；
(3)若，如图，若与边相交，求的取值范围；
(4)若为中点，是以为腰的等腰三角形，求的半径．
【答案】(1)；
(2)；
(3)；
(4)或．
【分析】（）连结，利用圆周角定理和等腰三角形的性质解答即可；
（）连接，过点作于点，过点作于点，设，则，再利用直角三角形的边角关系定理得到，利用等腰三角形的性质和圆周角定理得到为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质解答即可得出结论；
（）过点作于点，过点作于点，利用勾股定理和相似三角形的判定与性质求得圆心到的距离，再利用直线与圆相交的性质列出不等式解答即可；
（）利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答：当时，连结，利用垂径定理，线段的垂直平分线的性质，勾股定理和三角形的中位线定理解答即可；当时，过点作于，延长交于，连结，设，则，，，利用相似三角形的判定与性质求得值，再利用三角形的中位线定理和，结合图形列出关于的方程解答即可；不存在的情形．
【详解】（1）解：连结，如图，
∵，
∴，
∵，
∴；
（2）解：连接，过点作于点，过点作于点，如图，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：过点作于点，过点作于点，如图，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵与边相交，
∴，
∴，
∴；
（4）解：当时，
连结，如图，
∵，，
∴在线段的垂直平分线上，
即垂直平分，
∵为中点，为中点，
∴，为中点，，
∴，
∴，
∴；
当时，
过点作于，延长交于，连结，如图，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴垂直平分，
∵，，
∴四边形为矩形，
设，则，
∴，，
∵四边形为圆的内接四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∵为的中位线，
∴，
∴，
∴即；
不存在的情形；
∴综上所述，若为中点，是以为腰的等腰三角形，的半径或．
【点睛】本题考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直线与圆的位置关系，含角的直角三角形的性质，矩形的判定与性质，三角函数，添加恰当的辅助线构造直角三角形和相似三角形是解题的关键．
44．（2024·河北石家庄·二模）如图，在中，，点O，D分别在边，上，并且到的距离相等，，，．以点O为圆心，半径长为1作⊙，再过点D作⊙的切线，，切点分别为E，F．
(1)求证：；
(2)求的面积及的长；．
(3)点P在线段上，且，
①求线段的长；
②将①中的线段绕点O顺时针旋转一周，旋转过程中，将P的对应点记作点Q，请直接写出点Q到的最短距离．
【答案】(1)见解析
(2)，
(3)①；②．
【分析】（1）根据，是⊙的切线，连接，，证明和全等，即可求解．利用含有
（2）过点O作于点H，可以得到是含有的直角三角形，求出的长，那么即可得到，即可得到答案；，已知，求出，因为，所以在中，利用勾股定理求出，即可得出答案．
（3）①由（1）得到的，再由，可证明，因为，所以在中，设未知数x，表示出的各边线段长度，利用勾股定理求出答案．
②作中边上的高，交于点M，交于点N，通过题目条件可知，，要求Q到的最短距离，即在求的值．由（1）可知的面积，同时，可求得的长度，要求的长度，可通过证明，因为，所以，可得，求出，即可的长度．
【详解】（1）解：证明：如图，连接，，
∵，为⊙的切线，E，F为切点，
，，
即，
∵在和中，，
∴，
∴．
（2）如图，过点O作于点H．
∵，，
∴，，
∴．
∵在中，
，
∴，
∵，
∴．
（3）①由（1）可知，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在和中，，
∴（），
∴，设，
∴．
在中，
∵，
∴，解得，
∴．
②作中边上的高，交于点M，交于点N，
∵点O，D到的距离相等，
∴，
∴．
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴．
∴，．
∴．
∴，
则点Q到的最短距离为．
【点睛】本题考查了三角形相似，三角形的全等，勾股定理，含有的直角三角形的性质，圆的切线的性质，正确找到辅助线的做法是解决本题的关键．
题型16圆与函数综合问题
【典例12】．（2022·山东济宁·二模）已知二次函数的图象交x轴于点A（3，0），B（－1，0），交y轴于点C（0，－3），P这抛物线上一动点，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式：
(2)当△PAC是以AC为直角边的直角三角形时，求点P的坐标：
(3)抛物线上是否存在点P，使得以点P为圆心，2为半径的圆既与x轴相切，又与抛物线的对称轴相交？若存在，求出点P的坐标，并求出抛物线的对称轴所截的弦MN的长度；若不存在，请说明理由．（写出过程）
【答案】(1)
(2)点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；
(3)点P的坐标为或，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分当∠PAC=90°时，当∠PCA=90°时，两种情况讨论求解即可；
（3）由圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，可得点P的纵坐标为-2，由此求出点P的坐标即可；过点P作PE⊥MN于E，由垂径定理可得MN=2ME，利用勾股定理求出ME即可得到答案．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为，把点C（0，-3）代入得，
，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：如图所示，当∠PAC=90°时，设PA与y轴交点为D，
∵点A坐标为（3，0），点C坐标为（0，-3），
∴OA=OC=3，
∵∠AOC=90°，
∴∠CAO=45°，
∴∠DAO=45°，
∴OA=OD=3，
∴点D的坐标为（0，3），
设直线AD的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AD的解析式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点P的坐标为（-2，5）；
当∠PCA=90°，设直线PC与x轴的交点为E，
同理可证∠ECO=45°，即OE=OC，
∴点E的坐标为（-3，0），
同理可以求出直线PC的解析式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点P的坐标为（1，-4），
综上所述，点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；
（3）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∴点A和点B到抛物线的对称轴的距离都为2，
∵圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，
∴点P的纵坐标为-2，
当时，，
解得，
∴点P的坐标为或，
过点P作PE⊥ME交抛物线对称轴于E，
∴或，，
∴，
∴，
∴点P的坐标为或，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，圆与函数综合，待定系数法求函数解析式等等，正确理解题意，利用分类讨论和数学结合的思想求解是解题的关键．
【变式练习】
45．（2023·山西运城·三模）在中，，，，点，点同时从点出发，点沿边以的速度向点运动，点从点出发，沿边以的速度向点运动，（点不与，重合，点不与，重合），设运动时间为．

(1)求证：；
(2)当为何值时，以为直径的与直线相切？
(3)把沿直线折叠得到，若与梯形重叠部分的面积为，试求关于的函数表达式，并求为何值时，的值最大，最大值是多少？
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)当时，值最大，最大值是8
【分析】（1）欲证，可以通过应用两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似，得证；
（2）为直径的与直线相切，则圆心到直线的距离等于半径，列出函数关系式，求出的值；
（3）因为，与梯形重叠部分的面积分为两种情况：①等于，②等于，列出关于的函数表达式，求出当时，值最大，最大值是8．
【详解】（1）证明：点，点同时从点出发，点沿边以的速度向点运动，点从点出发，沿边以的速度向点运动，
设运动时间为，则，
，，
，
，
；
（2）解：过作于，如图所示：

在中，，
由（1）知，
，即，
，
的半径，
由（1）知，即，
，
，
于，
由等面积法可知；，
圆心到直线的距离，
与直线相切，
，解得，即当时，与直线相切；
（3）解：折叠如图所示：

当点落在直线上时，则点为的中点，根据题意，以点在直线上为分界线分两种情况讨论：
①当时（当点落在直线上方），，
当时，；
②当时（当点落在直线下方），设交于，交于，，，
，
，
当时，，
综上所述，当时，值最大，最大值是8．
【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理求线段长，等面积法求线段长，切线的性质，折叠，三角形的性质及二次函数的综合应用，难度较大，熟练掌握相关几何性质是解决问题的关键．
46．（2022·湖南长沙·二模）在平面直角坐标系xOy中，直线（）分别与x轴、y轴相交于A、B两点．⊙G经过A、B、O三点，C为⊙G在直线上方的弧上的一个动点．
(1)求⊙G的半径长（用含m的式子表示）；
(2)已知弧AC、弧BC的中点分别为点P、Q，连接OP，OQ．问：∠POQ的度数是否为定值？如果是，请求出它的度数；如果不是，请说明理由；
(3)在（2）条件下，连接AC，BC，OP分别交AB、AC于M、E点，OQ分别交AB、BC于N、F．连接EF．对于每一个确定的m的值，都有一个点C，使得S△ACB取最大值，对于此时的C，记以AM、MN、BN为三边的三角形的外接圆面积为S1，△CEF外接圆的面积为S2，求的最小值．
【答案】(1)
(2)是，45°
(3)
【分析】（1）根据解析式，可直接表示出A（0，m），B（m，0），即可求出AB长度，由此即可求出⊙G的半径；
（2）根据P、Q分别为弧AC弧BC的中点，可知，，即，可得POQ＝45°为定值；
（3）延长FE交y轴于H，取最大值时，C为上半圆AB的中点，易得四边形AOBC为正方形，G为它的对角线交点，可证得，即EF∥AB，可知，，，由（2）可知，把△AOM绕O点顺时针方向旋转90º，易得，即：以BN、MN、AM为三边的三角形的外接圆面积为，△EFC外接圆的面积为，可知，代入即可求得结果．
【详解】（1）解：由题意可知A（0，m），B（m，0），
∵∠AOB=90°，
∴在中，有勾股定理得：，
∴，
即：⊙G的半径长为；
（2）POQ＝45°为定值．
证明：连接OC，
∵P、Q分别为弧AC弧BC的中点，
∴弧AP＝弧PC，弧CQ＝弧QB，
∴，．
∴
即POQ＝45°；
（3）延长FE交y轴于H，
∵取最大值时，C为上半圆AB的中点，
∴弧AC＝弧BC，AC＝BC
易得四边形AOBC为正方形，G为它的对角线交点．
又∵P、Q分别为弧AC弧BC的中点，
∴PO、QO分别为∠AOC、∠BOC的角平分线，
∴，．
即，
∴EF∥AB，
∴OC⊥AB，OC⊥EF，
∴，
∵OH＝OA＋AH＝OA＋AE，
∵，
∴，．
∵由（2）可知，，把△AOM绕O点顺时针方向旋转90º，易得，
∴以BN、MN、AM为三边的三角形的外接圆面积为，
△EFC外接圆的面积为，
∴，
∴原式
所以的最小值为．
【点睛】本题主要考查的是圆与一次函数，与几何图形的综合，灵活运用所学知识是解题关键．
47．（2022·山东淄博·二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C，连接，点P在第二象限的抛物线上，连接、，线段交线段于点E．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若的面积为，的面积为，当时，求点P的坐标；
(3)已知点C关于抛物线对称轴的对称点为点N，连接，点H在x轴上，当时，
①求满足条件的所有点H的坐标
②当点H在线段上时，点Q是平面直角坐标系内一点，保持，连接，将线段绕着点Q顺时针旋转90°，得到线段，连接，请直接写出线段的取值范围．
【答案】(1)y=-x2-2x+3；
(2)点P的坐标是（-2，3）或（-1，4）；
(3)①点H的坐标是（-1，0）或（-9，0）；②2-≤MH≤2+．
【分析】（1）先把点A（1，0），点B（-3，0）代入抛物线y=ax2-2x+c中列方程组，解方程组可得a和c的值，从而得抛物线的表达式；
（2）先根据待定系数法求BC的解析式为：y=x+3，根据同高三角形面积的比等于对应底边的比，可得，证明△OEH∽△OPG，得，可设E（3m，3m+3），则P（5m，-25m2-10m+3），代入比例式可得方程，解出即可得结论；
（3）①由对称得：N（-2，3），有两种情况：如图2，i）当BN∥CH1时，∠H1CB=∠NBC，根据平移的性质可得点H1的坐标；ii）当∠H2CB=∠NBC，设H2（n，0），直线CH2与BN交于点M，确定BN和CH2的解析式，利用方程组的解可得M的坐标（-），根据两点的距离公式利用BM=CM，列方程可得结论；②如图3，当Q在x轴下方时，且MH⊥x轴时，MH最小，作辅助线，构建矩形MFGH是，证明△BGQ≌△QFM（AAS），得GQ=GH=FM，可得△QHG是等腰直角三角形，由斜边为1可得QG=GH=，利用全等三角形的性质与线段和与差可得结论；同理如图4，当Q在x轴上方时，且MH⊥x轴时，MH最大，同理可得最大值MH的长，从而得结论．
【详解】（1）把点A（1，0），点B（-3，0）代入抛物线y=ax2-2x+c中，
得：，
解得：，
∴抛物线的表达式为：y=-x2-2x+3；
（2）如图1，过P作PG⊥y轴于G，过E作EH⊥y轴于H，
当x=0时，y=3，
∴C（0，3），
设BC的解析式为：y=kx+b，
则，解得，
∴BC的解析式为：y=x+3，
∵△PCE的面积为S1，△OCE的面积为S2，且，
∴，
∵EH∥PG，
∴△OEH∽△OPG，
∴，
∴设E（3m，3m+3），则P（5m，-25m2-10m+3），
∴，
整理，得：25m2+15m+2=0，
解得，
当时，5m=-2，则P（-2，3），
当时，5m=-1，则P（-1，4），
综上，点P的坐标是（-2，3）或（-1，4）；
（3）①由对称得：N（-2，3），
∵∠HCB=∠NBC，
如图2，连接CN，有两种情况：
i）当BN∥CH1时，∠H1CB=∠NBC，
∵CN∥AB，
∴四边形CNBH1是平行四边形，
∴H1（-1，0）；
ii）当∠H2CB=∠NBC，
设H2（n，0），直线CH2与BN交于点M，
∴BM=CM，
∵B（-3，0），N（-2，3），
∴同理可得BN的解析式为：y=3x+9，
设CH2的解析式为：y=k1x+b1，
则，解得：，
∴设CH2的解析式为：，
∴，
∵BM=CM，
∴，
解得：n=-9或-1（舍），
∴H2（-9，0），
综上，点H的坐标是（-1，0）或（-9，0）；
②如图3，当Q在x轴下方时，且MH⊥x轴时，MH最小，过Q作QG⊥x轴，过M作MF⊥QG于F，则四边形MFGH是矩形，
∴FM=GH，FG=MH，
∵∠BQM=∠F=90°，
∴∠BQG+∠GQM=∠FMQ+∠GQM=90°，
∴∠BQG=∠FMQ，
∵BQ=QM，∠BGQ=∠F=90°，
∴△BGQ≌△QFM（AAS），
∴FM=GQ，BG=FQ，
∴GQ=FM=GH，
∵QH=1，
∴QG=GH=，
∴MH=FG=FQ-QG=BG-GH=2--=2-；
如图4，当Q在x轴上方时，且MH⊥x轴时，MH最大，过Q作QG⊥x轴，作QF⊥MH于F，则四边形QFHG是矩形，
∴FQ=GH，GQ=FH，
同理得△BGQ≌△MFQ（AAS），
∴QG=FQ=GH，BG=MF，
∵QH=1，
∴QG=GH=，
∴MH=FM+FH=BG+GH=2++=2+；
∴MH的取值范围是2-≤MH≤2+．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求函数的解析式、三角形相似的性质和判定、三角形全等的性质和判定、旋转的性质、圆的性质、平行四边形和矩形的判定等，本题利用了函数的解析式表示点的坐标，再由点的坐标表示线段的长，注意图形与坐标特点，第三问有难度，分类讨论是关键．
58
60．
61．
62．
63．（2022·山东济宁·二模）已知二次函数的图象交x轴于点A（3，0），B（－1，0），交y轴于点C（0，－3），P这抛物线上一动点，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式：
(2)当△PAC是以AC为直角边的直角三角形时，求点P的坐标：
(3)抛物线上是否存在点P，使得以点P为圆心，2为半径的圆既与x轴相切，又与抛物线的对称轴相交？若存在，求出点P的坐标，并求出抛物线的对称轴所截的弦MN的长度；若不存在，请说明理由．（写出过程）
【答案】(1)
(2)点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；
(3)点P的坐标为或，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分当∠PAC=90°时，当∠PCA=90°时，两种情况讨论求解即可；
（3）由圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，可得点P的纵坐标为-2，由此求出点P的坐标即可；过点P作PE⊥MN于E，由垂径定理可得MN=2ME，利用勾股定理求出ME即可得到答案．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为，把点C（0，-3）代入得，
，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：如图所示，当∠PAC=90°时，设PA与y轴交点为D，
∵点A坐标为（3，0），点C坐标为（0，-3），
∴OA=OC=3，
∵∠AOC=90°，
∴∠CAO=45°，
∴∠DAO=45°，
∴OA=OD=3，
∴点D的坐标为（0，3），
设直线AD的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AD的解析式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点P的坐标为（-2，5）；
当∠PCA=90°，设直线PC与x轴的交点为E，
同理可证∠ECO=45°，即OE=OC，
∴点E的坐标为（-3，0），
同理可以求出直线PC的解析式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点P的坐标为（1，-4），
综上所述，点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；
（3）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∴点A和点B到抛物线的对称轴的距离都为2，
∵圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，
∴点P的纵坐标为-2，
当时，，
解得，
∴点P的坐标为或，
过点P作PE⊥ME交抛物线对称轴于E，
∴或，，
∴，
∴，
∴点P的坐标为或，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，圆与函数综合，待定系数法求函数解析式等等，正确理解题意，利用分类讨论和数学结合的思想求解是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点01判断点与圆的位置关系
【错因】对点与圆的位置关系中点到圆心的距离理解不到位
【避错关键】已知点到圆心的距离d与半径r之间的数量关系，可以判断点和圆的位置关系；反过来，由点和圆的位置关系也可以确定d与r的数量关系.
【典例】
1．（2025·浙江杭州·三模）已知中，弦垂直弦，，，则关于直径的说法正确的是（ ）
A．一定等于B．可能大于
C．不可能大于D．不可能等于
【答案】C
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，利用点与圆的位置关系求半径，解题的关键是根据垂径定理和勾股定理求出．
分为弦是圆的直径和弦不是圆的直径，两种情况进行分析，若弦是圆的直径，则圆的直径是，若弦不是圆的直径，弦与弦交于点，连接，，，过点作交于点，过点作交于点，根据矩形的性质得出，根据垂径定理得出，，设圆的半径为，根据勾股定理可求得，即可求解．
【详解】解：如果弦是圆的直径，此时的直径是，故A选项、D选项说法错误；
如果弦不是圆的直径，如图：
弦与弦交于点，连接，，，过点作交于点，过点作交于点，
则四边形是矩形，
∴，
∵，，，，
∴，，
设圆的半径为，即，
在中，，
在中，，
在中，，
即，
当点在圆上时，，
即，
解得：，
即圆的直径可能等于；
当点在圆内时，，
即，
解得：，
即圆的直径可能小于；
综上，圆的直径不可能大于．
故选：C．
2．（2023九年级下·上海·专题练习）如图，在中，，，，点在边上，，的半径长为，与相交，且点在外，那么的半径长可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了相交两圆的性质，点与圆的位置关系，勾股定理等知识点，能熟记相交两圆的性质和点与圆的位置关系的内容是解题的关键
连接交于，根据勾股定理求出的长，从而求出的长，再根据相交两圆的位置关系得出的范围即可．
【详解】解：连接交于，如图，

在中，由勾股定理得：，
则，
，
，
与相交，且点在外，必须，
即只有选项B符合题意，
故选：B．
3．（2024·广东江门·一模）在同一平面内，点不在上，若点到上的点的最大距离是，最小距离是5，则的半径是 ．
【答案】3或8
【分析】本题考查了点与圆的位置关系．熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键．
由题意知，分点在内，点在外两种情况求解即可．
【详解】解：由题意知，分点在内，点在外两种情况求解；
当点在内，如图1，
∴，
∴，
∴半径为8；
当点在外，如图2，
∴，
∴，
∴半径为3；
综上所述，的半径是3或8；
故答案为：3或8．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点02三角形外心位置考虑不全而出错
【错因】三角形形状不确定时，没有进行分类讨论
【避错关键】在三角形的形状不确定时，应根据已知条件分情况讨论，本题容易只考虑外心在三角形内部的情况，而忽略了外心在三角形外部的情况.
【典例】
4．（25-26九年级上·江苏南京·期中）在中，，当的内切圆的半径确定时，随着的度数增大，的外接圆的半径（ ）
A．一直增大B．一直减小C．先增大再减小D．先减小再增大
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内切圆、外接圆，等腰三角形等知识，利用图形去观察分析是解题的关键．画一个固定的圆作为的内切圆，再分别画出几个等腰三角形，度数依次增大，观察图形即可得解．
【详解】解：如图
根据图形我们可以发现，当的内切圆的半径确定时，在增大的过程中，的外接圆的半径先减小，后增大；
故选D．
5．（25-26九年级上·浙江杭州·月考）能完全覆盖住三角形的最小圆，叫做三角形的最小覆盖圆．在中，，，则的最小覆盖圆的半径是（ ）
A．3B．4C．5D．
【答案】D
【分析】连接、，连接并延长交于点F，由题意得，三角形的最小覆盖圆是的外接圆，证明，得，根据等腰三角形的性质得，，利用勾股定理求得，设，则，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：连接、，连接并延长交于点F，
由题意得，三角形的最小覆盖圆是的外接圆，如图，
∵，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
设，则，
在中，，
解得，
故选：D．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、求三角形外接圆的半径、等腰三角形的性质、勾股定理、解一元一次方程，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．
6．（24-25九年级上·山东临沂·期中）已知在圆内接三角形中，，圆心O到的距离为，圆的半径为，则腰的长为 ．
【答案】或
【分析】分两种情况讨论：当圆心在内部时；②当圆心在外部时；由，可判定是的垂直平分线，进而可得，由题意可知，于是可求出的长，然后利用勾股定理可求出的长，进而可求得的长．
【详解】解：分两种情况讨论：
①当圆心在内部时，
如图，
，，
是的垂直平分线，
，
由题意可知：，
，
根据勾股定理可得：
，
；
②当圆心在外部时，
如图，
，，
是的垂直平分线，
，
由题意可知：，
，
根据勾股定理可得：
，
；
综上所述，或，
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的判定，垂线的性质，线段的和与差，勾股定理等知识点，运用分类讨论思想是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点03线段、射线、直线与圆的位置关系
【错因】忽略了射线、直线与圆的位置关系不同而出错
【避错关键】忽视了是线段或射线，而直接套用直线与圆相交时，半径大于圆心到直线的距离的关系.因此，只有理解了直线和射线与圆相交时的不同才能得出正确的结果
【典例】
7．（2006·江苏无锡·中考真题）已知，是射线上的一点，且．若以为圆心，为半径的圆与射线有两个不同的交点，则的取值范围是 ．

【答案】
【分析】根据直线与圆的位置关系及直角三角形的性质解答．若,则直线与圆相交;若,则直线于圆相切;若,则直线与圆相离．
【详解】解：由图可知，的取值范围在半径和之间．

在直角三角形中，，，
则；
则的取值范围是，
故答案为．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系以及直角三角形的性质，解答本题的关键是要画出图形,利用数形结合可轻松解答，注意:当等于半径时,有一个交点,故>
8．（25-26九年级上·河南周口·月考）已知在中，，，，以点为圆心，为半径作圆，若圆与斜边有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理及三角形面积公式的应用，解题的关键是求出点到的距离，并结合线段长度确定半径范围．先通过勾股定理求的长，再用面积法求点到的距离，结合直线与圆的位置关系及的长度，确定的取值范围．
【详解】解：
又 （d为C到的距离），
即 ，
，
当 时，圆与相切，有一个公共点，
当 时，圆与相交，
为保证两个交点在线段上，需
故选：B．
9．（25-26九年级上·江苏盐城·期中）如图，在中，，，，是的内心，以为圆心，为半径的圆与线段有且只有一个公共点，则的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、三角形的内切圆与内心、勾股定理、直角三角形内切圆半径的计算等知识；熟练掌握直线与圆的位置关系，由勾股定理求出是解决问题的关键．
作于D，于E，于F，根据题意得出四边形是正方形，得出，由勾股定理得出，由内心的性质得出，，，由勾股定理求出，，由直线与圆的位置关系，即可得出结果．
【详解】解：如图，作于D，于E，于F，连接，，
则，
四边形是长方形，
是的内心，
，
四边形是正方形，
．
，，，
，
设，
则，
，
，
，，
，，
当时，与线段有且只有一个公共点，
当时，与线段有两个公共点，
当时，与线段有且只有一个公共点，
当时，与线段没有公共点，
综上可知，的取值范围是或．
故答案为：或．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点04切线的性质与判定的综合应用
【错因】不能充分利用切线的性质定理和判定定理而致错
【避错关键】利用切线的性质和判定证明时，容易出现证明过程理由不充分，凭主观直
觉下结论的错误.证明一条直线为圆的切线必须满足两个条件：①过半径外端点，②和该半径垂直，
【典例】
10．（2025·湖南永州·二模）如图，已知，以为直径作，交边于点，连接，，连接并延长，交的延长线于点，交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长；
(3)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据是的直径，得出，结合，即可得出，证出是的切线；
（2）证明，得出，在中，求出，，在中，求出，连接、，证明四边形是矩形，得出，，再证明，得出，求出，再根据即可求解．
（3）设，则，得出，根据（1）可得，证明，得出，即，在中，勾股定理表示出，结合，得出，由（2）可知，，列方程整理得，求出，即可解答．
【详解】（1）证明：在中，是的直径，
，
，
，
，
即，
，
是的切线；
（2）解：在中，，
∵，
，
，
在中，，
，
中，，
在中， ，
，
连接、，
、是的直径 ，
、互相平分且相等，
四边形是矩形，
，，
，
，
，即，
解得：，
．
（3）解：设，
∴，
∴，
根据（1）可得，
∴，
∴，即，
即，
，
中，，
，
，
，
由（2）可知，，
即，
整理得，
解得，
，
，
．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理，相似三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，解方程，作出合适的辅助线是解本题的关键．
11．（2025·云南·模拟预测）如图所示，是的外接圆，为的直径，D为的中点，连接，与交于点 E，并过点 D作的平行线分别交的延长线于点F，P．
(1)已知，求的长．
(2)求证：是的切线．
(3)看一看，想一想，证一证：以下与线段及线段有关的三个结论：你认为哪个正确?请说明理由．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)正确，理由见解析
【分析】（1）由圆周角定理得到，再解即可求解；
（2）连接交于点，由垂径定理可得，则由平行线的性质可得，据此可证明结论；
（3）连接．证明，得到．再证明，得到，据此可得结论．
【详解】（1）解：∵为的直径，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：如图，连接交于点．
为的中点，
，
，
．
，
，
．
是的半径，
是的切线；
（3）解：正确，．理由如下：
如图，连接．
与相切于点，
，
．
为的直径，
，
，
．
，
，
．
，
，
，
．
∴
，
．
又，
，
，
，
∴
∴成立．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，相似三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
12．（2025·陕西西安·模拟预测）【问题提出】
（1）如图①，内接于，过点A作的切线，猜想与的数量关系，并证明．
【问题解决】
（2）如图②，在一片农田里，有一个由灌溉管道围成的区域．其中是两段长度均为200米的直线形灌溉管道，且．，是一段弧形灌溉管道，其所对的圆心角为为了优化灌溉系统的成本和输水效率，需在上选取一个辅助喷头D的安装位置．试验发现，当出水源A点到喷水口D的距离与喷水口D到农田一角B的距离的比值最小时，喷水口D为最佳安装位置．请问：是否存在最小值？若存在，求出最小值，并计算此时以A、B、D为顶点的重点灌溉区域的面积；若不存在，请说明理由．

【答案】（1），证明见解析；（2）的最小值为；平方米
【分析】（1）连接，由等边对等角得到，由三角形内角和定理得到；由切线的性质得到，则，由圆周角定理可得，则；
（2）设所在圆的圆心为O，连接，连接并延长交于E，连接，可证明，得到，，则，则是的切线，由（1）可得，证明，可得，则当是的直径时，有最小值，解得到米，则的最小值为；可证明此时三点共线，，则，由勾股定理得米，则米，米，即可得到平方米．
【详解】解：（1），证明如下：
如图所示，连接，
∵，
∴，
∵，
∴；
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）如图所示，设所在圆的圆心为O，连接，连接并延长交于E，连接，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线，
由（1）可得，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴当有最大值时，有最小值，
∵是的一条弦，
∴当是的直径时，有最大值，
在中，米，
∴的最小值为；
∵是的直径，
∴此时三点共线，，
∴，
在中，由勾股定理得米，
∵，
∴，
∴米，
∴米，
∴平方米．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，切线的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点05三角形内切圆的综合计算与证明
【错因】对于三角形的内切圆的有关知识不能进行综合应用
【避错关键】1.三角形内心的性质
(1)三角形的内心是三条角平分线的交点；
(2)内心到三角形三边的距离相等
三角形内切圆常见的解题类型
求内切圆半径、证明与内心有关的比例或线段相等、内切圆与外接圆的综合、与三角函数和函数的综合
【典例】
13．（2025·山西运城·一模）阅读与思考
阅读下列材料，完成下面的任务．
任务：
(1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______．
(2)如图2，这是一张三角形纸片，为它的内切圆，小悦沿着与相切的剪下了一个三角形纸片，已知，，，求三角形纸片的周长．
(3)如图3，的内切圆与，，分别相切于点，，，，，，求．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）由题意得出，则可得出答案；
（2）由题意得，如图，设切点分别为，，，则，由三角形周长可得出答案；
（3）设，依题意得，，根据勾股定理可得，解方程得出，则可得出答案．
【详解】（1）解：是的内切圆，切点为，，，
，，，
设，，，则有，
三式相加可得，
，
如果设，那么有．
故答案为：，；
（2）解：的周长为，
由题意得，
如图，设切点分别为，，，则，
，，
，
三角形纸片的周长，
；
（3）解：设，依题意得，，
，，
，
根据勾股定理可得，整理得，
解得或不合题意，合去，
，
，，
．
【点睛】本题考查的知识点是三角形内切圆、切线长定理、勾股定理解直角三角形、解一元二次方程，解题关键是熟练掌握三角形内切圆的性质、切线长定理．
14．（2024·湖南·模拟预测）如图，在直角中，，线段是的高，其中和分别是和的内心，连接并向两侧延长，与两直角边和分别交于点，，连接和．
(1)求证：；
(2)若，，求三角形的面积；
(3)请判断的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)三角形的面积为；
(3)`是等腰直角三角形，理由见解析．
【分析】（1）由线段是的高，则，又和分别是和的内心，则，，然后通过线段和差即可求解；
（2）分别过点和作于点，于点，证明，都是等腰直角三角形，，又和分别是和的内心，且，，则和分别是和的内切圆的半径，所以，可证，，也是等腰直角三角形，设和的半径为，通过，即，解得，然后通过面积公式即可求解；
（3）连接，，设，，通过同角的余角相等得，，证明，所以，，则，又和 分别是和的内心，所以，得，得到，，通过三角形内角和定理得，从而可得，则有是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：∵线段是的高，
∴，
又∵和分别是和的内心，
∴，，
∴，
（2）解：分别过点和作于点，于点，如图所示，
∵，，是的高，
∴，，，
∴，
∴，都是等腰直角三角形，，
∵和分别是和的内心，且，，
∴和分别是和的内切圆的半径，
∴，
由（）可知，，，，
∴，，也是等腰直角三角形，
设和的半径为，
∵，，，
∴，，
∵的面积为，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∴三角形的面积为；
（3）解：`是等腰直角三角形，理由如下：如图，
连接，，
设，，
∵ ，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
又∵和 分别是和的内心，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
又∵
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理，三角形内心，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，切线的性质，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键．
15．（2025·湖南·三模）圆O是的外接圆，I是的内心，请回答以下问题：

(1)如图1，连接、，当时，则________；
(2)如图2，延长，分别交圆O于点F、G，连接并延长交于点D，交圆O于点E，求证：；
(3)如图，连接，当，且时，，试求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)120
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用三角形的内心为三个内角平分线的交点的性质得到，，再利用三角形的内角和定理解答即可；
（2）设与交于点，利用（1）的方法得到，利用圆周角定理，角平分线的定义和三角形的外角性质解答即可得出，则可得结论；
（3）连接，利用三角形的内心的性质和三角形的外角的性质，圆周角定理和等式的性质得到，则，利用垂径定理可得，则；利用相似三角形的判定与性质求得．则；利用相似三角形的判定与性质得到，则可求结论．
【详解】（1）解：是的内心，
平分，平分，
，，
，，
，
．
故答案为：120；
（2）证明：设与交于点，如图，
是的内心，
平分，平分，平分，
，，，
，
．
．
，，
，
，
；
（3）解：连接，如图，
是的内心，
平分，平分，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
．
，，
，
，
，
．
．
，，
，
，
．
，
关于的函数解析式为．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，三角形的内心的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形的内角和定理及外角性质，熟练掌握三角形的内心的性质是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧01：已知点与圆的位置关系求半径的范围
【典例】
1．如图，已知在矩形中，，如果分别以A、C为圆心的两圆相切，且点在内，点在外，的半径的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】此题考查了点和圆的位置关系，两圆的位置关系，勾股定理，矩形的性质等知识，熟练掌握两圆的位置关系是解题的关键．首先求出的半径的取值范围为，再根据两圆的圆心距是10，分内切和外切两种情况进一步即可求出答案．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，，
∴，
∵点在内，点在外，
∴的半径的取值范围为，
当分别以A、C为圆心的两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和，是，即，
∴，
解得，
当分别以A、C为圆心的两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差，是，即，
∴，
∴，
综上可知，的半径的取值范围是或，
故选：C．
2．在中，，，，以点为圆心作，要使、两点中的一点在圆外，另一点在圆内，那么的半径长的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题考查了点与圆的位置关系，点到圆心的距离大于圆的半径时点在圆外，点到圆心的距离等于圆的半径时点在圆上，点到圆心的距离小于圆的半径时点在圆内．
计算点A到点B和点C的距离，再根据一个点在圆内一个点在圆外的条件，结合点与圆的位置关系，确定半径r的取值范围．
【详解】解：∵在中，，
∴由勾股定理得．
∴点C到圆心A的距离为12，点B到圆心A的距离为13，
且．
要使点B和点C中一个在圆外一个在圆内，
须使的半径r的值在12和13之间，
∴的半径长r的取值范围为．
故答案为：．
3．如图，平面直角坐标系中的半径为1，过点可以作的两条切线，则a的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】由过点P（a，2a-1）可以作⊙O的两条切线可知点P在⊙O外，则点P（a，2a-1）到圆心O的距离大于⊙O的半径，根据这一不等关系列出关于a的不等式，解不等式示出不等式的解集即得到a的取值范围．
【详解】解：∵过点P（a，2a-1）可以作⊙O的两条切线，
∴点P（a，2a-1）在⊙O外，
∴点P（a，2a-1）到圆心O的距离大于⊙O的半径，
∴，
∴a2+（2a-1）2＞1，
整理得5a2-4a＞0，
解得a＜0或a＞，
∴a的取值范围是或，
故答案为：或．
【点睛】此题考查点与圆的位置关系、平面直角坐标系中两点之间的距离、切线的判定等知识与方法，根据点P到圆心O的距离大于⊙O的半径列不等式是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧02：利用点到圆的位置关系求最值
【典例】
4．如图，点A、B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最小值为 ．
【答案】-．
【分析】先证点C在半径为1的⊙B上，可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，根据三角形的中位线定理可得结论．
【详解】解：∵A（2，0），B（0，2），
∴OA=OB=2，
∵点C为坐标平面内一点，BC=1，
∴C在⊙B上，且半径为1，
如图，在x轴上取OD=OA=2，连接CD，
∵M为线段AC的中点，OD=OA，
∴OM是△ACD的中位线，
∴OM=CD，
当OM最小时，即CD最小，而D，B，C三点共线时，
当C在线段DB上时，OM最小，
∵OB=OD=2，∠BOD=90°，
∴BD=OB=2，
∴CD=2-1，
∴OM=CD=-，
即OM的最小值为-，
故答案为：-．
【点睛】本题考查了坐标和图形的性质，三角形的中位线定理等知识，确定OM为最小值时点C的位置是关键．
5．如图，在中，，，，点是上一点，且，点为上一动点，将沿翻折得到，连接，则的最小值为
【答案】6
【分析】本题主要考查最短距离问题，连接，由勾股定理求出，由折叠得，当三点共线时，值最小，从而可求出的最小值为6，
【详解】解：连接，如图，
∵，，
∴，
在中，，
根据折叠得，，
∴点在以为圆心，为半径的圆上，
∴当三点共线时，值最小，
∴的最小值为，
故答案为：6
6．如图，的半径为4，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点．若点A、点B关于原点O对称，则当取最大值时，点A的坐标为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最小值时点的位置．
由中知要使取得最大值，则需取得最大值，连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，据此求解可得．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵点、点关于原点对称，
∴，
∴，
若要使取得最大值，则需取得最大值，
连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，
过点作轴于点，

则、，
∴，
又∵，
∴，
∴；
∴，
即点A的坐标为，
故答案为：．
7．如图，在中，直径，延长至，使，点在上运动，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，则线段的最大为 ．

【答案】
【分析】过点作的垂线，在垂线上截取，连接，从而可证，进而得到，将求线段的最大值转化为求的最大值，然后结合点与圆的位置关系求出最大值即可．
【详解】解：如图，过点作的垂线，在垂线上截取，连接，

∴，
∴，
∵绕点顺时针旋转得到，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
连接，并延长交圆于点，即为最大值，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，点与圆的位置关系，解决本题的关键是构造全等三角形，将转化为其他线段进而求最大值．
8．如图，点E是正方形边上一动点（点E不与点B、C重合），连接，过点A作交于F，垂足为P，连接，已知正方形的边长为2，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】以为直径作，连接，交为点P，根据点圆最值的性质，则为最小距离，再根据勾股定理计算即可．
【详解】解：∵，
∴点P的运动轨迹是以为直径的圆上一段圆弧上，
如图，取中点H，连接，交为点P，则为所求，

∵正方形的边长为2，
∴，
∴，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质的应用，点圆最值的应用是解题关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧03：已知直线与圆的位置关系求半径
【典例】
9．在中，，，，若以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点，则该圆半径的取值范围为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，勾股定理；分直线与圆相交和相切两种情况解答即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，
∵，，
∴当时，可知以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点；
过点作于点，如图，
可知当时，以为圆心的圆与斜边相切，此时圆与斜边有且只有一个公共点，
∵，
∴，
解得，即；
综上，当以为圆心的圆与斜边有且只有一个公共点时，该圆半径的取值范围为或，
故答案为：或．
10．在同一平面内，已知点O到直线的距离为．以点O为圆心，为半径画圆．当上有且只有2个点到直线的距离等于时，则r的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，理解题意是解题的关键．以点O为圆心的圆上只有两点到直线l的距离为，则两个交点在到直线l的距离是的直线m上，圆与直线l的位置关系是相交，据此即可判断．
【详解】解：以点O为圆心的圆上只有两点到直线l的距离为，则两个交点在到直线l的距离是的直线l上．
则直线l到圆心O的距离是：或．
圆O与直线l相交，因而该圆的半径r的取值范围是．
故答案为：．
11．如图，在中，，，，是上一点（点与点不重合）．若在的直角边上存在4个不同的点分别和点、成为直角三角形的三个顶点，则长的取值范围是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查含角的直角三角形，直角三角形的存在性，数形结合思想，分类讨论思想等内容；设的直角边上存在点E，使以点A，点D，点E为顶点的三角形是直角三角形，需要分情况讨论，当点D是直角顶点时，过点D作的垂线；当点E是直角顶点时，点E是以长为直径的圆与直角边的交点，当此圆与直角边相切时，为临界状态，此时这样的点有2个，当此圆过点C时，也为临界状态，点D和点B重合，不符合题意．
【详解】解：在中，，
∴，
设的直角边上存在点E，使以点A，点D，点E为顶点的三角形是直角三角形，
①当点D是直角顶点时，过点D作的垂线；②当点E是直角顶点时，点E是以长为直径的圆与直角边的交点，
如图所示，当此圆与直角边有3个交点时，符合题意；
当以为直径的圆与相切时，如图所示，
设圆的半径为r，即，
∵，，
∴，
∴，解得；
∴；
综上，的长的取值范围为：．
故答案为：．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧04：证明切线的方法
【典例】
12．如图，在中，，以为直径的交于点D，交于点E，延长至F，使得．
(1)求证：为的切线；
(2)过点A作交于点G，若的半径，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查直径所对的圆周角是直角、切线的判定定理、同角的余角相等、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
（1）由，得，则，所以，而，所以，即可证明为的切线；
（2）连接，由为的直径，，得，而，，所以，则，再证明，则，所以，则．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，且，
∴为的切线．
（2）解：连接，
∵为的直径，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的长是．
13．如图，在中，，是的外接圆，是的直径，与交于点，在的延长线上取一点，连接，使平分．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由是的直径，得到，则，根据等腰三角形的性质以及角平分线的定义得到，再由得到，得到，再利用切线的判定即可证明；
（2）先证明，得到，代入数据求出的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：是的直径，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
即，
是的切线；
（2）解：，，
，
由（1）知，，，
，
即，
又，
，
，
即，
解得，
是的直径，
，
．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
14． 如图，在中，，的平分线交于点E，过点E作直线的垂线交于点F，是的外接圆．
(1)求证：是的切线；
(2)过点E作于点H，求证：平分；
(3)连接，若，，求的半径．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)圆O的半径为4.5．
【分析】（1）连接，由等边对等角可得，由三角形角平分线的定义可得，进而可得，由内错角相等两直线平行可得，由两直线平行同位角相等可得，然后由切线的判定定理即可得出结论；
（2）由垂线的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等边对等角可得，由可得，再结合，即可得出结论；
（3）连接，由角平分线的性质定理可得，由圆内接四边形的性质定理可得，进而可得，利用可证得，于是可得，，由勾股定理可得，设，则，在中，根据勾股定理可得，即，解方程即可求得圆O的半径．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是圆的半径，
∴是圆O的切线；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
即：平分；
（3）解：如图，连接，

∵是的平分线，且，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴圆O的半径为．
【点睛】本题主要考查了等边对等角，三角形角平分线的定义，内错角相等两直线平行，两直线平行同位角相等，切线的判定定理，垂线的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质1，角平分线的性质定理，圆内接四边形的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段的和与差，解一元一次方程等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧05：利用切线的性质进行计算与证明
【典例】
15．如图，四边形为的内接四边形，连结和，，在的延长线上取一点，连结，延长交于点．
(1)若为的中点，求证：；
(2)当切于点时，
求证：；
若，求证：．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析；②见解析．
【分析】本题主要考查了等弧或同弧所对的圆周角相等，圆的内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，掌握这些性质是解题的关键．
（1）根据，等弧或同弧所对的圆周角相等，可得，所以，根据，可得；
（2）连接并延长，交于点．根据 切于点，可得．再根据是的直径，可得，由同角的余角相等，可得．根据，可得，则问题可解．
先证，得，则．因为且，所以．根据，，可得 ，所以 ，可得．接着证，可得，所以，进而推得，则问题可解．
【详解】（1）证明： 四边形为圆的内接四边形，为的中点，
，
，
．
，
；
（2）证明：连接并延长，交于点．
切于点，
．
是的直径，
，
，
．
，
，
．
，
；
由①可知，
，
，
．
又，
，
，则．
，，
，即．
，DG是的直径，
．
切于点，
，
，
，
，即．
四边形为圆的内接四边形，
．
又，
．
，
，
．
，
，
，
，
．
，
．
16．如图1，平行四边形中，，点在边上运动（点可以与点重合），以点为圆心，为半径的与对角线相交于另一点，与边相交于另一点．
(1)当为中点时，求的长；
(2)①如图2，当与边相切于点时，的长为___________；
②如图3，当时，通过计算比较弦和的大小关系；
(3)当与平行四边形的边恰好有一个公共点时，直接写出的值或取值范围．
【答案】(1)3
(2)①，②弦长大于的长．
(3)或．
【分析】本题考查了切线的判定、直线与圆的位置关系、相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用等知识，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活应用相关知识是解题的关键．
（1）根据，解直角三角形求出和，在直角三角形中求出即可解答；
（2）①当与边相切于点时，则，即，可得，继而由列方程求出；
②连接，，分别求出，，进而求出，，再比较大小即可；
（3）分当与相切时，点在圆内，两种情况讨论，画出图形求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵为中点，
∴，
∵在平行四边形中，，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①连接，
当与边相切于点时，则，即，
∵，
∴，
∴，
∵，
又∵，，
∴，
∴，
②连接，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（3）解：①当与相切时，设切点为，如图，
由上述结果可知，，，
∴，
，
即当，与相切，与平行四边形的边的公共点的个数为1，
②过点，如图，与平行四边形的边的公共点的个数为，
∵在平行四边形中，，
∴，
∴是直径，此时，
当时，点在圆内，与平行四边形的边的公共点的个数为1，
综上所述，的值的取值范围是或．
17．如图1，是的直径，、是的切线，过点D作于点E，交于点F，连接、．
(1)求证：；
(2)如图2，连接交于点G．
①若，求证：；
②请求出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②4
【分析】（1）根据切线长定理得出，根据等边对等角得出，根据平行线的性质得出，根据圆周角得出，即可得证；
（2）连接，由（1）可得，根据垂径定理得出，，根据圆周角定理得出，根据线段垂直平分线的性质得出，根据三线合一的性质得出，则，根据等边对等角、对顶角的性质可得出，证明，得出，结合即可得出；
②延长、相交于H，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据余角的性质得出，根据等角对等边得出，证明，，得出，结合，得出，则，根据垂径定理得出，即可求解．
【详解】（1）证明：∵、是的切线，
∴，，
又，
∴，
∴
又，
∴；
（2）①证明：连接，
由（1）可得，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
又，
∴，
∴，
又，
∴；
②延长、相交于H，
∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线长定理，垂径定理，圆周角定理以及推论，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适的辅助线，灵活应用相关知识解答是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧06：有关切线长定理的计算与证明
【典例】
18．如图，，是的切线，切点分别为，．连接并延长，交于点，．
(1)求证：平分．
(2)如图，若四边形为菱形，，求的长度．
(3)如图，过圆心作，交的角平分线于点．已知，．设，的面积为，求关于的函数表达式．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据切线的性质可得，， 证明， 得到对应角相等，即可得证；
（2）连接，根据切线的性质可得，由菱形的性质可得，根据等边对等角，结合圆周角定理可得，得到，设的半径为，则，，然后列方程计算即可求得的值，进一步根据勾股定理即可求得的长；
（3）根据平分，，结合三角形内角和定理证明，根据，进行等量代换得到得到，证明，得到，过点作交于点，连接，证明四边形是矩形，得到，证明，得到，，从而得到，即，根据，等量代换可得，进而得到，由勾股定理得到，最后根据三角形的面积公式计算即可得解．
【详解】（1）证明：，是的切线，
，，
在与中，
，
，
，
平分．
（2）解：如图，连接，
是的切线，
，
四边形为菱形，
，
，
，，
，
，
，
，
设的半径为，则，，
，
解得，
，
．
（3）解：平分，
，
，，
，即，
，
，，
，，，
，
，
，，，
，
，
，
如图，过点作交于点，连接，
，是的切线，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，即，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
即．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的切线的性质，角平分线的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，含30°角直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，锐角三角函数的计算，函数关系式的确定等，解题的关键是灵活应用相关性质定理．
19．【问题背景】
如图①，的直径，，是的两条切线，切点分别为点A、点B，直线与相切于点E，并与、分别交于点D、C两点．
【问题探究】
（1）如果设，，小明和小华同学在探究过程中，发现线段与线段的乘积为一个定值，他们在探究过程中采取了两种不同的思路方法，请你按照这两位同学的思路方法完成他们探究所得出的结论．
①小明同学的思路是：如图②，过点D作于点F，请完成解答过程．
②小华同学的思路是：如图③，连接、、，也顺利的完成了探究，请补全图形，并完成解答过程．
【问题解决】
（2）请结合图形解决下列问题：如图③，若的面积是，求此时线段的长度；
（3）在（1）的条件下，令，，，，请比较a、b的大小，并说明理由．
【答案】（1）①解答过程见解析；②图见解析，解答过程见解析（2）的长度为或；（3），见解析
【分析】（1）①由切线长定理可得，，，，证明四边形是矩形，由矩形的性质得出，，．，再由勾股定理计算即可得出结果；②连接、、，由①知，则，证明，再结合勾股定理计算即可得出结果；
（2）由，，，得，从而可得，再结合，计算即可得出结果；
（3）由（1）知，，把代入中，得，再结合，即可得出结果．
【详解】解：（1）①∵，、是的切线，是的切线，
，，，，
于F，则四边形是矩形，
，，．
又，
在中，由勾股定理：，
，
展开得：，
化简得：，
，即为定值；
②连接、、，
由①知，则，
，
由切线长定理知平分，平分，
，，
则，
是直角三角形，
，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
在中，，由勾股定理得：，
代入得：，
整理得，
化简得：，
；
（2），，，
，
，
又，
联立，
解得或，
∴此时，的长度为或．
（3），理由如下：
由（1）知，，
把代入中，得，
又，
．
【点睛】本题考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理、角平分线的定义等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
一、单选题
1．（2025·江苏镇江·一模）已知的半径为，圆心O到直线l的距离为，则直线l与的位置关系为（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
【答案】A
【分析】根据直线与圆的位置关系，通过比较圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小进行判断．
【详解】解：∵的半径，圆心O到直线l的距离，
∴，
∴直线l与相离．
故选：A．
2．（2025·吉林四平·模拟预测）如图，、分别与相切于、两点．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了圆的切线性质、四边形内角和定理以及圆周角定理．熟悉掌握圆周角定理求解出的度数是解题的关键．
先根据切线性质得到直角，再利用四边形内角和为得出与的关系，最后通过圆周角定理求出，进而求出．
【详解】解：因为、是切线，
所以，，
即．
因为，
所以．
在四边形中，根据四边形内角和为，
即，
可得．
的度数为．
故选：D．
3．（2025·福建厦门·二模）如图，已知线段，，点在线段上，下列说法正确的是（ ）
A．经过点，，，只能作一个圆
B．经过点，，，只能作一个圆
C．经过点，以的长为半径只能作一个圆
D．经过点，，以的长为半径只能作一个圆
【答案】B
【分析】本题考查的是确定圆的条件，熟记不在同一直线上的三点确定一个圆是解题的关键．根据确定圆的条件，逐项分析即可判断．
【详解】解：A、经过点，，，不能作圆，故本选项说法错误，不符合题意；
B、经过点，，，只能作一个圆，说法正确，符合题意；
C、经过点，以的长为半径能作无数个圆，故本选项说法错误，不符合题意；
D、经过点，，以的长为半径能作两个圆，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
4．（2025·河北邯郸·三模）对于题目：“已知：点O为的外心，，求的度数．”小亮的解答：画出以及它的外接圆，连接，，如图，由，得．下列判断正确的是（ ）
A．小亮的求解不正确，或
B．小亮的求解正确
C．小亮的求解不正确，应该等于
D．小亮的求解不正确，的度数不固定
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理以及外心的性质，运用了分类讨论思想，讨论是锐角三角形还是钝角三角形是解决本题的关键．
本题涉及圆周角定理，即一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，注意的是，需讨论是锐角三角形还是钝角三角形求解即可．
【详解】解：当是锐角三角形时，如图，
已知点O为的外心，连接，，
此时是圆心角，是圆周角，且，
即；
当是钝角三角形时，如图，
同样连接，，，
此时可得，
则四边形为圆的内接四边形，
所以，
总结，小亮只考虑了锐角三角形的情况，求解不正确，或．
故选：A．
5．（2025·吉林长春·模拟预测）堆雪人是下雪天才能享受的一项有趣的活动，既可以放松心情，又可以锻炼身体．如图1是某同学在课余时间堆的雪人，其头部可抽象成如图2所示的图形，点表示鼻子，帽子与雪人头部的交点分别为点、，连接、、，过圆心，与相切，．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过切线性质得垂直，结合已知垂直推，再利用等腰三角形性质求解角度．
本题主要考查圆的切线性质、等腰三角形性质及直角三角形的两锐角互余，熟练掌握切线垂直于过切点的半径是解题关键．
【详解】解：∵ ，，
∴，
∵ 与 相切，
∴ ，即 ．
∴,
∵
∴ ．
故选：A．
6．（2025·广东广州·二模）如图，点P为外一定点，连接，作以为直径的，与交于两点Q和R，根据切线的判断，直线和是的两条切线．由得，，，即切线长定理．上述过程中，可以判定的定理是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【分析】本题考查的是切线的判定和性质、全等三角形的判定和性质、圆周角定理，掌握直角三角形全等的判定定理是解题的关键．
根据圆周角定理得到，根据切线的判定定理得到直线和是的两条切线，利用证明，得到答案．
【详解】解：是的直径，
，
，，
直线和是的两条切线，
在和中，
，
，
，，
判定的定理是，
故选：D．
7．（2025·河北石家庄·三模）如图，点I是的内心，点O是的外心，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了三角形的内心和外心性质以及三角形的内角和定理，求三角形的外心的性质得到的度数是解决本题的关键．
根据点O是的外心，可求的度数，由内心的性质可得角平分线的性质，再根据三角形内角和求解即可．
【详解】解：因为点O是的外心，且，
所以，
在中有，，
又因为点I是的内心，
所以为的角平分线，为的角平分线，
所以，，
所以，
所以 ．
故选：C ．
8．（25-26九年级上·山东菏泽·月考）如图，是等腰直角三角形的外接圆，，．点D在劣弧上，将劣弧与弦组成的弓形沿弦折叠，点D的对应点为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明四边形是菱形，从而可得，再证明四边形是正方形，从而可得，再根据当、、三点共线时，最短，利用勾股定理求得，从而可求得的最小值．
【详解】解：作O关于的对称点，连结，，，，
则，，，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∵将劣弧与弦组成的弓形沿弦折叠，点D的对应点为D′，
∴为的圆心，
∵是等腰直角三角形的外接圆，
∴，，为斜边的中点，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
当、、三点共线时，最短，
此时，，
∴，解得：（负值舍去），
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，用勾股定理解三角形，根据正方形的性质与判定求线段长，点与圆上一点的最值问题，折叠问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解．
9．（2026·广西柳州·一模）如图，已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴的一个交点为，点C是抛物线的顶点，且与y轴相切，点P为上一动点．若点D为的中点，连接，则的最大值是（ ）
A．B．5C．D．8
【答案】A
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，的图象与性质，切线的性质定理，与三角形中位线有关的求解问题等知识，解题关键是添加恰当辅助线．由待定系数法可求抛物线解析式，可得点坐标，可得半径为4，由三角形中位线的定理可求，当过点时，有最大值，即可求解．
【详解】解：如图，取点，连接，
抛物线与轴的一个交点为，
，
解得：，
抛物线解析式为：，
抛物线过原点与点，
对称轴为，
当时，．
顶点，
与轴相切，
的半径为4，
点为的中点，
，
最大时，有最大值，
当过点时，有最大值，
的最大值为，
的最大值为，
故选：A．
10．（2023·湖北武汉·二模）如图，内切于正方形，边分别与切于点，点分别在线段上，且与相切．若的面积为，则的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，切线长定理，勾股定理，设与相切于点，正方形的边长为，可得，，，设，，则，，，由勾股定理得，即得，又由，可得，即得，得到，进而即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键．
【详解】解：设与相切于点，正方形的边长为，
∵是切线，
∴，，，
设，，则，，，
在中，∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为，
故选：．
二、填空题
11．（2025·北京·模拟预测）如图，是的直径，C为上一点，过点C作的切线，交的延长线于点D，连接，若，则 ．
【答案】/32度
【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
连接，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，再根据圆周角定理解答即可．
【详解】解：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
由圆周角定理得：，
故答案为：．
12．（24-25九年级上·广东·期末）如图，切于点A，B，切于点E，交于点C，D，若的周长是20，则的长是 ．
【答案】10
【分析】本题主要考查了切线长定理．直接利用切线长定理得出，进而求出的长．
【详解】解：∵切于点A，B，切于点E，
，
的周长是20，
，
，
，
，
故答案为：10．
13．（2025·北京石景山·模拟预测）有下面三个语句：
①是的半径；②；③直线切于点．
以其中两个语句为条件，另一个语句为结论，写出一个真命题： ．
【答案】由①③得②，或由②③得①
【分析】本题考查了切线的判定定理和性质定理，命题，掌握知识点是解题的关键．
根据切线的判定定理和切线的性质定理，逐项分析判断即可．
【详解】解：∵是的半径，直线切于点，
∴；
即由①③得②
∵，直线切于点，
∴是的半径；
即由②③得①．
故答案为：由①③得②，或由②③得①．
14．（2025·青海西宁·中考真题）如图，四边形是的外切四边形，，．则四边形的周长为 ．
【答案】48
【分析】本题考查了切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．
根据切线长定理得到，得到，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：如图，令与边的切点分别为E，F，G，H，
∵四边形是的外切四边形，
∴，
∴
∴，
∴四边形的周长为
．
故答案为：48．
15．（2024·天津·中考真题）如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，，均在格点上．

（1）线段的长为 ；
（2）点在水平网格线上，过点，，作圆，经过圆与水平网格线的交点作切线，分别与，的延长线相交于点，，中，点在边上，点在边上，点在边上．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点，，，使的周长最短，并简要说明点，，的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 图见解析，说明见解析
【分析】此题考查了勾股定理、切线的性质等知识，根据题意正确作图是解题的关键．
（1）利用勾股定理即可求解；
（2）作点关于、的对称点、，连接、，分别与、相交于点、，的周长等于的长，等腰三角形的腰长为，当的值最小时，的值最小，此时是切点，由此作图即可．
【详解】（1）由勾股定理可知，，
故答案为：
（2）如图，根据题意，切点为；连接并延长，与网格线相交于点；取圆与网格线的交点和格点，连接并延长，与网格线相交于点；连接，分别与，相交于点，，则点，，即为所求．

16．（2024·四川凉山·中考真题）如图，的圆心为，半径为，是直线上的一个动点，过点作的切线，切点为，则的最小值为
【答案】
【分析】记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接；由直线解析式可求得点A、K的坐标，从而得均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：，由，则当最小时，最小，点P与点K重合，此时最小值为，由勾股定理求得的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线与x，y轴分别交于点A，K，连接，
当，，当，即，
解得：，
即；
而，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
∴，
∵，
∴当最小时即最小，
∴当时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时最小值为，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴最小值为．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加辅助线是解题的关键．
三、解答题
17．（2025·湖南·中考真题）如图，的顶点，在上，圆心在边上，，与相切于点，连接．
(1)求的度数；
(2)求证：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】本题主要考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由切线的性质得到，据此根据角的和差关系可得答案；
（2）由等边对等角得到，再由三角形内角和定理可得，则可证明，进而可证明．
【详解】（1）解：∵与相切与点，
∴，
∴，
∵，
∴;
（2）证明：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
18．（2024·广东·中考真题）如图，在中，．

(1)实践与操作：用尺规作图法作的平分线交于点D；（保留作图痕迹，不要求写作法）
(2)应用与证明：在（1）的条件下，以点D为圆心，长为半径作．求证：与相切．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了尺规作角平分线，角平分线的性质定理，切线的判定等知识．熟练上述知识是解题的关键．
（1）利用尺规作角平分线的方法解答即可；
（2）如图2，作于，由角平分线的性质定理可得，由是半径，，可证与相切．
【详解】（1）解：如图1，即为所作；

（2）证明：如图2，作于，

∵是的平分线，，，
∴，
∵是半径，，
∴与相切．
19．（2025·浙江温州·三模）老师让同学们根据切线的定义，用尺规过点P作的一条切线．甲同学的方法：如图1，连接，作的垂直平分线交于点M，以M为圆心，为半径画圆，交于点Q，连接，即为的切线；乙同学的方法：如图2，连接，交于点B，以点O为圆心，长为半径画弧，以点P为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点D，连接，，交于点M，作直线，即为过点P所求的其中一条切线．
(1)根据甲同学的作法，的依据是______；
(2)根据乙同学的作法，请说明直线为切线的理由．
【答案】(1)直径所对的圆周角是直角
(2)见解析
【分析】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判定，等腰三角形的性质，
（1）根据直径所对的圆周角是直角判断即可；
（2）利用等腰三角形的三线合一的性质证明．
【详解】（1）解：据甲同学的作法，的依据是直径所对的圆周角是直角；
故答案为：直径所对的圆周角是直角．
（2）解：由作图可知，，
，
是半径，
直线是切线．
20．（2025·河南驻马店·模拟预测）足球不仅是全球最受欢迎的运动，更是一种文化纽带．它超越国界，连接人心，激发团队精神与拼搏意志，带来激情与欢乐，成为人们情感交流的桥梁图①是一次足球比赛的奖杯，图②是从奖杯中抽象出的几何模型，是圆的切线，为切点．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出这个圆的圆心（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，延长交射线于点，若，请补全图形，并求的长．
【答案】(1)见详解
(2)见详解，
【分析】本题考查了切线的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）在圆上任取一点D，分别作线段的垂直平分线，相交于点O，则O即为所求，
（2）根据题意补全图形，连接，结合切线的性质，可得，，，则，由勾股定理得，设，则，在中，由勾股定理得出，代入数值求出的值即可作答．
【详解】（1）解：点O如图所示：
（2）解：连接，如图所示
∵是圆的切线，为切点．
∴，，，
则，
在中，由勾股定理得，
设，则，
在中，由勾股定理得出，
即，
∴，
解得，
∴．
21．（2025·四川南充·一模）如图，在中，点是边上一点，以点为圆心，为半径作，与相切于点，连接，，平分．
(1)求证：是的切线；
(2)点为边上一点，且，若，，求的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）要证是的切线，通过切线性质得，结合角平分线证，从而得，完成证明；
（2）先证得，结合切线长定理得，再用勾股定理表示，最后在中列方程求解半径．
【详解】（1）证明：与相切，
．
．
平分线，
．
在和中
．
．
是的切线．
（2）解：在和中，
．
．
．
，是的切线，
．
．
．
设，则，．
，
．
解得．
的半径长为．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、切线长定理，熟练掌握切线的判定与性质、全等三角形的判定以及利用勾股定理建立方程是解题的关键．
22．（25-26九年级上·湖北武汉·月考）如图1，中，，以为直径的分别与边和相交于点E和F，过点E作的切线交边于点H．
(1)求证：；
(2)如图2，连接，若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接和，根据圆周角定理和等腰三角形的性质可得，再利用三角形的中位线性质可得，结合切线的性质得到，利用四边形的内角和定理和等腰三角形的判定与性质可证得结论；
（2）过点作于点，根据垂径定理可得D为中点，设的半径为r，利用勾股定理可列方程求解．
【详解】（1）证明：①连接和，
为的直径，
，
，
，
又，
，
为的切线，
，
，
，
，
又，
，
，
；
（2）解：过点作于点，则D为中点，
设的半径为r，则,，
在中，根据勾股定理得：，
在中，根据勾股定理得，即，
解得 （舍去）或，
的半径为2．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定与性质、圆周角定理、切线的性质、垂径定理、圆内接四边形的性质、勾股定理、三角形的中位线性质、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
23．（2026·四川泸州·一模）如图，，，均为的直径，点是弧的中点，点在上，且四边形是平行四边形，．
(1)求证：；
(2)若点在的延长线上，且，证明：是的切线；
(3)求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)．
【分析】（1）证明，又由，，即可证明；
（2）连接交于点．由得到，由圆周角定理得到，已知，得到，则．由点是弧的中点得到半径，则半径，即可证明是的切线；
（3）设的半径为．证明，．．求出，则．由得到．根据勾股定理得到，则，解方程即可求出的半径．
【详解】（1）证明：∵点是弧的中点，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，，
∴．
（2）证明：连接交于点．如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵点是弧的中点，
∴，
∴，
∴是的切线；
（3）解：设的半径为．
∵四边形是平行四边形，
∴，．
∵，
∴．
∵点是的中点，
∴点是的中点．
∵点是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
整理得，
解得或（舍去）．
∴的半径为．
【点睛】此题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、切线的判定、垂径定理、勾股定理、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，熟练掌握圆的相关性质是解题的关键．
24．（25-26九年级上·广东深圳·期中）如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，对称轴为直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是线段一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，设P为横坐标为t，的面积为S，求S与t的函数关系式；当t取何值时，S有最大值，求出S的最大值；
(3)点P是直线一动点，过点P作轴，交抛物线于点Q，以P为圆心，为半径作，当与坐标轴相切时，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)
(2)当时，S有最大，最大为值为
(3)点P的坐标为或或或
【分析】本题考查了二次函数的性质，解一元二次方程，切线的性质．
（1）根据抛物线的对称性求出，得到，，代入抛物线，即可求出抛物线的解析式；
（2）由轴得到点Q的横坐标为t，设直线的解析式为，求出直线的解析式为，得到点，进而得到解析式，根据二次函数的性质作答即可；
（3）由（2）可知直线的解析式为，设，则，得到，分与x轴相切、与y轴相切两种情况，解一元二次方程即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点和点，对称轴为直线，
∴点A和点B关于抛物线对称轴对称，
∴，
解得，
∴，，
将，代入抛物线，
可得，解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：如图2，
∵轴，点P的横坐标为t，
∴点Q的横坐标为t，点，
对于抛物线，
令，则有，
∴，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为．
∴点，
∴，
∴当时，PQ最大，
∴；
（3）解：由（2）可知直线的解析式为，
∵点P是直线一动点，
∴可设，
又∵轴，点Q在抛物线上，
∴，
∴，
当与x轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即
当时，可有，即；
当与y轴相切时，，
则或，
解得，或，，
当时，点P、Q重合，不合题意，
当时，可有，即，
当时，可有，即；
综上所述，与x轴相切时，点P的坐标为或或或．
直线和圆的位
置关系
相交
相切
相离
定义
直线和圆有两个公
共点,这时我们说这
条直线和圆相交
直线和圆只有一个
公共点,这时我们说
这条直线和圆相切
直线和圆没有公共
点,这时我们说这条
直线和圆相离
图形
公共点个数
2
1
0
圆心到直线的
距离d与半径r
的关系
dp
公共点名称
交点
切点
直线名称
割线
切线
总结
直线l与⊙O相交
dr
关于“三角形的内切圆”的研究报告
【研究内容】如图，在中，三边，，，是它的内切圆，切点分别为，，，如何求、、的长呢？
【解法】是的内切圆，切点为，，，，，．设，，，则有，，如果设，那么有．
《方法技巧》
由点和圆的位置关系确定半径或半径的取值范围时，解题关键是将条件转化为点到圆心的距离与圆
的半径之间的大小关系.
《方法技巧》
1.定点到圆上点的距离最值：圆心到定点的距离 ± 半径。
2.圆上点到定直线的距离最值：圆心到直线的距离 ± 半径（注意直线与圆相交时最小距离为 0）。
3.代数式最值若含有平方和形式，可先识别几何意义——距离公式。 对于复杂表达式，尽可能转为点到圆距离模型，或利用参数方程等工具。
《方法技巧》
判定直线和圆的位置关系有两种方法
(1)根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系来判断；
(2)根据直线与圆的公共点的个数来判断.
《方法技巧》
方法1：当直线和圆有一个公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半
径，简称“连半径，证垂直”
方法2：当直线和圆的公共点没有明确时，可过圆心作直线的垂线，再证图心到直线的距离等于半
径，筒称“作垂直，证半径”
《方法技巧》
当已知圆的切线和切点时，通常需要连接圆心和切，点，再运用切线的性质定理解题，
《方法技巧》
在运用切线长定理时，要注意切线长定理与等腰三角形、勾股定理、垂径定理、切线的性质及圆中有关
的性质定理等知识的联系与运用，