专题20 与圆有关的位置关系（5大考点）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用）

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第五部分 圆
专题20 与圆有关的位置关系（5大考点）
核心考点
核心考点一 点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系
核心考点二 圆的切线的判定
核心考点三 圆的切线的性质
核心考点四 与切线的判定和性质有关的问题
核心考点五 三角形的内切圆
新题速递

核心考点一 点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系

例1 （2021·湖南娄底·统考中考真题）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙与直线只有一个公共点时，点A的坐标为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】当⊙与直线只有一个公共点时，则此时⊙A与直线相切，（需考虑左右两侧相切的情况）；设切点为，此时点同时在⊙A与直线上，故可以表示出点坐标，过点作，则此时，利用相似三角形的性质算出长度，最终得出结论．
【详解】如下图所示，连接，过点作，

此时点坐标可表示为，
∴，，
在中，，
又∵半径为5，
∴，
∵，
∴，
则，
∴，
∴，
∵左右两侧都有相切的可能，
∴A点坐标为，
故选：D．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知相似三角形的判定与性质是解答此题的关键．
例2 （2020·上海·统考中考真题）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是____．
【答案】＜AO＜．
【分析】根据勾股定理得到AC=10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，证明△AOE∽△ACD即可求出与AD相切时的AO值；如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，证明△COF∽△CAB即可求出BC相切时的AO值，最后即可得到结论．
【详解】解：在矩形ABCD中，∵∠D=90°，AB=6，BC=8，∴AC=10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，

则OE⊥AD，∴OE//CD，
∴△AOE∽△ACD，
∴，
∴，
∴AO=；
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，

则OF⊥BC，∴OF//AB，
∴△COF∽△CAB，
∴，
∴，
∴OC=，
∴AO=，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜．
故答案为：＜AO＜．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
例3 （2022·四川凉山·统考中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6

(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；
(2)求AB的长；
(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．
【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析
(2)6
(3)

【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论；
（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；
（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．
【详解】（1）解：⊙M与x轴相切，理由如下：
连接CM，如图，

∵MC=MA，
∴∠MCA=∠MAC，
∵AC平分∠OAM，
∴∠MAC=∠OAC，
∴∠MCA=∠OAC，
∵∠OAC+∠ACO=90°，
∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，
∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，
∴⊙M与x轴相切；
（2）解：如图，过点M作MN⊥AB于N，

由（1）知，∠MCO=90°，
∵MN⊥AB于N，
∴∠MNO=90°，AB=2AN，
又∵∠CON=90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴MN=OC，ON=CM=5，
∵OA+OC=6，
设AN=x，  
∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，
在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得
x2+(1+x)2=52，
解得：x1=3，x2=-4（不符合题意，舍去），
∴AN=3，
∴AB=2AN=6；
（3）解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，

由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，
∴OB=8，C（4，0）
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得
BC=，
∵BD是⊙M的直径，
∴∠BCD=90°，BD=10，
在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得
CD=，即CD2=20，
在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，
在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2，
∴20-CP2=10CP-CP2，  
∴CP=2，
∴PD2=20-CP2=20-4=16，
∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，
∴D（8,-2），
设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得
，解得：，
∴直线CD的解析式为：．
【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．


1、点和圆的位置关系
点和圆的
位置关系
点到圆心的距离与半径的关系
图示
文字语言
符号语言
点在圆内
圆内各点到圆心的距离都小于半径，
到圆心的距离小于半径的点都在圆内
点在圆内

点在圆上
圆内各点到圆心的距离都等于半径，
到圆心的距离等于半径的点都在圆上
点在圆上

点在圆外
圆内各点到圆心的距离都大于半径，
到圆心的距离大于半径的点都在圆外
点在圆外

2、直线和圆的位置关系
1. 设的半径为，圆心到直线的距离为，则直线和圆的位置关系如下表：
位置关系
图形
定义
性质及判定
相离

直线与圆没有公共点
直线与相离
相切

直线与圆有唯一公共点，直线叫做
圆的切线，公共点叫做切点
直线与相切
相交

直线与圆有两个公共点，直线叫做
圆的割线
直线与相交

从另一个角度，直线和圆的位置关系还可以如下表示：
直线和圆的位置关系
相交
相切
相离
公共点个数



圆心到直线的距离与半径的关系



公共点名称
交点
切点
—
直线名称
割线
切线
—

3、圆和圆的位置关系的定义、性质及判定
设的半径分别为（其中），两圆圆心距为，则两圆位置关系如下表：
位置关系
图形
定义
性质及判定
外离

两个圆没有公共点，并且每个圆上的点都在另一个圆的外部．
两圆外离
外切

两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点之外，每个圆上的点都在另一个圆的外部．
两圆外切
相交

两个圆有两个公共点．
两圆相交
内切

两个圆有唯一公共点，并且除了这个公共点之外，一个圆上的点都在另一个圆的内部．
两圆内切
内含

两个圆没有公共点，并且一个圆上的点都在另一个圆的内部，两圆同心是两圆内含的一种特例．
两圆内含
说明：圆和圆的位置关系，又可分为三大类：相离、相切、相交，其中相离两圆没有公共点，它包括外离与内含两种情况；相切两圆只有一个公共点，它包括内切与外切两种情况．


【变式1】（2022·上海松江·校考三模）已知，以点为圆心，以为半径画圆，以点为圆心，半径为，画圆已知与外离，则的取值范围为（　　）
A．0 B．0 C．0 D．0
【答案】C
【分析】设半径为，则cm，根据两圆外离的条件得到，从而得到的范围．
【详解】解：设半径为，则，
与外离，
，
，
即，
，

故选：C．
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系：两圆的圆心距为、两圆的半径分别为，两圆外离；两圆外切；两圆相交；两圆内切；两圆内含．
【变式2】（2022·江苏无锡·统考一模）如图，已知直线y＝x－3，与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连接PA、PB，则△PAB面积的最小值是（　   　）

A．6 B． C．5 D．
【答案】B
【分析】过C作CM⊥AB于M，连接AC，MC的延长线交⊙C于N，则由三角形面积公式得，×AB×CM=×OA×BC，可知圆C上点到直线y=x-3的最短距离是，由此求得答案．
【详解】解：∵直线y＝x－3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴当x=0时，y=-3；y=0时，x=4
∴OB=3；OA=4
由勾股定理得，
∵C（0，1）
∴
∴BC=OB+OC=3+1=4
过C作CM⊥AB于M，连接AC，如图，

则由三角形面积公式得，×AB×CM=×OA×BC，
∴5×CM=16，
∴CM=，
∴圆C上点到直线y=x-3的最小距离是 ，
∴△PAB面积的最小值是 ×5×=，
故选：B．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，三角形的面积，点到直线的距离公式的应用，解此题的关键是求出圆上的点到直线AB的最小距离．
【变式3】（2022·上海青浦·统考二模）如图，在直角梯形中，，E是上一定点，．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 __．

【答案】或
【分析】根据题意可得的最小值为圆P与相切，切点为M；最大值为圆与圆E内切，切点为Q，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题．
【详解】解：根据题意可知：的最小值为圆P与相切，切点为M，如图所示：

∴，
在直角梯形中，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
最大值为圆与圆E内切，切点为Q，
∴，
当时，此时圆P与线段开始有2个交点，不符合题意，
设，则，
∴，
∴，
则长度的取值范围是或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，直角梯形，解决本题的关键是掌握直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
【变式4】（2022·上海浦东新·统考二模）如图，在中，为边上的中线，，以点为圆心，r为半径作．如果与中线有且只有一个公共点，那么的半径r的取值范围为_______．

【答案】或##或
【分析】根据直线与圆的位置关系，判断出符合题意的的半径r的取值范围的临界值并求解即可；
【详解】解：在中，为边上的中线，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴边的高，
∵与中线有且只有一个公共点，
∴的半径的取值范围为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、三角形的面积、直角三角形斜边上的中线、解直角三角形等知识；熟练掌握直线与圆的位置关系，由三角函数求出BC是解决问题的关键．
【变式5】（2022·辽宁鞍山·模拟预测）如图，正方形中，点，，分别为边，，上的点，且，连接，，．

(1)可以看成是绕点逆时针旋转角所得，请在图中画出点，并直接写出角的度数；
(2)当点位于何处时，的面积取得最小值？请说明你的理由；
(3)试判断直线与外接圆的位置关系，并说明你的理由．
【答案】(1)见解析
(2)当点E位于的中点时，面积取得最小值，理由见解析
(3)：当点E位于的中点时，直线与外接圆相切；当点E位于的非中点时，直线与外接圆相交．理由见解析

【分析】（1）根据正方形的性质与旋转的性质，连接交于点M，则点M即为旋转中心；
（2）先证明，得，，得到是等腰直角三角形，再根据勾股定理与三角形面积公式得到，然后利用二次函数的最值求解即可；
（3）分两种情况：当点E位于的中点时，直线与外接圆相切；当点E位于的非中点时，直线与外接圆相交．分别说明理由 即可．
【详解】（1）解：如图1，连接交于点M，则点M即为所求，

∴旋转角；
（2）解：当点E位于的中点时，面积取得最小值．
理由：设正方形的边找为a， ，则，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当时，即点E位于的中点时，面积最小，
（3）解：当点E位于的中点时，直线与的外接圆相切．
理由：设的中点为O，连接，如图2，

∴，
当点E位于的中点时，点G于的中点，点F于的中点，
∴，
∴，
∴当O到的距离为，
∴直线与外接圆相切；
当点E位于的非中点时，直线与外接圆相交，
理由：当点E位于的非中点时，，
∴O到的距离
∴直线与外接圆相交．
综上当点E位于的中点时，直线与外接圆相切；当点E位于的非中点时，直线与外接圆相交．
【点睛】本踢考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定，证明是解题的关键．
核心考点二 圆的切线的判定

例1 （2020·浙江·统考中考真题）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=DT B．AD=DT C．BD=BO D．2OC=5AC
【答案】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；
【详解】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．
【点睛】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．
例2 （2022·广西桂林·统考中考真题）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是_____米．

【答案】20
【分析】先证OB是⊙F的切线，切点为E，当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作⊙F，

∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点，
∴MF＝FN＝20m，OF＝40m，
∵∠AOB＝30°，EF⊥OB，
∴EF＝20m，OE＝EF＝20m，
∴EF＝MF，
又∵EF⊥OB，
∴OB是⊙F的切线，切点为E，
∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，
此时OP＝20m，
故答案为：20．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，切线的判定，直角三角形的性质，证明OB是⊙F的切线是解题的关键．
例3 （2022·江苏淮安·统考中考真题）如图，是的内接三角形，，经过圆心交于点，连接，．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线与相切，理由见解析
(2)图中阴影部分的面积

【分析】（1）连接，根据圆周角定理得到，连接，根据等边三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据圆周角定理得到，解直角三角形得到，根据扇形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：直线与相切，
理由：如图，连接，

∵，
∴，
连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴直线与相切；
（2）解：如（1）中图，

∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，等边三角形 的判定和性质，解直角三角形，扇形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．


1.切线的判定
（1）判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
点拨：切线必须满足两个条件：（1）经过半径的外端；（2）垂直于这条半径，两个条件缺一不可。




【变式1】（2023·河北邢台·统考一模）如图，已知AB是半圆O的直径，点C，D将分成相等的三段弧，点M在的延长线上，连接．对于下列两个结论，判断正确的是（   ）

结论I：若，则为半圆O的切线；
结论II：连接，则
A．I和II都对 B．I对II错 C．I错II对 D．I和II都错
【答案】B
【分析】连接，，先得出，，进而得出，为半圆O的切线；连接，再证明，是等边三角形，即可得出．
【详解】连接，，

∵点C，D将分成相等的三段弧，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴为半圆O的切线，故I对，
连接，
∵，是半径，，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，故II错，
故选：B．
【点睛】本题考查切线的判定，等边三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式2】（2022·内蒙古包头·模拟预测）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点C作CF∥AB，在CF上取一点E，使DE＝DC，连接BE．对于下列结论：
①BD＝DC；②△CAB∽△CDE；③＝；④BE为⊙O的切线，
其中一定正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①④ D．①②④
【答案】D
【分析】根据圆周角定理和AB=AC可得结论①；根据等边对等角和平行线的性质可得∠ABC＝∠ACB＝∠DCE＝∠DEC，可得结论②；无法确定∠BAC=90°，③不一定正确；由DB＝DC＝DE可得点E在以BC为直径的圆上，于是∠BEC＝90°，由AB∥CE即可得结论④；
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，
而AB＝CA，
∴BD＝DC，所以①正确；
∵AB＝CA，
∴∠ABC＝∠ACB，
而CD＝ED，
∴∠DCE＝∠DEC，
∵CF∥AB，
∴∠ABC＝∠DCE，
∴∠ABC＝∠ACB＝∠DCE＝∠DEC，
∴△CBA∽△CED，所以②正确；
∵△ABC不能确定为直角三角形，
∴∠ABC不能确定等于45°，
∴与不能确定相等，所以③不一定正确；
∵DB＝DC＝DE，
∴点E在以BC为直径的圆上，
∴∠BEC＝90°，
∴CE⊥BE，
而CF∥AB，
∴AB⊥BE，
∴BE为⊙O的切线，所以④正确；
综上所述①②④正确，
故选： D．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定，切线的判定等知识；掌握相关性质和判定方法是解题关键．
【变式3】（2022·河北保定·校考一模）已知，如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，A（1，0），AB＝2．
（1）点C坐标为 _____．
（2）若y轴上存在点M，使得∠AMB＝∠BCA，则这样的点有 _____个．

【答案】     （3，）     2
【分析】（1）先根据含30度直角三角形的性质得到AC的长，进而求出BC的长即可得到点C的坐标；
（2）如图所示，取AC中点E，过点E作EF⊥AB于F，EG⊥y轴于G，则四边形EFOG是矩形，证明圆E与y轴相切，即圆E与y轴只有一个交点，再由圆周角定理得到∠AGB=∠ACB，即当点M与点G重合时满足题意，据此即可得到答案．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=60°，
∴∠C=30°，
∴，
∴，
又∵OA=1，
∴OB=OA+AB=3，
∴点C的坐标为（3，），
故答案为：（3，）
（2）如图所示，取AC中点E，过点E作EF⊥AB于F，EG⊥y轴于G，则四边形EFOG是矩形，
∴EG=OF，
∵E是AC的中点，
∴，
同理可得∠AEF=30°，
∴，
∴GE=OF=OA+AF=2，
又∵EG⊥y轴，
∴圆E与y轴相切，即圆E与y轴只有一个交点，
∵当以E为圆心，2为半径画圆时，点A、B、C、G都在圆E上，
∴∠AGB=∠ACB，即当点M与点G重合时满足题意，
∴此情形下只有一个点满足题意，
由对称性可知当M在y轴下方时也有一个点满足题意，
∴一共有2个点满足题意，
故答案为：2．

【点睛】本题主要考查了坐标与图形，圆切线的判定，圆周角定理，含30度角的直角三角形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式4】（2021·天津河北·统考二模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，的顶点、、均落在格点上．

（I）的面积为________；
（II）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺在上作一点，使以为圆心，为半径的与相切，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）________．
【答案】     6     作∠ABC的角平分线BD交AC与M，则点即为所求
【分析】（I）利用三角形面积公式求解即可；
（II）计算得到AB=5，取格点E，连接AE，取AE中点D，连接BD，利用等腰三角形的性质即可得到BD是∠ABC的角平分线．
【详解】（I）由图中可判断ΔABC为直角三角形，直角边为AC，BC，分别长为3， 4，
则
故答案为：6；
（II）由题M为圆心的圆与AB相切且为半径，作∠ABC的角平分线，则有MC=MP且MP⊥AB，则与相切

故答案为：作∠ABC的角平分线BD交AC与M，则点即为所求．
【点睛】本题考查三角形的面积、角平分线的性质、切线的判定，熟练掌握相关性质定理是关键
【变式5】（2023·陕西西安·校考二模）如图，以的一边为直径作，与边的交点恰好为的中点，与边的交点为，过点作于点．

(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求弦的长度．
【答案】(1)见解析
(2)3

【分析】（1）连接，如图，先证明为的中位线，则，由于，所以，于是可根据切线的判定定理得到直线是的切线；
（2）连接，根据圆周角定理得到，证明垂直平分，得到，根据三角函数的定义得到，设，在中，利用勾股定理列出方程，解之即可．
【详解】（1）解：证明：连接，如图，
点为的中点，点为的中点，
为的中位线，
，
，
，
直线是的切线；

（2）连接，∵是直径，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，设，
则，，
在中，，
∴，
解得：或（舍），
∴．

【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理和勾股定理以及垂直平分线的判定和性质，解直角三角形，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
核心考点三 圆的切线的性质

例1 （2022·广东深圳·统考中考真题）如图所示，已知三角形为直角三角形，，BC为切线，为切点，则和面积之比为（    ）

A． B． C． D．
【答案】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．
【详解】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．
【点睛】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．
例2 （2022·四川泸州·统考中考真题）如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为________．

【答案】
【分析】设直线AO交于M点（M在O点右边），当与AB、BC相切时，AM即为点到上的点的最大距离．
【详解】设直线AO交于M点（M在O点右边），则点到上的点的距离的最大值为AM的长度
当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图

∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为．
【点睛】本题考查切线的性质、特殊角度三角函数值、勾股定理，解题的关键是确定点到上的点的最大距离的图形．
例3 （2022·四川巴中·统考中考真题）四边形内接于，直径与弦交于点，直线与相切于点．

(1)如图1，若，且，求证：平分；
(2)如图2，连接，若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）连接，根据切线的性质可得，再由，可得，从而得到为等边三角形，再跟等边三角形的性质可得BE平分，即可求证；
（2）根据切线的性质和直径所对的圆周角是直角可得，从而得到，进而得到，再由，即可求证．
【详解】（1）证明：连接，
直线与相切于点，
，
，
，
，
又，
为等边三角形，
又，
平分，
，
平分；

（2）证明：∵直线与相切于点，
，
，
∵AC为直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠OBC+∠ABO=90°，
∴∠OBC=∠PBA，
∵OB=OC，
∴，
，
，
，
又，
．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，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，圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．



1.切线的判定与性质
（1）性质定理：圆的切线垂直于过点的半径。
拓展
推论：①经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点；
②经过切点且垂直到切线的直线必经过圆心。
圆的切线性质定理与它的两个推论涉及一条直线满足的三个条件：（1）垂直于切线；（2）过切点；（3）过圆心，如果一条直线满足于以上三个条件中的任意两个，那么它一定满足另外一个条件，也可理解为“二推一”。


【变式1】（2023·山东·统考一模）．如图，在中，，以点为圆心，2为半径的圆与边相切于点，与，分别交于点和点，点是优弧上一点，，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，由切线的性质得出，，利用解直角三角形求出，由圆周角定理求出，进而求出，再利用等腰三角形的性质求出的度数，继而求出的度数．
【详解】如图，连接，

是的切线，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，掌握切线的性质，解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形的性质是解决问题的关键．
【变式2】（2023·浙江舟山·统考一模）如图，圆O是的外接圆，，，过点C作圆O的切线，交的延长线于点D，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先连接，由，可求得的度数，由是圆O的切线，可得，继而求得答案．
【详解】解：连接，

∵圆O是的外接圆，，
∴是直径，
∵，
∴，
∵是圆O的切线，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，所以此类题若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
【变式3】（2023·陕西·交大附中分校校考模拟预测）如图，在中，，，，的半径为．在内平移（可以沿边界移动），则点到上的点的距离最大值________．

【答案】##
【分析】当与和都相切时，连接并延长交于点D，则为点到上的点的距离最大值．
【详解】解：如图，设与和的切点分别为F，E，连接，，连接并延长交于点D，

则，，
在中，，，，
，，
，，，
，
的半径为，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的定义，角平分线性质定理的逆定理，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是确定点到上的点的距离取最大值时的位置．
【变式4】（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，，分别切于点A，B，，切于点E，交，于C，D两点，连接，，则_________．

【答案】##65度
【分析】连接，，，根据切线的性质得出，，，根据四边形的性质得出，再证明，得出，根据，即可得出答案．
【详解】解：连接，，，

∵，分别切于点A，B，切于点E，
∴，，，
在四边形中，，
∵，
∴，
∵，是的切线，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式5】（2023·安徽亳州·校考模拟预测）如图，是的弦，半径，垂足为，点在的延长线上，与相切于点，连接，交于点．

(1)若，，求的长；
(2)求证：．
【答案】(1)8；
(2)见解析．

【分析】（1）连接，，可得为等边三角形，即可得的长度；
（2）由题意可知，由切线的性质可得，，由，可得，利用等角的余角相等和对顶角相等，可得，进而可证．
【详解】（1）解：连接，，

∵，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∵与相切于点，
∴，则，
∵，
∴，则，
∴，
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查圆周角定理及切线的性质定理，等边三角形的判定及性质，连接圆上的点与圆心构造等腰三角形和垂直是解决问题的关键．
核心考点四 与切线的判定与性质有关的问题

例1 （2022·重庆·统考中考真题）如图，是的切线，B为切点，连接交于点，延长交于点，连接．若，且，则的长度是（    ）

A．3 B．4 C． D．
【答案】C
【分析】连接OB，先求出∠A＝30°，OB＝AC＝3，再利用＝tan30°，即可求出AB的长度．
【详解】解：连接OB，

∵OB＝OD，
∴△OBD是等腰三角形，
∴∠OBD＝∠D，
∵∠AOB是△OBD的一个外角，
∴∠AOB＝∠OBD＋∠D＝2∠D，
∵是的切线，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°，
∵，
∴∠A＋∠ABO＝∠A＋2∠D＝3∠A＝90°，
∴∠A＝30°，
∴AO＝2OB＝AC＋OC，
∵OB＝OC，
∴OB＝AC＝3，
∵＝tan30°，
∴AB＝．
故选：C
【点睛】此题考查了切线的性质定理、解直角三角形、等腰三角形的判定和性质等知识，求出∠A＝30°是解决此题的关键．
例2 （2020·内蒙古呼和浩特·中考真题）已知为⊙O的直径且长为，为⊙O上异于A，B的点，若与过点C的⊙O的切线互相垂直，垂足为D．①若等腰三角形的顶角为120度，则；②若为正三角形，则；③若等腰三角形的对称轴经过点D，则；④无论点C在何处，将沿折叠，点D一定落在直径上，其中正确结论的序号为_________．
【答案】②③④
【分析】①过点O作OE⊥AC，垂足为E， 求出∠CAD=30°，得到CD=AC，再说明OE=r，利用∠OCA≠∠COE，得到CE≠OE，即可判断；②过点A作AE⊥OC，垂足为E，证明四边形AECD为矩形，即可判断；③画出图形，证明四边形AOCD为矩形，即可判断；④过点C作CE⊥AO，垂足为E，证明△ADC≌△AEC，从而说明AC垂直平分DE，得到点D和点E关于AC对称，即可判断.
【详解】解：①∵∠AOC=120°，
∴∠CAO=∠ACO=30°，
∵CD和圆O相切，AD⊥CD，
∴∠OCD=90°，AD∥CO，
∴∠ACD=60°，∠CAD=30°，
∴CD=AC，过点O作OE⊥AC，垂足为E，
则CE=AE=AC=CD，
而OE=OC=r，∠OCA≠∠COE，
∴CE≠OE，
∴CD≠r，故①错误；

②若△AOC为正三角形，
∠AOC=∠OAC=60°，AC=OC=OA=r，
∴∠OAE=30°，
∴OE=AO，AE=AO=r，
过点A作AE⊥OC，垂足为E，
∴四边形AECD为矩形，
∴CD=AE=r，故②正确；

③若等腰三角形AOC的对称轴经过点D，如图，
∴AD=CD，而∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=45°，又∠OCD=90°，
∴∠ACO=∠CAO=45°
∴∠DAO=90°，
∴四边形AOCD为矩形，
∴CD=AO=r，故③正确；

④过点C作CE⊥AO，垂足为E，连接DE，
∵OC⊥CD，AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠CAD=∠ACO，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠ACO，
∴∠CAD=∠OAC，
∴CD=CE，
在△ADC和△AEC中，
∠ADC=∠AEC，CD=CE，AC=AC，
∴△ADC≌△AEC（HL），
∴AD=AE，
∴AC垂直平分DE，则点D和点E关于AC对称，
即点D一定落在直径上，故④正确.

故正确的序号为：②③④，
故答案为：②③④.
【点睛】本题考查了折叠的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，切线的性质，垂径定理，知识点较多，多为一些性质定理，解题时要逐一分析，利用性质定理进行推导.
例3 14．（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，中，，为上一点，以为直径的与相切于点，交于点，，垂足为．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，设，，根据已知条件以及直径所对的圆周角相等，证明，进而求得，即可证明是的切线；
（2）根据已知条件结合（1）的结论可得四边形是正方形，进而求得的长，根据，，即可求解．
【详解】（1）如图，连接，
，
则，
设，，

，
，
为的直径，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
为的半径，
是的切线；
（2）如图，连接，

是的切线，则，又，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
在中，，，
，
，
由（1）可得，
，
，
，
解得 ．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，正弦的定义，掌握切线的性质与判定是解题的关键．


【变式1】（重庆大渡口·统考二模）如图，已知等腰，，以为直径的圆交于点D，过点D的的切线交于点E，若，则的半径是（    ）

A． B．5 C．6 D．
【答案】B
【分析】由题意可得DE⊥EC，由勾股定理可得DE＝4 ，根据锐角三角函数可求DB的长，再根据勾股定理可求AB的长，即可求的半径．
【详解】解：如图，连接OD，BD，

∵DE是切线，
∴OD⊥DE，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，且AB=BC，
∴AD=CD＝，且AO＝OB，
∴DO∥BC，且DE⊥OD，
∴DE⊥EC，
∴DE=，
∵tanC= ，
∴BD＝，
∴AB=，
∴OA=5 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
【变式2】（2022·河北邢台·统考二模）如图，在直线上有相距的两点和O（点在点O的右侧），以O为圆心作半径为的圆，过点作直线将以2cm/h的速度向右移动（点O始终在直线上），则与直线相切时，时间为（    ）

A．3s B．3.5s C．3s或4s D．3s或3.5s
【答案】C
【分析】根据切线的判定方法，点O到AB距离为1cm时，⊙O与AB相切，然后计算出圆向右移动的距离，然后计算出对应的时间．
【详解】解：当点O到AB距离为1cm时，⊙O与AB相切，
∵开始时O点到AB的距离为，
∴当圆向右移动或时，点O到AB距离为1cm，此时⊙O与AB相切，
∴或，
即⊙O与直线AB在3秒或4秒时相切，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆的切线垂直与经过切点的半径，经过半径的外端且垂直与这条半径的直线时圆的切线，当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切．
【变式3】（2021·浙江宁波·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，P是对角线BD上的动点，以BP为直径作圆，BP的长为_______．

【答案】或
【分析】BP为直径的圆的圆心为O，作OE⊥AD于E，OF⊥CD于F，如图，设⊙O的半径为r，先利用勾股定理计算出BD＝5，根据切线的判定方法，当OE＝OB时，⊙O与AD相切，根据平行线分线段成比例定理得＝，求出r得到BP的长；当OF＝OB时利用同样方法求出BP的长．
【详解】解：BP为直径的圆的圆心为O，作OE⊥AD于E，如图所示：

设⊙O的半径为r，
在矩形ABCD中，AB＝3，
∴BD＝＝3，
当OE＝OB时，⊙O与AD相切，
∵OEAB，
∴＝，即＝，解得r＝，此时BP＝2r＝；
当OF＝OB时，⊙O与DC相切，
∵OFBC，
∴＝，即＝，解得r＝，此时BP＝2r＝；
综上所述，BP的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了圆与矩形综合背景下的线段长求解，涉及到切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；也考查了平行线分线段成比例定理，解决问题的关键是准确把握圆与矩形的相关性质．
【变式4】（2022·内蒙古包头·校考三模）如图，A是上一点，是的直径，的延长线与的切线相交于点D，E为的中点，的延长线与的延长线交于点P．
下列结论：（1）是的切线；（2）；（3）；（4）若，则的长为．其中正确的是___________．（填正确的序号）

【答案】（1）（3）（4）
【分析】连接AO、AC，则∠BAC=90°，∠BCD=90°，由直角三角形斜边中线的性质可得EA=ED=EC，由∠B+∠D=90°等量代换可得∠OAB+∠EAD=90°，结论（1）正确；Rt△PAO中，没有PC=OC的条件，无法求得PO=2OA，所以结论（2）错误；由△BAP∽△ACP可得BP∶AP=AP∶CP，结论（3）正确；由OC=PC可得∠P=30°，△OAC是等边三角形，解Rt△ABC求得AC，再解Rt△CAD可得CD．
【详解】解：如图，连接AO、AC，

BC是直径，则∠BAC=90°，DC是切线，则∠BCD=90°，
∴∠B+∠D=90°，
∵OA=OB，则∠B=∠OAB，
∵AE是Rt△CAD斜边中线，则EA=ED=EC，∠D=∠EAD，
∴∠OAB+∠EAD=90°，
∴∠OAP=90°，
∴AP是的切线，故（1）正确；
若∠AOP=60°，
∵∠OAP=90°，则∠APO=30°，OP=2OA，
∴OC=CP，没有这个条件，故（2）错误；
∵EA=EC，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠BAC=∠PCD=90°，
∴∠BAC+∠EAC=∠PCD+∠ECA，
∴∠BAP=∠ACP，
∵∠P=∠P，
∴△BAP∽△ACP，
∴BP∶AP=AP∶CP，
∴，故（3）正确；
若OC=PC，则PO=2OC=2OA，
∵∠OAP=90°，
∴∠P=30°，∠AOC=60°，
∵OA=OC，则△OAC是等边三角形，
∴∠OCA=60°，
∵∠BAC=90°，则AC=AB÷tan∠ACB==2，
∵∠OCA=60°，∠OCD=90°，则∠ACD=30°，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°，CD=AC÷cos∠ACD=2÷=，故（4）正确；
综上所述，（1）（3）（4）正确，
故答案为：（1）（3）（4）．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质和判定，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识；正确作出辅助线是解题关键．
【变式5】（2023·广西柳州·统考模拟预测）如图，在中，，以为直径的分别交边于点D、F．过点D作于点E

(1)求证：是的切线；
(2)若半径为5，且，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)2

【分析】（1）连接，根据，得 ，，即有，可证 ，再根据可得，则可得 且为的半径，可得是的切线；
（2）过点作于点，根据，根据垂径定理可得，又，得四边形为矩形，则有，，设，则，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接，

．




．
∴，
，
且为的半径．
是的切线．

（2）过点作于点，
．
又，
∴四边形为矩形，     
．
设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴的长为2．
【点睛】本题考查的是切线的判定与性质，垂径定理，矩形的判定与性质，勾股定理等知识点，掌握切线的判定定理、垂径定理是解题的关键．
核心考点五 三角形的内切圆

例1 （2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作，

∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
例2 （2022·四川宜宾·统考中考真题）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为______．

【答案】289
【分析】设直角三角形的三边分别为，较长的直角边为较短的直角边为为斜边，由切线长定理可得，直角三角形的内切圆的半径等于，即，根据小正方的面积为49，可得，进而计算即即可求解．
【详解】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为，较长的直角边为较短的直角边为为斜边，
直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
，
①，②，
，
③，
，
解得或（舍去），
大正方形的面积为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线长定理，勾股定理，解一元二次方程，二元一次方程组，掌握直角三角形的内切圆的半径等于是解题的关键．
例3 （2022·黑龙江绥化·统考中考真题）已知：．

(1)尺规作图：用直尺和圆规作出内切圆的圆心O；（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
(2)如果的周长为14，内切圆的半径为1.3，求的面积．
【答案】(1)作图见详解
(2)9.1

【分析】（1）根据角平分线的性质可知角平分线的交点为三角形内切圆的圆心，故只要作出两个角的角平分线即可；
（2）利用割补法，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，这样将△ABC分成三个小三角形，这三个小三角形分别以△ABC的三边为底，高为内切圆的半径，利用提取公因式可将周长代入，进而求出三角形的面积．
【详解】（1）解：如下图所示，O为所求作点，

（2）解：如图所示，连接OA，OB，OC，作OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，

∵内切圆的半径为1.3，
∴OD=OF=OE=1.3，
∵三角形ABC的周长为14，
∴AB+BC+AC=14，
则

故三角形ABC的面积为9.1．
【点睛】本题考查三角形的内切圆，角平分线的性质，割补法求几何图形的面积，能够将角平分线的性质与三角形的内切圆相结合是解决本题的关键．



1.三角形的内切圆
（1）有关概念：与三角形各边都相切的圆叫作三角形的内切圆，内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫作三角形的内心。
（2）三角形内心的性质：三角形的内心到三条边的距离相等。
点拨：
（1）设直角三角形的两条直角边长为斜边长为c，则它的内切圆半径；
（2）三角形的顶点到其所在两边上的内切圆切点的距离相等；
（3）三角形的周长与内切圆半径乘积的一半等于这个三角形的面积，即其中为的内切圆半径，分别为的三边长。




【变式1】（2023·甘肃陇南·校考一模）如图，与的的三边分别相切于点D、E、F，若，则的半径为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接，首先根据切线长定理得到，，然后证明出四边形是正方形，然后设，根据勾股定理求解即可．
【详解】如图，

连接，
∵与相切，
∴，，，，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴矩形是正方形，
∴，
设，
中，，，，
由勾股定理得，，
∴，
∴（舍去），
∴，
故选：D．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆，切线长定理，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【变式2】（2023·河北秦皇岛·统考一模）如图，为的直径，C为圆上一点，为的内心，交于D，于，连接，则与的关系是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接、，根据直径所对的圆周角为直角，得出，再根据三角形的内心，得出，，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出，再根据等量代换，得出，再根据三角形的外角的性质和等量代换，得出，再根据等角对等边，得出，再根据中位线的性质，得出，进而得出，再根据勾股定理，即可得出答案．
【详解】解：连接、，

∵为的直径，
∴，
∵为的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，过点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形的内心、三角形的外角的性质、等角对等边、勾股定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
【变式3】（2022·四川宜宾·模拟预测）如图，中，，，，点P为边上任意一点，（P不与点B、C重合），I为的内心则：

（1）的最小值=___________；
（2）的取值范围是___________．
【答案】         
【分析】根据垂线段最短可知：当时，的值最小．
首先证明，由三角形外角的性质与三角形内角和定理可得，据此可得结论．
【详解】解：根据垂线段最短可知：当时，的值最小，
此时，
，
故答案为：；
(2)为的内心，
，



，
，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查三角形的内心，垂线段最短，直角三角形的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，解题的关键是求得．
【变式4】（2022·河北·一模）如图，三条笔直的小路a，b，c相交围成一个三角形公园ABC，在的内心I处修建了一个凉亭，过凉亭的小路，并分别与的两边AB、AC相交于点D、E，，小路c与d之间相距，如果从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板路的长度之和最小为_________m；若游人从B处出发，沿B→D→I→E→C的路线，到达C处，那么所走的这段路程长为_________m．

【答案】     180     300
【分析】（1）在的内心I处修建了一个凉亭，从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板路的长度之和最小就是过向三边作垂线，垂线段的和就是结论；
（2）根据图形求出长度，再求即可．
【详解】（1）解：过作于，如图所示：

过凉亭的小路，小路c与d之间相距，
m，
是的内心，
到的三边垂线段都相等，均等于m，
从凉亭分别向a，b，c修建一条石板路，那么这三条石板路的长度之和最小为m，
故答案为：180；
（2）连接，如图所示：

是的内心，为的三个内角的角平分线的交点，
，
，
，
，
，
，
，
游人从B处出发，沿B→D→I→E→C的路线，到达C处，那么所走的这段路程长为300m，
故答案为：300．
【点睛】本题考查三角形内心的性质，熟练掌握三角形内心是三角形三个内角的角平分线的交点是解决问题的关键．
【变式5】（2023·四川绵阳·统考二模）如图，点E是的内心，的延长线和的外接圆相交于点D．

(1)求证：；
(2)已知，，求该圆的半径的长度；
(3)在（2）的条件下，若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)该圆的半径的长度为5；
(3)．

【分析】（1）根据内心的性质得到，，根据圆周角定理解答即可；
（2）作的外接圆的直径，结合圆周角定理得到，再结合（1）求得，然后根据勾股定理求解即可；
（3）设交于点，利用垂径定理得到，利用面积法求得，再根据勾股定理求得，由即可求解．
【详解】（1）证明：连接，

∵点是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：过点作的外接圆的直径，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴该圆的半径的长度为5；
（3）解：设的直径交于点，
∵平分，
∴点D是的中点，
∴，，
∵，则，
∴，
∴，
∴．
．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心的概念和性质、解直角三角形，掌握三角形的内心是三角形的三条角平分线的交点是解题的关键．


【新题速递】
1．（2023·江西吉安·校考模拟预测）设的半径为，若点在直线上，且，则直线与的位置关系为（　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据直线与圆位置关系可知，若直线与圆相离，圆心与直线上的点不可能等于半径；反之，当直线与圆相交或相切时，直线上总有点到圆心的距离等于半径，从而得到答案．
【详解】解：由题意可知，当的半径为，点在直线上，且，则直线与的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系的综合运用，熟记直线与圆的位置关系、点与圆的位置关系是解决问题的关键．
2．（2023·湖北省直辖县级单位·校考模拟预测）如图，点，，，，都是上的点，，，则（　）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接、，根据圆内接四边形的性质求出，根据等腰三角形的性质求出，进而求出，再根据圆内接四边形的性质计算即可．
【详解】解：如图所示，连接、，

∵点、、、都是上的点，
∴，
，
，
∵，
∴，
∴，
∵点、、、都是上的点，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理、三角形内角和定理、掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
3．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）图中，为半圆的直径，点在的延长线上，切半圆于点，于点，，半圆的半径为，则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，根据同一得出，得出，根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，连接，

切半圆于点，
，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图，四边形为的内接四边形，为的弦，连接．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先根据圆周角定理求出，再根据圆内接四边形对角互补进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
5．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考三模）如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据弧中点的定义可得进而得到，然后根据三角形内角和定理可得，最后根据圆的内接四边形对角互补即可解答．
【详解】解：∵点A是中优弧的中点，
∴
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质、圆的内接四边形性质等知识点，掌握圆的内角四边形对角互补成为解答本题的关键．
6．（2023·湖北武汉·统考一模）如图，是的内切圆，，过点I作分别交，于N，M，若，，则的半径是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，设切点分别为E，F，G，连接，，，过点M作于P，过点N作于Q，证明，可得，同理可得，再证明，设，，则，利用勾股定理可求出x，即可求解．
【详解】解：设切点分别为E，F，G，连接，，，过点M作于P，过点N作于Q，

∵是的内切圆，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
设，，则，
在中，由勾股定理，得
，
解得：，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形内切圆的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，关键是作辅助线，利用三角形全等和相似解决问题．
7．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，是的外接圆，是直径，过点C的切线交的延长线干点D，若，，则的半径长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接，根据切线的性质得到，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，得到，证明，根据相似三角形的性质、正切的定义计算即可．
【详解】解：连接，如图所示：

是的切线，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
的半径长为，
故选：C．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
8．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）如图，是以原点为圆心，为半径的圆，点P是直线上的一点，过点P作的一条切线为切点，则的最小值为（   ）

A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】先确定点和点坐标，再计算出，则，再利用切线性质得到，根据勾股定理得到，于是可判断最小时，最小，的值最小，然后求出此时的长，再计算的最小值．
【详解】解：作于，连接、，
如图，

当时，，则，
当时，，解得，则，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵为切线，
∴，
∴，
∴，
∵最小时，的值最小，
∵最小时，最小，
∴当，即点运动到点时，最小，的值最小，
此时，
∴的最小值．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．解决本题的关键是确定垂直时的值最小．
9．（2023·福建福州·统考一模）已知内接于⊙O，I是的内心，若，则的度数是_____．
【答案】或
【分析】当是锐角三角形时，得出，得出，求解即可；当是钝角三角形时， ，得出，求解即可；当是直角三角形时，不符合题意．
【详解】解：当是锐角三角形时，如图所示：

∵I是的内心，
∴、平分、，
∴，，
∴



，
∵，，
∴，
∴；
当是钝角三角形时，如图所示：

∵I是的内心，
∴、平分、，
∴，，
∴



∵，，
∴，
∴；
当是直角三角形时，不符合题意；
故答案为：或．
【点睛】本题考查三角形的内心，角平分的定义，分情况讨论是解题的关键．
10．（2022·内蒙古通辽·模拟预测）如图所示，已知四边形是的一个内接四边形，且，则_______．

【答案】##55度
【分析】先根据圆周角定理求出的度数，再由圆内接四边形的性质即可得出结论．
【详解】解：，
．
四边形是圆内接四边形，是四边形的一个外角，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理等内容，熟知圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
11．（2023·上海·校考一模）如图，矩形中，，，以为圆心，为半径作，使得点在圆内，点在圆外，则半径的取值范围是______．

【答案】
【分析】首先利用勾股定理得出的长，利用以为圆心，为半径作，使得点在圆内，点在圆外，得出的取值范围即可．
【详解】解：如图，连接，

矩形矩形中，，，
，
以以为圆心，为半径作，使得点在圆内，点在圆外，
半径的取值范围是：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用图形得出的取值范围是解题关键．
12．（2023·江西南昌·统考一模）已知点，的半径为1，OA切于点A，点P为上的动点，连接OP，AP，若是等腰三角形，则点P的坐标为_________．

【答案】或或
【分析】分情况讨论：①当时；②当时；③当时，分别利用圆的基本性质、切线的性质等求解即可．
【详解】解：①过点作与相切，此时，连接，作轴于点，

根据题意易得，，，
∴，，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
②当时，若点位于如图所示位置，

∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
满足，此时点的坐标为；
③当时，点的位置如图所示：

过点作轴于点，
由①知，，
∴，
∵，，即为的垂直平分线，
则满足，此时点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或或，
故答案为：或或．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆的基本性质、切线的性质等内容，熟练运用几何知识是解题的关键．
13．（2023·湖南岳阳·校考模拟预测）如图，为外接圆的直径，点M为的内心，连接并延长交于点D，①若，的直径为4，则扇形的面积为_____；
②若，，则_____．

【答案】     ##     ##
【分析】①首先根据圆周角定理得到，然后利用扇形面积公式求解即可；
②作交于点E，作交于点F，根据三角形内心的性质求出，进而得到，然后利用勾股定理和等腰直角三角形的性质得到，进而求解即可．
【详解】①∵，，
∴
∵的直径为4，
∴的半径为2，
∴扇形的面积为；
②如图所示，作交于点E，作交于点F，

∵，，
∴
∴
∵点M为的内心，
∴是内切圆的半径，
∴，
∵点M为的内心，
∴是的角平分线，
∴，，
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴．
故答案为：，．
【点睛】此题考查了圆周角定理，三角形内心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14．（2022·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，锐角中，，，于点D，于点E，连接，则面积的最大值为________．

【答案】
【分析】先证，由求得，利用相似三角形的性质得到，可知当的面积最大时，则的面积最大；作的外接圆，连接，作于点F，交于点H，作于点G，当点A与点H重合时，，此时的值最大，当点A在的延长线上，作于点E，交于点J，作于点I，先证明，可求得，即可求出此时的面积，再求出的面积即可．
【详解】解：如图1，

∵于点D，于点E，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当的面积最大时，则的面积最大，
如图2，作的外接圆，连接，作于点F，交于点H，作于点G，

∵，
∴，
∴，
∴，
∴当点A与点H重合时，，此时的值最大，
∵为定值，
∴此时的面积最大，
如图3，的外接圆为，于点F，点A在的延长线上，

∴，
∴，
∴，
作于点E，交于点J，作于点I，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、解直角三角形、三角形的外接圆、垂线段最短等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
15．（2023·广东云浮·校考一模）如图，点B，C在以为直径的半圆O上，交于点F．点D在的延长线上，与半圆O相切且．

(1)求证：点C是弧的中点；
(2)连接，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．

【分析】（1）连接，证明，利用垂径定理即可证明点C是弧的中点；
（2）设，，则，在、、中，利用正弦函数先后求得，，，再在中，利用勾股定理列方程，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵与半圆O相切，
∴，
∵，
∴，
∴点C是弧的中点；
（2）解：连接交于点G，设，，

由（1）得点C是弧的中点，，，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，
在中，，即，
设，则原方程整理为，
解得（负值已舍），
即，
解得（负值已舍），
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，正弦函数，勾股定理，利用正弦函数以及勾股定理列出一元二次方程是解题的关键．
16．（2023·河南焦作·一模）如图，是的直径，，为圆上位于直径两侧的点，连接、、、，且．

(1)如图1，若，求的度数；
(2)如图2，若，，平分，求长度．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题意，可得，，根据三角形内角和为，即可得出．
（2）延长至点，使，连接，，证明，得到，，故，进而即可求解．
【详解】（1）解：是的直径，
，
，
在中，．
（2）解：如图，延长至点，使，连接，．


平分，
，
，
，
，，
，
在与中，

，  
，，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，圆周角定理，含有角的直角三角形的三边关系，顺利画出辅助线是解题的关键．
17．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，是的外接圆，与相切于点D，分别交，的延长线于点E和F，连接交于点N，的平分线交于点M．

(1)求证：平分；
(2)若，，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，根据切线性质得出，根据，得出，根据垂径定理得出，根据圆周角定理得出，即可得出答案；
（2）由平行线分线段定理得，再证明，可得，最后证明，进而即可求解．
【详解】（1）证明：连接，交于点G，如图所示：

∵与相切于点D，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分．
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即：，
∴，
∵的平分线交于点M，
∴，
∴，
即：，
∴．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定和性质，作出辅助线，证明，是解题的关键．
18．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图所示，是半圆的直径，是上一动点，，交半圆于点，是半圆的切线，是切点．点、点都是不动点．

(1)求证: ；
(2)连接，则点在哪个位置时，线段与线段之和最大？
【答案】(1)见解析
(2)点在的中点时，线段与线段之和最大

【分析】（1）以为直径，作，延长交于点，连接，证明得出，根据垂径定理得出，进而得出，在中，勾股定理即可得证；
（2）是的直径，设，，，则有，，则（当时取得等于号），继而即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，

以为直径，作，延长交于点，连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴
（2）∵是的直径
设，，，
则有，
∵
∴（当时取得等于号）
∴
∴取得最大值时，，
∴
又由∵
∴
即点在的中点时，线段与线段之和最大．
【点睛】 本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，切线的的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
19．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，矩形中，，，对角线、相交于，过点的直线与直线、分别相交于点、．



(1)直线在旋转过程中，①与的位置关系是：______ ，
②线段与的大小关系是：______ ；
(2)如图，以为直径作，若直线在旋转过程中与相切时，求线段的长度；
(3)在（2）的结论下，判断以为直径的圆与直线的位置关系．请直接写出结论．
【答案】(1)①关于点E成中心对称；②
(2)或
(3)以为直径的圆与直线的位置关系为相切

【分析】（1）①由矩形的性质可知，，从而得出，，即证明，即说明与的位置关系是：关于点E成中心对称；
②由全等三角形的性质可直接得出．
（2）过点G作．由矩形的性质结合（1）可知．再根据切线长定理可得出，．设，则，进而得出，根据勾股定理可求出．最后分类讨论：①当点H在点Q左侧时和②当点H在点Q右侧时，分别列出关于x的等式，解出x的值即得出答案；
（3）连接，由（2）可知，由（1）可知，从而得出．又易证为梯形的中位线，即得出，，说明为的半径．最后根据，即得出，说明以为直径的圆与直线的位置关系为相切．
【详解】（1）解：①∵四边形为矩形，对角线、相交于，
∴，，
∴，，
∴，
∴与的位置关系是：关于点E成中心对称．
故答案为：关于点E成中心对称；
②∵，
∴．
故答案为：；
（2）如图，过点G作．

∴四边形为矩形，
∴．
由（1）可知，
∴．
∵以为直径作，
∴与相切于点A，与相切于点B．
∵直线与相切于点F，
∴，．
设，则，
∴，
∴．
分类讨论：①当点H在点Q左侧时，
∵，
∴，
解得：，
∴；
②当点H在点Q右侧时，
同理可得，
∴，
解得：，
∴．
综上可知线段的长度为或；
（3）以为直径的圆与直线的位置关系为相切．
证明：如图，连接，

由（2）可知．
∵，
∴．
∵点E为对角线的交点，
∴点E为中点，
∵点O为中点，
∴，，
∴为的半径．
∵，
∴，
∴以为直径的圆与直线的位置关系为相切．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，切线的判定，切线长定理，梯形中位线的性质等知识．正确作出辅助线是解题关键．
20．（2023·福建泉州·福建省泉州第一中学校考模拟预测）如图，已知的角平分线经过圆心交于点、，是的切线， 为切点．

(1)求证：也是的切线；
(2)如图，在（1）的前提下，设切线与的切点为，连接交于点；连接交于点，连接，；记为．
①若，，求线段的长；
②小华探究图之后发现：（为正整数），请你猜想的数值？并证明你的结论．
【答案】(1)详见解析
(2)①4；②4

【分析】（1）过点作，垂足为，连接，根据切线的性质可得出是的半径且，由平分利用角平分线的性质可得出，进而可证出也是的切线．
（2）①由、都是的切线可得出，利用等腰三角形的三线合一可得出、，由三角形中位线的性质可得出，设的半径为，则，，在中，利用勾股定理可求出的值，将其代入中即可求出的长度；②利用相似三角形的性质可得出，结合可证出，即．
【详解】（1）证明：在图1中，过点作，垂足为，连接．

∵是的切线，为切点，
∴是的半径，且，
∵平分
∴
∴也是的切线；
（2）①∵、都是的切线
∴
∵
∴、，
∵为的中位线，
∴
设的半径为，则
∵
∴
在中，,即
解得：（负根舍去）
∴
②猜想．
证明：∵、
∴，
∴，即
又∵
∴
∴

【点睛】本题考查了切线的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、勾股定理、三角形的中位线以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）利用等腰三角形的三线合一找出；（2）①在中，利用勾股定理求出圆的半径；②利用相似三角形的性质证出．