6.2 与圆有关的位置关系-中考数学一轮复习 知识点+练习

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第六章 圆
6.2与圆有关的位置关系
一、课标解读
1.知道三角形的内心和外心。
2.了解直线和圆的位置关系，掌握切线的概念，探索切线与过切点的半径的关系，会用三角尺过圆上一点画圆的切线。
3.探索并证明切线长定理。
二、知识点回顾
知识点1. 点与圆的位置关系
位置关系
点在圆内
点在圆上
点在圆外
几何图形



d与r的大小关系(设圆的半径为r，点A到圆心O的距离为d)
dr
知识点2. 直线与圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
几何图形



交点个数
0
1
2
d与r的大小关系(设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d)
d>r
d=r
dr时，点在圆外；当d =r时，点在圆上，当d3，三个顶点A、B、C中至少有一个点在圆外，点B与点D的距离最远，点B应该在圆外，所以rAB，即2AM>AB，故②错误；
∵，
∴ ，
∴ ，
∴AN平分∠BAC，
∵ ，
∴∠ACM=∠BCM，
∴CM平分∠ACB，
∵与交于点，
∴点是的内心，故④正确；
故正确的有①③④．
故选：D．
【点睛】
本题考查作图-复杂作图，三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
6．（2021·全国·九年级专题练习）如图，点为的内心，，，，将平移使其顶点与重合，则图中阴影部分的周长为（       ）

A．4.5 B．4 C．3 D．5
【答案】B
【解析】
【分析】
连接、，因为三角形的内心是角平分线的交点，所以是的平分线，由平行的性质和等角对等边可得：，同理，所以图中阴影部分的周长就是边的长．
【详解】
解：连接、，
点为的内心，
平分，
，
由平移得：，
，
，
，
同理可得：，
的周长，
即图中阴影部分的周长为4，
故选：B．

【点睛】
本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心是角平分线的交点是关键．
7．（2021·山东蒙阴·模拟预测）直角三角形的两直角边是，，则此三角形的外接圆的半径是______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用勾股定理可以求得该直角三角形的斜边长为，然后由“直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心，斜边长的一半为半径的圆”来求该直角三角形外接圆半径即可．
【详解】
解：直角三角形的两条直角边分别为和，
根据勾股定理知，该直角三角的斜边长为，
此三角形的外接圆的半径是；
故答案是：．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理．熟练掌握直角三角形的外接圆半径为斜边边长的一半是解题的关键．
8．（2021·陕西·西安益新中学模拟预测）如图，圆O是四边形ABCD的内切圆，连接AO、BO、CO、DO，记△AOD、△AOB、△COB、△DOC的面积分别为S1、S2、S3、S4，则S1、S2、S3、S4的数量关系为________．

【答案】S1+S3=S2+S4
【解析】
【分析】
设切点分别为E、F、G、H，由切线性质可知，OE⊥AD，OF⊥CD，OG⊥BC OH⊥AB，OE=OF=OG=OH=r，设DE=DF=a，AE=AH=b，BH=BG=c，CG=CF=d，推出S1+S3=r（a+b）r+ r（c+d）=r（a+b+c+d）=S2+S4．
【详解】
解：如图设切点分别为E、F、G、H，

由切线性质可知，OE⊥AD，OF⊥CD，OG⊥BC OH⊥AB，OE=OF=OG=OH=r，
设DE=DF=a，AE=AH=b，BH=BG=c，CG=CF=d，
S1=r（a+b）r，S2=r （b+c） S3= r（c+d），S4=r（a+d），
∴S1+S3=r（a+b）r+ r（c+d）=r（a+b+c+d），
S2+S4=r（a+d）+r （b+c）=r（a+b+c+d），
∴S1+S3=S2+S4．
故答案为：S1+S3=S2+S4．
【点睛】
本题考查了内切圆的性质，熟练运用切线的性质和三角形面积公式是解题的关键．
二练巩固
9．（2021·山东滨州·中考真题）如图，是的外接圆，CD是的直径．若，弦，则的值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接AD，根据直径所对的圆周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的长，然后即可求得∠ADC的余弦值，再根据同弧所对的圆周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，从而可以得到cos∠ABC的值．
【详解】
解：连接AD，如右图所示，

∵CD是⊙O的直径，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD==8，
∴cos∠ADC==，
∵∠ABC=∠ADC，
∴cos∠ABC的值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的外接圆与外心、圆周角、锐角三角函数、勾股定理，解答本题的关键是求出cos∠ADC的值，利用数形结合的思想解答．
10．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，点为的内心，，，点，分别为，上的点，且．

甲、乙、丙三人有如下判断：
甲：；
乙：四边形的面积是定值；
丙：当时，的周长取得最小值．
则下列说法正确的是（       ）
A．只有甲正确 B．只有丙错误 C．乙、丙都正确 D．甲、乙、丙都正确
【答案】B
【解析】
【分析】
点为的内心，可用角平分线的性质，再用三角形全等可判断甲和乙，当最小，即当时，的周长最小即可判断丙．
【详解】
（1）∵点为的内心，

∴当于，于时，．
当，不垂直于，时，
如图1，过点作于，于．
则．
∵，
∴．∵，
∴．
∵点为的内心，，，
∴．
∴≌．
∴．故甲的判断正确．
（2）如图1，连接．
由（1）可知，四边形的面积为．
∵点的位置固定，
∴四边形的面积是定值．故乙的判断正确．
（3）如图2，过点作于点．

由（1）可得，．
∴的周长．
∴当最小，即当时，的周长最小，此时不垂直于，故丙的判断不正确．
综上所述，答案选B．
【点睛】
此题考查的是三角形的内心，熟悉掌握三角形内心的性质是解题的关键．
11．（2021·全国·九年级专题练习）如图，I为的内心，有一直线通过I点且分别与AB、AC相交于D点、E点若，，则I点到BC的距离为何？（     ）

A． B． C．2 D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质和勾股定理，可以求得DF的长，再根据等面积法，可以求得IG、IH的长，再根据三角形的内心是角平分线的交点，即可得到的长，从而可以得到点I到BC的距离．
【详解】
解：连接AI，作于点G，于点J，
作于点H，作于点F，如图所示，

，，，
，，
，
设，
为的内心，
，
，
，
解得，
，
即I点到BC的距离是，
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心、角平分线的性质，勾股定理，知道三角形的内心是角平分线的交点是解题的关键．
12．（2021·河北邢台·二模）如图，在中，，于点 ，点是内一点，连接交于点 ，已知，若点是的内心，则 的度数为（ ）

A．36° B．48° C．60° D．72°
【答案】B
【解析】
【分析】
过点作交于点，根据在中，，于点，可得是等腰三角形，是边上的中垂线，得到，；根据，，得到，再根据点是的内心，得到，，设，，可得，，，利用可整理出，求解即可得到结果．
【详解】
解：如图示，过点作交于点，

∵在中，，于点 ，
∴是等腰三角形，是边上的中垂线，
∴，，
∴，
又∵，
∴
∴，
∵点是的内心，
即点在和的角平分线上，
∴，，
设，，
则有：，， ，
∵
∴
则在中，，
中，，
即有，
解之得：
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内心，角平分线的性质，平行线的判定与性质，解二元一次方程组等知识点，熟悉相关性质是解题的关键．
13．（2021·江苏鼓楼·一模）如图，点O是的外心，，垂足分别为D、E，点M、N分别是、的中点，连接，若，则_______．

【答案】8
【解析】
【分析】
连接DE，由点O是△ABC的外心，OD⊥AB，OE⊥AC得到DE是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理即可求得BC．
【详解】
解：连接DE，

∵O是△ABC的外心，OD⊥AB，OE⊥AC，
∴AD=BD，AE=CE，
∴DE=BC，
∴BC=2DE，
∵M、N分别是OD、OE的中点，
∴MN=DE，
∴DE=2MN，
∴BC=4MN，
∵MN=2，
∴BC=8，
故答案为：8．
【点睛】
本题主要考查了三角形外接圆与圆心，三角形中位线定理，正确作出辅助线并熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．
14．（2021·安徽·模拟预测）如图，在中，，I为的内心，延长交于点D．

（1）_______；
（2）若，则________．
【答案】     135    
【解析】
【分析】
（1）通过I为的内心，可知AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB，那么在中，可知，即可求得，即可得到答案．
（2）设，则，通过证明．那么在中，利用勾股定理可得：，即可求得x值．再通过，那么，代值即可得到答案．
【详解】
（1）∵I为的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，CI平分∠ACB
∴ ,
∵中，
∴+
∴．
故答案：135．
（2）如图所示，作，垂足为E．
设，则，
∵
∴
∵
∴
∴．
在中，利用勾股定理可得：
根据题意可列方程，
解得．
∴．
∵平分，
∴，
又∵
∴，
∴，即，
解得，
∴．
．
【点睛】
本题考查了三角形的内心、角平分线性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的性质和判定，能通过内心找到角与角、边与边的关系，是解答此题的关键．
15．（2021·山西孝义·二模）阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
我们知道三角形外接圆的圆心叫做三角形的外心，三角形内切圆的圆心叫做三角形的内心．由于三角形的三条高（或高所在的直线）相交于一点，因此我们把三角形三条高的交点叫做三角形的垂心．下面我们以锐角三角形为例，证明三角形的三条高相交于一点．
如图，在△ABC中，AD，BE分别是BC，AC边上的高，且AD与BE相交于点P．连接CP并延长，交AB于点F．
求证：CF⊥AB．
证明：分别过点A，B，C作它们所对边的平行线，三条平行线两两相交于点M，N，Q．分别连接PM，PN，PQ．
∵MNBC，MQAB，NQAC，
∴四边形MABC，四边形ANBC，四边形ABQC都是平行四边形．
∴BC=AM=AN，AC=BN=BQ，AB=MC=CQ．
∵AD⊥BC，
∴∠MAD=∠ADB=90°，即AD⊥MN．
∴PM=PN．
…
学习任务：
（1）请将上面剩余的证明过程补充完整；
（2）点P是△MNQ的 ．（填出字母代号即可）
A．内心             B．外心             C．垂心                    D．重心
（3）若∠CAB=40°，则∠MPN= °．

【答案】（1）见解析；（2）B；（3）80°
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形三线合一以及中垂线的性质，即可得到结论；
（2）根据三角形外心的定义，即可得到答案；
（3）构造△MNQ的外接圆，根据平行四边形的性质和圆周角定理，即可求解．
【详解】
（1）∵BE⊥AC，
∴∠EBQ=∠BEA=90°，即EB⊥NQ．
∴PN=PQ．
∴PM=PQ．
∴PC⊥MQ，
∴∠CFB=∠FCM=90°．
∴CF⊥AB．
（2）∵PM=PQ=PN，
∴点P是△MNQ的外心，
故选B．
（3）∵四边形ABQC都是平行四边形，
∴∠BQC=∠CAB=40°，
∵点P是△MNQ的外心，
∴∠MPN=2∠BQC=2×40°=80°，

故答案是：80°．
【点睛】
本题主要考查三角形的垂心，外心，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，添加合适的辅助线构造平行四边形和三角形的外接圆，是解题的关键．
16．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，是的外接圆，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交于点D，连接BD，BE．
（1）求证：；
（2）若，，求DB的长．

【答案】（1）证明过程见详解; （2）DB=6.
【解析】
【分析】
（1）根据三角形的内心得到∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根据圆周角定理推论得到∠DBC=∠CAD，结合三角形的外角性质，进而根据“等角对等边”证明结论；
（2）通过证明△DBF∽△DAB，利用对应边成比例求解即可．
【详解】
解：（1）证明：∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，
根据圆周角定理推论，可知∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAE，
∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB；
（2）由（1）知∠DAB=∠CAD，∠DBF=∠CAD,
∴∠DBF=∠DAB.
∵∠D=∠D，
∴△DBF∽△DAB.
∴,
∵DE=DB，
∴,
∵，，
∴,
∴.
【点睛】
本题主要考查了三角形的内心，圆周角定理推论，相似的判定与性质，涉及了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角定理.关键是正确理解三角形的内心定义．
三练拔高
17．（2021·广西玉林·中考真题）如图、在正六边形中，连接线，，，，，与交于点，与交于点为，与交于点，分别延长，于点，设．有以下结论：①；②；③的重心、内心及外心均是点；④四边形绕点逆时针旋转与四边形重合．则所有正确结论的序号是______．

【答案】①②③
【解析】
【分析】
由题意易得，，则有，进而可得，则有四边形是矩形，然后可得，为等边三角形，最后可得答案．
【详解】
解：∵六边形是正六边形，
∴，
，
∴在△DEF中，，
∴，
同理可得，
∴四边形是矩形，
同理可证四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴∠NAM=60°，
∴△NAM是等边三角形，
∴AM=MN，
∵AB=3，
∴，
∴，
∵∠MAB=30°，∠ACG=90°，
∴∠G=60°，
∴△ADG是等边三角形，
∵AC与BD交于点M，
∴由等边三角形的性质及重心、内心、外心可得：的重心、内心及外心均是点，
连接OF，如图所示：

易得∠FOA=60°，
∴四边形绕点逆时针旋转与四边形重合，
∴综上所述：正确结论的序号是①②③；
故答案为①②③．
【点睛】
本题主要考查正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数，熟练掌握正多边形的性质、矩形及菱形的判定与性质、等边三角形的性质与判定、三角形的重心、内心、外心及三角函数是解题的关键．
18．（2021·福建·九年级专题练习）如图，在中，，，是的外接圆，连接并延长交于点，连接，点是的内心．
（1）请用直尺和圆规作出点，证明；
（2）求线段长．

【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）三角形内心的作法确定点E，点是的内心可得到，是的外接圆，用外接圆的性质可以求出，再用三角形角之间的关系可以证明．
（2）得到 为的直径，是的外接圆可知垂直平分，是内心可推出，再用三角函数的性质可求出．
【详解】
（1）如图，点即为所求．
∵，，
∴．

连接BE，
∵点是的内心，
∴．
∵是的外接圆，
∴，
又∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）∵，
∴为的直径，
∴
∵是的外接圆
∴垂直平分
∴平分
∵是内心
∴平分
∴点在线段上，即
∵
∴，
∴
∵
∴．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆和内心，三角函数的性质，三角形的外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
19．（2020·山东昌乐·三模）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．
（1）求证：DG是⊙O的切线；
（2）若DE＝4，BE＝5，求DI的长．

【答案】（1）见解析；（2）6．
【解析】
【分析】
（1）根据三角形内心的性质得，再利用圆内接四边形的性质得，则，从而得到，则可判断，连接OD，根据垂径定理可得OD⊥AC，故OD⊥DG，即可得证；
（2）根据三角形内心的性质得，然后证明得到，证明，利用相似比得到，则DI的长度即可求解．
【详解】
（1）证明：连接OD．

∵点I是△ABC的内心，
∴∠2＝∠7，
∴，
∴OD⊥AC，
又∵∠1＝∠ADF，∠2=∠ABC，∠ADF＝∠ABC，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴DGAC；
∴OD⊥DG，
∴DG是⊙O的切线；
（2）解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠5＝∠6，
∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，
即∠4＝∠DAI，
∴DA＝DI；
∵∠3＝∠7，∠AED＝∠BAD，
∴△DAE∽△DBA，
∴AD：DB＝DE：DA，即AD：9＝4：AD，
∴AD＝6，
∴DI＝6．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理和三角形的外心，三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
20．（2020·河北邯郸·模拟预测）如图，已知，，，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）当时，证明四边形是菱形；
（3）若的外心在其内部，，直接写出的值．

【答案】（1）见解析   （2）见解析   （3）160
【解析】
【分析】
（1）利用AAS定理证明△ABC≌△EBD；
（2）根据平行线的判定定理得到AC∥BD，DE∥BC，得到四边形BDGC为平行四边形，根据菱形的判定定理证明即可；
（3）根据△DFB的外心在其内部时，△DFB为锐角三角形解答．
【详解】
（1）证明：在△ABC和△EBD中，
，
∴△ABC≌△EBD（AAS）；
（2）证明：∵△ABC≌△EBD，
∴BC＝BD，∠ABC＝∠DBE＝130°，
∵∠ABE＝100°，
∴∠ABD＝∠CBE＝30°，
∴∠ABD＝∠A，∠EBC＝∠E，
∴AC∥BD，DE∥BC，
∴四边形BDGC为平行四边形，
∵BD＝BC，
∴四边形BDGC是菱形；
（3）解：△DFB的外心在其内部时，△DFB为锐角三角形，
当BF⊥DE时，n＝90，
当BF⊥BD时，m＝70，
∴m+n＝160．

【点睛】
本题考查的是三角形的外心的概念和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定，掌握三角形的外心的概念、菱形的判定定理是解题的关键．
21．（2020·北京市第一五九中学三模）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
莱昂哈德·欧拉（Leonhard Euler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数、公式和定理，下面是欧拉发现的一个定理：在△ABC 中，R 和 r 分别为外接圆和内切圆的半径，O 和 I 分别为其外心和内心，则OI = R-2Rr .

下面是该定理的证明过程（借助了第(2)问的结论）：
延长AI 交⊙O 于点 D，过点 I 作⊙O 的直径 MN，连接 DM，AN.
∵∠D=∠N，∴∠DMI=∠NAI（同弧所对的圆周角相等），
∴△MDI∽△ANI.∴，∴ IA× ID = IM × IN ①
如图②，在图 1（隐去 MD，AN）的基础上作⊙O 的直径DE，连接BE，BD，BI，IF
∵DE 是⊙O 的直径，∴∠DBE=90°.
∵⊙I 与 AB 相切于点 F，∴∠AFI=90°，
∴∠DBE=∠IFA．
∵∠BAD=∠E（同弧所对圆周角相等），
∴△AIF∽△EDB．
∴，∴②，
由（2）知：，
∴
又∵，
∴ 2Rr=(R + d )(R - d ) ，
∴ R- d= 2Rr
∴ d = R- 2Rr
任务：（1）观察发现： IM = R + d ， IN = （用含R，d 的代数式表示）；
（2）请判断 BD 和 ID 的数量关系，并说明理由.（请利用图 1 证明）
（3）应用：若△ABC 的外接圆的半径为 6cm，内切圆的半径为 2cm，则△ABC 的外心与内心之间的距离为 　　cm．
【答案】（1）     （2），证明见解析     （3）
【解析】
【分析】
（1）根据线段的差求解即可；
（2）根据点I是△ABC的内心，推出，进而根据外角性质以及圆周角定理得到，即可得证；
（3）利用（1）和（2）的结论可得，进而得出，再代入求值即可．
【详解】
（1）∵IM = R + d
∴；
（2）
∵点I是△ABC的内心
∴
∵
∴
∴；
（3）由（2）知
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，掌握线段的和差关系、内心的性质、外角的性质、圆周角定理是解题的关键．
22．（2021·贵州·九年级专题练习）【问题提出】
如图1，为的一条弦，点在弦所对的优弧上运动时，根据圆周角性质，我们知道的度数不变．爱动脑筋的小芳猜想，如果平面内线段的长度已知，的大小确定，那么点是不是在某个确定的圆上运动呢？
【问题探究】
为了解决这个问题，小芳先从一个特殊的例子开始研究．如图2，若，线段上方一点满足，为了画出点所在的圆，小芳以为底边构造了一个，再以点为圆心，为半径画圆，则点在上．后来小芳通过逆向思维及合情推理，得出一个一般性的结论．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，即定弦定角必定圆，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型．
【模型应用】
（1）若，平面内一点满足，若点所在圆的圆心为，则________，半径的长为________．
（2）如图3，已知正方形以为腰向正方形内部作等腰，其中，过点作于点，若点是的内心．
①求的度数；
②连接，若正方形的边长为，求的最小值．

【答案】（1）；（2）①；②
【解析】
【分析】
（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,求得，进而求得，根据即可求得；
（2）①根据已知条件可得，证明，即可求得；
②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，由题意的由“定弦定角”模型，可知,,作出的外接圆，圆，设圆的半径为，则的最小值即为，根据勾股定理即可求得，，从而求得最小值．
【详解】
（1）由“定弦定角”模型，作出图形，如图，过作,

，，
，
，
，，

，
故答案为：；
（2）①，
，
，
点是的内心，
平分，
，
，
，
，
；
②如图，作的外接圆，圆，连接，过作交的延长线于点，

由题意的由“定弦定角”模型，可知,,
作出的外接圆，圆心为，设圆的半径为，则的最小值即为，
，
设优弧所对的圆心角优角为，
则，
，
，
，
，
，
，四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
．
的最小值为．
【点睛】
本题考查了“定弦定角”模型，圆周角定理，解直角三角形，线段最短距离，勾股定理正方形的性质，三角形全等的性质与判定，理解题意作出图形是解题的关键．