初中数学7 切线长定理复习练习题

这是一份初中数学7 切线长定理复习练习题，共38页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专训3.7 切线长定理+内切圆
一、单选题
1．如图，，与分别相切于点，，，，则（ ）

A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】
先判断出，进而判断出是等边三角形，即可得出结论．
【详解】
解：∵，与分别相切于点，，

∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
2．如图，，是⊙O的切线，切点为、，点为优弧上一点，且，若．则等于（ ）

A．100° B．15° C．20° D．25°
【答案】C
【分析】
如图（见解析），先根据切线长定理可得，再根据平行线的性质可得，然后根据圆的切线的性质可得，从而可得，，最后根据圆周角定理即可得．
【详解】
解：如图，延长交于点，连接，

是的切线，，
，
，
，
又，
，
，
则由圆周角定理得：，
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线长定理、圆的切线的性质、圆周角定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
3．如图，和是的两条切线，，为切点，点在上，点，分别在线段和上，且，．若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据切线长定理得到，即可得△ADE≌△BFD，再利用等腰三角形的性质、三角形的内角和定理即可求解．
【详解】
解：∵和是的两条切线，，为切点，
∴，
∴，
∵，，
∴△ADE≌△BFD，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题考查切线长定理、全等三角形的判定与性质等内容，掌握切线长定理是解题的关键．
4．如图，已知点为勾股形（我国古代数学家刘徽称直角三角形为勾股形）的内心，其中为直角，点、、分别在边、、上，，若，，则正方形的面积是（ ）

A．2 B．4 C．3 D．16
【答案】B
【分析】
先根据已知条件证明和全等，和全等，然后设正方形的边长为，在中，利用勾股定理建立关于的方程，解方程即可．
【详解】
，∠ABO=∠CBO，
是和的公共边，
，
同理可得，，
，，
由题意得，四边形为正方形，
设，
，
在中，，
即，
解得：或（舍去），
正方形的面积是4，
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、一元二次方程的解法、勾股定理、三角形的内心等知识，熟练掌握正方形的性质，根据勾股定理列出方程式是解答本题的关键．
5．如图，在中，,于D，⊙O为的内切圆，设⊙O的半径为R，AD的长为h，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
分别与的三边切于，，，连接，利用求出，进一步得出结论．
【详解】
如图，令分别与的三边切于，，，连接
∴

∴
=
=

又∵
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了三角形的内切圆与内心，解答的关键是，充分利用已知条件将问题转化为求几个三角形面积的和．
6．如图，中，，，，点为的内心，过点作，交于点D，连接OC，则CD的长为（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】
过点作于，于，于，连接，，由面积法可求，可证四边形是矩形，可得，由“”可证，可得，由勾股定理可求解．
【详解】
解：如图，过点作于，于，于，连接，，

点为的内心，，，，
，
，，，
，
，
，
，
，，，
四边形是矩形，
，
，
点为的内心，
，
又，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆和内心，考查了三角形的内心的性质，全等三角形判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
7．如图，已知矩形的周长为，和分别为和的内切圆，连接，，，，，若，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，由矩形的对称性知，结合直角三角形内切圆半径与三角形面积间的关系得到x、y、r的关系式，再由推导出x、y、r的关系，从而分别求出r，xy、的值，最后由勾股定理求得EF值.
【详解】
如图，设AB=x，BC=y，内切圆半径为r，则AC=
∵矩形的周长为，
∴x+y=8①
∵和分别为和的内切圆，
∴②
由矩形的对称性知，
∵，
∴，
∴，
即③
由①、②、③联立方程组，解得：
r=1，xy=14，，
作EH⊥FH于H，由勾股定理得：



=36-32+8
=12，
∴EF=，
故选：B.

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、直角三角形内切圆性质、勾股定理等知识，熟练掌握三角形内切圆半径与面积、周长间的关系是解答的关键.
8．如图，四边形ABCD是矩形，点P是△ABD的内切圆的圆心，过P作PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别为点E、F，则四边形PECF和矩形ABCD的面积之比等于（　　）

A．1：2 B．2：3 C．3：4 D．无法确定
【答案】A
【分析】
延长EP交AD于M，延长FP交AB于N，设AD＝a，AB＝b，BD＝c，⊙P的半径为r，利用平行线的性质得到PM⊥AD，PN⊥AB，再根据切线长定理得到PM＝PN＝r，根据直角三角形的内切圆半径的计算方法得到r＝，所以PE•PF＝
，利用完全平方公式和平方差公式得到PE•PF＝ab，然后计算四边形PECF和矩形ABCD的面积之比．
【详解】
解：延长EP交AD于M，延长FP交AB于N，如图，设AD＝a，AB＝b，BD＝c，⊙P的半径为r，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴PM⊥AD，PN⊥AB，
∵点P是△ABD的内切圆的圆心
∴PM＝PN＝r，
∴r＝，
∴PF＝a﹣＝，PE＝b﹣＝，
∴PE•PF＝
＝＝，
而a2+b2＝c2，
∴PE•PF＝＝ab，
∴四边形PECF和矩形ABCD的面积之比＝ab：ab＝1：2．
故选A．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心是三角形内角平分线的交点．也考查了切线的性质和矩形的性质．
9．（2011山东烟台，7，4分）如图是油路管道的一部分，延伸外围的支路恰好构成一个直角三角形，两直角边分别为6m和8m.按照输油中心O到三条支路的距离相等来连接管道，则O到三条支路的管道总长（计算时视管道为线，中心O为点）是（ ）
A2m
A．3m B．6m
C．9m
【答案】C
【详解】
此题可转化为求三角形内切圆的半径. 由勾股定理可得斜边为10，设内切圆半径为r，则利用面积法可得：r(6+8+10)=×6×8，解得r="2." 从而管道为2×3=6（m），故选C.
10．《九章算术》中“今有勾七步，股有二十四步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾(短直角边)长为7步，股(长直角边)长为24步，问该直角三角形的容圆(内切圆)直径是多少？”(     )

A．4步 B．5步 C．6步 D．8步
【答案】C
【分析】
设三角形△ABC，由勾股定理可求得直角三角形的斜边，设内切圆的半径为r，由S△ABC= （AB+BC+CA）•r可求得半径，则可求得直径．
【详解】
解：设三角形为△ABC，∠C=90°，AC=7，BC=24，
∴AB===25，
设内切圆的半径为r，则S△ABC=（AB+BC+CA）•r，
∴AC•BC=（AB+BC+CA）•r，即×7×24=×（7+24+25）•r，
解得r=3，
∴内切圆的直径是6步，
故选C．
【点睛】
本题主要考查三角形的内切圆，利用等积法得到关于内切圆半径的方程是解题的关键．
11．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG．点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG．若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是（　　）

A．BC﹣AB＝2 B．AC＝2AB C．AF＝CD D．CD+DF＝5
【答案】C
【分析】
如图，设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，根据折叠的性质得到OG＝DG，根据全等三角形的性质得到OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2即可判断A；设AB＝a，BC＝b，AC＝c，⊙O的半径为r，推出⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r＝（a+b﹣c），根据勾股定理得到BC+AB＝2+4，AC＝＝2（1+），即可判断B；再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝3+﹣1﹣x，OF＝x，ON＝1+﹣1，由勾股定理可得x＝4﹣，即可判断D和C．
【详解】
解：如图，设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，
∵将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，
∴OG＝DG，
∵OG⊥DG，
∴∠MGO+∠DGC＝90°，
∵∠MOG+∠MGO＝90°，
∴∠MOG＝∠DGC，
在△OMG和△GCD中，
，
∴△OMG≌△GCD，（AAS），
∴OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2．
∵AB＝CD，
∴BC﹣AB＝2．故A正确；
设AB＝a，BC＝b，AC＝c，⊙O的半径为r，
⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r＝（a+b﹣c），
∴c＝a+b﹣2．
在Rt△ABC中，由勾股定理可得a2+b2＝（a+b﹣2）2，
整理得2ab﹣4a﹣4b+4＝0，
又∵BC﹣AB＝2即b＝2+a，代入可得2a（2+a）﹣4a﹣4（2+a）+4＝0，
解得a1＝1﹣（舍去），a2＝1+，
∴BC+AB＝2+4，
∴AB＝1+，BC＝3+，
∴AC＝＝2（1+），
∴AC＝2AB；故B正确；
再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝3+﹣1﹣x=2+﹣x，OF＝x，ON＝1+﹣1=，
由勾股定理可得（2+﹣x）2+（）2＝x2，
解得x＝4﹣，
∴CD﹣DF＝+1﹣（4﹣）＝2﹣3，CD+DF＝+1+4﹣＝5，故D正确；
∴AF＝AD﹣DF＝2﹣1，
∴AF≠CD，故C错误；
故选：C．

【点睛】
此题考查的是矩形与折叠问题和圆的综合大题，掌握矩形的性质、全等三角形的判定及性质、内切圆的性质和利用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．


二、填空题
12．如图AB、AC、BD是圆O的切线，切点分别为P、C、D，若AB=5，BD=2，则AC的长是 __．

【答案】3
【分析】
根据AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC=AP，BP=BD，求出AP的长即可求出AC的长．
【详解】
解：∵AC、AP为⊙O的切线，
∴AC=AP，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP=BD，
∴AC=AP=AB-BP=5-2=3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
13．如图，已知，分别切⊙于、，切⊙于，若，，则△周长为_____．

【答案】24
【分析】
由切线长定理可得PA＝PB，DA＝DE，CE＝EB，由于△PCD的周长＝PC＋CE＋ED＋PD，所以△PCD的周长＝PC＋CB＋AD＋PD＝PA＋PB＝2PA，故可求得三角形的周长．
【详解】
解：连接OB．

∵PA是⊙O的切线，点A是切点，
∴PA⊥OA；
∴PA＝，
∵PA、PB为圆的两条相交切线，
∴PA＝PB；
同理可得：DA＝DE，CE＝CB．
∵△PCD的周长＝PC＋CE＋ED＋PD，
∴△PCD的周长＝PC＋CB＋AD＋PD＝PA＋PB＝2PA，
∴△PCD的周长＝24；
故答案是：24．
【点睛】
本题考查了切线的性质以及切线长定理的运用．切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长长度相等，圆心和这一点的连线，平分这两条切线的夹角．
14．如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，PO与AB相交于点C，PA＝6，∠APB＝60°，则OC的长为__．

【答案】
【分析】
根据切线的性质和切线长定理可得OA⊥PA，∠APO=30°，PA=PB，根据直角三角形的性质可得OA=2CO，根据勾股定理可求AO的长，即可求OC的长．
【详解】
解：如图，连接OA，

∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，PA=6，∠APB=60°，
∴OA⊥PA，∠APO=30°，PA=PB，
∴∠AOC=60°，AB⊥PO
∴∠CAO=30°
∴AO=2CO，
在中，
∴
∵
∴
∴
∴CO=
故答案为：．
【点睛】
本题考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理等知识，熟练运用切线的性质是本题的关键．
15．为了测量一个圆形铁环的半径（如图），某同学采用了如下办法：将铁环平放在水平桌面上，用一个锐角为的三角板和一个刻度尺，按如图所示的方法得到相关数据，进而可求得铁环的半径，若测得，则铁环的半径是________．

【答案】
【分析】
取圆的圆心为O，三角板与圆相切的切点为Q，连OA，OP，OQ，由切线性质知△OPA为直角三角形，从而在Rt△OPA中由勾股定理易求得半径．
【详解】
解：设铁环的圆心为O，三角板与圆相切的切点为Q，连接OP、OA，
∵AP为⊙O的切线，AQ也为⊙O的切线，
∴AO为∠PAQ的平分线，即∠PAO＝∠QAO，
又∠BAC＝60°，∠PAO+∠QAO+∠BAC＝180°，
∴∠PAO＝∠QAO＝60°，
在Rt△OPA中，PA＝5，∠POA＝30°，
∴OA＝10，，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了圆的切线性质，及解直角三角形的知识．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，构造直角三角形解决有关问题．
16．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，点C、D在⊙O上．若∠P＝100°，则∠A+∠C＝_______．

【答案】220°
【分析】
连接AB，先根据切线长定理证得PA=PB，再根据等腰三角形的性质求得∠PAB的度数，然后根据圆内接四边形的两对角互补求解即可．
【详解】
解：连接AB，

∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，
∵∠P＝100°，
∴∠PAB＝∠PBA＝（180°﹣100°）＝40°，
∵∠DAB+∠C＝180°，
∴∠PAD+∠C＝∠PAB+∠DAB+∠C＝180°+40°＝220°，
故答案为：220°．
【点睛】
本题考查切线长定理、等腰三角形的性质、圆内接四边形的两对角互补，熟练掌握切线长定理和圆内接四边形的两对角互补是解答的关键．
17．小明准备以“青山看日出”为元素为永嘉县某名宿设计标志示意图，如图所示，他利用两个等边三角形和一个圆分别表示青山和日出，已知点B，E，C，F在同一条直线上，且，四边形和四边形的面积之差为，则的长是______；连结，若是的内切圆，则圆心O到的距离是_______．

【答案】2
【分析】
设CF=x，表示出相关线段的长，根据四边形和四边形的面积之差，得到，求出x值即可；连结AD，连接OG并延长交BF于点，设圆与AC的切点为，连接OH，连接AE，作，垂足为，证明为直角三角形，求出内切圆半径，再根据切线长定理得到∠HGO，从而证明OM⊥BF，求出GM，从而得到OM即可．
【详解】
解：∵，
∴设，则，
∴，，
∵与为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
连结AD，连接OG并延长交BF于点，设圆与AC的切点为，连接OH，连接AE，作，垂足为，

∵等边的边长为，为BC中点，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，为直角三角形，
∴内切圆半径，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴圆心到BF的距离为，
故答案为：2，．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了等边三角形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的性质，
18．若△ABC的三边长为3、4、5，则△ABC的外接圆半径R与内切圆半径r的差为___．
【答案】
【分析】
先证明△ABC为直角三角形，然后可知外接圆的半径为斜边的一半，然后求出内切圆的半径，即可得到答案．
【详解】
解：如图所示：连接DF，EF．

∵32+42=52，
∴△ABC为直角三角形．
∴它的外接圆的半径为：．
∵AB是圆的切线，DF是圆的半径，
∴DF⊥AB．
同理EF⊥BC．
∴∠FDB=∠DBE=∠BEF=90°．
∴四边形DBEF是矩形．
∵DF=EF，
∴四边形DBEF是正方形．
∴DB=BE．
设圆F的半径为r，则4-r+3-r=5．
解得：r=1．
∴它的内切圆的半径为1．
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查的是三角形的内切圆、外接圆，利用切线长定理列出方程是解题的关键．
19．如图，，，分别与相切于点、、三点，且，，，则的长为____．

【答案】10
【分析】
先根据切线长定理得到，，平分，平分，再证明，然后利用勾股定理计算出BC即可．
【详解】
解：，，分别与相切于点、、三点，
，，平分，平分，
，，
，
，
，
，
，
在中，，，
，
，
故答案为：10．
【点睛】
本题考查切线长定理，切线的性质，勾股定理，综合运用相关知识是解题的关键．
20．如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆（与三边都相切），切点分别为D，E，F且∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，则⊙O的半径为__．

【答案】1
【分析】
根据切线长定理得BE=BF，AD=AF，CE=CD，设⊙O的半径为r，运用勾股定理，正方形的性质计算即可
【详解】
解：连接OE、OD，如图，设⊙O的半径为r，
∵∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝＝5，
∵E点、D点为切点，
∴OE⊥BC，OD⊥AC，
而∠C＝90°，

∴四边形CDOE为矩形，
而OE＝OD，
∴矩形CDOE为正方形，
∴CE＝CD＝OD＝OE＝r，
∴BE＝BC﹣CE＝3﹣r，AD＝AC﹣CD＝4﹣r，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆（与三边都相切），切点分别为D，E，F，
∴BF＝BE＝3﹣r，AD＝AF＝4﹣r，
而BF+AF＝AB，
∴3﹣r+4﹣r＝5，解得r＝1，
即⊙O的半径为1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了切线长定理，勾股定理，正方形的性质，熟练掌握切线长定理，灵活运用勾股定理和正方形的性质是解题的关键．
21．如图，在直角三角形中，，，，点为的内心，点为斜边的中点，则的长为______．

【答案】
【分析】
如图（见解析），先根据三角形内切圆的性质可得，再根据勾股定理可得，从而可得，然后根据线段的和差可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式可得，据此在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
如图，设内切圆与的切点分别为点，连接，

则，
在中，，
，
点为斜边的中点，
，
设，则，
，
，
，解得，
，
，
，即，
解得，
在中，，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形内切圆的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握三角形内切圆的性质是解题关键．
22．如图，把置于平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B的坐标为，点P是内切圆的圆心．将沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，…，依此规律，第2019次滚动后，内切圆的圆心的坐标是________．

【答案】
【分析】
由勾股定理得出AB＝，求出Rt△OAB内切圆的半径＝1，因此P的坐标为（1，1），由题意得出P3的坐标（3＋5＋4＋1，1），得出规律：每滚动3次为一个循环，由2019÷3＝673，即可得出结果．
【详解】
解：∵点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
∴AB＝，
∴Rt△OAB内切圆的半径＝，
∴P的坐标为（1，1），
∵将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与x轴重合，第一次滚动后圆心为P1，第二次滚动后圆心为P2，…，
∴P3（3＋5＋4＋1，1），即（13，1），每滚动3次为一个循环，
∵2019÷3＝673，
∴第2019次滚动后，Rt△OAB内切圆的圆心P2019的横坐标是673×（3＋5＋4）＋1，即P2019的横坐标是8077，
∴P2019的坐标是（8077，1）；
故答案为：（8077，1）．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心、勾股定理、坐标类规律探索等知识；根据题意得出规律是解题的关键．

三、解答题
23．如图，ΔABC是直角三角形，∠C=90°．

（1）请作出ΔABC的内切圆⊙O（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）．
（2）设（1）中作出的⊙O与边AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，BC=8，AC=6，①∠AOB=______°；②BD=_______．
【答案】（1）见解析；（2）135；6．
【分析】
（1）首先由三角形的内心是三角形三个角平分线的交点，确定圆心，然后作边的垂线，确定半径，继而可求得△ABC的内切圆；
（2）利用角平分线的性质得到∠OAB+∠OBA=(∠CAB+∠CBA)，再由三角形内角和定理即可求得∠AOB=180°-(∠OAB+∠OBA)= 135°；根据切线长定理即可求得BD的长．
【详解】
解：（1）如图所示：⊙O即为所求；

（2）由作图知，OA、OB分别是∠CAB、∠CBA的角平分线，
∴∠OAB=∠CAB、∠OBA=∠CBA，
∴∠OAB+∠OBA=(∠CAB+∠CBA)，
∵∠C=90°，
∴∠CAB+∠CBA=90°，
∴∠OAB+∠OBA=45°，
∴∠AOB=180°-(∠OAB+∠OBA)= 135°；
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=8，AC=6，
∴AB==10，
∵⊙O与边AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
由切线长定理得AD=AF，CF=CE，BD=BE，
设BD=BE=x，则AD=AF=10-x，CF=CE=8-x，
∵AF+CF=AC=6，
∴10-x+8-x=6，
解得：x=6，
故答案为：135；6．
【点睛】
本题主要考查了作图－复杂作图，切线长定理，关键是掌握三角形的内心是三角形角平分线的交点．
24．如图，的内切圆与分别相切于点，且．求的长．

【答案】
【分析】
设，根据切线长定理依次表示CD、BD，再根据即可求得x的值．
【详解】
解：∵△ABC 的内切圆⊙O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F，
设，则，
，
．
由，可得
．
解得．
因此．
【点睛】
此题主要是运用了切线长定理，用已知数和未知数表示所有的切线长，再进一步列方程求解．
25．如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过点A作AB⊥OP，垂足为点C，交⊙O于点B，延长BO与PA的延长线交于点D．
（1）求证：PB为⊙O的切线；
（2）若OB=3，OD=5，求OP的长．

【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】
（1）连接OA，已知AB⊥OP，OB=OA，根据等腰三角形的三线合一的性质可得∠BOP=∠AOP；根据切线的性质定理可得∠OAP=90°，证明△OBP≌△OAP，根据全等三角形的性质可得∠OBP=∠OAP=90°．由此即可证得结论；
（2）在Rt△AOD中，根据勾股定理求得AD=4，由切线长定理可得PA=PB，在Rt△DBP中，根据勾股定理求得PB= 6，再在Rt△OBP中，根据勾股定理求得OP=3．
【详解】
（1）证明：连接OA，

∵AB⊥OP，OB=OA，
∴∠BOP=∠AOP，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
在△OBP与△OAP中，
∴△OBP≌△OAP（SAS），
∴∠OBP=∠OAP=90°．
∴OB⊥PB．
∴PB是⊙O的切线；
（2）∵OD=5，OA=OB=3，∴在Rt△AOD中，AD==4，
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA=PB，
在Rt△DBP中，PD2=PB2+BD2，即（PB+4）2=PB2+82，
解得，PB= 6，
在Rt△OBP中，OP==3．
【点睛】
本题主要考查了切线的判定定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质及切线长定理，熟悉图形的几何关系是解题的关键.
26．如图，ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，经过点C的⊙O与斜边AB相切于点D，交AC边于点E．
（1）求证：∠ACD＝∠B；
（2）若BC＝6，AC＝8，求AD、CD的长．

【答案】（1）见解析；（2）4，
【分析】
（1）连接OD，如图，根据切线的性质得到∠ODB＝90°，∠ABC+∠COD＝180°，再根据等角的补角得到∠AOD＝∠ABC，然后根据圆周角定理得到∠AOD＝2∠ACD，从而得到结论；
（2）先利用勾股定理计算出在AB＝10，再利用切线长定理得到BD＝BC＝6，利用线段差可得AD＝4，设⊙O的半径为r，则OD＝OC＝r，OA＝8﹣r，利用勾股定理得到r2+42＝（8﹣r）2，解得r＝3，连接OB交CD于H，如图，则OB垂直平分CD，然后利用面积法可计算出CH，从而得到CD的长．
【详解】
（1）证明：连接OD，如图，


∵AB为切线，
∴OD⊥AB，
∴∠ODB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC+∠COD＝180°，
∵∠AOD+∠COD＝180°，
∴∠AOD＝∠ABC，
∵OD=OC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵∠AOD＝∠OCD+∠ODC =2∠ACD，
∴∠ACD＝∠ABC；
（2）解：在Rt△ABC中，AB＝＝10，
∵OC⊥CB，OC为半径，
∴BC为切线，
∴BD＝BC＝6，
∴AD＝4，
设⊙O的半径为r，则OD＝OC＝r，OA＝8﹣r，
在Rt△AOD中，r2+42＝（8﹣r）2，
解得r＝3，
∴OC＝3，
连接OB交CD于H，如图，
∵OC＝OD，BC＝BD，
∴OB垂直平分CD，
在Rt△OCB中，OB＝，
∵OB•CH＝OC•BC，
∴CH＝，
∴CD＝2CH＝．

【点睛】
本题考查切线性质，四边形内角和，等角的补角性质，圆周角定理，等腰三角形性质，外角性质，勾股定理，切线长定理，三角形面积掌握并会利用这些知识是解题关键．
27．如图，中，的长分别为．求的内切圆半径r．

【答案】r＝
【分析】
连接OA，OB，OC，设OO与AB，BC，CA的切点分别为点D，E，F，连接OD，OE，OF，然后结合三角形面积进行分析求解．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，OC，设OO与AB，BC，CA的切点分别为点D，E，F，连接OD，OE，OF，则OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∴S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC
＝AB·OD＋BC·OE＋AC·OF
＝AB·r＋BC·r＋AC·r
＝r(AB＋BC＋AC)
＝r(a＋b＋c)．
又∵S△ABC＝·AC·BC＝ab，
∴r·(a＋b＋c)＝ab，
∴r＝

【点睛】
此题考查了内切圆的性质、以及直角三角形的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
28．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．
（1）尺规作图：作三角形ABC的内切圆⊙O，⊙O分别与AB、BC、CA相切于点D、E、F保留作图痕迹，不写作法．
（2）求⊙O的半径r．

【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）首先由三角形的内心是三角形三个角平分线的交点，确定圆心，然后作边的垂线，确定半径，继而可求得△ABC的内切圆；
（2）由三角形的面积等于其内切圆的半径与周长积的一半，即可求得△ABC的内切圆的半径．
【详解】
解：（1）如图所示，⊙O即为所求；

（2）如图，连接OC，OD，OF，

设△ABC内切圆的半径为r，则OD＝OE＝OF＝r，
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝10，
∴S△ABC＝AC•BC＝×6×8＝24，AB+AC+BC＝24，
∵S△ABC＝S△AOB + S△BOC+ S△AOC
＝AB·OD+BC·OE+AC·OF
＝AB·r +BC·r +AC·r
＝（AB+AC+BC）r，
∴r＝
＝
＝2．
【点睛】
此题主要考查了作图﹣﹣复杂作图，关键是掌握三角形的内心是三角形角平分线的交点．
29．已知的三边长分别为，Ⅰ为的内心，且Ⅰ在的边上的射影分别为．

（1）若，求内切圆半径r；
（2）求证：．
【答案】（1）1；（2）见解析
【分析】
（1）先得到△ABC为直角三角形，再根据面积相等求出△ABC内切圆的半径；
（2）利用切线的判定与性质以及切线长定理得出AF=AE，BF=BD，CD=EC，进而求出即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴△ABC是直角三角形，
设△ABC内切圆的半径为，由△ABC的面积可得：
=，
即=，
解得：r=1，
∴△ABC的内切圆半径为1；
（2）∵I为△ABC的内心，且I在△ABC的边BC，AC，AB上的射影分别为D，E，F，
∴D、E、F分别是⊙I的三边切点，
∴AF=AE，BF=BD，CD=EC，
设AE=AF=x，则EC=b-x，BF=c-x，
故BC=a=b-x+c-x，
整理得出：x=，
即AE=AF=．
【点睛】
此题主要考查了三角形的内切圆与内心，利用切线长定理得出是解题关键．
30．如图，以Rt△ABC的AC边为直径作⊙O交斜边AB于点E，连接EO并延长交BC的延长线于点D，点F为BC的中点，连接EF和AD．

（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，∠EAC＝60°，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）AD＝．
【分析】
（1）连接FO，可根据三角形中位线的性质可判断易证OF∥AB，然后根据直径所对的圆周角是直角，可得CE⊥AE，进而知OF⊥CE，然后根据垂径定理可得∠FEC＝∠FCE，∠OEC＝∠OCE，再通过Rt△ABC可知∠OEC＋∠FEC＝90°，因此可证FE为⊙O的切线；
（2）在Rt△OCD中和Rt△ACD中，分别利用勾股定理分别求出CD,AD的长即可 ．
【详解】
（1）证明：连接CE，如图所示：
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC＝90°．
∴∠BEC＝90°，
∵点F为BC的中点，
∴EF＝BF＝CF，
∴∠FEC＝∠FCE，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵∠FCE+∠OCE＝∠ACB＝90°，
∴∠FEC+∠OEC＝∠OEF＝90°，
∴EF是⊙O的切线．
（2）解：∵OA＝OE，∠EAC＝60°，
∴△AOE是等边三角形．
∴∠AOE＝60°，
∴∠COD＝∠AOE＝60°，
∵⊙O的半径为2，
∴OA＝OC＝2
在Rt△OCD中，∵∠OCD＝90°，∠COD＝60°，
∴∠ODC＝30°，
∴OD＝2OC＝4，
∴CD＝．
在Rt△ACD中，∵∠ACD＝90°，AC＝4，CD＝．
∴AD＝＝．

【点睛】本题主要考查直角三角形、全等三角形的判定与性质以及与圆有关的位置关系 ．