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北师大版九年级数学下册 专题3.17 切线长定理（知识讲解）（附答案）
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这是一份北师大版九年级数学下册 专题3.17 切线长定理（知识讲解）（附答案），共42页。
1.了解切线长定义；理解切线的判定和性质；理解三角形的内切圆及内心的定义；
2.掌握切线长定理；利用切线长定理解决相关的计算和证明.
【要点梳理】
要点一、切线的判定定理和性质定理
1．切线的判定定理：
经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
特别说明：切线的判定方法：
（1）定义：直线和圆有唯一公共点时，这条直线就是圆的切线；
（2）定理：和圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；
（3）判定定理：经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.（切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可）.
2．切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.
特别说明：切线的性质：
（1）切线和圆只有一个公共点；
（2）切线和圆心的距离等于圆的半径；
（3）切线垂直于过切点的半径；
（4）经过圆心垂直于切线的直线必过切点；
（5）经过切点垂直于切线的直线必过圆心.
要点二、切线长定理
1．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.
特别说明：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段.
2．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角.
特别说明： 切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.
3．圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边之和相等.
要点三、三角形的内切圆
1．三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.
2．三角形的内心：三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心.
特别说明：
(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；
(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半，即(S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).
(3) 三角形的外心与内心的区别：
【典型例题】
类型一、切线的定义
1．下列命题中正确的是（ ）
A．与圆有公共点的直线是圆的切线
B．经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的直径
C．垂直于圆的半径的直线是圆的切线
D．到圆心的距离等于圆的半径的直线是圆的切线
【答案】D
解：A．割线与圆相交也有公共点，但不是圆的切线，故此选项不正确；B．符合切线的概念，而不是圆的直径，故此选项不正确；C．应该为经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的切线，故此选项不正确；D．符合圆的切线概念，故此选项正确．
【变式1】下面给出了用三角尺画一个圆的切线的步骤示意图，但顺序需要进行调整，则正确的画图步骤是（ ）
A．②③④①B．③②④①C．②④①③D．③①②④
【答案】A
解：略
【变式2】如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（ ）
A．以OA为半径的圆B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆D．以OD为半径的圆
【答案】D
【分析】根据直线与圆的位置关系进行判断．
解：于，
以为圆心，为半径的圆与直线相切，
故选：D．
【点拨】本题考查直线与圆的位置关系—相切，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式3】如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（ ）
A．∠A＝50°，∠C＝40°B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2D．⊙A与AC的交点是AC中点
【答案】D
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB＝AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
【点拨】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是解题的关键．
类型二、构成切线的条件
2．张老师在讲解复习《圆》的内容时，用投影仪屏幕展示出如下内容：
如图，内接于，直径的长为2，过点的切线交的延长线于点．
张老师让同学们添加条件后，编制一道题目，并按要求完成下列填空．
（1）在屏幕内容中添加条件，则的长为______．
（2）以下是小明、小聪的对话：
参考上面对话，在屏幕内容中添加条件，编制一道题目（此题目不解答，可以添线、添字母）．______．
【答案】3 ，求的长
【分析】(1)连接OC，如图，利用切线的性质得∠OCD=90°，再根据含30°的直角三角形三边的关系得到OD=2，然后计算OA+OD即可；
(2)添加∠DCB=30°，求ACAC的长，利用圆周角定理得到∠ACB=90°，再证明∠A=∠DCB=30°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系求AC的长．
解：解：(1)连接OC，如图，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=30°，
∴OD=2OC=2，
∴AD=AO+OD=1+2=3；
(2)添加∠DCB=30°，求AC的长，
解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠OCB=90°，∠OCB+∠DCB=90°，
∴∠ACO=∠DCB，
∵∠ACO=∠A，
∴∠A=∠DCB=30°，
在Rt△ACB中，BC= AB=1，
∴AC= = ．
故答案为3；，求的长.
【点拨】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，得出垂直关系．
【变式1】如图，已知，M为OB边上任意一点，以M为圆心，2cm为半径作，当________cm时，与OA相切.
【答案】4
【分析】过M作MN⊥OA于点N，此时以MN为半径的圆与OA相切，根据30°角所对直角边为斜边的一半可得OM的长.
解：如图，过M作MN⊥OA于点N，
∵MN=2cm，，
∴OM=4cm，
则当OM=4cm时，与OA相切.
故答案为4.
【点拨】本题主要考查切线判定，直角三角形中30°角所对直角边为斜边的一半，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
【变式2】如图所示，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙P的圆心P的坐标为（-3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移的距离为_______________.
【答案】1或5
解：试题分析：当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；
当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．
故答案为1或5．
考点：1．直线与圆的位置关系；2．坐标与图形性质；3．平移的性质．
【变式3】如图，在平面直角坐标系中，过格点A，B，C画圆弧，则点B与下列格点连线所得的直线中，能够与该圆弧相切的格点坐标是( )
A．(5，2)B．(2，4)C．(1，4)D．(6，2)
【答案】D
【分析】根据切线的判定在网格中作图即可得结论．
解：如图，
过格点A，B，C画圆弧，则点B与下列格点连线所得的直线中，
能够与该圆弧相切的格点坐标是(6，2)．
故选：D．
【点拨】本题考查了切线的判定，掌握切线的判定定理是解题的关键.
类型三、证明直线为圆的切线
3．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D在AB的延长线上，且∠BCD＝∠A．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为3，CD＝4，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析（2）2
【分析】（1）连接OC，由AB是⊙O的直径可得出∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°，由等腰三角形的性质结合∠BCD=∠A，即可得出∠OCD=90°，即CD是⊙O的切线；
（2）在Rt△OCD中，由勾股定理可求出OD的值，进而可得出BD的长．
解：解：（1）如图，连接OC．
∵AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°．
∵OA=OC，∠BCD=∠A，
∴∠ACO=∠A=∠BCD，
∴∠BCD+∠OCB=90°，即∠OCD=90°，
∴CD是⊙O的切线．
（2）在Rt△OCD中，∠OCD=90°，OC=3，CD=4，
∴OD==5，
∴BD=OD﹣OB=5﹣3=2．
【变式1】如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且＝，过点E作EF⊥BC于点F，延长FE和BA的延长线交于点G．
（1）证明：GF是⊙O的切线；
（2）若AG＝6，GE＝6，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）连接OE，由知∠1＝∠2，由∠2＝∠3可证OE∥BF，根据BF⊥GF得OE⊥GF，得证；
（2）设OA＝OE＝r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r＝3．
解：（1）如图，连接OE，
∵，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴OE∥BF，
∵BF⊥GF，
∴OE⊥GF，
∴GF是⊙O的切线；
（2）设OA＝OE＝r，
在Rt△GOE中，∵AG＝6，GE＝6，
∴由OG2＝GE2+OE2可得（6+r）2＝（6）2+r2，
解得：r＝3，
故⊙O的半径为3．
【点拨】本题考查圆切线的性质,关键在于熟记基本性质,结合图形灵活运用.
【变式2】如图，已知P是⊙O外一点，PO交圆O于点C，OC=CP=2，弦AB⊥OC，劣弧AB的度数为120°，连接PB．
（1）求BC的长；
（2）求证：PB是⊙O的切线．
【答案】（1）2（2）见解析
解：（1）连接OB，
∵弦AB⊥OC，劣弧AB的度数为120°，
∴弧BC与弧AC的度数为：60°．∴∠BOC=60°．
∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．
∵OC =2，∴BC=OC=2．
（2）证明：∵OC=CP，BC=OC，∴BC=CP．
∴∠CBP=∠CPB．
∵△OBC是等边三角形，∴∠OBC=∠OCB=60°．∴∠CBP=30°．
∴∠OBP=∠CBP+∠OBC=90°．∴OB⊥BP．
∵点B在⊙O上，∴PB是⊙O的切线．
（1）连接OB，由弦AB⊥OC，劣弧AB的度数为120°，易证得△OBC是等边三角形，则可求得BC的长．
（2）由OC=CP=2，△OBC是等边三角形，可求得BC=CP，即可得∠P=∠CBP，又由等边三角形的性质，∠OBC=60°，∠CBP=30°，则可证得OB⊥BP，从而证得PB是⊙O的切线．
类型四、切线的性质
4．如图，AB是直径，分别过上点B,C的切线，且，连接AC．求的度数.
【答案】
【分析】首先连接OC，由BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，且∠BDC＝110°，可求得∠BOC的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
解：连接OC，
∵BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，
∴OC⊥CD，OB⊥BD，
∴∠OCD＝∠OBD＝90°，
∵∠BDC＝110°，
∴∠BOC＝360°−∠OCD−∠BDC−∠OBD＝70°，
∴∠A＝∠BOC＝35°．
【点拨】此题考查了切线的性质以及圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式1】如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的两点与相交于点是半圆所在圆的切线，与的延长线相交于点，
求证：；
若求平分．
【答案】证明见解析；证明见解析．
【分析】利用证明利用为直径，证明结合已知条件可得结论；
利用等腰三角形的性质证明： 再证明 利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明： 从而可得答案．
证明：
为直径，
．
证明：
为半圆的切线，
平分．
【点拨】本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2】如图，BE是圆O的直径，点A和点D是⊙O上的两点，过点A作⊙O的切线交BE延长线于点C,
（1）若∠ADE=25°，求∠C的度数；
（2）若AB=AC，CE=2，求⊙O半径的长．
【答案】（1）∠C=40°；（2）⊙O的半径为2．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质和角之间的关系解答即可；
（2）根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵,∠ADE=25°，
∴∠AOE=2∠ADE=50°，
∴∠C=90°﹣∠AOE=90°﹣50°=40°；
（2）∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵，
∴∠AOC=2∠B，
∴∠AOC=2∠C，
∵∠OAC=90°，
∴∠AOC+∠C=90°，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
∴OA=OC，
设⊙O的半径为r，
∵CE=2，
∴r=(r+2)，
解得：r=2，
∴⊙O的半径为2．
【点拨】本题考查了切线的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
【变式3】已知，分别与相切于点，，，为上一点．
（Ⅰ）如图①，求的大小；
（Ⅱ）如图②，为的直径，与相交于点，若，求的大小．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）连接OA、OB，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和等于360°计算；
（Ⅱ）连接CE，根据圆周角定理得到∠ACE=90°，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质计算即可．
解：解：（Ⅰ）如图，连接．
∵是的切线，
∴，．
即．
∵，
∴在四边形中，．
∵在中，，
∴．
（Ⅱ）如图，连接．
∵为的直径，
∴．
由（Ⅰ）知，，
∴．
∴．
∵在中，，
∴．
又是的一个外角，有，
∴．
【点拨】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键
类型五、切线的性质与判定综合
5如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE=∠C
（1）求证：AE与⊙O相切于点A；
（2）若AE∥BC，BC=2，AC=2，求AD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AD=2．
【分析】（1）如图，连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D=∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE=∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得：∠BAD=90°，可得结论；
（2）先证明OA⊥BC，由垂径定理得：，FB=BC，根据勾股定理计算AF、OB、AD的长即可．
解：（1）如图，连接OA，交BC于F，
则OA=OB，
∴∠D=∠DAO，
∵∠D=∠C，
∴∠C=∠DAO，
∵∠BAE=∠C，
∴∠BAE=∠DAO，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
即∠DAO+∠BAO=90°，
∴∠BAE+∠BAO=90°，即∠OAE=90°，
∴AE⊥OA，
∴AE与⊙O相切于点A；
（2）∵AE∥BC，AE⊥OA，
∴OA⊥BC，
∴，FB=BC，
∴AB=AC，
∵BC=2，AC=2，
∴BF=，AB=2，
在Rt△ABF中，AF==1，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+（OB﹣AF）2，
∴OB=4，
∴BD=8，
∴在Rt△ABD中，AD=．
【点拨】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及垂径定理的应用，属于基础题，熟练掌握切线的判定方法是关键：有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径，证垂直”．
【变式1】阅读下列材料，完成相应任务：
如图①，是的内接三角形，是的直径，平分交于点，连接，过点作的切线，交的延长线于点．则．
下面是证明的部分过程：
证明：如图②，连接，
是的直径，，
①________．（1）
为的切线，，
，（2）
由（1）（2）得，②________________．
平分．
，
③________，
．
任务：
（1）请按照上面的证明思路，补全证明过程：
①________，②________，③________；
（2）若，求的长．
【答案】（1）①，②，③；（2）．
【详解】（1）①，②，③；（2）为的切线，
．
，
，
，
．
在中，
．
【变式2】如图，在中，D是边上一点，以为直径的经过点A，且．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求弦的长．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）
【分析】（1）如图，连接，由圆周角定理可得，由等腰三角形的性质可得，可得，可得结论；
（2）由勾股定理可求，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长．
解：（1）直线是的切线，
理由如下：如图，连接，
为的直径，
，
，
，
又，
，
，
，
又是半径，
直线是的切线；
（2）过点作于，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点拨】本题考查了切线的判定，圆的有关知识，勾股定理等知识，求圆的半径是本题的关键．
类型六、用切线长定理求解
6．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝20°，求∠P的度数．
【答案】40°
【分析】根据切线长定理得等腰△PAB，运用三角形内角和定理求解即可．
解：∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∴PA=PB，∠PAC=90°，∴∠PAB=90°﹣∠BAC=90°﹣20°=70°．
∵PA=PB，∴∠PAB=∠PBA=70°，∴∠P=180°﹣70°×2=40°．
【点拨】本题考查了切线长定理和切线的性质，得出PA=PB是解题的关键．
【变式1】已知PA，PB分别切⊙O于A，B，E为劣弧AB上一点，过E点的切线交PA于C，交PB于D．
(1)若PA＝6，求△PCD的周长；
(2)若∠P＝50°，求∠DOC．
【答案】(1)△PCD的周长为12；(2)∠DOC＝65°.
【分析】(1) )连接OE，由切线长定理可得PA＝PB＝6,AC＝CE，BD＝DE.再由△PCD的周长＝PC＋PD＋CD＝PC＋PD＋CE＋DE＝PC＋PD＋AC＋BD＝PA＋PB即可求得△PCD的周长；（2）根据已知条件易求∠AOB＝130°；再证明Rt△AOC≌Rt△EOC，由全等三角形的性质可得∠AOC＝∠COE.同理可求得∠DOE＝∠BOD，由此可得∠DOC＝∠AOB＝65°.
解：(1)连接OE，
∵PA，PB与⊙O相切，∴PA＝PB＝6.
同理可得：AC＝CE，BD＝DE.
∴△PCD的周长＝PC＋PD＋CD＝PC＋PD＋CE＋DE＝PC＋PD＋AC＋BD＝PA＋PB＝12.
(2)∵PA，PB与⊙O相切，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°.又∵∠P＝50°，
∴∠AOB＝360°－90°－90°－50°＝130°.
在Rt△AOC和Rt△EOC中，
∴Rt△AOC≌Rt△EOC(HL)．
∴∠AOC＝∠COE.
同理：∠DOE＝∠BOD，
∴∠DOC＝∠AOB＝65°.
【点拨】本题考查了切线的性质定理及切线长定理，熟练运用切线的性质定理及切线长定理是解决问题的关键.
【变式2】已知：PA、PB、CD分别切⊙O于A、B、E三点，PA＝6．求：
（1）△PCD的周长；
（2）若∠P＝50°，求∠COD的度数．
【答案】(1)12;(2) 65°.
【解析】
【分析】（1）根据切线长定理，即可得到PA=PB，ED=AD，CE=BC，从而求得三角形的周长=2PA；
（2）连接OE，根据切线的性质得出∠P+∠AOB=180°，由切线长定理得∠COD= ∠AOB，即可得出结果．
解：（1）∵PA、PB切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，
∴PA＝PB＝6，ED＝AD，CE＝BC；
∴△PCD的周长＝PD+DE+PC+CE＝2PA＝12；
（2）连接OE，如图所示：
由切线的性质得，OA⊥PA，OB⊥PB，OE⊥CD，
∴∠OAC＝∠OEC＝∠OED＝∠OBD＝90°，
∴∠AOB+∠P＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣∠P＝130°，
由切线长定理得：∠AOC＝∠EOC，∠EOD＝∠BOD，
∴∠COD＝∠AOB＝×130°＝65°．
【点拨】本题考查的知识点是切线的性质、切线长定理；解题关键是熟记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．
【变式3】如图，⊙O与△ABC的AC边相切于点C，与BC边交于点E，⊙O过AB上一点D，且DE∥AO，CE是⊙O的直径．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，EC＝6，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）AC＝6
【分析】（1）要证AB切线，连接半径OD，证∠ADO＝90°即可，由∠ACB＝90°，由OD＝OE，DE∥OA，可得∠AOD＝∠AOC，证△AOD≌△AOC（SAS）即可，
（2）AB是⊙O的切线，∠BDO＝90°，由勾股定理求BE，BC＝BE+EC可求，利用AD，AC是⊙O的切线长，设AD＝AC＝x，在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2构造方程求AC即可．
解：（1）证明：连接OD，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∵DE∥OA，
∴∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，
∴∠AOD＝∠AOC，
∵AC是切线，
∴∠ACB＝90°，
在△AOD和△AOC中
，
∴△AOD≌△AOC（SAS），
∴∠ADO＝∠ACB＝90°，
∵OD是半径，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的切线，
∴∠BDO＝90°，
∴BD2+OD2＝OB2，
∴42+32＝（3+BE）2，
∴BE＝2，
∴BC＝BE+EC＝8，
∵AD，AC是⊙O的切线，
∴AD＝AC，
设AD＝AC＝x，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，
∴（4+x）2＝x2+82，
解得：x＝6，
∴AC＝6．
【点拨】本题考查AB切线与切线长问题，掌握连接半径OD，证∠ADO＝90°是证切线常用方法，利用△AOD≌△AOC（SAS）来实现目标，先在Rt△BOD，用勾股定理求BE，再利用AD，AC是⊙O的切线长，在Rt△ABC中，用勾股定理构造方程求AC是解题关键．
类型七、用切线长定理证明
7．如图，在中，，以为直径的交于，点在线段上，且.
(1)求证：是的切线．
(2)若，求的半径．
【答案】(1)证明见解析；(2)的半径为1.
【分析】（1）如图（见解析），连接OD，先根据等边对等角求出，再根据直角三角形两锐角互余得，从而可得，最后根据圆的切线的判定定理即可得证；
（2）先根据圆的切线的判定定理得出是的切线，再根据切线长定理可得，从而可得AC的长，最后在中，利用直角三角形的性质即可得.
解：如图，连接
又，则
，且OD为的半径
是的切线；
（2），是直径
是的切线
由（1）知，是的切线
在中，，则
故的半径为1.
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、圆的切线的判定定理、切线长定理，较难的是（2），利用切线长定理求出EC的长是解题关键.
【变式1】如图，⊙O是△ABC的内切圆，且⊙O与△ABC的三边分别切于点D、E、F，已知AB长为10cm，BC长为6cm，AC长为8cm．
（1）求AE、CD、BF的长；
（2）连接OD，OE，判断四边形ODCE的形状，并说明理由；
（3）求⊙O的面积．
【答案】（1）AE=6cm；CD=2cm；BF=4cm；（2）四边形ODCE是正方形，理由见解析；（3）4π．
【分析】（1）根据切线长定理列出方程组可以得到解答；
（2）连接OD、OE，则由切线性质和勾股定理可得∠C=∠OEC=∠ODC=90°，所以四边形ODCE是矩形，再由OE=OD可知四边形ODCE是正方形；
（3）由（2）可得⊙O的半径OD=CD=2cm，所以由面积公式即可求得⊙O的面积．
解：（1）设AE=xcm，CD=ycm，BF=zcm，
则由切线长定理可得：AF=AE=x，CE=CD=ycm，BD=BF=zcm，
∴由题意可得：，解之可得： ，
∴AE=6cm，CD=2cm，BF=4cm；
（2）四边形ODCE是正方形，理由如下：
如图，连接OD、OE，
∵，
∴∠C=90°，
又CA、CB与⊙O相切，∴∠OEC=∠ODC=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∵OD=OE，∴四边形ODCE是正方形；
（3）由（2）知，⊙O的半径OD=CD=2cm，
∴．
【点拨】本题考查圆、正方形和二元一次方程组的综合应用，熟练掌握圆的切线性质和切线长定理、勾股定理、正方形的判定和性质及圆的面积求法是解题关键．
【变式2】如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，CD平分∠ACB交AB于点D，点O在AC上，以CO为半径的圆经过点D，AE切⊙O于E．
（1）求证：AD=AE．
（2）填空：
①当∠ACB=_______时，四边形ADOE是正方形；
②当BC=__________时，四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）①45º；②2
【分析】（1）先证明OD∥BC，证出AB是圆的切线，利用切线长定理判断出AE=AD；
（2）①当四边形ADOE是正方形，利用正方形的性质可求∠AOD=45°，再由平行线的性质求∠ACB=45°；
②当四边形ADCE是菱形，利用菱形的性质可求∠CAD=∠ACD，进而可求∠CAD =∠ACD=∠BCD=30°，然后根据30°角的性质和勾股定理求解即可．
解：（1）证明：连接OE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠OCD=∠BCD，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∴∠ODC=∠BCD，
∴OD//BC，
∵∠B=90°，
∴∠ADO=90°，
∴AD是圆O的切线，
∵AE是圆O的切线，
∴AD=AE．
（2）①45°；②2，理由如下：
①∵ADOE是正方形，
∴OD=AD，
∴∠AOD=45°，
∵OD//BC，
∴∠ACB=45°；
②连接CE，
∵四边形ADCE为菱形，
∴AD=CD，∠CAD=∠ACD，
∵∠BCD=∠ACD，
∴∠CAD =∠ACD=∠BCD=30°，
∴CD=2BD，
∴AD=2BD，
∵AB=6，
∴BD=2，AD=CD=4，
∴BC=2，
故答案为：45°；2．
【点拨】此题是考查了切线的判定，切线长定理，正方形的性质，菱形的性质，含30°角的性质，以及勾股定理等知识，关键是根据切线的判定与性质，正方形的性质和菱形的性质解答．
类型八、直角三角形周长、面积和内切圆半径关系
8．如图，已知锐角内接于⊙O， 于点D，连结AO.
⑴若.
①求证：；
②当时，求面积的最大值；
⑵点E在线段OA上，，连接DE，设，（m、n是正数），若，求证：
【答案】（1）①见解析；②△ABC面积的最大值是；（2）见解析.
【分析】（1）①连接OB，OC，由圆的性质可得答案；
②先作AF⊥BC，垂足为点F，要使得面积最大，则当点A，O，D在同一直线上时取到，再根据三角形的面积公式即可得到答案；
（2）先设∠OED=∠ODE=α，∠COD=∠BOD=β，由锐角三角形性质得到
即 ，再结合题意及三角形内角和的性质得到
两式联立即可得到答案.
解：（1）①证明：连接OB，OC，
因为OB=OC，OD⊥BC，
所以∠BOD=∠BOC=×2∠BAC=60°，
所以OD=OB=OA
②作AF⊥BC，垂足为点F，
所以AF≤AD≤AO+OD=，等号当点A，O，D在同一直线上时取到
由①知，BC=2BD=，
所以△ABC的面积
即△ABC面积的最大值是
（2）设∠OED=∠ODE=α，∠COD=∠BOD=β，
因为△ABC是锐角三角形，
所以∠AOC+∠AOB+2∠BOD=360°，
即 （*）
又因为∠ABC<∠ACB，
所以∠EOD=∠AOC+∠DOC
因为∠OED+∠ODE+∠EOD=180°，
所以（**）
由（*），（**），得，
即
【点拨】本题综合考查圆的性质、三角形内角和的性质勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆的性质、三角形内角和的性质勾股定理.
【变式1】已知：如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C=90°．
(1)若AC=12cm，BC=9cm，求⊙O的半径r；
(2)若AC=b，BC=a，AB=c，求⊙O的半径r．
【答案】（1）r=3cm. (2) r=（a+b-c）．
【分析】首先设AC、AB、BC与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OFCD是正方形；那么根据切线长定理可得： CD=CF=（AC+BC-AB），由此可求出r的长．
解：（1）如图,连接OD，OF；
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=9cm；
根据勾股定理AB==15cm；
四边形OFCD中，OD=OF，∠ODC=∠OFC=∠C=90°；
则四边形OFCD是正方形；由切线长定理，得：AD=AE，CD=CF，BE=BF；
则CD=CF=（AC+BC-AB）；
即：r=（12+9-15）=3cm．
（2）当AC=b，BC=a，AB=c，由以上可得： CD=CF=（AC+BC-AB）；
即：r=（a+b-c）．则⊙O的半径r为：（a+b-c）．
【点拨】此题主要考查直角三角形内切圆的性质及半径的求法．利用切线长定理得出四边形OFCD是正方形是解题关键．
【变式2】已知关于的一元二次方程.
（1）求证：无论为任何实数，此方程总有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根为、，满足，求的值；
（3）若△的斜边为5，另外两条边的长恰好是方程的两个根、，求的内切圆半径.
【答案】（1）详见解析；（2）2；（3）1
【分析】（1）将二次项系数，一次项系数，常数项分别代入根的判别式△中，并进行整理，可得，恒大于等于0，故此一元二次方程无论为任何实数时，此方程总有两个实数根
（2）根据根与系数的关系可知，，将进行分式的加法，再将，代入即可求得k.
（3）解一元二次方程可得，，由题意△的斜边为5，通过勾股定理可求得，k=4，根据直角三角形中的内切圆半径为r=（a+b-c）/2 (a,b为直角边，c为斜边)，代入即可求得半径.
解：（1）证明：∵，
无论为任何实数时，此方程总有两个实数根.
（2）由题意得：，，
即，
解得：；
解：
解方程得：，
根据题意得：，即
设直角三角形的内切圆半径为，如图，
由切线长定理可得：，
直角三角形的内切圆半径=；
【点拨】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，直角三角形内切圆的半径，解本题的关键是掌握根据直角三角形三边求其内切圆的半径公式.
【变式3】如图所示，在中，
（1）求.
（2）求内切圆半径.
【答案】（1）；（2）内切圆半径为1.
【分析】（1）由三角形内角和可得∠CBA+∠CAB=90°，由O为内切圆圆心可得OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，即可得出∠OAB+∠OBA=45°，根据三角形内角和求出∠BOA的度数即可；（2）连接OD，OE、OF，由切线性质可得OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，由∠C=90°，OD=OE可证明四边形DCEO是正方形，可得OD=CD，利用勾股定理可求出AB的长，根据切线长定理可得CD=CE，AE=AF，BD=BF，设内切圆半径OD=r，根据AB=BF+AF列方程即可求出r的值，即可得答案.
解：（1）∵∠C=90°，
∴∠CBA+∠CAB=90°，
∵O为内切圆圆心，
∴OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，
∴∠OAB+∠OBA=∠CBA+∠CAB=45°，
∴∠BOA=180°-45°=135°.
（2）连接OD，OE、OF，
∵AB、AC、BC是切线，切点为D、E、F，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，CD=CE，AE=AF，BD=BF，
∵∠C=90°，OD=OE，
∴四边形DCEO是正方形，
∴CD=OD，
设OD=r，
∴AF=AE=3-r，BF=BD=4-r，
∵AC=3，BC=4，
∴AB==5，
∴AB=BF+AF=3-r+4-r=5，
解得r=1，即内切圆半径为1.
【点拨】本题考查了三角形的内切圆的性质、切线长定理、正方形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解题关键．
类型九、三角形外接圆和内切圆综合
9．如图，△ABC内接于⊙O，AD是△ABC的中线，AE∥BC，射线BE交AD于点F，交⊙O于点G，点F是BE的中点，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE为平行四边形；
（2）若BC=2AB，求证: ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）根据三角形中位线的性质和平行四边形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
解：（1）∵AD是△ABC的中线，
∴D是BC的中点，
∵F是BE的中点，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF∥CE，
∴AD∥CE，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AE=CD，
∵AD是△ABC的中线，
∴BC=2CD，
∴BC=2AE，
∵BC=2AB，
∴AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠DBE，
∴∠ABE=∠DBE，
∴．
【点拨】此题考查三角形的外接圆与外心，关键是根据三角形中位线的性质和平行四边形的判定证明．
【变式】如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦BD交AC于点E，连接CD，且AE=DE，BC=CE．
（1）求∠ACB的度数；
（2）过点O作OF⊥AC于点F，延长FO交BE于点G，DE=3，EG=2，求AB的长．
【答案】（1）∠ACB=60°；
（2）AB=7．
分析：（1）由题意可得出△AEB≌△DEC，从而可得出△EBC为等边三角形，即可得出答案；
（2）由已知得出EF，BC的长，进而得出CM，BM的长，再求出AM的长，再由勾股定理求出AB的长．
试题解析：（1）在△AEB和△DEC中
，
∴△AEB≌△DEC（ASA），
∴EB=EC，
又∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠ACB=60°；
（2）∵OF⊥AC，
∴AF=CF，
∵△EBC为等边三角形，
∴∠GEF=60°，
∴∠EGF=30°，
∵EG=2，
∴EF=1，
又∵AE=ED=3，
∴CF=AF=4，
∴AC=8，EC=5，
∴BC=5，
作BM⊥AC于点M，∵∠BCM=60°，
∴∠MBC=30°，
∴CM=，BM=，
∴AM=AC﹣CM=，
∴AB==7．
考点：1、全等三角形的判定与性质；2、等边三角形的判定与性质；3、三角形的外接圆与外心；4、勾股定理．
类型十、圆的综合题
10．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF=AE，连接FB，FC，
（1）求证：四边形ABFC是菱形；
（2）若AD=7，BE=2，求半圆和菱形ABFC的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
分析：（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设CD=x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题.
详解：
（1）证明：∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴BE=CE，
∵AE=EF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AC=AB，
∴四边形ABFC是菱形．
（2）设CD=x．连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
∴AB2﹣AD2=CB2﹣CD2，
∴（7+x）2﹣72=42﹣x2，
解得x=1或﹣8（舍弃）
∴AC=8，BD==，
∴S菱形ABFC=8．
点拨：本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式 】如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD，PO.
（1）求证：△CDP≌△POB；
（2）填空：
① 若AB=4，则四边形AOPD的最大面积为 ；
② 连接OD，当∠PBA的度数为 时，四边形BPDO是菱形.
【答案】（1）参见解析；（2）①4；②60.
解：试题分析：（1）利用边角边证明这两个三角形全等；（2）①当∠CAB=90º时，四边形AOPD有最大面积,此时等于AO乘以AD的值；②当四边形BPDO是菱形时，可推出OB=OP=OD=DP,三角形DPO是等边三角形，所以∠PDO=60º，∵菱形对角相等，∴∠PBA的度数也等于60º.
试题解析：（1）∵D是AC的中点，且PC=PB，∴DP∥AB,DP=AB,∴∠CPD=∠PBO,∵OB=AB,∴DP=OB,∴△CDP≌△POB；（2）①∵四边形AOPD是平行四边形，当高等于AD时，四边形AOPD有最大面积,此时∠CAB=90º，最大面积=AO×AD=2×2=4；②当四边形BPDO是菱形时，OD=DP=OB,∵OB=OP，∴OP=OD=DP,∴△DPO是等边三角形，∴∠PDO=60º，∵菱形对角相等，∴∠PBA=∠PDO=60º.
考点：三角形、四边形与圆的综合知识考查. 名称
确定方法
图形
性质
外心(三角形外接圆的圆心)
三角形三边中垂线的交点
(1)OA=OB=OC；(2)外心不一定在三角形内部
内心(三角形内切圆的圆心)
三角形三条角平分线的交点
(1)到三角形三边距离相等；(2)OA、OB、OC分别平分
∠BAC、∠ABC、∠ACB；
(3)内心在三角形内部.
小明：我加的条件是，就可以求出的长
小聪：你这样太简单了，我加的是，连结，就可以证明与全等．
1.了解切线长定义；理解切线的判定和性质；理解三角形的内切圆及内心的定义；
2.掌握切线长定理；利用切线长定理解决相关的计算和证明.
【要点梳理】
要点一、切线的判定定理和性质定理
1．切线的判定定理：
经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
特别说明：切线的判定方法：
（1）定义：直线和圆有唯一公共点时，这条直线就是圆的切线；
（2）定理：和圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；
（3）判定定理：经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.（切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可）.
2．切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.
特别说明：切线的性质：
（1）切线和圆只有一个公共点；
（2）切线和圆心的距离等于圆的半径；
（3）切线垂直于过切点的半径；
（4）经过圆心垂直于切线的直线必过切点；
（5）经过切点垂直于切线的直线必过圆心.
要点二、切线长定理
1．切线长：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.
特别说明：切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称.切线是直线，而非线段.
2．切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角.
特别说明： 切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等.
3．圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边之和相等.
要点三、三角形的内切圆
1．三角形的内切圆：与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆.
2．三角形的内心：三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心.
特别说明：
(1) 任何一个三角形都有且只有一个内切圆，但任意一个圆都有无数个外切三角形；
(2) 解决三角形内心的有关问题时，面积法是常用的，即三角形的面积等于周长与内切圆半径乘积的一半，即(S为三角形的面积，P为三角形的周长，r为内切圆的半径).
(3) 三角形的外心与内心的区别：
【典型例题】
类型一、切线的定义
1．下列命题中正确的是（ ）
A．与圆有公共点的直线是圆的切线
B．经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的直径
C．垂直于圆的半径的直线是圆的切线
D．到圆心的距离等于圆的半径的直线是圆的切线
【答案】D
解：A．割线与圆相交也有公共点，但不是圆的切线，故此选项不正确；B．符合切线的概念，而不是圆的直径，故此选项不正确；C．应该为经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的切线，故此选项不正确；D．符合圆的切线概念，故此选项正确．
【变式1】下面给出了用三角尺画一个圆的切线的步骤示意图，但顺序需要进行调整，则正确的画图步骤是（ ）
A．②③④①B．③②④①C．②④①③D．③①②④
【答案】A
解：略
【变式2】如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（ ）
A．以OA为半径的圆B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆D．以OD为半径的圆
【答案】D
【分析】根据直线与圆的位置关系进行判断．
解：于，
以为圆心，为半径的圆与直线相切，
故选：D．
【点拨】本题考查直线与圆的位置关系—相切，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式3】如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（ ）
A．∠A＝50°，∠C＝40°B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2D．⊙A与AC的交点是AC中点
【答案】D
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB＝AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
【点拨】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是解题的关键．
类型二、构成切线的条件
2．张老师在讲解复习《圆》的内容时，用投影仪屏幕展示出如下内容：
如图，内接于，直径的长为2，过点的切线交的延长线于点．
张老师让同学们添加条件后，编制一道题目，并按要求完成下列填空．
（1）在屏幕内容中添加条件，则的长为______．
（2）以下是小明、小聪的对话：
参考上面对话，在屏幕内容中添加条件，编制一道题目（此题目不解答，可以添线、添字母）．______．
【答案】3 ，求的长
【分析】(1)连接OC，如图，利用切线的性质得∠OCD=90°，再根据含30°的直角三角形三边的关系得到OD=2，然后计算OA+OD即可；
(2)添加∠DCB=30°，求ACAC的长，利用圆周角定理得到∠ACB=90°，再证明∠A=∠DCB=30°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系求AC的长．
解：解：(1)连接OC，如图，
∵CD为切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=30°，
∴OD=2OC=2，
∴AD=AO+OD=1+2=3；
(2)添加∠DCB=30°，求AC的长，
解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠OCB=90°，∠OCB+∠DCB=90°，
∴∠ACO=∠DCB，
∵∠ACO=∠A，
∴∠A=∠DCB=30°，
在Rt△ACB中，BC= AB=1，
∴AC= = ．
故答案为3；，求的长.
【点拨】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，得出垂直关系．
【变式1】如图，已知，M为OB边上任意一点，以M为圆心，2cm为半径作，当________cm时，与OA相切.
【答案】4
【分析】过M作MN⊥OA于点N，此时以MN为半径的圆与OA相切，根据30°角所对直角边为斜边的一半可得OM的长.
解：如图，过M作MN⊥OA于点N，
∵MN=2cm，，
∴OM=4cm，
则当OM=4cm时，与OA相切.
故答案为4.
【点拨】本题主要考查切线判定，直角三角形中30°角所对直角边为斜边的一半，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
【变式2】如图所示，在平面直角坐标系xOy中，半径为2的⊙P的圆心P的坐标为（-3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移的距离为_______________.
【答案】1或5
解：试题分析：当⊙P位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；
当⊙P位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．
故答案为1或5．
考点：1．直线与圆的位置关系；2．坐标与图形性质；3．平移的性质．
【变式3】如图，在平面直角坐标系中，过格点A，B，C画圆弧，则点B与下列格点连线所得的直线中，能够与该圆弧相切的格点坐标是( )
A．(5，2)B．(2，4)C．(1，4)D．(6，2)
【答案】D
【分析】根据切线的判定在网格中作图即可得结论．
解：如图，
过格点A，B，C画圆弧，则点B与下列格点连线所得的直线中，
能够与该圆弧相切的格点坐标是(6，2)．
故选：D．
【点拨】本题考查了切线的判定，掌握切线的判定定理是解题的关键.
类型三、证明直线为圆的切线
3．如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D在AB的延长线上，且∠BCD＝∠A．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为3，CD＝4，求BD的长．
【答案】（1）证明见解析（2）2
【分析】（1）连接OC，由AB是⊙O的直径可得出∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°，由等腰三角形的性质结合∠BCD=∠A，即可得出∠OCD=90°，即CD是⊙O的切线；
（2）在Rt△OCD中，由勾股定理可求出OD的值，进而可得出BD的长．
解：解：（1）如图，连接OC．
∵AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°．
∵OA=OC，∠BCD=∠A，
∴∠ACO=∠A=∠BCD，
∴∠BCD+∠OCB=90°，即∠OCD=90°，
∴CD是⊙O的切线．
（2）在Rt△OCD中，∠OCD=90°，OC=3，CD=4，
∴OD==5，
∴BD=OD﹣OB=5﹣3=2．
【变式1】如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且＝，过点E作EF⊥BC于点F，延长FE和BA的延长线交于点G．
（1）证明：GF是⊙O的切线；
（2）若AG＝6，GE＝6，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）连接OE，由知∠1＝∠2，由∠2＝∠3可证OE∥BF，根据BF⊥GF得OE⊥GF，得证；
（2）设OA＝OE＝r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r＝3．
解：（1）如图，连接OE，
∵，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴OE∥BF，
∵BF⊥GF，
∴OE⊥GF，
∴GF是⊙O的切线；
（2）设OA＝OE＝r，
在Rt△GOE中，∵AG＝6，GE＝6，
∴由OG2＝GE2+OE2可得（6+r）2＝（6）2+r2，
解得：r＝3，
故⊙O的半径为3．
【点拨】本题考查圆切线的性质,关键在于熟记基本性质,结合图形灵活运用.
【变式2】如图，已知P是⊙O外一点，PO交圆O于点C，OC=CP=2，弦AB⊥OC，劣弧AB的度数为120°，连接PB．
（1）求BC的长；
（2）求证：PB是⊙O的切线．
【答案】（1）2（2）见解析
解：（1）连接OB，
∵弦AB⊥OC，劣弧AB的度数为120°，
∴弧BC与弧AC的度数为：60°．∴∠BOC=60°．
∵OB=OC，∴△OBC是等边三角形．
∵OC =2，∴BC=OC=2．
（2）证明：∵OC=CP，BC=OC，∴BC=CP．
∴∠CBP=∠CPB．
∵△OBC是等边三角形，∴∠OBC=∠OCB=60°．∴∠CBP=30°．
∴∠OBP=∠CBP+∠OBC=90°．∴OB⊥BP．
∵点B在⊙O上，∴PB是⊙O的切线．
（1）连接OB，由弦AB⊥OC，劣弧AB的度数为120°，易证得△OBC是等边三角形，则可求得BC的长．
（2）由OC=CP=2，△OBC是等边三角形，可求得BC=CP，即可得∠P=∠CBP，又由等边三角形的性质，∠OBC=60°，∠CBP=30°，则可证得OB⊥BP，从而证得PB是⊙O的切线．
类型四、切线的性质
4．如图，AB是直径，分别过上点B,C的切线，且，连接AC．求的度数.
【答案】
【分析】首先连接OC，由BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，且∠BDC＝110°，可求得∠BOC的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．
解：连接OC，
∵BD，CD分别是过⊙O上点B，C的切线，
∴OC⊥CD，OB⊥BD，
∴∠OCD＝∠OBD＝90°，
∵∠BDC＝110°，
∴∠BOC＝360°−∠OCD−∠BDC−∠OBD＝70°，
∴∠A＝∠BOC＝35°．
【点拨】此题考查了切线的性质以及圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式1】如图，是半圆的直径，是半圆上不同于的两点与相交于点是半圆所在圆的切线，与的延长线相交于点，
求证：；
若求平分．
【答案】证明见解析；证明见解析．
【分析】利用证明利用为直径，证明结合已知条件可得结论；
利用等腰三角形的性质证明： 再证明 利用切线的性质与直径所对的圆周角是直角证明： 从而可得答案．
证明：
为直径，
．
证明：
为半圆的切线，
平分．
【点拨】本题考查的是圆的基本性质，弧，弦，圆心角，圆周角之间的关系，直径所对的圆周角是直角，三角形的全等的判定，切线的性质定理，三角形的内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2】如图，BE是圆O的直径，点A和点D是⊙O上的两点，过点A作⊙O的切线交BE延长线于点C,
（1）若∠ADE=25°，求∠C的度数；
（2）若AB=AC，CE=2，求⊙O半径的长．
【答案】（1）∠C=40°；（2）⊙O的半径为2．
【分析】（1）连接OA，利用切线的性质和角之间的关系解答即可；
（2）根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】（1）如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵,∠ADE=25°，
∴∠AOE=2∠ADE=50°，
∴∠C=90°﹣∠AOE=90°﹣50°=40°；
（2）∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵，
∴∠AOC=2∠B，
∴∠AOC=2∠C，
∵∠OAC=90°，
∴∠AOC+∠C=90°，
∴3∠C=90°，
∴∠C=30°，
∴OA=OC，
设⊙O的半径为r，
∵CE=2，
∴r=(r+2)，
解得：r=2，
∴⊙O的半径为2．
【点拨】本题考查了切线的性质、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
【变式3】已知，分别与相切于点，，，为上一点．
（Ⅰ）如图①，求的大小；
（Ⅱ）如图②，为的直径，与相交于点，若，求的大小．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）连接OA、OB，根据切线的性质得到∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和等于360°计算；
（Ⅱ）连接CE，根据圆周角定理得到∠ACE=90°，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质计算即可．
解：解：（Ⅰ）如图，连接．
∵是的切线，
∴，．
即．
∵，
∴在四边形中，．
∵在中，，
∴．
（Ⅱ）如图，连接．
∵为的直径，
∴．
由（Ⅰ）知，，
∴．
∴．
∵在中，，
∴．
又是的一个外角，有，
∴．
【点拨】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键
类型五、切线的性质与判定综合
5如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE=∠C
（1）求证：AE与⊙O相切于点A；
（2）若AE∥BC，BC=2，AC=2，求AD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）AD=2．
【分析】（1）如图，连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D=∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE=∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得：∠BAD=90°，可得结论；
（2）先证明OA⊥BC，由垂径定理得：，FB=BC，根据勾股定理计算AF、OB、AD的长即可．
解：（1）如图，连接OA，交BC于F，
则OA=OB，
∴∠D=∠DAO，
∵∠D=∠C，
∴∠C=∠DAO，
∵∠BAE=∠C，
∴∠BAE=∠DAO，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90°，
即∠DAO+∠BAO=90°，
∴∠BAE+∠BAO=90°，即∠OAE=90°，
∴AE⊥OA，
∴AE与⊙O相切于点A；
（2）∵AE∥BC，AE⊥OA，
∴OA⊥BC，
∴，FB=BC，
∴AB=AC，
∵BC=2，AC=2，
∴BF=，AB=2，
在Rt△ABF中，AF==1，
在Rt△OFB中，OB2=BF2+（OB﹣AF）2，
∴OB=4，
∴BD=8，
∴在Rt△ABD中，AD=．
【点拨】本题考查了圆的切线的判定、勾股定理及垂径定理的应用，属于基础题，熟练掌握切线的判定方法是关键：有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径，证垂直”．
【变式1】阅读下列材料，完成相应任务：
如图①，是的内接三角形，是的直径，平分交于点，连接，过点作的切线，交的延长线于点．则．
下面是证明的部分过程：
证明：如图②，连接，
是的直径，，
①________．（1）
为的切线，，
，（2）
由（1）（2）得，②________________．
平分．
，
③________，
．
任务：
（1）请按照上面的证明思路，补全证明过程：
①________，②________，③________；
（2）若，求的长．
【答案】（1）①，②，③；（2）．
【详解】（1）①，②，③；（2）为的切线，
．
，
，
，
．
在中，
．
【变式2】如图，在中，D是边上一点，以为直径的经过点A，且．
（1）判断直线与的位置关系，并说明理由；
（2）若，求弦的长．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）
【分析】（1）如图，连接，由圆周角定理可得，由等腰三角形的性质可得，可得，可得结论；
（2）由勾股定理可求，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长．
解：（1）直线是的切线，
理由如下：如图，连接，
为的直径，
，
，
，
又，
，
，
，
又是半径，
直线是的切线；
（2）过点作于，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点拨】本题考查了切线的判定，圆的有关知识，勾股定理等知识，求圆的半径是本题的关键．
类型六、用切线长定理求解
6．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝20°，求∠P的度数．
【答案】40°
【分析】根据切线长定理得等腰△PAB，运用三角形内角和定理求解即可．
解：∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∴PA=PB，∠PAC=90°，∴∠PAB=90°﹣∠BAC=90°﹣20°=70°．
∵PA=PB，∴∠PAB=∠PBA=70°，∴∠P=180°﹣70°×2=40°．
【点拨】本题考查了切线长定理和切线的性质，得出PA=PB是解题的关键．
【变式1】已知PA，PB分别切⊙O于A，B，E为劣弧AB上一点，过E点的切线交PA于C，交PB于D．
(1)若PA＝6，求△PCD的周长；
(2)若∠P＝50°，求∠DOC．
【答案】(1)△PCD的周长为12；(2)∠DOC＝65°.
【分析】(1) )连接OE，由切线长定理可得PA＝PB＝6,AC＝CE，BD＝DE.再由△PCD的周长＝PC＋PD＋CD＝PC＋PD＋CE＋DE＝PC＋PD＋AC＋BD＝PA＋PB即可求得△PCD的周长；（2）根据已知条件易求∠AOB＝130°；再证明Rt△AOC≌Rt△EOC，由全等三角形的性质可得∠AOC＝∠COE.同理可求得∠DOE＝∠BOD，由此可得∠DOC＝∠AOB＝65°.
解：(1)连接OE，
∵PA，PB与⊙O相切，∴PA＝PB＝6.
同理可得：AC＝CE，BD＝DE.
∴△PCD的周长＝PC＋PD＋CD＝PC＋PD＋CE＋DE＝PC＋PD＋AC＋BD＝PA＋PB＝12.
(2)∵PA，PB与⊙O相切，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°.又∵∠P＝50°，
∴∠AOB＝360°－90°－90°－50°＝130°.
在Rt△AOC和Rt△EOC中，
∴Rt△AOC≌Rt△EOC(HL)．
∴∠AOC＝∠COE.
同理：∠DOE＝∠BOD，
∴∠DOC＝∠AOB＝65°.
【点拨】本题考查了切线的性质定理及切线长定理，熟练运用切线的性质定理及切线长定理是解决问题的关键.
【变式2】已知：PA、PB、CD分别切⊙O于A、B、E三点，PA＝6．求：
（1）△PCD的周长；
（2）若∠P＝50°，求∠COD的度数．
【答案】(1)12;(2) 65°.
【解析】
【分析】（1）根据切线长定理，即可得到PA=PB，ED=AD，CE=BC，从而求得三角形的周长=2PA；
（2）连接OE，根据切线的性质得出∠P+∠AOB=180°，由切线长定理得∠COD= ∠AOB，即可得出结果．
解：（1）∵PA、PB切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，
∴PA＝PB＝6，ED＝AD，CE＝BC；
∴△PCD的周长＝PD+DE+PC+CE＝2PA＝12；
（2）连接OE，如图所示：
由切线的性质得，OA⊥PA，OB⊥PB，OE⊥CD，
∴∠OAC＝∠OEC＝∠OED＝∠OBD＝90°，
∴∠AOB+∠P＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣∠P＝130°，
由切线长定理得：∠AOC＝∠EOC，∠EOD＝∠BOD，
∴∠COD＝∠AOB＝×130°＝65°．
【点拨】本题考查的知识点是切线的性质、切线长定理；解题关键是熟记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．
【变式3】如图，⊙O与△ABC的AC边相切于点C，与BC边交于点E，⊙O过AB上一点D，且DE∥AO，CE是⊙O的直径．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若BD＝4，EC＝6，求AC的长．
【答案】（1）见解析；（2）AC＝6
【分析】（1）要证AB切线，连接半径OD，证∠ADO＝90°即可，由∠ACB＝90°，由OD＝OE，DE∥OA，可得∠AOD＝∠AOC，证△AOD≌△AOC（SAS）即可，
（2）AB是⊙O的切线，∠BDO＝90°，由勾股定理求BE，BC＝BE+EC可求，利用AD，AC是⊙O的切线长，设AD＝AC＝x，在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2构造方程求AC即可．
解：（1）证明：连接OD，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∵DE∥OA，
∴∠ODE＝∠AOD，∠DEO＝∠AOC，
∴∠AOD＝∠AOC，
∵AC是切线，
∴∠ACB＝90°，
在△AOD和△AOC中
，
∴△AOD≌△AOC（SAS），
∴∠ADO＝∠ACB＝90°，
∵OD是半径，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的切线，
∴∠BDO＝90°，
∴BD2+OD2＝OB2，
∴42+32＝（3+BE）2，
∴BE＝2，
∴BC＝BE+EC＝8，
∵AD，AC是⊙O的切线，
∴AD＝AC，
设AD＝AC＝x，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，
∴（4+x）2＝x2+82，
解得：x＝6，
∴AC＝6．
【点拨】本题考查AB切线与切线长问题，掌握连接半径OD，证∠ADO＝90°是证切线常用方法，利用△AOD≌△AOC（SAS）来实现目标，先在Rt△BOD，用勾股定理求BE，再利用AD，AC是⊙O的切线长，在Rt△ABC中，用勾股定理构造方程求AC是解题关键．
类型七、用切线长定理证明
7．如图，在中，，以为直径的交于，点在线段上，且.
(1)求证：是的切线．
(2)若，求的半径．
【答案】(1)证明见解析；(2)的半径为1.
【分析】（1）如图（见解析），连接OD，先根据等边对等角求出，再根据直角三角形两锐角互余得，从而可得，最后根据圆的切线的判定定理即可得证；
（2）先根据圆的切线的判定定理得出是的切线，再根据切线长定理可得，从而可得AC的长，最后在中，利用直角三角形的性质即可得.
解：如图，连接
又，则
，且OD为的半径
是的切线；
（2），是直径
是的切线
由（1）知，是的切线
在中，，则
故的半径为1.
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、圆的切线的判定定理、切线长定理，较难的是（2），利用切线长定理求出EC的长是解题关键.
【变式1】如图，⊙O是△ABC的内切圆，且⊙O与△ABC的三边分别切于点D、E、F，已知AB长为10cm，BC长为6cm，AC长为8cm．
（1）求AE、CD、BF的长；
（2）连接OD，OE，判断四边形ODCE的形状，并说明理由；
（3）求⊙O的面积．
【答案】（1）AE=6cm；CD=2cm；BF=4cm；（2）四边形ODCE是正方形，理由见解析；（3）4π．
【分析】（1）根据切线长定理列出方程组可以得到解答；
（2）连接OD、OE，则由切线性质和勾股定理可得∠C=∠OEC=∠ODC=90°，所以四边形ODCE是矩形，再由OE=OD可知四边形ODCE是正方形；
（3）由（2）可得⊙O的半径OD=CD=2cm，所以由面积公式即可求得⊙O的面积．
解：（1）设AE=xcm，CD=ycm，BF=zcm，
则由切线长定理可得：AF=AE=x，CE=CD=ycm，BD=BF=zcm，
∴由题意可得：，解之可得： ，
∴AE=6cm，CD=2cm，BF=4cm；
（2）四边形ODCE是正方形，理由如下：
如图，连接OD、OE，
∵，
∴∠C=90°，
又CA、CB与⊙O相切，∴∠OEC=∠ODC=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∵OD=OE，∴四边形ODCE是正方形；
（3）由（2）知，⊙O的半径OD=CD=2cm，
∴．
【点拨】本题考查圆、正方形和二元一次方程组的综合应用，熟练掌握圆的切线性质和切线长定理、勾股定理、正方形的判定和性质及圆的面积求法是解题关键．
【变式2】如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，CD平分∠ACB交AB于点D，点O在AC上，以CO为半径的圆经过点D，AE切⊙O于E．
（1）求证：AD=AE．
（2）填空：
①当∠ACB=_______时，四边形ADOE是正方形；
②当BC=__________时，四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）①45º；②2
【分析】（1）先证明OD∥BC，证出AB是圆的切线，利用切线长定理判断出AE=AD；
（2）①当四边形ADOE是正方形，利用正方形的性质可求∠AOD=45°，再由平行线的性质求∠ACB=45°；
②当四边形ADCE是菱形，利用菱形的性质可求∠CAD=∠ACD，进而可求∠CAD =∠ACD=∠BCD=30°，然后根据30°角的性质和勾股定理求解即可．
解：（1）证明：连接OE，
∵CD平分∠ACB，
∴∠OCD=∠BCD，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∴∠ODC=∠BCD，
∴OD//BC，
∵∠B=90°，
∴∠ADO=90°，
∴AD是圆O的切线，
∵AE是圆O的切线，
∴AD=AE．
（2）①45°；②2，理由如下：
①∵ADOE是正方形，
∴OD=AD，
∴∠AOD=45°，
∵OD//BC，
∴∠ACB=45°；
②连接CE，
∵四边形ADCE为菱形，
∴AD=CD，∠CAD=∠ACD，
∵∠BCD=∠ACD，
∴∠CAD =∠ACD=∠BCD=30°，
∴CD=2BD，
∴AD=2BD，
∵AB=6，
∴BD=2，AD=CD=4，
∴BC=2，
故答案为：45°；2．
【点拨】此题是考查了切线的判定，切线长定理，正方形的性质，菱形的性质，含30°角的性质，以及勾股定理等知识，关键是根据切线的判定与性质，正方形的性质和菱形的性质解答．
类型八、直角三角形周长、面积和内切圆半径关系
8．如图，已知锐角内接于⊙O， 于点D，连结AO.
⑴若.
①求证：；
②当时，求面积的最大值；
⑵点E在线段OA上，，连接DE，设，（m、n是正数），若，求证：
【答案】（1）①见解析；②△ABC面积的最大值是；（2）见解析.
【分析】（1）①连接OB，OC，由圆的性质可得答案；
②先作AF⊥BC，垂足为点F，要使得面积最大，则当点A，O，D在同一直线上时取到，再根据三角形的面积公式即可得到答案；
（2）先设∠OED=∠ODE=α，∠COD=∠BOD=β，由锐角三角形性质得到
即 ，再结合题意及三角形内角和的性质得到
两式联立即可得到答案.
解：（1）①证明：连接OB，OC，
因为OB=OC，OD⊥BC，
所以∠BOD=∠BOC=×2∠BAC=60°，
所以OD=OB=OA
②作AF⊥BC，垂足为点F，
所以AF≤AD≤AO+OD=，等号当点A，O，D在同一直线上时取到
由①知，BC=2BD=，
所以△ABC的面积
即△ABC面积的最大值是
（2）设∠OED=∠ODE=α，∠COD=∠BOD=β，
因为△ABC是锐角三角形，
所以∠AOC+∠AOB+2∠BOD=360°，
即 （*）
又因为∠ABC<∠ACB，
所以∠EOD=∠AOC+∠DOC
因为∠OED+∠ODE+∠EOD=180°，
所以（**）
由（*），（**），得，
即
【点拨】本题综合考查圆的性质、三角形内角和的性质勾股定理，解题的关键是熟练掌握圆的性质、三角形内角和的性质勾股定理.
【变式1】已知：如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C=90°．
(1)若AC=12cm，BC=9cm，求⊙O的半径r；
(2)若AC=b，BC=a，AB=c，求⊙O的半径r．
【答案】（1）r=3cm. (2) r=（a+b-c）．
【分析】首先设AC、AB、BC与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OFCD是正方形；那么根据切线长定理可得： CD=CF=（AC+BC-AB），由此可求出r的长．
解：（1）如图,连接OD，OF；
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12cm，BC=9cm；
根据勾股定理AB==15cm；
四边形OFCD中，OD=OF，∠ODC=∠OFC=∠C=90°；
则四边形OFCD是正方形；由切线长定理，得：AD=AE，CD=CF，BE=BF；
则CD=CF=（AC+BC-AB）；
即：r=（12+9-15）=3cm．
（2）当AC=b，BC=a，AB=c，由以上可得： CD=CF=（AC+BC-AB）；
即：r=（a+b-c）．则⊙O的半径r为：（a+b-c）．
【点拨】此题主要考查直角三角形内切圆的性质及半径的求法．利用切线长定理得出四边形OFCD是正方形是解题关键．
【变式2】已知关于的一元二次方程.
（1）求证：无论为任何实数，此方程总有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根为、，满足，求的值；
（3）若△的斜边为5，另外两条边的长恰好是方程的两个根、，求的内切圆半径.
【答案】（1）详见解析；（2）2；（3）1
【分析】（1）将二次项系数，一次项系数，常数项分别代入根的判别式△中，并进行整理，可得，恒大于等于0，故此一元二次方程无论为任何实数时，此方程总有两个实数根
（2）根据根与系数的关系可知，，将进行分式的加法，再将，代入即可求得k.
（3）解一元二次方程可得，，由题意△的斜边为5，通过勾股定理可求得，k=4，根据直角三角形中的内切圆半径为r=（a+b-c）/2 (a,b为直角边，c为斜边)，代入即可求得半径.
解：（1）证明：∵，
无论为任何实数时，此方程总有两个实数根.
（2）由题意得：，，
即，
解得：；
解：
解方程得：，
根据题意得：，即
设直角三角形的内切圆半径为，如图，
由切线长定理可得：，
直角三角形的内切圆半径=；
【点拨】本题考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，直角三角形内切圆的半径，解本题的关键是掌握根据直角三角形三边求其内切圆的半径公式.
【变式3】如图所示，在中，
（1）求.
（2）求内切圆半径.
【答案】（1）；（2）内切圆半径为1.
【分析】（1）由三角形内角和可得∠CBA+∠CAB=90°，由O为内切圆圆心可得OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，即可得出∠OAB+∠OBA=45°，根据三角形内角和求出∠BOA的度数即可；（2）连接OD，OE、OF，由切线性质可得OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，由∠C=90°，OD=OE可证明四边形DCEO是正方形，可得OD=CD，利用勾股定理可求出AB的长，根据切线长定理可得CD=CE，AE=AF，BD=BF，设内切圆半径OD=r，根据AB=BF+AF列方程即可求出r的值，即可得答案.
解：（1）∵∠C=90°，
∴∠CBA+∠CAB=90°，
∵O为内切圆圆心，
∴OA、OB为∠CBA和∠CAB的角平分线，
∴∠OAB+∠OBA=∠CBA+∠CAB=45°，
∴∠BOA=180°-45°=135°.
（2）连接OD，OE、OF，
∵AB、AC、BC是切线，切点为D、E、F，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB，CD=CE，AE=AF，BD=BF，
∵∠C=90°，OD=OE，
∴四边形DCEO是正方形，
∴CD=OD，
设OD=r，
∴AF=AE=3-r，BF=BD=4-r，
∵AC=3，BC=4，
∴AB==5，
∴AB=BF+AF=3-r+4-r=5，
解得r=1，即内切圆半径为1.
【点拨】本题考查了三角形的内切圆的性质、切线长定理、正方形的判定与性质以及勾股定理．注意掌握数形结合思想与方程思想的应用是解题关键．
类型九、三角形外接圆和内切圆综合
9．如图，△ABC内接于⊙O，AD是△ABC的中线，AE∥BC，射线BE交AD于点F，交⊙O于点G，点F是BE的中点，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE为平行四边形；
（2）若BC=2AB，求证: ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）根据三角形中位线的性质和平行四边形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质解答即可．
解：（1）∵AD是△ABC的中线，
∴D是BC的中点，
∵F是BE的中点，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF∥CE，
∴AD∥CE，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形；
（2）∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AE=CD，
∵AD是△ABC的中线，
∴BC=2CD，
∴BC=2AE，
∵BC=2AB，
∴AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠DBE，
∴∠ABE=∠DBE，
∴．
【点拨】此题考查三角形的外接圆与外心，关键是根据三角形中位线的性质和平行四边形的判定证明．
【变式】如图，⊙O是△ABC的外接圆，弦BD交AC于点E，连接CD，且AE=DE，BC=CE．
（1）求∠ACB的度数；
（2）过点O作OF⊥AC于点F，延长FO交BE于点G，DE=3，EG=2，求AB的长．
【答案】（1）∠ACB=60°；
（2）AB=7．
分析：（1）由题意可得出△AEB≌△DEC，从而可得出△EBC为等边三角形，即可得出答案；
（2）由已知得出EF，BC的长，进而得出CM，BM的长，再求出AM的长，再由勾股定理求出AB的长．
试题解析：（1）在△AEB和△DEC中
，
∴△AEB≌△DEC（ASA），
∴EB=EC，
又∵BC=CE，
∴BE=CE=BC，
∴△EBC为等边三角形，
∴∠ACB=60°；
（2）∵OF⊥AC，
∴AF=CF，
∵△EBC为等边三角形，
∴∠GEF=60°，
∴∠EGF=30°，
∵EG=2，
∴EF=1，
又∵AE=ED=3，
∴CF=AF=4，
∴AC=8，EC=5，
∴BC=5，
作BM⊥AC于点M，∵∠BCM=60°，
∴∠MBC=30°，
∴CM=，BM=，
∴AM=AC﹣CM=，
∴AB==7．
考点：1、全等三角形的判定与性质；2、等边三角形的判定与性质；3、三角形的外接圆与外心；4、勾股定理．
类型十、圆的综合题
10．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆交AC于点D，交BC于点E，延长AE至点F，使EF=AE，连接FB，FC，
（1）求证：四边形ABFC是菱形；
（2）若AD=7，BE=2，求半圆和菱形ABFC的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）
分析：（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设CD=x，连接BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题.
详解：
（1）证明：∵AB是直径，
∴∠AEB=90°，
∴AE⊥BC，
∵AB=AC，
∴BE=CE，
∵AE=EF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AC=AB，
∴四边形ABFC是菱形．
（2）设CD=x．连接BD．
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，
∴AB2﹣AD2=CB2﹣CD2，
∴（7+x）2﹣72=42﹣x2，
解得x=1或﹣8（舍弃）
∴AC=8，BD==，
∴S菱形ABFC=8．
点拨：本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式 】如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延长BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD，PO.
（1）求证：△CDP≌△POB；
（2）填空：
① 若AB=4，则四边形AOPD的最大面积为 ；
② 连接OD，当∠PBA的度数为 时，四边形BPDO是菱形.
【答案】（1）参见解析；（2）①4；②60.
解：试题分析：（1）利用边角边证明这两个三角形全等；（2）①当∠CAB=90º时，四边形AOPD有最大面积,此时等于AO乘以AD的值；②当四边形BPDO是菱形时，可推出OB=OP=OD=DP,三角形DPO是等边三角形，所以∠PDO=60º，∵菱形对角相等，∴∠PBA的度数也等于60º.
试题解析：（1）∵D是AC的中点，且PC=PB，∴DP∥AB,DP=AB,∴∠CPD=∠PBO,∵OB=AB,∴DP=OB,∴△CDP≌△POB；（2）①∵四边形AOPD是平行四边形，当高等于AD时，四边形AOPD有最大面积,此时∠CAB=90º，最大面积=AO×AD=2×2=4；②当四边形BPDO是菱形时，OD=DP=OB,∵OB=OP，∴OP=OD=DP,∴△DPO是等边三角形，∴∠PDO=60º，∵菱形对角相等，∴∠PBA=∠PDO=60º.
考点：三角形、四边形与圆的综合知识考查. 名称
确定方法
图形
性质
外心(三角形外接圆的圆心)
三角形三边中垂线的交点
(1)OA=OB=OC；(2)外心不一定在三角形内部
内心(三角形内切圆的圆心)
三角形三条角平分线的交点
(1)到三角形三边距离相等；(2)OA、OB、OC分别平分
∠BAC、∠ABC、∠ACB；
(3)内心在三角形内部.
小明：我加的条件是，就可以求出的长
小聪：你这样太简单了，我加的是，连结，就可以证明与全等．
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