2025年中考数学一轮复习学案：5.2 与圆有关的位置关系（学生版+教师版）

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5.2 与圆有关的位置关系
☆☆☆ 代表必考点，☆☆代表常考点，☆星表示选考点。
夯实基础
考点1. 点、直线与圆的位置关系
（一）点和圆的位置关系

设已知圆的半径为r,点p到圆心的距离为d．则
(1)dr⇔点p在⊙O外．
【方法总结】判断点与圆之间的位置关系，将该点的圆心距与半径作比较即可．解决这类问题体现了数形结合的思想。
【拓展】反证法的定义：先假设命题的结论不成立，然后由此经过推理得出矛盾(常与公理、定理、定义或已知条件相矛盾)，由矛盾判定假设不正确，从而得到原命题成立，这种方法叫做反证法．
（二）直线与圆的位置关系
1.用定义判断直线与圆的位置关系
(1) 相离、相切、相交
（2）圆的切线定义：直线和圆有唯一的公共点时，这条直线叫做圆的切线（如图直线l），这个唯一的公共点叫做切点（如图点A）.
2.用数量关系判断直线与圆的位置关系
用圆心O到直线的距离d与圆的半径r的关系来区分

（1）直线和圆相交，d< r
（2）直线和圆相切，d= r
（3）直线和圆相离，d> r
体现了数形结合思想。
考点2. 切线的判定与性质
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.
OA为⊙O的半径，BC ⊥ OA于A。则BC为⊙O的切线。
注意：在此定理中，“经过半径的外端”和“垂直于这条半径”，两个条件缺一不可，否则就不是圆的切线。
【方法总结】判断一条直线是一个圆的切线有三个方法：
（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(即d=r)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.
2.切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．
直线l是⊙O 的切线，A是切点， 直线l ⊥OA.
说明：利用切线的性质解题时，常需连接辅助线，一般连接圆心与切点，构造直角三角形，再利用直角三角形的相关性质解题.
考点3. 三角形的外接圆与内切圆
【温馨提示】1.在△ABC中,若∠ACB=90°,AC=b,BC=a,AB=c,则△ABC内切圆的半径r=a+b−c2。
2.△ABC的三边长分别为a,b,c,☉O内切于△ABC,且半径为r,则有r=2S△ABCa+b+c。
考点1. 点、直线与圆的位置关系
【例题1】（2024广州）如图，中，弦的长为，点在上，，．所在的平面内有一点，若，则点与的位置关系是（ ）
A. 点在上B. 点在内C. 点在外D. 无法确定
【答案】C
【解析】本题考查了垂径定理，圆周角定理，点与圆的位置关系，锐角三角函数，掌握圆的相关性质是解题关键．由垂径定理可得，由圆周角定理可得，再结合特殊角的正弦值，求出的半径，即可得到答案．
如图，令与的交点为，
为半径，为弦，且，
，
，
在中，，，，
，
，即的半径为4，
，
点在外，
故选：C．
【变式练1】（2024陕西一模）已知⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，则点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在⊙O上B．点A在⊙O内 C．点A在⊙O外D．点A与圆心O重合
【答案】C
【解析】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
∵O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
【变式练2】 （2024江西一模）已知⊙O的半径为2，直线l上有一点P满足PO=2，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相切B．相离C．相离或相切D．相切或相交
【答案】D
【解析】根据直线与圆的位置关系来判定：①相交：d＜r；②相切：d=r；③相离：d＞r（d为直线与圆的距离，r为圆的半径）．因此，分OP垂直于直线l，OP不垂直直线l两种情况讨论：
当OP垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d=2=r，⊙O与l相切；
当OP不垂直于直线l时，即圆心O到直线l的距离d=2＜r，⊙O与直线l相交．
故直线l与⊙O的位置关系是相切或相交．
【变式练3】（2024呼和浩特一模）在同一平面内，已知⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为3，点P为圆上的一个动点，则点P到直线l的最大距离是（ ）
A．2B．5C．6D．8
【答案】B
【解析】如图，由题意得，OA＝2，OB＝3，
当点P在BO的延长线与⊙O的交点时，点P到直线l的距离最大，
此时，点P到直线l的最大距离是3+2＝5，故选：B．
考点2. 切线的性质与判定
【例题2】（2024福建省）如图，已知点在上，，直线与相切，切点为，且为的中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C为的中点，三角形内角和可求出，再根据切线的性质即可求解．
【详解】∵，为的中点，
∴
∵
∴
∵直线与相切，
∴，
∴ 故选：A．
【变式练1】（2024湖南长沙一模）如图，是的直径，点P在的延长线上，与相切于点A，连接，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由切线性质得出，根据三角形的内角和是、对顶角相等求出，即可得出答案；
PA与⊙O相切于点A，AD是⊙O的直径，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查圆内求角的度数，涉及知识点：切线的性质、对顶角相等、等腰三角形的性质、三角形的内角和是，解题关键根据切线性质推出．
【变式练2】（2024河南一模）如图，PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点B，点C在PA上，且CB＝CA．若OA＝5，PA＝12，则CA的长为 ．
【答案】．
【解析】连接OC，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴∠OAP＝90°，
∵OA＝OB，OC＝OC，CA＝CB，
∴△OAC≌△OBC（SSS），
∴∠OAP＝∠OBC＝90°，
在Rt△OAP中，OA＝5，PA＝12，
∴OP＝＝＝13，
∵△OAC的面积+△OCP的面积＝△OAP的面积，
∴OA•AC+OP•BC＝OA•AP，
∴OA•AC+OP•BC＝OA•AP，
∴5AC+13BC＝5×12，
∴AC＝BC＝，
故答案为：
【变式练3】（2024武汉一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，以D为圆心，AD为半径的弧恰好与BC相切，切点为E，若，则sinC的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】连接DB、DE，设AB＝m，
∵＝，
∴CD＝3AB＝3m，
∵AD是⊙D的半径，AD⊥AB，
∴AB是⊙D的切线，
∵⊙D与BC相切于点E，
∴BC⊥DE，EB＝AB＝m，∠CBD＝∠ABD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CB＝CD＝3m，
∴CE＝CB﹣EB＝3m﹣m＝2m，
∵∠CED＝90°，
∴DE＝＝＝m，
∴sinC＝＝＝，故选：B．
考点3. 三角形的外接圆与内切圆
【例题3】（2024江苏苏州）如图，是的内接三角形，若，则______．
【答案】##62度
【解析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，连接，利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理求出的度数，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【变式练1】（2024大连一模）如图，已知 Rt△ABC 中 ，∠C=90°。若 AC=12cm，BC=5cm，求的外接圆半径.
【答案】6.5cm.
【解析】设Rt△ABC 的外接圆的外心为O，连接OC，则OA=OB=OC.
∴O是斜边AB 的中点.
∵∠C=900，AC=12cm，BC=5cm.
∴AB=13cm，OA=6.5cm.
故Rt△ABC 的外接圆半径为6.5cm.
【变式练2】（2024河北一模）点O是△ABC的外心，若∠BOC＝110°，则∠BAC为 ．
【答案】55°或125°．
【解析】由题意可知，需要分两种情况：①△ABC是锐角三角形；②△ABC是钝角三角形，再分别求解即可．
①△ABC是锐角三角形，如图，
∵∠BOC＝110°，
∴∠BAC＝55°；
②△A′BC是钝角三角形，如图，
∵∠BAC+∠BA′C＝180°，
∴∠BA′C＝125°．
【变式练3】（2024广州深圳一模）已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面
积为（ ）
A．rlB．πrlC．rlD．πrl
【答案】A
【解析】如图，设内切圆O与△ABC相切于点D，点E，点F，连接OA，OB，OC，OE，OF，OD，
∵AB切⊙O于E，
∴OE⊥AB，OE＝r，
∴S△AOB＝AB×OE＝AB×r，
同理：S△BOC＝BC×r，
S△AOC＝AC×r，
∴S＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝AB×r+BC×r+AC×r＝（AB+BC+AC）×r，
∵l＝AB+BC+AC，
∴S＝lr，故选：A．
考点1. 点、直线与圆的位置关系
1. （2024上海市）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（ ）
A. 内含B. 相交C. 外切D. 相离
【答案】B
【解析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键．
【详解】圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切，
圆含在圆内，即，
在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示：
当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为，
，
圆与圆相交，故选：B．
2．（2024桂林）在平面直角坐标系中，以点A（4，3）为圆心、以R为半径作圆A与x轴相交，且原点O在圆A的外部，那么半径R的取值范围是（ ）
A．0＜R＜5B．3＜R＜4C．3＜R＜5D．4＜R＜5
【答案】C
【解析】∵A（4，3），
∴，
∵原点O在圆A的外部，
∴R＜OA，即R＜5，
∵圆A与x轴相交，
∴R＞3，
∴3＜R＜5，故选：C．
考点2. 切线的性质与判定
1. （2024江苏盐城）如图，点C在以为直径的上，过点C作的切线l，过点A作，垂足为D，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的半径．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】题目主要考查切线的性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理解三角形，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）连接，根据题意得，，利用等量代换确定，再由相似三角形的判定即可证明；
（2）先由勾股定理确定，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【小问1详解】
证明：连接，如图所示：
∵是的切线，点C在以为直径的上，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
∵，，
∴，
由（1）得，
∴即，
∴，
∴的半径为．
2. （2024贵州省）如图，为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在的延长线上，与半圆相切于点C，与的延长线相交于点D，与相交于点E，．
（1）写出图中一个与相等的角：______；
（2）求证：；
（3）若，，求的长．
【答案】（1）（答案不唯一） （2） （3）
【解析】分析】（1）利用等边对等角可得出，即可求解；
（2）连接，利用切线的性质可得出，利用等边对等角和对顶角的性质可得出，等量代换得出，然后利用三角形内角和定理求出，即可得证；
（3）设，则可求，，，，在中，利用勾股定理得出，求出x的值，利用可求出，即可求解．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
故答案为：（答案不唯一）；
【小问2详解】
证明：连接，
，
∵是切线，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：设，则，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，（舍去）
∴，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，勾股定理，解直角三角形的应用等知识，灵活运用以上知识是解题的关键．
3.（2024湖北省） 中，，点在上，以为半径的圆交于点，交于点．且．
（1）求证：是的切线．
（2）连接交于点，若，求弧的长．
【答案】（1）见解析 （2）弧的长为．
【解析】（1）利用证明，推出，据此即可证明结论成立；
（2）设的半径为，在中，利用勾股定理列式计算求得，求得，再求得，利用弧长公式求解即可．
小问1详解】
证明：连接，
在和中，，
∴，
∴，
∵为的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：∵，
∴，
设的半径为，
在中，，即，
解得，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴弧的长为．
【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理，三角函数的定义，弧长公式．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
4. （2024江西省）如图，是半圆O的直径，点D是弦延长线上一点，连接，．
（1）求证：是半圆O的切线；
（2）当时，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】【分析】本题考查了直径所对的圆周角为直角，等边三角形的判定和性质，弧长公式，熟知相关性质和计算公式是解题的关键．
（1）根据直径所对的圆周角为直角结合已知条件，可得，即可得，进而可证得结论；
（2）连接，证明为等边三角形，求得，利用弧长公式即可解答．
【小问1详解】
证明：是半圆O的直径，
，
，
，
，
是半圆O的切线；
【小问2详解】
解：如图，连接，
，
为等边三角形，
，，
，
．
考点3. 三角形的外接圆与内切圆
1. （2024四川眉山）如图，内接于，点在上，平分交于，连接．若，，则的长为______．
【答案】
【解析】本题考查了圆周角定理，角平分线的定义全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，延长，交于，由圆周角定理可得，，进而可证明，得到，即得，利用勾股定理得，再证明，得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：延长，交于，
是的直径，
，，
平分，
，
又∵，
∴，
，
，
，，
，
，
又∵，
∴，
，
，
，
，
2. （2024四川宜宾）如图，内接于，为的直径，平分交于．则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查了三角形的外接圆，特殊角的三角函数，圆周角定理，图形的旋转等知识点，合理作辅助线为解题的关键．
作辅助线如图，先证明，，从而可以得到旋转后的图形，再证明是等腰直角三角形，利用三角函数即可求得结果．
【详解】解：如图，连接、，
∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
在四边形中，，
∴，
∴绕点逆时针旋转，则三点共线，如图所示
∴，
∵由旋转可知，
∴，
∴在等腰直角三角形中，，
∴．故选：A
3. 【教材呈现】
现行人教版九年级下册数学教材85页“拓广探索”第14题：
【得出结论】
．
【基础应用】
在中，，，，利用以上结论求的长；
【推广证明】
进一步研究发现，不仅在锐角三角形中成立，在任意三角形中均成立，并且还满足（R为外接圆的半径）．
请利用图1证明：．
【拓展应用】
如图2，四边形中，，，，．
求过A，B，D三点的圆的半径．
【答案】教材呈现：见解析；基础应用：；推广证明：见解析；拓展应用：．
【解析】【分析】本题考查三角形的外接圆，三角形内角和，圆周角定理，等腰三角形性质，垂径定理，锐角三角函数．添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
教材呈现：分别作，垂足分别为，根据正弦的定义，在4个直角三角形中分别表示出，进而将等式变形，即可求得．
基础应用：利用三角形内角和定理求得，利用公式，代入数据求解即可；
推广证明：作直径，连接，利用圆周角定理求得，，推出，即，同理，，据此即可证明结论成立；
拓展应用：连接，作于点，证得四边形是矩形，利用勾股定理求得和，证明，利用三角函数的定义求得，再根据，据此即可求解．
【详解】解：教材呈现：如图，分别作，垂足分别为，

在中，，
，
在中，，
，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
，
．
基础应用：∵中，，，
∴，
由题意得，
∴，
解得；
推广证明：作直径，连接，

∵直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理，，
∴；
拓展应用：连接，作于点，

∵，
∴四边形是矩形，
∵，，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即，
∴．
4. （2024山东滨州）刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，中，，的长分别为．则可以用含的式子表示出的内切圆直径，下列表达式错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】【分析】如图，设为切点，连接，则，再结合切线长定理可判定A，再结合三角形的面积可判定B，再由，结合完全平方公式与勾股定理可判断C，通过举反例可得D错误.
【详解】如图，设为切点，连接，则，，，，
由切线长定理得，，，，
∵，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故正确，不合题意；
∵，
∴，
∴
∴，故正确，不合题意；
∵，
，
∵，
，
∵，
，故C正确；
令，，，
，
而，
，故D错误；
故选D
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆的性质，勾股定理的应用，分解因式的应用，举反例的应用，切线长定理的应用，掌握基础知识并灵活应用是解本题的关键.
5. （2024四川自贡）在中，，是的内切圆，切点分别为D，E，F．
（1）图1中三组相等的线段分别是，________，________；若，，则半径长为________；
（2）如图2，延长到点M，使，过点M作于点N．
求证：是的切线．
【答案】（1）；；1 （2）见解析
【解析】【分析】（1）根据切线长定理得到，，，代入求解即可得到答案；
（2）证明，推出，，，求得，，根据，列式求得，根据切线的判定定理，即可得到是的切线．
【小问1详解】
解：连接，设半径为，
∵是的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，，；
在四边形中，，
四边形为矩形，
又因为，
四边形为正方形．
则，则，，
在中，由勾股定理得，
∴，即，
解得，
故答案为：；；1；
【小问2详解】
证明：连接，，，作于点，
设半径为，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∵是的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴，
∵，
∴是的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
考点1. 点、直线与圆的位置关系
1．平面内，已知⊙O的半径是8cm，线段OP＝7cm，则点P（ ）
A．在⊙O外B．在⊙O上C．在⊙O内D．不能确定
【答案】C
【解析】∵平面内，已知⊙O的半径r是8cm，线段OP＝7cm，
∴r＞OP，
∴点P在⊙O内．故选：C．
2．在平面直角坐标系xOy中，以点（﹣3，4）为圆心，4为半径的圆与x轴的位置关系是（ ）
A．相交B．相离C．相切D．无法判断
【答案】C
【解析】∵圆心的坐标为（﹣3，4），
∴圆心与x轴距离为4，等于其半径4，
∴以点（﹣3，4）为圆心，4为半径的圆与x轴的关系为相切．故选：C．
3．已知⊙O和直线l相交，圆心到直线l的距离为10cm，则⊙O的半径可能为（ ）
A．11cmB．10cmC．9cmD．8cm
【答案】A
【解析】∵⊙O和直线l相交
∴d＜r
又∵圆心到直线l的距离为10cm
∴r＞10cm 故选：A．
4．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，csA＝，以点B为圆心，r为半径作⊙B，当r＝3时，⊙B与AC的位置关系是（ ）
A．相离B．相切C．相交D．无法确定
【答案】B
【解析】∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，csA＝，
∴＝＝，
∴AC＝4，
∴BC＝＝3，
∵r＝3，
∴BC＝r＝3，
∴⊙B与AC的位置关系是相切，故选：B．
5．已知平面内有⊙O和点A，B，若⊙O半径为2cm，线段OA＝3cm，OB＝2cm，则直线AB与⊙O的位置关系为（ ）
A．相离B．相交
C．相切D．相交或相切
【答案】D
【解析】⊙O的半径为2cm，线段OA＝3cm，OB＝2cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外，点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，故选：D．
6．如图，直线a⊥b，垂足为H，点P在直线b上，PH＝4cm，O为直线b上一动点，若以1cm为半径的⊙O与直线a相切，则OP的长为 ．
【答案】见试题解答内容
【解析】∵直线a⊥b，O为直线b上一动点，
∴⊙O与直线a相切时，切点为H，
∴OH＝1cm，
当点O在点H的左侧，⊙O与直线a相切时，如图1所示：
OP＝PH﹣OH＝4﹣1＝3（cm）；
当点O在点H的右侧，⊙O与直线a相切时，如图2所示：
OP＝PH+OH＝4+1＝5（cm）；
∴⊙O与直线a相切，OP的长为3cm或5cm，
故答案为：3cm或5cm．
考点2. 切线的性质与判定
1．如图，PA是⊙O的切线，切点为A，PO的延长线交⊙O于点B，若∠P=40°，则∠B的度数为 （ ）
A．20°B．25°C．40°D．50°
【答案】B
【解析】连接OA，由切线的性质可得∠OAP=90°，继而根据直角三角形两锐角互余可得∠AOP=50°，再根据圆周角定理即可求得答案.
连接OA，如图：
∵PA是⊙O的切线，切点为A，
∴OA⊥AP，
∴∠OAP=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=90°-40°=50°，
∴∠B=1/2 QUOTE 12 ∠AOB=25°
2. 如图，在△ABC中，O是AC上（异于点A，C）的一点，⊙O恰好经过点A，B，AD⊥CB于点D，且AB平分∠CAD．
（1）判断BC与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若AC＝10，DC＝8，求⊙O的半径长．
【答案】（1）BC与⊙O相切，理由见解答；
（2）⊙O的半径长为．
【解析】（1）BC与⊙O相切，理由如下：
如图，连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵AB平分∠CAD，
∴∠DAB＝∠CAB，
∴∠DAB＝∠OBA，
∴AD∥OB，
∵AD⊥CB，
∴OB⊥CB，
∵OB是⊙O的半径，
∴BC与⊙O相切；
（2）∵∠D＝90°，AC＝10，DC＝8，
∴AD＝＝6，
∵AD∥OB，
∴＝，
∴＝，
∵OA＝OB，
∴OB＝，
∴⊙O的半径长为．
3.如图,△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交边BC于P， PE⊥AC于E.
求证:PE是⊙O的切线.
证明：连接OP.
∵AB=AC,∴∠B=∠C.
∵OB=OP，∴∠B=∠OPB，
∴∠OBP=∠C.
∴OP∥AC.
∵PE⊥AC，
∴PE⊥OP.
∴PE为⊙O的切线.
4．如图，已知，BE是⊙O的直径，BC切⊙O于B，弦DE∥OC，连接CD并延长交BE的延长线于点A．
（1）证明：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝2，AE＝1，求CD的长．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：连接OD，
∵ED∥OC，
∴∠COB＝∠DEO，∠COD＝∠EDO，
∵OD＝OE，
∴∠DEO＝∠EDO，
∴∠COB＝∠COD，
在△BCO和△DCO中，
∴△BCO≌△DCO（SAS），
∴∠CDO＝∠CBO，
∵BC为圆O的切线，
∴BC⊥OB，即∠CBO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
又∵OD为圆的半径，
∴CD为圆O的切线；
（2）解：∵CD，BC分别切⊙O于D，B，
∴CD＝BC，
∵AD2＝AE•AB，即22＝1•AB，
∴AB＝4，
设CD＝BC＝x，则AC＝2+x，
∵A2C＝AB2+BC2
∴（2+x）2＝42+x2，
解得：x＝3，
∴CD＝3．
考点3. 三角形的外接圆与内切圆
1．如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B，∠P＝70°，C为⊙O上一点，则∠ACB的度数为（ ）
A．110°B．120°C．125°D．130°
【答案】C
【解析】由切线的性质得出∠OAP＝∠OBP＝90°，利用四边形内角和可求∠AOB＝110°，再利用圆周角定理可求∠ADB＝55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，
∵AP、BP是⊙O切线，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110°，
∴∠ADB＝AOB＝55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB＝180°﹣∠ADB＝180°﹣55°＝125°．
2．已知三角形的周长为12，面积为6，则该三角形内切圆的半径为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【解析】设这个三角形的内切圆半径是r，
∵三角形周长为12，面积为6，
∴×12r＝6，
解得r＝1．故选：D．
3．如图是一块直角三角形木料，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，木工师傅要从中裁下一块圆形木料，则可裁圆形木料的最大半径为 ．
【答案】见解析
【解析】∵∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝＝5，
∴圆形木料的最大半径＝＝1．
4．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O是内心，若CO＝2，△ABC的周长为16，则△ABC的面积为（ ）
A．B．C．16D．32
【答案】B
【解析】过O点作OD⊥AB于D点，OE⊥AC于E点，OF⊥BC于F点，连接OA、OB，如图，
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴OD＝OE＝OF，OC平分∠ACB，
∴∠OCE＝∠OCF＝∠ACB＝45°，
∴OE＝OC＝，
∴OD＝OF＝，
∵S△AOB+S△AOC+S△BOC＝S△ABC，
∴××AB+××AC+××BC＝×（AB+AC+BC），
∵AB+AC+BC＝16，
∴△ABC的面积＝××16＝8，故选：B．
5．一个等边三角形的边长为2，则这个等边三角形的内切圆半径为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【解析】如图：
过O点作OD⊥AB，则AD＝AB＝1，
∵∠OAD＝30°，
∴OD＝tan30°•AD＝．故选：C．
6. 如图，在中，的内切圆与分别相切于点，，连接的延长线交于点，则_________．

【答案】##度
【解析】【分析】如图所示，连接，设交于H，由内切圆的定义结合三角形内角和定理求出，再由切线长定理得到，进而推出是的垂直平分线，即，则．
【详解】如图所示，连接，设交于H，
∵是的内切圆，
∴分别是的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵与分别相切于点，，∴，
又∵，∴是的垂直平分线，
∴，即，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形内切圆，切线长定理，三角形内角和定理，线段垂直平分线的判定，三角形外角的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
7. 如图，△ABC中，I是内心，∠A的平分线和△ABC的外接圆相交于点D.
求证：DI＝DB.
【答案】见解析。
【解析】证明：连接BI.
∵I是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠BAD=∠CBD，
∵∠BID=∠BAD+∠ABI，∠IBD=∠CBI+∠CBD，
∴∠BID=∠IBD，
∴BD=ID．
8. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E是△ABC的内心，AE的延长线交BC于点F，交⊙O于点D，连接BD，BE．
（1）求证：DB＝DE；
（2）若AE＝3，DF＝4，求DB的长．
【答案】（1）见解析；（2）6．
【解答】（1）证明：∵点E是△ABC的内心，
∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，
又∵∠CAD与∠CBD所对弧为，
∴∠CAD＝∠CBD＝∠BAD．
∵∠BED＝∠ABE+∠BAD，∠DBE＝∠CBE+∠CBD，
∴∠BED＝∠DBE，
故DB＝DE．
（2）解：∵∠D＝∠D，∠DBF＝∠CAD＝∠BAD，
∴△ABD∽△BFD，
∴①，
∵DF＝4，AE＝3，设EF＝x，
由（1）可得DB＝DE＝4+x，
则①式化为，
解得：x1＝2，x2＝﹣6（不符题意，舍去），
则DB＝4+x＝4+2＝6．
考点分布
考查频率
命题趋势
考点1 点、直线与圆的位置关系
☆☆
与圆有关的位置关系部分，每年考查1道题,分值为3~10分，常以选择题、解答题的形式考查，切线性质与判断以解答题形式出现是常态,是中考重点也是难点，需要掌握相关概念及其性质的应用，多训练多总结解题规律方法。
考点2 切线的性质与判定
☆☆☆
考点3 三角形的外接圆与内切圆
☆
三角形的
外接圆
图形
相关概念
圆心的确定
内、外心的性质
经过三角形各顶点的圆叫作三角形的外接圆,外接圆的圆心叫作三角形的外心,这个三角形叫作圆的内接三角形
三角形三边垂直平分线的交点
外心到三角形的三个顶点的距离相等。
三角形的
内切圆
与三角形各边都相切的圆叫作三角形的内切圆,内切圆的圆心叫作三角形的内心
三角形三条角平分线的交点
内心到三角形的三条边的距离相等。
14．（2024山东滨州）如图，在锐角中，探究，，之间的关系．（提示：分别作和边上的高．）