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第10講 直線與圓的位置關系（7種題型）
1.理解并掌握直線與圓的各種位置關系；
2.理解切線的判定定理、性質定理和切線長定理，了解三角形的內切圓和三角形的內心的概念，并熟練
掌握以上內容解決一些實際問題；
一．直線與圓的位置關系
（1）直線和圓的三種位置關系：
①相離：一條直線和圓沒有公共點．
②相切：一條直線和圓只有一個公共點，叫做這條直線和圓相切，這條直線叫圓的切線，唯一的公共點叫切點．
③相交：一條直線和圓有兩個公共點，此時叫做這條直線和圓相交，這條直線叫圓的割線．
（2）判斷直線和圓的位置關系：設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d．
①直線l和⊙O相交 d＜r
②直線l和⊙O相切 d＝r
③直線l和⊙O相離 d＞r．
二．切線的性質
（1）切線的性質
①圓的切線垂直于經過切點的半徑．
②經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點．
③經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．
（2）切線的性質可總結如下：
如果一條直線符合下列三個條件中的任意兩個，那么它一定滿足第三個條件，這三個條件是：①直線過圓心；②直線過切點；③直線與圓的切線垂直．
（3）切線性質的運用
由定理可知，若出現圓的切線，必連過切點的半徑，構造定理圖，得出垂直關系．簡記作：見切點，連半徑，見垂直．
三．切線的判定
（1）切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．
（2）在應用判定定理時注意：
①切線必須滿足兩個條件：a、經過半徑的外端；b、垂直于這條半徑，否則就不是圓的切線．
②切線的判定定理實際上是從”圓心到直線的距離等于半徑時，直線和圓相切“這個結論直接得出來的．
③在判定一條直線為圓的切線時，當已知條件中未明確指出直線和圓是否有公共點時，常過圓心作該直線的垂線段，證明該線段的長等于半徑，可簡單的說成“無交點，作垂線段，證半徑”；當已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線，可簡單地說成“有交點，作半徑，證垂直”．
四．切線的判定與性質
（1）切線的性質
①圓的切線垂直于經過切點的半徑．
②經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點．
③經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．
（2）切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．
（3）常見的輔助線的：
①判定切線時“連圓心和直線與圓的公共點”或“過圓心作這條直線的垂線”；
②有切線時，常常“遇到切點連圓心得半徑”．
五．弦切角定理
（1）弦切角：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．
（2）弦切角定理：弦切角的度數等于它所夾的弧的圓心角的度數的一半．
　如右圖所示，直線PT切圓O于點C，BC、AC為圓O的弦，則有∠PCA＝∠PBC（∠PCA為弦切角）．
六．切線長定理
（1）圓的切線長定義：經過圓外一點作圓的切線，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長．
（2）切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．
（3）注意：切線和切線長是兩個不同的概念，切線是直線，不能度量；切線長是線段的長，這條線段的兩個端點分別是圓外一點和切點，可以度量．
（4）切線長定理包含著一些隱含結論：
①垂直關系三處；
②全等關系三對；
③弧相等關系兩對，在一些證明求解問題中經常用到．
七．切割線定理
（1）切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．
幾何語言：
∵PT切⊙O于點T，PBA是⊙O的割線
∴PT的平方＝PA PB（切割線定理）
（2）推論：從圓外一點引圓的兩條割線，這一點到每條割線與圓的交點的兩條線段長的積相等．
幾何語言：
∵PBA，PDC是⊙O的割線
∴PD PC＝PA PB（切割線定理推論）（割線定理）
由上可知：PT2＝PA PB＝PC PD．
八．三角形的內切圓與內心
（1）內切圓的有關概念：
與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內切圓，三角形的內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內心就是三角形三個內角角平分線的交點．
（2）任何一個三角形有且僅有一個內切圓，而任一個圓都有無數個外切三角形．
（3）三角形內心的性質：
三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．
一．直線與圓的位置關系
1．（2023 淮陰區一模）已知⊙O的半徑為5，直線l與⊙O有2個公共點，則點O到直線l的距離可能是（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
【分析】根據圓O的半徑和圓心O到直線L的距離的大小，相交：d＜r；相切：d＝r；相離：d＞r；即可選出答案．
【解答】解：∵直線l與⊙O有2個公共點，
∴直線l與⊙O相交，
∵⊙O的半徑為5，
∴點O到直線l的距離＜5，
故選：A．
【點評】本題主要考查對直線與圓的位置關系的性質的理解和掌握，能熟練地運用性質進行判斷是解此題的關鍵．
2．（2022秋 宜興市期末）已知⊙O的半徑為6cm，點O到直線l的距離為7cm，則直線l與⊙O的位置關系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相離 D．無法確定
【分析】設圓的半徑為r，點O到直線l的距離為d，若d＜r，則直線與圓相交；若d＝r，則直線與圓相切；若d＞r，則直線與圓相離，從而得出答案．
【解答】解：∵⊙O的半徑為6cm，圓心O到直線l的距離為7cm，6＜7，
∴直線l與⊙O相離．
故選：C．
【點評】本題考查的是直線與圓的位置關系，熟知設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，當d＞r時，直線l和⊙O相離是解答此題的關鍵．
3．（2022秋 亭湖區校級月考）已知⊙O的半徑是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的一個根，圓心O到直線l的距離d＝4，則直線l與⊙O的位置關系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相離 D．平行
【分析】先求方程的根，可得r的值，由直線與圓的位置關系的判斷方法可求解．
【解答】解：∵x2﹣2x﹣3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
∵⊙O的半徑為一元二次方程程x2﹣2x﹣3＝0的根，
∴r＝3，
∵d＞r，
∴直線l與⊙O的位置關系是相離，
故選：C．
【點評】本題考查的是直線與圓的位置關系，解決此類問題可通過比較圓心到直線距離d與圓半徑大小關系完成判定．
4．（2022秋 江都區期末）在直角坐標系中，點P的坐標是，⊙P的半徑為2，下列說法正確的是（　　）
A．⊙P與x軸、y軸都有兩個公共點
B．⊙P與x軸、y軸都沒有公共點
C．⊙P與x軸有一個公共點，與y軸有兩個公共點
D．⊙P與x軸有兩個公共點，與y軸有一個公共點
【分析】點P到x軸的距離是，到y軸的距離為2，圓P的半徑是2，所以可判斷圓P與x軸相交，與y軸相切，從而確定答案即可．
【解答】解：∵P（2，），圓P的半徑為2，
∴以P為圓心，以2為半徑的圓與x軸的位置關系是相交，與y軸的位置關系是相切，
∴該圓與x軸的交點有2個，與y軸的交點有1個．
故選：D．
【點評】本題考查的是直線與圓的位置關系，熟記直線與圓的位置關系的判定方法是解本題的關鍵．
5．（2023 南關區校級三模）如圖，已知⊙O是以數軸的原點O為圓心，半徑為1的圓，∠AOB＝45°，點P在數軸上運動，若過點P且與OA平行的直線與⊙O有公共點，設OP＝x，則x的取值范圍是　0＜x≤　．
【分析】根據題意，知直線和圓有公共點，則相切或相交．相切時，設切點為C，連接OC．根據等腰直角三角形的直角邊是圓的半徑1，求得斜邊是，所以x的取值范圍是0＜x≤．
【解答】解：設切點為C，連接OC，則圓的半徑OC＝1，OC⊥PC，
∵∠AOB＝45°，OA∥PC，
∴∠OPC＝45°，
∴PC＝OC＝1，
∴OP＝，
同理，原點左側的距離也是，且線段的長度是正數，
∴x的取值范圍是0＜x≤，
故答案為：0＜x≤．
【點評】此題主要考查了直線與圓的位置關系，分別得出兩圓與圓相切時求出OP的長是解決問題的關鍵，難度一般，注意兩個極值點的尋找．
6．（2023 工業園區校級模擬）如圖，半徑為10的⊙M經過x軸上一點C，與y軸交于A、B點，連接AM、AC，AC平分∠OAM，AO+CO＝12．
（1）判斷⊙M與x軸的位置關系，并說明理由；
（2）求AB的長．
【分析】（1）連接OM，由AC平分∠OAM可得∠OAC＝∠CAM，又MC＝AM，所以∠CAM＝∠ACM，進而可得∠OAC＝∠ACM，所以OA∥MC，可得MC⊥x軸，進而可得結論；
（2）過點M作MN⊥y軸于點N，則AN＝BN，且四邊形MNOC是矩形，設AO＝m，可分別表達MN和ON，進而根據勾股定理可建立等式，得出結論；
【解答】解：（1）猜測⊙M與x軸相切，理由如下：
如圖，連接OM，
∵AC平分∠OAM，
∴∠OAC＝∠CAM，
又∵MC＝AM，
∴∠CAM＝∠ACM，
∴∠OAC＝∠ACM，
∴OA∥MC，
∵OA⊥x軸，
∴MC⊥x軸，
∵CM是半徑，
∴⊙M與x軸相切．
（2）如圖，過點M作MN⊥y軸于點N，
∴AN＝BN＝AB，
∵∠MCO＝∠AOC＝∠MNA＝90°，
∴四邊形MNOC是矩形，
∴NM＝OC，MC＝ON＝10，
設AO＝m，則OC＝12﹣m，
∴AN＝10﹣m，
在Rt△ANM中，由勾股定理可知，AM2＝AN2+MN2，
∴102＝（10﹣m）2+（12﹣m）2，
解得m＝4或m＝18（舍去），
∴AN＝6，
∴AB＝12．
【點評】本題主要考查切線的定義，勾股定理，矩形的性質與判定，垂徑定理，待定系數法求函數表達式，題目比較簡單，關鍵是掌握相關定理．
二．切線的性質
7．（2023 建鄴區二模）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標是（4，5），⊙P與x軸相切，點A，B在⊙P上，它們的橫坐標分別是0，9．若⊙P沿著x軸向右作無滑動的滾動，當點B第一次落在x軸上時，此時點A的坐標是（　　）

A．（7+2π，9） B．（7+2.5π，9） C．（7+2π，8） D．（7+2.5π，8）
【分析】設⊙P與x軸的切點為D，過點P作PC⊥y軸于C，連接PD，PA，先根據切線的性質得出圓的半徑為5，再借助勾股定理求出AC的長，結合點B的橫坐標確定點B的位置，從而得出點B第一次落在x軸上時滾動了90°，求出弧長，從而得出點A滾動后的坐標．
【解答】解：如圖1，設⊙P與x軸的切點為D，過點P作PC⊥y軸于C，連接PD，PA，
∴PD⊥x軸，
∵點P的坐標是（4，5），
∴PC＝4，PD＝5，
即⊙P的半徑為5，
∴PA＝PD＝5，
在Rt△PCA中，由勾股定理得：，
延長CP與⊙P相交，此時交點到點C的距離為9，
而點B的橫坐標為9，故交點為點B，
∴∠DPB＝90°，
如圖2，當點B第一次落在x軸上時，⊙P滾動了90°，
∴點B滾動的距離為：，
點A的對應點為A'，點C的對應點為C'，點B的對應點為B'，點P的對應點為P'，
此時A'C'＝AC＝3，P'C'＝PC＝4，
點A'的縱坐標為P'C'+5＝4+5＝9，
點A'的橫坐標為PC+A'C'+2.5π＝4+3+2.5π＝7+2.5π，
∴點A'的坐標為（7+2.5π，9），
即此時點A的坐標是（7+2.5π，9），
故選：B．
【點評】本題主要考查了切線的性質，勾股定理，弧長公式等知識，掌握圓的切線性質定理：圓的切線垂直于過切點的半徑．
8．（2023 高郵市模擬）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C、D分別在兩個半圓上，若過點C的切線與AB的延長線交于點E，則∠D與∠E的數量關系是（　　）
A．∠D+∠E＝90° B．∠D+2∠E＝180°
C．2∠D﹣∠E＝90° D．2∠D+∠E＝180°
【分析】連接BC，OC，AC，根據圓周角定理得到∠ACB＝90°，得到∠D＝90°﹣∠BAC＝90°﹣∠COE，根據切線的性質得到∠OCE＝90°，求得∠COE＝90°﹣∠E，于是得到結論．
【解答】解：連接BC，OC，AC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝∠D＝90°﹣∠BAC，
∵OA＝OC，∠COE＝∠BAC+∠ACO，
∴∠BAC＝∠ACO＝∠COE，
∴∠D＝90°﹣∠BAC＝90°﹣∠COE，
∵CE是⊙O的切線，
∴∠OCE＝90°，
∴∠COE＝90°﹣∠E，
∴∠D＝90°﹣∠COE＝90°﹣×（90°﹣∠E），
∴2∠D﹣∠E＝90°．
故選：C．
【點評】本題考查了切線的性質，圓周角定理，等腰三角形的性質，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．
9．（2023 阜寧縣二模）如圖 ，△ABC是⊙O的內接三角形，∠A＝115°，過點C的圓的切線交BO于點P，則∠P的度數為 　40°　．
【分析】連接OC、CD，由切線的性質得出∠OCP＝90°，由圓內接四邊形的性質得出∠ODC＝180°﹣∠A＝65°，由等腰三角形的性質得出∠OCD＝∠ODC＝65°，求出∠DOC＝50°，由直角三角形的性質即可得出結果．
【解答】解：如圖所示：連接OC、CD，
∵PC是⊙O的切線，
∴PC⊥OC，
∴∠OCP＝90°，
∵∠A＝119°，
∴∠ODC＝180°﹣∠A＝65°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝65°，
∴∠DOC＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠P＝90°﹣∠DOC＝40°．
故答案為：40°．
【點評】本題考查了切線的性質、等腰三角形的性質、直角三角形的性質、三角形內角和定理；熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．
10．（2023 寶應縣一模）如圖，PA、PB是⊙O的兩條切線，切點分別是A、B，點C在劣弧AB上，∠P＝38°，則∠ACB＝　109　°．
【分析】作所對的圓周角∠ADB，連接OA、OB，如圖，先根據切線的性質得到∠OAP＝∠OBP＝90°，再利用四邊形的內角和計算出∠AOB＝142°，則根據圓周角定理得到∴ADB＝71°，然后根據圓內接四邊形的對角互補計算∠ACB的度數．
【解答】解：作所對的圓周角∠ADB，連接OA、OB，如圖，
∵PA、PB是⊙O的兩條切線，切點分別是A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠AOB+∠P＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣38°＝142°，
∴∠ADB＝∠AOB＝71°，
∵∠ACB+∠ADB＝180°，
∴∠ACB＝180°﹣71°＝109°．
故答案為：109．
【點評】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于經過切點的半徑．也考查了圓周角定理．
11．（2023 玄武區一模）如圖，PA，PB是⊙O的切線，A，B為切點，過點A作AC∥PB交⊙O于點C，連接BC，若∠P＝α，則∠PBC的度數為（　　）
A．90°+α B．90 C．180°﹣α D．180
【分析】連接OA，OB，由PA，PB是⊙O的切線，得到∠OAP＝∠OBP＝90°，即可求出∠AOB，由圓周角定理求出∠C，由平行線的性質即可求出∠PBC．
【解答】解：連接OA，OB，
∵PA，PB是⊙O的切線，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠AOB+∠P+∠OAP+∠OBP＝360°，
∴∠AOB＝180°﹣α，
∴∠C＝∠AOB＝90°﹣α，
∵AC∥PB，
∴∠PBC+∠C＝180°，
∴∠PBC＝180°﹣（90°﹣α）＝90°+α．
故選：A．
【點評】本題考查切線的性質，圓周角定理，平行線的性質，關鍵是由切線的性質定理，圓周角定理求出∠C．
12．（2023 邗江區校級模擬）如圖，等腰△ABC中，∠ACB＝120°，BC＝AC＝8，半徑為2的⊙O在射線AC上運動，當⊙O與△ABC的一邊相切時，線段CO的長度為 　4或　．
【分析】當⊙O與AB相切時，設切點為D，連接OD，求得∠ADO＝90°，過C作CE⊥AB于E，得到∠AEC＝90°，根據等腰三角形的性質得到∠A＝30°，根據等腰三角形的性質得到OC＝AC﹣AO＝4，當⊙O與BC相切時，設切點為E，連接OE，根據平角的定義得到∠OCE＝60°，于是得到結論．
【解答】解：當⊙O與AB相切時，設切點為D，
連接OD，
則∠ADO＝90°，
過C作CE⊥AB于E，
∴∠AEC＝90°，
∵AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴∠A＝30°，
∴AO＝2OD＝4，
∴OC＝AC﹣AO＝4，
當⊙O與BC相切時，設切點為E，
連接OE，
∵∠ACB＝120°，
∴∠OCE＝60°，
∵OE＝2．
∴，
綜上所述，線段CO的長度為4或，
故答案為：4或．
【點評】本題考查了切線的性質，解直角三角形，等腰三角形的性質，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．
13．（2023 南通二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC相交于點D，DE是⊙O的切線，交AC于點E．
（1）求證：DE⊥AC；
（2）若AC交⊙O于點F，AF＝8，AB＝10，求BD的長．
【分析】（1）連接AD、OD．先證明∠ADB＝90°，∠EDO＝90°，從而可證明∠EDA＝∠ODB，由OD＝OB可得到∠EDA＝∠OBD，由等腰三角形的性質可知∠CAD＝∠BAD，故此∠EAD+∠EDA＝90°，由三角形的內角和定理可知∠DEA＝90°，于是可得到DE⊥AC．
（2）由等腰三角形的性質求出BD＝CD＝8，由勾股定理求出AD的長，根據三角形的面積得出答案．
【解答】（1）證明：連接AD、OD、DF．
∵DE是圓O的切線，
∴OD⊥DE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∴DE⊥AC；
（2）解：連接BF，
∵AB是⊙O的直徑，
∵AF＝8，AB＝10，
∴BF＝，
∴FC＝AC﹣AF＝2，
在Rt△BFC中，BC＝，
∴OD⊥DE，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，BD＝DC，AD⊥BC，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∴，
∵OD＝AB＝5，
∴，
∴BD＝．
【點評】本題考查了圓周角定理，切線的性質，等腰三角形的性質和判定，三角形的內角和定理，勾股定理，三角形的面積等知識，掌握切線的性質是解題的關鍵．
三．切線的判定
14．（2022秋 東海縣校級月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝30°，以點A為圓心，以3cm為半徑作⊙A，當AB＝　6　cm時，BC與⊙A相切．
【分析】當BC與⊙A相切，點A到BC的距離等于半徑即可．
【解答】解：如圖，過點A作AD⊥BC于點D．
∵AB＝AC，∠B＝30°，
∴AD＝AB，即AB＝2AD．
又∵BC與⊙A相切，
∴AD就是圓A的半徑，
∴AD＝3cm，
則AB＝2AD＝6cm．
故答案是：6．
【點評】本題考查了切線的判定．此題利用了切線的定義和含30度角的直角三角形的性質得到AB的長度的．
15．（2022秋 江陰市期末）下列說法正確的是（　　）
A．等弧所對的圓心角相等
B．相等的弦所對的弧相等
C．過三點一定可以確定一個圓
D．垂直于半徑的直線是圓的切線
【分析】根據圓心角、弧、弦的關系對A選項、B選項進行判斷；根據確定圓的條件對C選項進行判斷；根據切線的判定定理對D選項進行判斷．
【解答】解：A．等弧所對的圓心角相等，所以A選項符合題意；
B．在同圓或等圓中，相等的弦所對的弧相等，所以B選項不符合題意；
C．過不共線的三點一定可以確定一個圓，所以C選項不符合題意；
D．過半徑的外端且垂直于半徑的直線是圓的切線，所以D選項不符合題意．
故選：A．
【點評】本題考查了切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．也考查了圓心角、弧、弦的關系和確定圓的條件．
16．（2022秋 棲霞區校級月考）下列說法中，正確的是（　　）
A．長度相等的弧是等弧
B．三點確定一個圓
C．垂直于半徑的直線是圓的切線
D．同弧所對的圓周角相等
【分析】根據等弧的概念、確定圓的條件、切線的判斷定理、圓周角定理判斷即可．
【解答】解：A、能夠互相重合的弧是等弧，長度相等的弧不一定是等弧，故本選項說法不正確，不符合題意；
B、不在同一直線上的三點確定一個圓，故本選項說法不正確，不符合題意；
C、經過半徑的外端，垂直于半徑的直線是圓的切線，故本選項說法不正確，不符合題意；
D、同弧所對的圓周角相等，本選項說法正確，符合題意；
故選：D．
【點評】本題考查的是等弧的概念、確定圓的條件、切線的判斷定理、圓周角定理，正確理解相關的概念和定理是解題的關鍵．
17．（2023 沛縣模擬）如圖，AD是⊙O的弦，AB經過圓心O交⊙O于點C，∠A＝∠B＝30°，連接BD．求證：BD是⊙O的切線．
【分析】連接OD，求出∠ODB＝90°，根據切線的判定推出即可．
【解答】如圖，連接OD，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠DAB＝30°，
∴∠DOB＝∠ODA+∠DAB＝60°，
∴∠ODB＝180°﹣∠DOB﹣∠B＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
即OD⊥BD，
∴直線BD與⊙O相切．
【點評】此題主要考查了切線的判定，等邊三角形的判定與性質，直角三角形的性質，關鍵是證明OD⊥BD．
18．（2023 鼓樓區一模）如圖，O為△ABC的外心，四邊形OCDE為正方形．以下結論：①O是△ABE的外心；②O是△ACD的外心；③直線DE與△ABC的外接圓相切．其中所有正確結論的序號是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】根據三角形的外心得出OA＝OC＝OA，根據正方形的性質得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB＝OC＝OE≠OD，再逐個判斷即可．
【解答】解：連接OB、OD、OA，
∵O為銳角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四邊形OCDE為正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
①OA＝OE＝OB，O是△ABE的外心，故本選項符合題意；
②OA＝OC≠OD，即O不是△ACD的外心，故本選項不符合題意；
③∵OE＝OA，OE⊥DE，
∴直線DE與△ABC的外接圓相切．故本選項符合題意；
故選：B．
【點評】本題考查了切線的判定，正方形的性質和三角形的外心與外接圓，能熟記知識點的內容是解此題的關鍵，注意：三角形的外心到三個頂點的距離相等，正方形的四邊都相等．
四．切線的判定與性質
19．（2023 邗江區二模）如圖，△ABC中，AB＝AC，⊙O過B、C兩點，且AB是⊙O的切線，連接AO交劣弧BC于點P．
（1）證明：AC是⊙O的切線；
（2）若AB＝8，AP＝4，求⊙O的半徑．
【分析】（1）利用全等三角形的判定與性質和圓的切線的性質定理得到∠ABO＝∠ACO＝90°，再利用圓的切線的判定定理解答即可得出結論；
（2）設⊙O的半徑為r，則OB＝r，OA＝4+r，在Rt△OAB中，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出結論．
【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的切線，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°．
在△ABO和△ACO中，
，
∴△ABO≌△ACO（SSS），
∴∠ABO＝∠ACO＝90°，
∴OC⊥AC，
∵OC為⊙O的半徑，
∴AC是⊙O的切線；
（2）解：設⊙O的半徑為r，則OB＝r，OA＝4+r．
在Rt△OAB中，
∵OB2+AB2＝OA2，
∴r2+82＝（r+4）2，
解得：r＝6．
∴⊙O的半徑為6．
【點評】本題主要考查了圓的有關性質，圓的切線的判定定理與性質定理，全等三角形的判定與性質，勾股定理，熟練掌握圓的有關性質是解題的關鍵．
20．（2022秋 惠山區期中）如圖，AB是⊙O的直徑，DC是⊙O的切線，切點是點D，過點A的直線與DC交于點C，
則下列結論錯誤的是（　　）
A．∠AOD＝2∠ADC
B．如果AD平分∠BAC，那么AC⊥DC
C．如果CO⊥AD，那么AC也是⊙O的切線
D．如果AD＝2CD，那么AD＝AO
【分析】A．由切線性質得∠ADC＝90°﹣∠ADO，再由等腰三角形性質與三角形的內角和定理得∠AOD＝180°﹣2∠ADO，便可得出∠AOD與∠ADC的數量關系；
B．由角平分線與等腰三角形的性質得AC∥OD，便可判斷B的正誤；
C．證明△OAC≌△ODC，得∠OAC＝∠ODC＝90°，便可判斷C的正誤；
D．當AD＝2CD，且AC⊥CD時，AC∥OD，可得∠CAD＝∠ODA＝30°，過點O作OK⊥AD于點K，便可AD＝OA；若AD＝2CD，但AC與CD不垂直時，∠ADC就不不一定等于30°，此時AD≠AO，便可判斷D的正誤．
【解答】解：A．∵DC是⊙O的切線，
∴∠ODC＝90°，
∴∠ADC＝90°﹣∠ADO，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠AOD＝180°﹣2∠ADO＝2（90°﹣∠ADO），
∴∠AOD＝2∠ADC，
故選項正確，不合題意；
B．∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠OAD，
∵∠OAD﹣∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴AC∥OD，
∵DC是⊙O的切線，OD為半徑，
∴OD⊥CD，
∴AC⊥DC，
故選項正確，不合題意；
C．∵CO⊥AD，
∴，
∴∠AOC＝∠DOC，
∵OA＝OD，OC＝OC，
∴△OAC≌△ODC（SAS），
∴∠OAC＝∠ODC＝90°，
∴AC也是⊙O的切線，
故選項正確，不合題意；
D．當AD＝2CD，且AC⊥CD時，AC∥OD，
則∠CAD＝∠ODA＝30°，
∵AO＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA＝30°，
過點O作OK⊥AD于點K，
∴AK＝DK＝OA，
此時AD＝，
若AD＝2CD，但AC與CD不垂直時，∠ADC就不一定等于30°，
此時AD≠AO，
故選項錯誤，符合題意；
故選：D．
【點評】本題考查了圓的有關性質與定理，直角三角形的性質，平行線的性質，全等三角形的性質與判定，綜合應用這些知識解題是關鍵．
五．弦切角定理
21．（2022 江陰市校級一模）如圖，AB是⊙O的直徑，DB、DE分別切⊙O于點B、C，若∠ACE＝25°，則∠D的度數是（　　）
A．50° B．55° C．60° D．65°
【分析】連接BC，由弦切角定理得∠ACE＝∠ABC，再由切線的性質求得∠DBC，最后由切線長定理求得∠D的度數．
【解答】
解：連接BC，
∵DB、DE分別切⊙O于點B、C，
∴BD＝DC，
∵∠ACE＝25°，
∴∠ABC＝25°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DBC＝∠DCB＝90°﹣25°＝65°，
∴∠D＝50°．
解法二：連接OC，BC．
∵DB，DC是⊙O的切線，B，C是切點，
∴∠OCE＝∠OBD＝90°，BD＝DC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，∠OCA+∠ACE＝90°，
∴∠ACE＝∠ABC＝25°，
∴∠BDC＝∠DCB＝90°﹣25°＝65°，
∴∠D＝180°﹣2×65°＝50°，
故選：A．
【點評】本題考查了切線的性質、圓周角定理、弦切角定理等知識，綜合性強，難度較大．
六．切線長定理
22．（2022秋 崇川區期中）如圖，AB、AC、BD是⊙O的切線，切點分別是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，則BD的長是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切線，則AC＝AP，BP＝BD，求出BP的長即可求出BD的長．
【解答】解：∵AC、AP為⊙O的切線，
∴AC＝AP＝6，
∵BP、BD為⊙O的切線，
∴BP＝BD，
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4．
故選：B．
【點評】本題考查了切線長定理，兩次運用切線長定理并利用等式的性質是解題的關鍵．
23．（2022秋 濱海縣期中）如圖，四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，且AB＝8，CD＝12，則四邊形ABCD的周長為 　40　．
【分析】根據圓外切四邊形的對邊之和相等求出AD+BC，根據四邊形的周長公式計算即可．
【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，
∴AD+BC＝AB+CD＝20，
∴四邊形ABCD的周長＝AD+BC+AB+CD＝40，
故答案為：40．
【點評】本題考查的是切線長定理，掌握圓外切四邊形的對邊之和相等是解題的關鍵．
24．（2021 濱海縣一模）如圖，PA、PB是⊙O的切線，CD切⊙O于點E，△PCD的周長為12，∠APB＝60°．求：
（1）PA的長；
（2）∠COD的度數．
【分析】（1）可通過切線長定理將相等的線段進行轉換，得出三角形PCD的周長等于PA+PB的結論，即可求出PA的長；
（2）根據三角形的內角和求出∠ACD和∠BDC的度數和，然后根據切線長定理，得出∠DCO和∠ODE的度數和，再根據三角形的內角和求出∠COD的度數．
【解答】解：（1）∵CA，CE都是圓O的切線，
∴CA＝CE，
同理DE＝DB，PA＝PB，
∴三角形PCD的周長＝PD+CD+PC＝PD+PC+CA+BD＝PA+PB＝2PA＝12，
即PA的長為6；
（2）∵∠P＝60°，
∴∠PCE+∠PDE＝120°，
∴∠ACD+∠CDB＝360°﹣120°＝240°，
∵CA，CE是圓O的切線，
∴∠OCE＝∠OCA＝∠ACD；
同理：∠ODE＝∠CDB，
∴∠OCE+∠ODE＝（∠ACD+∠CDB）＝120°，
∴∠COD＝180﹣120°＝60°．
【點評】本題考查的是切線長定理，切線長定理提供了很多等線段，分析圖形時關鍵是要仔細探索，找出圖形的各對相等切線長．
25．（2021秋 泰州月考）如圖，直線AB、BC、CD分別與⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，OB＝6cm，OC＝8cm．求：
（1）∠BOC的度數；
（2）BE+CG的長；
（3）⊙O的半徑．
【分析】（1）根據切線的性質得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根據平行線的性質得∠ABC+∠BCD＝180°，則有∠OBE+∠OCF＝90°，即∠BOC＝90°；（2）由勾股定理可求得BC的長，進而由切線長定理即可得到BE+CG的長；
（3）最后由三角形面積公式即可求得OF的長．
【解答】解：（1）連接OF；根據切線長定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠OBF+∠OCF＝90°，
∴∠BOC＝90°；
（2）由（1）知，∠BOC＝90°．
∵OB＝6cm，OC＝8cm，
∴由勾股定理得到：BC＝＝10cm，
∴BE+CG＝BC＝10cm．
（3）∵BC與⊙O相切于點F，
∴OF⊥BC，
∴S△OBC＝OF×BC＝OB×OC，即OF×10＝×6×8．
∴OF＝4.8cm．
【點評】此題主要是綜合運用了切線長定理和切線的性質定理．注意：求直角三角形斜邊上的高時，可以借助直角三角形的面積進行計算．
七．切割線定理
26．（2022秋 姑蘇區校級期中）如圖，在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝12，⊙O分別與邊AB，AC相切，切點分別為E，C，則⊙O的半徑是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根據切線長定理得AE＝AC，根據勾股定理得AB的長，從而得到BE的長，再利用切割線定理得BE2＝BD BC，從而可求得BD的長，也就得到了半徑的長．
【解答】解：∵AE＝AC＝5，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝13，
∴BE＝8；
∵BE2＝BD BC，
∴BD＝，
∴CD＝，
∴圓的半徑是，
故選：A．
【點評】此題綜合運用了切線長定理、勾股定理和切割線定理．
27．（2021秋 惠山區校級月考）如圖，P是⊙O的直徑BC延長線上一點，PA切⊙O于點A，若PC＝2，BC＝6，則PA的長為（　　）
A．無限長 B． C．4 D．
【分析】由已知可求得PB的長，再根據切割線定理得PA2＝PC PB即可求得PA的長．
【解答】解：∵PC＝2，BC＝6，
∴PB＝8，
∵PA2＝PC PB＝16，
∴PA＝4．
故選：C．
【點評】本題主要考查了切割線定理的運用．
八．三角形的內切圓與內心
28．（2022秋 泗陽縣期末）已知，如圖，AB為⊙O的直徑，△ABC內接于⊙O，BC＞AC，點P是△ABC的內心，延長CP交⊙O于點D，連接BP．
（1）求證：BD＝PD；
（2）已知⊙O的半徑是3，CD＝8，求BC的長．
【分析】（1）由圓周角定理得出∠ACB＝90°，由內心得出∠ACD＝∠BCP＝45°，∠CBP＝∠EBP，∠ABD＝∠ACD＝45°，由三角形的外角性質得出∠DPB＝∠DBP，即可得出結論；
（2）連接AD，由圓周角定理得出∠ABD＝45°，證出△ABD是等腰直角三角形，得出BD＝AB＝6，由勾股定理可求BH的長，即可得出結果．
【解答】（1）證明：∵AB為直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵點P是△ABC的內心，
∴∠ACD＝∠BCP＝45°，∠CBP＝∠EBP，
∴∠ABD＝∠ACD＝45°，
∵∠DPB＝∠BCP+∠CBP＝45°+∠CBP，∠DBP＝∠ABD+∠EBP＝45°+∠EBP，
∴∠DPB＝∠DBP，
∴BD＝DP；
（2）解：連接AD，過點B作BH⊥CD于H，如圖所示：
∵AB是直徑，∠ABD＝45°，
∴AB＝6，△ABD是等腰直角三角形，
∴BD＝AB＝×6＝6，
∵∠BCD＝45°，BH⊥CD，
∴∠BCH＝∠CBH＝45°，
∴BH＝CH，
∴BC＝BH，
∵BD2＝DH2+BH2，
∴36＝（8﹣BH）2+BH2，
∴BH＝4±，
∴BC＝4±2．
29．（2023 泗陽縣一模）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有下列問題：“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”其意思是“今有直角三角形，勾（短直角邊）長為八步，股（長直角邊）長為十五步，問該直角三角形能容納的圓形（內切圓）直徑是多少？”此問題中，該內切圓的直徑長是（　　）
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
【分析】由勾股定理可求得斜邊長，分別連接圓心和三個切點，設內切圓的半徑為r，利用面積相等可得到關于r的方程，可求得內切圓的半徑，則可求得內切圓的直徑．
【解答】解：如圖，在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝15，∠C＝90°，
∴AB＝＝17，
∴S△ABC＝AC BC＝×8×15＝60，
設內切圓的圓心為O，分別連接圓心和三個切點，及OA、OB、OC，
設內切圓的半徑為r，
∴S△ABC＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝×r（AB+BC+AC）＝20r，
∴20r＝60，解得r＝3，
∴內切圓的直徑為6步，
故選：C．
【點評】本題主要考查三角形的內切圓，連接圓心和切點，把三角形的面積分成三個三個角形的面積得到關于r的方程是解題的關鍵．
30．（2022秋 常州期末）下列有關圓中的結論，錯誤的是（　　）
A．同圓或等圓的半徑相等
B．一個圓繞圓心旋轉任意角度后，都能與原來的圖形重合
C．任意三點都能確定一個圓
D．任意三角形都有內切圓
【分析】根據圓的基本性質，三角形的內切圓，逐項判斷即可求解．
【解答】解：A、同圓或等圓的半徑相等，故本選項正確，不符合題意；
B、一個圓繞圓心旋轉任意角度后，都能與原來的圖形重合，故本選項正確，不符合題意；
C、任意不在同一條直線上三點都能確定一個圓，故本選項錯誤，符合題意；
D、任意三角形都有內切圓，故本選項正確，不符合題意；
故選：C．
【點評】本題主要考查了圓的基本性質，三角形的內切圓，熟練掌握圓的基本性質，三角形的內切圓是解題的關鍵．
31．（2022秋 秦淮區期末）以下列三邊長度作出的三角形中，其內切圓半徑最小的是（　　）
A．8，8，8 B．4，10，10 C．5，9，10 D．6，8，10
【分析】由于三角形面積S＝×周長×內切圓半徑，而四個選項中的三角形的周長相等，都等于24，要比較內切圓半徑的大小，只需要比較三角形面積的大小即可，分別求出各個選項中三角形的面積即可．
【解答】解：由于三角形面積S＝×周長×內切圓半徑，而四個選項中的三角形的周長相等，都等于24，
要比較內切圓半徑的大小，只需要比較三角形面積的大小即可，如圖，
選項A中的三角形面積S＝×8×4＝16＝，
選項B中的三角形面積S＝×4×＝8＝，
選項C中的三角形中，設BD＝x，則AD＝10﹣x，由勾股定理得，92﹣（10﹣x）2＝CD2＝52﹣x2，
解得x＝，
∴CD＝＝，
∴選項C中的三角形面積S＝×10×＝6＝，
選項D中的三角形面積S＝＝24＝，
由于＜＜＜，
所以選項B中的三角形面積最小，
故選：B．
【點評】本題考查三角形的內切圓，掌握三角形面積S＝×周長×內切圓半徑以及三角形的面積公式和勾股定理是解決問題的前提．
32．（2022秋 惠山區期末）如圖，點E是△ABC的內心，AE的延長線和△ABC的外接圓相交于點D，與BC相交于點G，則下列結論：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，則∠BEC＝150°；③若點G為BC的中點，則∠BGD＝90°；④AE＝DE＝DB．其中，一定正確的是（　　）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【分析】利用三角形內心的性質得到∠BAD＝∠CAD，則可對①進行判斷；直接利用三角形內心的性質對②進行判斷；根據垂徑定理則可對③進行判斷；通過證明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，則可對④進行判斷．
【解答】解：∵E是△ABC的內心，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，故①正確；
如圖，連接BE，CE，
∵E是△ABC的內心，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECB＝ACB，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠ECB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝120°，故②錯誤；
∵∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∴OD⊥BC，
∵點G為BC的中點，
∴G一定在OD上，
∴∠BGD＝90°，故③正確；
如圖，連接BE，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC＝∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE，
若AE＝DE，則CA＝CD，顯然不可能，故④錯誤．
∴一定正確的①③，共2個．
故選：A．
【點評】本題考查了三角形的內切圓與內心，圓周角定理，三角形的外接圓與外心，解決本題的關鍵是掌握三角形的內心與外心．
33．（2023 靖江市模擬）等腰三角形的底邊長為12，腰長為10，該等腰三角形內心和外心的距離為 　　．
【分析】利用等腰三角形的內心與外心的性質得到A，O′，O，E在一條直線上，利用S△ABC＝S△OAB+S△OBC+S△OAC求得三角形的內切圓的半徑，利用勾股定理求得外接圓的半徑，則等腰三角形內心和外心的距離為為兩個半徑之差．
【解答】解：由題意：△ABC為等腰三角形，AB＝AC＝10，BC＝12，⊙O′為它的外接圓，⊙O與三邊相切于點D，E，F，連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OB，如圖，
∵AB＝AC，
∴AO所在的直線垂直平分BC，平分∠BAC，
∴A，O′，O，E在一條直線上，
∴AE⊥BC，BE＝EC＝6，
∴AE＝＝＝8．
由題意：O′A＝O′B＝O′C，OD＝OE＝OF，且OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
設O′A＝O′B＝O′C＝R，OD＝OE＝OF＝r，
則O′E＝8﹣R，
∵S△ABC＝S△OAB+S△OBC+S△OAC，
∴BC AE＝AB OD+BC OE+AC OF，
∴12×8＝×10r+12r+10r，
∴r＝3．
∴OE＝3．
在Rt△O′BE中，
∵BE2+O′E2＝O′B2，
∴62+（8﹣R）2＝R2，
解得：R＝．
∴O′E＝8﹣＝，
∴OO′＝OE﹣O′E＝．
該等腰三角形內心和外心的距離為．
故答案為：．
【點評】本題主要考查了三角形的外接圓與內切圓，等腰三角形的性質，勾股定理，利用三角形的面積公式求得三角形的內切圓的半徑是解題的關鍵．
一．選擇題
1．（2023 常州模擬）如果⊙O的半徑為6cm，圓心O到直線l的距離為d，且d＝7cm，那么⊙O和直線l的位置關系是（　　）
A．相離 B．相切 C．相交 D．不確定
【分析】根據直線和圓的位置關系的內容判斷即可．
【解答】解：∵⊙O的半徑為6cm，圓心O到直線l的距離為d，且d＝7cm，
∴6＜7，
∴直線l與⊙O的位置關系是相離，
故選：A．
【點評】本題考查直線和圓的位置關系，正確記憶直線和圓的位置關系的判斷方法是解題關鍵．
2．（2022秋 太倉市期末）如圖，AB是⊙O的切線，切點為B，連接AO與⊙O交于點C，點D為上一點，連接BD，CD．若∠A＝36°，則∠BDC的度數為（　　）

A．32° B．18° C．27° D．36°
【分析】連接OB，由切線的性質得出∠ABO＝90°，由圓周角定理可得出答案．
【解答】解：連接OB，
∵AB為⊙O的切線，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO＝90°，
∵∠A＝36°，
∴∠AOB＝90°﹣∠A＝90°﹣36°＝54°，
∴∠BDC＝∠AOB＝27°，
故選：C．
【點評】本題考查了圓周角定理，三角形內角和定理，切線的性質等知識點，能求出∠OBA＝90°是解此題的關鍵．
3．（2022秋 徐州期末）如圖，已知⊙C的半徑為，正三角形ABC的邊長為6，P為AB邊上的動點，過點P作⊙C的切線PQ，切點為Q，則PQ的最小值為（　　）
A．5 B． C． D．6
【分析】連接CQ、CP，過點C作CH⊥AB于H，根據切線的性質得到CQ⊥PQ，根據勾股定理求出PQ，根據等邊三角形的性質求出CH，根據垂線段最短解答即可．
【解答】解：連接CQ、CP，過點C作CH⊥AB于H，
∵PQ是⊙C的切線，
∴CQ⊥PQ，
∴PQ＝＝，
當CP⊥AB時，CP最小，PQ取最小值，
∵△ABC為等邊三角形，
∴∠B＝60°，
∴CH＝BC sinB＝3，
∴PQ的最小值為：＝5，
故選：A．
【點評】本題考查的是切線的性質、等邊三角形的性質、垂線段最短，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．
4．（2023 蘇州模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的弦，過點C的切線交AB的延長線于點D．若∠D＝54°，則A的度數為（　　）
A．18° B．20° C．23° D．27°
【分析】連接OC，由切線的性質得∠OCD＝90°，則∠COD＝90°﹣∠D＝36°，由圓周角定理得∠A＝∠COD＝18°，于是得到問題的答案．
【解答】解：連接OC，
∵CD是⊙O的切線，
∴CD⊥OC，
∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝54°，
∴∠COD＝90°﹣∠D＝90°﹣54°＝36°，
∴∠A＝∠COD＝×36°＝18°，
∴A的度數為18°，
故選：A．
【點評】此題重點考查切線的性質、直角三角形的兩個銳角互余、圓周角定理等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵
5．（2022秋 邗江區校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，C、D是⊙O上的點，∠CDB＝25°，過點C作⊙O的切線交AB的延長線于點E，則∠E等于（　　）
A．40° B．50° C．60° D．30°
【分析】連接OC，由CE為圓O的切線，利用切線的性質得到OC垂直于CE，由OA＝OC，利用等邊對等角得到一對角相等，再利用外角性質求出∠COE的度數，即可求出∠E的度數．
【解答】解：連接OC，
∵CE為圓O的切線，
∴OC⊥CE，
∴∠COE＝90°，
∵∠CDB與∠BAC都對，且∠CDB＝25°，
∴∠BAC＝∠CDB＝25°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝25°，
∵∠COE為△AOC的外角，
∴∠COE＝50°，
則∠E＝40°．
故選：A．
【點評】此題考查了切線的性質，圓周角定理，等腰三角形的性質，以及三角形內角和定理，熟練掌握切線的性質是解本題的關鍵．
6．（2023 海陵區一模）點P的坐標為（0，2），點A（2，﹣2）是垂直于y軸的直線l上的一點，⊙M經過點P，且與直線l相切于點A，則點M的縱坐標為（　　）
A． B．1 C．2 D．4
【分析】根據切線的性質得到MA⊥AB，求得點M的橫坐標為2，設M（2，m），過M作MH⊥y軸于H，連接MP，MA，則OH＝m，MA＝2+m，根據勾股定理即可得到結論．
【解答】解：∵直線AB是⊙M的切線，
∴MA⊥AB，
∵AB⊥y軸，
∴MA∥y軸，
∵點A（2，﹣2），
∴點M的橫坐標為2，
設M（2，m），
過M作MH⊥y軸于H，連接MP，MA，
則OH＝m，MA＝2+m，MH＝2，
∴MP＝2+m，
∵點P的坐標為（0，2），
∴OP＝2，
∴PH＝2﹣m，
在Rt△PMH中，PH2+MH2＝MP2，
即（2﹣m）2+22＝（2+m）2，
解得m＝，
∴點M的縱坐標為．
故選：A．
【點評】本題考查了切線的性質，平行線的性質，勾股定理，正確的作出圖形是解題的關鍵．
7．（2023 濱湖區一模）如圖，AB是⊙O的直徑，PA與⊙O相切于點A，OP與⊙O相交于點C，若∠P＝40°，則∠ABC的度數是（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【分析】根據切線的性質可得∠OAP＝90°，從而得到∠AOC＝50°，再由圓周角定理，即可求解．
【解答】解：∵PA與⊙O相切于點A，
∴OA⊥AP，即∠OAP＝90°，
∵∠P＝40°，
∴∠AOC＝90°﹣40°＝50°，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠ABC＝25°．
故選：B．
【點評】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，熟練掌握切線的性質，圓周角定理是解題的關鍵．
8．（2022秋 玄武區期末）如圖，AC是⊙O的直徑，PA，PB是⊙O的切線，切點分別是A，B，若∠CBP＝140°，則∠P的度數為（　　）
A．100° B．80° C．75° D．70°
【分析】由切線的性質得到∠PBO＝∠PAO＝90°，由等腰三角形的性質得到∠C＝∠OBC＝50°，由三角形的外角性質得到∠AOB＝∠C+∠OBC＝100°，由四邊形內角和是360°，即可求出∠P的度數．
【解答】解：連接OB，
∵PB，PA分別切⊙O于B，A，
∴∠PBO＝∠PAO＝90°，
∵∠PBC＝140°，
∴∠OBC＝∠PBC﹣∠PBO＝140°﹣90°＝50°，
∵OC＝OB，
∴∠C＝∠OBC＝50°，
∴∠AOB＝∠C+∠OBC＝100°，
∴∠P+∠AOB+∠PAB+∠PBA＝360°，
∴∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣100°＝80°．
故選：B．
【點評】本題考查切線的性質，三角形外角的性質，等腰三角形的性質，關鍵是掌握切線的性質定理．
9．（2022秋 鼓樓區期末）如圖，AB為⊙O的直徑，PB，PC分別與⊙O相切于點B，C，過點C作AB的垂線，垂足為E，交⊙O于點D．若CD＝PB＝2，則BE長為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】作CH⊥PB于H，由垂徑定理得到CE的長，從而求出PH的長，由勾股定理求出CH的長，即可求出BE的長．
【解答】解：作CH⊥PB于H，
∵直徑AB⊥CD于H，
∴CE＝DE＝CD＝，
∵PC，PB分別切⊙O于C，B，
∴PB＝PC＝CD＝2，直徑AB⊥PB，
∴四邊形ECHB是矩形，
∴BH＝CE＝，BE＝CH，
∴PH＝PB﹣BH＝2﹣＝，
∴CH＝＝＝3，
∴BE＝CH＝3．
故選：C．
【點評】本題考查切線的性質，切線長定理，勾股定理，關鍵是通過輔助線構造直角三角形，應用勾股定理求出CH的長．
10．（2022秋 丹徒區期末）我們知道：過圓外一點所畫的圓的兩條切線長相等．
[問題解決]如圖，現有一塊邊長為20m的正方形空地ABCD，在AB邊取一點M，以MB長為直徑，在這個正方形的空地內建一個半圓形兒童游樂場，過點C劃出一條與這個半圓相切的分割線，正方形ABCD位于分割線右下方的部分作為娛樂區，娛樂區的最大面積等于（　　）
A．180m2 B．110m2 C．250m2 D．200m2
【分析】當半圓面積最大，即M與A重合時，娛樂區的面積最大，由切線長定理得到CH＝CB＝20（m），PA＝PH，由勾股定理列出關于PA的方程，求出PA的長即可解決問題．
【解答】解：當半圓面積最大，即M與A重合時，娛樂區的面積最大，PC與半圓相切于H，交AD于P，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴PA⊥AB，CB⊥AB，
∴PA，PB分別是半圓的切線，
∴CH＝CB＝20（m），PA＝PH，
設PA＝xm，則PH＝xm，PD＝（20﹣x）m，PC＝（x+2）m，
在Rt△PDC中，PC2＝PD2+DC2，
∴（x+20）2＝（20﹣x）2+202，
∴x＝5，
∴PA＝5（m），
∴娛樂區的最大面積＝梯形ABCP的面積＝（AP+BC） AB＝×（5+20）×20＝250（m2）．
故選：C．
【點評】本題考查切線的性質，正方形的性質，勾股定理，關鍵是掌握切線長定理．
二．填空題
11．（2023 鼓樓區一模）如圖，點I是△ABC的內心．若∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，則∠ICA的度數是 　20　°．
【分析】根據點I是△ABC的內心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，推出∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，所以∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，推出∠ICA＝∠ACB＝＝20°．
【解答】解：∵點I是△ABC的內心．∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，
∴∠ABC＝2∠IBC＝2×36°＝72°，∠BAC＝2∠IAB＝2×34°＝68°，
∴∠ACB＝180°﹣72°﹣68°＝40°，
∴∠ICA＝∠ACB＝＝20°．
故答案為：20．
【點評】本題考查了三角形的內切圓和內心，正確利用角平分線的性質和三角形內角和定理是解題的關鍵．
12．（2023 贛榆區二模）如圖，AB是⊙O的直徑，PA與⊙O相切于點A，∠ABC＝25°，OC的延長線交PA于點P，則∠P的度數是 　40°　．
【分析】利用圓周角定理，切線的性質定理和三角形的內角和定理解答即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直徑，PA與⊙O相切于點A，
∴OA⊥PA，
∴∠PAB＝90°，
∵∠B＝∠AOC，∠ABC＝25°，
∴∠AOC＝50°，
∴∠P＝180°﹣∠PAB﹣∠AOC＝40°．
故答案為：40°．
【點評】本題主要考查了圓周角定理，圓的切線的性質定理，熟練掌握上述定理是解題的關鍵．
13．（2022秋 建鄴區期末）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD是邊E上的高，⊙E，⊙F分別是△ACD，△BCD的內切圓，則⊙E與⊙F的面積比為 　　．
【分析】根據勾股定理求出AB，再根據三角形面積公式求出CD，由三角形內切圓圓心到三條邊的距離相等以及三角形的面積公式求出兩個圓的半徑，再求出面積比即可．
【解答】解：在△ABC中，
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
∵S△ABC＝AB CD＝AC BC，
∴CD＝，
在Rt△ACD中，由勾股定理得，
AD＝＝，
∴BD＝AB﹣AD＝，
設⊙E的半徑為r，⊙F的半徑為R，則
S△ACD＝AD CD＝（AC+CD+AD） r，
即×＝（3++）r，
∴r＝，
同理R＝，
∴⊙E與⊙F的面積比為＝＝，
故答案為：．
【點評】本題考查三角形的內切圓，掌握勾股定理以及三角形內切圓的圓心到三角形三邊距離相等是正確解答的前提．
14．（2022秋 江陰市期末）如圖，⊙O是△ABC的內切圓，切點分別為D、F、G，∠B＝65°，∠C＝45°，則∠DGF的度數是 　55　°．
【分析】連接OD，OF．由三角形內角和定理可求得∠A＝70°，由切線的性質可知：∠ODA＝90°，∠OFA＝90°，從而得到∠A+∠DOF＝180°，故可求得∠DOF＝110°，由圓周角定理可求得∠DGF＝55°．
【解答】解：如圖，連接OD，OF，
∵∠B＝65°，∠C＝45°，
∴∠A＝180°﹣65°﹣45°＝70°．
∵AB是圓O的切線，
∴∠ODA＝90°．
同理∠OFA＝90°．
∴∠A+∠DOF＝180°．
∴∠DOF＝110°．
∴∠DGF＝55°．
故答案為：55．
【點評】本題主要考查的是切線的性質、三角形、四邊形的內角和、圓周角定理，求得∠DOF的度數是解題的關鍵．
15．（2023 沭陽縣一模）如圖⊙O是△ABC的內切圓，切點分別是D，E，F，其中AB＝6，BC＝9，AC＝11，若MN與⊙O相切與G點，與AC，BC相交于M，N點，則△CMN的周長等于 　14　．
【分析】根據切線的性質和三角形的周長公式即可得到結論．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的內切圓，且與MN相切于點G；
根據切線長定理，設BF＝BD＝x，AD＝AE＝y，CF＝CE＝z，ME＝MG，NG＝NF；
∵AB＝6，BC＝9，AC＝11，
∴．
解得，
∴△CMN的周長＝CE+CF＝7+7＝14，
故答案為：14．
【點評】本題考查了三角形內切圓與內心，切線的性質，三角形周長的計算，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．
16．（2022秋 江都區期末）如圖，AB是⊙O的直徑，點D在AB的延長線上，DC切⊙O于點C，若∠D＝36°，則∠A的度數為 　27°　．
【分析】如圖所示，連接OC，利用切線的性質得到∠OCD＝90°，根據三角形內角和定理得到∠DOC＝54°，即可利用圓周角定理求出∠A的度數．
【解答】解：如圖所示，連接OC，
∵DC是⊙O的切線，
∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝36°，
∴∠DOC＝180°﹣∠D﹣∠OCD＝54°，
∴，
故答案為：27°．
【點評】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，三角形內角和定理，熟知切線的性質與圓周角定理是解題的關鍵．
三．解答題
17．（2023 姑蘇區校級二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AM是⊙O的切線，AC、CD是⊙O的弦，且CD⊥AB，垂足為E，連接BD并延長，交AM于點P．
（1）求證：∠CAB＝∠APB；
（2）若⊙O的半徑5，AC＝8，求線段BD的長．
【分析】（1）根據平行線的判定和切線的性質解答即可；
（2）通過添加輔助線，構造出直角三角形，利用勾股定理解答即可．
【解答】（1）證明：∵AM是⊙O的切線，
∴∠BAM＝90°，
∵∠CEA＝90°，
∴AM∥CD，
∴∠CDB＝∠APB，
∵∠CAB＝∠CDB，
∴∠CAB＝∠APB．
（2）解：如圖，連接AD，
∵AB是直徑，
∴∠CDB+∠ADC＝90°，
∵∠CAB+∠C＝90°，∠CDB＝∠CAB，
∴∠ADC＝∠C，
∴AD＝AC＝8，
∵AB＝10，
∴BD＝6，
【點評】本題主要考查了切線的性質定理，勾股定理，相似三角形的判定和性質，熟練掌握這些性質定理是解題的關鍵．
18．（2023 崇川區校級三模）如圖，P為⊙O外一點，PA，PB是⊙O的切線，A，B為切點，點C在⊙O上，連接OA，OC，AC．
（1）求證：∠AOC＝2∠PAC；
（2）連接OB，若AC∥OB，⊙O的半徑為5，AC＝6，求AP的長．
【分析】（1）過O作OH⊥AC于H，得到∠OHA＝90°，根據切線的性質得到∠OAP＝90°，根據余角的性質得到∠AOH＝PAC，根據等腰三角形的性質即可得到結論；
（2）連接OB，延長AC交PB于E，根據切線的性質得到OB⊥PB，PA＝PB，根據矩形的性質得到OH＝BE，HE＝OB＝5，根據勾股定理即可得到結論．
【解答】（1）證明：過O作OH⊥AC于H，
∴∠OHA＝90°，
∴∠AOH+∠OAC＝90°，
∵PA是⊙O的切線，
∴∠OAP＝90°，
∴∠OAC+∠PAC＝90°，
∴∠AOH＝PAC，
∵OA＝OC，
∴∠AOC＝2∠AOH，
∴∠AOC＝2∠PAC；
（2）解：連接OB，延長AC交PB于E，
∵PA，PB是⊙O的切線，
∴OB⊥PB，PA＝PB，
∵AC∥OB，
∴AC⊥PB，
∴四邊形OBEH是矩形，
∴OH＝BE，HE＝OB＝5，
∵OH⊥AC，OA＝OC，
∴AH＝CH＝AC＝3，
∴OH＝＝4，
∴BE＝OH＝4，AE＝AH+HE＝8，
∵PA2＝AE2+PE2，
∴PA2＝82+（PA﹣4）2，
∴PA＝10．
【點評】本題考查了切線的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，矩形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
19．（2023 姑蘇區校級一模）如圖，在△ABC中，點D為BC邊上的一個動點，以CD為直徑的⊙O交AD于點E，過點C作CF∥AB，交⊙O于點F．連接CE、EF，若AC是⊙O的切線．
（1）求證：∠BAC＝∠CEF；
（2）若AB＝10，AC＝6，CE＝EF，求直徑CD的長．
【分析】（1）根據直徑所對圓周角等于直角即可證明結論；
（2）連接FD，并延長和AB相交于G，由全等三角形的性質及勾股定理可得出答案．
【解答】（1）證明：∵CF∥AB，
∴∠B＝∠FCB，
∵∠FCB＝∠DEF，
∴∠B＝∠DEF，
又∠BAC+∠B＝90°，
∵CD是圓O的直徑，
∴∠CED＝90°，
∴∠DEF+∠CEF＝90°，
∴∠BAC＝∠CEF；
（2）連接FD，并延長和AB相交于G，
∵CE＝EF，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵四邊形CEDF為圓內接四邊形，
∴∠ADG＝∠ECF，
又∵∠CDE＝∠CFE，
∴∠ADG＝∠CDE，
∵CD為⊙O的直徑，
∴∠DFC＝90°，
∵FC∥AB，
∴∠FGA＝90°，
∴∠FGA＝∠ACD，
∵AD＝AD，
∴△AGD≌△ACD（AAS），
∴DG＝CD，AC＝AG＝6，
∵∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，
∴BC＝＝8，
在Rt△BDG中，設CD＝x，
則BD＝BC﹣CD＝8﹣x，BG＝AB﹣AG＝10﹣6＝4，DG＝CD＝x，
∵BG2+DG2＝BD2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
即CD＝3．
【點評】本題考查了圓周角定理，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，平行線的性質，圓內接四邊形的性質，等腰三角形的判定與性質，熟練掌握等腰三角形的判定與性質是解題的關鍵．
一．選擇題
1．已知⊙O的直徑AB與弦AC的夾角為25°，過點C作⊙O的切線交AB的延長線于點D，則∠D等于（　　）
A．25° B．30° C．35° D．40°
【分析】連接OC，根據切線性質求出∠OCD＝90°，根據等腰三角形性質求出∠OCA＝∠A＝25°，根據三角形外角性質求出∠COD，在△OCD中，根據三角形的內角和定理求出即可．
【解答】解：連接OC，
∵OA＝OC，∠CAB＝25°，
∴∠CAB＝∠OCA＝25°，
∴∠COD＝∠CAB+∠OCA＝50°，
∵CD切⊙O于C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
故選：D．
【點評】本題考查了等腰三角形性質、三角形的內角和定理、三角形的外角性質、切線的性質等知識點，主要考查學生綜合運用性質進行推理和計算的能力，題目具有一定的代表性，是一道比較好的題目．
2．如圖，⊙O是△ABC的內切圓，若∠A＝70°，則∠BOC＝（　　）
A．125° B．115° C．100° D．130°
【分析】利用三角形內心性質得到∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，則根據三角形內角和得到∠OBC+∠OCB（180°﹣∠A），然后利用三角形內角和得到∠BOC＝90°∠A，再把∠A＝70°代入計算即可．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的內切圓，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）（180°﹣∠A），
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A＝180°70°＝125°．
故選：A．
【點評】本題考查了三角形的內切圓與內心：三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．也考查了等邊三角形的性質．
3．如圖，若⊙O的半徑為6，圓心O到一條直線的距離為3，則這條直線可能是（　　）
A．l1 B．l2 C．l3 D．l4
【分析】直接根據直線與圓的位置關系可得出結論．
【解答】解：∵⊙O的半徑是6，圓心O到直線l的距離是3，6＞3，
∴直線l與⊙O相交．
故選：B．
【點評】本題考查的是直線與圓的位置關系，熟知設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，當d＜r時直線l和⊙O相交是解答此題的關鍵．
4．如圖，以點O為圓心作圓，所得的圓與直線a相切的是（　　）
A．以OA為半徑的圓 B．以OB為半徑的圓
C．以OC為半徑的圓 D．以OD為半徑的圓
【分析】根據直線與圓的位置關系的判定方法進行判斷．
【解答】解：∵OD⊥a于D，
∴以點O為圓心，OD為半徑的圓與直線a相切．
故選：D．
【點評】本題考查了直線與圓的位置關系：判斷直線和圓的位置關系：設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d．若直線l和⊙O相交 d＜r；直線l和⊙O相切 d＝r；直線l和⊙O相離 d＞r．
5．等邊三角形的內切圓半徑、外接圓半徑和高的比為（　　）
A．3：2：1 B．1：2：3 C．2：3：1 D．3：1：2
【分析】如圖，⊙O為△ABC的內切圓，設⊙O的半徑為r，作AH⊥BC于H，利用等邊三角形的性質得AH平分∠BAC，則可判斷點O在AH上，所以OH＝r，連接OB，再證明OA＝OB＝2r，則AH＝3r，所以OH：OA：AH＝1：2：3．
【解答】解：如圖，⊙O為△ABC的內切圓，設⊙O的半徑為r，作AH⊥BC于H，
∵△ABC為等邊三角形，
∴AH平分∠BAC，即∠BAH＝30°，
∴點O在AH上，
∴OH＝r，
連接OB，
∵⊙O為△ABC的內切圓，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝OB，
在Rt△OBH中，OB＝2OH＝2r，
∴AH＝2r+r＝3r，
∴OH：OA：AH＝1：2：3，
即等邊三角形的內切圓半徑、外接圓半徑和高的比為1：2：3．
故選：B．
【點評】本題考查了三角形的內切圓與內心：三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．也考查了等邊三角形的性質．
二．填空題
6．在平面直角坐標系中，⊙O的圓心在坐標原點，半徑為2，點A的坐標為（0，4），直線AB為⊙O的切線，B為切點，則B點的坐標為 　（，1）或（，1）　．
【分析】設⊙O交y軸于點C，連接OB、BC，可證明△OBC為等邊三角形，過B作BD⊥x軸于點D，利用直角三角形的性質可求得BD、OD，可求得B點坐標．
【解答】解：
設⊙O交y軸于點C，連接OB、BC，過B作BD⊥x軸于點D，
∵半徑為2，A（0，4），
∴OC＝2，
∴C為OA中點，
∴AB切⊙O于點B，
∴OB⊥AB，
∴BC＝OC＝2，
∴△BOC為等邊三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠BOD＝30°，
在Rt△BOD中，BDOB＝1，OBOB，
∴兩切點B的坐標為（，1）或（，1），
故答案為：（，1）或（，1）．
【點評】本題主要考查切線的性質，掌握過切點的半徑與切線垂直是解題的關鍵．
7．已知正三角形的內切圓的半徑為r，外接圓的半徑為R，則r：R＝　1：2　．
【分析】作出輔助線OD、OE，證明△AOD為直角三角形且∠OAD為30°，即可求出OD、OA的比．
【解答】解：如圖，連接OD、OE；
因為AB、AC切圓O與E、D，
所以OE⊥AB，OD⊥AC，
在Rt△AEO和Rt△ADO中，
，
∴△AEO≌△ADO（HL），
故∠DAO＝∠EAO；
又∵△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠OAC＝60°30°，
∴OD：AO＝1：2．
等邊三角形的內切圓半徑與外接圓半徑的比是1：2．
故答案為：1：2．
【點評】此題主要考查了等邊三角形內心與外心的知識，找到直角三角形，將三角形內切圓和三角形外接圓聯系起來是解題的關鍵．
8．如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，AC與⊙O交于點D，若BC＝3，AD，則AB的長為 　4　．
【分析】利用切割線定理、切線的性質、勾股定理即可得出．
【解答】解：∵BC是⊙O的切線，
∴BC2＝CD CA，即32＝CD （CD+DA），
即32＝CD （CD），（CD＞0），
解得CD，
∴AC＝5，
∵BC是⊙O的切線，
∴AB⊥BC，
由勾股定理可得：
AB，
故答案為：4．
【點評】本題考查了切割線定理、切線的性質、勾股定理，解題關鍵是熟練掌握切割線定理、切線的性質、勾股定理．
9．如圖，已知∠AOB＝30°，M為OB邊上任意一點，以M為圓心，2cm為半徑作⊙M，當OM＝　4　cm時，⊙M與OA相切．
【分析】作MH⊥OA于點H，如圖，根據切線的判定方法得到當MH＝2cm時，⊙M與OA相切，然后利用含30度的直角三角形三邊的關系得到OM＝4cm，
【解答】解：作MH⊥OA于點H，如圖，
當MH＝2cm時，⊙M與OA相切，
因為∠O＝30°，
所以此時OM＝2MH＝4cm，
即OM＝4cm時，⊙M與OA相切．
【點評】本題考查了切線的判定：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．
10．如圖，PA，PB分別切⊙O于點A，B，∠P＝70°，則∠ABO＝　35°　．
【分析】由切線的性質得到OA⊥PA，PA＝PB，由等腰三角形的性質求得∠ABP，即可求出∠ABO．
【解答】解：∵PA，PB分別切⊙O于點A，B，
∴OA⊥PA，PA＝PB，
∴∠PBO＝90°，
∵∠P＝70°，
∴∠ABP＝∠BAP55°，
∴∠ABO＝∠PBO﹣∠ABP＝90°﹣55°＝35°，
故答案為：35°．
【點評】本題考查的是切線的性質、等腰三角形的性質，掌握圓的切線垂直于經過切點的半徑是解題的關鍵．
11．如圖，已知⊙O內切于Rt△ABC，∠C＝90°，BC邊上切點為點D．作⊙O的直徑DE，連結AE并延長AE交BC于點F，若∠AFC＝45°，FD＝2，則AB的長為 　5　．
【分析】記⊙O與邊AB、AC的切點為H、G，連接OH、OG，易得出CD、CG、AC、AG長，由切線長定理可得AH＝AG，BD＝BH，設BF＝x，根據勾股定理列方程即可求出x，進而得到AB長．
【解答】解：記⊙O與邊AB、AC的切點為H、G，連接OH、OG，
∵⊙O內切于Rt△ABC，∠C＝90°，
∴∠ACB＝∠OGC＝∠ODC＝90°，BH＝BD，AH＝AG，
∴四邊形ODCG是矩形，
在Rt△EDF中，∠AFC＝45°，則DE＝DF＝2，
∴OD＝OG＝1，
∴矩形ODCG是正方形，
∴CD＝CG＝1，
∴CF＝2+1＝3，
在Rt△ACF中，∠AFC＝45°，AC＝CF＝3，
∴AG＝3﹣1＝2＝AH，
設BF＝x，則BD＝BH＝2+x，AB＝2+x+2＝4+x，BC＝3+x，
在Rt△ABC中，32+（3+x）2＝（4+x）2，
∴x＝1，
∴AB＝5．
故答案為：5．
【點評】本題主要考查了切線的性質和切線長定理以及勾股定理等，解題關鍵是熟練使用切線長定理．
三．解答題
12．如圖，已知直線PA交⊙O于A、B兩點，AE是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，且AC平分∠PAE．
（1）過點C作⊙O的切線交BP于點D，求證：CD⊥PA；
（2）若⊙O的半徑為5，AB＝6，求BD的長．
【分析】（1）連接OC，證明OC與AP平行即可．
（2）過點O作OF⊥AB交BP于點F，易證四邊形DCOF為矩形，，進而可求出BD的長．
【解答】（1）證明：如圖，連接OC，
∴OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC＝∠CAO，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴PA∥OC，
∵OC為⊙O的半徑，CD為⊙O的切線，
∴OC⊥CD，
∴CD⊥PA．
（2）如圖，過點O作OF⊥AB交BP于點F，
∴AF＝BFAB，∠OFD＝90°，
由（1）可知∠OCD＝∠CDA＝90°，
∴四邊形DCOF為矩形，
∴DF＝OC＝OA，DF＝CD，
∴BD＝DF+BF＝OA58．
【點評】本題考查切線的性質與圓的性質，熟練掌握垂徑定理的應用及切線的性質是解題關鍵．
13．已知AB是⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB＝4，BC＝2，P是⊙O上半部分的一個動點，連接OP，CP．
（1）如圖①，△OPC的最大面積是 　4　；
（2）如圖②，延長PO交⊙O于點D，連接DB，當CP＝DB時，求證：CP是⊙O的切線．
【分析】（1）在△OPC中，底邊OC長度固定，因此只要OC邊上高最大，則△OPC的面積最大；觀察圖形，當OP⊥OC時滿足要求；
（2）連接AP，BP通過△APB≌△CPO可求得DP⊥PC，從而求得PC是⊙O的切線．
【解答】（1）解：∵AB＝4，
∴OB＝2，OC＝OB+BC＝4．
在△OPC中，設OC邊上的高為h，
∵S△OPCOC h＝2h，
∴當h最大時，S△OPC取得最大值．
觀察圖形，當OP⊥OC時，h最大，如答圖1所示：
此時h＝半徑＝2，S△OPC＝2×2＝4．
∴△OPC的最大面積為4，
故答案為：4．
（2）證明：如答圖②，連接AP，BP．
∴∠A＝∠D＝∠APD＝∠ABD，
∵，
∴，
∴AP＝BD，
∵CP＝DB，
∴AP＝CP，
∴∠A＝∠C，
在△APB與△CPO中，
，
∴△APB≌△CPO（SAS），
∴∠APB＝∠OPC，
∵AB是直徑，
∴∠APB＝90°，
∴∠OPC＝90°，
∴DP⊥PC，
∵DP經過圓心，
∴PC是⊙O的切線．
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質，切線的判定和性質，作出輔助線構建直角三角形是解題的關鍵．
14．如圖，AB是⊙O的直徑，射線BC交⊙O于點D，E是劣弧AD上一點，且，過點E作EF⊥BC于點F，延長FE和BA的延長線交于點G．
（1）證明：GF是⊙O的切線；
（2）若AG＝6，GE＝6，求△GOE的面積．
【分析】（1）連接OE，由知∠1＝∠2，由∠2＝∠3可證OE∥BF，根據BF⊥GF得OE⊥GF，得證；
（2）設OA＝OE＝r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r＝3，即OE＝3，再根據三角形的面積公式得解．
【解答】解：（1）如圖，連接OE，
∵，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴OE∥BF，
∵BF⊥GF，
∴OE⊥GF，
∴GF是⊙O的切線；
（2）設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，
即OE＝3，
則S△GOE OE GE39．
【點評】本題主要考查切線的判定、圓周角定理、勾股定理及平行線的判定與性質，熟練掌握切線的判定是關鍵：連接半徑，證明半徑與直線垂直．
15．如圖，AB為⊙O的直徑，△ACD是⊙O的內接三角形，PB切⊙O于點B．
（Ⅰ）如圖①，延長AD交PB于點P，若∠C＝40°，求∠P和∠BAP的度數；
（Ⅱ）如圖②，連接AP交⊙O于點E，若∠D＝∠P，，求∠P和∠BAP的度數．
【分析】（Ⅰ）連接BD，根據圓周角定理和切線的性質即可得到結論；
（Ⅱ）連接BC，根據圓周角定理和切線的性質即可得到結論．
【解答】解：（Ⅰ）連接BD，∵∠C＝40°，
∴∠ABD＝∠C＝40°，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAP＝90°﹣∠ABD＝90°﹣40°＝50°，
∵PB切⊙O于點B，
∴∠ABP＝90°，
∴∠P＝90°﹣∠BAP＝90°﹣50°＝40°；
（Ⅱ）連接BC，
則∠ABC＝∠D，
∵∠D＝∠P，
∴∠ABC＝∠P，
∵AB為⊙O的直徑，PB切⊙O于點B，
∴∠ACB＝∠ABP＝90°，
∴∠CAB＝∠BAP，
∵，
∴∠CAP＝∠ABC，
∴∠P＝2∠BAP，
∴∠P＝60°，∠BAP＝30°．
【點評】本題考查了切線性質，圓周角定理，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
16．如圖，正方形ABCD的邊長AD為⊙O的直徑，E是AB上一點，將正方形的一個角沿EC折疊，使得點B恰好與圓上的點F重合．
（1）求證：CF與⊙O相切；
（2）若⊙O的半徑為1，則AE的長為 　　．
【分析】（1）根據正方形的性質及翻折的性質可得O、F、E三點共線，再利用切線的判定方法可得結論；
（2）根據正方形的性質可得AD＝AB＝2，設BE＝x，則AE＝AB﹣x＝2﹣x，OE＝1+EF＝1+x，利用勾股定理可得方程，求解可得答案．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∵將正方形的一個角沿EC折疊，使得點B恰好與圓上的點F重合，
∴∠B＝∠EFC＝90°，BE＝EF，
∴O、F、E三點共線，
∴∠OFC＝90°，
∴CF與⊙O相切；
（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，
∵AO＝1，OF＝1，
設BE＝x，則AE＝AB﹣x＝2﹣x，OE＝1+EF＝1+x，
∵AO2+AE2＝OE2，
∴12+（2﹣x）2＝（1﹣x）2，
∴x，
∴AE＝2．
故答案為：．
【點評】此題考查的是切線的判定與性質、圓周角定理、翻折變換、正方形的性質等知識，掌握其性質定理是解決此題的關鍵．
17．已知：四邊形ABCD是⊙OO的內接四邊形，AC是直徑，點D是的中點，過點D作DE∥AC交BA的延長線于點E，四邊形ABCD的面積為25．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）求BD的長．
【分析】（1）連接OD，根據圓周角定理及等腰直角三角形的性質可得∠DOC＝90°，再利用切線的判定方法可得結論；
（2）過點D作DM⊥BC于點M，作DN⊥BE于點N，利用全等三角形的判定與性質可得S△CDM＝S△ADN，然后由矩形、正方形的判定與性質可得答案．
【解答】（1）證明：如圖，連接OD，
∵點D是的中點，
∴，
∴AD＝CD，
∵AC是直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴OD⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
∵ED∥AC，
∴∠ODE＝∠DOC＝90°，
∵OD是半徑，
∴ED是⊙O的切線；
（2）解：如圖，過點D作DM⊥BC于點M，作DN⊥BE于點N，
∵DM⊥BC，DN⊥BE，
∴∠DMC＝∠DNA＝90°，
∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形ABCD，
∴∠DCM＝∠DAN，
在△CDM和△ADN中，
，
∴△CDM≌△ADN（AAS），
∴S△CDM＝S△ADN，
∵AC是直徑，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠DMC＝∠DNA＝90°，
∴四邊形BMDN是矩形，
∵，
∴BD平分∠EBC，
∵DM⊥BC，DN⊥BE，
∴DM＝DN，
∴四邊形BMDN是正方形，
∴S四邊形ABCD＝S四邊形ABMD+S△CDM＝S四邊形ABMD+S△ADN＝S正方形BMDN＝25，
∴BM＝DM＝5，
∴．
【點評】此題考查的是切線的判定與性質，圓周角定理及垂徑定理，正確作出輔助線是解決此題的關鍵．
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21世紀教育網(www.21cnjy.com)第10講 直線與圓的位置關系（7種題型）
1.理解并掌握直線與圓的各種位置關系；
2.理解切線的判定定理、性質定理和切線長定理，了解三角形的內切圓和三角形的內心的概念，并熟練
掌握以上內容解決一些實際問題；
一．直線與圓的位置關系
（1）直線和圓的三種位置關系：
①相離：一條直線和圓沒有公共點．
②相切：一條直線和圓只有一個公共點，叫做這條直線和圓相切，這條直線叫圓的切線，唯一的公共點叫切點．
③相交：一條直線和圓有兩個公共點，此時叫做這條直線和圓相交，這條直線叫圓的割線．
（2）判斷直線和圓的位置關系：設⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d．
①直線l和⊙O相交 d＜r
②直線l和⊙O相切 d＝r
③直線l和⊙O相離 d＞r．
二．切線的性質
（1）切線的性質
①圓的切線垂直于經過切點的半徑．
②經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點．
③經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．
（2）切線的性質可總結如下：
如果一條直線符合下列三個條件中的任意兩個，那么它一定滿足第三個條件，這三個條件是：①直線過圓心；②直線過切點；③直線與圓的切線垂直．
（3）切線性質的運用
由定理可知，若出現圓的切線，必連過切點的半徑，構造定理圖，得出垂直關系．簡記作：見切點，連半徑，見垂直．
三．切線的判定
（1）切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．
（2）在應用判定定理時注意：
①切線必須滿足兩個條件：a、經過半徑的外端；b、垂直于這條半徑，否則就不是圓的切線．
②切線的判定定理實際上是從”圓心到直線的距離等于半徑時，直線和圓相切“這個結論直接得出來的．
③在判定一條直線為圓的切線時，當已知條件中未明確指出直線和圓是否有公共點時，常過圓心作該直線的垂線段，證明該線段的長等于半徑，可簡單的說成“無交點，作垂線段，證半徑”；當已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線，可簡單地說成“有交點，作半徑，證垂直”．
四．切線的判定與性質
（1）切線的性質
①圓的切線垂直于經過切點的半徑．
②經過圓心且垂直于切線的直線必經過切點．
③經過切點且垂直于切線的直線必經過圓心．
（2）切線的判定定理：經過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．
（3）常見的輔助線的：
①判定切線時“連圓心和直線與圓的公共點”或“過圓心作這條直線的垂線”；
②有切線時，常常“遇到切點連圓心得半徑”．
五．弦切角定理
（1）弦切角：頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．
（2）弦切角定理：弦切角的度數等于它所夾的弧的圓心角的度數的一半．
　如右圖所示，直線PT切圓O于點C，BC、AC為圓O的弦，則有∠PCA＝∠PBC（∠PCA為弦切角）．
六．切線長定理
（1）圓的切線長定義：經過圓外一點作圓的切線，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長．
（2）切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．
（3）注意：切線和切線長是兩個不同的概念，切線是直線，不能度量；切線長是線段的長，這條線段的兩個端點分別是圓外一點和切點，可以度量．
（4）切線長定理包含著一些隱含結論：
①垂直關系三處；
②全等關系三對；
③弧相等關系兩對，在一些證明求解問題中經常用到．
七．切割線定理
（1）切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．
幾何語言：
∵PT切⊙O于點T，PBA是⊙O的割線
∴PT的平方＝PA PB（切割線定理）
（2）推論：從圓外一點引圓的兩條割線，這一點到每條割線與圓的交點的兩條線段長的積相等．
幾何語言：
∵PBA，PDC是⊙O的割線
∴PD PC＝PA PB（切割線定理推論）（割線定理）
由上可知：PT2＝PA PB＝PC PD．
八．三角形的內切圓與內心
（1）內切圓的有關概念：
與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內切圓，三角形的內切圓的圓心叫做三角形的內心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內心就是三角形三個內角角平分線的交點．
（2）任何一個三角形有且僅有一個內切圓，而任一個圓都有無數個外切三角形．
（3）三角形內心的性質：
三角形的內心到三角形三邊的距離相等；三角形的內心與三角形頂點的連線平分這個內角．
一．直線與圓的位置關系
1．（2023 淮陰區一模）已知⊙O的半徑為5，直線l與⊙O有2個公共點，則點O到直線l的距離可能是（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
2．（2022秋 宜興市期末）已知⊙O的半徑為6cm，點O到直線l的距離為7cm，則直線l與⊙O的位置關系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相離 D．無法確定
3．（2022秋 亭湖區校級月考）已知⊙O的半徑是一元二次方程x2﹣2x﹣3＝0的一個根，圓心O到直線l的距離d＝4，則直線l與⊙O的位置關系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相離 D．平行
4．（2022秋 江都區期末）在直角坐標系中，點P的坐標是，⊙P的半徑為2，下列說法正確的是（　　）
A．⊙P與x軸、y軸都有兩個公共點
B．⊙P與x軸、y軸都沒有公共點
C．⊙P與x軸有一個公共點，與y軸有兩個公共點
D．⊙P與x軸有兩個公共點，與y軸有一個公共點
5．（2023 南關區校級三模）如圖，已知⊙O是以數軸的原點O為圓心，半徑為1的圓，∠AOB＝45°，點P在數軸上運動，若過點P且與OA平行的直線與⊙O有公共點，設OP＝x，則x的取值范圍是　 　．
6．（2023 工業園區校級模擬）如圖，半徑為10的⊙M經過x軸上一點C，與y軸交于A、B點，連接AM、AC，AC平分∠OAM，AO+CO＝12．
（1）判斷⊙M與x軸的位置關系，并說明理由；
（2）求AB的長．
二．切線的性質
7．（2023 建鄴區二模）如圖，在平面直角坐標系中，點P的坐標是（4，5），⊙P與x軸相切，點A，B在⊙P上，它們的橫坐標分別是0，9．若⊙P沿著x軸向右作無滑動的滾動，當點B第一次落在x軸上時，此時點A的坐標是（　　）

A．（7+2π，9） B．（7+2.5π，9） C．（7+2π，8） D．（7+2.5π，8）
8．（2023 高郵市模擬）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點C、D分別在兩個半圓上，若過點C的切線與AB的延長線交于點E，則∠D與∠E的數量關系是（　　）
A．∠D+∠E＝90° B．∠D+2∠E＝180°
C．2∠D﹣∠E＝90° D．2∠D+∠E＝180°
9．（2023 阜寧縣二模）如圖 ，△ABC是⊙O的內接三角形，∠A＝115°，過點C的圓的切線交BO于點P，則∠P的度數為 　 　．
10．（2023 寶應縣一模）如圖，PA、PB是⊙O的兩條切線，切點分別是A、B，點C在劣弧AB上，∠P＝38°，則∠ACB＝　 　°．
11．（2023 玄武區一模）如圖，PA，PB是⊙O的切線，A，B為切點，過點A作AC∥PB交⊙O于點C，連接BC，若∠P＝α，則∠PBC的度數為（　　）
A．90°+α B．90 C．180°﹣α D．180
12．（2023 邗江區校級模擬）如圖，等腰△ABC中，∠ACB＝120°，BC＝AC＝8，半徑為2的⊙O在射線AC上運動，當⊙O與△ABC的一邊相切時，線段CO的長度為 　 　．
13．（2023 南通二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC相交于點D，DE是⊙O的切線，交AC于點E．
（1）求證：DE⊥AC；
（2）若AC交⊙O于點F，AF＝8，AB＝10，求BD的長．
三．切線的判定
14．（2022秋 東海縣校級月考）如圖，在△ABC中，AB＝AC，∠B＝30°，以點A為圓心，以3cm為半徑作⊙A，當AB＝　 　cm時，BC與⊙A相切．
15．（2022秋 江陰市期末）下列說法正確的是（　　）
A．等弧所對的圓心角相等
B．相等的弦所對的弧相等
C．過三點一定可以確定一個圓
D．垂直于半徑的直線是圓的切線
16．（2022秋 棲霞區校級月考）下列說法中，正確的是（　　）
A．長度相等的弧是等弧
B．三點確定一個圓
C．垂直于半徑的直線是圓的切線
D．同弧所對的圓周角相等
17．（2023 沛縣模擬）如圖，AD是⊙O的弦，AB經過圓心O交⊙O于點C，∠A＝∠B＝30°，連接BD．求證：BD是⊙O的切線．
18．（2023 鼓樓區一模）如圖，O為△ABC的外心，四邊形OCDE為正方形．以下結論：①O是△ABE的外心；②O是△ACD的外心；③直線DE與△ABC的外接圓相切．其中所有正確結論的序號是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
四．切線的判定與性質
19．（2023 邗江區二模）如圖，△ABC中，AB＝AC，⊙O過B、C兩點，且AB是⊙O的切線，連接AO交劣弧BC于點P．
（1）證明：AC是⊙O的切線；
（2）若AB＝8，AP＝4，求⊙O的半徑．
20．（2022秋 惠山區期中）如圖，AB是⊙O的直徑，DC是⊙O的切線，切點是點D，過點A的直線與DC交于點C，
則下列結論錯誤的是（　　）
A．∠AOD＝2∠ADC
B．如果AD平分∠BAC，那么AC⊥DC
C．如果CO⊥AD，那么AC也是⊙O的切線
D．如果AD＝2CD，那么AD＝AO
五．弦切角定理
21．（2022 江陰市校級一模）如圖，AB是⊙O的直徑，DB、DE分別切⊙O于點B、C，若∠ACE＝25°，則∠D的度數是（　　）
A．50° B．55° C．60° D．65°
六．切線長定理
22．（2022秋 崇川區期中）如圖，AB、AC、BD是⊙O的切線，切點分別是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，則BD的長是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
23．（2022秋 濱海縣期中）如圖，四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，且AB＝8，CD＝12，則四邊形ABCD的周長為　 ．
24．（2021 濱海縣一模）如圖，PA、PB是⊙O的切線，CD切⊙O于點E，△PCD的周長為12，∠APB＝60°．求：
（1）PA的長；
（2）∠COD的度數．
25．（2021秋 泰州月考）如圖，直線AB、BC、CD分別與⊙O相切于E、F、G，且AB∥CD，OB＝6cm，OC＝8cm．求：
（1）∠BOC的度數；
（2）BE+CG的長；
（3）⊙O的半徑．
七．切割線定理
26．（2022秋 姑蘇區校級期中）如圖，在Rt△ABC中，AC＝5，BC＝12，⊙O分別與邊AB，AC相切，切點分別為E，C，則⊙O的半徑是（　　）
A． B． C． D．
27．（2021秋 惠山區校級月考）如圖，P是⊙O的直徑BC延長線上一點，PA切⊙O于點A，若PC＝2，BC＝6，則PA的長為（　　）
A．無限長 B． C．4 D．
八．三角形的內切圓與內心
28．（2022秋 泗陽縣期末）已知，如圖，AB為⊙O的直徑，△ABC內接于⊙O，BC＞AC，點P是△ABC的內心，延長CP交⊙O于點D，連接BP．
（1）求證：BD＝PD；
（2）已知⊙O的半徑是3，CD＝8，求BC的長．
29．（2023 泗陽縣一模）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有下列問題：“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”其意思是“今有直角三角形，勾（短直角邊）長為八步，股（長直角邊）長為十五步，問該直角三角形能容納的圓形（內切圓）直徑是多少？”此問題中，該內切圓的直徑長是（　　）
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
30．（2022秋 常州期末）下列有關圓中的結論，錯誤的是（　　）
A．同圓或等圓的半徑相等
B．一個圓繞圓心旋轉任意角度后，都能與原來的圖形重合
C．任意三點都能確定一個圓
D．任意三角形都有內切圓
31．（2022秋 秦淮區期末）以下列三邊長度作出的三角形中，其內切圓半徑最小的是（　　）
A．8，8，8 B．4，10，10 C．5，9，10 D．6，8，10
32．（2022秋 惠山區期末）如圖，點E是△ABC的內心，AE的延長線和△ABC的外接圓相交于點D，與BC相交于點G，則下列結論：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，則∠BEC＝150°；③若點G為BC的中點，則∠BGD＝90°；④AE＝DE＝DB．其中，一定正確的是（　　）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
33．（2023 靖江市模擬）等腰三角形的底邊長為12，腰長為10，該等腰三角形內心和外心的距離為 　　 ．
一．選擇題
1．（2023 常州模擬）如果⊙O的半徑為6cm，圓心O到直線l的距離為d，且d＝7cm，那么⊙O和直線l的位置關系是（　　）
A．相離 B．相切 C．相交 D．不確定
2．（2022秋 太倉市期末）如圖，AB是⊙O的切線，切點為B，連接AO與⊙O交于點C，點D為上一點，連接BD，CD．若∠A＝36°，則∠BDC的度數為（　　）

A．32° B．18° C．27° D．36°
3．（2022秋 徐州期末）如圖，已知⊙C的半徑為，正三角形ABC的邊長為6，P為AB邊上的動點，過點P作⊙C的切線PQ，切點為Q，則PQ的最小值為（　　）
A．5 B． C． D．6
4．（2023 蘇州模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AC是⊙O的弦，過點C的切線交AB的延長線于點D．若∠D＝54°，則A的度數為（　　）
A．18° B．20° C．23° D．27°
5．（2022秋 邗江區校級期末）如圖，AB是⊙O的直徑，C、D是⊙O上的點，∠CDB＝25°，過點C作⊙O的切線交AB的延長線于點E，則∠E等于（　　）
A．40° B．50° C．60° D．30°
6．（2023 海陵區一模）點P的坐標為（0，2），點A（2，﹣2）是垂直于y軸的直線l上的一點，⊙M經過點P，且與直線l相切于點A，則點M的縱坐標為（　　）
A． B．1 C．2 D．4
7．（2023 濱湖區一模）如圖，AB是⊙O的直徑，PA與⊙O相切于點A，OP與⊙O相交于點C，若∠P＝40°，則∠ABC的度數是（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
8．（2022秋 玄武區期末）如圖，AC是⊙O的直徑，PA，PB是⊙O的切線，切點分別是A，B，若∠CBP＝140°，則∠P的度數為（　　）
A．100° B．80° C．75° D．70°
9．（2022秋 鼓樓區期末）如圖，AB為⊙O的直徑，PB，PC分別與⊙O相切于點B，C，過點C作AB的垂線，垂足為E，交⊙O于點D．若CD＝PB＝2，則BE長為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2022秋 丹徒區期末）我們知道：過圓外一點所畫的圓的兩條切線長相等．
[問題解決]如圖，現有一塊邊長為20m的正方形空地ABCD，在AB邊取一點M，以MB長為直徑，在這個正方形的空地內建一個半圓形兒童游樂場，過點C劃出一條與這個半圓相切的分割線，正方形ABCD位于分割線右下方的部分作為娛樂區，娛樂區的最大面積等于（　　）
A．180m2 B．110m2 C．250m2 D．200m2
二．填空題
11．（2023 鼓樓區一模）如圖，點I是△ABC的內心．若∠IAB＝34°，∠IBC＝36°，則∠ICA的度數是 　 　°．
12．（2023 贛榆區二模）如圖，AB是⊙O的直徑，PA與⊙O相切于點A，∠ABC＝25°，OC的延長線交PA于點P，則∠P的度數是 　 　．
13．（2022秋 建鄴區期末）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，CD是邊E上的高，⊙E，⊙F分別是△ACD，△BCD的內切圓，則⊙E與⊙F的面積比為 　　 ．
14．（2022秋 江陰市期末）如圖，⊙O是△ABC的內切圓，切點分別為D、F、G，∠B＝65°，∠C＝45°，則∠DGF的度數是 　 　°．
15．（2023 沭陽縣一模）如圖⊙O是△ABC的內切圓，切點分別是D，E，F，其中AB＝6，BC＝9，AC＝11，若MN與⊙O相切與G點，與AC，BC相交于M，N點，則△CMN的周長等于 　　 ．
16．（2022秋 江都區期末）如圖，AB是⊙O的直徑，點D在AB的延長線上，DC切⊙O于點C，若∠D＝36°，則∠A的度數為 　 　．
三．解答題
17．（2023 姑蘇區校級二模）如圖，AB是⊙O的直徑，AM是⊙O的切線，AC、CD是⊙O的弦，且CD⊥AB，垂足為E，連接BD并延長，交AM于點P．
（1）求證：∠CAB＝∠APB；
（2）若⊙O的半徑5，AC＝8，求線段BD的長．
18．（2023 崇川區校級三模）如圖，P為⊙O外一點，PA，PB是⊙O的切線，A，B為切點，點C在⊙O上，連接OA，OC，AC．
（1）求證：∠AOC＝2∠PAC；
（2）連接OB，若AC∥OB，⊙O的半徑為5，AC＝6，求AP的長．
19．（2023 姑蘇區校級一模）如圖，在△ABC中，點D為BC邊上的一個動點，以CD為直徑的⊙O交AD于點E，過點C作CF∥AB，交⊙O于點F．連接CE、EF，若AC是⊙O的切線．
（1）求證：∠BAC＝∠CEF；
（2）若AB＝10，AC＝6，CE＝EF，求直徑CD的長．
一．選擇題
1．已知⊙O的直徑AB與弦AC的夾角為25°，過點C作⊙O的切線交AB的延長線于點D，則∠D等于（　　）
A．25° B．30° C．35° D．40°
2．如圖，⊙O是△ABC的內切圓，若∠A＝70°，則∠BOC＝（　　）
A．125° B．115° C．100° D．130°
3．如圖，若⊙O的半徑為6，圓心O到一條直線的距離為3，則這條直線可能是（　　）
A．l1 B．l2 C．l3 D．l4
4．如圖，以點O為圓心作圓，所得的圓與直線a相切的是（　　）
A．以OA為半徑的圓 B．以OB為半徑的圓
C．以OC為半徑的圓 D．以OD為半徑的圓
5．等邊三角形的內切圓半徑、外接圓半徑和高的比為（　　）
A．3：2：1 B．1：2：3 C．2：3：1 D．3：1：2
二．填空題
6．在平面直角坐標系中，⊙O的圓心在坐標原點，半徑為2，點A的坐標為（0，4），直線AB為⊙O的切線，B為切點，則B點的坐標為 　 ．
7．已知正三角形的內切圓的半徑為r，外接圓的半徑為R，則r：R＝　 　．
8．如圖，AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線，AC與⊙O交于點D，若BC＝3，AD，則AB的長為 　　．
9．如圖，已知∠AOB＝30°，M為OB邊上任意一點，以M為圓心，2cm為半徑作⊙M，當OM＝　　cm時，⊙M與OA相切．
10．如圖，PA，PB分別切⊙O于點A，B，∠P＝70°，則∠ABO＝　　．
11．如圖，已知⊙O內切于Rt△ABC，∠C＝90°，BC邊上切點為點D．作⊙O的直徑DE，連結AE并延長AE交BC于點F，若∠AFC＝45°，FD＝2，則AB的長為 　　．
三．解答題
12．如圖，已知直線PA交⊙O于A、B兩點，AE是⊙O的直徑，點C為⊙O上一點，且AC平分∠PAE．
（1）過點C作⊙O的切線交BP于點D，求證：CD⊥PA；
（2）若⊙O的半徑為5，AB＝6，求BD的長．
13．已知AB是⊙O的直徑，點C在AB的延長線上，AB＝4，BC＝2，P是⊙O上半部分的一個動點，連接OP，CP．
（1）如圖①，△OPC的最大面積是 　　；
（2）如圖②，延長PO交⊙O于點D，連接DB，當CP＝DB時，求證：CP是⊙O的切線．
14．如圖，AB是⊙O的直徑，射線BC交⊙O于點D，E是劣弧AD上一點，且，過點E作EF⊥BC于點F，延長FE和BA的延長線交于點G．
（1）證明：GF是⊙O的切線；
（2）若AG＝6，GE＝6，求△GOE的面積．
15．如圖，AB為⊙O的直徑，△ACD是⊙O的內接三角形，PB切⊙O于點B．
（Ⅰ）如圖①，延長AD交PB于點P，若∠C＝40°，求∠P和∠BAP的度數；
（Ⅱ）如圖②，連接AP交⊙O于點E，若∠D＝∠P，，求∠P和∠BAP的度數．
16．如圖，正方形ABCD的邊長AD為⊙O的直徑，E是AB上一點，將正方形的一個角沿EC折疊，使得點B恰好與圓上的點F重合．
（1）求證：CF與⊙O相切；
（2）若⊙O的半徑為1，則AE的長為 　　．
17．已知：四邊形ABCD是⊙OO的內接四邊形，AC是直徑，點D是的中點，過點D作DE∥AC交BA的延長線于點E，四邊形ABCD的面積為25．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）求BD的長．
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