2025年中考数学一轮复习学案：5.2 与圆有关的位置关系 （教师版）

2025年中考数学一轮复习学案（全国版）

第五章圆

5.2与圆有关的位置关系

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,

分值为分，常以选择题、解答题的形式

考点2切线的性质与判定☆☆☆3~10

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

考点3三角形的外接圆与内切圆☆,

其性质的应用，多训练多总结解题规律方法。

☆☆☆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

P

d

dPd

rrPr

设已知圆的半径为r,点p到圆心的距离为d．则

(1)d<r⇔点p在⊙O内；

(2)d=r⇔点p在⊙O上；

(3)d>r⇔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）.

O

Al

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

r

rrd

∟

dd∟

（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;

l

（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；

r

d

l

（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.

O

Al

2.切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．

O

l

A

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

三角形的图形相关概念圆心的确定内、外心的性质

外接圆经过三角形各顶点

的圆叫作三角形的

外心到三角形的三

外接圆,外接圆的圆三角形三边垂直平

个顶点的距离相

心叫作三角形的外分线的交点

等。

心,这个三角形叫作

圆的内接三角形

与三角形各边都相

切的圆叫作三角形

三角形的三角形三条角平分内心到三角形的三

的内切圆,内切圆的

内切圆线的交点条边的距离相等。

圆心叫作三角形的

内心

【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−c

2

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=△。

2SABC

a+b+c

考点1.点、直线与圆的位置关系

【例题1】（2024广州）如图，O中，弦AB的长为43，点C在O上，OCAB，

ABC30．O所在的平面内有一点P，若OP5，则点P与O的位置关系是（）

A.点P在O上B.点P在O内C.点P在O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AD23，由圆周角定理可得AOC60，再结合特殊角的正弦值，

求出O的半径，即可得到答案．

如图，令OC与AB的交点为D，

OC为半径，AB为弦，且OCAB，

1

ADAB23，

2

ABC30

AOC2ABC60，

在△ADO中，ADO90，AOD60，AD23，

AD

sinAOD，

OA

AD23

OA4

sin603，即O的半径为4，

2

OP54，

点P在O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A,B在O上，AOB72，直线MN与O相切，切

点为C，且C为AB的中点，则ACM等于（）

A.18B.30C.36D.72

【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，根据为的中点，三角

CAB

1

形内角和可求出OCA(18036)72，再根据切线的性质即可求解．

2

【详解】∵AOB72，C为AB的中点，

∴AOC36

∵OAOC

1

∴OCA(18036)72

2

∵直线MN与O相切，

∴OCM90，

∴ACMOCMOCA18故选：A．

【变式练1】（2024湖南长沙一模）如图，AD,BC是O的直径，点P在BC的延长线上，PA与

O相切于点A，连接BD，若P40，则ADB的度数为（）

A.65B.60C.50D.25

【答案】A

【解析】由切线性质得出PAO90，根据三角形的内角和是180、对顶角相等求出

BODAOP50，即可得出答案；

PA与⊙O相切于点A，AD是⊙O的直径，

OAPA，

PAO90，

P40，

AOP50，

BODAOP50，

OBOD，

OBDODB，

1

ADB1805065．

2

【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180，解题关键根据切线性质推出PAO90．

【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，

∴B⊙C⊥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，ABC是O的内接三角形，若OBC28，则A______．

【答案】62##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OC，利用等腰三角

形的性质，三角形内角和定理求出BOC的度数，然后利用圆周角定理求解即可．

【详解】解：连接OC，

∵OBOC，OBC28，

∴OCBOBC28，

∴BOC180OCBOBC124，

1

∴ABOC62．

2

【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r2，则△ABC的面

积为（）π

A．rlB．rlC．rlD．rl

ππ

【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⊥A⊙B，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ABC中，AC3，BC4，AB5，点P在ABC内，分别以A、B、P

为圆心画，圆A半径为1，圆B半径为2，圆P半径为3，圆A与圆P内切，圆P与圆B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A半径为1，圆P半径为3，圆A与圆P内切，

圆A含在圆P内，即PA312，

P在以A为圆心、2为半径的圆与ABC边相交形成的弧上运动，如图所示：

当到P位置时，圆P与圆B圆心距离PB最大，为124217，

17325，

圆P与圆B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AB为直径的O上，过点C作O的切线l，过点A作ADl，

垂足为D，连接AC、BC．

（1）求证：△ABC∽△ACD；

（2）若AC5，CD4，求O的半径．

25

【答案】（1）见解析（2）

6

【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OC，根据题意得OCDOCAACD90，ACBACOOCB90，

利用等量代换确定ACDABC，再由相似三角形的判定即可证明；

（2）先由勾股定理确定AD3，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OC，如图所示：

∵CD是O的切线，点C在以AB为直径的O上，

∴OCDOCAACD90，ACBACOOCB90，

∴ACDOCB，

∵OCOB，

∴OBCOCB，

∴ACDABC，

∵ADl，

∴ADC90，

∴ADCACB，

∴△ABC∽△ACD；

【小问2详解】

∵AC5，CD4，

∴AD52423，

由（1）得△ABC∽△ACD，

ABACAB5

∴即，

ACAD53

25

∴AB，

3

2525

∴O的半径为2．

36

2.（2024贵州省）如图，AB为半圆O的直径，点F在半圆上，点P在AB的延长线上，PC与半

圆相切于点C，与OF的延长线相交于点D，AC与OF相交于点E，DCDE．

（1）写出图中一个与DEC相等的角：______；

（2）求证：ODAB；

（3）若OA2OE，DF2，求PB的长．

1616

【答案】（1）DCE（答案不唯一）（2）（3）

33

【解析】【分析】（1）利用等边对等角可得出DCEDEC，即可求解；

（2）连接OC，利用切线的性质可得出DCEACO90，利用等边对等角和对顶角的性质可

得出AOEDCE，等量代换得出AEOCAO90，然后利用三角形内角和定理求出

AOE90，即可得证；

（3）设OE2，则可求AOOFBO2x，EFx，OD2x2，DCDE2x，在Rt△ODC

222OPOC

中，利用勾股定理得出22xx22x，求出x的值，利用tanD可求出OP，

ODCD

即可求解．

【小问1详解】

解：∵DCDE，

∴DCEDEC，

故答案为：DCE（答案不唯一）；

【小问2详解】

证明：连接OC，

，

∵PC是切线，

∴OCCD，即DCEACO90，

∵OAOC，

∴OACACO，

∵DCEDEC，AEODEC，

∴AEOCAO90，

∴AOE90，

∴ODAB；

【小问3详解】

解：设OEx，则AOOFBO2x，

∴EFOFOEx，ODOFDF2x2，

∴DCDEDFEF2x，

在Rt△ODC中，OD2CD2OC2，

222

∴22xx22x，

解得x14，x20（舍去）

∴OD10，CD6，OC8，

OPOC

∵tanD，

ODCD

OP8

∴，

106

40

解得OP，

3

16

∴BPOPOB．

3

【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）Rt△ABC中，ACB90，点O在AC上，以OC为半径的圆交AB于点D，

交AC于点E．且BDBC．

（1）求证：AB是O的切线．

（2）连接OB交O于点F，若AD3,AE1，求弧CF的长．

【答案】（1）见解析（2）弧CF的长为．

3

【解析】（1）利用SSS证明△OBD≌△OBC，推出ODBOCB90，据此即可证明结论成

立；

（2）设O的半径为x，在RtAOD中，利用勾股定理列式计算求得x1，求得AOD60，

再求得COF60，利用弧长公式求解即可．

【小问1详解】

证明：连接OD，

BDBC

在OBD和△OBC中，OBOB，

ODOC

∴OBD≌OBCSSS，

∴ODBOCB90，

∵OD为O的半径，

∴AB是O的切线；

【小问2详解】

解：∵ODB90，

∴∠ODA90°，

设O的半径为x，

22

在RtAOD中，AO2OD2AD2，即x1x23，

解得x1，

OD1

∴ODOC1，OA2，cosAOD，

OA2

∴AOD60，

∵△OBD≌△OBC，

1

∴BODCOF1806060，

2

601

∴弧CF的长为．

1803

【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，AB是半圆O的直径，点D是弦AC延长线上一点，连接BD，BC，

DABC60．

（1）求证：BD是半圆O的切线；

（2）当BC3时，求AC的长．

【答案】（1）见解析（2）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CAB30，即可得ÐABD=90°，进而

可证得结论；

（2）连接OC，证明△OBC为等边三角形，求得AOC120，利用弧长公式即可解答．

【小问1详解】

证明：AB是半圆O的直径，

ACB90，

DABC60，

CAB90ABC30，

ABD180CABD90，

BD是半圆O的切线；

【小问2详解】

解：如图，连接OC，

OCOB,CBA60，

OCB为等边三角形，

COB60，OCCB3，

AOC180COB120，

120

l232．

AC360

考点3.三角形的外接圆与内切圆

1.（2024四川眉山）如图，ABC内接于O，点O在AB上，AD平分BAC交O于D，连

接BD．若AB10，BD25，则BC的长为______．

【答案】8

【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AC，BD交于E，由圆周角定理可得ADBADE90，

ACBBCE90，进而可证明ABD≌AEDASA，得到BDDE25，即得

BEBC

BE45，利用勾股定理得AD45，再证明△ABD∽△BCE，得到，据此即可求

ABAD

解，正确作出辅助线是解题的关键．

【详解】解：延长AC，BD交于E，

AB是O的直径，

ADBADE90，ACBBCE90，

AD平分BAC，

BADDAE，

又∵ADAD，

∴ABD≌AEDASA，

BDDE25，

BE45，

AB10，BD25，

2

AD1022545，

DACCBD，

又∵BADDAE，

∴BADCBD，

ADBBCE90，

ABD∽BEC，

BEBC

，

ABAD

45BC

，

1045

BC8

2.（2024四川宜宾）如图，ABC内接于O，BC为O的直径，AD平分BAC交O于D．则

ABAC

的值为（）

AD

A.2B.3C.22D.23

【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BDCD，ACDABD180，从而可以得到旋转后的图形，再证明

ADA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BD、CD，

∵BC是O的直径，

∴BACBDC90，

∵AD平分BAC，

∴BADCAD，

∴BDDC，

∴BDCD，

在四边形ABDC中，BACBDC90，

∴ACDABD180，

∴△ADC绕D点逆时针旋转90，则A,B,A三点共线，如图所示

∴ABACABABAA，

∵由旋转可知∠ADB∠ADC，ADAD

∴ADAADBBDAADCBDABDC90，

AD2

∴在等腰直角三角形ADA中，sinAsin45，

AA2

AAABAC

∴2．故选：A

ADAD

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：

abc

14．（2024山东滨州）如图，在锐角ABC中，探究，，之间的关系．（提

sinAsinBsinC

示：分别作AB和BC边上的高．）

【得出结论】

abc

．

sinAsinBsinC

【基础应用】

在ABC中，B75，C45，BC2，利用以上结论求AB的长；

【推广证明】

abc

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

sinAsinBsinC

abc

满足2R（R为ABC外接圆的半径）．

sinAsinBsinC

abc

请利用图1证明：2R．

sinAsinBsinC

【拓展应用】

如图2，四边形ABCD中，AB2，BC3，CD4，BC90．

求过A，B，D三点的圆的半径．

26513

【答案】教材呈现：见解析；基础应用：AB；推广证明：见解析；拓展应用：R．

36

【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ADBC,CEAB，垂足分别为D,E，根据正弦的定义，在4个直角三角形中

abc

分别表示出CE,AD，进而将等式变形，即可求得．

sinAsinBsinC

ABBC

基础应用：利用三角形内角和定理求得A60，利用公式，代入数据求解即可；

sinCsinA

推广证明：作直径CQ，连接AQ，利用圆周角定理求得QAC90，BQ，推出

ACbbbbb

sinQ，即2R，同理2R，2R，据此即可证明结论

CQ2RsinQsinBsinAsinC

成立；

拓展应用：连接BD，作AECD于点E，证得四边形ABCE是矩形，利用勾股定理求得BD和AD，

BC3

证明ABDBDC，利用三角函数的定义求得sinABDsinBDC，再根据

BD5

AD

2R，据此即可求解．

sinABD

【详解】解：教材呈现：如图，分别作ADBC,CEAB，垂足分别为D,E，

ADAD

在Rt△ABD中，sinB，

ABc

ADcsinB，

ADAD

在RtADC中，sinC，

ACb

ADbsinC，

csinBbsinC，

cb

，

sinCsinB

EC

在RtAEC中，sinA，

b

ECsinAb，

EC

在Rt△BEC中，sinB，

a

ECsinBa，

sinAbsinBa，

ab

，

sinAsinB

abc

．

sinAsinBsinC

基础应用：∵ABC中，B75，C45，

∴A180754560，

ABBC

由题意得，

sinCsinA

AB2

∴23，

22

26

解得AB；

3

推广证明：作直径CQ，连接AQ，

∵直径CQ，

∴QAC90，

∵，

ACAC

∴BQ，

ACb

∴sinQ，

CQ2R

bb

∴2R，

sinQsinB

bb

同理2R，2R，

sinAsinC

abc

∴2R；

sinAsinBsinC

拓展应用：连接BD，作AECD于点E，

∵ABCC90，

∴四边形ABCE是矩形，

∵AB2，BC3，CD4，

∴AEBC3，DECDCE422，BD32425，

∴ADAE2DE2322213，

∵ABCC90，

∴AB∥CD，

∴ABDBDC，

BC3

∴sinABDsinBDC，

BD5

13

AD2R

∵2R，即3，

sinABD

5

513

∴R．

6

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，Rt△ABC中，

C90，AB,BC,CA的长分别为c,a,b．则可以用含c,a,b的式子表示出ABC的内切圆直径d，

下列表达式错误的是（）

2ab

A.dabcB.d

abc

C.d2(ca)(cb)D.d|(ab)(cb)|

【答案】D

【解析】【分析】如图，设E、F、G为切点，连接OC、OD、OE、OF，则OEAC，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dabc，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E、F、G为切点，连接OC、OD、OE、OF，则OEAC，ODBC，

d

OFAB，ODOEOF，

2

由切线长定理得，AEAF，CECD，BDBF，

∵ACBOECODC90，CECD，

∴四边形ODCE是正方形，

d

∴CECDOD，

2

dd

∴AEb，BDa，

22

d

∴BFa，

2

dd

∴AFcaca，

22

∵AEAF，

dd

∴bca，

22

∴dabc，故A正确，不合题意；

∵S△ABCS△BOCS△AOCS△AOB，

11d1d1d

∴ababc，

2222222

∴2abadbdcd

2ab

∴d，故B正确，不合题意；

abc

∵dabc，

2

d2abc

a2b2c22ab2ac2bc，

∵a2b2c2，

d22c22ab2ac2bc

2cca2bca

2cacb，

∵d0，

d2(ca)(cb)，故C正确；

令a3，b4，c5，

dabc3452，

而abcb34541，

d|(ab)(cb)|，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Rt△ABC中，C90，O是ABC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CECF，AF________，BD________；若AC3，BC4，

则O半径长为________；

（2）如图2，延长AC到点M，使AMAB，过点M作MNAB于点N．

求证：MN是O的切线．

【答案】（1）AD；BE；1（2）见解析

【解析】【分析】（1）根据切线长定理得到BDBF3，AEAF10，CDCE，代入求

解即可得到答案；

（2）证明△CAB≌△NAM，推出S△CABS△NAM，ANAC，MNBC，求得

111

SACBCABr，SANAMrMNOG，根据S△S△，

ABC2AMN22CABNAM

列式求得OGr，根据切线的判定定理，即可得到MN是O的切线．

【小问1详解】

解：连接OE，OF，设O半径为r，

∵O是ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，

∴CECF，AFAD，BDBE；

在四边形OFCE中，OFCCOEC90，

四边形ODCE为矩形，

又因为OFOE，

四边形OFCE为正方形．

则CFCEr，则AFAD3r，BDBE4r，

在Rt△ACB中，由勾股定理得AB32425，

∴ADBDAB5，即3r4r5，

解得r1，

故答案为：AD；BE；1；

【小问2详解】

证明：连接OD，OE，OF，OA，OM，ON，OB，作OGMN于点G，

设O半径为r，

∵MNAB，

∴ACBANM90，

∵CABNAM，AMAB，

∴△CAB≌△NAM，

∴S△CABS△NAM，ANAC，MNBC，

∵O是ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，

∴ODOEOFr，

1

∴SACBCABr，

ABC2

11

同理SANAMrMNOG，

AMN22

111

∴ACBCABrANAMrMNOG，

222

∴OGr，

∵OGMN，

∴MN是O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，cosA＝，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，cosA＝，

∴＝＝，

∴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，

∴O⊙H＝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∠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