专题04第四章 圆（中等类型）（解析版）

专题04第四章圆【专题过关】类型一、利用垂径定理求平行弦【解惑】半径为5，弦，，，则与间的距离为（

）A．1 B．7 C．1或7 D．3或4【答案】C【分析】过点作，为垂足，交与，连，，由，得到，根据垂径定理得，，再在中和在中分别利用勾股定理求出，，然后讨论：当圆点在、之间，与之间的距离；当圆点不在、之间，与之间的距离．【详解】解：过点作，为垂足，交与，连，，如图，，，，，而，，，，在中，，；在中，，；当圆点在、之间，与之间的距离；当圆点不在、之间，与之间的距离；所以与之间的距离为7或1．故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了勾股定理以及分类讨论的思想的运用．【融会贯通】1．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知的直径为，，是的两条弦，，，，则与之间的距离为cm．【答案】2或14【分析】作于E，延长交于F，连接、，如图，利用平行线的性质，根据垂径定理得到，，则利用勾股定理可计算出，，讨论：当点O在与之间时，；当点O不在与之间时，．【详解】解：作于E，延长交于F，连接、，如图

∵，，∴，∴，，在中，，在中，，当点O在与之间时，如图1，，当点O不在与之间时，如图2，，故答案为：2或14．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．注意分类讨论．2．（2022·九年级单元测试）设AB、CD是⊙O的两条弦，ABCD．若⊙O的半径为13，AB=24，CD=10，则AB与CD之间的距离为．【答案】17或7/7或17【分析】根据题意画出图形，由于AB、CD在圆心的同侧或异侧不能确定，故应分两种情况进行讨论．【详解】解：①当AB、CD如图（一）所示时，过O作OE⊥CD，交AB于F，连接OA、OC，∵ABCD，OE⊥CD，∴OF⊥AB，由垂径定理可知AF=AB=×24=12，CE=CD=×10=5，在Rt△CEO中，OE==12；同理，OF==5，故EF=OE﹣OF=12﹣5=7；②当AB、CD如图（二）所示时，过O作OE⊥CD，交AB于F，连接OA、OC，同（一）可得OE=12，OF=5，EF=OE+OF=12+5=17；故答案为：17或7．【点睛】本题考查的是垂径定理，勾股定理，解答此题时要注意分类讨论，不要漏解．3．（2023秋·江苏·九年级专题练习）在半径为4cm的中，弦CD平行于弦AB，，，则AB与CD之间的距离是cm．【答案】或【分析】根据题意，分析两种AB的位置情况进行求解即可；【详解】解：①如图，AB//CD，过点O作在中∵，∴∴∵∴∴∵∴∴∴∵AB//CD∴AB与CD之间的距离即GH∴AB与CD之间的距离为②如图，作，连接AD则有四边形PEFD是矩形，∴EF=PD∵∴∵∴∵∴∴∵∴∴故答案为：或【点睛】本题主要圆的的性质、三角形的全等，勾股定理，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键．4．（2023秋·江苏·九年级专题练习）已知⊙的直径为26cm，AB、CD是⊙的两条弦，，AB=24cm，CD=10cm，则、之间的距离为cm．【答案】7或17/17或7【分析】首先分先AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况讨论，画出图形，过圆心O作两弦的垂线，利用垂径定理可分别求出圆心到两弦的距离，从而可求出两弦间的距离．【详解】①当弦AB、CD在圆心的同侧时，如图1过点O作OF⊥CD交AB于点E，连接OA，OC∵∴OE⊥AB∵AB=24，CD=10∴AE=12，CF=5又∵⊙的直径为26∴OA=OC=13∴，∴EF=OF-OE=7②当弦AB、CD在圆心的异侧时，如图2过点O作OF⊥CD，延长FO交AB于点E，连接OA，OC∵∴OE⊥AB∵AB=24，CD=10∴AE=12，CF=5又∵⊙的直径为26∴OA=OC=13∴，∴EF=OF+OE=17故答案为：7或17．【点睛】本题主要考查了垂径定理，解题是要注意分AB、CD在圆心的同侧和异侧两种情况讨论．5．（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考二模）如图，在中，是直径，弦．(1)在图1中，请仅用不带刻度的直尺画出劣弧的中点P；(保留作图痕迹，不写作法)(2)如图2，在（1）的条件下连接、，若交弦于点Q，的面积6，且，求的半径；【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）由圆的对称性，连接、交于点，连接并延长交于点即可；（2）连接，如图，根据垂径定理得到，，再利用三角形面积公式计算出，设的半径，则，，利用勾股定理得到，解方程即可．【详解】（1）解：连接、，它们相交于点，连接并延长交于点，如图1，点为所作；（2）连接，如图2，点为劣弧的中点，，，的面积为6，，解得，设的半径，则，，在中，，解得，即的半径为10．【点睛】本题考查了作图复杂作图，涉及垂径定理和勾股定理，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．类型二、利用弧、弦、圆心角的关系求证【解惑】如图，在中，弦与弦相交于点E，且．

求证：．【答案】见解析【分析】由弧、弦、圆心角的关系进行证明，结合等角对等边，即可得到结论成立．【详解】证明：，，，即，，．【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系，解题的关键是掌握所学的知识进行证明．【融会贯通】1．（2023秋·江苏泰州·九年级泰州市第二中学附属初中校考阶段练习）如图，的弦、的延长线相交于点，且，

(1)求证：；(2)求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）证，则即可求证；（2）连接，作，证，进而可证，即可求证．【详解】（1）证明：∵∴∴即：（2）证明：连接，作

∵,∴即【点睛】本题考查了圆中“弧、弦、角”的关系、全等三角形综合．熟记相关结论进行几何推理即可．2．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，等腰中，，过点B、C且与、分别相交于点D、E．求证：．

【答案】见解析【分析】利用等腰三角形的性质可得，从而得出，然后根据等式的性质即可得出，即可得证．【详解】证明：∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及其推论是解题的关键．3．（2021秋·陕西渭南·九年级统考期中）已知：如图，C，D是以直径的上的两点，分别连接、、、、，且，求证：．

【答案】见解析【分析】通过平行线的性质以及等边对等角，得到，再利用圆的性质，即可求证．【详解】证明：∵，∴，．又∵，∴，∴∴．【点睛】此题考查了圆的性质，平行线的性质以及等边对等角的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．4．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，A、B、C、D是上的四点，．求证：．

【答案】见解析【分析】根据，得出，求出，即可证明结论．【详解】证明：∵，∴，∴，即，∴．【点睛】本题主要考查了弧、弦、圆心角之间的关系，解题的关键是熟练掌握三个量关系定理．5．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，在中，弦相交于点E，连接，已知．

(1)求证：；(2)如果的半径为5，，求的长．【答案】(1)见解析(2)7【分析】（1）根据，可得，再证明，即可；（2）过O作与F，于G，连接，则，根据垂径定理可得，证明，可得，从而得到四边形是正方形，可得，设，则，根据勾股定理求出x的值，即可．【详解】（1）证明：∵，∴，在与中，，∴，∴；（2）解：过O作与F，于G，连接，则，

∴四边形是矩形，根据垂径定理得：，∵，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴四边形是正方形，∴，设，则，∴，即，解得：或（舍去），∴，∴．【点睛】本题主要考查了垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，弧、弦，圆心角的关系，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．类型三、同弧或等弧所对的圆周角相等【解惑】如图，A、B、C是上的点，且．在这个图中，画出下列度数的圆周角：，，，，仅用无刻度的直尺不能画出的有（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】作直径，连接、，在弧上取一点E，连接、，如图，利用圆周角定理得到，，利用圆内接四边形的性质得到，根据直角三角形两锐角互余计算可得出．【详解】解：如图，作直径，连接、，在弧上取一点E，连接、，

∵A、B、C是上的点，且，，∵四边形内接于，，，∵为的直径，，，∴仅用无刻度的直尺能画出的圆周角有，，和．故选：B．【点睛】本题考查圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半；推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．还考查了圆内接四边形的性质，直角三角形两锐角互余．掌握圆周角定理是解题的关键．【融会贯通】1.（2023秋·吉林长春·九年级校联考阶段练习）如图，是的内接三角形，是的直径，，的平分线交于点D，则的度数是．

【答案】/85度【分析】根据直径所对的圆周角为90度可得，进而求出，，再根据同弧所对的圆周角相等求出，进而即可求解．【详解】解：是的内接三角形，是的直径，，又，，是的平分线，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查圆周角定理，解题的关键是掌握直径所对的圆周角为90度，同弧所对的圆周角相等．2．（2023秋·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图，点A、B、C、D在上，，，，则．

【答案】/70度【分析】根据三角形内角和定理，得出，再根据同弧所对的圆周角相等，得到，即可求出的度数．【详解】解：，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，圆的性质，解题关键是掌握同弧所对的圆周角相等．3．（2023秋·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）如图，直角坐标系中，为第一象限的角平分线，，，点为上一动点，为轴上一动点，，以为直径的圆与相交于点．

(1)若，求点坐标（，）(2)求证：；(3)判断、、之间的数量关系并证明；【答案】(1)(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）证得为的中点即可得出结论；（2）证得为等腰直角三角形，从而得出；（3）连接，可证得，进而得出，进一步得出结论．【详解】（1），，，，，，即为的中点，；（2）为直径，，，为等腰直角三角形，；（3），

证明：连接，

四边形是圆的内接四边形，又，

在和中，，，，，即；【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，解决问题的关键是结合所学知识利用数形结合的思想解决问题．4．（2023秋·浙江温州·九年级校联考期中）如图，在中，，D为中点，以为直径作，分别交于点E，F．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）由直角三角形斜边中线的性质得到，由圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质即可证明；（2）连接，利用勾股定理求得，利用等积法求得，再勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：连接，

∵，D为中点，∴，∵为直径，∴，即，∴；（2）解：连接，

∵，，，∴，∵为直径，∴，即，∵，即，∴，由（1）得，∴．【点睛】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．5．（2021秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，为的直径，弧弧，E为弧上一点，延长至点A，使，连接．

(1)求证：；(2)延长交于点B，连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）连接，证明，即可；（2）过点作，易得是等腰直角三角形，求出的值，设，在中，，列出方程，求出的值，再利用勾股定理，进行求解即可．【详解】（1）证明：连接，

∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴；（2）过点作，连接，如图，

∵，∴，∴，设，则：，在中，，∴，解得：；∴，∵，，∴．【点睛】本题考查圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握同（等）弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，是解题的关键．类型四、90°的圆周角所对的弦是直径【解惑】如图，中，，将绕点B顺时针旋转至，连接并延长交于点F，若，，则的长为．【答案】【分析】延长交于H，连接与交于N，则四边形是正方形，求出的长，再证明即可求出结论．【详解】解：延长交于H，连接与交于N，如图所示：，，绕点B顺时针旋转至，，，，，，∴四边形是正方形，是等腰直角三角形，，，，，，，，，四点共圆，，，四点共圆，，，，是等腰直角三角形，．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、四点共圆问题及圆周角定理，解题关键是熟练掌握相关性质．【融会贯通】1．（2023秋·江苏南京·九年级南京钟英中学校考阶段练习）如图，是半圆的直径，O为圆心，B、C是半圆上的两点，，则°．

【答案】【分析】连接，如图，根据直径所对的圆周角是直角得到，则可计算出，然后根据同弧所对的圆周角相等即可得到．【详解】如图所示，连接，

∵是直径，∴，∵，∴，∵，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，正确作出辅助线是解题的关键．2．（2023秋·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考阶段练习）如图，在中，，，将绕点A逆时针旋转角得到AP，连接，．当为直角三角形时，旋转角α的度数为．

【答案】90°或180°【分析】点在以为圆心，为半径的圆上运动，有固定轨迹，为直角三角形，要分三种情况讨论求解．【详解】由题意可知，点在以为圆心，为半径的圆上运动．如图：延长与交于，连接．

，又，△为等边三角形，．在中，，，．，当在直线上时符合题意，．连接，，，四边形为平行四边形．，即：运动到时符合题意．．记中点为，以为圆心，为半径作．，与相离，．故答案为：、．【点睛】本题考查了直角三角形的定义，等边三角形，等腰三角形的性质及判定，以及圆周角定理，勾股定理等知识点．题目新颖、灵活，解法多样，需要敏锐的感知图形的运动变化才能顺利解题．3．（2023秋·浙江杭州·九年级杭州市采荷中学校考阶段练习）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则．

【答案】【分析】连接，根据平分，可得；根据四边形内接于，可得，进而可得，即有，则有，最后利用勾股定理即可作答，【详解】解：连接，如图，

∵平分，∴，∵四边形内接于，∴,，∴，∴，∵,∴，∴,∵,∴,∵,,∴在中，；故答案为：.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理、勾股定理、角平分线定义等知识；熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键.4．（2023秋·浙江台州·九年级校考阶段练习）如图，四边形是的内接四边形，平分，连接，，若等于，则的度数为．

【答案】【分析】根据圆内接四边形的性质求出，由垂径定理可得，从而得到，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得，最后由角平分线的定义即可得到答案．【详解】解：四边形是的内接四边形，等于，，，，，，，，平分，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、角平分线的定义等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．5．（2023秋·浙江温州·九年级校联考期中）如图是一个的正方形网格，格点A，B，C均在上，请按要求画图：①仅用无刻度的直尺，且不能用直尺的直角；②保留必要的画图痕迹；③标注相关字母．（图1、图2在答题纸上）(1)在图1中画出所在圆直径．(2)在图2中作，且点E在上．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接格点,得线段即为所求．由垂径定理推论知经过弧所在圆的圆心，而，于是是圆的直径．（2）如图，连接格点，线段交弧于点E，即为所求．由圆周角定理，得，，于是．【详解】（1）解：连接格点,得线段即为所求．由网格图知，∴经过弧所在圆的圆心．又，∴是圆的直径．（2）解：如图，连接格点，线段交弧于点E，即为所求．由图1，，∴是圆的直径．∴．∵，∴．【点睛】本题考查圆周角定理及推论，垂径定理及推论；理解圆周角定理及推论是解题的关键．类型五、圆的内接四边形【解惑】如图，四边形是⊙O的内接四边形，是⊙O的直径，连接，，若，且，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接、，可得四边形是平行四边形，根据，可得是菱形，进而得到为等边三角形，结合直径所对圆周角是直角，可以求出，结合圆内接四边形的性质即可求出；【详解】解：如图，连接、，∵，且，∴四边形是平行四边形，又∵，∴是菱形，∴，，即为等边三角形，∴，，∵是⊙O的直径，∴，，，∵四边形是⊙O的内接四边形，∴，∴故选：D【点睛】本题考查平行四边形、菱形、等边三角形的判定及性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质，准确作出辅助线是解决本题的关键．【融会贯通】1．（2023秋·江苏南通·九年级启东折桂中学校考阶段练习）如图，在中，点D为的中点，为的直径，交于点E．连接．若，则（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，如图，利用圆内接四边形的性质得到，再利用平行线的性质得到，则可得到，由于点为的中点，根据圆周角定理得，根据垂径定理得到，则，所以，从而可求出的度数．【详解】解：连接，如图，

四边形为圆的内接四边形，，，即，，，，，即，点为的中点，为直径，，，，即，，解得．故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了平行线的性质和垂径定理．2．（2023秋·江苏连云港·九年级校考阶段练习）圆内接四边形中，若，则等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆内接四边形对角互补可知，根据可得的值，结合即可得到的度数．【详解】解：∵内接四边形，∴∵，∴，∴，．等于．故选：B．【点睛】本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，解题的关键是掌握相关知识．3．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，四边形为的内接四边形，若，则度．

【答案】【分析】根据圆内接四边形对角互补，即可求解．【详解】解：∵四边形为的内接四边形，若，∴故答案为：．【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．4．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，四边形内接于，E为延长线上一点，若，则．

【答案】【分析】因为四边形内接于，所以，因为，根据邻补角性质得，即可作答．【详解】解：因为四边形内接于，所以，即，根据邻补角性质得，那么，故答案为：．【点睛】本题考查了内接四边形性质：对角互补；以及邻补角性质，难度较小．5．（2023秋·江苏南通·九年级启东折桂中学校考阶段练习）如图，四边形内接于，连接、相交于点E．

(1)如图1，若，求证：；(2)如图2，若，连接，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用得到，则，然后根据圆周角定理得到，从而得到结论；（2）作直径，连接，如图2，先利用垂直定义得到，再利用圆周角定理得到，，，然后根据等角的余角相等得到结论．【详解】（1），，即，，，；（2）作直径，连接，如图2，

，，，，，，为直径，，，，即．【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，的圆周角所对的弦是直径．类型六、利用点与圆的位置关系求半径【解惑】如图，在网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）中选取9个格点（格线的交点称为格点）．若以点A为圆心，为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，则的取值范围为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】利用勾股定理求出各格点到点的距离，结合点与圆的位置关系，即可得出结论．【详解】解：给各点标上字母，如图所示．

，，，，，时，以为圆心，为半径画圆，选取的格点中除点外恰好有3个在圆内．故选：B．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系以及勾股定理，利用勾股定理求出各格点到点的距离是解题的关键．【融会贯通】1．（2023秋·江苏苏州·九年级校考阶段练习）已知的半径为，点在外，则点到圆心的距离的取值范围是．【答案】【分析】若半径为，点到圆心的距离为，根据当时，点在圆外即可求解．【详解】解：∵的半径为，点在外，∴点到圆心的距离的取值范围是．故答案为：．【点睛】本题考查点与圆的位置关系的判断．解题的关键要记住若半径为，点到圆心的距离为，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上，当时，点在圆内．掌握点与圆的位置关系的判断方法是解题的关键．2．（2021秋·福建龙岩·九年级校考期中）如图，的半径为2，圆心的坐标为，点是上的一动点，过作，、都在轴上，且关于原点对称，则的最小值为．

【答案】6【分析】由中知要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当点位于位置时，取得最小值，据此求解可得．【详解】解：连接，，，，，若要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于点，当点位于位置时，取得最小值，过点作轴于点，

则、，，又，，，故答案为：6．【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最小值时点的位置．3．（2023秋·九年级课时练习）如图，在矩形中，，，以顶点为圆心作半径为的圆，若要求另外三个顶点至少有一个在圆内，且至少有一个在圆外，则的取值范围是．

【答案】/【分析】如图，连接，根据点与圆心的距离与半径大小的关系进行判断，当时，点在圆外，当时，点在圆内，由图可知当时，矩形的另外三个顶点至少有一个在圆内，且至少有一个在圆外，由勾股定理得的值即可得出答案．【详解】解：如图，连接，

四边形是矩形，，又，在中，，由图可知，故答案为：．【点睛】本题考查了点和圆的位置关系及勾股定理，熟练掌握点到圆心的距离与半径大小关系及勾股定理是解题关键．4．（2023秋·全国·九年级专题练习）若所在平面内一点到上的点的最远距离为5，最近距离为3，则此圆的半径为．【答案】4或1【分析】设的半径为，分两种情况：当点在外时，当点在内时，分别进行计算即可得到答案．【详解】解：设的半径为，当点在外时，，当点在内时，，综上可知此圆的半径为4或1，故答案为：4或1．【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．5．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知的圆心与坐标原点重合，半径为r，若点在内，点在外，则r的取值范围是．【答案】【分析】由题意知，，，由点在内，点在外，可得．【详解】解：由题意知，，，∵点在内，点在外，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．类型七、已知直线与圆的位置关系求值【解惑】如图，直线与圆心在原点，半径为的圆有公共点，则的取值范围是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据等面积法算出坐标原点到直线的距离，根据圆与直线有交点可判断圆半径范围；【详解】

解：过原点作交于点C，直线与坐标轴的交点为A、B两点，令解得，故A点坐标为：令解得，故B点坐标为：故直线到坐标原点的距离为：，直线与圆有公共点，故；故选：C．【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理以及直角三角形的性质，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．【融会贯通】1．（2022秋·江苏盐城·九年级校考阶段练习）已知的斜边，直角边．以点C为圆心，当半径r取值时，与边只有一个公共点．【答案】或【分析】分当圆和斜边相切和当圆和斜边相交两种情况求解即可．【详解】如图，∵斜边，直角边，∴．当圆和斜边相切时，则半径即是斜边上的高；当圆和斜边相交，且只有一个交点在斜边上时，可以让圆的半径大于短直角边而小于长直角边，则．故答案为或．【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，在解答此题时要注意分两种情况讨论，不要漏解．2．（2021秋·广东韶关·九年级校考期中）已知的半径为7，直线l与相交，点O到直线l的距离为4，则上到直线l的距离为3的点的个数为个．【答案】3【分析】根据平行线间的距离处处相等，先过点D作，即可求得上到直线l的距离为3的点的个数．【详解】解：如图，∵的半径为7，点O到直线l的距离为4，即，∴，在上截取，过点D作，交于A、B两点，∴上到直线l的距离为3的点为A、B、C，故答案为：3．

【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、平行线间的距离处处相等的性质，正确画出符合题意的图形、数形结合是解题的关键．3．（2023秋·九年级课时练习）以点为圆心，为半径画圆，与坐标轴恰好有三个公共点，则的值为．【答案】或【分析】作轴，连结，根据勾股定理计算出，然后根据直线与圆的位置关系即可得到满足条件的的取值为且．【详解】作轴，连结，如图，∵点的坐标为，∴，，∴，∵以点为圆心，为半径的圆与坐标轴恰好有三个公共点，∴过点或者与轴相切，∴或．故答案为或．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设的半径为，圆心到直线的距离为：①直线和相交⇔；②直线和相切⇔；③直线和相离⇔．也考查了坐标与图形性质．4．（2023秋·全国·九年级专题练习）已知在矩形中，，，以点为圆心，为半径作，(1)当半径为何值时，与直线相切；(2)当半径为何值时，与直线相切；(3)当半径的取值范围为何值时，与直线相交且与直线相离．【答案】(1)当半径为3时，与直线相切(2)当半径为2.4时，与直线相切(3)当半径的取值范围为时，与直线相交且与直线相离【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径时，圆与直线相切，结合矩形的性质进行求解即可；（2）连接，过点作，等积法求出的长，即为所求；（3）根据圆心到直线的距离和圆的半径之间的关系，进行求解即可．【详解】（1）解：∵四边形为矩形，∴，∴，，∵圆心到边的距离为，与直线相切，∴，则当半径为3时，与直线相切；（2）连接，过作，交于点，∵在中，，，∴，又∵，∴圆心到边的距离，又与直线相切，∴，则当半径为2.4时，与直线相切；（3）∵与直线相交，圆心到边的距离为，∴，又与直线相离，圆心到的距离为，∴，则当半径的取值范围为时，与直线相交且与直线相离．【点睛】本题考查直线与圆之间的位置关系．熟练掌握圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切，小于半径时，直线与圆相交，大于半径时，直线与圆相离，是解题的关键．5．（2023秋·九年级课时练习）如图，为正比例函数图象上的一个动点，的半径为，设点的坐标为．

(1)求与直线相切时点的坐标．(2)请直接写出与直线相交、相离时的取值范围．【答案】(1)或(2)或【分析】（1）根据直线和圆相切应满足圆心到直线的距离等于半径，首先求得点的横坐标，再根据直线的解析式求得点的纵坐标．（2）根据（1）的结论，即可分析出相离和相交时的取值范围．【详解】（1）解：过作直线的垂线，垂足为；当点在直线右侧时，，解得；∴；当点在直线左侧时，，得，∴，

∴当与直线相切时，点的坐标为或．（2）解：由（1）可知当时，与直线相交当或时，与直线相离．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，掌握直线和圆的不同位置关系应满足的数量关系，根据数量关系正确求解是解题的关键．类型八、切线的证明【解惑】如图，是的直径，是弦，，延长到D，使．

(1)求证：是的切线；(2)若，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）根据切线的判定方法，只需证．所以连接，证．（2）易求半径的长．在中，运用三角函数求．【详解】（1）证明：连接．

，，．．，，．是弦，点在上，是的切线，点是的切点．（2）解：，．在中，，，．【点睛】本题考查了切线的判定，证明经过圆上一点的直线是圆的切线，常作的辅助线是连接圆心和该点，证明直线和该半径垂直．【融会贯通】1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图1所示，为的外接圆，为直径，、分别与相切于点D、C（）.E在线段上，连接并延长与直线相交于点P，B为中点.(1)证明：是的切线.(2)如图2，连接，，求证：.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边上的中线的性质以及等边对等角得出，进而根据为切线，，，得出，即可得证；（2）根据、、分别与相切于点D、E、C，根据切线长定理得出，，则，，，，即可得出，进而即可得证．【详解】（1）证明：连接，∵为直径，∴.

在中，B为中点，∴，∴，

∵，∴，

又∵为切线，∴，∴

∴.

即，∴是的切线.（2）证明：∵、、分别与相切于点D、E、C，∴，，，，∴，∴，∴，

∴，

∴；【点睛】本题考查了切线的性质与切线长定理，掌握切线的判定方法以及切线长定理是解题的关键．2．（2023秋·江西南昌·九年级校考阶段练习）如图，为的直径，平分，于，交于．

(1)求证：为的切线；(2)若，求的半径．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接，根据角平分线的定义得到，根据等腰三角形的性质得到，等量代换得到，证明，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理证明结论；（2）过点作于，根据垂径定理求出，根据矩形的性质求出，根据勾股定理计算，得到答案．【详解】（1）证明：连接，

∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵为的半径，∴为O的切线；（2）过点作于，则，∵，，，∴四边形为矩形，∴，∴，则⊙O的半径为．【点睛】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．3．（2022·湖北武汉·校考一模）如图，在正方形中，E是边上一点，若，以为直径作半圆．

(1)求证：与相切；(2)若正方形的边长为4，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)见解析(2)图中阴影部分的面积为【分析】（1）如图，连接并延长，交的延长线交于F，作于H，由正方形可知，证明，则，，由，可得，则，，由，，可得，进而结论得证；（2）设，则，，在中，由勾股定理得，，即，解得：，根据，计算求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接并延长，交的延长线交于F，作于H，

由正方形可知，又∵，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，又∵，，∴，∴与相切；（2）解：设，则，，在中，由勾股定理得，，即，解得：，∴，，∴，∴图中阴影部分的面积为．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角，角平分线的性质，勾股定理，切线的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．4．（2023·陕西西安·校考二模）如图，在四边形中，，连接，恰好是的平分线，以为直径作，经过点，的延长线交于点，连接．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）连接，利用同圆的半径相等，角平分线的定义，平行线的判定与性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可；（2）延长，交于点，利用矩形的判定与性质定理得到，，利用垂径定理得到的长，再利用勾股定理解答即可得出结论．【详解】（1）证明：连接，如图，

，，恰好是的平分线，，，．．，，，是的半径，是的切线；（2）解：延长，交于点，

为直径，，，，四边形为矩形，，．，，．的半径．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，角平分线的定义，平行线的判定与性质，圆的切线的判定定理，矩形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．5．（2022秋·湖北武汉·九年级校联考阶段练习）如图，，，点，分别在，上，且，交于点，点在上，经过点，．

(1)求证：为的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，证明，可得，进而证明，可得，即可得证；（2）证明，可得，设的半径为，在中，勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：连接，

∵，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵是的半径，∴为的切线；（2）∵，，∴又∵，，∴，∴，设的半径为，则，在中，∴解得：∴的半径为【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握是解题的关键．类型九、切线长定理求值【解惑】如图，的内切圆与、、分别相切于点、、，且，，，则阴影部分（即四边形）的面积是（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据勾股定理的逆定理判定是直角三角形，再利用正方形的判定确定四边形是正方形，进而利用圆的切线性质可知线段的关系，进而求出阴影部分的面积．【详解】解：∵，，，∴，∴为直角三角形，，∵与分别相切于点、，∴，，，∴四边形是正方形，设，则，∵的内切圆与、、分别相切于点、、，∴，，∴，∴，∴阴影部分的面积是：，故选：D．【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等，三角形的内心到顶点的连线平分这个内角；勾股定理的逆定理和切线性质等相关知识点．熟练运用知识点是解决问题的关键．【融会贯通】1．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，在中，，，若与的三边分别相切于点，，，且的周长为，则的长为（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】根据切线长定理可得：，，，再证明是等边三角形即可作答，【详解】∵内切于，∴，，，∵，∴是等边三角形，∴，∵的周长为32，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故选：C．【点睛】本题主要考查了切线长定理以及等边三角形的判定与性质，掌握切线长定理是解答本题的关键．2．（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点是半径为的外一点，，分别切于，点，若是边长为的等边三角形，则（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连结、，，根据切线的定理得，，再根据直角三角形的性质可知，最后利用勾股定理即可解答．【详解】解：连结、、，则，∵是边长为的等边三角形，∴，，∵，分别切于，点，∴，，∴，平分，∴，∴，∴，∴在中，，∴，故选：．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质定理，切线长定理，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．3．（2023·浙江·模拟预测）如图，在中，为直角，，在三角形的内部有一个半圆，半圆与均相切且直径在上．则半圆的半径为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】设半圆与相切于点，连接、，根据切线的性质，，在中，根据勾股定理列方程即可得解．【详解】解：如图，

设半圆与相切于点，连接、，根据切线的性质得，，由切线长定理得，，在中，为直角，，，，，，在中，设半径为，则，，由勾股定理得，，解得，．故选：．【点睛】本题考查了切线的性质、勾股定理以及圆的相关知识，掌握切线的性质构造直角三角形列方程解决问题是关键．4．（2023秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，A是外一点，，分别与圆O相切于B，C，P是上任意一点，过点P作的切线，交于点M，交于点N．若的半径为4，，则的周长为（）

A． B．8 C． D．12【答案】C【分析】连接，证明，得到，从而求得的值，再利用切线的性质得到，则利用勾股定理计算的长，再根据切线长定理得到，，，然后利用等线段代换求得的周长．【详解】解：连接，∵、分别与切于点B、C，∴，，，在和中，，∴，∴，∴，在中，，∵与相切于点P，∴，，∴，故选：C．

【点睛】本题考查切线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、切线长定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．5．（2023秋·九年级课时练习）如图，已知：四边形是的外切四边形，，，，分别是切点，求证：．

【答案】见详解【分析】根据切线长定理可得：，，，，问题随之得解．【详解】根据切线长定理可得：，，，，∴，，∴，，∵，，∴．【点睛】本题主要考查了切线长定理，根据切线长定理得出，，，，是解答本题的关键．类型十、圆的外切四边形【解惑】如图，是四边形的内切圆．若，则（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】根据内切圆得到四条角平分线，结合四边形内角和定理求解即可得到答案；【详解】解：∵是四边形的内切圆，∴，，，，∵，∴，∵，，，∴，故选：A；【点睛】本题考查圆内切四边形及四边形的内角和定理，解题的关键是得到．【融会贯通】1．（2019秋·九年级课时练习）下列四边形中一定有内切圆的是（）A．直角梯形 B．等腰梯形 C．矩形 D．菱形【答案】D【详解】根据内切圆的定义即角平分线的交点到各边的距离相等,可知菱形一定有内切圆,故选D.2．（2011·浙江温州·中考真题）如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，则正方形ABCD的边长是（）A．3 B．4C． D．【答案】C【分析】延长FO交AB于点G，根据折叠对称可以知道OF⊥CD，所以OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点．结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径，先求出半径，然后求出正方形的边长．【详解】解：如图：延长FO交AB于点G，则点G是切点，OD交EF于点H，则点H是切点，∵ABCD是正方形，点O在对角线BD上，∴DF=DE，OF⊥D