2025年中考数学一轮知识梳理难点08 与圆有关的位置关系常考题型（8大热考题型）（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages109109页难点08与圆有关的位置关系常考题型（8大热考题型）题型一：点与圆的位置关系题型二：确定圆的条件题型三：三角形的外接圆问题题型四：直线与圆的位置关系题型五：切线的证明题型六：切线的性质题型七：三角形内切圆问题题型八：切线长定理题型一：点与圆的位置关系【中考母题学方法】【典例1】（2024·广东广州·中考真题）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【分析】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．【详解】解：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1-1】（2022·吉林·中考真题）如图，在中，，，．以点为圆心，为半径作圆，当点在内且点在外时，的值可能是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】先利用勾股定理可得，再根据“点在内且点在外”可得，由此即可得出答案．【详解】解：在中，，，，，点在内且点在外，，即，观察四个选项可知，只有选项C符合，故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理、点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题关键．【变式1-2】（2021·上海·中考真题）如图，已知长方形中，，圆B的半径为1，圆A与圆B内切，则点与圆A的位置关系是（

）A．点C在圆A外，点D在圆A内 B．点C在圆A外，点D在圆A外C．点C在圆A上，点D在圆A内 D．点C在圆A内，点D在圆A外【答案】C【分析】根据内切得出圆A的半径，再判断点D、点E到圆心的距离即可【详解】∵圆A与圆B内切，，圆B的半径为1∴圆A的半径为5∵<5∴点D在圆A内在Rt△ABC中，∴点C在圆A上故选：C【点睛】本题考查点与圆的位置关系、圆与圆的位置关系、勾股定理，熟练掌握点与圆的位置关系是关键【变式1-3】（2021·青海·中考真题）点是非圆上一点，若点到上的点的最小距离是，最大距离是，则的半径是．【答案】或【分析】分点在外和内两种情况分析；设的半径为，根据圆的性质列一元一次方程并求解，即可得到答案．【详解】设的半径为当点在外时，根据题意得：∴当点在内时，根据题意得：∴故答案为：或．【点睛】本题考查了圆、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握圆的性质，从而完成求解．【中考模拟即学即练】1．（2023九年级上·江苏·专题练习）已知的半径是4，，则点P与的位置关系是（

）A．点P在圆上 B．点P在圆内 C．点P在圆外 D．不能确定【答案】B【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，若点与圆心的距离d，圆的半径为，则当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内，据此求解即可．【详解】解：∵，∴点P到圆心的距离小于的半径，∴点P在圆内，故选：B．2．（2024·云南怒江·一模）平面内，的半径为10，若点P在内，则的长可以是（

）A．8 B．10 C． D．【答案】A【分析】本题考查了点与圆的位置关系．熟练掌握点在圆内，则点到圆心的距离小于圆的半径是解题的关键．根据点在圆内，则点到圆心的距离小于圆的半径判断作答即可．【详解】解：∵点P在内，∴，∴的长可以是8，故选：A．3．（2024·江苏宿迁·模拟预测）已知的半径为，点到圆心的距离为，若关于的方程不存在实数根，则点与的位置关系是（

）A．点在外 B．点在上C．点在内 D．无法确定【答案】A【分析】本题考查了一元二次方程根的判别方法和点与圆的位置关系，根据一元二次方程根的情况，判断的取值范围，再根据点与圆心的距离，判断点与圆的位置关系，熟练掌握根的判别方法和判断点与圆的位置关系的方法是解题的关键．【详解】解：由题意，得，解得，∴，则点在外，故选：．4．（2024·河北沧州·模拟预测）小明手中有几组大小不等的三角板，分别是含度，度的直角三角板．从中选择两个各拼成如图所示的图形，则关于两图中四个顶点，，，的说法，正确的是（

）A．甲图四点共圆，乙图四点共圆 B．甲图四点共圆，乙图四点不共圆C．甲图四点不共圆，乙图四点共圆 D．甲图四点不共圆，乙图四点不共圆【答案】C【分析】本题考查圆的定义，点和圆的位置关系，直角三角形斜边中线性质，熟练掌握这些定义和性质是解题的关键．甲图中，取中点，连接，，得出，得点、、是以点为圆心，为半径的圆上，再判断点在圆外即可；乙图中，取中点，连接，，得，即可判断．【详解】解：如甲图中，取中点，连接，，∵，∴，∴点、、是以点为圆心，为半径的圆上，为直角三角形，∴，∴点在圆外，∴甲图四点不共圆；如乙图中，取中点，连接，，∵，∴，∴点、、、是以点为圆心，为半径的圆上，∴乙图四点共圆，综上，甲图四点不共圆，乙图四点共圆，故选：C．5．（2024·浙江·模拟预测）如图，X，Y，Z是某社区的三栋楼，，，．若在中点M处建一个网络基站，该基站的覆盖半径为，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（

）A．X，Y，Z B．X，Z C．Y，Z D．Y【答案】A【分析】本题考查点和圆的位置关系，勾股定理的逆定理，解题的关键是求出三角形三个顶点到点的距离．根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得的长，然后与比较大小，即可解答本题．【详解】解：，，．，是直角三角形，，点是斜边的中点，，是直角三角形，是斜边的中线，，，点、、都在圆内，这三栋楼都在该基站覆盖范围内．故选：A6．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图，在网格（每个小正方形的边长均为）中选取个格点（格线的交点称为格点），如果以为圆心，为半径画圆，选取的格点中除点外恰好有个在圆内，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】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，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：A．7．（2024·浙江绍兴·二模）如图，方格纸上每个小正方形的边长均为1个单位长度，点，，，在格点（两条网格线的交点叫格点）上，以点为原点建立直角坐标系．(1)过，，三点的圆的圆心坐标为______；(2)请通过计算判断点与的位置关系．【答案】(1)(2)在圆外【分析】本题考查了垂径定理推论，勾股定理，平面坐标系中点的坐标，点与圆的位置关系，根据垂径定理得出圆心位置是解答本题的关键．（1）连接，，分别作，的垂直平分线，两直线交于点，就是过，，三点的圆的圆心，由图形可得的坐标；（2）分别求出和的长度进行比较即可作出判断．【详解】（1）解：如图，连接，，分别作，的垂直平分线，两直线交于点，是过，，三点的圆的圆心，

．（2），，，，，，点在的外部．题型二：确定圆的条件【中考母题学方法】【典例1】（2023·江西·中考真题）如图，点，，，均在直线上，点在直线外，则经过其中任意三个点，最多可画出圆的个数为（

）

A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】D【分析】根据不共线三点确定一个圆可得，直线上任意2个点加上点可以画出一个圆，据此列举所有可能即可求解．【详解】解：依题意，；；；；，加上点可以画出一个圆，∴共有6个，故选：D．【点睛】本题考查了确定圆的条件，熟练掌握不共线三点确定一个圆是解题的关键．【变式2-1】（2023·江苏徐州·中考真题）两汉文化看徐州，桐桐在徐州博物馆“天工汉玉”展厅参观时了解到；玉璧，玉环为我国的传统玉器，通常为正中带圆孔的扇圆型器物，据《尔雅·释器》记载：“肉倍好，谓之璧；肉好若一，调之环．”如图1，“肉”指边（阴影部分），“好”指孔，其比例关系见图示，以考古发现看，这两种玉器的“肉”与“好”未必符合该比例关系．(1)若图1中两个大圆的直径相等，则璧与环的“肉”的面积之比为；(2)利用圆规与无刻度的直尺，解决下列问题（保留作图痕迹，不写作法）．①图2为徐州狮子山楚王墓出土的“雷纹玉环”及其主视图，试判断该件玉器的比例关系是否符合“肉好若一”？②图3表示一件圆形玉坯，若将其加工成玉璧，且比例关系符合“肉倍好”，请画出内孔．【答案】(1)(2)①符合，图见详解；②图见详解【分析】（1）根据圆环面积可进行求解；（2）①先确定该圆环的圆心，然后利用圆规确定其比例关系即可；②先确定好圆的圆心，然后根据平行线所截线段成比例可进行作图．【详解】（1）解：由图1可知：璧的“肉”的面积为；环的“肉”的面积为，∴它们的面积之比为；故答案为；（2）解：①在该圆环任意画两条相交的线，且交点在外圆的圆上，且与外圆的交点分别为A、B、C，则分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，交于两点，连接这两点，同理可画出线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的交点即为圆心O，过圆心O画一条直径，以O为圆心，内圆半径为半径画弧，看是否满足“肉好若一”的比例关系即可

由作图可知满足比例关系为的关系；②按照①中作出圆的圆心O，过圆心画一条直径，过点A作一条射线，然后以A为圆心，适当长为半径画弧，把射线三等分，交点分别为C、D、E，连接，然后分别过点C、D作的平行线，交于点F、G，进而以为直径画圆，则问题得解；如图所示：

【点睛】本题主要考查圆的基本性质及平行线所截线段成比例，熟练掌握圆的基本性质及平行线所截线段成比例是解题的关键．【中考模拟即学即练】1．（2023·山东青岛·二模）已知：如图，点P是的边BC上的一点．求作：，使点O在的角平分线上，且经过B、P两点．【答案】见解析【分析】作的角平分线交的中垂线于一点即为O．【详解】解：如图所示，点为所求：【点睛】本题主要考查的是角平分线以及中垂线等综合知识，灵活掌握角平分线以及中垂线的作图是解题的关键．2．（2024·江西上饶·一模）平面上有4个点，它们不在同一直线上，过其中3个点作圆，可以作出不重复的圆个，则的值不可能为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】本题考查了确定圆的条件，分为三种情况：①当四点都在同一个圆上时，②当三点在一直线上时，③当A、B、C、D四点不共圆，且其中的任何三点都不共线时，根据不在同一直线上的三点可以画一个圆，画出图形，即可得出答案．【详解】解：分为三种情况：①当四点都在同一个圆上时，如图1，此时，②当三点在一直线上时，如图2，分别过或或作圆，共3个圆，即，③当四点不共圆，且其中的任何三点都不共线时，分别过或或或作圆，共4个圆，即此时，即不能是2，故选：C．3．（2023·贵州贵阳·二模）下列四个命题，正确的是（）①经过三点一定可以画一个圆；②三角形的内心是三角形三条角平分线的交点；③三角形的外心一定在三角形的外部；④三角形的外心到这个三角形三个顶点的距离都相等．A．①② B．①④ C．②④ D．③④【答案】C【分析】根据确定圆的条件、三角形的内心和外心的概念判断．【详解】解：①经过不在同一直线上的三点一定可以画一个圆，故本小题说法错误；②三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，说法正确；③钝角三角形的外心一定在三角形的外部，直角三角形的外心是斜边的中点，锐角三角形的外心在三角形的内部，故本小题说法错误；④三角形的外心到这个三角形三个顶点的距离都相等，说法正确；故选：C．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，掌握确定圆的条件、三角形的内心和外心的概念是解题的关键．4．（2024·吉林长春·三模）将边长为2的小正方形ABCD和边长为4的大正方形EFGH如图摆放，使得C、E两点刚好重合，且B、C、H三点共线，此时经过A、F、G三点作一个圆，则该圆的半径为．【答案】【分析】本题考查确定圆的圆心，由题意可知，，，取的中点，连接，，，由勾股定理可得，可知点为、、三点所作圆的圆心，进而可得答案．【详解】解：由题意可知，，，取的中点，则，，连接，，，由勾股定理可得：，，∴，即：点为、、三点所作圆的圆心，则该圆的半径为，故答案为：．5．（2024·上海奉贤·二模）上海之鱼是奉贤区的核心景观湖，湖面成鱼型．如图，鱼身外围有一条圆弧形水道，在圆弧形水道外侧有一条圆弧形道路，它们的圆心相同．某学习小组想要借助所学的数学知识探索上海之鱼的大小．(1)利用圆规和直尺，在图上作出圆弧形水道的圆心O．（保留作图痕迹）(2)如图，学习小组来到了圆弧形道路内侧A处，将所携带的200米绳子拉直至圆弧道路内侧另一点B处，并测得绳子中点C与圆弧形道路内侧中点D的距离为10米，圆弧形水道外侧到道路内侧的距离为22米（点D、C、E在同一直线上），请计算圆弧形水道外侧的半径．【答案】(1)见解析(2)圆弧形水道外侧的半径为483米【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，线段垂直平分线的尺规作图：（1）如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O；（2）如图所示，连接，由垂径定理可得，米，则四点共线，设米，则米，由勾股定理得，解得，则米．【详解】（1）解：如图所示，分别在圆弧形水道，圆弧形道路上取一条弦，分别作两条弦的垂直平分线，二者的交点即为点O；（2）解：如图所示，连接，∵C为的中点，点D为圆弧形道路内侧中点，∴，米，∴四点共线，设米，则米，在中，由勾股定理得，∴，解得，∴米．答：圆弧形水道外侧的半径为483米．6．（2024·吉林长春·三模）图①、图②、图③中每个小正方形的顶点称为格点，图中点A、B、C、D、E、F、G分别是圆上的格点，仅用无刻度直尺，分别确定图①、图②、图③中的圆心O（保留适当的作图痕迹）【答案】见解析【分析】本题考查了直角所对的弦是直径，根据圆周角定理确定两条直径，进而即可求解．【详解】解：如图所示，题型三：三角形的外接圆问题【中考母题学方法】【典例1】（2020·河北·中考真题）有一题目：“已知；点为ΔABC的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画ΔABC以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（

）A．淇淇说的对，且的另一个值是115°B．淇淇说的不对，就得65°C．嘉嘉求的结果不对，应得50°D．两人都不对，应有3个不同值【答案】A【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案．【详解】解：如图所示：∵∠BOC=130°，∴∠A=65°，∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补．故∠A′＝180°−65°＝115°．故选：A．【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键．【变式3-1】（2022·江苏常州·中考真题）如图，是的内接三角形．若，，则的半径是．【答案】1【分析】连接、，根据圆周角定理得到，根据勾股定理计算即可．【详解】解：连接、，，，，即，解得：，故答案为：1．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理、勾股定理是解题的关键．【变式3-2】（2023·内蒙古·中考真题）如图，是锐角三角形的外接圆，，垂足分别为，连接．若的周长为21，则的长为（

）

A．8 B．4 C．3.5 D．3【答案】B【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是的中点，再由中位线的性质及三角形的周长求解即可．【详解】解：∵是锐角三角形的外接圆，，∴点D、E、F分别是的中点，∴，∵的周长为21，∴即，∴，故选：B．【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键．【变式3-3】（2023·湖南湘西·中考真题）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为．

【答案】6【分析】过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可．【详解】如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接

∵是等边三角形，∴∵是等边三角形的外接圆，其半径为4∴，，∴∴∵∴∴∵，∴∴∴的最小值为的长度∵是等边三角形，，∴∴的最小值为6．故答案为：6．【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．【变式3-4】（2022·广西玉林·中考真题）如图，在网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均在格点上，点O是的外心，在不添加其他字母的情况下，则除外把你认为外心也是O的三角形都写出来．【答案】△ADC、△BDC、△ABD【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：，则外接圆半径，图中D点到O点距离为：，图中E点到O点距离为：，则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．【变式3-5】（2023·山东日照·中考真题）在探究“四点共圆的条件”的数学活动课上，小霞小组通过探究得出：在平面内，一组对角互补的四边形的四个顶点共圆．请应用此结论．解决以下问题：如图1，中，（）．点D是边上的一动点（点D不与B，C重合），将线段绕点A顺时针旋转到线段，连接．

(1)求证：A，E，B，D四点共圆；(2)如图2，当时，是四边形的外接圆，求证：是的切线；(3)已知，点M是边的中点，此时是四边形的外接圆，直接写出圆心P与点M距离的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据旋转的性质得到，证明，进而证明，可以得到，由，可得，即可证明A、B、D、E四点共圆；（2）如图所示，连接，根据等边对等角得到，由圆周角定理得到，再由，得到，利用三角形内角和定理证明，即，由此即可证明是的切线；（3）如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，先求出，再由三线合一定理得到，，解直角三角形求出，则，再解得到，则；由是四边形的外接圆，可得点P一定在的垂直平分线上，故当时，有最小值，据此求解即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质可得，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∵，∴，∴A、B、D、E四点共圆；（2）证明：如图所示，连接，∵，∴，∵是四边形的外接圆，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，又∵是的半径，∴是的切线；

（3）解：如图所示，作线段的垂直平分线，分别交于G、F，连接，∵，∴，∵点M是边的中点，∴，，∴，∴，在中，，∴，∵是四边形的外接圆，∴点P一定在的垂直平分线上，∴点P在直线上，∴当时，有最小值，∵，∴在中，，∴圆心P与点M距离的最小值为．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，解直角三角形，圆周角定理，切线的判定，三角形外接圆的性质，垂线段最短等等，正确作出辅助线是解题的关键．【中考模拟即学即练】1．（2023·河北秦皇岛·一模）在中，，．甲、乙、丙分别给出了一个条件，想使的长唯一，其中正确的是（

）甲：；乙：；丙：的外接圆半径为4A．只有甲 B．只有乙 C．只有丙 D．乙和丙【答案】B【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心、勾股定理等，掌握三角形的外接圆与外心是解题的关键．根据题意画出图形，使，，点在射线上，作于点，根据等腰直角三角形的性质可得的长，再由和的长作比较即可判断甲乙；由和的长，结合该三角形外接圆的半径长，即可判断该外接圆的圆心可以在的上、下两侧，即可判断丙．【详解】解：如图，，，点在射线上，作于点，，，不存在的，故甲不符合题意；，，，而，存在的，使得的长唯一成立，如上图中的点即是，故乙符合题意；，，当的外接圆半径为4时，如图，，，，，存在两个使的外接圆半径为4，两个外接圆的圆心分别在的上、下两侧，故丙不符合题意；综上所述，只有乙符合题意．故选：B．2．（2024·宁夏固原·模拟预测）如图，在已知的中，按以下步骤作图：①分别以为圆心，以大于长为半径作弧，两弧相交于两点；②作直线交于点，连接．若，，则下列结论中错误的是(

)A． B．C． D．点是的外心【答案】C【分析】本题考查的是作图基本作图，线段垂直平分线的作法，等边对等角，三角形内角和定理的应用，三角形的外心的定义；由题意可知直线是线段的垂直平分线，故，，故可得出的度数，根据可知，故可得出的度数，进而可得出结论．【详解】解：由题意可知直线是线段的垂直平分线，，，，，．，，A正确，C错误；，，，点为的外心，故D正确；，，，故B正确．故选：C．3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，在中，已知，，是的中点，点是的外接圆圆心，则（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了三角形外接圆，等腰三角形的性质，圆周角定理，解直角三角形的应用，连接，以为半径作的外接圆，由等腰三角形的性质可得，，，进而由圆周角定理可得，即得，得到，再利用勾股定理得到，解之即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，以为半径作的外接圆，

∵是的外接圆，∴，∵是的中点，，∴，，，∵，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，解得，故选：．4．（2024·河北邯郸·三模）如图，正方形纸片的中心刚好是的外心，则（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，正方形的性质，根据题意可得是四点共圆，再利用圆内接四边形的性质即可求解【详解】解：如图所示，连接，

∵正方形纸片的中心刚好是的外心，且是的外心，∴是四点共圆，∴∴，故选：A．5．（2024·山东淄博·二模）如图，在中，，于点，且，则面积的最小值为．

【答案】【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的外接圆的半径，垂径定理，作的外接圆，连接，，，过点作于点，根据圆周角定理可得，则，设的半径为，则，，根据得出，求得半径的范围，进而根据三角形的面积公式即可求解．【详解】作的外接圆，连接，，，过点作于点，

，，，，设的半径为，则，，，，，解得：，，，的面积的最小值为，故答案为：.6．（2023·广东湛江·模拟预测）如图，已知．(1)用直尺和圆规作的外接圆；（不写作法，保留作图痕迹）(2)若，，求的半径．【答案】(1)图见解析(2)的半径为1【分析】（1）作线段，的垂直平分线交于点O，连接．以O为圆心，为半径作即可；（2）由圆周角定理求出，然后利用勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图，即为所求．（2）解：连接．由题意得，，∵，，∴．在中，，∵，∴，∴的半径为1．【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，三角形的外接圆与外心等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．7．（2024·陕西西安·模拟预测）（1）如图1，已知点为线段外一点，连接，，且，，求面积的最大值；（2）如图2，某城市有一个废旧机车工厂，现在想利用这个废旧机车工厂改造为机车主题公园，其中为原有机车的铁轨，长，计划保留放置各种年代的机车头作为网红留念打卡地标．两侧为面积相等的现代与未来两个主题活动区，要求，点为的中点，按照设计要求，求出符合条件的的最大面积．【答案】（1）面积的最大值为；（2）面积的最大值为【分析】本题考查了三角形的外接圆和外心、等边三角形性质、勾股定理、解直角三角形，熟练掌握外心性质是解答本题的关键．（1）以为一条弦作，且，连接、，当且过点时，面积最大，根据已知数据和勾股定理求出最大面积即可；（2）延长到，使，连接，作的外接圆，连接，，连接并延长，交于点，当点与点重合时，的面积最大，解直角三角形，求得，即可得到最大面积．【详解】解：（1）如图1，作的外接圆，当点运动到时，的高达到最大值，面积最大，延长交于点，，，，，，．答：面积的最大值为；（2）如图2，延长到，使，连接，∵点为的中点，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，作的外接圆，连接，，连接并延长，交于点，当点与点重合时，的面积最大，此时，∴，∴面积的最大值，即．题型四：直线与圆的位置关系【中考母题学方法】【典例1】（2022·四川凉山·中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6(1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；(2)求AB的长；(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析(2)6(3)【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论；（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解；（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．【详解】（1）解：⊙M与x轴相切，理由如下：连接CM，如图，∵MC=MA，∴∠MCA=∠MAC，∵AC平分∠OAM，∴∠MAC=∠OAC，∴∠MCA=∠OAC，∵∠OAC+∠ACO=90°，∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，∴⊙M与x轴相切；（2）解：如图，过点M作MN⊥AB于N，由（1）知，∠MCO=90°，∵MN⊥AB于N，∴∠MNO=90°，AB=2AN，又∵∠CON=90°，∴四边形OCMN是矩形，∴MN=OC，ON=CM=5，∵OA+OC=6，设AN=x，

∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得x2+(1+x)2=52，解得：x1=3，x2=-4（不符合题意，舍去），∴AN=3，∴AB=2AN=6；（3）解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，∴OB=8，C（4，0）在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得BC=，∵BD是⊙M的直径，∴∠BCD=90°，BD=10，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得CD=，即CD2=20，在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2，∴20-CP2=10CP-CP2，

∴CP=2，∴PD2=20-CP2=20-4=16，∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，∴D（8,-2），设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得，解得：，∴直线CD的解析式为：．【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．【变式5-1】（2022·贵州六盘水·中考真题）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（

）A．相切 B．相交 C．相离 D．平行【答案】B【分析】根据直线和圆的位置关系的进行判断即可．【详解】解：∵餐盘看成圆形的半径大于餐盘的圆心到筷子看成直线的距离为.∴dr，∴直线和圆相交．故选：B【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d>r时，直线和圆相离，当d=r时，直线和圆相切，当d<r时，直线和圆相交．【变式5-2】（2023·江苏镇江·中考真题）已知一次函数的图像经过第一、二、四象限，以坐标原点O为圆心、r为半径作．若对于符合条件的任意实数k，一次函数的图像与总有两个公共点，则r的最小值为．【答案】2【分析】由的图像经过第一、二、四象限，可知，由过定点，可知当圆经过时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，进而可得r的最小值是2．【详解】解：∵的图像经过第一、二、四象限，∴，随的增大而减小，∵过定点，∴当圆经过时，由于直线呈下降趋势，因此必然与圆有另一个交点，∴r的临界点是2，∴r的最小值是2，故答案为：2．【点睛】本题考查了一次函数图像，直线与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．【中考模拟即学即练】1．（2024·江苏南京·二模）如图，一辆汽车的轮胎因为漏气瘪掉了，将轮胎外轮廓看作一个圆，则这个圆和与它在同一平面内的地面（看作一条直线）的位置关系是（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．包含【答案】A【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键；因此此题可直接根据图形进行求解即可．【详解】解：由图可知：这个圆与这条直线的位置关系是相交；故选：A．2．（2024·湖北·模拟预测）的三边，，的长度分别是3，4，5，以顶点A为圆心，为半径作圆，则该圆与直线的位置关系是（

）A．相交 B．相离 C．相切 D．以上都不是【答案】C【分析】本题考查了勾股定理逆定理、三角形面积公式、直线与圆的位置关系，先由勾股定理逆定理判断出为直角三角形，且，设斜边上的高为，根据等面积法求出，即可得解．【详解】解：∵，∴为直角三角形，且，设斜边上的高为，则，∴，∴以顶点A为圆心，为半径作圆，则该圆与直线的位置关系是相切，故选：C．3．（2023·湖北孝感·一模）已知的半径是一元二次方程的一个根，圆心O到直线l的距离，则直线与的位置关系是（

）A．相切 B．相离 C．相交 D．相切或相交【答案】B【分析】本题考查一元一次方程的解法，直线与圆的位置关系等知识与方法，求出一元一次方程的解并且判断圆心到直线的距离与的半径之间的大小关系是解题的关键．设的半径为，解一元一次方程得，，则，所以，可知直线与圆相离，于是得到问题的答案．【详解】解：设的半径为，解一元一次方程得，，∵的半径是一元二次方程的一个根，∴，∵圆心到直线的距离，∴，∴直线与相离，故选：B．4．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，点P是函数的图象上的一点，的半径为，当与直线有公共点时，点P的横坐标x的取值范围是（

）

A． B．C． D．【答案】D【分析】如图所示，即为与直线有一个公共点的情况，点P只有在线段上，即符合题意，根据图象的对称性可知，是等腰直角三角形，求得，设，则，则的中点M在直线上，得到，解方程得到（不合题意，舍去），于是得到结论．【详解】解：如图所示，即为与直线有一个公共点的情况，点P只有在线段上，即符合题意，

根据图象的对称性可知，是等腰直角三角形，∵的半径为，∴，∴，，则，则的中点M在直线上，∴，∴，解得：（不合题意，舍去），∴的横坐标是，的横坐标是，∴，故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．5．（2024·上海嘉定·三模）设以3，4，5为边长构成的三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为个.【答案】4【分析】本题考查了勾股定理逆定理，三角形的内切圆，直线与圆的位置关系，熟练掌握知识点，正确理解题意是解题的关键．可知该三角形为直角三角形，进而利用等面积法求出内切圆半径正好为1，当圆的位置移动时，就会最多产生4个交点．【详解】解：如图，由得该三角形为直角三角形，设，作出的内切圆，设切点为，连接，则，，设，∵，∴，解得：，进而可知内切圆半径为1，此时正好有3个交点，当圆的位置移动时，就会最多产生4个交点，如图，故答案为：4．6．（2024·上海黄浦·三模）如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，．(1)求的长；(2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由．【答案】(1)；(2)直线与相交，理由见解析．【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数，三角形的面积，直线和圆的位置关系，正确作出辅助线是解题的关键．（）连接并延长交于点，连接，由可得，进而得，，利用勾股定理得，得到，再由勾股定理即可得到的长；（）直线与相交．过点作于，由三角函数得，得到，进而得，再根据三角形的面积得，即可求证．【详解】（1）解：连接并延长交于点，连接，∵，∴，∴，，∴，∴，∴；（2）解：直线与相交，理由如下：过点作于，∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴直线与相交．题型五：切线的证明【中考母题学方法】【典例1】（2024·江苏镇江·中考真题）如图，将沿过点的直线翻折并展开，点的对应点落在边上，折痕为，点在边上，经过点、．若，判断与的位置关系，并说明理由．【答案】与相切，理由见解析【分析】连接，由等腰三角形的性质得，再由折叠的性质得，进而证明，则，因此，然后由切线的判定即可得出结论．【详解】解：与相切．证明：连接．∵，∴．∵图形沿过点A的直线翻折，点C的对应点落在边上，∴．∴．∴．∴由，得，即．∴与相切．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、等腰三角形的性质、折叠的性质以及平行线的判定与性质等知识，熟练掌握切线的判定和折叠的性质是解题的关键．【变式5-1】（2024·山东济宁·中考真题）如图，内接于，D是上一点，．E是外一点，，连接．(1)若，求的长；(2)求证：是的切线．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据可得，然后证明，根据全等三角形的性质可得答案；（2）连接，首先证明，再根据三角形内角和定理和圆周角定理求出，然后计算出即可．【详解】（1）解：∵，∴，又∵，，∴，∴；（2）证明：如图，连接，由（1）得：，∴，，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵是半径，∴是的切线．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，切线的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．【变式5-2】（2024·山东济南·中考真题）如图，为的直径，点在上，连接，点在的延长线上，．(1)求证：与相切；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）证明，即可证明是的切线；（2）连接，先计算，再计算，后得到解答即可．本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是解题的关键．【详解】（1）解：所对的弧是同弧，，，即，为直径，，，，，，与相切．（2）解：连接所对的弧是同弧，，为直径，，在中，，，，．【变式5-3】（2024·西藏·中考真题）如图，是的直径，C，D是上两点，连接，，平分，，交延长线于点E．(1)求证：是的切线；(2)若的半径为5，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据角平分线的定义得出，根据圆周角定理得出，证明，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论；（2）根据，得出，解直角三角形得出，证明，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，解直角三角形得出，根据勾股定理得出，最后求出结果即可．【详解】（1）证明：∵平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵为半径，∴是的切线；（2）解：∵的半径为5，∴，∵，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．【变式5-4】（2024·山东东营·中考真题）如图，内接于，是的直径，点在上，点是的中点，，垂足为点D，的延长线交的延长线于点F．(1)求证：是的切线；(2)若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆周角定理及推论，圆切线的判定．含30°的直角三角形性质，是解决问题的关键．（1）连接，由，，推出，得到，由，得到，即得；（2）由直径性质可得，推出，根据含30°的直角三角形性质得到，根据，得到．【详解】（1）证明：∵连接，则，∴，∵点是的中点，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切线；（2）解：∵是的直径，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴．【中考模拟即学即练】1．（2025·广西柳州·一模）如图，是的直径，四边形内接于，连接，，过点作交的延长线于点．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径为5，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）如图，连接，由，是半径，可得，由是的直径，可得，则，，进而结论得证；（2）由勾股定理得，，由是的直径，可得，证明，则，代入数据计算求解即可．【详解】（1）证明：如图，连接，，，是半径，，是的直径，，即，，，，是半径，是的切线；（2）解：由题意知，，由勾股定理得，；是的直径，；，，，，即，解得，；的长为．【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，直径对的圆周角是直角，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，证明切线与相似是解题的关键．2．（2024·江苏南京·模拟预测）如图，在半径为的中，是的直径，是过上一点的直线，且于点，平分，点是的中点，．(1)求证：是的切线；(2)求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查圆的切线，圆周角定理、相似三角形的判定及性质；（1）连接，由平分，，可得，，根据，得，即可证明CD是的切线；（2）由是的中位线，得，再证明，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，如图：平分，．，，，，，，是的半径，是的切线；（2）解：是的中点，且，是的中位线，，，．是的直径，．又，，，即，．3．（23-24九年级上·陕西西安·期末）如图，是的直径，是的弦，C是延长线上一点，过点B作交于E，交于F，．(1)求证：是的切线；(2)若，的半径为5，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、解直角三角形．（1）连接，等边腰三角形的性质和三角形外角性质可得，于是，得到，进而，以此即可得到证明；（2）由，得到，代入，即可解得．【详解】（1）证明：如图，连接，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，即，∴，即，∵是的半径，∴是的切线．（2）解：∵，，∴，∵，，∴，∵的半径为5，∴，∴，解得．4．（2023·北京东城·模拟预测）已知：如图，在中，是AB边上一点，圆过、、三点，．(1)求证：直线是圆的切线；(2)若，，圆的半径为，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）首先根据等腰直角三角形的性质可得，结合，通过角与角之间的关系可得，此时即可得证；

（2）首先由勾股定理得到的长，根据已知可得，作于点，则，根据锐角三角比即可解答；【详解】（1）证明：∵，∴．∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴直线是圆的切线．（2）解：∵，，，∴，．∵，∴，作于点，则，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查圆的切线的证明方法、圆周角定理，解直角三角形以及等腰三角形等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．5．（2023·陕西西安·模拟预测）如图，是的直径，半径为2，交于点D，且D是的中点，于点E，连接．(1)求证：是的切线．(2)若，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接，根据中位线性质得出，根据，得出，即可证明是的切线；（2）根据直径所对的圆周角为直角得出，证明为的垂直平分线，得出，根据勾股定了求出，即可得出答案．【详解】（1）证明：连接，如图，

∵D是的中点，∴，∵，∴为的中位线，∴，∵，∴，∵为的半径，∴是的切线；（2）解：∵是的直径，∴，∵D是的中点，∴为的垂直平分线，∴，∴，∵是的直径，半径为2，∴，在中，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，切线的判定，平行线的性质，垂直平分线的性质，中位线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．6．（2023·四川乐山·模拟预测）如图，在矩形中，点O在对角线上，且．(1)判断直线与的位置关系，并证明你的结论；(2)若，，求的半径．【答案】(1)直线与相切，见解析(2)【分析】本题考查切线的判定，矩形的性质，三角函数解直角三角形，勾股定理等：（1）连接OE．欲证直线与相切，只需证明，即即可；（2）在中，根据三角函数的定义可以求得，然后根据勾股定理求得，同理知；在中，利用勾股定理可以求得，即，从而易得r的值．【详解】（1）解：（1）直线与相切．理由如下：∵四边形是矩形，∴；又∵，∴．连接，则．∵∴∴，即．又是的半径，∴直线与相切．（2）解：∵，，∴，∴．又∵，∴，∵矩形中，，∴；在中，，设的半径为r，，即解得：，即的半径为．7．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，为的直径，点E，F是上异于A，B的两点，延长相交于点D，在的延长线上取点C，连接，已知，，(1)求证：是的切线；(2)若的半径为2，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）连接，由圆内接四边形的性质结合已知求得，得到，由圆周角定理求得，根据等腰三角形的性质求得，结合已知得到，推出，即可证明结论成立；（2）证明，推出，代入数据即可求解．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，，∴，∴，∵为的直径，∴，即，∴，∵，∴，∴，即，∵点在上，∴是的切线；（2）解：连接，∵的半径为2，∴，∴直径，由（1）得，，∴，∵，∴，∵为的直径，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．8．（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，在矩形中，，．为射线上一动点，以为直径的交于点，过点作于点．(1)若为的中点，求证：为的切线．(2)若，请直接写出与线段的交点个数及相应的的取值范围．【答案】(1)见解析(2)当或当时，与线段没有交点；当时，与线段有1个交点；当时，与线段有2个交点【分析】（1）连接、，根据矩形的性质可证得，由此可得，进而可证得，再结合即可证得为的切线；（2）先分别求出与线段相切以及经过点B这两种特殊情况时的m的值，进而分别画出相应图形进行分类讨论即可求得答案．本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，矩形的性质以及圆与线段的交点个数，能够根据题意画出相应图形进行分类讨论是解决（2）的关键．【详解】（1）如图①，连接、，由矩形可得，，，为的中点，，，，，，，在中，，，，，，，点在上，是的切线．（2）如图②，当与线段相切于点时，连接并延长交于点，与线段相切，，四边形是矩形，，，，设，则，在中，根据勾股定理，得，，解得，，点，分别是，的中点，是的中位线，，，，当时，与线段只有1个交点；当时，与线段没有交点；如图③，当点与点重合时，，此时与线段有2个交点；如图④，当，即时，此时与线段有2个交点；如图⑤，当点在点的右侧时，，即，此时与线段没有交点．综上所述当或当时，与线段没有交点；当时，与线段有1个交点；当时，与线段有2个交点．9．（2024·四川眉山·二模）如图，与相交于，两点，经过圆心，点是的优弧上任意一点（不与点，重合）．连结，，，；(1)证明：；(2)请说明当点在什么位置时，直线与相切；(3)请说明当的度数为何值时，与的半径相等．【答案】(1)详见解析；(2)点C在点D位置时，直线与相切；(3)当时，两圆半径相等．【分析】本题主要考查了圆周角定理的推论，切线的判定，直角三角形的性质等知识，（1）如图，连接，，由半径相等得，由圆周角定理的推论即可得解；（2）如图，连接，并延长与交于点D，连接，，则，进而即可得解；（3）如图，作直径，连接，，，先证，利用直角三角形的性质得，进而即可得解；熟练掌握其性质，合理添加辅助线是解决此题的关键．【详解】（1）如图，连接，，∵，∴，∴；（2）如图，连接，并延长与交于点D，连接，，则，若点C在点D位置时，直线与相切，理由如下，∴，∴与相切，即点C在点D位置时，直线与相切；（3）当时，两圆半径相等；理由如下，如图，作直径，连接，，，∵，∴垂直平分，∴，∵，∴，∵是直径，∴，∴，∴，∴当时，两圆半径相等．题型六：切线的性质【中考母题学方法】【典例1】（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，为的外接圆，为的切线，为的直径，连接并延长交于点E．(1)求证：；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：（1）连接并延长，交于点，连接，易证垂直平分，圆周角定理，切线的性质，推出四边形为矩形，即可得证；（2）由（1）可知，勾股定理求出的长，设的半径为，在中，利用勾股定理进行求解即可．【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，∵，，∴垂直平分，∴，，∵为的切线，∴，∵为的直径，∴，∴四边形为矩形，∴；（2）由（1）知四边形为矩形，，，∴，∴，设的半径为，则：，在中，由勾股定理，得：，解得：；即：的半径为．【变式6-1】（2024·山西·中考真题）如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，有圆的切线定理可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．【详解】解：∵，∴．∵以为直径的与相切于点A，∴，∴．故选：D．【变式6-2】（2024·福建·中考真题）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【分析】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6-3】（2024·江苏徐州·中考真题）如图，是的直径，点在的延长线上，与相切于点，若，则°．【答案】35【分析】本题利用了切线的性质，三角形的外角与内角的关系，等边对等角求解．连接，构造直角三角形，利用，从而得出的度数．【详解】解：连接，与相切于点，，，；，，故答案为：35【变式6-4】（2024·浙江·中考真题）如图，AB是的直径，与相切，A为切点，连接．已知，则的度数为

【答案】/40度【分析】本题考查切线的性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．【详解】解：∵与相切，∴，又∵，∴，故答案为：．【变式6-5】（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，中，，点为边上一点，以点为圆心，为半径作圆与相切于点，连接．(1)求证：；(2)若，，求的半径．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，根据题意可得，根据余角的性质可得，根据圆周角定理可得，等量代换即可得证；（2）在中，勾股定理求得,证明，设的半径为r，则，，在中，，解方程即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接，∵AB为切线，∴，∴，∴，∵，∴∴，∵，∴．（2）解：在中，，∵，在和中，，，∴，∴，∴，设的半径为r，则，，在中，，解得，∴半径的长为3【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．【中考模拟即学即练】1．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，的圆心在x轴上，点在上，若与y轴相切，则的半径为．【答案】【分析】本题考查了勾股定理，切线的性质，坐标与图形性质，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．连接，过点B作轴于点C，设的半径为r，则，，在中，由勾股定理得出方程求解即可．【详解】解：如图，连接，过点作，∵，∴，，设的半径为r，则，∴，在中，由勾股定理得，，∴，解得：，故答案为：．2．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，是的直径，BC与相切于点，AB交于点，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】此题考查圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形两锐角互余，利用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求得，根据与相切于点，得，进而可求出答案．正确理解圆周角定理及切线的性质定理是解题的关键．【详解】解：∵，∴，∵与相切于点，∴，∴，∴，故选：．3．（2024·广东·模拟预测）如图，，为的两条弦，过点的切线交延长线于点，若，则的度数为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了切线的性质和圆周角定理．连接，根据圆周角定理求出，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质即可求得．【详解】解：连接，

与相切于，，，，，，故选：B．4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图1是我国明末《崇祯历书》之《割圆勾股八线表》中所绘的割圆八线图．如图2，根据割圆八线图，在扇形中，，和都是的切线，点A和点B是切点，交于点E，交于点若，则的半径长为（

）A．米 B．2米 C．米 D．3米【答案】A【分析】本题考查切线的性质，相似三角形的判定和性质，根据切线的性质，得到，证明，推出，根据，得到，进行求解即可．【详解】解：和都是的切线，点A和点B是切点，，，，∴，∴，∴，即：，∵，，或（舍去），∴的半径长为米，故选：A．56．（2023·四川乐山·模拟预测）如图，已知正方形纸片的边长为，的半径为，圆心在正方形的中心上，将纸片按图示方式折叠，使恰好与相切于点（与除切点外无重叠部分），延长交边于点，则的长是．

【答案】/【分析】连接，过F作于H．由题干条件易证明点共线，即过圆心O，再由可证明，得、；设，将和用含x式子表示，在中运用勾股定理即可求解．【详解】解：连接，过F作于H．如图所示：

由折叠的性质可知，，∵恰好与相切于点，∴，则点共线，即过圆心O，∴；∵，∴，∴，∴、，∵，∴；设，则，，，在中，，则，解得，则，故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆的切线性质，折叠和正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．6．（2024·湖南·模拟预测）如图，为的直径，点为圆上一点，连接，过点作的切线，连接交于点，交于点，连接，且平分．(1)求证：；(2)若，求的半径．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查了圆周角定理、圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握圆的切线的性质和相似三角形的性质是解题关键．（1）先根据圆周角定理可得，，从而可得，再根据角平分线的定义可得，从而可得，然后根据圆的切线的性质可得，从而可得，由此即可得证；（2）先根据等腰三角形的判定与性质可得，根据勾股定理可得，再证出，根据相似三角形的性质可得，由此即可得．【详解】（1）证明：∵为的直径，∴，∴，由圆周角定理得：，∴，∵平分，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴．（2）解：由（1）已证：，∴，又∵，即，∴，∴，在和中，，∴，∴，即，解得，∴，所以的半径为．7．（2024·陕西·模拟预测）如图，在中，为边上一点，过点，且与相切于点，连接，，．(1)求证：为直角三角形．(2)延长与交于点，连接，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)CE＝【分析】（1）利用圆的切线的性质定理，等腰三角形的性质，同圆的半径相等的性质解答即可；（2）利用圆周角定理，四边形的内角和定理和相似三角形的判定与性质得到，设，则，再利用勾股定理列出方程解答即可．【详解】（1）证明：与相切于点，，，．，，，，．即，为直角三角形；（2）解：，，．由（1）知：，．，．为的直径，，，．，，设，则，，，，．．【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，直角三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．8．（2024·安徽六安·模拟预测）已知四边形是的内接四边形，是的直径，是四边形的一个外角，平分．(1)如图1，，求的度数；(2)如图2，过点D作的切线交的延长线于点F，，，求的长．【答案】(1)(2)的长为2【分析】（1）由圆内接四边形的性质得到．由角平分线得到．是的直径，则．即可得到．进一步求出的度数；（2）连接，过点O作于点G．由是的直径得到．根据勾股定理得到．则．证明四边形是矩形．即可得到．【详解】（1）解：∵是的内接四边形的外角，，∴．又∵平分，∴．∵是的直径，∴．∴．∴．（2）如图，连接，过点O作于点G．∵是的直径，∴．在中，，，∴．∴．∵，∴∴是的中位线．∴．∵是的切线，是的半径，∴，∴．∵，∴．又∵，∴．∴．∴．∴四边形是矩形．∴，即的长为2．【点睛】此题考查了切线的性质、圆内接四边形的性质、圆周角定理、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，熟练掌握圆内接四边形的性质和切线的性质是解题的关键．题型七：三角形内切圆问题【中考母题学方法】【典例1】（2023·四川攀枝花·中考真题）已知的周长为，其内切圆的面积为，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得，，，由面积关系可求解．【详解】解：如图，设内切圆与相切于点，点，点，连接，，，，，，切于，，，，同理：，，，，，故选A【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．71．（2023·江苏镇江·中考真题）《九章算术》中记载：“今有勾八步，股一十五步．问勾中容圆，径几何？”译文：现在有一个直角三角形，短直角边的长为8步，长直角边的长为15步．问这个直角三角形内切圆的直径是多少？书中给出的算法译文如下：如图，根据短直角边的长和长直角边的长，求得斜边的长．用直角三角形三条边的长相加作为除数，用两条直角边相乘的积再乘2作为被除数，计算所得的商就是这个直角三角形内切圆的直径．根据以上方法，求得该直径等于步．（注：“步”为长度单位）

【答案】6【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．【详解】解：根据勾股定理得：斜边为，则该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径（步），即直径为6步，故答案为：6．【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握中，两直角边分别为、，斜边为，其内切圆半径是解题的关键．【典例2】（2023·山东聊城·中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．【详解】解：连接，∵点I是的内心，，∴，∴，∵，∴，故选：C．

【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．【变式7-1】（2023·广东广州·中考真题）如图，的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，，则的值和的大小分别为（

）A．2r， B．0， C．2r， D．0，【答案】D【分析】如图，连接．利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可．【详解】解：如图，连接．∵的内切圆与，，分别相切于点D，E，F，∴，∴，，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型．【变式7-2】（2023·山东·中考真题）在中，，下列说法错误的是（）A． B．C．内切圆的半径 D．当时，是直角三角形【答案】C【分析】根据三角形三边关系、三角形面积、内切圆半径的计算以及勾股定理逆定理逐一求解即可．【详解】解：∵，∴即，故A说法正确；当时，，若以为底，高，∴，故B说法正确；设内切圆的半径为r，则，∵，∴，，∵，∴，∴，故C说法错误；当时，，∴是直角三角形，故D说法正确；故选：C．【点睛】本题考查了三角形三边关系，三角形面积，三角形内切圆半径以及勾股定理的逆定理，掌握内切圆半径与圆的面积周长之间的关系是解题的关键．【变式7-3】．（2024·湖南永州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以，为圆心，大于的定长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，作，垂足为，则下列结论不正确的是（

）

A． B． C． D．一定经过的内心【答案】C【分析】根据作图可得是的角平分线，根据角平分线的性质得出，即可判断B，证明，根据全等三角形的性质，即可判断A，根据三角形内心的定义，即可判断D选项，假设成立，得出，即可判断C选项．【详解】解：根据作图可得是的角平分线，点在上，，∴，故B选项正确，在中，，∴，∴，故A选项正确；∵是的角平分线，三角形的内心是三条角平分线的交点，∴一定经过的内心，故D选项正确；若，则，，又，则，∴，而题目没有给出这个条件，故C选项不一定正确，故选：C．【点睛】本题考查了作角平分线，三角形角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，三角形的内心的定义，熟练掌握基本作图是解题的关键．【变式7-4】．（2024·湖北·中考真题）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【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】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，∴，故答案为：．

【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．【中考模拟即学即练】1．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在一张纸片中，，，，是它的内切圆．小明用剪刀沿着的切线DE剪下一块三角形，则的周长为（

）A．9 B．12 C．15 D．18【答案】B【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解直角三角形．设的内切圆切三边于点，连接，得四边形是正方形，由切线长定理可知，根据是的切线，可得，，根据勾股定理可得，再求出内切圆的半径，进而可得的周长．【详解】解：如图，设的内切圆切三边于点、、，连接、、，∴四边形是正方形，

由切线长定理可知，∵是的切线，∴，，∵，，，∴，解得，∴，∵是的内切圆，、为切点，∴，，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，设内切圆的半径为，∴，∴，，∴，解得，∴，∴的周长为：．故选：B．2．（2024·四川泸州·模拟预测）如图，中，，点O为的外心，，，是的内切圆．则的长为（

）A．2 B．3 C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了直角三角形的内心与外心．熟练掌握三角形内心性质，三角形外心性质，切线长定理，勾股定理解直角三角形，是解题的关键．过点P作，，，根据三角形的内心性质得到，根据切线长定理得到，，，得到四边形是正方形，根据勾股定理求出，得到，求出，得到，得到，即得．【详解】过点P作，，，∵点P是内切圆的圆心，∴，，，，∴四边形是正方形，∵中，，，，∴，设，，，则，，得，∴，∴，∵点O为的外心，∴，∴，∴．故选：C．3．（2023·河北邢台·二模）如图，将折叠，使边落在AB边上，展开后得到折痕AD，再将折叠，使边落在AB边上，展开后得到折痕，若AD与的交点为，则点是（

）A．的外心 B．的内心C．的重心 D．的中心【答案】B【分析】本题考查了翻折变换以及角平分线的性质，三角形的内心的性质，根据折叠的性质可知点为角平分线的交点，根据角平分线的性质可知点到三边的距离相等．【详解】解：如图：过点作，，，

由题意得：，，为角平分线的交点，，点到三边的距离相等．点是的内心．故选：B．4．（2024·宁夏银川·二模）如图，把剪成三部分，边，，放在同一直线上，点都落在直线上，直线．在中，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查三角形内心，读懂题意，熟练掌握三角形内心的判定及性质是解决问题的关键．过点分别作于，于，于，得到点是的内心，即点为三个内角平分线的交点，即可得到答案．【详解】解：如图所示，过点分别作于，于，于，直线，，点是的内心，即点为三个内角平分线的交点，，，故选：D．5．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，已知在中，，，，点是的内心．点到边的距离为；【答案】2【分析】本题考查了三角形内切圆与内心，角平分线的性质．连接，，，过点分别作，，于点，，，根据，，可得，即可解决问题．【详解】解：如图，连接，，，过点分别作，，于点，，，在中，，，，，是的内心，，，，，点到边的距离为2；故答案为：2．6．（2024·江苏镇江·一模）如图，等腰三角形内接于，，点I是的内心，连接并延长交于点D，点E在的延长线上，满足．试证明：(1)所在的直线经过点I；(2)点D是的中点．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，可证明，得，则平分，再由点I是的内心，证明平分，所以与在同一条直线上，即可证明所在的直线经过点I；（2）连接，推导出，则，再证明，则，再推导出，则，由，，证明，则，所以，即可证明点D是的中点．【详解】（1）证明：连接，∵，，，∴，∴，∴平分，∵点I是的内心，∴平分，∴与在同一条直线上，∴所在的直线经过点I．（2）证明：连接，则，∴，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴点D是的中点．【点睛】此题重点考查圆周角定理、圆的内接三角形的定义、三角形的内心的定义、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等角的余角相等、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．7．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，是的外心，是的内心，连接并延长交和于，．(1)求证：；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）欲证明，只要证明；（2）连接，由，可得，设，，则，，同法可证：，推出，推出，推出，设，，由，可得，推出，即解得，由此即可解决问题；【详解】（1）是的内心，平分，平分，，，，，，，；（2）连接．，，，，，，，设，，则，，同法可证：，，，：：，设，，，，，，，或舍弃)，，，，，．【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，相似三角形的判定和性质，三角形外角的性质，等角对等边等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．题型八：切线长定理【中考母题学方法】【典例1】（2024·四川泸州·中考真题）如图，，是的切线，切点为A，D，点B，C在上，若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆的内接四边形的性质，切线长定理，等腰三角形的性质等知识点，正确作辅助线是解题关键．根据圆的内接四边形的性质得，由得，由切线长定理得，即可求得结果．【详解】解：如图，连接，∵四边形是的内接四边形，∴，∵，∴，即，∴，∵，是的切线，根据切线长定理得，∴，∴，∴．故选：C．【变式8-1】（2023·内蒙古通辽·中考真题）某款“不倒翁”（如图）的主视图是图，分别与所在圆相切于点A，B，若该圆半径是，则主视图的面积为．

【答案】【分析】根据题意，先找到圆心，然后根据，分别与所