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第05讲 直线与圆的位置关系及切线的判定与性质
1．了解直线与圆的三种位置关系；
2．了解圆的切线的概念；
3．掌握直线与圆位置关系的性质．
知识点1 直线与圆的位置关系
1、直线与圆相离 无交点；
2、直线与圆相切 有一个交点；
3、直线与圆相交 有两个交点；
知识点2 切线的性质与判定定理
1、切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线；
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即：∵且过半径外端
∴是⊙的切线
2、性质定理：切线垂直于过切点的半径（如图）
推论1：过圆心垂直于切线的直线必过切点．
推论2：过切点垂直于切线的直线必过圆心．
以上三个定理及推论也称二推一定理：
即：①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一个．
知识点3 切线长定理
切线长定理： 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
即：∵、是的两条切线
∴；平分
知识点4 三角形的内切圆和内心
1、三角形的内切圆
与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆．
2、三角形的内心
三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心．
注意：内切圆及有关计算．
（1）三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，它到三边的距离相等．
（2）△ABC中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，则内切圆的半径r= ．
（3）S△ABC=，其中a，b，c是边长，r是内切圆的半径．
（4）弦切角：角的顶点在圆周上，角的一边是圆的切线，另一边是圆的弦．
如图，BC切⊙O于点B，AB为弦，∠ABC叫弦切角，∠ABC=∠D．
【题型1 直线与圆的位置关系的判定】
【典例1】（2023 滨江区二模）
1．已知的直径为4，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
【变式1-1】（2022秋 江汉区校级期末）
2．已知半径为，若直线上一点与圆心距离为，那么直线与圆的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【变式1-2】（2022秋 洪山区校级期末）
3．圆的半径是cm，如果圆心与直线上某一点的距离是cm，那么该直线和圆的位置关系是（ ）.
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
【变式1-3】（2022秋 江夏区校级期末）
4．已知的半径等于5，圆心到直线的距离为4，那么直线与的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
【题型2利用切线的性质求有关的角度/边长的运算】
【典例2】（2023 西湖区校级二模）
5．如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为2，则BD的长为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【变式2-1】（2023 西湖区校级二模）
6．如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O的切线交OA的延长线于点D．若⊙O的半径为2，则BD的长为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【变式2-2】（2023 九龙坡区模拟）
7．如图，是的直径，是的切线，连接交于点D，连接，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-3】（2023 沙坪坝区校级模拟）
8．如图，在中，，点O是边上一点，以点O为圆心，以为半径作圆，恰好与相切于点D，连接．若平分，，则线段的长是（　　）

A． B． C．3 D．6
【典例3】（2023 鹿城区校级模拟）
9．如图，在中，D是上一点，以为直径的半圆O恰好切于点B．连结，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【变式3-1】（2023 重庆）
10．如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【变式3-2】（2023 浙江二模）
11．如图，与相切于点A，B为上一点，经过圆心O，若，则的大小等于（ ）

A． B． C． D．
【变式3-3】（2023 泰安三模）
12．如图，是的直径，C、D是上的点，，过点C作的切线交的延长线于点E，则等于（　　）

A． B． C． D．
【题型3切线的判定】
【典例4】（2023 东莞市校级模拟）
13．如图，，以为半径的交于点C，且，求证：是的切线．

【变式4-1】（新疆期末）
14．如图，在中，，以为直径的与相交于点E．在上取一点D，使得．求证：是的切线．
【变式4-2】（昭通期末）
15．如图，AD，BD是的弦，，且，点C是BD的延长线上的一点，，求证：AC是的切线．
【变式4-3】（大名县期末）
16．如图，AB是的直径，点F在上，∠BAF的平分线AE交于点E，过点E作，交AF的延长线于点D，延长DE、AB相交于点C．求证：CD是的切线；

【题型4 切线的性质与判定的综合运用】
【典例5】（2023 牧野区校级三模）
17．如图，四边形ABCD 内接于⊙O，BD是⊙O的直径，过点A作AE⊥CD，交CD的延长线于点E，DA平分∠BDE ．
（1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）已知AE＝4cm，CD＝6cm，求⊙O的半径．
【变式5-1】（2023 广西）
18．如图，平分，与相切于点A，延长交于点C，过点O作，垂足为B．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求的长．
【变式5-2】（2023 金寨县校级模拟）
19．如图，是的直径，，、相交于点，过点作，与的延长线相交于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【变式5-3】（2023 德庆县二模）
20．如图，中，，点在边上，以点为圆心，为半径的圆交边于点，交边于点，且．
(1)求证：是的切线．
(2)若，，求的半径．
【题型5 利用切线长定理的性质求线段长度或周长】
【典例6】（2022秋 金东区期末）
21．如图，⊙O是的内切圆，点D、E分别为边上的点，且为⊙O的切线，若的周长为，的长是，则的周长是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．
【变式6-1】（2022秋 凤台县期末）
22．如图，△ABC是一张周长为17 cm的三角形纸片，BC＝5 cm，⊙O是它的内切圆，小明准备用剪刀在⊙O的右侧沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下△AMN，则剪下的三角形的周长为( )
A．12 cm
B．7 cm
C．6 cm
D．随直线MN的变化而变化
【变式6-2】（2022秋 林州市期中）
23．如图，分别切于点A，B，切于点E，且分别交于点C，D，若，则的周长为（　　）
A．5 B．7 C．12 D．10
【变式6-3】2022秋 潮州期末）
24．如图，P为外一点，分别切于点A、B，切于点E，分别交于点C、D，若，则的周长为（　　）
A．8 B．12 C．16 D．20
【题型6 三角形的内切圆与内心】
【典例7-1】（2023 炎陵县模拟）
25．如图，已知圆O是的内切圆，且，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
【典例7-2】（2023 泗阳县一模）
26．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．书中有下列问题“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是“今有直角三角形(如图)，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，问该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径是多少？”(　　)
A．3步 B．5步 C．6步 D．8步
【变式7-1】（2023 娄底一模）
27．如图，的内切圆圆O与，，分别相切于点D，E，F，若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【变式7-2】（2022秋 丰宁县校级期末）
28．如图，中，，，，为的内切圆，与三边的切点分别为D、E、F，则的面积为___________（结果保留π）（　　）
A．π B．2π C．3π D．4π
【变式7-3】（2022秋 南开区校级期末）
29．如图， 是的内切圆，切点分别为 D，E，F，且，，， 则 的半径是（ ）
A．1 B． C．2 D．2
（2023 眉山）
30．如图，切于点B，连接交于点C，交于点D，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
（2023 重庆）
31．如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
（2022 河池）
32．如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，∠ABC＝25°，OC的延长线交PA于点P，则∠P的度数是( )

A．25° B．35° C．40° D．50°
（2023 滨州）
33．如图，分别与相切于两点，且．若点是上异于点的一点，则的大小为 ．

（2023 岳阳）
34．如图，在中，．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边所在的直线相切时，r的值为 ．

（2023 浙江）
35．如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点D在上．已知，则的度数是 ．
（2023 金华）
36．如图，点A在第一象限内，与x轴相切于点B，与y轴相交于点C，D，连结，过点A作于点H．
(1)求证：四边形为矩形．
(2)已知的半径为4，，求弦的长．
（2022 宁夏）
37．如图，以线段为直径作，交射线于点，平分交于点，过点作直线于点，交的延长线于点．连接并延长交于点．

(1)求证：直线是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的长．
（2022 郴州）
38．如图，在中，．以AB为直径的与线段BC交于点D，过点D作，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点P．
(1)求证：直线PE是的切线；
(2)若的半径为6，，求CE的长．
（2023秋 江阴市期中）
39．已知⊙O的半径为6cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的交点个数为（ ）
A．0 B．l C．2 D．法确定
（2023秋 天宁区校级月考）
40．下列说法正确的是（　　）
A．三点确定一个圆 B．三角形的外心到三角形三边的距离相等
C．任意三角形都有内切圆 D．相等的圆心角所对的弧也相等
（2023秋 香坊区校级期中）
41．如图，与相切于点A，与相交于点C，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
（2023秋 朝阳区校级期中）
42．如图，，是的两条切线，A，B是切点，若，的半径为6，则图中的长为（ ）

A． B． C． D．
（2022秋 兴隆台区校级期中）
43．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，BC＝4cm，以点C为圆心，以3cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．相切或相离
（2020秋 北辰区校级月考）
44．在中，，若与相离，则半径为r满足（　　）
A． B． C． D．
（2023秋 铜山区校级月考）
45．如图是的切线，切点分别为P，C，D．若，则的长是（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．2
（2023 崂山区三模）
46．如图，是的直径，，垂足为E，直线与相切于点C，交于点D，直线交的延长线于点P，连接，若，则的度数是（　　）
A．27° B．18° C．30° D．36°
（2023 邵阳县一模）
47．如图所示，是等边三角形的内切圆，若，则的半径是（ ）

A． B．1 C． D．2
（2022秋 绵阳期末）
48．如图，为的内切圆，切点分别为M，N，Q，已知，，，则的半径为（ ）
A． B． C．1 D．2
（2023秋 栖霞区校级月考）
49．下列说法中，正确的是（ ）
A．长度相等的弧是等弧 B．三点确定一个圆
C．垂直于半径的直线是圆的切线 D．同弧所对的圆周角相等
（2023 湘西州）
50．如图，为的直径，点在的延长线上，，与相切，切点分别为C，D．若，则等于（ ）

A． B． C． D．
（2023 云梦县校级三模）
51．如图，FA、FB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为劣弧AB上一点，过点C的切线分别交FA、FB于D、E两点，若∠F＝60°，△FDE的周长为12，则⊙O的半径长为（　　）
A． B．2 C．2 D．3
（2023秋 新沂市期中）
52．如图，为的直径，交于点C，D为上一点，延长交于点E，延长至F，使，连接．
(1)求证：为的切线；
(2)若且，求的半径．
（2023 广陵区一模）
53．如图，以AB为直径作，在上取一点C，延长AB至点D，连接DC，，过点A作交DC的延长线于点E．
(1)求证：CD是的切线；
(2)若，，求AE的长．
（2023秋 福州期中）
54．如图，是的直径，是弦，点D为的中点，交的延长线于点E，交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求的值；
(3)在（2）的条件下，若直径为15，求的长．
（2023秋 锡山区期中）
55．已知：如图所示，在等边中，边长均为，点P、点Q分别从点A、点B出发同时向点C以的速度移动，到点C时停止．
(1)几秒后，的面积等于？
(2)设运动的时间为秒，以Q为圆心，为半径画圆，当与线段有唯一公共点时，求的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据的半径和圆心O到直线l的距离的大小，相交：；相切：；相离：；即可选出答案．
【详解】解：∵的直径为4，
∴的半径为2，
∵圆心O到直线l的距离为2，
∴，
∴直线l与的位置关系是相切，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查对直线与圆的位置关系的性质的理解和掌握，能熟练地运用性质进行判断是解此题的关键．
2．D
【分析】根据题意，直线上一点与圆心的距离和圆心到直线的距离不同，故无法确定直线与圆的位置关系
【详解】解：半径为，若直线上一点与圆心距离为，那么直线与圆的位置关系是无法确定，
故选：D．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，能熟记直线和圆的位置关系内容是解此题的关键，注意：直线和圆有三种位置关系：相离，相交，相切，已知：圆的半径为，圆心到直线的距离为，那么：时，直线与圆相离，当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相交．
3．D
【分析】已知圆的半径，圆心O到直线的距离，根据直线与圆的位置关系进行判断即可．
【详解】由题意可知：
圆的半径等于cm，
因为圆心与直线上某一点的距离是cm，
所以圆心到直线的距离小于或等于cm，
所以直线和圆的位置关系是相交或相切，
故选：D．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系；解题的关键是圆的半径为cm，那么圆心与直线上某一点的距离是cm是指圆心到直线的距离可能等于cm也可能小于cm．
4．C
【分析】利用直线与圆的位置关系的判断方法得到直线与相交，然后根据相离的定义对各选项进行判断．
【详解】的的半径为5，圆心到直线的距离为4，
圆心到直线的距离小于半径，
直线与相交，
直线与有2个公共点．
故选：C．
【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，则当直线与相交；当直线与相切；当直线与相离；熟练掌握直线与圆的位置关系是解本题的关键．
5．D
【分析】连接OB，根据切线的性质定理得到∠OBD=90°，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△OAB为等边三角形，得到∠AOB=60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接OB，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠OBD=90°，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠ODB=30°，
∴OD=2OB=4，
由勾股定理得：．
故选：D．
【点睛】本题考查的是切线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
6．D
【分析】连接OB，根据切线的性质定理得到∠OBD=90°，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△OAB为等边三角形，得到∠AOB=60°，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接OB，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠OBD=90°，
∵四边形OABC为菱形，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴∠ODB=30°，
∴OD=2OB=4，
由勾股定理得：．
故选：D．
【点睛】本题考查的是切线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
7．B
【分析】
根据圆的切线性质，圆的基本性质，特殊角的函数值计算选择即可．
【详解】解：连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线性质，圆的基本性质，特殊角的函数值，熟练掌握圆的性质和特殊角的三角函数值是解题的关键．
8．D
【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，含直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识，已知切线作过切点的半径是常作的辅助线；连接，由等腰三角形的性质及角平分线的定义得，得；设，由含直角三角形的性质，可得，由勾股定理得，由建立方程即可求解．
【详解】解：连接，
∵是的半径，是的切线，点D是切点，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴由勾股定理得：，，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
9．D
【分析】利用切线的性质求得的度数，利用等腰三角形的性质求得的度数，最后根据三角形的外角性质即可求解．
【详解】解：连接，

∵是半圆O的切线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质，掌握“圆的切线垂直于过切点的半径”是解题的关键．
10．B
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接，
直线与相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
11．B
【分析】连接，根据等边对等角可得，根据切线的定义可得，最后利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：如图，连接，

，
，
与相切于点A，
，
，
，
故选B．
【点睛】本题考查圆的切线的定义，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等，解题的关键是根据切线的定义得出．
12．A
【分析】如图，连接，由是的切线，可得，，由，可得．
【详解】解：如图，连接，

∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握．
13．见解析
【分析】此题考查了证明直线是圆的切线，等边三角形的判定和性质，连接，得到是等边三角形，推出，由此求出，得到，即可得到结论是的切线．
【详解】证明：连接，

∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
14．见解析
【分析】此题考查了切线的判定定理，全等三角形的判定和性质，连接，证明，推出，即可得到结论．
【详解】证明：如图，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
15．证明见解析．
【分析】先由勾股定理的逆定理证明垂直，再由切线的判断进行解答即可．
【详解】证明：连接AB，
∵，且
∴AB为直径，AB2=82+42=80，
∵CD=2，AD=4
∴AC2=22+42=20
∵CD=2，BD=8,
∴BC2=102=100
∴，
∴
∴AC是的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理的推论，勾股定理的逆定理，解题关键是作出辅助线构造直角三角形．
16．见解析
【分析】连接OE，由等腰△OAE得到∠OAE=∠OEA，由角平分线得到∠CAE=∠DAE，从而得到OE∥AD，得到结论．
【详解】解：（1）连接OE,
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵AE平分∠BAF，
∴∠OAE=∠DAE，
∴∠OEA=∠EAD，
∴OE∥AD，
∵ED⊥AF，
∴OE⊥DE，
∴CD是⊙O的切线．

【点睛】本题考查切线的证明，角平分线的性质，熟练的掌握切线的定义是解题的关键．
17．（1）证明见解析；（2）5．
【分析】（1）连接OA，根据等边对等角得出∠ODA＝∠OAD，进而得出∠OAD＝∠EDA，证得EC∥OA，从而证得AE⊥OA，即可证得AE是⊙O的切线；
（2）过点O作OF⊥CD，垂足为点F．从而证得四边形AOFE是矩形，得出OF＝AE＝4cm，根据垂径定理得出DF＝CD＝3cm，在Rt△ODF中，根据勾股定理即可求得⊙O的半径．
【详解】
（1）证明：连结OA．
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ODA＝∠EDA．
∴∠OAD＝∠EDA，
∴EC∥OA．
∵AE⊥CD，
∴OA⊥AE．
∵点A在⊙O上，
∴AE是⊙O的切线．
（2）解：过点O作OF⊥CD，垂足为点F．
∵∠OAE＝∠AED＝∠OFD＝90°，
∴四边形AOFE是矩形．
∴OF＝AE＝4cm．
又∵OF⊥CD，
∴DF＝CD＝3cm．
在Rt△ODF中，OD＝＝5cm，
即⊙O的半径为5cm．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，垂径定理，平行线的判定和性质，切线的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
18．(1)见解析；
(2)12．
【分析】此题重点考查切线的性质定理、角平分线的性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，根据角平分线的性质证明是解题的关键．
（1）由切线的性质得，而平分，所以，则点B在上，即可证明是的切线；
（2）由，得，，由，得即可．
【详解】（1）证明：∵与相切于点A，且是的半径，
∴，
∵平分于点B，于点A，
∴，
∴点B在上，
∵是的半径，且，
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的长是12．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，连接交于，根据，可得，则，，进而可得，，由，即可得出结论；
（2）设，则，根据勾股定理可得，进而根据中位线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：连接，连接交于，
，
，
，
，
，，
，
，
是的切线；
（2）解：设，
，
，
，
，
，
，，
是的中位线，
．
【点睛】本题考查了切线的判定，垂径定理，勾股定理，中位线的性质与判定，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)的半径为10．
【分析】本题主要考查了切线的判定和性质，勾股定理；
（1）连接，连接，通过证明即可进行求证；
（2）连接，则，根据勾股定理求出，设的半径为，根据，列出方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，连接，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，
∵，，
∴，，
∴，
设的半径为，则，，
∵，
∴，
解得：，
∴的半径为10．
21．A
【分析】本题考查了切线长定理，熟记定理内容是解题关键．根据切线长定理，可得，则 ，据此即可求解．
【详解】解：设切点为，如图所示：
∵都和⊙O相切，
∴．
∴，
∴
故选：A．
22．B
【分析】△ABC的内切圆与三边分别相切于D、E、F，MN与⊙O相切于G，如图，利用切线长定理得到BD＝BE，CE＝CF，MD＝MG，NG＝NF，BD+BE+CE+CF＝2BC＝12，利用等量代换得到△AMN的周长＝AD+AF，然后用△ABC的周长减去2BC即可．
【详解】解：设△ABC的内切圆与三边分别相切于D、E、F，MN与⊙O相切于G，如图，
则BD＝BE，CE＝CF，MD＝MG，NG＝NF，
∵BC＝5 cm，即CE+BE＝5 cm，
∴BD+BE+CE+CF＝10 cm，
∴剪下的三角形AMN的周长＝AM+MG+NG+AN＝AM+MD+NF+AN＝AD+AF＝17﹣10＝7（cm）．
故选：B
23．C
【分析】根据切线长定理得到，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵分别切于点A，B，切于点E，，
∴，
∴的周长，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
24．C
【分析】根据切线长定理得到 ， ， ，再根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解： 分别切 于点 ， 切 于点 ，，
， ， ，
的周长
，
故选：C ．
【点睛】本题考查了切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，关键是把的周长转化为已知切线相关的线段计算．
25．C
【分析】利用三角形的内心的性质，得到点为三个内角平分线的交点，利用角平分线的定义和三角形的内角和定理解答即可得出结论．
【详解】解：圆是的内切圆，
点为三角形的内心，即点为三个内角平分线的交点，
平分，平分．
，．
，
．
．
．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了三角形的内切圆与三角形的内心的性质，三角形的内角和定理，三角形的角平分线的定义，熟练掌握三角形的内心的性质是解题的关键．
26．C
【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，
故选C
27．C
【分析】连接、，如图，先根据圆周角定理得到，再根据切线的性质得，，则，然后根据四边形内角和计算的度数．
【详解】解：连接、，如图：
，
，
是的内切圆，与、分别相切于点、，
，，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．
28．A
【分析】连接，，，，，，设，先由勾股定理求出的长，然后由面积法可求出半径r，从而根据圆的面积公式可计算出圆的面积．
【详解】解：如图，连接，，，，，．
设，
由勾股定理得．
，
，
解得，
的面积为．
故选A．
【点睛】本题考查了圆的内切三角形，切线的性质，勾股定理等，根据面积法求出半径r是解题的关键．
29．C
【分析】连接、，如图，设的半径为r，利用勾股定理计算出，再证明四边形为正方形，则，所以，，根据切线长定理得到，，所以，然后解方程即可．
【详解】解：连接OE、OD，如图，
设⊙O的半径为r，
∵，，，
∴，
∵F点、D点为切点，
∴，，
而，
∴四边形为矩形，
而，
∴矩形为正方形，
∴，
∴，，
∵是的内切圆（与三边都相切），切点分别为D，E，F，
∴，
而，
∴，解得，
即⊙O的半径为2．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，解题的关键是熟悉相关概念（三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点，三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角，也考查了切线的性质）．
30．C
【分析】如图，连接，证明，，可得，从而可得．
【详解】解：如图，连接，

∵切于点B，
∴，
∵， ，
∴，
∴，
∴；
故选C
【点睛】本题考查的是切线的性质，圆周角定理的应用，三角形的内角和定理的应用，掌握基本图形的性质是解本题的关键．
31．B
【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得．
【详解】解：如图，连接，
直线与相切，
，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
32．C
【分析】根据圆周角定理可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形两个锐角互余即可求解．
【详解】，∠ABC＝25°，
，
AB是⊙O的直径，
，
．
故选C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，掌握圆周角定理与切线的性质是解题的关键．
33．或
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和定理，根据切线的性质得到，根据四边形内角和为，得出，然后根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，当点在优弧上时，

∵分别与相切于两点
∴，
∵．
∴
∵，
∴，
当点在劣弧上时，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
故答案为：或．
34．
【分析】根据勾股定理，得，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．
【详解】∵，
∴，
根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，
∴,
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．
35．##65度
【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理．连接，，根据切线的性质得到，求得，根据圆周角定理即可得到结论．
【详解】解：连接，，
，分别与相切于点，，
，
，
，
，
故答案为：．
36．(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．
（2）连接，根据矩形的性质得到，然后利用勾股定理求出，然后利用垂径定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵与轴相切于点，
∴轴．
∵，，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）如图，连接．

四边形是矩形，
．
在中，，
．
点为圆心，，
．
【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的判定，垂径定理，圆的性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．
37．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（）连接，由 可证明，得到，即可证明直线是的切线；
（）由线段是的直径证明 ，再根据等角的余角相等证明，则
（）由，可得，得到是等边三角形，进而得到，，，再证明 ，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的半径，且，
∴直线是的切线；
（2）证明：∵线段是的直径，
∴，
∴，
∴°，，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．

【点睛】此题考查了切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
38．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接AD、OD，根据等腰三角形的性质可证得，根据平行线的判定与性质可证得，然后根据切线的判定即可证得结论；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质求得CD、CE 即可．
【详解】（1）证明：连接AD、OD，记，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵OD是⊙O的半径，
∴直线PE是⊙O的切线．
（2）连接AD，
∵AB是直径，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
在中，∵，
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定、等边三角形的判定与性质、解直角三角形，难度适中，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
39．C
【分析】先根据题意判断出直线与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】解：∵⊙O的半径为6cm，圆心O到直线l的距离为5cm，6cm＞5cm，
∴直线l与⊙O相交，
∴直线l与⊙O有两个交点．
故选：C．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d＜r时，直线与圆相交是解答此题的关键．
40．C
【分析】本题主要考查圆的相关定理以及性质和三角形的相关性质，根据圆的相关定理以及性质和三角形的相关性质对每一项进行判断即可得出答案．
【详解】解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，原说法错误，故本选项不符合题意．
B、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，原说法错误，故本选项不符合题意．
C、任何一个三角形都有内切圆，原说法正确，故本选项符合题意；
D、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，原说法错误，故本选项不符合题意．
故选：C．
41．A
【分析】先由切线的性质得出，从而可求得，再根据等腰三角形的性质求出，最后由三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：∵与相切于点A，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
42．B
【分析】可求，从而可求，由即可求解．
【详解】解：，是的两条切线，A，B是切点，
，，
，
，
，
弧长，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，弧长公式，掌握性质及公式是解题的关键．
43．A
【分析】过点C作于D，先根据直角三角形的性质求出CD，再根据直线与圆的位置关系判断即可.
【详解】解：过点C作于D，如图，
∵，BC=4cm，
∴cm，
∵，
∴以点C为圆心，以3cm的长为半径作圆，则⊙C与AB的位置关系是相交；
故选：A.
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形的性质和直线与圆的位置关系，属于基础题目，熟练掌握直线与圆位置关系的判定是关键.
44．C
【分析】本题考查圆与直线的位置关系，过C作于D，含30度角的直角三角形的性质，结合勾股定理求出的长，等积法求出的长，根据圆与直线相离得到，即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过C作于D，
∵，
∴，
∵与相离，
∴半径r满足，
故选：C．
45．B
【分析】利用切线长定理求解即可．
【详解】解：∵是的切线，切点分别为P，C，D，，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，熟知切线长定理是解题的关键．
46．A
【分析】本题考查切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，关键是由以上知识点证明．
连接，由切线的性质定理，得到半径，又，因此，得到，由，由，求出的度数，即可求出的度数．
【详解】解：连接，
∵与相切于C，
∴半径，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
47．C
【分析】根据内切圆和角平分线性质的判定定理，可证明和分别为和的角平分线，再根据三角形全等证明，最后利用勾股定理求出圆的半径长度.
【详解】解：设与的交点为，与的交点为，如图所示，连接，，，，

是等边三角形的内切圆，
，，.
，
平分，
.
同理平分，
.
.
，
，
，
.
在中，设，则，
，
.
.
的半径为：.
故选:C.
【点睛】本题考查了圆的切线长定理、角平分线性质判定定理、全等三角形和勾股定理，解题的关键在于通过内切圆找到关键信息.
48．C
【分析】连接、、，根据切线长定理可得，、，，可得四边形为正方形，即，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】连接、、，
根据切线长定理可得，、，，
又∵，
∴四边形为正方形，即，
在中，，
∵，，
∴，，，
∴
解得，（舍去）
∴的半径为1，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线长定理及内切圆、勾股定理知识，熟练运用切线长定理是解题的关键．
49．D
【分析】由等弧的定义、确定圆的条件、切线的定义、圆周角定理的推论分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A. 在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，故该选项不正确，不符合题意；
B. 同一平面内，不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故该选项不正确，不符合题意；
C. 垂直于半径的直线且过半径的外端是圆的切线，故该选项不正确，不符合题意；
D. 同弧所对的圆周角相等，故该选项正确，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查了等弧的定义、确定圆的条件、切线的定义、圆周角定理的推论，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
50．D
【分析】
连接、、，交于，如图，利用切线的性质和切线长定理得到，，平分，根据等腰三角形的性质得到，则，根据圆周角定理得到，所以，然后求出即可．
【详解】
解：连接、、，交于，如图，

，与相切，切点分别为，，
，，平分，
，
，
，
，
，
∵
∴
∵
∴在中，，
，
．
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理和解直角三角形．
51．C
【分析】根据切线长定理可得，、、，再根据∠F＝60°，可知为等边三角形，，再△FDE的周长为12，可得，求得，再作，即可求解．
【详解】解：FA、FB分别与⊙O相切于A、B两点，过点C的切线分别交FA、FB于D、E两点，
则：、、，，
∵∠F＝60°，
∴为等边三角形，，
∵△FDE的周长为12，即，
∴，即，
作，如下图：
则，，
∴，
设，则，由勾股定理可得：，
解得，，
故选C
【点睛】此题考查了圆的有关性质，切线的性质、切线长定理，垂径定理以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关性质进行求解．
52．(1)见解析
(2)3
【分析】
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，证明切线连半径是常作的辅助线；
（1）连接，由等腰三角形的性质及互余关系即可得，即，即可得证；
（2）设的半径，则可得的长度，从而得的长度，在中，由勾股定理建立方程即可求得r．
【详解】（1）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线；
（2）解：设的半径，则，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得，或（舍去），
∴的半径为3．
53．(1)见解析
(2)AE＝6
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理的推论得到∠ACB＝90°，即∠BCO＋∠ACO＝90°，求得∠ACO＝∠DCB，得到∠DCO＝90°，根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）根据勾股定理求出OB＝3，可得AB＝6，AD＝8，根据切线长定理得到AE＝CE，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OC，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，即∠BCO＋∠ACO＝90°，
∵OC＝OA，
∴∠ACO＝∠CAD，
又∵∠DCB＝∠CAD，
∴∠ACO＝∠DCB，
∴∠DCB＋∠BCO＝90°，即∠DCO＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠DCO＝90°，OC＝OB，
∴OC2＋CD2＝OD2，
∴OB2＋42＝（OB＋2）2，
∴OB＝3，
∴AB＝6，AD＝8，
∵AE⊥AD，AB是⊙O的直径，
∴AE是⊙O的切线，
∵CD是⊙O的切线，
∴AE＝CE，
∵在Rt△ADE中，AD2＋AE2＝DE2，
∴82＋AE2＝（4＋AE）2，
∴AE＝6．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角定理的推论、切线长定理和勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
54．(1)见解析
(2)
(3)3
【分析】（1）连接，易证明，由可得，从而得结论；
（2）连接，证明，则得；设，则可求得，进而得；再证明，即可求得；
（3）连接，易得四边形是矩形，由此得；由及，得，即得的值，由勾股定理求出后即可求得结果．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵，
∴，
∵点D为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵为半径，
∴是切线；
（2）解：连接，如图，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
（3）解：连接，交于H，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】本题是圆的综合，考查了切线的判定与性质，直径对的圆周角是直角，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质等知识，构造适当辅助线得到相似三角形是解题的关键．
55．(1)秒后，的面积等于
(2)或
【分析】（1）过点作于点，设运动时间为秒，则，先证明是等边三角形，再根据题意列方程即可；
（2）分两种情况：当与直线相切于点时，连接，当与直线相交，与线段只有一个交点时讨论即可．
【详解】（1）解：过点作于点，
设运动时间为秒，则，
在等边中，，
，
，
是等边三角形，
在中，，
，，
，
解得：，，
，
，
，
故秒后，的面积等于；
（2）解：如图，当与直线相切于点时，连接，
，
在中，，
，
是等边三角形，
，
，即，
解得：，
当与直线相交，与线段只有一个交点时，
，即，
，
，
综上所述：或．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，动点问题，直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是本题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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