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24.2.2 直线和圆的位置关系
一．选择题（共8小题）
1．（2025 金东区二模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD是半圆的切线，OD⊥AB，若∠CAB＝27°，则∠D的度数为（　　）
A．63° B．44° C．54° D．64°
2．（2025 深圳模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，D为劣弧AC的中点，过点D作⊙O的切线DE交BA的延长线于点E，连接BD．若BE＝4AE＝4，则⊙O的半径为（　　）
A．5 B． C．2 D．1
3．（2025 新化县二模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，CB＝8，则△ABC的内切圆半径r为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2025 南平模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上且关于直径AB对称，MN是⊙O切线，切点为B，若∠CBO＝50°，则∠DBN的大小为（　　）
A．50° B．40° C．35° D．25°
5．（2025 梧州一模）如图，AB是⊙O的直径，BM与⊙O相切于点B，∠A＝27°，半径OE的延长线交BM于点M，则∠M的度数是（　　）
A．36° B．38° C．40° D．43°
6．（2024秋 石家庄期末）如图，周长为15cm的三角形纸片ABC，小刚想用剪刀剪出它的内切圆⊙O，他先沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，则三角形纸片BDE的周长是（　　）
A．9cm
B．8cm
C．7cm
D．随直线DE的变化而变化
7．（2025 济宁校级二模）如图，在⊙O中，BC是切线，切点是B，直线CO交⊙O于点D，A，点E为⊙O上的一点，连接BE，DE．若∠C＝24°，则∠E的度数为（　　）
A．66° B．33° C．34° D．24°
8．（2025春 西湖区校级月考）如图，已知AB为⊙O的直径，CB切⊙O于B，CD切⊙O于D，交BA的延长线于E，若AB＝3，ED＝2，则BC的长为（　　）
A．2 B．3 C．3.5 D．4
二．填空题（共5小题）
9．（2025 凉州区校级三模）如图，正方形ABCD的边AD与⊙O相切于点P，E、F是正方形与圆的另两个交点．若BC＝8，则⊙O的半径是　 　 ．
10．（2025 杭州校级模拟）如图，过⊙O外一点P作圆的切线PA，PB，点A，B为切点，AC为直径，设∠P＝50°，则∠C的度数为　 　 ．
11．（2025 南岗区校级三模）如图，PA，PB分别于⊙O相切于A，B两点，∠P＝70°，则∠C＝ 　 　 ．
12．（2025 重庆校级二模）如图，⊙O是锐角△ABC的外接圆，BD为⊙O的切线，连接AD交BC于点E，交圆O于点F，点F恰好为的中点，连接BO并延长交AD于点G，连接CD、BF．若∠ABO＝∠CBO，，BF＝12，则BC＝　 　 ，△BCD的周长为　 　 ．
13．（2024秋 曲阳县期末）如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，与AC相切于点A，连接OD．若∠AOD＝80°，则∠C的度数为　 　 ．
三．解答题（共2小题）
14．（2025 潮阳区三模）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，PD交AB的延长线于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E，∠EPD＝∠EDO
（1）判断直线PD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若PA＝5，AD＝12，求⊙O的半径．
15．（2025 吉安县一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点E是BA延长线上一点，过点B作⊙O的切线BD交EC的延长线于点D，且满足∠BDE＝2∠ABC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AE＝3，EC＝6，求⊙O的半径．
24.2.2 直线和圆的位置关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 金东区二模）如图，AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD是半圆的切线，OD⊥AB，若∠CAB＝27°，则∠D的度数为（　　）
A．63° B．44° C．54° D．64°
【考点】切线的性质；直角三角形的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】C
【分析】连接OC，由等边对等角可得∠OCA＝∠CAB＝27°，由三角形外角的性质可得∠BOC＝∠OCA+∠CAB＝54°，由切线的性质可得CD⊥OC，则∠OCD＝90°，由直角三角形的两个锐角互余可得∠D+∠COD＝90°，由OD⊥AB可得∠BOD＝90°，进而可得∠BOC+∠COD＝90°，于是可得∠D＝∠BOC，由此即可求出∠D的度数．
【解答】解：如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠CAB＝27°，
∴∠BOC＝∠OCA+∠CAB＝27°+27°＝54°，
∵OC是半圆O的半径，CD是半圆O的切线，
∴CD⊥OC，
∴∠OCD＝90°，
∴∠D+∠COD＝90°，
∵OD⊥AB，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOC+∠COD＝90°，
∴∠D＝∠BOC＝54°，
故选：C．
【点评】本题主要考查了等边对等角，三角形外角的性质，切线的性质，直角三角形的两个锐角互余等知识点，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
2．（2025 深圳模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC是⊙O的直径，D为劣弧AC的中点，过点D作⊙O的切线DE交BA的延长线于点E，连接BD．若BE＝4AE＝4，则⊙O的半径为（　　）
A．5 B． C．2 D．1
【考点】切线的性质；平行线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；圆周角定理．
【专题】图形的全等；与圆有关的计算；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】连接OD，由切线知OD⊥DE，证明AB∥OD，可证明DE⊥AB；过点D作DF⊥BC于点F，证明△BDE≌△BDF，得到BE＝BF，DE＝DF，证明Rt△ADE≌Rt△CDF，得到AE＝CF，再由BC＝BF+CF求出BC的值，即可求出⊙O的半径．
【解答】解：如图，连接OD，
∵DE为⊙O的切线，
∴OD⊥DE．
∵D为的中点，
∴∠ABD＝∠CBD．
∵OB＝OD，
∴∠BDO＝∠CBD．
∴∠BDO＝∠ABD，
∴AB∥OD．
∵OD⊥DE，
∴DE⊥AB；
如图，过点D作DF⊥BC于点F，
∵DF⊥BC，DE⊥AB，
∴∠BED＝∠BFD＝90°．
在△BDE和△BDF中，
，
∴△BDE≌△BDF（AAS），
∴BE＝BF，DE＝DF．
∵D为的中点，
∴，
∴AD＝CD．
∵在Rt△ADE和Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴AE＝CF．
∵BE＝4AE＝4，
∴AE＝1，
∴BC＝BF+CF＝BE+AE＝4+1＝5，
∴⊙O的半径为，
故选：B．
【点评】本题考查了切线的性质，平行线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，圆周角定理，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理．
3．（2025 新化县二模）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，CB＝8，则△ABC的内切圆半径r为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】三角形的内切圆与内心；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】首先求出AB的长，再连圆心和各切点，利用切线长定理用半径表示AF和BF，而它们的和等于AB，得到关于r的方程，即可求出．
【解答】解：设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，如图，连接OD，OE，OF，
则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，
设半径为r，则CD＝CE＝r，
∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝8，
在直角三角形ABC中，由勾股定理得：，
∴BE＝BF＝8﹣r，AF＝AD＝6﹣r，
∴8﹣r+6﹣r＝10，
∴r＝2．
∴△ABC的内切圆的半径为2．
故选：B．
【点评】此题主要考查了勾股定理，三角形的内切圆与内心，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
4．（2025 南平模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上且关于直径AB对称，MN是⊙O切线，切点为B，若∠CBO＝50°，则∠DBN的大小为（　　）
A．50° B．40° C．35° D．25°
【考点】切线的性质；轴对称的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系．
【答案】B
【分析】根据对称得出∠CBO＝∠DBO＝50°，再根据切线的概念得出∠OBN＝90°，再作差即可．
【解答】解：∵AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上且关于直径AB对称，
∴∠CBO＝∠DBO＝50°，
MN是切线，切点为B，
∴∠OBN＝90°，则∠DBN＝∠OBN﹣∠DBO＝40°，
故选：B．
【点评】本题考查了轴对称，切线的性质，掌握以上性质是解题的关键．
5．（2025 梧州一模）如图，AB是⊙O的直径，BM与⊙O相切于点B，∠A＝27°，半径OE的延长线交BM于点M，则∠M的度数是（　　）
A．36° B．38° C．40° D．43°
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】A
【分析】由切线的性质可得出∠OBM＝90°．由圆周角定理可知，即可求出∠BOM＝54°，最后由三角形内角和定理求解即可．
【解答】解：由条件可知OB⊥BM，
∴∠OBM＝90°．
∵，∠A＝27°，
∴∠BOM＝54°，
∴∠M＝180°﹣∠BOM﹣∠OBM＝36°．
故选：A．
【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理．熟练掌握圆的相关知识并利用数形结合的思想是解题关键．
6．（2024秋 石家庄期末）如图，周长为15cm的三角形纸片ABC，小刚想用剪刀剪出它的内切圆⊙O，他先沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，则三角形纸片BDE的周长是（　　）
A．9cm
B．8cm
C．7cm
D．随直线DE的变化而变化
【考点】三角形的内切圆与内心；切线的性质．
【专题】三角形．
【答案】C
【分析】设△ABC与⊙O相切于点M，N，F，DE与⊙O相切于点G，则AM＝AF，BM＝BN，CN＝CF，DM＝DG，EN＝EG，然后三角形的周长公式和等线段代换即可得到结论．
【解答】解：如图，设△ABC与⊙O相切于点M，N，F，DE与⊙O相切于点G，
∴AM＝AF，BM＝BN，CN＝CF，DM＝DG，EN＝EG，
∵三角形纸片BDE的周长是BD+BE+DE
＝BD+BE+DG+EG
＝BD+BE+DM+EN
＝BM+BN，
∵AM+AC+CN+BM+BN＝15cm，
∴AF+AC+CF+BM+BN＝15cm，
∵AC＝AF+CF＝4cm，
∴AC+AC+BM+BN＝15cm，
∴BM+BN＝7cm，
∴三角形纸片BDE的周长是7cm，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形的内切圆，切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理．
7．（2025 济宁校级二模）如图，在⊙O中，BC是切线，切点是B，直线CO交⊙O于点D，A，点E为⊙O上的一点，连接BE，DE．若∠C＝24°，则∠E的度数为（　　）
A．66° B．33° C．34° D．24°
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】B
【分析】如图所示，连接OB，首先由切线得到∠OBC＝90°，然后求出∠BOD＝90°﹣∠C＝66°，最后利用圆周角定理求解即可．
【解答】解：如图所示，连接OB，
∵BC是⊙O的切线，切点是B，
∴∠OBC＝90°，
∵在Rt△OBC中，∠C＝24°，
∴∠BOD＝90°﹣∠C＝66°，
∵圆周角∠E与圆心角∠BOD所对的弧是BD，
∴．
故选：B．
【点评】本题主要考查了切线的性质、直角三角形锐角互余、圆周角定理及推论，掌握以上性质是解题的关键．
8．（2025春 西湖区校级月考）如图，已知AB为⊙O的直径，CB切⊙O于B，CD切⊙O于D，交BA的延长线于E，若AB＝3，ED＝2，则BC的长为（　　）
A．2 B．3 C．3.5 D．4
【考点】切线长定理；切割线定理．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】先由切割线定理，求出AE，再根据勾股定理、切线长定理求出BC的长即可．
【解答】解：由切割线定理，得DE2＝EA EB，
∵AB＝3，ED＝2，
∴4＝AE（AE+3），
解得AE＝1或﹣4（舍去），
∵CB切⊙O于B，
∴∠B＝90°，
∴根据勾股定理得，BC2+42＝（BC+2）2，
∴BC＝3．
故选：B．
【点评】本题考查了切线长定理、勾股定理、切割线定理等知识，综合性强，但难度不大．
二．填空题（共5小题）
9．（2025 凉州区校级三模）如图，正方形ABCD的边AD与⊙O相切于点P，E、F是正方形与圆的另两个交点．若BC＝8，则⊙O的半径是　5　 ．
【考点】切线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；垂径定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】5．
【分析】连接OP，并延长交BC于点Q，连接OB，首先证明四边形ABQP是矩形，根据矩形的性质得出PQ⊥BC，进而根据垂径定理得出BQ＝CQ＝4，设OP＝OB＝a，根据勾股定理列出方程，解方程即可得出答案．
【解答】解：连接OP，并延长交BC于点Q，连接OB，如下图，
由条件可知AB＝BC＝8，∠A＝∠ABC＝90°，
∵AD与⊙O相切于点P，
∴OP⊥AD，
∴∠APQ＝∠A＝∠ABC＝90°，
∴四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝8，∠PQB＝90°，
即PQ⊥BC，
∴，
设OP＝OB＝a，则OQ＝PQ﹣OP＝8﹣a，
在Rt△OBQ中，a2＝（8﹣a）2+42，
解得：a＝5，
即⊙O的半径是5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、切线的性质定理、垂径定理、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题关键．
10．（2025 杭州校级模拟）如图，过⊙O外一点P作圆的切线PA，PB，点A，B为切点，AC为直径，设∠P＝50°，则∠C的度数为　65°　 ．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】65°．
【分析】连接OB，由切线的性质可得∠OAP＝∠OBP＝90°，则由四边形内角和定理可得∠AOB的度数，再由圆周角定理即可得到答案．
【解答】解：如图所示，连接OB，
∵PA，PB都是⊙O的切线，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝130°，
由条件可得，
故答案为：65°．
【点评】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，四边形内角和定理，熟练掌握以上知识点是关键．
11．（2025 南岗区校级三模）如图，PA，PB分别于⊙O相切于A，B两点，∠P＝70°，则∠C＝ 　55°　 ．
【考点】切线的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接OA、OB，根据切线的性质定理，结合四边形AOBP的内角和为360°，即可推出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理，即可推出∠C的度数．
【解答】解：连接OA、OB，
∵直线PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∵∠P＝70°，
∴∠AOB＝110°，
∵C是⊙O上一点，
∴∠ACB＝55°．
故答案为：55°．
【点评】本题主要考查切线的性质、四边形的内角和、圆周角定理，关键在于熟练灵活运用切线的性质，通过作辅助线构建四边形，最后通过圆周角定理即可推出结果．
12．（2025 重庆校级二模）如图，⊙O是锐角△ABC的外接圆，BD为⊙O的切线，连接AD交BC于点E，交圆O于点F，点F恰好为的中点，连接BO并延长交AD于点G，连接CD、BF．若∠ABO＝∠CBO，，BF＝12，则BC＝　6　 ，△BCD的周长为　　 ．
【考点】切线的性质；角平分线的性质；垂径定理；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】； ．
【分析】连接OC，连接OF交BC于点N，过点O作OM⊥BF于点M，由点F恰好为的中点，得∠BOF＝∠COF，由等腰三角形三线合一的性质，得出ON也是等腰△BOC的中线和高，根据垂径定理，可得，由已知条件和等面积法，在△BOF中，得，即可求得BC长；连接OA，连接CF，由∠ABO＝∠CBO易得BA＝BC，由2∠OBF+∠BOF＝180°，2∠BAF＝∠BOF，可得∠OBF+∠BAF＝90°，由BD为⊙O的切线，可得∠OBF+∠DBF＝90°，可得∠BAF＝∠DBF，由点F恰好为的中点及角的关系，推出∠BGF＝∠GBF，可得∠BDF＝∠DBF，进而得∠BAF＝∠BDF，得，再通过角的关系，易得△OBC∽△FDC，得，可得，即可求出△BCD的周长．
【解答】解：如图所示，连接OC，连接OF交BC于点N，过点O作OM⊥BF于点M，
∵点F恰好为的中点，
∴∠BOF＝∠COF，
∵BO＝CO，
∴∠BNO＝∠CNO＝90°，
∴，
由条件可得，
∵，BF＝12，
∴，BM＝6，
∴，
由条件可得，
∴；
如图所示，连接OA，连接CF，
∵∠ABO＝∠CBO，OA＝OB＝OC，
∴∠ABO＝∠CBO＝∠BAO＝∠BCO，
∴∠BOA＝∠BOC，
∴△BOA≌△BOC（SAS），
∴BA＝BC，
∵OB＝OF，
∴∠OBF＝∠OFB，
∵∠OBF+∠OFB+∠BOF＝180°，
∴2∠OBF+∠BOF＝180°，
∵，
∴2∠OBF+2∠BAF＝180°，
∴∠OBF+∠BAF＝90°，
又∵BD为⊙O的切线，
∴∠OBD＝90°，
∴∠OBF+∠DBF＝90°，
∴∠BAF＝∠DBF，
∵点F恰好为的中点，
∴∠BAF＝∠CBF，
∵∠BGF＝∠BAF+∠ABO，∠GBF＝∠CBF+∠CBO，
∴∠BGF＝∠GBF，
∵∠BGF+∠BDF＝90°，∠GBF+∠DBF＝90°，
∴∠BDF＝∠DBF，
∴∠BAF＝∠BDF，BF＝DF，
∴BA＝BD，
∴，
在△ABD中，
∵∠BAF＝∠BDF＝∠CBF＝∠DBF，∠ABO＝∠CBO，
设∠BAF＝∠BDF＝∠CBF＝∠DBF＝α，∠ABO＝∠CBO＝β，
∴4α+2β＝180°，
在△BCD中，由条件可得∠BDC＝∠BCD，
∵∠BAF＝∠BDF，∠BAF＝∠BCF，
∴∠BDF＝∠BCF，
∴∠BDC﹣∠BDF＝∠BCD﹣∠BCF，
∴∠CDF＝∠DCF，
由条件可得，
∵∠CBO＝∠BCO＝β，
∴△OBC∽△FDC，
∴，BF＝DF＝12，
∴，
∴，
∴△BCD的周长为．
故答案为：．
【点评】本题考查了等腰三角形三线合一的性质、圆周角的性质、切线的性质、垂径定理、全等三角形的判定及性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握以上知识点、添加适当的辅助线是解题的关键．
13．（2024秋 曲阳县期末）如图，已知△ABC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，与AC相切于点A，连接OD．若∠AOD＝80°，则∠C的度数为　50°　 ．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质．
【答案】50°．
【分析】直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，根据圆的切线定理可得出∠BAC＝90°，由直角三角形两锐角互余即可得出答案．
【解答】解：∵，
∴，
∵以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，
∴∠BAC＝90°，
∴∠C＝90°﹣40°＝50°，
故答案为：50°．
【点评】本题考查了圆周角定理，圆的切线定理，掌握以上性质是解题的关键．
三．解答题（共2小题）
14．（2025 潮阳区三模）如图，AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，PD交AB的延长线于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E，∠EPD＝∠EDO
（1）判断直线PD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若PA＝5，AD＝12，求⊙O的半径．
【考点】切线的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，DE⊥PO，得到∠A＝∠E＝90°，根据对顶角相等，得到∠DOE＝∠POA，通过三角形全等，得到圆心到直线的距离等于圆的半径，得出结论；
（2）由三角形全等得出线段相等，利用勾股定理列方程求出圆的半径．
【解答】解：（1）证明：∵AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，
∴∠A＝90°，
∵DE⊥PO，
∴∠E＝90°，
∵∠DOE＝∠POA，
∴∠EDO＝∠APO，
∵∠EPD＝∠EDO，
∴∠APO＝∠DPO，
在△PFO与△PAO中，
，
∴△PFO≌△PAO，
∴OA＝OF，
∴PD与⊙O相切；
（2）由（1）证得△AFO≌△PAO，
∴PF＝PA，
∵PA＝5，AD＝12，
∴DF＝8，PD13，
设⊙O的半径为：0A＝r，
∴r2+82＝（12﹣r）2，
∴r，
∴⊙O的半径为．
【点评】本题综合考查了圆周角定理，切线长定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键，
15．（2025 吉安县一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点E是BA延长线上一点，过点B作⊙O的切线BD交EC的延长线于点D，且满足∠BDE＝2∠ABC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AE＝3，EC＝6，求⊙O的半径．
【考点】切线的判定与性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】与圆有关的计算；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）连接CO，根据OB＝OC，得出∠ABC＝∠OCB，从而可证得∠AOC＝∠BDE，再由切线的性质得出∠ABC＝90°，则∠E+∠BDE＝90°，从而可得∠OCE＝90°，即可由切线的判定定理得出结论；
（2）设⊙O的半径为R，则AO＝CO＝R，OE＝AO+AE＝R+3，然后在Rt△COE中，由勾股定理，得OC2+EC2＝OE2，即R2+62＝（R+3）2，求解即可．
【解答】（1）证明：连接CO，
∵OB＝OC，
∴∠ABC＝∠OCB，
∴∠AOC＝∠ABC+∠OCB＝2∠ABC，
由条件可得∠AOC＝∠BDE，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴∠E+∠BDE＝90°，
∴∠E+∠AOC＝90°，
∴∠OCE＝90°，
又∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：设⊙O的半径为R，则AO＝CO＝R，
由条件可知OE＝AO+AE＝R+3，
在Rt△COE中，由勾股定理，得：R2+62＝（R+3）2，
解得：，
∴⊙O的半径为．
【点评】本题考查切线的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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