?考點21與圓有關(guān)的位置關(guān)系
考點總結(jié)
知識點一：與圓有關(guān)的位置關(guān)系
關(guān)鍵點撥及對應(yīng)舉例
1.點與圓的位置關(guān)系
設(shè)點到圓心的距離為d.
(1)dr?點在⊙O外．
判斷點與圓之間的位置關(guān)系，將該點的圓心距與半徑作比較即可.
2.直線和圓的位置關(guān)系
位置關(guān)系
相離
相切
相交
由于圓是軸對稱和中心對稱圖形，所以關(guān)于圓的位置或計算題中常常出現(xiàn)分類討論多解的情況.
例：已知：⊙O的半徑為2，圓心到直線l的距離為1，將直線l沿垂直于l的方向平移，使l與⊙O相切，則平移的距離是1或3.
圖形



公共點個數(shù)
0個
1個
2個
數(shù)量關(guān)系
d＞r
d＝r
d＜r
知識點二 ：切線的性質(zhì)與判定
3.切線
的判定
（1）與圓只有一個公共點的直線是圓的切線（定義法）.
（2）到圓心的距離等于半徑的直線是圓的切線.
（3）經(jīng)過半徑外端點并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線.
切線判定常用的證明方法：①知道直線和圓有公共點時，連半徑，證垂直；②不知道直線與圓有沒有公共點時，作垂直，證垂線段等于半徑.
4.切線
的性質(zhì)
（1）切線與圓只有一個公共點.
（2）切線到圓心的距離等于圓的半徑.
（3）切線垂直于經(jīng)過切點的半徑.
利用切線的性質(zhì)解決問題時，通常連過切點的半徑，利用直角三角形的性質(zhì)來解決問題.
*5.切線長
（1）定義：從圓外一點作圓的切線，這點與切點之間的線段長叫做這點到圓的切線長.
（2）切線長定理：從圓外一點可以引圓的兩條切線，兩切線長相等，圓心與這一點的連線平分兩條切線的夾角.
例：如圖，AB、AC、DB是⊙O的切線，P、C、D為切點，如果AB=5，AC=3，則BD的長為2.
知識點四 ：三角形與圓
5.三角形的外接圓
圖形
相關(guān)概念
圓心的確定
內(nèi)、外心的性質(zhì)
內(nèi)切圓半徑與三角形邊的關(guān)系：
（1）任意三角形的內(nèi)切圓（如圖a），設(shè)三角形的周長為C，則S△ABC=1/2Cr.
（2）直角三角形的內(nèi)切圓（如圖b）
①若從切線長定理推導，可得r=1/2(a+b+c);若從面積推導，則可得r=.這兩種結(jié)論可在做選擇題和填空題時直接應(yīng)用.

例：已知△ABC的三邊長a=3，b=4，c=5，則它的外切圓半徑是2.5.

經(jīng)過三角形各定點的圓叫做三角形的外接圓，外接圓的圓心叫做三角形的外心，這個三角形叫做圓的內(nèi)接三角形
三角形三條垂直平分線的交點
到三角形的三個頂點的距離相等
6.三角形的內(nèi)切圓

與三角形各邊都相
切的圓叫三角形的
內(nèi)切圓，內(nèi)切圓的
圓心叫做三角形的
內(nèi)心，這個三角形叫
圓的外切三角形
到三角形三條角平分線的交點
到三角形的三條邊的距離相等

真題演練

一、單選題
1．（2021·山東青島·中考真題）如圖，是的直徑，點，在上，點是的中點，過點畫的切線，交的延長線于點，連接．若，則的度數(shù)為（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根據(jù)切線的性質(zhì)得到BA⊥AD，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出∠B，根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，進而求出∠BAC，根據(jù)垂徑定理得到BA⊥EC，進而得出答案．
【詳解】
解：∵AD是⊙O的切線，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵點A是弧EC的中點，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故選：B．
2．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，是的外接圓，CD是的直徑．若，弦，則的值為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
連接AD，根據(jù)直徑所對的圓周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的長，然后即可求得∠ADC的余弦值，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，從而可以得到cos∠ABC的值．
【詳解】
解：連接AD，如右圖所示，

∵CD是⊙O的直徑，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD==8，
∴cos∠ADC==，
∵∠ABC=∠ADC，
∴cos∠ABC的值為，
故選：A．
3．（2021·山東臨沂·中考真題）如圖，、分別與相切于、，，為上一點，則的度數(shù)為（ ）


A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由切線的性質(zhì)得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四邊形內(nèi)角和可求∠AOB=110°，再利用圓周角定理可求∠ADB=55°，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補可求∠ACB．
【詳解】
解：如圖所示，連接OA，OB，在優(yōu)弧AB上取點D，連接AD，BD，
∵AP、BP是切線，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB=360°-90°-90°-70°=110°，
∴∠ADB=55°，
又∵圓內(nèi)接四邊形的對角互補，
∴∠ACB=180°-∠ADB=180°-55°=125°．
故選：C．

4．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，四邊形是的內(nèi)接四邊形，，，，，則的長為（ ）

A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】
如圖，延長AD，BC，二線交于點E，可求得∠E=30°，在Rt△CDE中，利用tan30°計算DE，在Rt△ABE中，利用sin30°計算AE，根據(jù)AD=AE-DE求解即可；
【詳解】
如圖，延長AD，BC，二線交于點E，

∵∠B=90°，∠BCD=120°，
∴∠A=60°，∠E=30°，∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDC= 90°，
在Rt△CDE中，
tan30°=，
∴DE==，
在Rt△ABE中，
sin30°=，
∴AB==4，
∴AD=AE-DE=,
故選C
5．（2021·山東泰安·中考真題）如圖，在中，，以點A為圓心，3為半徑的圓與邊相切于點D，與，分別交于點E和點G，點F是優(yōu)弧上一點，，則的度數(shù)是（ ）

A．50° B．48° C．45° D．36°
【答案】B
【分析】
連接AD，由切線性質(zhì)可得∠ADB=∠ADC=90°，根據(jù)AB=2AD及銳角的三角函數(shù)可求得∠BAD=60°，易求得∠ADE=72°，由AD=AE可求得∠DAE=36°，則∠GAC=96°，根據(jù)圓周角定理即可求得∠GFE的度數(shù)．
【詳解】
解：連接AD，則AD=AG=3，
∵BC與圓A相切于點D，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ADB中，AB=6，則cos∠BAD==，
∴∠BAD=60°，
∵∠CDE=18°，
∴∠ADE=90°﹣18°=72°，
∵AD=AE，
∴∠ADE=∠AED=72°，
∴∠DAE=180°﹣2×72°=36°，
∴∠GAC=36°+60°=96°，
∴∠GFE=∠GAC=48°，
故選：B．

6．（2021·山東臨淄·二模）等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，P是劣弧上一點（不與A，B重合），將△PBC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)60o，得△DAC，AB交PC于點E．則下列結(jié)論錯誤的是（ ）
A．PA＋PB＝PC
B．
C．四邊形ABCD有可能成為平行四邊形
D．△PCD的面積有最大值
【答案】C
【分析】
分別根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)分別判斷即可．
【詳解】
解：∵將△PBC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)60°，

∴∠PCD=60°，PC=CD，AD=PB，∠CAD=∠CBP，
∵∠PBC+∠PAC=180°，∠DAC+∠PAC=180°，
∴P，A，D在一條直線上，
∴△PCD是等邊三角形，
∴PC=PD=DC，
∴PB+PA=PA+AD=PD=PC，故選項A正確；
∵∠BPC=∠BAC=∠CBA=60°，
∠PCB=∠BCE，
∴△BCE∽△PCB，
∴
∴，故選項B正確；
當四邊形ABCD成為平行四邊形時，AD=BC，
∵PB=AD，
∴PB=BC，
∵∠BPC=∠BAC=60°，
∴△PBC是等邊三角形，此時P與A點重 合，
∵P是劣弧上一點（不與A、B重合），
∴四邊形ABCD不可能成為平行四邊形，故選項C錯誤；
∵P是劣弧上一點（不與A、B重合），將△PBC繞C點順時針旋轉(zhuǎn)60°，
∴根據(jù)①得出旋轉(zhuǎn)后的三角形是等邊三角形，當邊長越大，則三角形面積越大，
故當P為劣弧的中點時，PC最大，此時三角形面積最大，
∴△PCD的面積有最大值，故選項D正確．
故選：C．
7．（2021·山東臨淄·二模）在如圖所示的正方形網(wǎng)格中，點，，，，均在格點上，則點是（ ）

A．的外心 B．的內(nèi)心
C．的外心 D．的內(nèi)心
【答案】A
【分析】
根據(jù)網(wǎng)格利用勾股定理得出，進而判斷即可．
【詳解】
解：由勾股定理可知：
，
所以點O是的外心，
故選：A．
8．（2021·山東萊西·一模）如圖，AB為⊙O的切線，點A為切點，OB交⊙O于點C，點D在⊙O上，連接AD、CD，OA，若∠ABO =20°，則∠ADC的度數(shù)為（ ）

A．20° B．30° C．35° D．40°
【答案】C
【分析】
先根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OAB=90°，則利用互余可計算出∠O=70°，然后根據(jù)圓周角定理得到∠ADC的度數(shù)．
【詳解】
解：∵AB是⊙O的切線，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB=90°，
∴∠B=20°，
∴∠O=90°-20°=70°，
∴∠ADC=∠O=×70°=35°．
故選：C．
9．（2021·山東招遠·一模）如圖，已知是的直徑，是的切線，連接交于點，連接．若，則的度數(shù)是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由切線的性質(zhì)求解 再利用三角形的內(nèi)角和定理求解 再利用圓心角與圓周角的關(guān)系可得答案．
【詳解】
解： 是的切線，，



故選：
10．（2021·山東聊城·二模）如圖，是的直徑，、是上的點，，過點作的切線交的延長線于，則的值為（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
連接OC，根據(jù)太監(jiān)可之∠OCE=90°，然后根據(jù)圓周角定理可知∠COE=60°，進而可求出∠E的度數(shù)，即可求出答案．
【詳解】
解：連接OC，

∵EC切⊙O于C，
∴∠OCE=90°，
∵∠CDB=30°，
∴∠COE=60°，
∴∠E=180°-90°-60°=30°，
∴=．
故選：C

二、填空題
11．（2021·山東青島·中考真題）如圖，正方形內(nèi)接于，，分別與相切于點和點，的延長線與的延長線交于點．已知，則圖中陰影部分的面積為___________．

【答案】
【分析】
連接AC，OD，根據(jù)已知條件得到AC是⊙O的直徑，∠AOD=90°，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠PAO=∠PDO=90°，得到△CDE是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到PE=，根據(jù)梯形和圓的面積公式即可得到答案．
【詳解】
解：連接AC，OD，
∵四邊形BCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AC是⊙O的直徑，∠AOD=90°，
∵PA，PD分別與⊙O相切于點A和點D，
∴∠PAO=∠PDO=90°，
∴四邊形AODP是矩形，
∵OA=OD，
∴矩形AODP是正方形，
∴∠P=90°，AP=AO，AC∥PE，
∴∠E=∠ACB=45°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∵AB=2，
∴AC=2AO=2，DE=CD=2，
∴AP=PD=AO=，
∴PE=3，
∴圖中陰影部分的面積
故答案為：5-π．

12．（2021·山東·濟寧學院附屬中學二模）如圖，中，，，點E是中點，點D，F(xiàn)分別是，上的點（包括端點），若使為直角三角形的點F恰好有三個，則的長為__________．

【答案】2
【分析】
如圖，當D，E分別為直角頂點時，一定存在兩個點F1，F(xiàn)2滿足條件．以DE為直徑作圓，當圓與直線AB相切時，存在一個點F，使得∠DFE＝90°，此時CD＝AD＝2，觀察圖象可知，滿足條件的CD的值為CD=2．當時，觀察滿足條件的F；當時，觀察滿足條件的F；當點D與A重合時觀察滿足條件的F，觀察滿足條件的F．
【詳解】
解：如圖，當D，E分別為直角頂點時，一定存在兩個點F1，F(xiàn)2滿足條件．

以DE為直徑作圓，當圓與直線AB相切時，存在一個點F，
使得∠DFE＝90°，此時CD＝AD＝2，
∴當CD＝2時使為直角三角形的點F恰好有三個；
當時，如圖：

使為直角三角形的點F只有二個；
當時，如圖，

使為直角三角形的點F有四個；
當時，如圖

使為直角三角形的點F只有二個；
綜上，當CD＝2時使為直角三角形的點F恰好有三個；
故答案為：2．
13．（2021·山東乳山·模擬預測）如圖，AB是⊙O的直徑，BC與⊙O相切于點B，連接AC，OC．若，則_______．

【答案】
【分析】
過點O做OE垂直于AC，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AB⊥BC，設(shè)BC=x，AC=3x，根據(jù)勾股定理得到AB=；在△AOE中，OE=x；在△CBO中，CO=，在△COE中，求解即可．
【詳解】
過點O做OE垂直于AC，交AC于點E，
設(shè)BC=x，AC=3x，根據(jù)勾股定理得到AB=，
∴AO=BO= ，
在△CBO中，CO= =，
在△AOE中，sin∠BAC= = ，
∴OE= ，
∴在△CEO中，根據(jù)勾股定理得CE= x，
∴tan∠ACO= = ．

14．（2021·山東李滄·二模）如圖，以等邊三角形的邊為直徑畫半圓，分別交，于點，，是圓的切線，過點作的垂線交于點．若的長為2，則的長為______．

【答案】
【分析】
連接OD，BD，作DH⊥FG于H，DM⊥BC于M，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得∠A=∠C=∠ABC=60°，AC=BC，根據(jù)切線的性質(zhì)得OD⊥DF，再證明OD∥AB，則DF⊥AB，在Rt△ADF中根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得DF=2，由BC為⊙O的直徑，根據(jù)圓周角定理得∠BDC=90°，則AD=CD=4，OD=4，所以O(shè)M=OD=2，在Rt△DFH中可計算出FH=，DH=FH=3，則GM=3，于是OG=GM-OM=1，BG=OB-OG=3，在Rt△BGF中可計算FG=3．
【詳解】
解：連接OD，BD，作DH⊥FG于H，DM⊥BC于M，如圖，

∵△ABC為等邊三角形，
∴∠A=∠C=∠ABC=60°，AC=BC，
∵OD=OC
∴△ODC為等邊三角形，
∴∠ODC=60°，
∴∠A=∠ODC，
∴OD∥AB，
∵DF是圓的切線，
∴OD⊥DF，
∴DF⊥AB，
在Rt△ADF中，AF=2，∠A=60°，
∴∠ADF=30°
∴AD=4，
∴DF=，
∵BC為⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，
∴BD⊥AC，
∴AD=CD=4，
∴OD=4，
∴OM=OD=2，
∵∠ABC=60°，∠FGB=90°
∴∠BFG=30°
∴∠DFH=60°
∴∠FDH=30°
在Rt△DFH中， DF=2，
∴FH=，
∴DH=，
∴GM=3，
∴OG=GM-OM=1，
∴BG=OB-OG=3，
在Rt△BGF中，∠FBG=60°，BG=3，
∴FB=6
∴．
故答案為：3．
15．（2021·山東南區(qū)·二模）如圖，點是上一點，是弧的中點，若，則的度數(shù)是_________°．

【答案】32°
【分析】
根據(jù)圓中內(nèi)接四邊形對角互補，求出，再利用等弧對等角即可得出．
【詳解】
解：四邊形是上的內(nèi)接四邊形，
,
，
,
是弧的中點，
，
，
故答案是：．

三、解答題
16．（2021·山東濱州·中考真題）如圖，在中，AB為的直徑，直線DE與相切于點D，割線于點E且交于點F，連接DF．
（1）求證：AD平分∠BAC；
（2）求證：．

【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】
（1）連接OD，然后根據(jù)切線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，可以得到∠ODA=∠DAC，再根據(jù)OA=OD，可以得到∠OAD=∠ODA，從而可以得到∠DAC=∠OAD，結(jié)論得證；
（2）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可以得到DB?DF=EF?AB，再根據(jù)等弧所對的弦相等，即可證明結(jié)論成立．
【詳解】
解：（1）證明：連接OD，如圖所示，

∵直線DE與⊙O相切于點D，AC⊥DE，
∴∠ODE=∠DEA=90°，
∴OD∥AC，
∴∠ODA=∠DAC，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠DAC=∠OAD，
∴AD平分∠BAC；
（2）證明：連接OF，BD，如圖所示，

∵AC⊥DE，垂足為E，AB是⊙O的直徑，
∴∠DEF=∠ADB=90°，
∵∠EFD+∠AFD=180°，∠AFD+∠DBA=180°，
∴∠EFD=∠DBA，
∴△EFD∽△DBA，
∴，
∴DB?DF=EF?AB，
由（1）知，AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠DAB，
∴DF=DB，
∴DF2=EF?AB．
17．（2021·山東濰坊·中考真題）如圖，半圓形薄鐵皮的直徑AB＝8，點O為圓心（不與A，B重合），連接AC并延長到點D，使AC＝CD，作DH⊥AB，交半圓、BC于點E，F(xiàn)，連接OC，∠ABC=θ，θ隨點C的移動而變化．

（1）移動點C，當點H，B重合時，求證：AC=BC；
（2）當θ＜45°時，求證：BH?AH＝DH?FH；
（3）當θ＝45°時，將扇形OAC剪下并卷成一個圓錐的側(cè)面，求該圓錐的底面半徑和高．
【答案】（1）見解析（2）見解析（3）底面半徑為1，高為
【分析】
（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可求解；
（2）證明△BFH∽△DAH，即可求解；
（3）根據(jù)扇形與圓錐的特點及求出圓錐的底面半徑，再根據(jù)勾股定理即可求出圓錐的高．
【詳解】
（1）如圖，當點H，B重合時，∵DH⊥AB
∴△ADB是直角三角形，
∵AC＝CD，
∴BC是△ADB的中線
∴BC=
∴AC=BC

（2）當θ＜45°時，DH交半圓、BC于點E，F(xiàn)，
∵AB是直徑
∴∠ACB=90°
∵DH⊥AB
∴∠B+∠A=∠A+∠D=90°
∴∠B=∠D
∵∠BHF=∠DHA=90°
∴△BFH∽△DAH，
∴
∴BH?AH＝DH?FH；
（3）∵∠ABC=θ=45°
∴∠AOC=2∠ABC=90°
∵直徑AB＝8，
∴半徑OA=4，
設(shè)扇形OAC卷成圓錐的底面半徑為r
∴
解得r=1
∴圓錐的高為．
18．（2021·山東威?！ぶ锌颊骖}）如圖，AB是直徑，弦，垂足為點E．弦BF交CD于點G，點P在CD延長線上，且．
（1）求證：PF為切線；
（2）若，，，求PF的長．

【答案】（1）見解析；（2）5
【分析】
（1）連接OF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠PFG=∠PGF，∠OBF=∠OFB，再證明∠OFB+∠PFG=90°，即可得∠PFO=90°，由此證得PF為切線；
（2）連接AF，過點P作于點N，由AB是直徑，可得∠AFB=90°，在Rt△ABF中求得AF=12，再由，可得，求得EG=6；在Rt△BEG中求得 BG=10；再根據(jù)等腰三角形性質(zhì)可得FN=NG=3，再證明△PNF△BEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求得PF=5．
【詳解】
（1）連接OF，

∵，
∴∠PFG=∠PGF，
∵OB=OF，
∴∠OBF=∠OFB，
∵，
∴∠GEB=90°，
∴∠ABF+∠EGB=90°，
∵∠EGB=∠PGF，
∴∠OFB+∠PFG=90°，
∴∠PFO=90°，
∴PF為切線；
（2）連接AF，過點P作于點N，

∵AB是直徑，
∴∠AFB=90°，
∵OB=10，
∴AB=20，
在Rt△ABF中，AB=20，，
∴AF=12，
∵，
∴，
∴EG=6，
在Rt△BEG中，，EG=6，
∴BG=10，
∴FG=FB-BG=16-10=6，
∵，，
∴FN=NG=3，∠PNF=90°，
∵∠PFG=∠PGF=∠EGB，∠PNF=∠GEB=90°，
∴△PNF△BEG，
∴，
∴，
∴PF=5．

相關(guān)試卷

考點21與圓有關(guān)的位置關(guān)系（解析版）-2022年數(shù)學中考一輪復習考點透析（蘇科版）：

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