第19讲 点、直线和圆的位置关系及其计算
一、考点知识梳理
【考点1 切线的性质与判定】
1.点与圆的位置关系(设r为圆的半径，d为点到圆心的距离) 位置关系,数量(d与r)
点在圆内d＜r,点在圆上d＝r,点在圆外d＞r，数量(d与r) 2.直线和圆的三种位置关系： ①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线． 3.判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d． 位置关系,相离,相切,相交 公共点个数,0,1,2
公共点的名称,无,切点,交点 数量关系,d＞r,d＝r,d＜r 4.切线的判定：
判定切线的方法有三种：①利用切线的定义，即与圆有唯一公共点的直线是圆的切线；②到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；③经过半径的外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 5. 切线的五个性质： ①切线与圆只有一个公共点； ②切线到圆心的距离等于圆的半径； ③切线垂直于经过切点的半径； ④经过圆心垂直于切线的直线必过切点； ⑤经过切点垂直于切线的直线必过圆心． 6.切线长定理：
经过圆外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段的长度，叫做这点到圆的切线长．经圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角． 【考点2 三角形内切圆】 内切圆的有关概念：
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．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
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二、考点分析
【考点1 切线的性质与判定】
【解题技巧】1．判断直线与圆相切时：(1)直线与圆的公共点已知时，连半径证垂直；(2)直线与圆的公共点未知时，过圆心作直线的垂线证垂线段等于半径．
2．利用切线的性质解决问题，通常连过切点的半径，构造直角三角形来解决．
3.由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
【例1】（2019 浙江杭州中考）如图，P为圆O外一点，PA，PB分别切圆O于A，B两点，若PA＝3，则PB＝（ ）
A．2 【答案】B．
【分析】连接OA、OB、OP，根据切线的性质得出OA⊥PA，OB⊥PB，然后证得Rt△AOP≌Rt△BOP，即可求得
B．3
C．4
D．5
PB＝PA＝3．
【解答】解：连接OA、OB、OP， ∵PA，PB分别切圆O于A，B两点， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， 在Rt△AOP和Rt△BOP中，
，
∴Rt△AOP≌Rt△BOP（HL）， ∴PB＝PA＝3， 故选：B．
【一领三通1-1】（2019 重庆中考）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC与⊙O交于点
D，连结OD．若∠C＝50°，则∠AOD的度数为（ ）
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A．40° 【答案】C．
【分析】由切线的性质得出∠BAC＝90°，求出∠ABC＝40°，由等腰三角形的性质得出∠ODB＝∠ABC＝40°，再由三角形的外角性质即可得出结果． 【解答】解：∵AC是⊙O的切线， ∴AB⊥AC， ∴∠BAC＝90°， ∵∠C＝50°， ∴∠ABC＝40°， ∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠ABC＝40°， ∴∠AOD＝∠ODB+∠ABC＝80°； 故选：C．
【一领三通1-2】（2019上海中考）已知⊙A与⊙B外切，⊙C与⊙A、⊙B都内切，且AB＝5，AC＝6，BC＝7，那么⊙C的半径长是（ ） A．11 【答案】C．
【分析】如图，设⊙A，⊙B，⊙C的半径为x，y，z．构建方程组即可解决问题． 【解答】解：如图，设⊙A，⊙B，⊙C的半径为x，y，z．
B．10
C．9
D．8
B．50°
C．80°
D．100°
由题意：
，
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解得，
故选：C．
【一领三通1-3】（2019 南京中考）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，点C、D在⊙O上．若∠P＝102°，则∠A+∠C＝ ．
【答案】219°．
【分析】连接AB，根据切线的性质得到PA＝PB，根据等腰三角形的性质得到∠PAB＝∠PBA＝（180°﹣102°）＝39°，由圆内接四边形的性质得到∠DAB+∠C＝180°，于是得到结论． 【解答】解：连接AB， ∵PA、PB是⊙O的切线， ∴PA＝PB， ∵∠P＝102°，
∴∠PAB＝∠PBA＝（180°﹣102°）＝39°， ∵∠DAB+∠C＝180°，
∴∠PAD+∠C＝∠PAB+∠DAB+∠C＝180°+39°＝219°， 故答案为：219°．
【一领三通1-4】（2019浙江温州中考）如图，⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F，点P在优弧（上，若∠BAC＝66°，则∠EPF等于 度．
）
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【答案】57°
【分析】连接OE，OF，由切线的性质可得OE⊥AB，OF⊥AC，由四边形内角和定理可求∠EOF＝114°，即可求∠EPF的度数． 【解答】解：连接OE，OF
∵⊙O分别切∠BAC的两边AB，AC于点E，F ∴OE⊥AB，OF⊥AC 又∵∠BAC＝66° ∴∠EOF＝114° ∵∠EOF＝2∠EPF ∴∠EPF＝57° 故答案为：57°
【考点2 三角形内切圆】
【解题技巧】1.任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
2.三角形内心的性质：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．
3.直角三角形的外接圆与内切圆半径的求法：若a，b是Rt△ABC的两条直角边，c为斜边，则(1)直角三角ca＋b－c
形的外接圆半径R＝；(2)直角三角形的内切圆半径r＝. 22
【例2】（2019 云南中考）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，且AB＝5，BC＝13，CA＝12，则阴影部分（即四边形AEOF）的面积是（ ）
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A．4 【答案】A．
【分析】利用勾股定理的逆定理得到△ABC为直角三角形，∠A＝90°，再利用切线的性质得到OF⊥AB，OE⊥AC，所以四边形OFAE为正方形，设OE＝AE＝AF＝r，利用切线长定理得到BD＝BF＝5﹣r，CD＝CE＝12﹣
B．6.25
C．7.5
D．9
r，所以5﹣r+12﹣r＝13，然后求出r后可计算出阴影部分（即四边形AEOF）的面积．
【解答】解：∵AB＝5，BC＝13，CA＝12， ∴AB+CA＝BC，
∴△ABC为直角三角形，∠A＝90°， ∵AB、AC与⊙O分别相切于点E、F ∴OF⊥AB，OE⊥AC， ∴四边形OFAE为正方形， 设OE＝r， 则AE＝AF＝r，
∵△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F， ∴BD＝BF＝5﹣r，CD＝CE＝12﹣r， ∴5﹣r+12﹣r＝13， ∴r＝
＝2，
2
2
2
∴阴影部分（即四边形AEOF）的面积是2×2＝4． 故选：A．
【一领三通2-1】（2019•）如图，直角三角形ABC的内切圆分别与AB、BC相切于D点、E点，根据图中标示的长度与角度，求AD的长度为何？（ ）
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A． 【答案】D．
【分析】设AD＝x，利用切线长定理得到BD＝BE＝1，AB＝x+1，AC＝AD+CE＝x+4，然后根据勾股定理得到（x+1）+5＝（x+4），最后解方程即可． 【解答】解：设AD＝x，
∵直角三角形ABC的内切圆分别与AB、BC相切于D点、E点， ∴BD＝BE＝1，
∴AB＝x+1，AC＝AD+CE＝x+4，
在Rt△ABC中，（x+1）+5＝（x+4），解得x＝， 即AD的长度为． 故选：D．
【一领三通2-2】（2019•山东济南模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线BC于点M，切点为N，则DM的长为（ ）
2
2
2
2
2
2
B． C． D．
A．
B．
C．
D．2
【答案】A．
【分析】连接OE，OF，ON，OG，在矩形ABCD中，得到∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝4，由于AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点得到∠AEO＝∠AFO＝∠OFB＝∠BGO＝90°，推出四边形AFOE，FBGO是正方形，得到AF＝BF＝AE＝BG＝2，由勾股定理列方程即可求出结果． 【解答】解：连接OE，OF，ON，OG， 在矩形ABCD中，
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∵∠A＝∠B＝90°，CD＝AB＝4，
∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点， ∴∠AEO＝∠AFO＝∠OFB＝∠BGO＝90°， ∴四边形AFOE，FBGO是正方形， ∴AF＝BF＝AE＝BG＝2， ∴DE＝3，
∵DM是⊙O的切线， ∴DN＝DE＝3，MN＝MG， ∴CM＝5﹣2﹣MN＝3﹣MN， 在Rt△DMC中，DM＝CD+CM， ∴（3+NM）＝（3﹣NM）+4， ∴NM＝， ∴DM＝3故选：A．
＝
，
2
2
2
2
2
2
【一领三通2-3】（2019•青海）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》中提出了“三斜求积术”，三斜即指三角形的三条边长，可以用该方法求三角形面积．若改用现代数学语言表示，其形式为：设a，b，
c为三角形三边，S为面积，则S＝
这是中国古代数学的瑰宝之一．
①
而在文明古国古希腊，也有一个数学家海伦给出了求三角形面积的另一个公式，若设p＝一半），则S＝
②
（周长的
（1）尝试验证．这两个公式在表面上形式很不一致，请你用以5，7，8为三边构成的三角形，分别验证它们的面积值；
（2）问题探究．经过验证，你发现公式①和②等价吗？若等价，请给出一个一般性推导过程（可以从①⇒
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②或者②⇒①）；
（3）问题引申．三角形的面积是数学中非常重要的一个几何度量值，很多数学家给出了不同形式的计算公式．请你证明如下这个公式：如图，△ABC的内切圆半径为r，三角形三边长为a，b，c，仍记p＝
，
S为三角形面积，则S＝pr．
【分析】（1）由公式①得：S＝
＝10
；
）（ab﹣
）＝
（a+b+c）
＝10
，由②得：p＝
＝10，S＝
（2）求出2p＝a+b+c，把①中根号内的式子可化为：（ab+（a+b﹣c）（c+a﹣b）（c﹣a+b）＝即可得出结论；
×2p×（2p﹣2c）（2p﹣2b）（2p﹣2a）＝p（p﹣a）（p﹣b）（p﹣c），
（3）连接OA、OB、OC，S＝S△AOB+S△AOC+S△BOC，由三角形面积公式即可得出结论． 【解答】解：（1）由①得：S＝
＝10
，
由②得：p＝＝10，
＝10
；
S＝
（2）公式①和②等价；推导过程如下： ∵p＝
，
∴2p＝a+b+c，
①中根号内的式子可化为： （ab+＝＝＝
2
2
）（ab﹣
2
2
2
2
）
（2ab+a+b﹣c）（2ab﹣a﹣b+c） [（a+b）﹣c][c﹣（a﹣b）]
（a+b+c）（a+b﹣c）（c+a﹣b）（c﹣a+b）
2
2
2
2
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＝×2p×（2p﹣2c）（2p﹣2b）（2p﹣2a）
＝p（p﹣a）（p﹣b）（p﹣c）， ∴
＝
；
（3）连接OA、OB、OC，如图所示：
S＝S△AOB+S△AOC+S△BOC＝rc+rb+ra＝（）r＝pr．
【一领三通2-4】（2019 山西中考）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）是瑞士数学家，在数学上经常见到以他的名字命名的重要常数，公式和定理，下面就是欧拉发现的一个定理：在△ABC中，R和r分别为外接圆和内切圆的半径，O和I分别为其中外心和内心，则OI＝R﹣2Rr．
2
2
如图1，⊙O和⊙I分别是△ABC的外接圆和内切圆，⊙I与AB相切分于点F，设⊙O的半径为R，⊙I的半径为r，外心O（三角形三边垂直平分线的交点）与内心I（三角形三条角平分线的交点）之间的距离OI＝
d，则有d2＝R2﹣2Rr．
下面是该定理的证明过程（部分）：
延长AI交⊙O于点D，过点I作⊙O的直径MN，连接DM，AN． ∵∠D＝∠N，∠DMI＝∠NAI（同弧所对的圆周角相等）． ∴△MDI∽△ANI．∴
＝
，∴IA•ID＝IM•IN，①
如图2，在图1（隐去MD，AN）的基础上作⊙O的直径DE，连接BE，BD，BI，IF． ∵DE是⊙O的直径，所以∠DBE＝90°．
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∵⊙I与AB相切于点F，所以∠AFI＝90°， ∴∠DBE＝∠IFA．
∵∠BAD＝∠E（同弧所对的圆周角相等）， ∴△AIF∽△EDB， ∴
＝
．
∴IA•BD＝DE•IF②
任务：（1）观察发现：IM＝R+d，IN＝ （用含R，d的代数式表示）； （2）请判断BD和ID的数量关系，并说明理由．
（3）请观察式子①和式子②，并利用任务（1），（2）的结论，按照上面的证明思路，完成该定理证明的剩余部分；
（4）应用：若△ABC的外接圆的半径为5cm，内切圆的半径为2cm，则△ABC的外心与内心之间的距离为
cm．
【分析】（1）直接观察可得；
（2）BD＝ID，只要证明∠BID＝∠DBI，由三角形内心性质和圆周角性质即可得证； （3）应用（1）（2）结论即可； （4）直接代入计算．
【解答】解：（1）∵O、I、N三点共线， ∴OI+IN＝ON ∴IN＝ON﹣OI＝R﹣d 故答案为：R﹣d； （2）BD＝ID 理由如下：
如图3，过点I作⊙O直径MN，连接AI交⊙O于D，连接MD，BI，BD， ∵点I是△ABC的内心
∴∠BAD＝∠CAD，∠CBI＝∠ABI
∵∠DBC＝∠CAD，∠BID＝∠BAD+∠ABI，∠DBI＝∠DBC+∠CBI ∴∠BID＝∠DBI ∴BD＝ID
（3）由（2）知：BD＝ID
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∴IA•ID＝DE•IF ∵DE•IF＝IM•IN ∴2R•r＝（R+d）（R﹣d） ∴R﹣d＝2Rr ∴d＝R﹣2Rr
（4）由（3）知：d＝R﹣2Rr；将R＝5，r＝2代入得：
2
2
2
2
2
2
d2＝52﹣2×5×2＝5，
∵d＞0 ∴d＝
．
故答案为：
三、【达标测试】 （一）选择题
1.（2019•哈尔滨）如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上一点，连接AC、BC，若∠P＝50°，则∠ACB的度数为（ ）
A．60° 【答案】D．
【分析】先利用切线的性质得∠OAP＝∠OBP＝90°，再利用四边形的内角和计算出∠AOB的度数，然后根据圆周角定理计算∠ACB的度数． 【解答】解：连接OA、OB，
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
B．75°
C．70°
D．65°
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∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝180°﹣∠P＝180°﹣50°＝130°， ∴∠ACB＝∠AOB＝×130°＝65°． 故选：D．
2.（2019•广州）平面内，⊙O的半径为1，点P到O的距离为2，过点P可作⊙O的切线条数为（ ） A．0条 【答案】C．
【分析】先确定点与圆的位置关系，再根据切线的定义即可直接得出答案． 【解答】解：∵⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为2， ∴d＞r，
∴点P与⊙O的位置关系是：P在⊙O外， ∵过圆外一点可以作圆的2条切线， 故选：C．
3.（2019 河北唐山中考模拟）如图，直线y＝x+1与x轴、y轴分别相交于A、B两点，P是该直线上的任一点，过点D（3，0）向以P为圆心，AB为半径的⊙P作两条切线，切点分别为E、F，则四边形PEDF面积的最小值为（ ）
B．1条
C．2条
D．无数条
A．
B．
C．2
D．
【答案】A．
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【分析】连接DP，根据直线y＝x+1与x轴、y轴分别相交于A、B两点，求得AB的长，即可得出⊙P的半径，证△PED≌△PFD，可得四边形PEDF面积＝2S△PED＝2×PE×DE，当DP⊥AP时，四边形PEDF面积的最小，利用锐角三角函数求出DP的长，即可得出四边形PEDF面积的最小值． 【解答】解：如图，连接DP，
∵直线y＝x+1与x轴、y轴分别相交于A、B两点， 当x＝0时，y＝1，当y＝0时，x＝﹣2， ∴A（﹣2，0），B（0，1）， ∴AB＝
，
∵过点D（3，0）向以P为圆心，AB为半径的⊙P作两条切线，切点分别为E、F， ∴DE＝DF，PE⊥DE， ∵PE＝PF，PD＝PD， ∴△PED≌△PFD（SSS）， ∵⊙P的半径为∴DE＝
，
，
，
当DP⊥AP时，DP最小，此时DP＝AD•sin∠BAO＝5×∵四边形PEDF面积＝2S△PED＝2×PE×DE＝∴四边形PEDF面积的最小值为故选：A．
DE，
．
4.（2019 天津北辰区中考模拟）如图，AB、AC为⊙O的切线，B、C是切点，延长OB到D，使BD＝OB，连接AD，如果∠DAC＝78°，那么∠ADO等于（ ）
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A．70° 【答案】B．
【分析】连接OC．证明∠CAO＝∠OAB＝∠BAD，从而进一步求解． 【解答】解：连接OC．
则OC＝OB，AC＝AB，OA＝OA，△AOC≌△AOB． ∴∠CAO＝∠BAO． ∵AB是⊙O的切线， ∴OB⊥AB． ∵BD＝OB，
∴AB是线段OD的垂直平分线，OA＝AD． ∴∠OAB＝∠DAB＝∠OAC＝×78°＝26°．
∠ADO＝180°﹣∠ABD﹣∠DAB＝180°﹣90°﹣26°＝°． 故选：B．
B．°
C．62°
D．51°
5.（2019 山东威海中考模拟）如图，AB是半圆O的直径，点D在半圆O上，AB＝2
，AD＝10，C是弧
BD上的一个动点，连接AC，过D点作DH⊥AC于H，连接BH，在点C移动的过程中，BH的最小值是（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
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【答案】D．
【分析】如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．由题意点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上，推出当
M、H、B共线时，BH的值最小；
【解答】解：如图，取AD的中点M，连接BD，HM，BM．
∵DH⊥AC， ∴∠AHD＝90°，
∴点H在以M为圆心，MD为半径的⊙M上， ∴当M、H、B共线时，BH的值最小， ∵AB是直径， ∴∠ADB＝90°， ∴BD＝
＝12，
＝
＝13，
BM＝
∴BH的最小值为BM﹣MH＝13﹣5＝8． 故选：D．
6.（2019 辽宁葫芦岛中考模拟）设正三角形△1的面积为S1，作△1的内切圆，再作内切圆的内接正三角形，设为△2，面积为S2，如此下去作一系列的正三角形△3，△4，……，其面积相应为S3，S4，……，设S1＝1，
Tn＝S1+S2+……+Sn，则当n充分大时，Tn的值最接近以下哪个值？（ ）
A． 【答案】C．
【分析】由题意Tn＝1++…+（）＝4﹣（）
n﹣1
n﹣1
B． C． D．2
①，两边乘4得到：4Tn＝4+1++…+（）
n﹣2
②，②﹣①得到：3Tn，由此即可判断．
2
【解答】解：由题意：S1＝1，S2＝，S3＝（），…Sn＝（）∴Tn＝1++…+（）
n﹣1
n﹣1
，
①
n﹣2
两边乘4得到：4Tn＝4+1++…+（）②，
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②﹣①得到：3Tn＝4﹣（）当n充分大时，（）∴Tn的值接近， 故选：C．
n﹣1
n﹣1
，
接近0，
7.（2019 河南郑州中考模拟）如图，A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，连接AC、CE、EB、BD、DA，得到一个五角星图形和五边形MNFGH．有下列3个结论：①AO⊥BE，②∠CGD＝∠COD+∠CAD，③BM＝MN＝NE．其中正确的结论是（ ）
A．①② 【答案】A．
【分析】根据圆的性质得到AO⊥BE，故①正确；由A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点，得到
的度数＝
B．①③
C．②③
D．①②③
＝72°求得∠COD＝72°根据圆周角定理得到∠CAD＝36°；连接CD求得∠CGD＝108°，于是得到∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正确；连接AB，AE，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点， ∴
＝
，
∴AO⊥BE，故①正确；
∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点， ∴
的度数＝
＝72°
∴∠COD＝72° ∵∠COD＝2∠CAD ∴∠CAD＝36°； 连接CD
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∵A、B、C、D、E是⊙O上的5等分点， ∴
＝
＝
＝
，
∴∠BDC＝∠DCE＝∠CAD＝36°， ∴∠CGD＝108°，
∴∠CGD＝∠COD+∠CAD，故②正确； 连接AB，AE，
则∠BAM＝∠ABM＝∠EAN＝∠AEN＝36°， ∵AB＝AE，
∴△ABM≌△AEN（ASA）， ∴BM＝EN＝AM＝AN， ∵∠MAN＝36°， ∴AM≠MN，③错误． 故选：A．
8.（2019 河北沧州中考模拟）如图以正五边形ABCDE的顶点A为圆心，AE为半径作圆弧交BA的延长线于点A'，再以点B为圆心，BA'为半径作圆弧交CB的延长线于B'，依次进行．得到螺旋线，再顺次连结EA'，
AB'，BC'，CD'，DE'，得到5块阴影区域，若记它们的面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，且满足S5﹣S2＝1，
则S4﹣S3的值为（ ）
A． 【答案】D．
【分析】设五边形的边长为a．求出各个阴影部分的面积，根据S5﹣S2＝1，寻找关系式，即可解决问题．
B．
C．
D．
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【解答】解：设五边形的边长为a．则S1＝﹣•a•sin72°，
2
S2＝S3＝S4＝S5＝
∵S5﹣S2＝1，
﹣•a•2a•sin72°， ﹣•a•3a•sin72°， ﹣•a•4a•sin72°， ﹣•a•5a•sin72°，
∴5πa﹣πa﹣a•sin72°＝1， ∴
•π•a﹣a•sin72°＝1，
πa﹣πa﹣asin72°＝π•a﹣asin72°＝，
2
2
2
2
2
2
2
222
∴S4﹣S3＝故选：D．
（二）填空题
1.（2019 山东淄博中考模拟）如图，已知A（6，0），B（4，3）为平面直角坐标系内两点，以点B圆心的⊙B经过原点O，BC⊥x轴于点C，点D为⊙B上一动点，E为AD的中点，则线段CE长度的最大值为 ．
【答案】
．
【分析】如图，作点A关于点C的对称点A′，连接BA′，BD，DA′．因为AC＝CA′，DE＝EA，所以EC＝
DA′，求出DA′的最大值即可解决问题．
【解答】解：如图，作点A关于点C的对称点A′，连接BA′，BD，DA′．
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由题意AC＝CA′＝2，BC＝3，BD＝OB＝∴BA′＝
＝
，
＝5，
∵AC＝CA′，DE＝EA， ∴EC＝DA′， ∵DA′≤BD+BA′， ∴DA′≤5+
，
， ，
．
∴DA′的最大值为5+∴EC的最大值为故答案为
2.（2019 河北衡水中考模拟）点I为△ABC的内心，连AI交△ABC的外接圆于点D，若AI＝2CD，点E为弦AC的中点，连接EI，IC，若IC＝6，ID＝5，则IE的长为 ．
【答案】4．
【分析】延长ID到M，使得DM＝ID，连接CM．想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题； 【解答】解：延长ID到M，使得DM＝ID，连接CM．
中考数学复习资料
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC＝∠IAB，∠ICA＝∠ICB，
∵∠DIC＝∠IAC+∠ICA，∠DCI＝∠BCD+∠ICB，∠BCD＝∠IAB， ∴∠DIC＝∠DCI， ∴DI＝DC＝DM， ∴∠ICM＝90°， ∴CM＝
∵AI＝2CD＝10， ∴AI＝IM，∵AE＝EC， ∴IE＝CM＝4， 故答案为4．
3.（2019 湖北黄石中考模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，点E，F分别在边AD，BC上，且点B，
＝8，
F关于过点E的直线对称，如果EF与以CD为直径的圆恰好相切，那么AE＝ ．
【答案】6﹣
．
【分析】设⊙O与EF相切于M，连接EB，作EH⊥BC于H．由题意易知四边形AEHB是矩形，设AE＝BH＝x，由切线长定理可知，ED＝EM，FC＝FM，由B、F关于EH对称，推出HF＝BH＝x，ED＝EM＝8﹣x，FC＝FM＝8﹣2x，EF＝16﹣3x，在Rt△EFH中，根据EF＝EH+HF，列出方程即可解决问题． 【解答】解：如图，设⊙O与EF相切于M，连接EB，作EH⊥BC于H．
2
2
2
中考数学复习资料
由题意易知四边形AEHB是矩形，设AE＝BH＝x， 由切线长定理可知，ED＝EM，FC＝FM， ∵B、F关于EH对称，
∴HF＝BH＝x，ED＝EM＝8﹣x，FC＝FM＝8﹣2x，EF＝16﹣3x， 在Rt△EFH中，∵EF＝EH+HF， ∴4+x＝（16﹣3x）， 解得x＝6﹣∴AE＝6﹣
或6+，
．
（舍弃），
2
2
22
2
2
故答案为：6﹣
4.（2019 上海黄浦区中考模拟）如图，ABCDE是正五边形，已知AG＝1，则FG+JH+CD＝ ．
【答案】
+1．
【分析】根据对称性可知：GJ∥BH，GB∥JH，推出四边形JHBG是平行四边形，推出JH＝BG，同理可证：四边形CDFB是平行四边形，推出CD＝FB，推出FG+JH+CD＝FG+BG+FB＝2BF，设FG＝x，由△AFG∽△BFA，推出AF＝FG•FB，由此构建方程求出x即可解决问题； 【解答】解：根据对称性可知：GJ∥BH，GB∥JH， ∴四边形JHBG是平行四边形， ∴JH＝BG，
同理可证：四边形CDFB是平行四边形， ∴CD＝FB，
∴FG+JH+CD＝FG+BG+FB＝2BF，
2
中考数学复习资料
设FG＝x，
∵∠AFG＝∠AFB，∠FAG＝∠ABF＝36°， ∴△AFG∽△BFA， ∴AF＝FG•FB， ∵AF＝AG＝BG＝1， ∴x（x+1）＝1， ∴x＝∴BF＝
（负根已经舍弃）， +1＝+1．
，
2
∴FG+JH+CD＝故答案为
+1．
5.（2019天津南开区中考模拟）如图，已知AB为⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点D，AC⊥l于C，AC交⊙O于点E，DF⊥AB于F．若AE＝3，CD＝2，则⊙O的直径为 ．
【答案】5．
【分析】利用切线的性质，易得OD∥AC，继而证明AD是∠BAC的角平分线，根据角平分线的性质定理可证得：CD＝DF，AF＝AC，进而证得△BDF≌△EDC，则BF＝CE；根据AC＝AF，BF＝CE即可求解． 【解答】解：连接DE，BD． ∵DC是圆的切线．
∴∠EDC＝∠DAC，OD⊥直线l， ∵AC⊥直线l． ∴OD∥AC， ∴∠ADO＝∠DAC， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ADO， ∴∠OAD＝∠DAC，
中考数学复习资料
∴DF＝CD＝2，∠ADF＝∠ADC， ∴AF＝AC， ∵∠DCE＝∠ACD， ∴△CDE∽△CAD， ∴CD：CA＝CE：CD，
∴CD＝CE•CA，即4＝CE（CE+3）， 解得：CE＝1， ∵DF⊥AB，AC⊥l于C， ∴∠BFD＝∠DCE＝90°， 在△BDF和△EDC中，
，
∴△BDF≌△EDC（AAS）， ∴FB＝CE＝1，
∴AB＝BF+AF＝BF+AC＝1+AE+CE＝1+3+1＝5．
方法二：连接BE交OD于H，解直角三角形△OEH即可解决问题； 故答案为：5．
2
6.（2019 河北廊坊中考模拟）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径1，直线l的解析式为y＝
x+t．若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是 ．
【答案】t＝
或﹣1≤t＜1．
【分析】若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点C或从直线过点A开始到直线
中考数学复习资料
过点B结束（不包括直线过点A）．
当直线和半圆相切于点C时，根据直线的解析式知直线与x轴所形成的锐角是45°，从而求得DOC＝45°，即可求出点C的坐标，进一步求得t的值；当直线过点B时，直接根据待定系数法求得t的值． 【解答】解：若直线与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线和半圆相切于点C或从直线过点A开始到直线过点B结束（不包括直线过点A）． 直线y＝x+t与x轴所形成的锐角是45°．
当直线和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线，∠COD＝45°． 又OC＝1，则CD＝OD＝
，即点C（﹣
，
），
把点C的坐标代入直线解析式，得
t＝y﹣x＝，
当直线过点A时，把点A（﹣1，0）代入直线解析式，得t＝y﹣x＝1． 当直线过点B时，把点B（1，0）代入直线解析式，得t＝y﹣x＝﹣1． 即当t＝
或﹣1≤t＜1时，直线和圆只有一个公共点；
或﹣1≤t＜1．
故答案为t＝
7.（2019四川成都中考模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，AB＝10，点P在AC上，AP＝2，若⊙O的圆心在线段BP上，且⊙O与AB、AC都相切，则⊙O的半径是 ．
【答案】1．
【分析】设⊙O和AC，AB分别相切于点D、E，连接OD、OE．设圆的半径是x．根据切线长定理和勾股定理求解．
【解答】解：设⊙O和AC，AB分别相切于点D、E，连接OD、OE．
中考数学复习资料
设圆的半径是x．在直角三角形ABC中，根据勾股定理得BC＝6． 又PC＝8﹣2＝6，则BC＝PC， 所以∠BPC＝45°， ∴PD＝OD＝x，AD＝x+2，
根据切线长定理得AE＝x+2，BE＝10﹣（2+x）＝8﹣x，OB＝BP﹣OP＝6在直角三角形OBE中，根据勾股定理得： （6
﹣
﹣
x；
x）2＝x2+（8﹣x）2，
∴x＝1，即⊙O的半径是1．
故答案为⊙O的半径是1．
8.（2019山东济南中考模拟）图1为一锐角是30°的直角三角尺，其边框为透明塑料制成（内、外直角三角形对应边互相平行且三处所示宽度相等）．将三角尺移向直径为4cm的⊙O，它的内Rt△ABC的斜边AB恰好等于⊙O的直径，它的外Rt△A′B′C′的直角边A′C′恰好与⊙O相切（如图2）．则边B′C′的长 ．
【答案】（3+
）cm．
【分析】过O作OD⊥A′C′于D，交AC于E，由AC与A′C′，根据与平行线中的一条直线垂直，与另一条也垂直，得到OD与AC垂直，可得DE为三角尺的宽，由A′C′与圆O相切，根据切线的性质得到OD为圆的半径，根据直径AB的长，求出半径OA，OB及OD的长，在直角三角形AOE中，根据∠A＝30°，利用直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可得出OE等于OA的一半，由OA的长求出OE的长，再由OD﹣OE求出DE的长，即三角尺的宽为1，设直线AC交A′B′于M，交B′C′于N，过A点作AH⊥A′
中考数学复习资料
B′于H，则有∠AMH＝30°，AH＝1，得到AM＝2AH＝2，可计算出MN，在Rt△MB′N中利用含30°的直角
三角形三边的关系得到B′N长，即可得出答案． 【解答】解：过O作OD⊥A′C′于D，交AC于E， ∵AC∥A′C′， ∴AC⊥OD，
∵A′C′与⊙O相切，AB为圆O的直径，且AB＝4cm， ∴OD＝OA＝OB＝AB＝×4cm＝2cm， 在Rt△AOE中，∠A＝30°， ∴OE＝OA＝×2cm＝1cm， ∴DE＝OD﹣OE＝2cm﹣1cm＝1cm， 则三角尺的宽为1cm，
∵在Rt△ACB中，AB＝4cm，∠BAC＝30°， ∴BC＝AB＝2cm，AC＝
BC＝2cm，
设直线AC交A′B′于M，交B′C′于N，过A点作AH⊥A′B′于H， 则有∠AMH＝30°，AH＝1cm，得到AM＝2AH＝2cm， ∴MN＝AM+AC+CN＝（3+2
）cm，
在Rt△MB′N中，∵∠B′MN＝30°， ∴B′N＝MN×tan30°＝（3+2则B′C′＝B′N+NC′＝（3+故答案为：（3+
）cm．
）×）cm，
＝（
+2）cm，
（三）解答题
1.（2019 甘肃中考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，切线DE交AC于
中考数学复习资料
点E．
（1）求证：∠A＝∠ADE；
（2）若AD＝8，DE＝5，求BC的长．
【分析】（1）只要证明∠A+∠B＝90°，∠ADE+∠B＝90°即可解决问题；
（2）首先证明AC＝2DE＝10，在Rt△ADC中，DC＝6，设BD＝x，在Rt△BDC中，BC＝x+6，在Rt△ABC中，
2
2
2
BC2＝（x+8）2﹣102，可得x2+62＝（x+8）2﹣102，解方程即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OD， ∵DE是切线， ∴∠ODE＝90°， ∴∠ADE+∠BDO＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°， ∵OD＝OB， ∴∠B＝∠BDO， ∴∠ADE＝∠A． （2）解：连接CD． ∵∠ADE＝∠A， ∴AE＝DE，
∵BC是⊙O的直径，∠ACB＝90°， ∴EC是⊙O的切线， ∴ED＝EC， ∴AE＝EC， ∵DE＝5， ∴AC＝2DE＝10， 在Rt△ADC中，DC＝6，
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设BD＝x，在Rt△BDC中，BC＝x+6，在Rt△ABC中，BC＝（x+8）﹣10， ∴x+6＝（x+8）﹣10， 解得x＝， ∴BC＝
＝
．
2
2
2
2
222222
2.（2019 广东中考）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF． （1）求证：ED＝EC； （2）求证：AF是⊙O的切线；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长．
【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证； （2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠
CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证；
（3）证△ABE∽△CBA得AB＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠
2
ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD+∠DAG＝∠GDC+∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5．
【解答】解：（1）∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC， ∴∠BCD＝∠ADC，
中考数学复习资料
∴ED＝EC；
（2）如图1，连接OA，
∵AB＝AC， ∴
＝
，
∴OA⊥BC， ∵CA＝CF， ∴∠CAF＝∠CFA，
∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF， ∵∠ACB＝∠BCD， ∴∠ACD＝2∠ACB， ∴∠CAF＝∠ACB， ∴AF∥BC， ∴OA⊥AF， ∴AF为⊙O的切线；
（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB， ∴△ABE∽△CBA， ∴
2
＝，
∴AB＝BC•BE， ∴BC•BE＝25， ∴AB＝5， 如图2，连接AG，
中考数学复习资料
∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB， ∵点G为内心， ∴∠DAG＝∠GAC，
又∵∠BAD+∠DAG＝∠GDC+∠ACB， ∴∠BAG＝∠BGA， ∴BG＝AB＝5．
3.（2019 江徐州苏中考）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，D为线，垂足为E，连接OD． （1）求证：∠A＝∠DOB；
（2）DE与⊙O有怎样的位置关系？请说明理由．
的中点．过点D作直线AC的垂
【分析】（1）连接OC，由D为
的中点，得到
＝
，根据圆周角定理即可得到结论；
（2）根据平行线的判定定理得到AE∥OD，根据平行线性质得到OD⊥DE，于是得到结论． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵D为∴
＝
的中点， ，
∴∠BOD＝∵∠BAC＝
BOC， BOC，
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∴∠A＝∠DOB；
（2）解：DE与⊙O相切， 理由：∵∠A＝∠DOB， ∴AE∥OD， ∵DE⊥AE， ∴OD⊥DE， ∴DE与⊙O相切．
4.（2019 辽宁大连中考）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AC是⊙O的直径，过点A的切线与CD的延长线相交于点P．且∠APC＝∠BCP （1）求证：∠BAC＝2∠ACD；
（2）过图1中的点D作DE⊥AC，垂足为E（如图2），当BC＝6，AE＝2时，求⊙O的半径．
【分析】（1）作DF⊥BC于F，连接DB，根据切线的性质得到∠PAC＝90°，根据圆周角定理得到∠ADC＝90°，得到∠DBC＝∠DCB，得到DB＝DC，根据线段垂直平分线的性质、圆周角定理证明即可；
（2）根据垂径定理求出FC，证明△DEC≌△CFD，根据全等三角形的性质得到DE＝FC＝3，根据射影定理计算即可．
【解答】（1）证明：作DF⊥BC于F，连接DB， ∵AP是⊙O的切线，
∴∠PAC＝90°，即∠P+∠ACP＝90°， ∵AC是⊙O的直径，
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∴∠ADC＝90°，即∠PCA+∠DAC＝90°， ∴∠P＝∠DAC＝∠DBC， ∵∠APC＝∠BCP， ∴∠DBC＝∠DCB， ∴DB＝DC， ∵DF⊥BC，
∴DF是BC的垂直平分线， ∴DF经过点O， ∵OD＝OC， ∴∠ODC＝∠OCD， ∵∠BDC＝2∠ODC，
∴∠BAC＝∠BDC＝2∠ODC＝2∠OCD； （2）解：∵DF经过点O，DF⊥BC， ∴FC＝BC＝3， 在△DEC和△CFD中，
，
∴△DEC≌△CFD（AAS） ∴DE＝FC＝3，
∵∠ADC＝90°，DE⊥AC， ∴DE＝AE•EC， 则EC＝
＝，
， ．
2
∴AC＝2+＝∴⊙O的半径为
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5.（2019 天津中考）已知PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，∠APB＝80°，C为⊙O上一点． （Ⅰ）如图①，求∠ACB的大小；
（Ⅱ）如图②，AE为⊙O的直径，AE与BC相交于点D．若AB＝AD，求∠EAC的大小．
【分析】（Ⅰ）连接OA、OB，根据切线的性质得到∠OAP＝∠OBP＝90°，根据四边形内角和等于360°计算； （Ⅱ）连接CE，根据圆周角定理得到∠ACE＝90°，根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质计算即可． 【解答】解：（Ⅰ）连接OA、OB， ∵PA，PB是⊙O的切线， ∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣80°＝100°， 由圆周角定理得，∠ACB＝∠AOB＝50°； （Ⅱ）连接CE， ∵AE为⊙O的直径， ∴∠ACE＝90°，
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∵∠ACB＝50°，
∴∠BCE＝90°﹣50°＝40°， ∴BAE＝∠BCE＝40°， ∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝70°， ∴∠EAC＝∠ADB﹣∠ACB＝20°．
6.（2019 云南中考）如图，AB是⊙O的直径，M、D两点在AB的延长线上，E是⊙C上的点，且DE＝DB•DA，延长AE至F，使得AE＝EF，设BF＝10，cos∠BED＝． （1）求证：△DEB∽△DAE； （2）求DA，DE的长；
（3）若点F在B、E、M三点确定的圆上，求MD的长．
2
【分析】（1）∠D＝∠D，DE＝DB•DA，即可求解； （2）由
，即：
，即可求解；
2
中考数学复习资料
（3）在△BED中，过点B作HB⊥ED于点H，36﹣（＝
＝
，即可求解．
﹣x）＝（
2
）﹣x，解得：x＝
22
，则cosβ
【解答】解：（1）∵∠D＝∠D，DE＝DB•DA， ∴△DEB∽△DAE； （2）∵△DEB∽△DAE，
∴∠DEB＝∠DAE＝α，∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，又AE＝EF， ∴AB＝BF＝10，∴∠BFE＝∠BAE＝α，则BF⊥ED交于点H， ∵cos∠BED＝，则BE＝6，AE＝8 ∴解得：BD＝
，即：，DE＝
，
，
，
2
则AD＝AB+BD＝
ED＝；
（3）点F在B、E、M三点确定的圆上，则BF是该圆的直径，连接MF， ∵BF⊥ED，∠BMF＝90°，∴∠MFB＝∠D＝β，
在△BED中，过点B作HB⊥ED于点H， 设HD＝x，则EH＝则36﹣（解得：x＝则cosβ＝
2
﹣x，
）﹣x，
2
2
﹣x）＝（， ＝
，则sinβ＝，
中考数学复习资料
MB＝BFsinβ＝10×DM＝BD﹣MB＝
．
＝，
7.（2019 浙江杭州中考）如图，已知锐角三角形ABC内接于圆O，OD⊥BC于点D，连接OA． （1）若∠BAC＝60°， ①求证：OD＝OA．
②当OA＝1时，求△ABC面积的最大值．
（2）点E在线段OA上，OE＝OD，连接DE，设∠ABC＝m∠OED，∠ACB＝n∠OED（m，n是正数），若∠ABC＜∠ACB，求证：m﹣n+2＝0．
【分析】（1）①连接OB、OC，则∠BOD＝BOC＝∠BAC＝60°，即可求解；②BC长度为定值，△ABC面积的最大值，要求BC边上的高最大，即可求解；
（2）∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣mx﹣nx＝∠BOC＝∠DOC，而∠AOD＝∠COD+∠AOC＝180°﹣
mx﹣nx+2mx＝180°+mx﹣nx，即可求解．
【解答】解：（1）①连接OB、OC，
则∠BOD＝BOC＝∠BAC＝60°， ∴∠OBC＝30°， ∴OD＝OB＝OA； ②∵BC长度为定值，
∴△ABC面积的最大值，要求BC边上的高最大，
中考数学复习资料
当AD过点O时，AD最大，即：AD＝AO+OD＝， △ABC面积的最大值＝×BC×AD＝×2OBsin60°×＝（2）如图2，连接OC，
；
设：∠OED＝x，
则∠ABC＝mx，∠ACB＝nx，
则∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣mx﹣nx＝∠BOC＝∠DOC， ∵∠AOC＝2∠ABC＝2mx，
∴∠AOD＝∠COD+∠AOC＝180°﹣mx﹣nx+2mx＝180°+mx﹣nx， ∵OE＝OD，∴∠AOD＝180°﹣2x， 即：180°+mx﹣nx＝180°﹣2x， 化简得：m﹣n+2＝0．
8.（2019 山东济南中考）（2019•济南）如图，AB、CD是⊙O的两条直径，过点C的⊙O的切线交AB的延长线于点E，连接AC、BD． （1）求证；∠ABD＝∠CAB；
（2）若B是OE的中点，AC＝12，求⊙O的半径．
【分析】（1）根据半径相等可知∠OAC＝∠OCA，∠ODB＝∠OBD，再根据对顶角相等和三角形内角和定理证明∠ABD＝∠CAB；
（2）连接BC．由CE为⊙O的切线，可得∠OCE＝90°，因为B是OE的中点，得BC＝OB，又OB＝OC，可知
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△OBC为等边三角形，∠ABC＝60°，所以BC＝AC＝4，即⊙O的半径为4．
【解答】解：（1）证明：∵AB、CD是⊙O的两条直径， ∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠OAC＝∠OCA，∠ODB＝∠OBD， ∵∠AOC＝∠BOD，
∴∠OAC＝∠OCA＝∠ODB＝∠OBD， 即∠ABD＝∠CAB； （2）连接BC．
∵AB是⊙O的两条直径， ∴∠ACB＝90°， ∵CE为⊙O的切线， ∴∠OCE＝90°， ∵B是OE的中点， ∴BC＝OB， ∵OB＝OC，
∴△OBC为等边三角形， ∴∠ABC＝60°， ∴∠A＝30°， ∴BC＝∴OB＝4
AC＝4
，
，
即⊙O的半径为4．
9.（2019•青海）如图，在⊙O中，点C、D分别是半径OB、弦AB的中点，过点A作AE⊥CD于点E． （1）求证：AE是⊙O的切线；
（2）若AE＝2，sin∠ADE＝，求⊙O的半径．
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【分析】（1）连接OA，如图，利用△AOB的中位线得到CD∥OA．则可判断AO⊥AE，即可证得结论； （2）连接OD，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，再在Rt△AED中利用正弦定义计算出AD＝3，接着证明∠
OAD＝∠ADE．从而在Rt△OAD中有sin∠OAD＝，设OD＝2x，则OA＝3x，利用勾股定理可计算出AD＝
从而得到
x，
x＝3，然后解方程求出x即可得到⊙O的半径长．
【解答】（1）证明：连接OA，如图， ∵点C、D分别是半径OB、弦AB的中点， ∵DC∥OA，即EC∥OA， ∵AE⊥CD， ∴AE⊥AO， ∴AE是⊙O的切线； （2）解：连接OD，如图， ∵AD＝CD， ∴OD⊥AB， ∴∠ODA＝90°， 在Rt△AED中，sin∠ADE＝∴AD＝3， ∵CD∥OA， ∴∠OAD＝∠ADE．
在Rt△OAD中，sin∠OAD＝， 设OD＝2x，则OA＝3x， ∴AD＝即
＝，
＝，
x，
x＝3，解得x＝
，
∴OA＝3x＝
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即⊙O的半径长为．
10.（2019•呼和浩特）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H． （1）求证：E为BC的中点；
（2）若⊙O的面积为12π，两个三角形△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比．
【分析】（1）证明∠EDB＝∠EBD，则∠BDC＝90°，E为直角三角形BDC的中线，即可求解； （2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，确定AD：BM＝即可求解．
【解答】解：（1）连接BD、OE，
，即HM：BH＝
，得∠BMH＝30°＝∠BAC，
∵AB是直径，则∠ADB＝90°＝∠ADO+∠ODB， ∵DE是切线，
∴∠ODE＝90°＝∠EDB+∠BDO， ∴∠EDB＝∠ADO＝∠CAB，
∵∠ABC＝90°，即BC是圆的切线，
中考数学复习资料
∴∠DBC＝∠CAB，
∴∠EDB＝∠EBD，则∠BDC＝90°， ∴E为BC的中点；
（2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3， 则两个三角形的外接圆的直径分别为AD、BM， ∴AD：BM＝
，
而△ADH∽△MBH， ∴DH：BH＝则DH＝HM， ∴HM：BH＝
， ，
∴∠BMH＝30°＝∠BAC，
∴∠C＝60°，E是直角三角形的中线， ∴DE＝CE，
∴△DEC为等边三角形，
⊙O的面积：12π＝（AB）π， 则AB＝4∴BD＝2
，∠CAB＝30°，
，BC＝4，AC＝8，而OE＝AC＝4，
2
2
四边形OBED的外接圆面积S2＝π（2）＝4π， 等边三角形△DEC边长为2，则其内切圆的半径为：
，面积为
， ．
故△DEC的内切圆面积S1和四边形OBED的外接圆面积S2的比为：
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