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1. (2026·淮安期中)如图，AB，AC，BD 均是$\odot O$的切线，切点分别是 P，C，D. 若$AC=5$，$BD=3$，则 AB 的长是（
A.8
B.10
C.12
D.15
A
）A.8
B.10
C.12
D.15
答案
∵AB,AC,BD是⊙O的切线,切点分别是P,C,D,
∴AP=AC,BD=BP,
∴AB=AP+BP=AC+BD.
∵AC=5,BD=3,
∴AB=5+3=8.故选A.
解析
【分析】要解决本题，需运用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，该点到两个切点的线段长度相等。观察图形可知，点A是圆外一点，引了两条切线AC、AP，因此AC=AP；点B是圆外一点，引了两条切线BD、BP，因此BD=BP。而AB的长度等于AP与BP的和，代入已知的AC、BD长度即可计算出AB。
【解析】
∵AB，AC，BD均是$\odot O$的切线，切点分别为P，C，D，
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，
∴$AP = AC$，$BP = BD$，
∴$AB = AP + BP = AC + BD$，
已知$AC = 5$，$BD = 3$，
∴$AB = 5 + 3 = 8$，
故选A。
【答案】A
【知识点】切线长定理
【点评】本题直接考查切线长定理的基础应用，属于基础题型，核心是利用切线长相等的性质转化线段，快速求出目标线段长度，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】0.8
【解析】
∵AB，AC，BD均是$\odot O$的切线，切点分别为P，C，D，
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，
∴$AP = AC$，$BP = BD$，
∴$AB = AP + BP = AC + BD$，
已知$AC = 5$，$BD = 3$，
∴$AB = 5 + 3 = 8$，
故选A。
【答案】A
【知识点】切线长定理
【点评】本题直接考查切线长定理的基础应用，属于基础题型，核心是利用切线长相等的性质转化线段，快速求出目标线段长度，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】0.8
2. (2025·连云港期中)如图,在一张$\mathrm{Rt}△ ABC$纸片中,$∠ ACB=90^{ \circ }$,$BC=3$,$AC=4$,$\odot O$是它的内切圆.小明用剪刀沿着$\odot O$的切线$DE$剪下一块$△ ADE$,则$△ ADE$的周长为 （
A.4
B.5
C.6
D.8
C
）A.4
B.5
C.6
D.8
答案
如图,设△ABC的内切圆切三边于点F,H,G,连接OF,OH,OG,
∴四边形OHCG是正方形,由切线长定理可知AF = AG.
∵ DE 是 ⊙O 的切线,
∴ MD = DF, EM = EG.
∵ ∠ACB=90°,BC=3,AC=4,
∴ AB = $\sqrt{AC^2+BC^2}$ = 5.
∵ ⊙O是△ABC的内切圆,
∴ 内切圆的半径=$\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=1$,
∴ CG=1,
∴ AG=AC-CG=4-1=3,
∴ △ADE 的周长 = AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=2AG=6.故选C.
（第2题）解析
【分析】要计算△ADE的周长，需结合切线长定理和直角三角形内切圆的性质：先通过勾股定理求出Rt△ABC的斜边长度，再利用直角三角形内切圆半径公式算出半径，进而得到切线长AG（AF）；再根据DE是⊙O的切线，将△ADE的周长转化为两条切线长的和，即可求解。
【解析】在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
设$\odot O$切$AB$于$F$，切$AC$于$G$，切$BC$于$H$，连接$OF$、$OH$、$OG$，
$\because ∠ ACB=90°$，内切圆与直角边垂直，$\therefore$四边形$OHCG$是正方形，内切圆半径$r=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}(4+3-5)=1$，
$\therefore CG=1$，则$AG=AC - CG=4 - 1=3$。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，$\therefore AF=AG=3$。
又$\because DE$是$\odot O$的切线，设切点为$M$，$\therefore MD=DF$，$ME=EG$。
因此，$△ ADE$的周长为：
$AD + DE + AE = AD + (DM + ME) + AE = AD + DF + EG + AE = (AD + DF) + (AE + EG) = AF + AG = 3 + 3 = 6$。
【答案】C
【知识点】切线长定理，三角形内切圆，勾股定理
【点评】本题结合直角三角形内切圆考查切线长定理的应用，核心是将△ADE的周长转化为两条切线长的和，需熟练掌握直角三角形内切圆半径的计算方法，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】0.5
【解析】在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
设$\odot O$切$AB$于$F$，切$AC$于$G$，切$BC$于$H$，连接$OF$、$OH$、$OG$，
$\because ∠ ACB=90°$，内切圆与直角边垂直，$\therefore$四边形$OHCG$是正方形，内切圆半径$r=\frac{1}{2}(AC+BC-AB)=\frac{1}{2}(4+3-5)=1$，
$\therefore CG=1$，则$AG=AC - CG=4 - 1=3$。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，$\therefore AF=AG=3$。
又$\because DE$是$\odot O$的切线，设切点为$M$，$\therefore MD=DF$，$ME=EG$。
因此，$△ ADE$的周长为：
$AD + DE + AE = AD + (DM + ME) + AE = AD + DF + EG + AE = (AD + DF) + (AE + EG) = AF + AG = 3 + 3 = 6$。
【答案】C
【知识点】切线长定理，三角形内切圆，勾股定理
【点评】本题结合直角三角形内切圆考查切线长定理的应用，核心是将△ADE的周长转化为两条切线长的和，需熟练掌握直角三角形内切圆半径的计算方法，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】0.5
3. (2026·齐齐哈尔期中)如图是用一把直尺、一块含$60°$角的直角三角板和一个光盘摆放而成的,A 为含$60°$角的直角三角板与直尺的交点,B 为光盘与直尺唯一的交点,若$AB = 3$,则光盘的直径是
$6\sqrt{3}$
.答案
设三角板与光盘的切点为C,连接OA,OB,如图所示,由切线长定理知AB=AC=3,OA平分∠BAC,
∴ ∠OAB=60°,在Rt△ABO中,∠AOB=90°-60°=30°,
∴ OA=2AB=6,
∴ OB=$\sqrt{OA^2-AB^2}=3\sqrt{3}$,
∴ 光盘的直径为$6\sqrt{3}$.
（第3题）解析
【分析】
本题需结合圆的切线性质与切线长定理解题：将光盘看作圆，三角板的边、直尺均为该圆的切线，先连接圆心到两个切点，利用切线性质得到垂直关系，再通过切线长定理确定线段相等与角的关系，最后在直角三角形中计算半径，进而求出直径。
【解析】
设光盘的圆心为$ O $，三角板与光盘的切点为$ C $，连接$ OA $、$ OB $、$ OC $。
1. 由切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，可得$ OB ⊥ AB $（直尺是切线，$ B $为切点），$ OC ⊥ AC $（三角板的边是切线，$ C $为切点）。
2. 根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，因此$ AB = AC = 3 $，$ OA $平分$ ∠ BAC $。
3. 已知三角板与直尺的夹角为$ 60° $，故$ ∠ BAC = 180° - 60° = 120° $，则$ ∠ OAB = \frac{1}{2}∠ BAC = 60° $。
4. 在$ \mathrm{Rt}△ ABO $中，$ ∠ OBA = 90° $，$ ∠ OAB = 60° $，$ AB = 3 $，由三角函数关系得$ OB = AB · \tan60° = 3\sqrt{3} $。
5. 光盘的直径为$ 2OB = 6\sqrt{3} $。
【答案】
$ 6\sqrt{3} $
【知识点】
圆的切线性质、切线长定理、直角三角形的三角函数
【点评】
本题结合实际摆放图形，考查圆的切线相关性质，关键是正确作出辅助线，利用切线长定理确定角与线段的关系，再结合直角三角形的边角关系计算，难度适中，需要学生熟练掌握圆的切线相关定理。
【难度系数】
0.5
本题需结合圆的切线性质与切线长定理解题：将光盘看作圆，三角板的边、直尺均为该圆的切线，先连接圆心到两个切点，利用切线性质得到垂直关系，再通过切线长定理确定线段相等与角的关系，最后在直角三角形中计算半径，进而求出直径。
【解析】
设光盘的圆心为$ O $，三角板与光盘的切点为$ C $，连接$ OA $、$ OB $、$ OC $。
1. 由切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，可得$ OB ⊥ AB $（直尺是切线，$ B $为切点），$ OC ⊥ AC $（三角板的边是切线，$ C $为切点）。
2. 根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，因此$ AB = AC = 3 $，$ OA $平分$ ∠ BAC $。
3. 已知三角板与直尺的夹角为$ 60° $，故$ ∠ BAC = 180° - 60° = 120° $，则$ ∠ OAB = \frac{1}{2}∠ BAC = 60° $。
4. 在$ \mathrm{Rt}△ ABO $中，$ ∠ OBA = 90° $，$ ∠ OAB = 60° $，$ AB = 3 $，由三角函数关系得$ OB = AB · \tan60° = 3\sqrt{3} $。
5. 光盘的直径为$ 2OB = 6\sqrt{3} $。
【答案】
$ 6\sqrt{3} $
【知识点】
圆的切线性质、切线长定理、直角三角形的三角函数
【点评】
本题结合实际摆放图形，考查圆的切线相关性质，关键是正确作出辅助线，利用切线长定理确定角与线段的关系，再结合直角三角形的边角关系计算，难度适中，需要学生熟练掌握圆的切线相关定理。
【难度系数】
0.5
4. (2024·泸州中考改编) 如图，$EA,ED$ 是 $\odot O$的切线，切点分别为 $A,D$，点 $B,C$ 在 $\odot O$ 上，若$∠ BAE+∠ BCD=236^{\circ }$, 则 $∠ E=$
$68°$
.答案
如图,连接AD,
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形,
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°.
∵ ∠BAE + ∠BCD = 236°,
∴ ∠BAE+∠BCD-(∠BAD+∠BCD)=236°-180°,即∠BAE-∠BAD=56°,
∴ ∠EAD=56°.
∵ EA,ED是⊙O的切线,根据切线长定理得EA=ED,
∴ ∠EAD=∠EDA=56°,
∴ ∠E=180°-∠EAD-∠EDA=180°-56°-56°=68°.
（第4题）解析
【分析】
要解决这个问题，需结合圆的性质和三角形内角和定理推导：首先连接辅助线AD，利用圆内接四边形对角互补的性质，将已知角的和转化为与∠EAD相关的角；再根据切线长定理得到等腰三角形，最后通过三角形内角和计算出∠E的度数。
【解析】
连接AD，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°，
又已知∠BAE + ∠BCD = 236°，
∴ ∠EAD = ∠BAE - ∠BAD = (∠BAE + ∠BCD) - (∠BAD + ∠BCD) = 236° - 180° = 56°，
∵ EA、ED是⊙O的切线，根据切线长定理，得EA = ED，
∴ △EAD为等腰三角形，∠EAD = ∠EDA = 56°，
在△EAD中，由三角形内角和定理得：
∠E = 180° - ∠EAD - ∠EDA = 180° - 56° - 56° = 68°。
【答案】
68°
【知识点】
圆内接四边形性质、切线长定理、三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查圆的内接四边形性质、切线长定理及三角形内角和，解题关键是通过辅助线AD建立已知角与所求角的联系，属于中等难度的几何综合题，需熟练掌握圆的相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需结合圆的性质和三角形内角和定理推导：首先连接辅助线AD，利用圆内接四边形对角互补的性质，将已知角的和转化为与∠EAD相关的角；再根据切线长定理得到等腰三角形，最后通过三角形内角和计算出∠E的度数。
【解析】
连接AD，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°，
又已知∠BAE + ∠BCD = 236°，
∴ ∠EAD = ∠BAE - ∠BAD = (∠BAE + ∠BCD) - (∠BAD + ∠BCD) = 236° - 180° = 56°，
∵ EA、ED是⊙O的切线，根据切线长定理，得EA = ED，
∴ △EAD为等腰三角形，∠EAD = ∠EDA = 56°，
在△EAD中，由三角形内角和定理得：
∠E = 180° - ∠EAD - ∠EDA = 180° - 56° - 56° = 68°。
【答案】
68°
【知识点】
圆内接四边形性质、切线长定理、三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查圆的内接四边形性质、切线长定理及三角形内角和，解题关键是通过辅助线AD建立已知角与所求角的联系，属于中等难度的几何综合题，需熟练掌握圆的相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.5
5. 如图,$AB,BC,CD$分别与$\odot O$相切于点$E,F$,$G$,且$AB// CD$,$OB=6\ \mathrm{cm}$,$OC=8\ \mathrm{cm}$.
求:(1)$∠ BOC$的度数；
(2)$BE+CG$的长；
(3)$\odot O$的半径.
求:(1)$∠ BOC$的度数；
(2)$BE+CG$的长；
(3)$\odot O$的半径.
答案
(1)由切线长定理得BE=BF,CF=CG,易得∠OBF=∠OBE,∠OCF=∠OCG.
∵ AB // CD,
∴ ∠ABC + ∠BCD = 180°,
∴ ∠OBF+∠OCF=90°,
∴ ∠BOC=90°.
(2)由(1)知∠BOC=90°.
∵ OB=6 cm,OC=8 cm,
∴ BC=$\sqrt{OB^2+OC^2}$=10 cm,
∴ BE+CG=BC=10 cm.
(3)连接OF,
∵ OF⊥BC,
∴ OF=$\frac{OB· OC}{BC}$=4.8 cm,即⊙O的半径为4.8 cm.
∵ AB // CD,
∴ ∠ABC + ∠BCD = 180°,
∴ ∠OBF+∠OCF=90°,
∴ ∠BOC=90°.
(2)由(1)知∠BOC=90°.
∵ OB=6 cm,OC=8 cm,
∴ BC=$\sqrt{OB^2+OC^2}$=10 cm,
∴ BE+CG=BC=10 cm.
(3)连接OF,
∵ OF⊥BC,
∴ OF=$\frac{OB· OC}{BC}$=4.8 cm,即⊙O的半径为4.8 cm.
解析
【分析】
本题需结合切线长定理、平行线的性质、直角三角形的相关知识求解。首先利用切线长定理得到角和线段的关系，结合平行线同旁内角互补推导∠BOC的度数；再通过勾股定理计算BC的长度，进而得到BE+CG的长；最后利用直角三角形面积法求出圆的半径。
【解析】
(1) 由切线长定理可知：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两切线的夹角。
因为AB、BC与⊙O相切于E、F，所以BE=BF，BO平分∠EBF，即∠OBF=∠OBE；
因为BC、CD与⊙O相切于F、G，所以CF=CG，CO平分∠FCG，即∠OCF=∠OCG。
又因为AB//CD，根据平行线同旁内角互补，得∠ABC + ∠BCD = 180°，
则∠OBF + ∠OCF = $\frac{1}{2}$(∠ABC + ∠BCD) = $\frac{1}{2}$×180° = 90°，
在△BOC中，∠BOC = 180° - (∠OBF + ∠OCF) = 180° - 90° = 90°。
(2) 由(1)知∠BOC=90°，在Rt△BOC中，OB=6 cm，OC=8 cm，根据勾股定理：
BC = $\sqrt{OB^2 + OC^2}$ = $\sqrt{6^2 + 8^2}$ = $\sqrt{100}$ = 10 cm。
结合切线长定理BE=BF，CF=CG，得BE + CG = BF + CF = BC = 10 cm。
(3) 连接OF，因为BC是⊙O的切线，F为切点，根据切线的性质，OF⊥BC。
△BOC的面积可表示为$\frac{1}{2}$×OB×OC，也可表示为$\frac{1}{2}$×BC×OF，
因此$\frac{1}{2}$×OB×OC = $\frac{1}{2}$×BC×OF，约去$\frac{1}{2}$得：
OF = $\frac{OB·OC}{BC}$ = $\frac{6×8}{10}$ = 4.8 cm，即⊙O的半径为4.8 cm。
【答案】
(1) ∠BOC=90°；
(2) BE+CG=10 cm；
(3) ⊙O的半径为4.8 cm。
【知识点】
切线长定理；勾股定理；切线的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质，核心是运用切线长定理转化线段和角，结合平行线性质、直角三角形知识解题，需熟练掌握圆的切线相关定理的灵活应用，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6
本题需结合切线长定理、平行线的性质、直角三角形的相关知识求解。首先利用切线长定理得到角和线段的关系，结合平行线同旁内角互补推导∠BOC的度数；再通过勾股定理计算BC的长度，进而得到BE+CG的长；最后利用直角三角形面积法求出圆的半径。
【解析】
(1) 由切线长定理可知：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两切线的夹角。
因为AB、BC与⊙O相切于E、F，所以BE=BF，BO平分∠EBF，即∠OBF=∠OBE；
因为BC、CD与⊙O相切于F、G，所以CF=CG，CO平分∠FCG，即∠OCF=∠OCG。
又因为AB//CD，根据平行线同旁内角互补，得∠ABC + ∠BCD = 180°，
则∠OBF + ∠OCF = $\frac{1}{2}$(∠ABC + ∠BCD) = $\frac{1}{2}$×180° = 90°，
在△BOC中，∠BOC = 180° - (∠OBF + ∠OCF) = 180° - 90° = 90°。
(2) 由(1)知∠BOC=90°，在Rt△BOC中，OB=6 cm，OC=8 cm，根据勾股定理：
BC = $\sqrt{OB^2 + OC^2}$ = $\sqrt{6^2 + 8^2}$ = $\sqrt{100}$ = 10 cm。
结合切线长定理BE=BF，CF=CG，得BE + CG = BF + CF = BC = 10 cm。
(3) 连接OF，因为BC是⊙O的切线，F为切点，根据切线的性质，OF⊥BC。
△BOC的面积可表示为$\frac{1}{2}$×OB×OC，也可表示为$\frac{1}{2}$×BC×OF，
因此$\frac{1}{2}$×OB×OC = $\frac{1}{2}$×BC×OF，约去$\frac{1}{2}$得：
OF = $\frac{OB·OC}{BC}$ = $\frac{6×8}{10}$ = 4.8 cm，即⊙O的半径为4.8 cm。
【答案】
(1) ∠BOC=90°；
(2) BE+CG=10 cm；
(3) ⊙O的半径为4.8 cm。
【知识点】
切线长定理；勾股定理；切线的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质，核心是运用切线长定理转化线段和角，结合平行线性质、直角三角形知识解题，需熟练掌握圆的切线相关定理的灵活应用，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6
6. (2026·南京期中) 如图，$△ ABC$ 的周长为 26，$AB=8$，$\odot I$ 与 $AB,BC,CA$ 三边分别相切于点$D,E,F$，若$∠ FDE=60°$，则 $EF$ 的长为（
A.4
B.4.5
C.5
D.5.5
C
）A.4
B.4.5
C.5
D.5.5
答案
如图,连接IE,IF,
∵ △ABC的周长为26,
∴ AB+AC+BC=26.
∵ AB=8,
∴ AC+BC=18.
∵ ⊙I与AB,BC,CA三边分别相切于点D,E,F,
∴ AD=AF,BD=BE,CE=CF,
∴ AF+BE=AD+BD=AB=8,
∴ CE+CF=18-8=10,
∴ CE=CF=5.
∵ BC,CA分别与⊙I相切于点E,F,
∴ IE⊥BC,IF⊥AC,
∴ ∠CFI=∠CEI=90°.
∵ ∠FDE=60°,
∴ ∠FIE=120°,
∴ ∠ECF=360°-∠CFI-∠CEI-∠FIE=360°-90°-90°-120°=60°,
∴ △CEF为等边三角形,
∴ CE=CF=EF=5.故选C.
（第6题）解析
【分析】要解决本题，需结合三角形内切圆的性质逐步推导：首先利用切线长定理转化三角形边长，求出CE和CF的长度；再根据圆周角与圆心角的关系得到圆心角∠FIE的度数；接着利用四边形内角和求出∠C的度数，最后结合CE=CF的条件，判定△CEF为等边三角形，从而得到EF的长度。
【解析】连接IE、IF，
1. 由△ABC的周长为26，AB=8，得AC+BC=26-8=18。
2. 因为⊙I与AB、BC、CA分别相切于D、E、F，根据切线长定理，AD=AF，BD=BE，CE=CF，所以AF+BE=AD+BD=AB=8，因此CE+CF=(AC+BC)-(AF+BE)=18-8=10，又CE=CF，故CE=CF=5。
3. 因为BC、CA分别与⊙I相切于E、F，根据切线的性质，IE⊥BC，IF⊥AC，所以∠CFI=∠CEI=90°。
4. 由圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠FDE是弧FE所对的圆周角，∠FIE是弧FE所对的圆心角，所以∠FIE=2∠FDE=2×60°=120°。
5. 在四边形CEIF中，内角和为360°，所以∠ECF=360°-∠CFI-∠CEI-∠FIE=360°-90°-90°-120°=60°。
6. 因为CE=CF=5，且∠ECF=60°，所以△CEF是等边三角形，因此EF=CE=5。
【答案】C
【知识点】三角形内切圆、切线长定理、圆周角定理
【点评】本题综合运用了切线长定理、切线的性质、圆周角定理及等边三角形的判定，需要学生熟练掌握内切圆的相关性质，考查逻辑推理能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】0.6
【解析】连接IE、IF，
1. 由△ABC的周长为26，AB=8，得AC+BC=26-8=18。
2. 因为⊙I与AB、BC、CA分别相切于D、E、F，根据切线长定理，AD=AF，BD=BE，CE=CF，所以AF+BE=AD+BD=AB=8，因此CE+CF=(AC+BC)-(AF+BE)=18-8=10，又CE=CF，故CE=CF=5。
3. 因为BC、CA分别与⊙I相切于E、F，根据切线的性质，IE⊥BC，IF⊥AC，所以∠CFI=∠CEI=90°。
4. 由圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∠FDE是弧FE所对的圆周角，∠FIE是弧FE所对的圆心角，所以∠FIE=2∠FDE=2×60°=120°。
5. 在四边形CEIF中，内角和为360°，所以∠ECF=360°-∠CFI-∠CEI-∠FIE=360°-90°-90°-120°=60°。
6. 因为CE=CF=5，且∠ECF=60°，所以△CEF是等边三角形，因此EF=CE=5。
【答案】C
【知识点】三角形内切圆、切线长定理、圆周角定理
【点评】本题综合运用了切线长定理、切线的性质、圆周角定理及等边三角形的判定，需要学生熟练掌握内切圆的相关性质，考查逻辑推理能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】0.6
7. (2025·武汉期末) 如图, 在 $\mathrm{Rt } △ A B C$ 中,
$∠ C=90°, B C, A C, A B$ 的长度分别为 $a, b, c$,
$\odot H$ 与 $\odot I$ 分别与直线 $A C, B C, A B$ 相切 ($\odot H$
与 $\odot I$ 分别在直线 $A B$ 的异侧), 若 $\odot H$ 的半径
为 $R_1, \odot I$ 的半径为 $R_2$, 则 $R_1-R_2$ 为 （
A.$a$
B.$b$
C.$c$
D.$\dfrac{a+b+c}{2}$
$∠ C=90°, B C, A C, A B$ 的长度分别为 $a, b, c$,
$\odot H$ 与 $\odot I$ 分别与直线 $A C, B C, A B$ 相切 ($\odot H$
与 $\odot I$ 分别在直线 $A B$ 的异侧), 若 $\odot H$ 的半径
为 $R_1, \odot I$ 的半径为 $R_2$, 则 $R_1-R_2$ 为 （
C
）A.$a$
B.$b$
C.$c$
D.$\dfrac{a+b+c}{2}$
答案
如图,设⊙H与直线AC,BC,AB的切点分别为D,E,F,⊙I与直线AC,BC,AB的切点分别为G,M,N.连接HD,HE,HF,IG,IM,IN,则四边形HDCE,IGCM是正方形,则CE=CD=R₁,CM=CG=R₂,由切线长定理得BF=BE=R₁-a,AF=AD=R₁-b,BN=BM=a-R₂,AN=AG=b-R₂.
∵ AB=BF+AF=R₁-a+R₁-b=c,
∴ R₁=$\frac{a+b+c}{2}$.又
∵ AB=BN+AN=a-R₂+b-R₂=c,
∴ R₂=$\frac{a+b-c}{2}$,
∴ R₁-R₂=$\frac{a+b+c}{2}$-$\frac{a+b-c}{2}$=c.故选C.
解析
【分析】
要解决本题，需利用切线的性质和切线长定理：首先连接圆心到各边的切点，结合直角构造正方形，得到直角边与半径的关系；再通过切线长定理表示出两个圆对应的切线长，进而结合AB的长度求出$R_1$和$R_2$，最后计算两者的差值。
【解析】
1. 设$\odot H$与直线$AC$、$BC$、$AB$的切点分别为$D$、$E$、$F$，$\odot I$与直线$AC$、$BC$、$AB$的切点分别为$G$、$M$、$N$。连接$HD$、$HE$、$HF$、$IG$、$IM$、$IN$。
因为$\odot H$与$AC$、$BC$相切，$∠ C=90°$，故$HD⊥ AC$，$HE⊥ BC$，且$HD=HE=R_1$，因此四边形$HDCE$是正方形，得$CE=CD=R_1$；
同理，$\odot I$与$AC$、$BC$相切，$∠ C=90°$，$IG⊥ AC$，$IM⊥ BC$，$IG=IM=R_2$，四边形$IGCM$是正方形，得$CM=CG=R_2$。
2. 根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。
对$\odot H$，点$B$引的切线$BE=BF$，点$A$引的切线$AD=AF$，其中$BE=CE-BC=R_1-a$，$AD=CD-AC=R_1-b$；
又$AB=AF+BF$，代入得：$AB=(R_1-b)+(R_1-a)=2R_1-a-b$，结合$AB=c$，解得$R_1=\frac{a+b+c}{2}$。
对$\odot I$，点$B$引的切线$BM=BN$，点$A$引的切线$AG=AN$，其中$BM=BC-CM=a-R_2$，$AG=AC-CG=b-R_2$；
又$AB=AN+BN$，代入得：$AB=(b-R_2)+(a-R_2)=a+b-2R_2$，结合$AB=c$，解得$R_2=\frac{a+b-c}{2}$。
3. 计算$R_1-R_2$：
$R_1-R_2=\frac{a+b+c}{2}-\frac{a+b-c}{2}=\frac{(a+b+c)-(a+b-c)}{2}=\frac{2c}{2}=c$。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，正方形的性质，直角三角形的内切圆与旁切圆
【点评】
本题结合直角三角形的内切圆与旁切圆考查切线长定理的应用，关键是通过切线性质构造正方形，利用切线长关系建立半径与三角形边长的等式，理清线段长度的和差关系是解题核心，需注意区分不同圆的切线位置对应的线段表达式。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用切线的性质和切线长定理：首先连接圆心到各边的切点，结合直角构造正方形，得到直角边与半径的关系；再通过切线长定理表示出两个圆对应的切线长，进而结合AB的长度求出$R_1$和$R_2$，最后计算两者的差值。
【解析】
1. 设$\odot H$与直线$AC$、$BC$、$AB$的切点分别为$D$、$E$、$F$，$\odot I$与直线$AC$、$BC$、$AB$的切点分别为$G$、$M$、$N$。连接$HD$、$HE$、$HF$、$IG$、$IM$、$IN$。
因为$\odot H$与$AC$、$BC$相切，$∠ C=90°$，故$HD⊥ AC$，$HE⊥ BC$，且$HD=HE=R_1$，因此四边形$HDCE$是正方形，得$CE=CD=R_1$；
同理，$\odot I$与$AC$、$BC$相切，$∠ C=90°$，$IG⊥ AC$，$IM⊥ BC$，$IG=IM=R_2$，四边形$IGCM$是正方形，得$CM=CG=R_2$。
2. 根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。
对$\odot H$，点$B$引的切线$BE=BF$，点$A$引的切线$AD=AF$，其中$BE=CE-BC=R_1-a$，$AD=CD-AC=R_1-b$；
又$AB=AF+BF$，代入得：$AB=(R_1-b)+(R_1-a)=2R_1-a-b$，结合$AB=c$，解得$R_1=\frac{a+b+c}{2}$。
对$\odot I$，点$B$引的切线$BM=BN$，点$A$引的切线$AG=AN$，其中$BM=BC-CM=a-R_2$，$AG=AC-CG=b-R_2$；
又$AB=AN+BN$，代入得：$AB=(b-R_2)+(a-R_2)=a+b-2R_2$，结合$AB=c$，解得$R_2=\frac{a+b-c}{2}$。
3. 计算$R_1-R_2$：
$R_1-R_2=\frac{a+b+c}{2}-\frac{a+b-c}{2}=\frac{(a+b+c)-(a+b-c)}{2}=\frac{2c}{2}=c$。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，正方形的性质，直角三角形的内切圆与旁切圆
【点评】
本题结合直角三角形的内切圆与旁切圆考查切线长定理的应用，关键是通过切线性质构造正方形，利用切线长关系建立半径与三角形边长的等式，理清线段长度的和差关系是解题核心，需注意区分不同圆的切线位置对应的线段表达式。
【难度系数】
0.5
