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1. 如图，点B在$\odot A$上，点C在$\odot A$外，以下条件不能判定BC是$\odot A$的切线的是（
A.$∠ A=50°,∠ C=40°$
B.$∠ B - ∠ C = ∠ A$
C.$AB^2 + BC^2 = AC^2$
D.$\odot A$与AC的交点是AC的中点
D
）A.$∠ A=50°,∠ C=40°$
B.$∠ B - ∠ C = ∠ A$
C.$AB^2 + BC^2 = AC^2$
D.$\odot A$与AC的交点是AC的中点
答案
1.D
解析
【分析】
要判定BC是⊙A的切线，已知点B在⊙A上，即AB是⊙A的半径，因此只需证明AB⊥BC（也就是∠ABC=90°）即可。我们可以结合三角形内角和、勾股定理逆定理等知识，逐一分析每个选项能否推出∠ABC=90°，进而判断是否能判定BC为切线。
【解析】
已知B在⊙A上，AB为⊙A的半径，若BC是⊙A的切线，则需满足AB⊥BC，即∠ABC=90°。
选项A：已知∠A=50°，∠C=40°，根据三角形内角和为180°，可得∠ABC=180°-50°-40°=90°，即AB⊥BC，能判定BC是⊙A的切线，不符合题意。
选项B：由∠B - ∠C = ∠A可得∠B=∠A+∠C，结合三角形内角和∠A+∠B+∠C=180°，代入得∠B + ∠B=180°，解得∠B=90°，即AB⊥BC，能判定BC是⊙A的切线，不符合题意。
选项C：由AB² + BC² = AC²，根据勾股定理的逆定理可知△ABC是直角三角形，且∠B=90°，即AB⊥BC，能判定BC是⊙A的切线，不符合题意。
选项D：若⊙A与AC的交点是AC的中点，仅能推出AC=2AB，无法证明∠B=90°，因此不能判定BC是⊙A的切线，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线的判定；三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【点评】
本题核心考查切线的判定方法，解题的关键是明确“已知直线与圆的公共点时，连接圆心和公共点，证明半径与直线垂直”这一判定思路，再结合三角形的相关性质逐一分析选项即可，解题时注意题目要求选择“不能判定”的选项，避免看错要求丢分。
【难度系数】
0.8
要判定BC是⊙A的切线，已知点B在⊙A上，即AB是⊙A的半径，因此只需证明AB⊥BC（也就是∠ABC=90°）即可。我们可以结合三角形内角和、勾股定理逆定理等知识，逐一分析每个选项能否推出∠ABC=90°，进而判断是否能判定BC为切线。
【解析】
已知B在⊙A上，AB为⊙A的半径，若BC是⊙A的切线，则需满足AB⊥BC，即∠ABC=90°。
选项A：已知∠A=50°，∠C=40°，根据三角形内角和为180°，可得∠ABC=180°-50°-40°=90°，即AB⊥BC，能判定BC是⊙A的切线，不符合题意。
选项B：由∠B - ∠C = ∠A可得∠B=∠A+∠C，结合三角形内角和∠A+∠B+∠C=180°，代入得∠B + ∠B=180°，解得∠B=90°，即AB⊥BC，能判定BC是⊙A的切线，不符合题意。
选项C：由AB² + BC² = AC²，根据勾股定理的逆定理可知△ABC是直角三角形，且∠B=90°，即AB⊥BC，能判定BC是⊙A的切线，不符合题意。
选项D：若⊙A与AC的交点是AC的中点，仅能推出AC=2AB，无法证明∠B=90°，因此不能判定BC是⊙A的切线，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线的判定；三角形内角和定理；勾股定理的逆定理
【点评】
本题核心考查切线的判定方法，解题的关键是明确“已知直线与圆的公共点时，连接圆心和公共点，证明半径与直线垂直”这一判定思路，再结合三角形的相关性质逐一分析选项即可，解题时注意题目要求选择“不能判定”的选项，避免看错要求丢分。
【难度系数】
0.8
2.在平面直角坐标系中，点P的坐标为(3，-4)，以点P为圆心，4个单位长度为半径作圆，下列说法正确的是（
A.原点O在$\odot P$内
B.原点O在$\odot P$上
C.$\odot P$与x轴相切，与y轴相交
D.$\odot P$与y轴相切，与x轴相交
C
）A.原点O在$\odot P$内
B.原点O在$\odot P$上
C.$\odot P$与x轴相切，与y轴相交
D.$\odot P$与y轴相切，与x轴相交
答案
2.C
解析
【分析】
要解决本题，需分别判断原点与$\odot P$的位置关系、$\odot P$与x轴和y轴的位置关系，解题思路如下：①先回忆位置关系的判定规则：点与圆的位置关系由点到圆心的距离d和半径r的大小关系决定（d＜r时在圆内，d=r时在圆上，d＞r时在圆外）；直线与圆的位置关系由圆心到直线的距离d和半径r的大小关系决定（d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离）。②计算原点到圆心P的距离，判断原点的位置，排除错误选项；③计算圆心P到x轴、y轴的距离，分别和半径比较，判断圆与坐标轴的位置关系，得到正确选项。
【解析】
已知圆心P的坐标为$(3,-4)$，半径$r=4$。
1. 判断原点O与$\odot P$的位置关系：
根据两点间距离公式，$OP=\sqrt{(3-0)^2+(-4-0)^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$。
因为$5＞4$，即$OP＞r$，所以原点O在$\odot P$外，故A、B选项错误。
2. 判断$\odot P$与x轴、y轴的位置关系：
点P到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$|-4|=4$，刚好等于半径$r=4$，因此$\odot P$与x轴相切；
点P到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$|3|=3$，$3＜4$，即距离小于半径，因此$\odot P$与y轴相交。
因此C选项正确，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
点与圆的位置关系判定，直线与圆的位置关系判定，两点间距离公式
【点评】
本题是位置关系判定的基础题型，核心是牢记点与圆、直线与圆的位置判定规则，准确计算对应距离即可得分，是圆章节的常考基础题。
【难度系数】
0.8
要解决本题，需分别判断原点与$\odot P$的位置关系、$\odot P$与x轴和y轴的位置关系，解题思路如下：①先回忆位置关系的判定规则：点与圆的位置关系由点到圆心的距离d和半径r的大小关系决定（d＜r时在圆内，d=r时在圆上，d＞r时在圆外）；直线与圆的位置关系由圆心到直线的距离d和半径r的大小关系决定（d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离）。②计算原点到圆心P的距离，判断原点的位置，排除错误选项；③计算圆心P到x轴、y轴的距离，分别和半径比较，判断圆与坐标轴的位置关系，得到正确选项。
【解析】
已知圆心P的坐标为$(3,-4)$，半径$r=4$。
1. 判断原点O与$\odot P$的位置关系：
根据两点间距离公式，$OP=\sqrt{(3-0)^2+(-4-0)^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$。
因为$5＞4$，即$OP＞r$，所以原点O在$\odot P$外，故A、B选项错误。
2. 判断$\odot P$与x轴、y轴的位置关系：
点P到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$|-4|=4$，刚好等于半径$r=4$，因此$\odot P$与x轴相切；
点P到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$|3|=3$，$3＜4$，即距离小于半径，因此$\odot P$与y轴相交。
因此C选项正确，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
点与圆的位置关系判定，直线与圆的位置关系判定，两点间距离公式
【点评】
本题是位置关系判定的基础题型，核心是牢记点与圆、直线与圆的位置判定规则，准确计算对应距离即可得分，是圆章节的常考基础题。
【难度系数】
0.8
变式题 分类讨论思想 在平面直角坐标系中，已知$A(3,4)$.如果$\odot A$与两坐标轴有且只有3个公共点，那么$\odot A$的半径$r=$（
A.3
B.4
C.3或4
D.4或5
D
）A.3
B.4
C.3或4
D.4或5
答案
变式题 D 【解析】如图，①当⊙A与x轴相切时，r=4，此时⊙A与坐标轴有且只有3个公共点.②当⊙A经过原点时，r=5，此时⊙A与坐标轴有且只有3个公共点.综上所述，⊙A的半径r=4或5.
解析
【分析】
要解决本题，首先明确点A到坐标轴和原点的距离：点A(3,4)到x轴的距离是纵坐标4，到y轴的距离是横坐标3，到原点O的距离可由勾股定理求得为5。已知⊙A与两坐标轴有且只有3个公共点，需分两类情况讨论：第一类是圆与其中一条坐标轴相切，与另一条坐标轴相交，此时排除和y轴相切的情况（此时半径为3，和x轴无交点，仅2个公共点不符合要求），仅和x轴相切的情况符合；第二类是圆与两条坐标轴各有2个交点，且原点是两个轴的公共交点，此时总公共点也为3，对应半径为OA的长度。分别计算两种符合条件的半径即可。
【解析】
分两种符合题意的情况讨论：
① 当⊙A与x轴相切时，圆的半径等于点A到x轴的距离，即$r=4$。此时点A到y轴的距离为$3＜4$，⊙A与y轴有2个公共点，加上与x轴的1个切点，总共有3个公共点，符合题意。
② 当⊙A经过原点O时，原点是⊙A与x轴、y轴的公共交点，由勾股定理计算OA的长度：$OA=\sqrt{3^2+4^2}=5$，即$r=5$。此时⊙A与x轴交于原点和另一个点，与y轴交于原点和另一个点，总共有3个公共点，符合题意。
综上，⊙A的半径$r=4$或$5$。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题需要结合圆与直线的位置关系展开分类讨论，解题时容易遗漏圆经过原点的情况，注意要把两种能得到3个公共点的场景考虑全面，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先明确点A到坐标轴和原点的距离：点A(3,4)到x轴的距离是纵坐标4，到y轴的距离是横坐标3，到原点O的距离可由勾股定理求得为5。已知⊙A与两坐标轴有且只有3个公共点，需分两类情况讨论：第一类是圆与其中一条坐标轴相切，与另一条坐标轴相交，此时排除和y轴相切的情况（此时半径为3，和x轴无交点，仅2个公共点不符合要求），仅和x轴相切的情况符合；第二类是圆与两条坐标轴各有2个交点，且原点是两个轴的公共交点，此时总公共点也为3，对应半径为OA的长度。分别计算两种符合条件的半径即可。
【解析】
分两种符合题意的情况讨论：
① 当⊙A与x轴相切时，圆的半径等于点A到x轴的距离，即$r=4$。此时点A到y轴的距离为$3＜4$，⊙A与y轴有2个公共点，加上与x轴的1个切点，总共有3个公共点，符合题意。
② 当⊙A经过原点O时，原点是⊙A与x轴、y轴的公共交点，由勾股定理计算OA的长度：$OA=\sqrt{3^2+4^2}=5$，即$r=5$。此时⊙A与x轴交于原点和另一个点，与y轴交于原点和另一个点，总共有3个公共点，符合题意。
综上，⊙A的半径$r=4$或$5$。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题需要结合圆与直线的位置关系展开分类讨论，解题时容易遗漏圆经过原点的情况，注意要把两种能得到3个公共点的场景考虑全面，避免漏解。
【难度系数】
0.6
3.如图，AB是⊙O的切线，B为切点，连接OA，与⊙O交于点C，D为⊙O上一动点（点D不与点C，B重合），连接CD，BD.若∠A = 36°，则∠BDC的度数为
27°或153°
.答案
3. 27°或153° 【解析】如图，连接OB.由切线的性质可得∠OBA=90°.
∵∠A=36°,
∴∠COB=90°−36°=54°.当点D在优弧BC上时，∠BDC = $\frac{1}{2}$∠COB=27°;当点D在劣弧BC上时，记为D',则∠BD'C=180°−27°=153°.综上所述，∠BDC的度数为27°或153°.
解析
【分析】
解题时首先根据切线的性质，连接过切点的半径OB，构造直角三角形OAB，利用直角三角形两锐角互余求出圆心角∠COB的度数；接下来因为点D是圆上的动点，需分点D在优弧BC上、点D在劣弧BC上两种情况讨论：当D在优弧BC上时，直接利用圆周角定理求出∠BDC的度数；当D在劣弧BC上时，利用圆内接四边形的对角互补求出对应角的度数，即可得到所有符合条件的结果。
【解析】
解：如图，连接OB。
∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，
∵∠A=36°，
∴∠COB=90°−∠A=90°−36°=54°。
分两种情况讨论：
①当点D在优弧BC上时，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得∠BDC = $\frac{1}{2}$∠COB = $\frac{1}{2}$×54°=27°；
②当点D在劣弧BC上时，记该点为D'，此时四边形BDCD'是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，可得∠BD'C=180°−27°=153°。
综上所述，∠BDC的度数为27°或153°。
【答案】
27°或153°
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质
【点评】
本题考查圆的相关性质的综合应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，同时注意动点位置的多样性，结合分类讨论思想求解，避免出现漏解的问题。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据切线的性质，连接过切点的半径OB，构造直角三角形OAB，利用直角三角形两锐角互余求出圆心角∠COB的度数；接下来因为点D是圆上的动点，需分点D在优弧BC上、点D在劣弧BC上两种情况讨论：当D在优弧BC上时，直接利用圆周角定理求出∠BDC的度数；当D在劣弧BC上时，利用圆内接四边形的对角互补求出对应角的度数，即可得到所有符合条件的结果。
【解析】
解：如图，连接OB。
∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，
∵∠A=36°，
∴∠COB=90°−∠A=90°−36°=54°。
分两种情况讨论：
①当点D在优弧BC上时，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得∠BDC = $\frac{1}{2}$∠COB = $\frac{1}{2}$×54°=27°；
②当点D在劣弧BC上时，记该点为D'，此时四边形BDCD'是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，可得∠BD'C=180°−27°=153°。
综上所述，∠BDC的度数为27°或153°。
【答案】
27°或153°
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质
【点评】
本题考查圆的相关性质的综合应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，同时注意动点位置的多样性，结合分类讨论思想求解，避免出现漏解的问题。
【难度系数】
0.6
4.(2025—2026宜春期末)如下图，AB是$\odot O$的直径，过点A作$\odot O$的切线AC，P是射线AC上的动点，连接OP，过点B作$BD// OP$，交$\odot O$于点D，连接PD.
(1)求证：PD是$\odot O$的切线.
(2)当四边形POBD是平行四边形时，求$∠ APO$的度数.
(1)求证：PD是$\odot O$的切线.
(2)当四边形POBD是平行四边形时，求$∠ APO$的度数.
答案
4. 解:(1)证明:如图,连接OD.
∵PA与⊙O相切于点A,
∴PA⊥AB,即∠PAO=90°.
∵OP // BD,
∴ ∠DBO = ∠AOP, ∠BDO=∠DOP.
∵OD=OB,
∴∠BDO=∠DBO,
∴∠DOP=∠AOP.
在△AOP 和△DOP 中,
$\begin{cases} AO=DO, \\ ∠AOP=∠DOP, \\ PO=PO, \end{cases}$
∴△AOP≌△DOP(SAS),
∴∠PDO=∠PAO=90°,即 OD⊥PD.
∵OD是⊙O的半径,
∴PD是⊙O的切线.
(2)由(1)知△AOP≌△DOP,
∴PA=PD.
∵四边形 POBD 是平行四边形,
∴PD=OB.
∵OB=OA,
∴PA=OA,
∴∠APO=∠AOP.
∵∠PAO=90°,
∴∠APO=∠AOP=45°.
解析
【分析】
(1) 要证明PD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明半径$OD⊥ PD$，因此先连接辅助线$OD$。已知$AC$是$\odot O$的切线，可得$∠ PAO=90°$，可通过证明$△ AOP≌△ DOP$得到$∠ PDO=∠ PAO=90°$。结合$BD// OP$的角相等性质、$OD=OB$的等腰三角形底角相等性质，可推出$∠ AOP=∠ DOP$，为全等证明提供条件。
(2) 当四边形$POBD$是平行四边形时，利用平行四边形对边相等的性质，可得$PD=OB$，结合第一问全等得到的$PA=PD$，以及半径相等$OB=OA$，可推导出$PA=OA$，即$Rt△ PAO$为等腰直角三角形，即可求出$∠ APO$的度数。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$OD$。
∵$PA$与$\odot O$相切于点$A$，
∴$PA⊥ AB$，即$∠ PAO=90°$。
∵$OP// BD$，
∴$∠ DBO=∠ AOP$，$∠ BDO=∠ DOP$。
∵$OD=OB$，
∴$∠ BDO=∠ DBO$，
∴$∠ DOP=∠ AOP$。
在$△ AOP$和$△ DOP$中，
$\begin{cases} AO=DO, \\ ∠ AOP=∠ DOP, \\ PO=PO, \end{cases}$
∴$△ AOP≌△ DOP(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ PDO=∠ PAO=90°$，即$OD⊥ PD$。
∵$OD$是$\odot O$的半径，
∴$PD$是$\odot O$的切线。
(2) 解：由(1)知$△ AOP≌△ DOP$，
∴$PA=PD$。
∵四边形$POBD$是平行四边形，
∴$PD=OB$。
∵$OB=OA$，
∴$PA=OA$，
∴$∠ APO=∠ AOP$。
∵$∠ PAO=90°$，
∴$∠ APO=∠ AOP=\frac{180°-90°}{2}=45°$。
【答案】
(1) 证明见解析，$PD$是$\odot O$的切线；(2) $∠ APO=45°$
【知识点】
切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题的关键是掌握“连半径、证垂直”的切线判定类题型的常规解题思路，灵活运用平行线、等腰三角形、全等三角形、平行四边形的性质逐步推导，对几何基础知识点的综合运用能力有一定考查。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明PD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明半径$OD⊥ PD$，因此先连接辅助线$OD$。已知$AC$是$\odot O$的切线，可得$∠ PAO=90°$，可通过证明$△ AOP≌△ DOP$得到$∠ PDO=∠ PAO=90°$。结合$BD// OP$的角相等性质、$OD=OB$的等腰三角形底角相等性质，可推出$∠ AOP=∠ DOP$，为全等证明提供条件。
(2) 当四边形$POBD$是平行四边形时，利用平行四边形对边相等的性质，可得$PD=OB$，结合第一问全等得到的$PA=PD$，以及半径相等$OB=OA$，可推导出$PA=OA$，即$Rt△ PAO$为等腰直角三角形，即可求出$∠ APO$的度数。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$OD$。
∵$PA$与$\odot O$相切于点$A$，
∴$PA⊥ AB$，即$∠ PAO=90°$。
∵$OP// BD$，
∴$∠ DBO=∠ AOP$，$∠ BDO=∠ DOP$。
∵$OD=OB$，
∴$∠ BDO=∠ DBO$，
∴$∠ DOP=∠ AOP$。
在$△ AOP$和$△ DOP$中，
$\begin{cases} AO=DO, \\ ∠ AOP=∠ DOP, \\ PO=PO, \end{cases}$
∴$△ AOP≌△ DOP(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ PDO=∠ PAO=90°$，即$OD⊥ PD$。
∵$OD$是$\odot O$的半径，
∴$PD$是$\odot O$的切线。
(2) 解：由(1)知$△ AOP≌△ DOP$，
∴$PA=PD$。
∵四边形$POBD$是平行四边形，
∴$PD=OB$。
∵$OB=OA$，
∴$PA=OA$，
∴$∠ APO=∠ AOP$。
∵$∠ PAO=90°$，
∴$∠ APO=∠ AOP=\frac{180°-90°}{2}=45°$。
【答案】
(1) 证明见解析，$PD$是$\odot O$的切线；(2) $∠ APO=45°$
【知识点】
切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题的关键是掌握“连半径、证垂直”的切线判定类题型的常规解题思路，灵活运用平行线、等腰三角形、全等三角形、平行四边形的性质逐步推导，对几何基础知识点的综合运用能力有一定考查。
【难度系数】
0.7
5.(2025—2026赣州于都期末)如图，$\odot O$是等边三角形ABC的内切圆，分别切AB，BC，AC于点E，F，D，P是$\overset{\frown}{DF}$上一点，则$∠ EPF$的度数是（
A.$65°$
B.$60°$
C.$58°$
D.$50°$
B
）A.$65°$
B.$60°$
C.$58°$
D.$50°$
答案
5.B
解析
【分析】
要求∠EPF的度数，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，因此先求∠EPF所对弧$\overset{\frown}{EF}$对应的圆心角∠EOF的度数。利用切线的性质可得OE⊥AB、OF⊥BC，结合等边三角形内角为60°，通过四边形内角和即可求出∠EOF，进而求得∠EPF。
【解析】
连接OE、OF。
∵$\odot O$是等边$△ ABC$的内切圆，E、F分别是AB、BC边上的切点，
∴$OE⊥ AB$，$OF⊥ BC$，即$∠ OEB=∠ OFB=90°$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ B=60°$。
在四边形OEBF中，内角和为$360°$，
∴$∠ EOF=360°-∠ OEB-∠ OFB-∠ B=360°-90°-90°-60°=120°$。
∵$∠ EPF$是$\overset{\frown}{EF}$所对的圆周角，$∠ EOF$是$\overset{\frown}{EF}$所对的圆心角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠ EPF=\frac{1}{2}∠ EOF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形的性质、切线的性质、圆周角定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，解题的核心是通过作辅助线构造圆心角，结合三角形和圆的相关性质进行角度推导，是圆章节的常见考题。
【难度系数】
0.7
要求∠EPF的度数，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，因此先求∠EPF所对弧$\overset{\frown}{EF}$对应的圆心角∠EOF的度数。利用切线的性质可得OE⊥AB、OF⊥BC，结合等边三角形内角为60°，通过四边形内角和即可求出∠EOF，进而求得∠EPF。
【解析】
连接OE、OF。
∵$\odot O$是等边$△ ABC$的内切圆，E、F分别是AB、BC边上的切点，
∴$OE⊥ AB$，$OF⊥ BC$，即$∠ OEB=∠ OFB=90°$。
∵$△ ABC$是等边三角形，
∴$∠ B=60°$。
在四边形OEBF中，内角和为$360°$，
∴$∠ EOF=360°-∠ OEB-∠ OFB-∠ B=360°-90°-90°-60°=120°$。
∵$∠ EPF$是$\overset{\frown}{EF}$所对的圆周角，$∠ EOF$是$\overset{\frown}{EF}$所对的圆心角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠ EPF=\frac{1}{2}∠ EOF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形的性质、切线的性质、圆周角定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，解题的核心是通过作辅助线构造圆心角，结合三角形和圆的相关性质进行角度推导，是圆章节的常见考题。
【难度系数】
0.7
6.古代数学文化《九章算术》中记载：“今有勾八步，股十五步.问勾中容圆，径几何.”此问题用数学语言描述如下：如图，$\odot O$为$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆，若$AB=15$，$BC=8$，则$\odot O$的半径为
3
.答案
6. 3 【解析】如图,设⊙O与边AB,BC,AC的切点分别为 D,E,F,连接 OD,OE,OF.
∵OD⊥AB,OE ⊥ BC,DB ⊥ BE,OD = OE,
∴四边形 ODBE 为正方形.设 DB = BE=OE=x.
∵AB=15,BC=8,
∴AD=15−x,CE=8−x,
∴AF=AD=15−x,CF=CE=8−x,
∴AC=AF+CF=23−2x.在Rt△ABC 中,AB²+BC²=AC²,即15²+8²=(23−2x)²,解得x=3或x=20(不符合题意,舍去),
∴OE=3,即⊙O 的半径为3.
解析
【分析】
本题是求直角三角形内切圆半径的问题，解题思路如下：首先根据切线的性质，连接圆心与各边切点，半径与切线垂直，可推出四边形ODBE是正方形，其边长等于内切圆半径；再根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等，用含半径的代数式表示出斜边AC的长度；最后结合勾股定理求出AC的实际长度，列方程求解后舍去不符合题意的根，即可得到内切圆半径。
【解析】
如图，设$\odot O$与边$AB$、$BC$、$AC$的切点分别为$D$、$E$、$F$，连接$OD$、$OE$、$OF$。
$\because OD⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$∠ B=90°$，且$OD=OE$，
$\therefore$四边形$ODBE$为正方形。设$DB=BE=OE=x$，即$\odot O$的半径为$x$。
$\because AB=15$，$BC=8$，
$\therefore AD=15-x$，$CE=8-x$。
根据切线长定理可得：$AF=AD=15-x$，$CF=CE=8-x$，
$\therefore AC=AF+CF=(15-x)+(8-x)=23-2x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得$AB^2+BC^2=AC^2$，即$15^2+8^2=(23-2x)^2$，
解得$x=3$或$x=20$，其中$x=20$大于直角边长度，不符合实际，故舍去。
$\therefore OE=3$，即$\odot O$的半径为3。
【答案】
3
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的判定
【点评】
本题以古代数学典籍《九章算术》的经典问题为背景，考查直角三角形内切圆相关计算，既渗透了数学文化，同时综合考查了切线性质、切线长定理、勾股定理等知识点的应用，解题思路清晰，侧重基础能力的考查。
【难度系数】
0.7
本题是求直角三角形内切圆半径的问题，解题思路如下：首先根据切线的性质，连接圆心与各边切点，半径与切线垂直，可推出四边形ODBE是正方形，其边长等于内切圆半径；再根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等，用含半径的代数式表示出斜边AC的长度；最后结合勾股定理求出AC的实际长度，列方程求解后舍去不符合题意的根，即可得到内切圆半径。
【解析】
如图，设$\odot O$与边$AB$、$BC$、$AC$的切点分别为$D$、$E$、$F$，连接$OD$、$OE$、$OF$。
$\because OD⊥ AB$，$OE⊥ BC$，$∠ B=90°$，且$OD=OE$，
$\therefore$四边形$ODBE$为正方形。设$DB=BE=OE=x$，即$\odot O$的半径为$x$。
$\because AB=15$，$BC=8$，
$\therefore AD=15-x$，$CE=8-x$。
根据切线长定理可得：$AF=AD=15-x$，$CF=CE=8-x$，
$\therefore AC=AF+CF=(15-x)+(8-x)=23-2x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得$AB^2+BC^2=AC^2$，即$15^2+8^2=(23-2x)^2$，
解得$x=3$或$x=20$，其中$x=20$大于直角边长度，不符合实际，故舍去。
$\therefore OE=3$，即$\odot O$的半径为3。
【答案】
3
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的判定
【点评】
本题以古代数学典籍《九章算术》的经典问题为背景，考查直角三角形内切圆相关计算，既渗透了数学文化，同时综合考查了切线性质、切线长定理、勾股定理等知识点的应用，解题思路清晰，侧重基础能力的考查。
【难度系数】
0.7
