1[江苏宿迁中考]在同一平面内,已知$\odot O$的半径为2,圆心O到直线$l$的距离为3,点P为圆上的一个动点,则点P到直线$l$的最大距离是（）

A.2
B.5
C.6
D.8

1. B 【解析】如图,由题意得,OA=2,OB=3,当点P在BO的延长线与$\odot O$的交点处时,点P到直线$l$的距离最大,$\therefore$ 点P到直线$l$的最大距离是3+2=5,故选 B.

2[2025四川自贡中考]PA,PB分别与$\odot O$相切于A,B两点,点C在$\odot O$上,不与点A,B重合.若$∠ P=80°$,则$∠ ACB$的度数为 ()

A.$50°$
B.$100°$
C.$130°$
D.$50°$或$130°$

2. D 【解析】如图,连接OA,OB.$\because$ PA,PB分别与$\odot O$相切于A,B两点,$\therefore OA ⊥ PA$,$OB ⊥ PB$,$\therefore ∠ OAP = ∠ OBP = 90°$, $\therefore ∠ AOB = 360° -∠ OAP-∠ OBP-∠ P=100°$. 当点C在优弧AB上时,$∠ ACB=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×100°=50°$. 当点$C'$在劣弧AB上时,$∠ AC'B = 180° - 50° = 130°$,$\therefore ∠ ACB$的度数是$50°$或$130°$,故选 D.
易错警示
点 C 可能在优弧 AB 上,也可能在劣弧 AB 上,需要分两种情况求解.

3 [2025 海南中考]如图，在△ABC中，∠C=30°，AB=1，以AB为直径的半圆O交AC于点D，若BC与半圆O相切于点B，则$\overset{\frown}{BD}$的长为（）

A.$\frac{π}{5}$
B.$\frac{π}{4}$
C.$\frac{π}{3}$
D.$\frac{π}{2}$

3. C 【解析】如图,连接OD.$\because AB$为半圆O的直径,$\therefore OB = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}$. $\because BC$与半圆O相切于点B,$\therefore ∠ ABC=90°$. $\because ∠ C=30°$,$\therefore ∠ A=90°-30°=60°$,$\therefore ∠ BOD = 2∠ A = 120°$,$\therefore \overset{\frown}{BD}$ 的长为$\frac{120π×\frac{1}{2}}{180}=\frac{π}{3}$,故选 C.

4[2025四川资阳中考]如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$AB$是$\odot O$的直径，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点$D$，过点$D$作$BC$的平行线交$AC$的延长线于点$E$。
(1)求证：$DE$是$\odot O$的切线；
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径。

4. (1)【证明】如图,连接OD,则 $OD = OA$, $\therefore ∠ ODA=∠ BAD$. $\because ∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点D,$\therefore ∠ CAD=∠ BAD$,$\therefore ∠ ODA = ∠ CAD$,$\therefore OD// AC$. $\because AB$是$\odot O$的直径,$DE// BC$,$\therefore ∠ E=∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ ODE=180°-∠ E=90°$,$\therefore DE ⊥ OD$. 又$\because OD$是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)【解】如图,记OD交BC于点F,连接BD.$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ FCE=90°$. $\because ∠ FDE=∠ E=90°$,$\therefore$ 四边形CEDF是矩形,$\therefore DF=CE=\sqrt{3}$,$∠ CFD=90°$. $\because OD// AC$,$\therefore ∠ BOD=∠ BAC=60°$,$∠ OFB=∠ ACB=90°$,即$BC⊥ OD$于点F. 又$\because OD=OB$,$\therefore △ DOB$是等边三角形,$\therefore OF=DF$,$\therefore OD=2DF=2\sqrt{3}$,$\therefore \odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.

5[2025广东广州中考]已知$\odot O$的半径为6，$\odot O$所在平面内有一动点$P$，过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA$，$PB$，切点分别为$A$，$B$. 点$P$与圆心$O$的距离为$d$，则$d$的取值范围是；若过点$O$作$OC// PA$交直线$PB$于点$C$(点$C$不与点$B$重合)，线段$OC$与$\odot O$交于点$D$. 设$PA=x$，$CD=y$，则$y$关于$x$的函数解析式为.

5. $d＞6\quad y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
【解析】$\because$ 过点P可以引$\odot O$的两条切线PA,PB,$\therefore$ 点P在$\odot O$外,$\therefore d＞6$. $\because PA$切$\odot O$于A,$PB$切$\odot O$于B,$\therefore PA=PB$,$PO$平分$∠ APB$,$\therefore ∠ APO=∠ BPO$. 如图,$\because OC// PA$,$\therefore ∠ POC=∠ APO$,$\therefore ∠ POC=∠ CPO$,$\therefore PC=OC$. $\because PA=x$,$CD=y$,$\therefore PC=OC= y+6$,$\therefore BC=PB-PC=x-(y+6)=x-y-6$. 连接OB,则$OB⊥ PB$,$\therefore ∠ OBC=90°$,$\therefore OC^2=BC^2+OB^2$,$\therefore ( y + 6 )^2 = ( x - y - 6 )^2 + 6^2$ , $\therefore y = \frac{x^2-12x+36}{2x}$. 故答案为 $d＞6$,$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$.
思路分析
由题意知点 P 在$\odot O$外,得到 $d＞6$,由切线长定理及平行线的性质可推出 $∠ POC = ∠ CPO$, $PA = PB$,可得 $PC=OC$,进而可用含$x,y$的式子表示 $OC$, $BC$的长,再利用勾股定理可得含有$x,y$的等式,通过变形即可得到 $y$ 关于$x$的函数解析式.

6[2025山东滨州中考]如图，E,F,G,H四点分别在正方形ABCD的四条边上，AF=BG=CH=DE。若AB=17，EF=13，则△GCH的内切圆半径为（）


A.1
B.2
C.3
D.4

6. B 【解析】如图,设$△ GCH$的内切圆圆心为点I,$\odot I$与CG,CH,GH分别相切于点P,Q,R. $\because$ 四边形ABCD是正方形,$AB=17$,$\therefore AD=CD=CB=AB=17$,$∠ A=∠ BCD=90°$. 设$AF=BG=CH=DE=m$,则 $CG = AE = 17 - m$ ,$\therefore GH^2 = CG^2 + CH^2 = AE^2 + AF^2=EF^2=13^2=169$,$\therefore GH=EF=13$,$(17-m)^2 + m^2=169$,解得 $m=5$ 或 $m=12$. 当 $m=5$ 时,$CH=5$,$CG=12$;当 $m=12$ 时,$CH=12$,$CG=5$,$\therefore m=5$ 或 12 时,$△ GCH$的形状和大小相同. 连接IP,IQ,IR,IC,IG,IH,则 $IP⊥ CG$,$IQ⊥ CH$,$IR⊥ GH$. 设 $IP=IQ=IR=r$,令 $CH=5$,$CG=12$. $\because S_{△ CIG} + S_{△ CIH} + S_{△ GIH} = S_{△ GCH}$,$\therefore \frac{1}{2}×12r + \frac{1}{2}×5r + \frac{1}{2}×13r = \frac{1}{2}×5×12$,解得 $r=2$,$\therefore △ GCH$的内切圆半径为2,故选 B.
刷有所得
求三角形的内切圆半径时,常用等面积法解决问题.

7[2025四川攀枝花中考]如图，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与$AB$，$BC$，$CA$分别相切于点$D$，$E$，$F$，$∠ DOE=120°$，$∠ EOF=150°$。
(1)求$△ ABC$的三个内角的大小。
(2)设$\odot O$的直径为$d$，证明：$d=AB+AC-BC$。

7. (1)【解】$\because △ ABC$的内切圆$\odot O$与AB,BC,CA分别相切于点D,E,F,$\therefore AB⊥ OD$,$BC⊥ OE$,$CA⊥ OF$,$\therefore ∠ ODB=∠ OEB=∠ OEC=∠ OFC=90°$. $\because ∠ DOE=120°$,$∠ EOF=150°$,$\therefore ∠ B = 360°-∠ ODB-∠ OEB-∠ DOE=60°$,$∠ C=360°-∠ OEC-∠ OFC - ∠ EOF = 30°$, $\therefore ∠ A = 180° - ∠ B - ∠ C = 90°$.
(2)【证明】由切线长定理可知,$AD=AF$,$BD=BE$,$CF=CE$,$\therefore BD+CF = BE+CE = BC$. $\because AB+AC=AD+BD+CF+AF=2AF+BC$,$\therefore 2AF=AB+AC-BC$. $\because ∠ ODA=∠ OFA=∠ A=90°$,$\therefore$ 四边形ADOF是矩形,$\therefore OD=AF$. $\because \odot O$的直径为$d$,$OD$为$\odot O$的半径,$\therefore d = 2OD = 2AF$, $\therefore d = AB + AC - BC$.
思路分析
根据连接内心与三角形顶点的线段平分三角形的内角,结合圆周角定理的推论及垂径定理的推论可得 $∠ BFC = 90°$, $∠ CEF = ∠ ECF$, $OG ⊥ AC$,$AG = CG = \frac{1}{2}AC$,再结合勾股定理和等面积法解决问题.

8[2025 山东烟台中考]如图,正六边形 ABCDEF 的边长为 4,中心为点 O,以点 O 为圆心,以 AB 长为半径作圆心角为 $120°$ 的扇形,则图中阴影部分的面积为。

8. $\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$ 【解析】连接OA,OE,OF,过点O作$OM⊥ AF$于点M,如图所示. $\because$ 六边形ABCDEF为正六边形, $\therefore OA = OE = OF$, $∠ AOF = ∠ EOF = \frac{360°}{6} = 60°$,$∠ BAF=120°$,$\therefore △ OAF$和$△ OEF$为等边三角形,$∠ AOE=60°+60°=120°$,$\therefore OA=OF=AF=4$,$∠ OEF = ∠ OAF = 60°$,易得 $S_{△ OAF} = S_{△ OEF}$. $\because OM⊥ AF$,$\therefore AM = FM = \frac{1}{2} AF = 2$, $\therefore OM=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$,$\therefore S_{△ OAF}=\frac{1}{2} AF × OM = \frac{1}{2} ×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$. $\because ∠ BAF=120°$,$\therefore ∠ OAG=120°-60°=60°$,$\therefore ∠ OAG=∠ OEH$. $\because ∠ GOA+∠ AOH=∠ AOH + ∠ EOH = 120°$, $\therefore ∠ GOA = ∠ EOH$, $\therefore △ GOA≌△ HOE$, $\therefore S_{△ GOA} = S_{△ HOE}$, $\therefore S_{△ GOA} + S_{\mathrm{四边形}AOHF} = S_{△ HOE} + S_{\mathrm{四边形}AOHF}$ , $\therefore S_{\mathrm{五边形}AGOHF} = S_{\mathrm{四边形}AOEF} = 2S_{△ AOF} = 8\sqrt{3}$ , $\therefore S_{\mathrm{阴影}} = S_{\mathrm{扇形}} - S_{\mathrm{五边形}AGOHF} = \frac{120π×4^2}{360}-8\sqrt{3}=\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$,故答案为$\frac{16π}{3}-8\sqrt{3}$.