专题36 圆中的重要模型之辅助线模型（八大类）（解析版）.docx

1、专题36 圆中的重要模型之辅助线模型（八大类）在平面几何中，与圆有关的许多题目需要添加辅助线来解决。百思不得其解的题目，添上合适的辅助线，问题就会迎刃而解，思路畅通，从而有效地培养学生的创造性思维。添加辅助线的方法有很多，本专题通过分析探索归纳八类圆中常见的辅助线的作法。模型1、遇弦连半径（构造等腰三角形）【模型解读】已知AB是O的一条弦，连接OA，OB，则AB在圆的相关题目中，不要忽略隐含的已知条件。当我们要解决有关角度、长度问题时，通常可以连接半径构造等腰三角形，利用等腰三角形的性质、勾股定理及圆中的相关定理，还可连接圆周上一点和弦的两个端点，根据圆周角的性质可得相等的圆周角，解决角度或长

2、度的计算问题例1（2022山东聊城统考中考真题）如图，AB，CD是的弦，延长AB，CD相交于点P已知，则的度数是（）A30B25C20D10【答案】C【分析】如图，连接OB，OD，AC，先求解，再求解，从而可得，再利用周角的含义可得，从而可得答案【详解】解：如图，连接OB，OD，AC，的度数20故选：C【点睛】本题考查的是圆心角与弧的度数的关系，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，掌握“圆心角与弧的度数的关系”是解本题的关键例2.（2023南召县中考模拟）如图，O的直径AB与弦CD的延长线交于点E，若DEOB，AOC84，则E等于（）A42B28C21D20【分析】利用OBDE，OBO

3、D得到DODE，则EDOE，根据三角形外角性质得1DOE+E，所以12E，同理得到AOCC+E3E，然后利用E=13AOC进行计算即可【解答】解：连结OD，如图，OBDE，OBOD，DODE，EDOE，1DOE+E，12E，而OCOD，C1，C2E，AOCC+E3E，E=13AOC=138428故选：B【点评】本题考查了圆的认识：掌握与圆有关的概念（ 弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）也考查了等腰三角形的性质例3（2023江苏沭阳初三月考）如图，已知点C是O的直径AB上的一点，过点C作弦DE，使CD=CO若的度数为35，则的度数是_【答案】105【分析】连接OD、OE，根据圆

4、心角、弧、弦的关系定理求出AOD=35，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算即可【解析】解：连接OD、OE，的度数为35，AOD=35，CD=CO，ODC=AOD=35，OD=OE，ODC=E=35，DOE=180-ODC-E=180-35-35=110，AOE=DOE-AOD=110-35=75，BOE=180-AOE=180-75=105，的度数是105故答案为105【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系定理：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等例4（2023年山东省淄博市中考数学真题）如图，是的内接三角形，是边上一点，连接并延长交于点若，则的半径为（）ABCD【

5、答案】A【分析】连接, 根据等腰三角形的性质得到, 根据等边三角形的性质得到，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论.【详解】连接,是等边三角形, ,，,，,，即的半径为 ，故选: .【点睛】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质度量是解题的关键.模型2、遇弦作弦心距（解决有关弦长的问题）【模型解读】已知AB是O的一条弦，过点OEAB，则AEBE，OE2+AE2=OA2。在圆中，求弦长、半径或圆心到弦的距离时，常添加弦心距，或作垂直于弦的半径（或直径）或再连结过弦的端点的半径。利用垂径定理、圆心角及其所对的弧、弦和

6、弦心距之间的关系、弦的一半、弦心距和半径组成直角三角形，根据勾股定理求有关量。一般有弦中点、或证明弦相等或已知弦相等时，常作弦心距。例1（2023年浙江省衢州市中考数学真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm【答案】10【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，则四边形是矩形，得，设餐盘的半径为，则，然后由勾股定理列出方程，解方程即可【详解】由题意得：，如图，连接，过点作，交于点，交于点，则，餐盘与边相切，点为切点，四边形是矩形，四边形是矩形，设餐盘的半径为，则，在中

7、，由勾股定理得：，即，解得：，餐盘的半径为，故答案为：10【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键例2（2023年四川省广安市中考数学真题）如图，内接于，圆的半径为7，则弦的长度为 【答案】【分析】连接，过点作于点，先根据圆周角定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，然后解直角三角形可得的长，由此即可得【详解】解：如图，连接，过点作于点，圆的半径为7，故答案为：【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、等腰三角形的三线合一，熟练掌握圆周角定理和解直角三角形的方法是解题关键例3（2021湖北中考真题）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，明

8、朝科学家徐光启在农政全书中用图画描绘了筒车的工作原理，如图1，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心为圆心的圆，如图2，已知圆心在水面上方，且被水面截得的弦长为6米，半径长为4米若点为运行轨道的最低点，则点到弦所在直线的距离是（ ）A1米B米C2米D米【答案】B【分析】连接OC交AB于D，根据圆的性质和垂径定理可知OCAB，AD=BD=3，根据勾股定理求得OD的长，由CD=OCOD即可求解【详解】解：根据题意和圆的性质知点C为的中点，连接OC交AB于D，则OCAB，AD=BD=AB=3，在RtOAD中，OA=4，AD=3，OD=，CD=OCOD=4，即点到弦所在直线的距离是（4）米，故选：B【点睛】本题

9、考查圆的性质、垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解答的关键例4（2023广东广州九年级校考自主招生）如图所示，圆的直径与弦相交于点已知圆的直径，则的值是（）AB8CD4【答案】B【分析】过点作，于点，连接，根据题意可得，进而根据垂径定理，有，进而将转化为，即可求解【详解】解：如图所示，过点作，于点，连接，则，故选：B【点睛】考查垂径定理，等腰直角三角形的性质等，把式子进行变形是解题的关键.模型3、遇求角可构造同弧的圆周角（圆心角）【模型解读】如图，已知A、B、P是O上的点，点C是圆上一动点，连接AC、BC，则ACB=AOB。 例1（2023四川巴中统考中考真题）如图，是的外接圆，若，则（）

10、ABCD【答案】D【分析】连接，首先根据圆周角定理得到，然后利用半径相等得到，然后利用等边对等角和三角形内角和定理求解即可【详解】如图所示，连接，故选：D【点睛】本题考查了圆周角定理：圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半，等边对等角和三角形内角和定理，解题的关键是掌握以上知识点例2（2022黑龙江哈尔滨校考模拟预测）如图，点是上一点，若，则的度数为（）ABCD【答案】B【分析】取优弧上一点C，连接，由圆周角定理，得，运用圆内接四边形对角互补求解【详解】解：如图，取优弧上一点C，连接,则,故选：B【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形；由相关定

11、理得角之间的数量关系是解题的关键例3（2023秋重庆九年级校考阶段练习）如图，一块直角三角板的角的顶点落在上，两边分别交于、两点，若的直径为8，则弦长为（）A8B4CD【答案】B【分析】连接AO，BO，求出AOB=2APB=60，得到AOB为等边三角形，即可求出AB长.【详解】连接AO，BO，OA=OB，所对的圆周角是APB，所对的圆心角是AOB，APB=30，AOB=2APB=60，AOB为等边三角形，AB=AO，直径为8，OA=4，AB=4，故选B.【点睛】本题考查的是圆周角和圆心角，根据题意作出辅助线，得到等边三角形是解答此题的关键例4（2023辽宁鞍山统考中考真题）如图，为的两条弦，D

12、，G分别为的中点，的半径为2若，则的长为（）A2BCD【答案】D【分析】连接，圆周角定理得到，勾股定理求出，三角形的中位线定理，即可求出的长【详解】解：连接，的半径为2，D，G分别为的中点，为的中位线，故选D【点睛】本题考查圆周角定理和三角形的中位线定理熟练掌握相关定理，并灵活运用，是解题的关键模型4、遇直径作直径所对的圆周角（构造直角三角形）【模型解读】如图，已知AB是O的直径，点C是圆上一点，连接AC、BC，则ACB=90o。如图，当图形中含有直径时，构造直径所对的圆周角是解问题的重要思路，在证明有关问题中注意90o的圆周角的构造。例1（2023辽宁营口统考中考真题）如图所示，是的直径，弦

13、交于点E，连接，若，则的度数是（）ABCD【答案】D【分析】如图所示，连接，先由同弧所对的圆周角相等得到，再由直径所对的圆周角是直角得到，则【详解】解：如图所示，连接，是的直径，故选D【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，正确求出的度数是解题的关键例2（2022山东泰安统考中考真题）如图，是的直径，则的半径为（）ABCD【答案】D【分析】连接CO并延长CO交于点E，连接AE，根据OA=OC，可得ACD=ACE，从而得到AE=AD=2，然后根据勾股定理，即可求解【详解】解：如图，连接CO并延长CO交于点E，连接AE，OA=OC，ACE=CAB，ACD=ACE，AE=

14、AD=2，CE是直径，CAE=90，的半径为故选：D【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆周角定理，勾股定理是解题的关键例3（2022四川巴中统考中考真题）如图，为的直径，弦交于点，则（）ABC1D2【答案】C【分析】连接BC，根据垂径定理的推论可得ABCD，再由圆周角定理可得A=CDB=30，根据锐角三角函数可得AE=3，AB=4，即可求解【详解】解：如图，连接BC，为的直径，ABCD，BAC=CDB=30，为的直径，OA=2，OE=AE-OA=1故选：C【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，熟练掌握垂径定理，圆周角定理，特殊角锐角函数值是解题的关键模型5

15、、遇90的圆周角连直径【模型解读】如图，已知圆周角BAC=90o，连接BC，则BC是O的直径。遇到90的圆周角时，常连接两条弦没有公共点的另一端点，得到直径。利用圆周角的性质，可得到直径。例1（2022辽宁营口统考中考真题）如图，点A，B，C，D在上，则的长为（）AB8CD4【答案】A【分析】连接，根据可得为的直径，又根据得到，故在直角三角形中，利用特殊角的三角函数即可求出【详解】解：连接， 为的直径，在中,， .故选：A【点睛】本题主要考查圆周角定理，解三角形，解题的关键是掌握公式、定理。例2（2023四川达州统考二模）如图，半径为的经过原点O和点，B是y轴左侧优弧上一点，则为（）ABCD【

16、答案】B【分析】设与x轴的另一个交点为D，连接，如图，则，根据圆周角定理和勾股定理求出，然后根据求解即可.【详解】解：设与x轴的另一个交点为D，连接，如图，则，是的直径，的半径为，在直角三角形中，根据勾股定理可得：，；故选：B.【点睛】本题考查了圆周角定理、三角函数和勾股定理等知识，属于常考题型，正确添加辅助线、灵活应用转化的思想是解题的关键.例3（2023重庆统考中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 （结果保留）【答案】【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答【详解】解：连接，四边形是矩形，是的直径，的半径为，的面积为，矩形的

17、面积为，阴影部分的面积为；故答案为；【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键模型6、遇切线连圆心和切点（构造垂直）【模型解读】如图，已知直线AB连与圆O相切于点C，连接OC，则OCAB。ABCO已知圆的切线时，常把切点与圆心连接起来，得半径与切线垂直，构造直角三角形，再利用直角三角形的有关性质解题。例1（2022黑龙江哈尔滨校考模拟预测）如图，如图，、分别切于点、，点为优弧上一点，若，则的度数为（）ABCD【答案】C【分析】要求的度数，只需根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接，；再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解【详解】解

18、：连接，、分别切于点、，故选：C【点睛】此题考查切线的性质，圆周角定理，以及四边形的内角和，熟练掌握切线的性质是解本题的关键例2（2023年重庆市中考数学真题）如图，是的切线，为切点，连接若，则的长度是（）ABCD【答案】C【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到【详解】解：连接，是的切线，为切点，在中，在，故选【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键例3（2022春湖北武汉九年级统考自主招生）如图，是圆的直径，是切线，是切点，弦，与的延长线交于点，则（）ABCD【答案】B【分析】连接OD，由及，即可得到，从而可证得，即可证得直线是的切

19、线，进而根据，可得，设半径为，,在中，勾股定理求得，即可求解【详解】证明：如图，连接OD，又，在与中，又，是的切线；，设半径为，,则，则，在中，解得：，；【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，平行线分线段成比例，勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定，平行线分线段成比例是解题的关键模型7、证明切线的辅助线（证垂直或直角）【模型解读】证明直线AB是O的切线.ABCO 遇到证明某一直线是圆的切线时：（1）有点连圆心：当直线和圆的公共点已知时，联想圆的切线的判定定理，只要将该店与圆心连接，再证 明该直径与直线垂直。如图，已知过圆上一点C的直线AB，连接OC，证明OCAB，则直线AB是O的切线（

20、2）无点作垂线：需证明的切线，条件中没有告知与圆之间有交点，则联想切线的定义，过圆心作该直线的垂线，证明圆心到垂足的距离等于半径。如图，过点O作OCAB，证明OC等于O的半径，则直线AB是O的切线例1（2023年四川省攀枝花市中考数学真题）如图，为的直径，如果圆上的点恰使，求证：直线与相切【答案】见详解【分析】由等腰三角形的性质和圆周角定理得出，则，再由切线的判定即可得出结论【详解】证明：如图，连接，为的直径，即，是的半径，直线与相切【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握圆周角定理和切线的判定是解题的关键例2（2023秋福建福州九年级校考阶

21、段练习）如图，的直径为6求证：直线是的切线【答案】见解析【分析】过点作于点，根据三线合一和勾股定理求出的长，即可【详解】解：过点作于点， ，的直径为6，为的半径，又，直线是的切线【点睛】本题考查切线的判定熟练掌握切线的判定方法，是解题的关键例3（2023年辽宁省盘锦市中考数学真题）如图，内接于，为的直径，延长到点G，使得，连接，过点C作，交于点F，交点于点D，过点D作交的延长线于点E (1)求证：与相切(2)若，求的长【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）连接，结合圆周角定理，根据，可得，再根据平行的性质，即有，进而可得，问题随之得证；（2）过C点作于点K，先证明四边形是平行四边形，即有，求

22、出，即有，利用三角形函数有，同理，即可得，进而有，再证明，可得，即可得，在中，有，问题随之得解【详解】（1）连接，如图， 为的直径，即，半径，与相切；（2）过C点作于点K，如图，四边形是平行四边形，在，同理，在中，在中，【点睛】本题是一道综合题，主要考查了圆周角定理，切线的判定，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定以及相似三角形的判定与性质，是解答本题的关键例4（2023年辽宁省鞍山市中考数学真题）如图，四边形内接于，为的直径，过点D作，交的延长线于点F，交的延长线于点E，连接若(1)求证：为的切线(2)若，求的半径【答案】(1)见解析(2

23、)的半径为【分析】（1）连接，根据同角的补角相等，得到，等角的余角相等，得到，等边对等角，得到，推出，得到，即可得证；（2）连接，推出，利用锐角三角函数求出的长，设的半径为，证明，列出比例式进行求解即可【详解】（1）证明：连接， ，为的直径，即：，又为的半径，为的切线；（2）连接，则：，为的直径，在中，设的半径为，则：，即：，；的半径为【点睛】本题考查圆与三角形的综合应用，重点考查了切线的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性质题目的综合性较强，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键模型8、遇三角形的内切圆，连内心与顶点（切点）当遇到三角形内切圆，连接内心到三角形各顶点，或连接内心到各

24、边切点（或做垂线）。利用内心的性质可得一内心到三角形三个顶点的连线是各角的平分线，内心到三角形三边的距离相等。例1（2022湖北恩施统考中考真题）如图，在RtABC中，C=90，AC=4，BC=3，O为RtABC的内切圆，则图中阴影部分的面积为（结果保留） 【答案】【分析】利用切线长定理求得O的半径，根据S阴影=SABC-( S扇形EOF+ S扇形DOF)- S正方形CDOE列式计算即可求解【详解】解：设切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，O为RtABC的内切圆，AE=AF、BD=BF、CD=CE，ODBC，OEAC，C=90，四边形CDOE为正方形，EOF+FOD=360-90=27

25、0，设O的半径为x，则CD=CE=x，AE=AF=4-x，BD=BF=3-x，4-x+3-x=5，解得x=1，S阴影=SABC-( S扇形EOF+ S扇形DOF)- S正方形CDOE=34-11=5-故答案为：5-【点睛】本题考查了切线长定理，扇形的面积公式，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键例2（2023秋浙江九年级专题练习）如图，在中，于， 为的内切圆，设 的半径为，的长为，则的值为（）A B C D 【答案】A【分析】根据三角形内切圆的特点作出圆心和三条半径，分别表示出的面积，利用面积相等即可解决问题【详解】解：如图所示：为中、的角平分线交点，过点分别作垂线交、于点、，的长为，故选：

26、A【点睛】本题考查了三角形内切圆的相关性质，本题掌握三角形内切圆的性质，根据已知条件利用三角形面积相等推出关系式是解题关键例3（2023广东广州统考中考真题）如图，的内切圆与，分别相切于点D，E，F，若的半径为r，则的值和的大小分别为（）A2r，B0，C2r，D0，【答案】D【分析】如图，连接利用切线长定理，圆周角定理，切线的性质解决问题即可【详解】解：如图，连接的内切圆与，分别相切于点D，E，F，故选：D【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，圆周角定理，切线的性质等知识，解题的关键是掌握切线的性质，属于中考常考题型课后专项训练1（2023重庆统考中考真题）如图，是的切线，为切点，连接若，则的

27、长度是（）ABCD【答案】C【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到【详解】解：连接，是的切线，为切点，在中，在，故选【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键2（2022黑龙江哈尔滨校考模拟预测）如图，如图，、分别切于点、，点为优弧上一点，若，则的度数为（）ABCD【答案】C【分析】要求的度数，只需根据圆周角定理构造它所对的弧所对的圆心角，即连接，；再根据切线的性质以及四边形的内角和定理即可求解【详解】解：连接，、分别切于点、，故选：C【点睛】此题考查切线的性质，圆周角定理，以及四边形的内角和，熟练掌握切线的性质是解本题的关键3（202

28、3年四川省宜宾中考数学真题）如图，已知点在上，为的中点若，则等于（）ABCD【答案】A【分析】连接，如图所示，根据圆周角定理，找到各个角之间的关系即可得到答案【详解】解：连接，如图所示：点在上，为的中点，根据圆周角定理可知，故选：A【点睛】本题考查圆中求角度问题，涉及圆周角定理，找准各个角之间的和差倍分关系是解决问题的关键4（2023年四川省凉山州数学中考真题）如图，在中，则（）A1B2CD4【答案】B【分析】连接，由圆周角定理得，由得，在中，由，计算即可得到答案【详解】解：连接，如图所示，在中，故选：B【点睛】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握圆周角定理，

29、垂径定理，添加适当的辅助线5（2023年重庆市中考数学真题）如图，为的直径，直线与相切于点C，连接，若，则的度数为（）ABCD【答案】B【分析】连接，先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的性质即可得【详解】解：如图，连接，直线与相切，故选：B【点睛】本题考查了圆的切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键6（2023广东一模）如图，是O的直径，交O于点，于点，下列说法不正确的是（ ）A若，则是O的切线B若，则是O的切线C若，则是O的切线D若是O的切线，则【答案】A【分析】根据AB=AC，连接AD，利用圆周角定理以及等腰三角形的性质可以得到点D是BC的中点，O

30、D是ABC的中位线，ODAC，然后由DEAC，得到ODE=90，可以证明DE是O的切线，可判断B选项正确；若DE是O的切线，同上法倒推可证明AB=AC，可判断D选项正确；根据CD=BD，AO=BO，得到OD是ABC的中位线，同上可以证明DE是O的切线，可判断C选项正确；若，没有理由可证明DE是O的切线【详解】解：当AB=AC时，如图：连接AD， AB是O的直径，ADBC，CD=BD，AO=BO，OD是ABC的中位线，ODAC，DEAC，DEOD，DE是O的切线，所以B选项正确；当DE是O的切线时，如图：连接AD，DE是O的切线，DEOD，DEAC，ODAC，OD是ABC的中位线，CDBD，AB

31、是O的直径，ADBC，AD是线段BC的垂直平分线，AB=AC，所以D选项正确；当CD=BD时，又AO=BO，OD是ABC的中位线，ODAC，DEAC，DEOD，DE是O的切线，所以C选项正确若，没有理由证明DE是O的切线，所以A选项错误故选：A【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键7（2023秋山东聊城九年级校考开学考试）如图，为的直径，为的弦，连接、，若，则的度数为 度【答案】【分析】如图所示，连接，根据直径所对的圆周角是直角得到，根据三角形内角和定理求出，则由圆周角定理可得【详解】解：如图所示，连接，为的直径，故答案为：【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形内角和

32、定理，熟知直径所对的圆周角是直角是解题的关键8（2023秋福建福州九年级校考阶段练习）如图，的弦，点E为垂足，且则的半径为 【答案】【分析】过点O作于点M，于点N，连接，根据垂径定理求出、，根据正方形的性质求出，再利用勾股定理求解即可【详解】解：过点O作于点M，于点N，连接，四边形是矩形，四边形是正方形，在中，故答案为：【点睛】本题考查垂径定理、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键9（2023秋江苏南京九年级校考阶段练习）如图，四边形内接于，是的直径，过点作的切线交的延长线于点，若，则和的度数分别为 【答案】【分析】连接，根据切线的性质

33、求出，然后说明圆心在上，再由圆内接四边形对角互补求出的度数，再由等腰三角形的性质求出的度数，再由直角三角形的两个锐角互余求出的度数【详解】解：如图，连接，是的切线，是的直径，点在上，四边形内接于，且，故和的度数分别为故答案为：【点睛】此题考查圆的切线的性质、圆周角定理及其推论、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是连接过切点的半径构造直角三角形10（2022秋黑龙江大庆九年级统考期末）如图，的内切与，分别相切于点，且，的周长为，则的长为 【答案】【分析】连接，由与，分别相切于点，得，进而可求；【详解】解：连接，与，分别相切于点，故答案为：【点睛】本题主要考查三角形内接圆的性质，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键11（2023黑龙江哈尔滨九年级校考开学考试）如图，内接于，于点，若的半径为2，则的长为 .【答案】【分析】连接，则，得到是等边三角形，求得，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论【详解】解：如图，连接，则，是等边三角形，