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考点21与圆有关的位置关系（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版）
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这是一份考点21与圆有关的位置关系（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（苏科版），共24页。试卷主要包含了点和圆的位置关系，直线与圆的位置关系等内容，欢迎下载使用。
考点21与圆有关的位置关系
考点总结
一、点和圆的位置关系
设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有：
d
d>r点P在⊙O外。
二、直线与圆的位置关系
直线和圆有三种位置关系，具体如下：
（1）相交：直线和圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交，这时直线叫做圆的割线，公共点叫做交点；
（2）相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切，这时直线叫做圆的切线，
（3）相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离。
如果⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d,那么：
直线l与⊙O相交 ＜====＞ d
直线l与⊙O相离 ＜====＞ d>r；
切线的判定和性质 ：
（1）、切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
（2）、切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径。如右图中，OD垂直于切线。
切线长定理 ：
（1）、切线长：在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长叫做这点
到圆的切线长。
（2）、切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点
的连线平分两条切线的夹角。
（3）、圆内接四边形性质（四点共圆的判定条件）圆内接四边形对角互补。
(4)、三角形的内切圆：与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。如图圆O是△A＇B＇C＇的内切圆。三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。
真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•镇江）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（ ）
A．27° B．29° C．35° D．37°
【分析】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴∠AFD=12∠AOD=12×54°＝27°，
故选：A．
2．（2021•新吴区二模）如图，正方形ABCD的顶点A、D在⊙O上，边BC与⊙O相切，若正方形ABCD的周长记为C1，⊙O的周长记为C2，则C1、C2的大小关系为（ ）
A．C1＞C2 B．C1＜C2 C．C1＝C2 D．无法判断
【分析】连接OF，延长FO交AD于点E，连接OD，由切线的性质证明FE⊥AD，设⊙O的半径为R，正方形的边长为x，则OF＝R，OE＝x﹣R，由勾股定理得出（x﹣R）2+（x2）2＝R2，解得R=58x．比较C1与C2的大小则可得出答案．
【解答】解：连接OF，延长FO交AD于点E，连接OD，
∵CB与⊙O相切，
∴OF⊥BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，
∴FE⊥AD，
∴四边形EFCD为矩形，AE＝DE，
∴EF＝CD，
设⊙O的半径为R，正方形的边长为x，则OF＝R，
∴OE＝x﹣R，
在Rt△ODE中，OE2+ED2＝OD2，
即（x﹣R）2+（x2）2＝R2，
解得R=58x．
∴正方形ABCD的周长C1＝4x，⊙O的周长C2＝2πR＝2π•58x=5π4x，
∵4＞5π4，
∴C1＞C2，
故选：A．
3．（2021•滨海县一模）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD、OA，若∠ADC＝30°，则∠ABO的度数为（ ）
A．25° B．20° C．30° D．35°
【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB＝90°，
∵∠ADC＝30°，
∴∠AOB＝2∠ADC＝60°，
∴∠ABO＝90°﹣60°＝30°．
故选：C．
4．（2021•建邺区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点O在AC上，⊙O与AB、BC相切，与AD相交于点E、F，则EF的长为（ ）
A．3 B．5 C．657 D．677
【分析】根据切线的性质，过点O分别作垂线，构造直角三角形，利用△ABC∽△AGO，对应边成比例可求出OG，AG，再利用勾股定理求出FK，最后根据垂径定理求出EF即可．
【解答】解：如图，过点O作OK⊥AD，OG⊥AB，垂足为K、G，延长KO交BC于点H，
∵AB、BC与⊙O相切，OG＝OH，
∴四边形OGBH是正方形，
∴OG∥BC，
∴△ABC∽△AGO，
∴AGAB=OGBC，
设正方形OGBH的边长为x，则
3−x3=x4，
解得x=127，
∴OK＝AG＝3−127=97，
在Rt△OKF中，由勾股定理得，
KF=OF2−OK2=377，
又∵OK⊥EF，
∴EF=2KF=677，
故选：D．
5．（2021•栖霞区二模）在平面直角坐标系中，⊙P经过点A（0，3）、B（0，33），⊙P与x轴相切于点C，则点P的坐标是（ ）
A．（3，23） B．（3，33）
C．（3，23）或（﹣3，23） D．（3，33）或（﹣3，33）
【分析】分两种情况：如图1，过P作PD⊥y轴于D，连接PC，根据切线的性质得到PC⊥x轴，根据矩形的性质得到PC＝OD，PD＝OC，根据勾股定理得到PD=PB2−BD2=(23)2−(3)2=3，如图2，同理可得，P（﹣3，23），于是得到结论．
【解答】解：如图1，过P作PD⊥y轴于D，连接PC，
∵⊙P与x轴相切于点C，
∴PC⊥x轴，
∴四边形OCPD是矩形，
∴PC＝OD，PD＝OC，
∵点A（0，3）、B（0，33），
∴AB＝23，
∴BD＝AD=12AB=3，
∵∠PCO＝∠PDO＝∠COD＝90°，
∴四边形PCOD是矩形，
∴PC＝OD＝23，
连接PB，
∴PB＝PC＝23，
在Rt△PBD中，PD=PB2−BD2=(23)2−(3)2=3，
∴P（3，23）；
如图2，同理可得，P（﹣3，23），
综上所述，点P的坐标是（3，23）或（﹣3，23），
故选：C．
6．（2021•苏州二模）如图，菱形ABCD的两边与⊙O分别相切于点A、C，点D在⊙O上，则∠B的度数是（ ）
A．45° B．50° C．60° D．65°
【分析】连接OA、DB、OC，由菱形的性质得出BD平分∠ABC，DA＝DC，由等腰三角形的性质得出∠OBC＝∠ODC，由直角三角形的性质求出∠OBC＝30°，则可得出答案．
【解答】解：连接OA、DB、OC，
∵AB，BC与⊙O相切，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD平分∠ABC，DA＝DC，
∴点O在BD上，
∵∠BOC＝∠ODC+∠OCD，
又OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠BOC＝2∠ODC，
又CB＝CD，
∴∠OBC＝∠ODC，
∴∠BOC＝2∠OBC，
∵∠BOC+∠OBC＝90°，
∴∠OBC＝30°，
∴∠ABC＝2∠OBC＝60°．
故选：C．
7．（2021•泰州二模）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点D．设∠A＝α，∠D＝β，则（ ）
A．α﹣β＝90° B．α+β＝90° C．2α+β＝90° D．α+2β＝90°
【分析】连接OC，如图，利用圆周角定理得到AB是直径，∠BOC＝2∠A，再根据切线的性质得∠OCD＝90°，然后利用互余得到结论．
【解答】解：连接OC，如图，
∵⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，
∴AB是直径，
∵∠A＝α，
∴∠BOC＝2∠A＝2α，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∴∠D＝90°﹣∠BOC＝90°﹣2α＝β，
∴2α+β＝90°．
故选：C．
8．（2021•江阴市模拟）已知⊙O的圆心O到直线l的距离为5，⊙O的半径为3，则直线l和⊙O的位置关系为（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
【分析】根据圆心到直线的距离为5大于圆的半径3，则直线和圆相离．
【解答】解：∵⊙O的圆心O到直线l的距离为5，⊙O的半径为3，
5＞3，
∴直线和圆相离．
故选：A．
9．（2021•武进区模拟）已知⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为3，则⊙O上到直线l的距离为2的点共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据平行线间的距离相等，先过点D作AB⊥OC，即可求得⊙O上到直线l的距离为2的点的个数．
【解答】解：如图，
∵⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为3，
∴CE＝2，
过点D作AB⊥OC，垂足为D，交⊙O于A、B两点，且DE＝2，
∴⊙O上到直线l的距离为2的点为A、B、C，
∴⊙O上到直线l的距离为2的点有3个，
故选：C．
10．（2021•泗洪县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以点C为圆心，3为半径的圆与AB所在直线的位置关系是（ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．无法判断
【分析】根据在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，可以求得AB的长，然后根据等积法可以求得斜边AB上的高，然后与2.5比较大小，即可解答本题．
【解答】解：在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
∴斜边AB上的高为：3×4÷5＝2.4，
∵2.4＜3，
∴圆C与AB所在直线的位置关系是相交．
故选：A．
二．填空题（共6小题）
11．（2021•泰州）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 （0，11） ．
【分析】连接AB，过点A分别作AC⊥x轴、AD⊥y轴，利用根据圆的切线性质可知△PAB、△AOC为直角三角形，AB＝AC＝5，利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理分别求出AP、AD的长度，进而求出OD、PD的长度即可求得答案．
【解答】解：过点A分别作AC⊥x轴于点C、AD⊥y轴于点D，连接AB，
当点P在点D是上方时，如图，
∵AD⊥y轴，AC⊥x轴，
∴四边形ADOC为矩形，
∴AC＝OD，OC＝AD，
∵⊙A与x轴相切，
∴AC为⊙A的半径，
∵点A坐标为（8，5），
∴AC＝OD＝5，OC＝AD＝8，
∵PB是切线，
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，
∴PA＝2AB＝10，
在Rt△PAD中，根据勾股定理得，
PD=PA2−AD2=102−82=6，
∴OP＝PD+DO＝11，
∵点P在y轴的正半轴上，
∴点P坐标为（0，11），
故答案为：（0，11）．
12．（2021•南京）如图，FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ＝ 180 °．
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，OD和OE，根据切线的性质和等腰三角形的性质得出∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ＝（∠BAF+∠OAB）+（∠CBG+∠OBC）+（∠DCH+∠OCD）+（∠EDI+∠ODE）+（∠AEJ+∠OEA）﹣（∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA）即可求出．
【解答】解：如图，设圆心为O，连接OA，OB，OC，OD和OE，
∵FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，
∴∠OAF＝∠OBG＝∠OCH＝∠ODI＝∠OEJ＝90°，
即（∠BAF+∠OAB）+（∠CBG+∠OBC）+（∠DCH+∠OCD）+（∠EDI+∠ODE）+（∠AEJ+∠OEA）＝90°×5＝450°，
∵OA＝OB＝OC＝OD＝OE，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OBC＝∠OCB，∠OCD＝∠ODC，∠ODE＝∠OED，OEA＝∠OAE，
∴∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA=12×五边形ABCDE内角和=12×(5−2)×180°=270°，
∴∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ＝（∠BAF+∠OAB）+（∠CBG+∠OBC）+（∠DCH+∠OCD）+（∠EDI+∠ODE）+（∠AEJ+∠OEA）﹣（∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA）＝450°﹣270°＝180°，
故答案为：180．
13．（2021•秦淮区二模）在平面直角坐标系xOy中，以O为圆心，2个单位长度为半径画圆．若一次函数y＝kx+5k（k为常数，k≠0）的图象与⊙O有公共点，则k的取值范围是 −22121≤k≤22121且k≠0 ．
【分析】根据题意画出图形，求出一次函数与⊙O相切时k的值，进而求出k的取值范围．
【解答】解：∵y＝kx+5k（k≠0），
∴函数过点（﹣5，0），
当AB与圆相切于点B时，
∵AO＝5，OB＝2，
∴AB=21，
∴tan∠BAO=OBAB=22121，
∴k=22121，
同理可得k=−22121，
∴−22121≤k≤22121，且k≠0．
14．（2021•仪征市一模）如图，⊙O的圆心为原点，半径为1，过点（a，a﹣1）可以作⊙O的两条切线，则a的取值范围是 a＞1或a＜0 ．
【分析】由题意可知，点（a，a﹣1）在⊙O的外部且到圆心的距离大于半径1，可得不等式，解不等式即可得到a的取值范围．
【解答】解：∵过点（a，a﹣1）可以作⊙O的两条切线，
∴点（a，a﹣1）在⊙O的外部且到圆心的距离大于半径1，
∴(a−0)2+(a−1−0)2＞1，
∴a2+（a﹣1）2＞1，
∴2a（a﹣1）＞0，
∴a＞0，a﹣1＞0或a＜0，a﹣1＜0，
∴a＞1或a＜0，
故答案为：a＞1或a＜0．
15．（2021•阜宁县模拟）如图，在平面直角坐标系中，半径为1的⊙A圆心A的坐标为（﹣1，0），点P为直线y=−12x+2上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是 2 ．
【分析】如图1，连接AP、AQ，根据切线的性质得AQ⊥PQ，则利用勾股定理得到PQ=AP2−1，则当AP最小时，PQ最小，如图2，直线y=−12x+2与y轴交于B，与x轴交于点C，则B（0，2），C（4，0），BC＝25，利用垂线段最短得到当AP⊥BC于P时，AP最小，利用面积法可计算出AP=5，从而得到PQ的最小值．
【解答】解：∵如图1，连接AP、AQ，
∵PQ为切线，
∴AQ⊥PQ，
在Rt△APQ中，PQ=AP2−AQ2=AP2−1，
当AP最小时，PQ最小，
如图2，直线y=−12x+2与y轴交于B，与x轴交于点C，则B（0，2），C（4，0），
∴BC=22+42=25，
当AP⊥BC于P时，AP最小，
∵12AP•BC=12BO•AC，
∴AP=2×525=5，
∴PQ的最小值为(5)2−12=2．
故答案为：2．
16．（2021•滨海县一模）如图，矩形ABCD中，E是AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE翻折，恰好使点A落在BC边的中点F处，在DF上取点O，以O为圆心，OF长为半径作半圆与CD相切于点G．若AD＝6，则图中阴影部分的面积为 32 ．
【分析】连接OG，QG，证明△DOG∽△DFC，得出DODF=OGFC，设OG＝OF＝x，则6−x6=x3，求出圆的半径为2，证明△OFQ为等边三角形，求出CQ，CG，则可由三角形的面积公式求出答案．
【解答】解：连接OG，QG，
∵将△ADE沿DE翻折，恰好使点A落在BC边的中点F处，
∴AD＝DF＝6，BF＝CF＝3，
∵矩形ABCD中，∠DCF＝90°，
∴∠FDC＝30°，
∴∠DFC＝60°，
∵⊙O与CD相切于点G，
∴OG⊥CD，
∵BC⊥CD，
∴OG∥BC，
∴△DOG∽△DFC，
∴DODF=OGFC，
设OG＝OF＝x，则6−x6=x3，
解得：x＝2，即⊙O的半径是2．
连接OQ，作OH⊥FQ，
∵∠DFC＝60°，OF＝OQ，
∴△OFQ为等边三角形；同理△OGQ为等边三角形；
∴∠GOQ＝∠FOQ＝60°，OH=32OQ=3，
∴QH=33×3=1，
∴CQ＝1
∵四边形OHCG为矩形，
∴OH＝CG=3，
∴S阴影＝S△CGQ=12×CQ×CG=12×1×3=32．
故答案为：32．
三．解答题（共4小题）
17．如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⨀O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
【分析】（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径比较，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【解答】解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP是直径，
∴AP=AB2+BP2=42+32=5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH=12PB=32，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH﹣OH＝4−32=52，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．
∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT=AB2+BT2=42+82=45，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴12×4×8=12×45×x+12×4×x，
∴x＝25−2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB=PBAB=5−12．
备注：本题也可以用面积法，连接PQ，PE，设BP＝x，
在Rt△PEQ中，
PE2＝x2+（25−4）2，
在Rt△PEC中，
PE2＝（4﹣x）2+22，
则x2+（25−4）2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝PB＝25−2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB=PBAB=5−12．
18．（2021•淮安）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若CD＝3，DE=52，求⊙O的直径．
【分析】（1）连接DO，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC＝90°，E为BC的中点得到DE＝CE＝BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定与性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接DO，如图，
∵直径所对圆周角，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝90°，E为BC的中点，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠EDC＝∠ECD，
又∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
而∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，
∴DE⊥OD且OD为半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）由（1）得，∠CDB＝90°，
∵CE＝EB，
∴DE=12BC，
∴BC＝5，
∴BD=BC2−CD2=52−32=4，
∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，
∴△BCA∽△BDC，
∴ACCD=BCBD，
∴AC3=54，
∴AC=154，
∴⊙O直径的长为154．
19．（2021•宿迁）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以点O为圆心，OA为半径的圆交AB于点C，点D在边OB上，且CD＝BD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）已知tan∠ODC=247，AB＝40，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质可得∠A＝∠ACO，∠B＝∠DCB，由余角的性质可求∠OCD＝90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设CD＝7x＝DB，OC＝24x＝OA，在Rt△OCD中，由勾股定理可求OD＝25x，在Rt△AOB中，由勾股定理可求x＝1，即可求解．
【解答】解：（1）直线CD与⊙O相切，
理由如下：如图，连接OC，
∵OA＝OC，CD＝BD，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠DCB，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠ACO+∠DCB＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
又∵OC为半径，
∴CD是⊙O的切线，
∴直线CD与⊙O相切；
（2）∵tan∠ODC=247=OCCD，
∴设CD＝7x＝DB，OC＝24x＝OA，
∵∠OCD＝90°，
∴OD=OC2+CD2=49x2+576x2=25x，
∴OB＝32x，
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝AO2+OB2，
∴1600＝576x2+1024x2，
∴x＝1，
∴OA＝OC＝24，
∴⊙O的半径为24．
20．（2021•南通）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，弦AE的延长线与过点C的切线互相垂直，垂足为D，∠CAD＝35°，连接BC．
（1）求∠B的度数；
（2）若AB＝2，求EC的长．
【分析】（1）连接OC，如图，利用切线的性质得到OC⊥PE，则判断OC∥AE，所以∠DAC＝∠OCA，然后利用∠OCA＝∠OAC得到∠DAC＝∠OAC；
（2）根据同弧上圆周角和圆心角的关系求出∠COE，根据弧长公式即可求出EC的长．
【解答】解：（1）连接OC，如图，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AE⊥CD，
∴OC∥AE，
∴∠CAD＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠CAD＝∠OAC＝35°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠OAC+∠B＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠OAC＝90°﹣35°＝55°；
（2）连接OE，
∵⊙O的直径AB＝2，
∴OA＝1，
∵CE=CE，
∴∠COE＝2∠CAE＝2×35°＝70°，
∴EC的长为：70π⋅1180=7π18．
考点21与圆有关的位置关系
考点总结
一、点和圆的位置关系
设⊙O的半径是r，点P到圆心O的距离为d，则有：
d
d>r点P在⊙O外。
二、直线与圆的位置关系
直线和圆有三种位置关系，具体如下：
（1）相交：直线和圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交，这时直线叫做圆的割线，公共点叫做交点；
（2）相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切，这时直线叫做圆的切线，
（3）相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离。
如果⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d,那么：
直线l与⊙O相交 ＜====＞ d
直线l与⊙O相离 ＜====＞ d>r；
切线的判定和性质 ：
（1）、切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
（2）、切线的性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径。如右图中，OD垂直于切线。
切线长定理 ：
（1）、切线长：在经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间的线段的长叫做这点
到圆的切线长。
（2）、切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点
的连线平分两条切线的夹角。
（3）、圆内接四边形性质（四点共圆的判定条件）圆内接四边形对角互补。
(4)、三角形的内切圆：与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。如图圆O是△A＇B＇C＇的内切圆。三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。
真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•镇江）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（ ）
A．27° B．29° C．35° D．37°
【分析】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴∠AFD=12∠AOD=12×54°＝27°，
故选：A．
2．（2021•新吴区二模）如图，正方形ABCD的顶点A、D在⊙O上，边BC与⊙O相切，若正方形ABCD的周长记为C1，⊙O的周长记为C2，则C1、C2的大小关系为（ ）
A．C1＞C2 B．C1＜C2 C．C1＝C2 D．无法判断
【分析】连接OF，延长FO交AD于点E，连接OD，由切线的性质证明FE⊥AD，设⊙O的半径为R，正方形的边长为x，则OF＝R，OE＝x﹣R，由勾股定理得出（x﹣R）2+（x2）2＝R2，解得R=58x．比较C1与C2的大小则可得出答案．
【解答】解：连接OF，延长FO交AD于点E，连接OD，
∵CB与⊙O相切，
∴OF⊥BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，
∴FE⊥AD，
∴四边形EFCD为矩形，AE＝DE，
∴EF＝CD，
设⊙O的半径为R，正方形的边长为x，则OF＝R，
∴OE＝x﹣R，
在Rt△ODE中，OE2+ED2＝OD2，
即（x﹣R）2+（x2）2＝R2，
解得R=58x．
∴正方形ABCD的周长C1＝4x，⊙O的周长C2＝2πR＝2π•58x=5π4x，
∵4＞5π4，
∴C1＞C2，
故选：A．
3．（2021•滨海县一模）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD、CD、OA，若∠ADC＝30°，则∠ABO的度数为（ ）
A．25° B．20° C．30° D．35°
【分析】根据切线的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OA，即∠OAB＝90°，
∵∠ADC＝30°，
∴∠AOB＝2∠ADC＝60°，
∴∠ABO＝90°﹣60°＝30°．
故选：C．
4．（2021•建邺区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点O在AC上，⊙O与AB、BC相切，与AD相交于点E、F，则EF的长为（ ）
A．3 B．5 C．657 D．677
【分析】根据切线的性质，过点O分别作垂线，构造直角三角形，利用△ABC∽△AGO，对应边成比例可求出OG，AG，再利用勾股定理求出FK，最后根据垂径定理求出EF即可．
【解答】解：如图，过点O作OK⊥AD，OG⊥AB，垂足为K、G，延长KO交BC于点H，
∵AB、BC与⊙O相切，OG＝OH，
∴四边形OGBH是正方形，
∴OG∥BC，
∴△ABC∽△AGO，
∴AGAB=OGBC，
设正方形OGBH的边长为x，则
3−x3=x4，
解得x=127，
∴OK＝AG＝3−127=97，
在Rt△OKF中，由勾股定理得，
KF=OF2−OK2=377，
又∵OK⊥EF，
∴EF=2KF=677，
故选：D．
5．（2021•栖霞区二模）在平面直角坐标系中，⊙P经过点A（0，3）、B（0，33），⊙P与x轴相切于点C，则点P的坐标是（ ）
A．（3，23） B．（3，33）
C．（3，23）或（﹣3，23） D．（3，33）或（﹣3，33）
【分析】分两种情况：如图1，过P作PD⊥y轴于D，连接PC，根据切线的性质得到PC⊥x轴，根据矩形的性质得到PC＝OD，PD＝OC，根据勾股定理得到PD=PB2−BD2=(23)2−(3)2=3，如图2，同理可得，P（﹣3，23），于是得到结论．
【解答】解：如图1，过P作PD⊥y轴于D，连接PC，
∵⊙P与x轴相切于点C，
∴PC⊥x轴，
∴四边形OCPD是矩形，
∴PC＝OD，PD＝OC，
∵点A（0，3）、B（0，33），
∴AB＝23，
∴BD＝AD=12AB=3，
∵∠PCO＝∠PDO＝∠COD＝90°，
∴四边形PCOD是矩形，
∴PC＝OD＝23，
连接PB，
∴PB＝PC＝23，
在Rt△PBD中，PD=PB2−BD2=(23)2−(3)2=3，
∴P（3，23）；
如图2，同理可得，P（﹣3，23），
综上所述，点P的坐标是（3，23）或（﹣3，23），
故选：C．
6．（2021•苏州二模）如图，菱形ABCD的两边与⊙O分别相切于点A、C，点D在⊙O上，则∠B的度数是（ ）
A．45° B．50° C．60° D．65°
【分析】连接OA、DB、OC，由菱形的性质得出BD平分∠ABC，DA＝DC，由等腰三角形的性质得出∠OBC＝∠ODC，由直角三角形的性质求出∠OBC＝30°，则可得出答案．
【解答】解：连接OA、DB、OC，
∵AB，BC与⊙O相切，
∴∠ABO＝∠CBO，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD平分∠ABC，DA＝DC，
∴点O在BD上，
∵∠BOC＝∠ODC+∠OCD，
又OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠BOC＝2∠ODC，
又CB＝CD，
∴∠OBC＝∠ODC，
∴∠BOC＝2∠OBC，
∵∠BOC+∠OBC＝90°，
∴∠OBC＝30°，
∴∠ABC＝2∠OBC＝60°．
故选：C．
7．（2021•泰州二模）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点D．设∠A＝α，∠D＝β，则（ ）
A．α﹣β＝90° B．α+β＝90° C．2α+β＝90° D．α+2β＝90°
【分析】连接OC，如图，利用圆周角定理得到AB是直径，∠BOC＝2∠A，再根据切线的性质得∠OCD＝90°，然后利用互余得到结论．
【解答】解：连接OC，如图，
∵⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，
∴AB是直径，
∵∠A＝α，
∴∠BOC＝2∠A＝2α，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∴∠D＝90°﹣∠BOC＝90°﹣2α＝β，
∴2α+β＝90°．
故选：C．
8．（2021•江阴市模拟）已知⊙O的圆心O到直线l的距离为5，⊙O的半径为3，则直线l和⊙O的位置关系为（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
【分析】根据圆心到直线的距离为5大于圆的半径3，则直线和圆相离．
【解答】解：∵⊙O的圆心O到直线l的距离为5，⊙O的半径为3，
5＞3，
∴直线和圆相离．
故选：A．
9．（2021•武进区模拟）已知⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为3，则⊙O上到直线l的距离为2的点共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据平行线间的距离相等，先过点D作AB⊥OC，即可求得⊙O上到直线l的距离为2的点的个数．
【解答】解：如图，
∵⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为3，
∴CE＝2，
过点D作AB⊥OC，垂足为D，交⊙O于A、B两点，且DE＝2，
∴⊙O上到直线l的距离为2的点为A、B、C，
∴⊙O上到直线l的距离为2的点有3个，
故选：C．
10．（2021•泗洪县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，以点C为圆心，3为半径的圆与AB所在直线的位置关系是（ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．无法判断
【分析】根据在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，可以求得AB的长，然后根据等积法可以求得斜边AB上的高，然后与2.5比较大小，即可解答本题．
【解答】解：在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
∴斜边AB上的高为：3×4÷5＝2.4，
∵2.4＜3，
∴圆C与AB所在直线的位置关系是相交．
故选：A．
二．填空题（共6小题）
11．（2021•泰州）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 （0，11） ．
【分析】连接AB，过点A分别作AC⊥x轴、AD⊥y轴，利用根据圆的切线性质可知△PAB、△AOC为直角三角形，AB＝AC＝5，利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理分别求出AP、AD的长度，进而求出OD、PD的长度即可求得答案．
【解答】解：过点A分别作AC⊥x轴于点C、AD⊥y轴于点D，连接AB，
当点P在点D是上方时，如图，
∵AD⊥y轴，AC⊥x轴，
∴四边形ADOC为矩形，
∴AC＝OD，OC＝AD，
∵⊙A与x轴相切，
∴AC为⊙A的半径，
∵点A坐标为（8，5），
∴AC＝OD＝5，OC＝AD＝8，
∵PB是切线，
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，
∴PA＝2AB＝10，
在Rt△PAD中，根据勾股定理得，
PD=PA2−AD2=102−82=6，
∴OP＝PD+DO＝11，
∵点P在y轴的正半轴上，
∴点P坐标为（0，11），
故答案为：（0，11）．
12．（2021•南京）如图，FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，则∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ＝ 180 °．
【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，OD和OE，根据切线的性质和等腰三角形的性质得出∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ＝（∠BAF+∠OAB）+（∠CBG+∠OBC）+（∠DCH+∠OCD）+（∠EDI+∠ODE）+（∠AEJ+∠OEA）﹣（∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA）即可求出．
【解答】解：如图，设圆心为O，连接OA，OB，OC，OD和OE，
∵FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，
∴∠OAF＝∠OBG＝∠OCH＝∠ODI＝∠OEJ＝90°，
即（∠BAF+∠OAB）+（∠CBG+∠OBC）+（∠DCH+∠OCD）+（∠EDI+∠ODE）+（∠AEJ+∠OEA）＝90°×5＝450°，
∵OA＝OB＝OC＝OD＝OE，
∴∠OAB＝∠OBA，∠OBC＝∠OCB，∠OCD＝∠ODC，∠ODE＝∠OED，OEA＝∠OAE，
∴∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA=12×五边形ABCDE内角和=12×(5−2)×180°=270°，
∴∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ＝（∠BAF+∠OAB）+（∠CBG+∠OBC）+（∠DCH+∠OCD）+（∠EDI+∠ODE）+（∠AEJ+∠OEA）﹣（∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA）＝450°﹣270°＝180°，
故答案为：180．
13．（2021•秦淮区二模）在平面直角坐标系xOy中，以O为圆心，2个单位长度为半径画圆．若一次函数y＝kx+5k（k为常数，k≠0）的图象与⊙O有公共点，则k的取值范围是 −22121≤k≤22121且k≠0 ．
【分析】根据题意画出图形，求出一次函数与⊙O相切时k的值，进而求出k的取值范围．
【解答】解：∵y＝kx+5k（k≠0），
∴函数过点（﹣5，0），
当AB与圆相切于点B时，
∵AO＝5，OB＝2，
∴AB=21，
∴tan∠BAO=OBAB=22121，
∴k=22121，
同理可得k=−22121，
∴−22121≤k≤22121，且k≠0．
14．（2021•仪征市一模）如图，⊙O的圆心为原点，半径为1，过点（a，a﹣1）可以作⊙O的两条切线，则a的取值范围是 a＞1或a＜0 ．
【分析】由题意可知，点（a，a﹣1）在⊙O的外部且到圆心的距离大于半径1，可得不等式，解不等式即可得到a的取值范围．
【解答】解：∵过点（a，a﹣1）可以作⊙O的两条切线，
∴点（a，a﹣1）在⊙O的外部且到圆心的距离大于半径1，
∴(a−0)2+(a−1−0)2＞1，
∴a2+（a﹣1）2＞1，
∴2a（a﹣1）＞0，
∴a＞0，a﹣1＞0或a＜0，a﹣1＜0，
∴a＞1或a＜0，
故答案为：a＞1或a＜0．
15．（2021•阜宁县模拟）如图，在平面直角坐标系中，半径为1的⊙A圆心A的坐标为（﹣1，0），点P为直线y=−12x+2上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是 2 ．
【分析】如图1，连接AP、AQ，根据切线的性质得AQ⊥PQ，则利用勾股定理得到PQ=AP2−1，则当AP最小时，PQ最小，如图2，直线y=−12x+2与y轴交于B，与x轴交于点C，则B（0，2），C（4，0），BC＝25，利用垂线段最短得到当AP⊥BC于P时，AP最小，利用面积法可计算出AP=5，从而得到PQ的最小值．
【解答】解：∵如图1，连接AP、AQ，
∵PQ为切线，
∴AQ⊥PQ，
在Rt△APQ中，PQ=AP2−AQ2=AP2−1，
当AP最小时，PQ最小，
如图2，直线y=−12x+2与y轴交于B，与x轴交于点C，则B（0，2），C（4，0），
∴BC=22+42=25，
当AP⊥BC于P时，AP最小，
∵12AP•BC=12BO•AC，
∴AP=2×525=5，
∴PQ的最小值为(5)2−12=2．
故答案为：2．
16．（2021•滨海县一模）如图，矩形ABCD中，E是AB上一点，连接DE，将△ADE沿DE翻折，恰好使点A落在BC边的中点F处，在DF上取点O，以O为圆心，OF长为半径作半圆与CD相切于点G．若AD＝6，则图中阴影部分的面积为 32 ．
【分析】连接OG，QG，证明△DOG∽△DFC，得出DODF=OGFC，设OG＝OF＝x，则6−x6=x3，求出圆的半径为2，证明△OFQ为等边三角形，求出CQ，CG，则可由三角形的面积公式求出答案．
【解答】解：连接OG，QG，
∵将△ADE沿DE翻折，恰好使点A落在BC边的中点F处，
∴AD＝DF＝6，BF＝CF＝3，
∵矩形ABCD中，∠DCF＝90°，
∴∠FDC＝30°，
∴∠DFC＝60°，
∵⊙O与CD相切于点G，
∴OG⊥CD，
∵BC⊥CD，
∴OG∥BC，
∴△DOG∽△DFC，
∴DODF=OGFC，
设OG＝OF＝x，则6−x6=x3，
解得：x＝2，即⊙O的半径是2．
连接OQ，作OH⊥FQ，
∵∠DFC＝60°，OF＝OQ，
∴△OFQ为等边三角形；同理△OGQ为等边三角形；
∴∠GOQ＝∠FOQ＝60°，OH=32OQ=3，
∴QH=33×3=1，
∴CQ＝1
∵四边形OHCG为矩形，
∴OH＝CG=3，
∴S阴影＝S△CGQ=12×CQ×CG=12×1×3=32．
故答案为：32．
三．解答题（共4小题）
17．如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边BC上，⨀O经过A，B，P三点．
（1）若BP＝3，判断边CD所在直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）如图2，E是CD的中点，⊙O交射线AE于点Q，当AP平分∠EAB时，求tan∠EAP的值．
【分析】（1）如图1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．求出OE的长，与半径比较，可得结论．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．利用面积法求出BP，可得结论．
【解答】解：（1）如图1﹣1中，连接AP，过点O作OH⊥AB于H，交CD于E．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABP＝90°，
∴AP是直径，
∴AP=AB2+BP2=42+32=5，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH，
∵OA＝OP，AH＝HB，
∴OH=12PB=32，
∵∠D＝∠DAH＝∠AHE＝90°，
∴四边形AHED是矩形，
∴OE⊥CE，EH＝AD＝4，
∴OE＝EH﹣OH＝4−32=52，
∴OE＝OP，
∴直线CD与⊙O相切．
（2）如图2中，延长AE交BC的延长线于T，连接PQ．
∵∠D＝∠ECT＝90°，DE＝EC，∠AED＝∠TEC，
∴△ADE≌△TCE（ASA），
∴AD＝CT＝4，
∴BT＝BC+CT＝4+4＝8，
∵∠ABT＝90°，
∴AT=AB2+BT2=42+82=45，
∵AP是直径，
∴∠AQP＝90°，
∵PA平分∠EAB，PQ⊥AQ，PB⊥AB，
∴PB＝PQ，
设PB＝PQ＝x，
∵S△ABT＝S△ABP+S△APT，
∴12×4×8=12×45×x+12×4×x，
∴x＝25−2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB=PBAB=5−12．
备注：本题也可以用面积法，连接PQ，PE，设BP＝x，
在Rt△PEQ中，
PE2＝x2+（25−4）2，
在Rt△PEC中，
PE2＝（4﹣x）2+22，
则x2+（25−4）2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝PB＝25−2，
∴tan∠EAP＝tan∠PAB=PBAB=5−12．
18．（2021•淮安）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若CD＝3，DE=52，求⊙O的直径．
【分析】（1）连接DO，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC＝90°，E为BC的中点得到DE＝CE＝BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定与性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接DO，如图，
∵直径所对圆周角，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝90°，E为BC的中点，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠EDC＝∠ECD，
又∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
而∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，
∴∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，
∴DE⊥OD且OD为半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）由（1）得，∠CDB＝90°，
∵CE＝EB，
∴DE=12BC，
∴BC＝5，
∴BD=BC2−CD2=52−32=4，
∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，
∴△BCA∽△BDC，
∴ACCD=BCBD，
∴AC3=54，
∴AC=154，
∴⊙O直径的长为154．
19．（2021•宿迁）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以点O为圆心，OA为半径的圆交AB于点C，点D在边OB上，且CD＝BD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）已知tan∠ODC=247，AB＝40，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC，由等腰三角形的性质可得∠A＝∠ACO，∠B＝∠DCB，由余角的性质可求∠OCD＝90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设CD＝7x＝DB，OC＝24x＝OA，在Rt△OCD中，由勾股定理可求OD＝25x，在Rt△AOB中，由勾股定理可求x＝1，即可求解．
【解答】解：（1）直线CD与⊙O相切，
理由如下：如图，连接OC，
∵OA＝OC，CD＝BD，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠DCB，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠ACO+∠DCB＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
又∵OC为半径，
∴CD是⊙O的切线，
∴直线CD与⊙O相切；
（2）∵tan∠ODC=247=OCCD，
∴设CD＝7x＝DB，OC＝24x＝OA，
∵∠OCD＝90°，
∴OD=OC2+CD2=49x2+576x2=25x，
∴OB＝32x，
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝AO2+OB2，
∴1600＝576x2+1024x2，
∴x＝1，
∴OA＝OC＝24，
∴⊙O的半径为24．
20．（2021•南通）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，弦AE的延长线与过点C的切线互相垂直，垂足为D，∠CAD＝35°，连接BC．
（1）求∠B的度数；
（2）若AB＝2，求EC的长．
【分析】（1）连接OC，如图，利用切线的性质得到OC⊥PE，则判断OC∥AE，所以∠DAC＝∠OCA，然后利用∠OCA＝∠OAC得到∠DAC＝∠OAC；
（2）根据同弧上圆周角和圆心角的关系求出∠COE，根据弧长公式即可求出EC的长．
【解答】解：（1）连接OC，如图，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AE⊥CD，
∴OC∥AE，
∴∠CAD＝∠OCA，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∴∠CAD＝∠OAC＝35°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠OAC+∠B＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠OAC＝90°﹣35°＝55°；
（2）连接OE，
∵⊙O的直径AB＝2，
∴OA＝1，
∵CE=CE，
∴∠COE＝2∠CAE＝2×35°＝70°，
∴EC的长为：70π⋅1180=7π18．
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