2023年中考数学 章节专项练习34 与圆有关的位置关系

这是一份2023年中考数学 章节专项练习34 与圆有关的位置关系，共32页。
一、选择题
1.（2019江苏无锡，8，3分）如图，PA是⊙O的切线，切点为A，PO的延长线交⊙O于点B，若∠P=40°，则∠B的度数为（ ）
A.20° B.25° C.40° D.50°

第8题图 第8题答图
【答案】B
【思路分析】本题考查切线的性质，连接OA，先利用切线性质求∠AOP，再借助等边对等角求∠B.
【解题过程】∵PA是⊙O的切线，切点为A，∴OA⊥AP，∴∠OAP=90°，∵∠APB=40°，∴∠AOP=50°，∵OA=OB，∴∠B=∠OAB=∠AOP=25°．故选B．
【知识点】切线的性质

2.（2019四川自贡，12，4分）如图，已知A、B两点的坐标分别为（8，0）、（0，8），点C、F分别是直线x=-5和x轴上的动点，CF=10，点D是线段CF的中点，连接AD交y轴于点E，当△ABE的面积取得最小值时，tan∠BAD的值是（ ）

A. B. C. D.

【答案】B.
【解析】
解：∵A（8，0），B（0，8），∠AOB=900，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴AB=，∠OBA=450，
取D（-5，0），当C、F分别在直线x=-5和x轴上运动时，
∵线段DH是Rt△CFD斜边上中线，
∴DH=CF=10，
故D在以H为圆心,半径为5的圆上运动，
当AD与圆H相切时，△ABE的面积最小.
在Rt△ADH中，AH=OH+OA=13,
∴AD=.
∵∠AOE=∠ADH=900，∠EAO=∠HAD，
∴△AOE∽△ADH，
∴，即，
∴OE=，
∴BE=OB-OE=.
∵S△ABE=BE·OA=AB·EG，
∴EG=.
在Rt△BGE中，∠EBG=450，
∴BG=EG=，
∴AG=AB-BG=.
在Rt△AEG中，
tan∠BAD=.
故选B.

【知识点】勾股定理，锐角三角函数，圆的切线.

3. (2019浙江台州,7,4分)如图,等边三角形ABC的边长为8,以BC上一点O为圆心的圆分别与边AB,AC相切,则¤O的半径为( )
A. B.3 C.4 D.

第7题图
【答案】A
【解析】∵¤O与AB,AC相切,∴OD⊥AB,OE⊥AC,又∵OD＝OE,∴∠DAO＝∠EAO,又∵AB＝AC,∴BO＝CO,∴∠DAO＝30°,BO＝4,∴OD＝OAtan∠DAO＝OA,又∵在Rt△AOB中,,∴OD＝,故选A.

第7题答图
【知识点】切线的性质,角平分线的判定,三角函数,勾股定理

4.（2019重庆市B卷，4，4分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，若∠C＝40°则∠B的度数为（　　　）
A.60° B.50° C.40° D.30°

【答案】Ｂ
【解析】圆的切线垂直于经过切点的半径，因为AC是⊙O的切线，A为切点，所以∠BAC＝90°，根据三角形内角和定理，若∠C＝40°则∠B的度数为50°.故选Ｂ．
【知识点】切线定义，三角形内角和 .


5.（2019重庆A卷，4，4分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，A为切点，BC与⊙O交于点D，连结OD．若∠C＝50°，则∠AOD的度数为（ ）
A．40° B．50° C．80° D．100°
第4题图

【答案】C
【解析】∵AC是⊙O的切线，∴AC⊥AB．∵∠C＝50°，∴∠B＝90°－∠C＝40°．∵OB＝OD，∴∠B＝∠ODB＝40°．∴∠AOD＝∠B＋∠ODB＝80°．故选C．
【知识点】等腰三角形的性质；切线的性质



6.（2019广东广州，5，3分）平面内，⊙O的半径为1，点P到O的距离为2，过点P可作⊙O的切线条数为（　　）
A．0条 B．1条 C．2条 D．无数条
【答案】C
【解析】解：∵⊙O的半径为1，点P到圆心O的距离为2，∴d＞r，∴点P与⊙O的位置关系是：P在⊙O外，∵过圆外一点可以作圆的2条切线，故选：C．
【知识点】切线的性质
二、填空题
1.（2019湖南岳阳，16，4分）如图，AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的一点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE的垂线AC、BD，垂足分别为C、D，连接AM，则下列结论正确的是．（写出所有正确结论的序号）
①AM平分∠CAB；
②AM2=AC·AB；
③若AB=4，∠APE=30°，则的长为；
④若AC=3，BD=1，则有CM=DM=．

【答案】①②④
【思路分析】①连接OM，运用平行线的性质和等腰三角形的性质进行证明；②连接BM，证明△AMC∽△ABM，则结论可证；③分别求出圆心角和半径，利用弧长公式进行计算；④先运用平行线等分线段定理证明CM=DM，再证明△ACM∽△MDB，利用比例式进行计算．
【解题过程】连接OM，BM

∵PE是⊙O的切线，
∴OM⊥PE．
∵AC⊥PE，
∴AC∥OM．
∴∠CAM＝∠AMO．
∵OA＝OM，
∴∠AMO＝∠MAO．
∴∠CAM=∠MAO．
∴AM平分∠CAB．选项①正确；
∵AB为直径，
∴∠AMB=90º=∠ACM．
∵∠CAM=∠MAO，
∴△AMC∽△ABM．
∴．
∴AM2=AC·AB．选项②正确；
∵∠P=30°，
∴∠MOP=60°．
∵AB=4，
∴半径r=2．
∴．选项③错误；
∵BD∥OM∥AC，OA=OB，
∴CM=MD．
∵∠CAM＋∠AMC=90°，∠AMC＋∠BMD=90°，
∴∠CAM＝∠BMD．
∵∠ACM=∠BDM=90°，
∴△ACM∽△MDB．
∴．
∴CM·DM=3×1=3．
∴CM=DM=．选项④正确；
综上所述，结论正确的有①②④．
【知识点】圆的基本性质，切线的性质，弧长计算，相似三角形的判定和性质

2.（2019江苏无锡，17，2分）如图，在△ABC中，AC∶BC∶AB=5∶12∶13，O在△ABC内自由移动，若O的半径为1，且圆心O在△ABC内所能到达的区域的面积为，则△ABC的周长为__________.

第17题图
【答案】25
【思路分析】本题考查动圆与三角形的边动态相切问题，由于Rt△ABC与Rt△O1O2O3的公共内心，故可以通过两个内切圆半径的差为1来求△ABC的周长.

【解题过程】如图，圆心O在△ABC内所能到达的区域是△O1O2O3，∵△O1O2O3三边向外扩大1得到△ACB，∴它的三边之比也是5∶12∶13，∵△O1O2O3的面积=，∴O1O2=，O2O3=4，O1O3=，连接AO1与CO2，并延长相交于I，过I作ID⊥AC于D，交O1O2于E，过I作IG⊥BC于G交O3O2于F，则I是Rt△ABC与Rt△O1O2O3的公共内心，四边形IEO2F四边形IDCG都是正方形，∴IE=IF= =，ED=1，∴ID=IE+ED=，设△ACB的三边分别为5m、12m、13m，则有ID==2m=，解得m=，△ABC的周长=30m=25.
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形内心的性质，直角三角形的内切圆

3.（2019山东省济宁市，14，3分）如图，O为Rt△ABC直角边AC上一点，以OC为半径的⊙O与斜边AB相切于点D，交OA于点E，已知BC＝，AC＝3．则图中阴影部分的面积是 ．

【答案】
【解析】在Rt△ABC中，∵，∴∠A＝30°．
∵⊙O与斜边AB相切于点D，∴OD⊥AB．
设⊙O的半径为r，在Rt△ADO中，，解得r＝，
∴阴影的面积是S＝×π×()2＝π．
【知识点】锐角三角函数，扇形面积格式，圆的切线的性质

4.（2019四川眉山，17，3分）如图，在Rt△AOB中，OA=OB=，⊙O的半径为2，点P是AB边上的动点，过点P作⊙O的一条切线PQ（点Q为切点），则线段PQ长的最小值为 ．

【答案】
【思路分析】连接OQ，由PQ为圆O的切线，利用切线的性质得到OQ与PQ垂直，利用勾股定理列出关系式，由OP最小时，PQ最短，根据垂线段最短得到OP垂直于AB时最短，利用面积法求出此时OP的值，再利用勾股定理即可求出PQ的最短值.
【解题过程】解：连接OQ，如图所示，
∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ，根据勾股定理知：PQ2=OP2-OQ2，∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，
∵在Rt△AOB中，OA=OB=，∴AB=OA=8，∴S△AOB= OA•OB=AB•OP，即OP==4，
∴PQ= ==．故答案为：.

【知识点】勾股定理，等积法，最短距离问题

5. (2019浙江宁波,17,4分)如图,Rt△ABC中,∠C＝90°,AC＝12 ,点D在边BC上,CD＝5,BD＝13.点P是线段AD上一动点,当半径为6的P与△ABC的一边相切时,AP的长为________.

第17题图
【答案】或
【解析】半径为6的P与△ABC的一边相切,可能与AC,BC,AB相切,故分类讨论:
①当P与AC相切时,点P到AC的距离为6,但点P在线段AD上运动,距离最大在点D处取到,为5,故这种情况不存在;
②当P与AC相切时,点P到BC的距离为6,如图PE＝6,PE⊥AC,∴PE为△ACD的中位线,点P为AD中点,∴AP＝;

③当P与AB相切时,点P到AB的距离为6,即PF＝6,PF⊥AB,过点D作DG⊥AB于点G,∴△APF∽△ADG∽△ABC,∴,其中,PF＝6,AC＝12,AB＝＝,∴AP＝;
综上所述,AP的长为或.

【知识点】切线性质,中位线,相似三角形,勾股定理

6.（2019湖北鄂州，16，3分）如图，在平面直角坐标系中，已知C（3，4），以点C为圆心的圆与y轴相切．点A、B在x轴上，且OA＝OB．点P为⊙C上的动点，∠APB＝90°，则AB长度的最大值为　　．

【答案】16
【解析】解：连接OC并延长，交⊙C上一点P，以O为圆心，以OP为半径作⊙O，交x轴于A、B，此时AB的长度最大，
∵C（3，4），
∴OC5，
∵以点C为圆心的圆与y轴相切．
∴⊙C的半径为3，
∴OP＝OA＝OB＝8，
∵AB是直径，
∴∠APB＝90°，
∴AB长度的最大值为16，
故答案为16．
【知识点】坐标与图形性质；圆周角定理；切线的性质
三、解答题
1.（2019浙江金华，21，8分）如图，在OABC中，以O为圆心，OA为半径的圆与BC相切于点B，与OC相交于点D.
（1）求的度数；
（2）如图，点E在⊙O上，连结CE与⊙O交于点F.若EF=AB，求∠OCE的度数.

（第21题图）

【思路分析】本题考查了切线的性质；垂径定理；平行四边形的性质；等腰直角三角形的判定；勾股定理；特殊角的锐角三角函数的综合运用.
（1）连结OB，利用切线的性质；平行四边形的性质证△AOB是等腰直角三角形得∠ABO＝45°．利用平行线的性质得∠BOC＝45°．由圆心角的弧度就是所对弧的度数得出结论．
（2）连结OE，作OH⊥EC．设EH＝t，先利用垂径定理，平行四边形的性质证得CO＝2t，再利用等腰直角三角形的性质，勾股定理求得OH＝t，最后利用特殊角的锐角三角函数求出∠OCE的度数.
【解题过程】解： 1）连结OB．
∵BC是⊙O的切线，
∴OB⊥BC，
∵四边形OABC是平行四边形
∴OA∥BC，∴OB⊥OA．
∴△AOB是等腰直角三角形．
∴∠ABO＝45°．
∵OC∥AB，
∴∠BOC＝∠ABO＝45°．
∴的的度数为45°；

（2）连结OE，过点O作OH⊥EC于点H，设EH＝t，
∵OH⊥EC，
∴EF＝2HE＝2t，
∵四边形OABC是平行四边形
∴AB＝CO＝EF＝2t，
∵△AOB是等腰直角三角形．
∴⊙O的半径OA＝t．
∴在Rt△EHO中，OH＝＝＝t
在Rt△OCH中，∵OC＝2OH，∴∠OCE＝30°．
【知识点】切线的性质；垂径定理；平行四边形的性质；等腰直角三角形的判定；勾股定理；特殊角的锐角三角函数

2.（2019浙江湖州，23，10分）已知在平面直角坐标系xOy中，直线l1分别交x轴和y轴于点A(－3，0)、B(0，3)．
（1）如图1，已知⊙P经过点O，且与直线l1相切于点B，求⊙P的直径长；
（2）如图2，已知直线l2：y＝3x－3分别交x轴和y轴于点C和点D，点Q是直线l2上的一个动点，以Q为圆心，2为半径画圆．
①当点Q与点C重合时，求证：直线l1与⊙Q相切；
②设⊙Q与直线l1相交于点M，N，连结QM，QN．问：是否存在这样的点Q，使得△QMN是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
图1 图2
第23题图

【思路分析】（1）连接PO、PB，由切线的性质得AB⊥BP，再由∠AOB＝90°，OA＝OB，得到∠OBA＝∠OAB＝45°，进而得到△OPB是等腰直角三角形，由三角函数易求⊙P的直径．（2）第①个问题利用圆心到直线的距离等于圆的半径的直线是圆的切线，计算点C到直线AB的距离与半径2比较即可；②分两种情况讨论：若点Q在CF上，由等腰直角三角形的锐角为45°，加上∠BAC＝45°，得∠AGN＝90°，利用设点Q的坐标并结合直线解析式，得到N的坐标，从而建立关于点Q的横坐标的一元方程解之即可．另一种情况利用中心对称性质，结合上种情况将两点坐标交换一下，就轻松锁定答案．
【解题过程】（1）如答图1，连接PO、PB．
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴AB⊥BP．
∵A(－3，0)、B(0，3)，
∴OA＝OB＝3．
又∵∠AOB＝90°，
∴∠OBA＝∠OAB＝45°．
∴∠PBO＝45°．
∵PB＝PO，
∴∠OPB＝90°．
在Rt△POB中，由sin∠PBO＝，得PO＝OB•sin∠PBO＝3×sin45°＝．
∴⊙P的直径为3．
第23题答图1
第23题答图2

（2）①如答图2，过点C作CE⊥AB于点E．易知C(1，0)，从而AC＝3＋1＝4．
在Rt△ACE中，由sin∠CAE＝，得CE＝AC•sin∠CAE＝4×sin45°＝2．
∵⊙Q的半径为2，且点Q与点C重合，
∴⊙Q与直线l1相切．
第23题答图4
第23题答图3

②假设存在符合条件的等腰直角三角形，令直线l1、l2相交于点F．
易求直线AB的解析式为y＝x＋3．
分两种情况讨论如下：
若点Q在线段CF上，如答图3，由∠MNQ＝∠NAG＝45°，得∠AGN＝90°，从而点Q、N两点的横坐标相等，不妨令Q(m，3m－3)，则N(m，m＋3)，于是由NQ＝2，得(m＋3)－(3m－3)＝2，解得m＝3－，故Q(3－，6－3)．
若点Q在线段CF的延长线上，如答图4，由可知(3m－3)－(m＋3)＝2，解得m＝3＋，故Q(3＋，6＋3)．
综上，存在符合条件的点Q有两个：Q1(3－，6－3)，Q2(3＋，6＋3)．
【知识点】圆的切线性质；等腰三角形的性质；等腰直角三角形的判定与性质；三角函数；一次函数；动点问题；分类思想；数形结合思想．

3.（2019天津市，21，10分）已知PA,PB分别与⊙O相切于点A,B，∠APB=80°，C为⊙O上一点，
(1)如图①，求∠ACB的大小；
(2)如图②，AE为⊙O的直径，AE与BC相交于点D，若AB=AD，求∠EAC的大小.

【思路分析】(1)如图，由于PA,PB分别是切线，所以连接OA,OB可得∠PAO=∠PBO=90°，根据四边形内角和可求∠AOB,根据圆周角和圆心角的关系可求∠ACB的大小。

（2）如图，连接CE，由于AE是直径可知∠ACE=90°，由（1）知∠ACB=50°，可求得∠BCE=40°，因为同弧所对的圆周角相等，所以∠BAE=∠BCE=40°，根据AB=AD，从而∠ADB=70°，△ACD中，∠ADB是外角，所以∠EAC=∠ADB-∠ACB=70°-50°=20°

【解题过程】解：（1）如图，连接OA,OB
∵PA,PB分别是切线
∴OA⊥PA,OB⊥PB,
即∠PAO=∠PBO=90°
∵∠APB=80°
∴在四边形OAPB中，∠AOB=360°-90°-90°-80°=100°
∴∠ACB=∠AOB=50°
（2）如图，连接CE,
∵AE为直径，
∴∠ACE=90°，
由（1）知，∠ACB=50°，
∴∠BCE=∠ACE-∠ACB=40°，
∴∠BAE=∠BCE=40°，
∵在△ABD中，AB=AD,
∴∠ADB=∠ABD=70°
∵△ACD中，∠ADB是外角，
∴∠EAC=∠ADB-∠ACB=70°-50°=20°
【知识点】圆的性质，切线的性质，四边形内角和，三角形的外角定理，等腰三角形的性质

4.（2019四川攀枝花，22，8分）
如图1，有一个残缺的圆，请做出残缺圆的圆心O（保留作图痕迹，不写做法）
如图2，设AB是该残缺圆⊙O的直径，C是圆上一点，∠CAB的角平分线AD交⊙O于点D，过点D作⊙O的切线交AC的延长线于点E．
（1）求证：AE⊥DE；（2）若DE＝3，AC＝2，求残缺圆的半圆面积．

【思路分析】如图1,圆弧上任取三点,连接任意两点可得到两条弦,作这两条弦的中垂线, 其交点就是残缺圆的圆心O．
如图2, (1)连接OD交BC于H．由直径所对的圆周角是直角得∠ACB＝90°,由角平分线的定义及等腰三角形的性质证得OD∥AE，所以AE⊥DE．
(2) 证OD⊥BC ,由垂径定理得BC＝2CH．由矩形的性质得CH＝ED＝3,所以BC＝6．在Rt△ABC中，由勾股定理可得直径AB的长，由圆的面积公式可得残缺圆的半圆面积．
【解题过程】解：图1问题解答如下:如图，

点即为所求．
图2问题解答如下：
（1）证明：连接OD交BC于H．
∵AB是该残缺圆⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°．
∵DE为⊙O的切线
∴OD⊥DE．
∵AD平分∠CAB
∴∠CAD＝∠DAB．
∵OD＝OA,
∴∠DAB＝∠ODA＝∠CAD．
∴OD∥AE．
∴AE⊥DE．

（2）∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB＝90°．
∵OD∥AE,
∴OD⊥BC．
∴BC＝2CH．
∴四边形CEDH为矩形．
∵DE＝3，
∴CH＝ED＝3,∴BC＝6,
∵AC＝2，
∴AB＝2,
∴AO＝,
∴S半圆＝π·AO2＝5π．
【知识点】垂径定理；矩形的判定；勾股定理；

5.（2019四川凉山，22，8分）
如图，点D是以AB为直径的⊙O上一点，过点B作⊙O的切线，交AD的延长线于点C，E是BC的中点，连接DE并延长与AB的延长线交于点F.
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若OB=BF，EF=4，求 AD 的长.


【思路分析】（1）连接OD.先根据直径所对圆周角为直角证∠CDB =90°，再证ED=EB得出∠EDB=∠EBD，转化得到∠ODF=90°从而得出结论；
（2）先利用锐角三角函数求∠F，再证△ODB是等边三角形，得出AD、BD的关系，最后借助锐角三角函数与勾股定理求得DB的长从而得出结论.
【解题过程】（1）证明：连接OD.∵⊙O的切线，∴BC⊥OB，∴∠OBC=90°.∵AB为⊙O直径，∴∠ADB=90°，∵∠ADB+∠CDB =180°，∴∠CDB =90°.∵E是BC的中点，∴ED=EB=BC，∴∠EDB=∠EBD.∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∴∠ODF=∠OBC=90°,∴DF⊥OD，∴DF是⊙O的切线；
（2）由（1）知∠ODB=90°，∵OD=OB=BF，∴sin∠F=,∴∠F=30°，∵∠DOB+∠F =90°，∴∠DOB=60°，∴△ODB是等边三角形，∴∠OBD=60°，∴tan∠OBD==，∴AD=BD.∵BC⊥AF，∴sin∠F=,∵EF=4，∴BE=2，∴BF==2=OB=DB，∴AD=BD=6.



【知识点】锐角三角函数;圆周角;等边三角形的判定；勾股定理

6.（2019四川乐山，23，10分）已知关于的一元二次方程.
（1）求证：无论为任何实数，此方程总有两个实数根；
（2）若方程的两个实数根为、，满足，求的值；
（3）若△的斜边为5，另外两条边的长恰好是方程的两个根、，求的内切圆半径.
【思路分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△＞0，进而即可证出结论；
（2）根据根与系数的关系可得出、，将其代入=x12+x22+4x1x2=（x1+x2）2+2x1x2中求出的值；
（3）解方程求两边长，利用勾股定理求k，结合切线长定理求内切圆半径．
【解题过程】
（1）证明： ， 无论为任何实数时，此方程总有两个实数根.
（2）由题意得：，， ，，即， 解得：；
（3）解方程得：，， 根据题意得：，即， 设直角三角形的内切圆半径为，如图， 由切线长定理可得：，直角三角形的内切圆半径=；

第23题答图

【知识点】根的判别式；根与系数的关系；勾股定理；一元二次方程的解法；切线长定理

24．（2019四川乐山，24，10分）如图，直线与⊙相离，于点，与⊙相交于点，.是直线上一点，连结并延长交⊙于另一点，且.
（1）求证：是⊙的切线；
（2）若⊙的半径为，求线段的长.

第24题图

【思路分析】
（1）连结OB，如图，由等腰三角形的性质得，，由得∠2+∠3=90°，加上∠3=∠4，易得∠5+∠1=90°，即∠OBA=90°，于是根据切线的判定定理可得，从而得到∠OBA=90°得出结论；
（2）过作于，先据垂径定理得到PD=DB，再据△ODP∽△CAP求PD，从而求得BP的长.
【解题过程】
证明：(1)如图，连结，则，，
，，而，即，
，即，，
，故是⊙的切线；
(2)由(1)知：，而，，由勾股定理，得：，
过作于，则，在和中，，，∽，，又，，，，.

第24题答图
【知识点】切线的判定；垂径定理；勾股定理；相似三角形的判定与性质

7.（2019四川达州，22，8分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交BC于点E，过点D作直线DF∥BC.
（1） 判断直线DF与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2） 若AB=6，AE=，CE=，求BD的长.

【思路分析】（1）先连接OD，由AD平分∠BAC，可得，即OD⊥BC，而DF∥BC，可得到OD⊥DF，即可得证.
（2）可以先证△AEC∽△BED，得到，再证△ABD∽△BED，可得到，再代入即可求出BD的值.

【解题过程】(1)DF与相切.
理由：证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，
∵DF∥BC，
∴OD⊥DF，所以DF为⊙O的切线．

（2）∵∠EAC=∠DBE，∠C=∠ADB
∴△AEC∽△BED
∴
∵
∴
∵∠BDE=∠ADB ∠DBE=∠BAD
∴△ABD∽△BED
∴
∴
∴
【知识点】垂径定理、切线的判定、相似三角形的判定和性质.

8.(2019山东枣庄,23,8分)如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作O，点D为O上一点，且CD＝DB，连接DO并延长交CB的延长线于点E.
(1)判断直线CD与O的位置关系，并说明理由；
(2)若BE＝2，DE＝4，求圆的半径及AC的长.

第23题图
【思路分析】(1)由过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线可知，点D在圆上，只要证明∠D是直角即可，通过证明全等得到；(2)分别在Rt△OBE,Rt△CDE和Rt△ABC中,利用圆的半径相等(OB＝OD),勾股定理,切线长定理(CB＝CD),依次求出OB,OD,AB,BC,最后求出AC的长.
【解题过程】(1)连接CO∵点D在圆上,∴OD＝OB,∵CD＝CB,CO＝CO,∴△COD≌COB(SSS),∵∠ABC＝90°,∴∠D＝∠ABC＝90°,∴OD⊥DC,∴直线CD与O相切;
(2)设OD＝OB＝x,∵DE＝4,∴OE＝4－x,在Rt△OBE中,BE2+BO2＝OE2,即22+x2＝(4－x)2,解之,得,x＝1.5,∴OD＝OB＝1.5,AB＝2OB＝3,∵CB,CD是圆的切线,∴设CB＝CD＝y,在Rt△CDE中,CD2+DE2＝CE2,即y2+42＝(y+2)2,解之,得,y＝3,∴BC＝3,在Rt△ABC中,AC＝＝5.

第23题答图
【知识点】切线的判定,切线长定理,勾股定理

9.(2019山东聊城,24,10分)如图,△ABC内接于O,AB为直径,作OD⊥AB于点D,延长BC,OD交于点F,过点C作O的切线CE,交OF于点E.
(1)求证：EC＝ED；
(2)如果OA＝4,EF＝3,求弦AC的长.

第24题图
【思路分析】(1)连接OC,根据等边对等角,等角的余角相等,得到相等的角,进而在△CDE中,利用等角对等边得到EC＝ED;(2)由AB是直径得到Rt△ABC,易得其与△AOD相似,只要求出OD的长,即可通过比例式求得AC,通过等角对等边,勾股定理和线段和差关系得到OD,进而得到AD,则AC可求.
【解题过程】(1)连接OC,∵CE与O相切,OC是O的半径,∴OC⊥CE,∴∠OCA+∠ACE＝90°,∵OA＝OC,∴∠A＝∠OCA,∴∠ACE+∠A＝90°,∵OD⊥AB,∴∠ODA+∠A＝90°,∵∠ODA＝∠CDE,∴∠CDE+∠A＝90°,∴∠CDE＝∠ACE,∴EC＝ED;

第24题答图
(2)∵AB为直径,∴∠ACB＝90°,在Rt△DCF中,∠DCE+∠ECF＝90°,∠DCE＝∠CDE,∴∠CDE+∠ECF＝90°,∵∠CDE+∠F＝90°,∴∠ECF＝∠F,∴EC＝EF,∵EF＝3,∴EC＝DE＝3,在Rt△OCE中,OC＝4,CE＝3,∴OE＝＝5,∴OD＝OE－DE＝2,在Rt△OAD中,AD＝＝,在Rt△AOD和Rt△ACB中,∵∠A＝∠A,∴Rt△AOD∽Rt△ACB,∴,∴AC＝.
【知识点】切线性质,等边对等角,等角的余角相等,等角对等边,圆周角定理,勾股定理,相似三角形

10.（2019四川南充，27，10分）通过对下面数学模型的研究学习，解决问题．
【模型呈现】
如图，在，，将斜边绕点顺时针旋转得到，过点作于点，可以推理得到，进而得到，．
我们把这个数学模型成为“型”．
推理过程如下：

【模型应用】
如图，在内接于，，，将斜边绕点顺时针旋转一定的角度得到，过点作于点，，，连接交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）连接交于点，连接．求证：．
【思路分析】（1）因为直角三角形的外心为斜边中点，所以点在上，为直径，故只需证即可．由和可证得，而、、在同一直线上，用减去即为，得证．
（2）依题意画出图形，由要证的结论联想到对应边成比例，所以需证．其中为公共角，即需证．为圆周角，所对的弧为弧，故连接后有，问题又转化为证．把延长交于点后，有，故问题转化为证．只要，由等腰三角形三线合一即有，故问题继续转化为证．联系【模型呈现】发现能证，得到，，即能求．又因为为中点，可得到，再加上第（1）题证得，可得，所以，，得证．
【解题过程】解：（1）为的外接圆
为斜边中点，为直径






是的切线
（2）延长交于点，连接
于点

绕点旋转得到

在与中


，

为中点






，即

平分，即
，






【知识点】圆的切线判定；旋转的性质；全等三角形的判定和性质；相似三角形的判定和性质；平行线的判定和性质；垂径定理；等腰三角形三线合一；圆周角定理

11.（2019甘肃天水，24，10分）如图，AB、AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D．过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，PC、AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝10，求线段CF的长．

【思路分析】（1）连接OC，可以证得△OAP≌△OCP，利用全等三角形的对应角相等，以及切线的性质定理可以得到：∠OCP＝90°，即OC⊥PC，即可证得；
（2）先证△OBC是等边三角形得∠COB＝60°，再由（1）中所证切线可得∠OCF＝90°，结合半径OC＝5可得答案．
【解题过程】解：（1）连接OC，

∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴AD＝CD，
∴PA＝PC，
在△OAP和△OCP中，
∵，
∴△OAP≌△OCP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°．
∴∠OCP＝90°，
即OC⊥PC
∴PC是⊙O的切线．
（2）∵OB＝OC，∠OBC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∵AB＝10，
∴OC＝5，
由（1）知∠OCF＝90°，
∴CF＝OCtan∠COB＝5．
【知识点】勾股定理；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质

12.（2019甘肃武威，26，10分）如图，在中，，，点在边上，经过点和点且与边相交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的半径．


【思路分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质得到，，求得，根据三角形的内角和得到，于是得到是的切线；
（2）连接，推出是等边三角形，得到，，求得，得到，于是得到结论．
【解题过程】解：（1）证明：连接，
，，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：连接，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
，
的半径．

【知识点】等腰三角形的性质;等边三角形的判定和性质;切线的判定与性质

13.（2019甘肃省，27，8分）如图，在中，，以为直径的交于点，切线交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．


【思路分析】（1）只要证明，即可解决问题；
（2）首先证明，在中，，设，在中，，在中，，可得，解方程即可解决问题．
【解题过程】解：（1）证明：连接，
是切线，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：连接．
，
，
是的直径，，
是的切线，
，
，
，
，
在中，，
设，在中，，在中，，
，
解得，
．

【知识点】圆周角定理；切线的性质

14.（2019广东省，24，9分）如图1，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，过点C作∠BCD＝∠ACB交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使CF＝AC，连接AF．
（1）求证：ED＝EC；
（2）求证：AF是⊙O的切线；
（3）如图2，若点G是△ACD的内心，BC•BE＝25，求BG的长．

【思路分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，结合∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC得∠BCD＝∠ADC，从而得证；
（2）连接OA，由∠CAF＝∠CFA知∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，结合∠ACB＝∠BCD得∠ACD＝2∠ACB，∠CAF＝∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证；
（3）证△ABE∽△CBA得AB2＝BC•BE，据此知AB＝5，连接AG，得∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，由点G为内心知∠DAG＝∠GAC，结合∠BAD+∠DAG＝∠GDC+∠ACB得∠BAG＝∠BGA，从而得出BG＝AB＝5．

【解题过程】解：（1）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵∠ACB＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，
∴∠BCD＝∠ADC，
∴ED＝EC；
（2）如图1，连接OA，

∵AB＝AC，
∴，
∴OA⊥BC，
∵CA＝CF，
∴∠CAF＝∠CFA，
∴∠ACD＝∠CAF+∠CFA＝2∠CAF，
∵∠ACB＝∠BCD，
∴∠ACD＝2∠ACB，
∴∠CAF＝∠ACB，
∴AF∥BC，
∴OA⊥AF，
∴AF为⊙O的切线；
（3）∵∠ABE＝∠CBA，∠BAD＝∠BCD＝∠ACB，
∴△ABE∽△CBA，
∴，
∴AB2＝BC•BE，
∴BC•BE＝25，
∴AB＝5，
如图2，连接AG，

∴∠BAG＝∠BAD+∠DAG，∠BGA＝∠GAC+∠ACB，
∵点G为内心，
∴∠DAG＝∠GAC，
又∵∠BAD+∠DAG＝∠GDC+∠ACB，
∴∠BAG＝∠BGA，
∴BG＝AB＝5．
【知识点】圆心角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质


15.（2019贵州黔东南，22，12分）如图，点P在⊙O外，PC是⊙O的切线，C为切点，直线PO与⊙O相交于点A、B．
（1）若∠A＝30°，求证：PA＝3PB；
（2）小明发现，∠A在一定范围内变化时，始终有∠BCP（90°﹣∠P）成立．请你写出推理过程．

【思路分析】（1）由PC为圆O的切线，利用弦切角等于夹弧所对的圆周角得到∠BCP＝∠A，由∠A的度数求出∠BCP的度数，进而确定出∠P的度数，再由PB＝BC，AB＝2BC，等量代换确定出PB与PA的关系即可；
（2）由三角形内角和定理及圆周角定理即可确定出两角的关系．
【解题过程】解：（1）∵AB是直径
∴∠ACP＝90°，
∵∠A＝30°，
∴AB＝2BC
∵PC是⊙O切线
∴∠BCP＝∠A＝30°，
∴∠P＝30°，
∴PB＝BC，BCAB，
∴PA＝3PB
（2）∵点P在⊙O外，PC是⊙O的切线，C为切点，直线PO与⊙O相交于点A、B，
∴∠BCP＝∠A，
∵∠A+∠P+∠ACB+∠BCP＝180°，且∠ACB＝90°，
∴2∠BCP＝180°﹣∠P，
∴∠BCP（90°﹣∠P）
【知识点】切线的性质内角和定理；圆周角定理；以及含30度直角三角形的性质

16.（2019湖北鄂州，22，10分）如图，PA是⊙O的切线，切点为A，AC是⊙O的直径，连接OP交⊙O于E．过A点作AB⊥PO于点D，交⊙O于B，连接BC，PB．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）求证：E为△PAB的内心；
（3）若cos∠PAB，BC＝1，求PO的长．

【思路分析】（1）连结OB，根据圆周角定理得到∠ABC＝90°，证明△AOP≌△BOP，得到∠OBP＝∠OAP，根据切线的判定定理证明；
（2）连结AE，根据切线的性质定理得到∠PAE+∠OAE＝90°，证明EA平分∠PAD，根据三角形的内心的概念证明即可；
（3）根据余弦的定义求出OA，证明△PAO∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解题过程】解：（1）证明：连结OB，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∵AB⊥PO，
∴PO∥BC
∴∠AOP＝∠C，∠POB＝∠OBC，
OB＝OC，
∴∠OBC＝∠C，
∴∠AOP＝∠POB，
在△AOP和△BOP中，
，
∴△AOP≌△BOP（SAS），
∴∠OBP＝∠OAP，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∴∠OBP＝90°，
∴PB是⊙O的切线；
（2）证明：连结AE，
∵PA为⊙O的切线，
∴∠PAE+∠OAE＝90°，
∵AD⊥ED，
∴∠EAD+∠AED＝90°，
∵OE＝OA，
∴∠OAE＝∠AED，
∴∠PAE＝∠DAE，即EA平分∠PAD，
∵PA、PD为⊙O的切线，
∴PD平分∠APB
∴E为△PAB的内心；
（3）解：∵∠PAB+∠BAC＝90°，∠C+∠BAC＝90°，
∴∠PAB＝∠C，
∴cos∠C＝cos∠PAB，
在Rt△ABC中，cos∠C，
∴AC，AO，
∵△PAO∽△ABC，
∴，
∴PO5．

【知识点】圆周角定理；切线的判定与性质；三角形的内切圆与内心；解直角三角形