【期中真题】（苏科版）2023-2024学年九年级数学上册 期中真题分类专题汇编 专题04 点和圆、直线和圆的位置关系（经典基础题8种题型 优选提升题）.1.zip

专题04 点和圆、直线和圆的位置关系


点与圆的位置关系
1．（2022秋•滨湖区校级期中）已知⊙O的半径为5，OA＝4，则点A在（　　）
A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定
【分析】点在圆上，则d＝r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．
【解答】解：∵OA＝4＜5，
∴点A与⊙O的位置关系是点在圆内，
故选：A．
【点评】考查了点与圆的位置关系，判断点与圆的位置关系，也就是比较点与圆心的距离和半径的大小关系．
2．（2022秋•如皋市期中）在数轴上，点A所表示的实数为4，点B所表示的实数为b，⊙A的半径为2，要使点B在⊙A内时，实数b的取值范围是（　　）
A．b＞2 B．b＞6 C．b＜2或b＞6 D．2＜b＜6
【分析】首先确定AB的取值范围，然后根据点A所表示的实数写出a的取值范围，即可得到正确选项．
【解答】解：∵⊙A的半径为2，若点B在⊙A内，
∴AB＜2，
∵点A所表示的实数为4，
∴2＜b＜6，
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
3．（2022秋•梁溪区校级期中）已知⊙O的半径是4，点P到圆心O的距离d为方程x2﹣4x﹣5＝0的一个根，则点P与⊙O的位置关系为（　　）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．不能确定
【分析】求出方程的根，再根据点到圆心的距离与半径的大小关系判断位置关系即可．
【解答】解：x2﹣4x﹣5＝0的根为x1＝5，x2＝﹣1＜0（舍去），
于是点P到圆心O的距离d＝5，而半径r＝4，
∴d＞r，
所以点P在⊙O的外部，
故选：C．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，解一元二次方程，求出方程的根是解决问题的前提，掌握点到圆心的距离与半径的大小是判断点与圆位置关系的关键．
4．（2022秋•灌云县期中）已知⊙O的半径为3，若点A在⊙O外，则OA的长度可能是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】点A到圆心的距离大于半径长时，点A在圆外，于是可选择．
【解答】解：∵点A在⊙O外，⊙O的半径为3，
∴OA＞3．
故选：D．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，关键是掌握点与圆的3种位置关系的判定．
确定圆的条件
5．（2022秋•盱眙县期中）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了，其中三块碎片如图所示，三块碎片中最有可能配到与原来一样大小的圆形镜子的碎片是（　　）

A．① B．② C．③ D．均不可能
【分析】要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第①块可确定半径的大小．
【解答】解：第①块出现两条完整的弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
【点评】本题考查了垂径定理的应用，确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握：圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该圆的圆心．
6．（2022秋•盐都区期中）下列说法正确的是（　　）
A．等弧所对的圆心角相等
B．在等圆中，如果弦相等，那么它们所对的弧也相等
C．过三点可以画一个圆
D．平分弦的直径，平分这条弦所对的弧
【分析】根据确定圆的条件，弧，圆心角，弦之间的关系，垂径定理的判定进行一一判断即可．
【解答】解：A、等弧所对的圆心角相等，说法正确，本选项符合题意；
B、在等圆中，如果弦相等，但它们所对的弧不一定相等，本选项不符合题意；
C、过不在同一直线上的三点可以画一个圆，说法不正确，本选项不符合题意；
D、平分弦（非直径）的直径，平分这条弦所对的弧，说法不正确，本选项不符合题意．
故选：A．
【点评】本题考查确定圆的条件，弧，圆心角，弦之间的关系等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7．（2022秋•镇江期中）下列说法正确的是（　　）
A．弧长相等的弧是等弧 B．直径是最长的弦
C．三点确定一个圆 D．平分弦的直径垂直于弦
【分析】根据等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及垂径定理判断即可．
【解答】解：A、能够重合的弧是等弧，故本选项说法错误，不符合题意；
B、直径是最长的弦，本选项说法正确，符合题意；
C、不在同一条直线上的三点确定一个圆，故本选项说法错误，不符合题意；
D、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，故本选项说法错误，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查的是圆的概念和有关性质，熟记等弧的概念、弦的概念、确定圆的条件以及垂径定理是解题的关键．
三角形的外接圆与外心
8．（2022秋•东台市期中）有下列四个命题：
①直径是弦；
②经过三个点一定可以作圆；
③三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等；
④半径相等的两个半圆是等弧．
其中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】根据圆中的有关概念、定理进行分析判断．
【解答】解：①经过圆心的弦是直径，即直径是弦，弦不一定是直径，故正确；
②当三点共线的时候，不能作圆，故错误；
③三角形的外心是三角形三边的垂直平分线的交点，所以三角形的外心到三角形各顶点的距离都相等，故正确；
④在同圆或等圆中，能够互相重合的弧是等弧，所以半径相等的两个半圆是等弧，故正确．
故选：B．
【点评】此题考查了圆中的有关概念：弦、直径、等弧．注意：不在同一条直线上的三个点确定一个圆．
9．（2022秋•常州期中）如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接AO并延长交⊙O于点D，若∠B＝55°，则∠CAD的度数为（　　）

A．25° B．30° C．35° D．45°
【分析】连接CD，如图，根据圆周角定理得到∠ACD＝90°，∠D＝∠B＝55°，然后利用互余关系计算∠CAD的度数．
【解答】解：连接CD，如图，
∵AD为直径，
∴∠ACD＝90°，
∵∠D＝∠B＝55°，
∴∠CAD＝90°﹣∠D＝90°﹣55°＝35°．
故选：C．

【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理．
10．（2022秋•锡山区期中）如图，等边三角形ABC内接于⊙O，将△ABC的逆时针旋转30°得到△DEF，则∠DAF的度数为（　　）

A．100° B．105° C．125° D．120°
【分析】连接OE，OB，根据旋转的性质和圆周角定理即可得到结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，将△ABC的逆时针旋转30°得到△DEF，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠E＝60°，
∴∠DAF＝180°﹣∠E＝120°，
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，旋转的性质等知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
11．（2022秋•洪泽区期中）如图，△ABC的三个顶点都在直角坐标系中的格点上，图中△ABC外接圆的圆心坐标是 　（5，2）　．

【分析】作AB和AC的垂直平分线，它们的交点为△ABC外接圆圆心，然后写出圆心坐标即可．
【解答】解：△ABC外接圆圆心的坐标为（5，2）．
故答案为：（5，2）．

【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，线段垂直平分线的性质，正确地作出圆心的坐标是解题的关键．
12．（2022秋•梁溪区校级期中）已知△ABC的三边长分别是3，4，5，则△ABC外接圆的直径是　5　．
【分析】根据勾股定理的逆定理得出∠C＝90°，即可求出答案．
【解答】解：如图，∵AC＝3，BC＝4，AB＝5，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠C＝90°，
∴△ABC的外接圆的直径是5，
故答案为：5．

【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，勾股定理的逆定理，三角形的外接圆的应用，注意：直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一半
13．（2022秋•邗江区期中）如图，O是△ABC的外心，∠ABC＝40°，∠ACB＝70°，则∠BOC＝　140°　．

【分析】求出∠BAC＝70°，由圆周角定理可得出答案．
【解答】解：∵∠ABC＝40°，∠ACB＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣70°＝70°，
∵O是△ABC的外心，
∴以O为圆心，OB为半径的圆是△ABC的外接圆，
∴∠BOC＝2∠BAC＝140°．
故答案为：140°．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理．
14．（2022秋•海陵区校级期中）已知△ABC三边长分别为5cm，12cm，13cm，则这个三角形的外接圆的半径＝　cm．　．
【分析】根据△ABC三边长分别为5cm，12cm，13cm判定三角形的形状为直角三角形，它的外接圆的半径等于斜边上的中线即可求解．
【解答】解：∵△ABC三边长分别为5cm，12cm，13cm，
∴132＝122+52，
∴该三角形为直角三角形，
∴它的外接圆的半径＝斜边上的中线＝ cm，
故答案为： cm．
【点评】本题主要考查了勾股定理的逆定理和三角形的外接圆，根据勾股定理逆定理得到三角形的形状是解题的关键．
15．（2022秋•梁溪区校级期中）如图，AD为△ABC的外接圆⊙O的直径，若∠BAD＝58°，则∠ACB＝　32°　．

【分析】连接BD，根据圆周角定理的推论得到∠ABD＝90°，根据直角三角形的性质求出∠ADB，根据圆周角定理解答即可．
【解答】解：连接BD，
∵AD为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵∠BAD＝58°，
∴∠ADB＝90°﹣58°＝32°，
由圆周角定理得，∠ACB＝∠ADB＝32°，
故答案为：32°．

【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理的解题的关键．
16．（2022秋•常州期中）如图，△ABC内接于⊙O，AB是直径，BC＝8，AC＝6，CD平分∠ACB，则弦AD长为 　5　．

【分析】连接BD，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据勾股定理求出AB，根据弧、弦之间的关系得到AD＝BD，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝10，
∵CD平分∠ACB，
∴＝，
∴AD＝BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD＝AB＝5，
故答案为：5．

【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握直角三角形的性质、圆心角、弧弦之间的关系是解题的关键．
17．（2022秋•惠山区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、P的坐标分别为（1，0），（2，3），（3，1）．若点C在第一象限内，且横坐标、纵坐标均为整数，P是△ABC的外心，则点C的坐标为 　（4，3）或（1，2）或（5，2）　．

【分析】根据勾股定理求出PA，根据题意求出点C的坐标．
【解答】解：由勾股定理得：PA＝PB＝＝，
∵P是△ABC的外心，
∴PC＝，
∵点C在第一象限内，且横坐标、纵坐标均为整数，
∴点C的坐标为（4，3）或（1，2）或（5，2），
故答案为：（4，3）或（1，2）或（5，2）．

【点评】本题考查了三角形的外接圆、坐标与图形性质、勾股定理；熟练掌握勾股定理求出外接圆的半径是解决问题的关键．
18．（2022秋•江阴市期中）如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，若∠C＝65°，则∠BAD的度数是 　25　°．

【分析】连接BD，根据同弧所对的圆周角相等可得∠D＝65°，再利用直径所对的圆周角是直角可得∠ABD＝90°，即可求得答案．
【解答】解：连接BD，

∵∠C＝65°，
∴∠C＝∠D＝65°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠BAD+∠D＝90°，
∠∠BAD＝90°﹣65°＝25°，
故答案为：25．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．（2022秋•南京期中）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，AE的延长线交△ABC的外接圆于点D，连接BD．求证：DB＝DE．

【分析】根据角平分线定义得到∠ABE＝∠CBE，∠BAE＝∠CAD，得到＝，根据圆周角定理得到∠DBC＝∠BAE，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：∵AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，∠BAE＝∠CAD，
∴和所对的圆心角相等，
∴＝，
∴∠DBC＝∠CAD，
∴∠DBC＝∠BAE，
∵∠DBE＝∠CBE+∠DBC，∠DEB＝∠ABE+∠BAE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DE＝DB．
【点评】本题考查了三角形外接圆和外心，圆周角定理，等腰三角形的判定，熟练掌握角平分线定义是解题的关键．
20．（2022秋•溧阳市期中）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，直径AB＝4，CD平分∠ACB交⊙O于点D，交AB于点E，连接AD、BD．
（1）若∠CAB＝25°，求∠AED的度数；
（2）求AD的长．

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用角平分线的定义可得∠ACD＝∠BCD＝45°，然后再利用三角形的外角性质进行计算即可解答；
（2）根据直径所对的圆周角是直角可得∠ACB＝90°，再利用（1）的结论可得＝，从而可得AD＝DB，然后利用等腰直角三角形的性质进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝45°，
∵∠CAB＝25°，
∴∠AED＝∠ACE+∠CAE＝70°，
∴∠AED的度数为70°；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ACD＝∠BCD，
∴＝，
∴AD＝DB，
∵AB＝4，
∴AD＝BD＝＝2，
∴AD的长为2．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
21．（2022秋•泗洪县期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，每个小正方形网格的边长为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，1）、B（6，1）、C（4，5）．
（1）填空：△ABC的外接圆的圆心坐标为 　（3，2）　．该外接圆的半径长为 　　；
（2）在图中格点上标出点D（不与C点重合），使得∠ADB＝∠ACB，并写出它的坐标．

【分析】（1）根据三角形外接圆的圆心为三角形各边垂直平分线的交点，作AB、AC的垂直平分线相交于点P，得到点P坐标即为△ABC的外接圆的圆心坐标，连接AP，利用两点间距离公式求出AP的长，即可得到该外接圆的半径长；
（2）作△ABC的外接圆，利用圆周角的定理即可得到点D，再根据图形即可得到坐标．
【解答】解：（1）∵三角形外接圆的圆心为三角形各边垂直平分线的交点，
如图，作AB、AC的垂直平分线相交于点P，即点P为△ABC外接圆的圆心，
由图可知，P（3，2），
∴△ABC的外接圆的圆心坐标为（3，2），
连接AP，
∵A（0，1），P（3，2），
∴，
∴外接圆的半径长为，
故答案为：（3，2）；；

（2）解：作△ABC的外接圆，该外接圆与直角坐标系格点的另一个交点即为点D，
∵，，
∴∠ADB＝∠ACB，
即点D的坐标为（2，5）．

【点评】本题考查了三角形的外心，两点间距离公式，圆周角定理，解题关键是掌握三角形三边垂直平分线的交点为三角形外接圆的圆心．
直线与圆的位置关系
22．（2022秋•玄武区期中）已知⊙O的半径为2cm，圆心O到直线l的距离为3cm，直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【分析】利用直线与圆的位置关系即可求解．
【解答】解：∵⊙O的半径r为2cm，圆心O到直线l的距离d为3cm，
∴d＞r，
∴直线l与⊙O的位置关系是相离，
故选：A．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关键，解题的关键是掌握当d＞r，则直线与圆相离，当d＝r，则直线与圆相切，当d＜r，则直线与圆相交．
23．（2022秋•天宁区校级期中）平面内，⊙O的半径为3，若直线l与⊙O相离，圆心O到直线l的距离可能为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据直线l与⊙O相离得到直线l与圆心的距离大于半径，于是得到结论．
【解答】解：∵⊙O的半径为3，若直线l与⊙O相离，
∴圆心O到直线l的距离＞3，
故选：D．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握①当直线与圆心的距离小于半径，直线与圆相交；②当直线与圆心的距离大于半径，直线与圆相离，③当直线与圆心的距离等于半径，直线与圆相切是解题的关键．
24．（2022秋•大丰区期中）若⊙O的半径为5，圆心到直线l的距离为5，则直线l与⊙O的位置关系是 　相切　．
【分析】根据圆心到直线的距离5等于圆的半径5，则直线和圆相切．
【解答】解：∵⊙O的半径为5，圆心到直线l的距离为5，
∴圆心到直线的距离＝⊙O的半径，
∴直线和圆相切．
故答案为：相切．
【点评】此题考查直线与圆的关系，能够熟练根据数量之间的关系判断直线和圆的位置关系．若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
25．（2022秋•连云港期中）直线l与⊙O相离，且⊙O的半径r等于3，圆心O到直线l的距离为d，则d的取值范围是 　d＞3　．
【分析】根据“若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离”即可得到结论．
【解答】解：∵直线l与⊙O相离，⊙O的半径等于3，圆心O到直线l的距离为d，
∴d＞3．
故答案为：d＞3．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d＞r时，直线l和⊙O相离是解答此题的关键．
26．（2022秋•宿城区期中）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（2，1），若⊙A与坐标轴有三个公共点，则⊙A的半径为　 　2或　．
【分析】利用点A的坐标得到点A到x轴的距离为1，到y轴的距离为2，根据直线与圆的位置关系，当⊙A与x轴相切时，满足条件，易得此时r＝1；当⊙A经过原点时，满足条件，利用勾股定理计算出此时r的值．
【解答】解：∵点A坐标为（2，1），
∴点A到x轴的距离为1，到y轴的距离为2，
当⊙A与y轴相切时，与x轴有2个交点，圆与坐标轴恰好有三个公共点，此时r＝2；
当⊙A经过原点时，圆与坐标轴恰好有三个公共点，此时r＝＝，
综上所述，r的值为2或．
故答案为：2或．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，则直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．
切线的性质
27．（2022秋•宿城区期中）如图，PA、PB分别切⊙O于A、B，PA＝10，C是劣弧AB上的点（不与点A、B重合），过点C的切线分别交PA、PB于点E、F．则△PEF的周长为（　　）

A．10 B．15 C．20 D．25
【分析】根据切线长定理由PA、PB分别切⊙O于A、B得到PB＝PA＝10cm，由于过点C的切线分别交PA、PB于点E、F，再根据切线长定理得到EA＝EC，FC＝FB，然后三角形周长的定义得到△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PE+EC+FC+PF，用等线段代换后得到三角形PEF的周长等于PA+PB．
【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于A、B，
∴PB＝PA＝10cm，
∵EA与EC为⊙的切线，
∴EA＝EC，
同理得到FC＝FB，
∴△PEF的周长＝PE+EF+PF＝PE+EC+FC+PF
＝PE+EA+FB+PF
＝PA+PB
＝10+10
＝20（cm）．
故选：C．
【点评】本题考查了切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
28．（2022秋•盐都区期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点P，若∠ADC＝115°，则∠P＝　40　°．

【分析】连接OC，根据切线的性质求出∠OCP＝90°，然后说明圆心O在AB上，再由圆内接四边形对角互补求出∠OBC的度数，再由等腰三角形的性质求出∠POC的度数，再由直角三角形的两个锐角互余求出∠P的度数．
【解答】解：如图，连接OC，
∵PC是⊙O的切线，
∴PC⊥OC，
∴∠OCP＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴点O在AB上，
∵四边形ABCD内接于⊙O，且∠ADC＝115°，
∴∠OBC+∠ADC＝∠OBC+115°＝180°，
∴∠OBC＝180°﹣115°＝65°，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝65°，
∴∠POC＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∴∠P＝90°﹣∠POC＝40°，
故答案为：40．

【点评】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．
29．（2022秋•建邺区期中）如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆弦AB、AC分别与小圆分别相切于点D、E．求证：∠B＝∠C．

【分析】连接OD、OE，OA，如图，先根据切线的性质得到OD⊥AB，OE⊥AC，再根据垂径定理得到AD＝BD，AE＝CE，则利用勾股定理可证明AD＝AE，所以AB＝AC，然后根据等腰三角形的性质得到结论．
【解答】证明：连接OD、OE，OA，如图，
∵大圆弦AB、AC分别与小圆分别相切于点D、E，
∴OD⊥AB，OE⊥AC，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AD＝，AE＝，
∴AD＝AE，
∴AB＝AC，
∴∠B＝∠C．

【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了垂径定理．
30．（2022秋•常州期中）已知AB为⊙O的直径，AB＝6，C为⊙O上一点，连接CA，CB．
（Ⅰ）如图①，若C为的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
（Ⅱ）如图②，若AC＝2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．


【分析】（Ⅰ）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，∠CAB＝∠CBA，进而求出∠CAB，根据余弦的定义求出AC；
（Ⅱ）根据切线的性质得到OD⊥DF，证明四边形FCED为矩形，根据矩形的性质得到FD＝EC，根据勾股定理求出BC，根据垂径定理解答即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵C为的中点，
∴＝，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴AC＝AB•cos∠CAB＝3；
（Ⅱ）∵DF是⊙O的切线，
∴OD⊥DF，
∵OD⊥BC，∠FCB＝90°，
∴四边形FCED为矩形，
∴FD＝EC，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，AB＝6，
则BC＝＝4，
∵OD⊥BC，
∴EC＝BC＝2，
∴FD＝2．
【点评】本题考查的切线的性质、垂径定理、矩形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
31．（2022秋•镇江期中）如图，AB是⊙O的弦，点C在过点B的切线上，OC⊥OA，OC与AB相交于点P．
（1）求证：CP＝CB；
（2）若PC＝PA＝5，BP＝2a，求a的值．

【分析】（1）首先连接OB，由点C在过点B的切线上，且OC⊥OA，根据等角的余角相等，易证得∠CBP＝∠CPB，即可证得CP＝CB；
（2）过C作CH⊥PB于H，根据等腰三角形的性质得到PH＝PB＝a，根据全等三角形的性质得到OP＝PH＝a，CH＝OA＝OB，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵BC是⊙O的切线，
∴OB⊥BC，
∴∠OBA+∠CBP＝90°，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO＝90°，
∵OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∴∠APO＝∠CBP，
∵∠APO＝∠CPB，
∴∠CPB＝∠ABP，
∴CP＝CB；
（2）解：过C作CH⊥PB于H，
∵PC＝CB，
∴PH＝PB＝a，
∵PA＝PC，∠AOP＝CHP＝90°，∠APO＝∠CPH，
∴△APO≌△CPH（AAS），
∴OP＝PH＝a，CH＝OA＝OB，
∵PA＝PC＝PB＝5，
∴OC＝5+a，
∵CP2﹣PH2＝CH2，OC2﹣BC2＝OB2，
∴CP2﹣PH2＝OC2﹣BC2，
∴52﹣a2＝（5+a）2﹣52，
解得a＝，
故a的值为．

【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定，正确地作出辅助线是解题的关键．
32．（2022秋•鼓楼区期中）如图，已知∠AOB＝45°，M是射线OB上一点，OM＝．以点M为圆心、r为半径画⊙M．
（1）当⊙M与射线OA相切时，求r的值；
（2）写出⊙M与射线OA的公共点的个数及对应的r的取值范围．

【分析】（1）作MN⊥OA于N，根据等腰直角三角形三边的关系得到MN＝OM＝1，然后根据直线与圆的关系得到当r＝1时，⊙M与射线OA相切；
（2）根据直线与圆的关系得到当r＝1时，⊙M与射线OA相切，只有一个公共点；当0＜r＜1时，⊙M与射线OA相离，没有公共点；当1＜r≤时，⊙M与射线OA有两个公共点，而当r＞时，⊙M与射线OA只有一个公共点．
【解答】解：（1）作MN⊥OA于N，如图所示：

∵∠AOB＝45°，
∴MN＝OM＝1，
∴当⊙M与射线OA相切时，求r的值为1；
（2）由（1）可知，根据直线与圆的关系得到：
当r＝1时，⊙M与射线OA相切，只有一个公共点；
当0＜r＜1时，⊙M与射线OA相离，没有公共点；
当1＜r≤时，⊙M与射线OA相交，有两个公共点，
当r＞时，⊙M与射线OA只有一个公共点．
【点评】本题考查了直线和圆的位置关系、含45°角的直角三角形的性质；设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．若直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．
切线的判定与性质
33．（2022秋•锡山区期中）下列说法：①圆中弦的垂直平分线一定经过圆心；②与半径垂直的直线是圆的切线；③相等的圆心角所对的弦也相等；④圆内接四边形有且只有一个，其中不正确的个数（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据切线的判定和性质定理以及圆的有关知识即可解决问题．
【解答】解：①圆中弦的垂直平分线一定经过圆心，故①不符合题意；
②经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故②符合题意；
③在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故③符合题意；
④圆内接四边形有无数个，故④符合题意；
综上所述：正确的是①，
故选：C．
【点评】本题考查了切线的性质和判定，圆的有关性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
34．（2022秋•玄武区期中）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，切点是A，连接PO，过点B作BC∥PO，与⊙O交于点C，连接PC．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，PA＝4，求BC的长度．

【分析】（1）连接OC，证明△AOP≌△COP，根据全等三角形的性质得到∠OCP＝∠OAP＝90°，根据切线的判定定理证明结论；
（2）证明△AOP∽△CBA，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∵BC∥PO，
∴∠AOP＝∠OBC，∠COP＝∠OCB，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠AOP＝∠COP，
在△AOP和△COP中，
，
∴△AOP≌△COP（SAS），
∴∠OCP＝∠OAP＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接AC，
在Rt△OAP中，OP＝＝5，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠OAP＝∠BCA，
∵∠AOP＝∠CBA，
∴△AOP∽△CBA，
∴＝，即＝，
解得：BC＝．


【点评】本题考查的是切线的判定和性质、相似三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
35．（2022秋•邗江区期中）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是边BC上一点，且DE平分∠AEC，作△ABE的外接圆⊙O．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为6，CE＝3，求DE的长．

【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到OD⊥DC，根据切线的判定定理证明结论；
（2）过点O作OF⊥BE于F，根据勾股定理求出EF，进而求出EC，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：连接OD，

∵OD＝OE，
∴∠ODE＝∠OED，
∵DE平分∠AEC，
∴∠DEC＝∠OED，
∴∠ODE＝∠DEC，
∵∠C＝90°，
∴∠CDE+∠CED＝90°，
∴∠CDE+∠ODE＝90°，
∴OD⊥DC，
∵OD是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
（2）解：过点O作OF⊥BE于F，
则四边形OFCD为矩形，
∴CF＝OD＝6，
∴EF＝FC﹣EC＝6﹣3＝3，
由勾股定理得，OF＝＝＝3，
∴CD＝OF＝3，
∴DE＝＝6．
【点评】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
36．（2022秋•常州期中）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，延长BC到D，连接AD，使AD∥OC．AB交OC于E．
（1）求证：AD与⊙O相切；
（2）若AE＝2，CE＝2．求⊙O的半径．

【分析】（1）连接OA，要证明切线，只需证明OA⊥AD，根据AD∥OC，只需得到OA⊥OC，根据圆周角定理即可证明；
（2）设⊙O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2，在Rt△OAE中根据勾股定理可计算出R＝4．
【解答】（1）证明：连接OA，

∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，
∴OA⊥OC；
又∵AD∥OC，
∴OA⊥AD，
∵OA是半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为R，
则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2，
在Rt△OAE中，∵AO2+OE2＝AE2，
∴R2+（R﹣2）2＝（2）2，
解得R＝4，
∴⊙O的半径为4．
【点评】本题考查了切线的判定定理．圆周角定理、等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握切线的判定．
37．（2022秋•海陵区校级期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC＝CD，点E在AB的延长线上，∠ECB＝∠DAC．
（1）求证：EC是⊙O的切线；
（2）若AD＝2，∠E＝30°，求⊙O的半径．

【分析】（1）利用圆周角定理以及等量代换可得∠ECB＝∠CBD，进而得到BD∥EC，由对称性以及等腰三角形的性质可得BD⊥CF，进而得到CF⊥EC即可；
（2）根据圆周角定理构造以AD为直角边的直角三角形，利用直角三角形的边角关系可得答案．
【解答】解：（1）如图，连接BD，作直径CF，
∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CAD，
又∵∠ECB＝∠DAC．
∴∠ECB＝∠CBD，
∴BD∥EC，
由对称性可知，直径CF所在的直线是⊙O的对称轴，也是等腰三角形BCD的对称轴，
∴BD⊥CF，
∴CF⊥EC，
∵CF 是直径，
∴EC是⊙O的切线；
（2）如图，作直径DG，连接AG，则∠DAG＝90°，
∵BD∥EC，
∴∠E＝∠DBA＝∠DGA＝30°，
在Rt△DAG中，
AD＝2，∠DGA＝30°，
∴DG＝2AD＝4，
∴⊙O的半径为2．
【点评】本题考查切线的判定，掌握切线的判定方法，等腰三角形的性质以及圆周角定理是正确解答的前提．
38．（2022秋•句容市期中）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AO是⊙O的半径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAO，过C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若CD＝2AD，⊙O的半径为10，求线段AD的长．

【分析】（1）如图所示，连接OC，先根据等边对等角和角平分线的定义证明∠OCA＝∠DAC，得到OC∥AD，再由CD⊥PA，得到OC⊥CD，即可证明CD是⊙O切线．
（2）过点O作OF⊥AB于F，则四边形CDFO是矩形，得到OC＝FD，OF＝CD，设AD＝x，则OF＝CD＝2x，AF＝10﹣x，在Rt△AOF中，由勾股定理得到（10﹣x）2+（2x）2＝102，解方程即可得到答案．
【解答】（1）证明：如图所示，连接OC．
∵点C在⊙O上，OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵AC平分∠PAO，
∴∠DAC＝∠CAO，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵CD⊥PA，
∴OC⊥CD，
∴CD是⊙O切线．

（2）解：过点O作OF⊥AB于F，
∴∠OCD＝∠CDF＝∠OFD＝90°，
∴四边形CDFO是矩形，
∴OC＝FD，OF＝CD，
∵CD＝2AD，
∴可设AD＝x，则OF＝CD＝2x，
∵DF＝OC＝10，
∴AF＝10﹣x，
在Rt△AOF中，AF2+OF2＝OA2，
∴（10﹣x）2+（2x）2＝102，
解得x＝4或0（舍），
∴AD＝4．

【点评】本题主要考查了切线的判定，矩形的性质与判定，勾股定理，角平分线的定义，等边对等角，平行线的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
切线长定理
39．（2022秋•姑苏区期中）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA＝8cm，则△PFG的周长是（　　）

A．8cm B．12cm C．16cm D．20cm
【分析】由于PA、FG、PB都是⊙O的切线，可根据切线长定理，将△ABC的周长转化为切线长求解．
【解答】解：根据切线长定理可得：PA＝PB，FA＝FE，GE＝GB；
所以△PFG的周长＝PF+FG+PG，
＝PF+FE+EG+PG，
＝PF+FA+GB+PG，
＝PA+PB
＝16cm，
故选：C．
【点评】此题主要考查的是切线长定理，图中提供了许多等量线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
40．（2022秋•崇川区期中）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝10，AC＝6，则BD的长是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC＝AP，BP＝BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【解答】解：∵AC、AP为⊙O的切线，
∴AC＝AP＝6，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP＝BD，
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝10﹣6＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．

三角形的内切圆与内心
41．（2022秋•江都区期中）下列说法正确的是（　　）
A．三点确定一个圆
B．任何三角形有且只有一个内切圆
C．长度相等的弧是等弧
D．三角形的外心是三条角平分线的交点
【分析】根据确定圆的条件，三角形的内切圆与内心，等弧的概念，三角形的外接圆与外心，逐一判断即可．
【解答】解：A．不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故A不符合题意；
B．任何三角形有且只有一个内切圆，故B符合题意；
C．能够重合的弧是等弧，故C不符合题意；
D．三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了确定圆的条件，三角形的内切圆与内心，等弧的概念，三角形的外接圆与外心，熟练掌握圆的有关概念和性质是解题的关键．
42．（2022秋•兴化市期中）如图，BC为△ABC的外接圆⊙O的直径，点M为△ABC的内心，连接AM并延长交⊙O于点D，连接CD．
（1）求∠BCD的大小；
（2）若CD＝4，求DM的值．

【分析】（1）根据内心定义，推出∠BAD度数，进而根据得出∠BCD的值；
（2）连接CM，证∠DMC＝∠DCM即可．
【解答】解：（1）∵BC为△ABC的外接圆⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵M为△ABC的内心，
∴∠BAD＝＝45°，
∴∠BCD＝∠BAD＝45°．
（2）如图1
连接CM，
∵M为△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD，∠ACM＝∠BCM，
∵，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴∠DAC＝∠BCD，
∵∠DMC＝∠DAC+∠ACM，∠DCM＝∠BCD+∠BCM，
∴∠DMC＝∠DCM，
∴CD＝DM；
∴DM＝CD＝4．

【点评】本题考查了内心的定义、圆周角定理、等腰三角形判定和性质、正方形判定和性质和勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．
43．（2022秋•阜宁县期中）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D、E、F，∠ABC＝60°，∠ACB＝70°．
（1）求∠BOC的度数．
（2）求∠EDF的度数．

【分析】（1）由切线长定理可知BO，CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，则∠OBC和∠OCB的度数可求出，进而可求出∠BOC的度数；
（2）连接OE，OF．由三角形内角和定理可求得∠A＝50°，由切线的性质可知：∠OFA＝90°，∠OEA＝90°，从而得到∠A+∠EOF＝180°，故可求得∠EOF＝130°，即可解决问题．
【解答】解：
（1）∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D、E、F，
∴BO，CO分别是∠ABC和∠ACB的角平分线，
∴∠OBC＝∠ABC＝30°，∠OCB＝∠ACB＝35°，
∴∠BOC＝180°﹣30°﹣35°＝115°；
（2）如图所示；连接OE，OF．

∵∠ABC＝60°，∠ACB＝70°，
∴∠BAC＝180°﹣60°﹣70°＝50°．
∵AB是圆O的切线，
∴∠OFA＝90°．
同理∠OEA＝90°．
∴∠BAC+∠EOF＝180°．
∴∠EOF＝130°，
∴∠EDF＝∠EOF＝65°．

【点评】本题主要考查的是切线的性质、切线长定理、三角形、四边形的内角和、圆周角定理，求得∠EOF的度数是解题的关键．

一．选择题（共1小题）
1．（2022秋•宿豫区期中）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，则∠BEC＝120°；③若点G为BC的中点，则∠BGD＝90°；④BD＝DE．其中一定正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用三角形内心的性质得到∠BAD＝∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，则可对④进行判断．
【解答】解：∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，故①正确；
如图，连接BE，CE，

∵E是△ABC的内心，
∴∠EBC＝∠ABC，∠ECB＝ACB，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠ECB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝120°，故②正确；

∵∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∴OD⊥BC，
∵点G为BC的中点，
∴G一定在OD上，
∴∠BGD＝90°，故③正确；
如图，连接BE，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC＝∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴DB＝DE，故④正确．
∴一定正确的①②③④，共4个．
故选：D．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握三角形的内心与外心．
二．填空题（共4小题）
2．（2022秋•工业园区校级期中）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 　289　．

【分析】如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．
【解答】解：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE，OD，
则四边形EODC为正方形，
∴OE＝OD＝3＝，
∴AC+BC﹣AB＝6，
∴AC+BC＝AB+6，
∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，
∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，
而BC2+AC2＝AB2，
∴2BC×AC＝12AB+36①，
∵小正方形的面积为49，
∴（BC﹣AC）2＝49，
∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，
把①代入②中得
AB2﹣12AB﹣85＝0，
∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，
∴AB＝17（负值舍去），
∴大正方形的面积为 289．
故答案为：289．

【点评】本题主要考查了三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高．
3．（2022秋•邗江区期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，点O是BC边中点，⊙O的半径为1，点P是AC边上一动点，则由点P到⊙O的切线长PQ的最小值为 　　．

【分析】当PO⊥AC时，线段PQ最短；连接CP、CQ，根据勾股定理知PQ2＝CP2﹣CQ2，先求出CP的长，然后由勾股定理即可求得答案．
【解答】解：如图，连接OP，OQ，AO，

∵PQ与⊙O相切于点Q，
∴OQ⊥PQ，
∵OQ＝1，
∴当OP最短时，PQ最小，
∴当PO⊥AC时，线段PQ最小，
∵AB＝AC＝5，BC＝6，点O是BC边中点，
∴AO⊥BC，OC＝BC＝3，
∴AO＝＝＝4，
∴S△AOC＝S△ABC＝×6×4＝6，
∴5×OP＝6，
∴OP＝，
∴PQ＝＝，
∴点P到⊙O的切线长PQ的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了切线的性质以及勾股定理的运用；注意掌握辅助线的作法，注意当PO⊥AC时，线段PQ最短是关键．
4．（2022秋•东台市期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3，点D是AB的中点，点E是以点B为圆心，BD长为半径的圆上的一动点，连接AE，点F为AE的中点，则CF长度的最大值是 　　．

【分析】如图，延长AC到T，使得CT＝AC，连接BT，TE，BE．证明CF＝ET，求出ET的最大值即可．
【解答】解：如图，延长AC到T，使得CT＝AC，连接BT，TE，BE．

∵AC＝CT，BC⊥AT，
∴BA＝BT，
∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，BC＝3，
∴∠BAT＝60°，AC＝BC•tan30°＝3，
∴AB＝2AC＝6，
∴△ABT是等边三角形，
∴BT＝AB＝6，
∵AD＝BD＝BE，
∴BE＝3，
∵ET≤BT+BE，
∴ET≤9，
∴ET的最大值为9，
∵AC＝CT，AF＝FE，
∴CF＝ET，
∴CF的最大值为．
解法二：连接BE，CD，DF．

∵AF＝EF，AD＝DB，
∴DF＝BE＝，
∵∠ACB＝90°，AD＝DB＝3，
∴CD＝AB＝3，
∵CF≤CD+DF＝
∴CF的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形的中位线解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
5．（2022秋•东台市期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是 　2　．

【分析】圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，先根据圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，求出正方形CEOF的边长为x，根据勾股定理可得OC＝，连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，再利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，

∵圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴CE＝CF，BE＝BG，AF＝AG，AB＝＝5，
∴四边形CEOF是正方形，
设正方形CEOF的边长为x，
则BE＝BG＝3﹣x，AF＝AG＝4﹣x，
根据题意，得
3﹣x+4﹣x＝5，
解得x＝1，
∴OC＝＝，
∵CD⊥l，
∴∠CDO＝90°，
∴点D在以OC为直径的圆Q上，如图，

连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，
当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
∴CP＝QP＝，
∴AP＝AC﹣CP＝4﹣＝，圆Q的半径QD＝，
∴QA＝＝＝，
∴AD的最小值为AQ﹣QD＝﹣＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，正方形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心．
三．解答题（共6小题）
6．（2022秋•盱眙县期中）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，点C在⊙O上，CA＝CD，∠D＝30°．
（1）试判断直线与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为5，求点A到CD所在直线的距离．

【分析】（1）连接OC，证明∠OCD＝90°，从而判断CD与⊙O相切．易证∠A＝30°，∠COD＝60°，所以∠OCD＝90°，从而得证；
（2）作AE⊥DC，交DC的延长线于E点．运用三角函数知识，在△OCD中求出OD，从而知AD长度，然后在△ADE中即可求出AE的长．
【解答】解：（1）CD是⊙O的切线．理由如下：
∵△ACD是等腰三角形，∠D＝30°．∴∠CAD＝∠CDA＝30°．
连接OC．
∵AO＝CO，
∴△AOC是等腰三角形．
∴∠CAO＝∠ACO＝30°，
∴∠COD＝60°．
在△COD中，
又∵∠CDO＝30°，
∴∠DCO＝90°．
∴CD是⊙O的切线，即直线CD与⊙O相切．
（2）过点A作AE⊥CD，交DC的延长线于E点．
在Rt△COD中，∵∠CDO＝30°，
∴OD＝2OC＝10，AD＝AO+OD＝15．
∵在Rt△ADE中，∠EDA＝30°，
∴点A到CD边的距离为：AE＝AD•sin30°＝7.5．

【点评】此题考查了切线的判定、解直角三角形等知识点，难度中等．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
7．（2022秋•如皋市期中）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，点C是的中点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点H，作CE⊥AB，垂足为E．
（1）求证：CH⊥AD；
（2）若CD＝5，CE＝4，求HD的长．

【分析】（1）连接OC，AC，根据点C是的中点，可得＝，然后证明OC∥AD，再根据切线的性质即可解决问题；
（2）先根据勾股定理求出BE＝3，再根据四边形ABCD内接于⊙O，可得∠HDC＝∠B，然后证明△HDC≌△EBC（AAS），可得HD＝BE＝3．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，AC，

∵点C是的中点，
∴＝，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵HC是⊙O的切线，OC是半径，
∴OC⊥HC，
∴CH⊥AD；
（2）解：∵＝，
∴BC＝CD＝5，
∵CE⊥AB，CE＝4，
∴BE＝＝3，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠HDC＝∠B，
在△HDC和△EBC中，
，
∴△HDC≌△EBC（AAS），
∴HD＝BE＝3．
∴HD的长为3．
【点评】本题考查了圆内角四边形，切线的判定，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，平行线的判定性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的性质定理是解题的关键．
8．（2022秋•建湖县期中）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于点D．
（1）求证：∠BAD＝∠CBD；
（2）求证：BD＝ID；
（3）连接BI、CI，求证：点D是△BIC的外心．

【分析】（1）根据圆周角定理和角平分线的定义即可得到结论；
（2）连接BI，根据I是△ABC的内心可得出∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠IBC，再由圆周角定理可知∠DBC＝∠DAC，BID是△ABI的一个外角可知∠BID＝∠BAD+∠ABI，故可得出∠IBD＝∠BID，由等腰三角形的性质可得出结论；
（3）连接BI，CI，由AD平分∠BAC，证明BD＝CD，结合（2）可得BD＝CD＝ID，进而可以得点D是△BIC的外心．
【解答】证明：（1）∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CBD；
（2）如图，连接BI，

∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠CBD，
∴∠BID＝∠ABI+∠BAD，
∴∠ABI＝∠CBI，∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，
∵∠IBD＝∠CBI+∠CBD，
∴∠BID＝∠IBD，
∴ID＝BD；
（3）如图，连接BI、CI，DC，

∵∠BAD＝∠CAD，
∴＝，
∴BD＝CD，
∴BD＝CD＝ID，
∴点D是△BIC的外心．
【点评】本题考查了三角形的内切圆和内心，三角形的外接圆和外心，垂径定理，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．
9．（2022秋•徐州期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点O在AC上，以OA为半径的⊙O交AB于点D，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AC＝6，BC＝8，OA＝2，求线段DE的长．

【分析】（1）直线DE与圆O相切，理由如下：连接OD，由OD＝OA，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到∠ODE为直角，即可得证；
（2）连接OE，设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，在直角三角形OCE中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的得到x的值，即可确定出DE的长．
【解答】解：（1）直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵OD＝OA，
∴∠A＝∠ODA，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴EB＝ED，
∴∠B＝∠EDB，
∵∠C＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠ODA+∠EDB＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣90°＝90°，即OD⊥DE，
∵OD为圆的半径，D为半径外端点，
∴直线DE与⊙O相切；
（2）连接OE，
设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，
∵∠C＝∠ODE＝90°，
∴OC2+CE2＝OE2＝OD2+DE2，
∴42+（8﹣x）2＝22+x2，
解得：x＝4.75，
则DE＝4.75．

【点评】此题考查了直线与圆的位置关系，以及线段垂直平分线定理，熟练掌握直线与圆相切的性质是解本题的关键．
10．（2022秋•铜山区期中）如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，C为的中点，过点C作直线CD⊥AE于D，连接AC、BC．
（1）试判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AD＝2，AC＝，求AB的长．

【分析】（1）连接OC，由C为的中点，得到∠1＝∠2，等量代换得到∠2＝∠ACO，根据平行线的性质得到OC⊥CD，即可得到结论；
（2）连接CE，由勾股定理得到CD＝＝，根据切割线定理得到CD2＝AD•DE，根据勾股定理得到CE＝＝，由圆周角定理得到∠ACB＝90°，即可得到结论．
【解答】解：（1）相切，连接OC，
∵C为的中点，
∴∠1＝∠2，
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠ACO，
∴∠2＝∠ACO，
∴AD∥OC，
∵CD⊥AD，
∴OC⊥CD，
∴直线CD与⊙O相切；

（2）方法1：连接CE，
∵AD＝2，AC＝，
∵∠ADC＝90°，
∴CD＝＝，
∵CD是⊙O的切线，
∴CD2＝AD•DE，
∴DE＝1，
∴CE＝＝，
∵C为的中点，
∴BC＝CE＝，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴AB＝＝3．
方法2：∵∠DCA＝∠B，
易得△ADC∽△ACB，
∴＝，
∴AB＝3．

【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，平行线的性质，切割线定理，熟练掌握各定理是解题的关键．
11．（2022秋•东台市期中）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若DC+DA＝6，⊙O的直径为10，求AB的长度．

【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA＝90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO＝90°，则CD为⊙O的切线；
（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，得四边形OCDF为矩形，设AD＝x，在Rt△AOF中，由勾股定理得（5﹣x）2+（6﹣x）2＝25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC＝∠CAO，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴PB∥OC，
∵CD⊥PA，
∴CD⊥OC，CO为⊙O半径，
∴CD为⊙O的切线；

（2）解：过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴∠OCD＝∠CDA＝∠OFD＝90°，
∴四边形DCOF为矩形，
∴OC＝FD，OF＝CD．
∵DC+DA＝6，
设AD＝x，则OF＝CD＝6﹣x，
∵⊙O的直径为10，
∴DF＝OC＝5，
∴AF＝5﹣x，
在Rt△AOF中，由勾股定理得AF2+OF2＝OA2．
即（5﹣x）2+（6﹣x）2＝25，
化简得x2﹣11x+18＝0，
解得x1＝2，x2＝9．
∵CD＝6﹣x大于0，故x＝9舍去，
∴x＝2，
从而AD＝2，AF＝5﹣2＝3，
∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，
∴AB＝2AF＝6．

【点评】本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，是基础知识要熟练掌握．