中考数学一轮复习考点（全国通用）考向28 点、直线、圆的位置关系专题特训（含答案）

这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向28 点、直线、圆的位置关系专题特训（含答案），共71页。


【题型探究】
题型一：点和圆的位置关系
1．（2023·辽宁抚顺·统考一模）在同一平面内，点P到圆上的最大距离为5，最小距离为1，则此圆的半径为（ ）
A．3B．4或6C．2或3D．6
2．（2023秋·广东广州·九年级期末）A，B两个点的坐标分别为（3，4），（﹣5，1），以原点O为圆心，5为半径作⊙O，则下列说法正确的是（ ）
A．点A，点B都在⊙O上B．点A在⊙O上，点B在⊙O外
C．点A在⊙O内，点B在⊙O上D．点A，点B都在⊙O外
3．（2021·河北唐山·统考一模）在数轴上，点所表示的实数为3，点所表示的实数为，的半径为2．下列说法中不正确的是（ ）
A．当时，点在上B．当时，点在内
C．当时，点在内D．当时，点在外
题型二：直线与圆的位置关系
4．（2022·山东菏泽·统考三模）已知在直角坐标系中，以点为圆心，以3为半径作，则直线与的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．与k值有关
5．（2023春·山东青岛·九年级专题练习）在直角坐标系中，一次函数的图象记作G，以原点O为圆心，作半径为1的圆，有以下几种说法：
①当G与⊙O相交时，y随x增大而增大；②当G与⊙O相切时，
③当G与⊙O相离时，或． 其中正确的说法是（ ）
A．①B．①②C．①③D．②③
6．（2022秋·九年级单元测试）如图，点A的坐标是（−2，0），点C是以OA为直径的⊙B上的一动点，点A关于点C的对称点为点P．当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，则k的值为（ ）．
A．B．C．D．
题型三：切线的性质问题
7．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，是的直径，是的弦，过点的切线交的延长线于点．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
8．（2023·湖北武汉·校考一模）如图，，是的两条切线，A，B是切点，过半径的中点C作交于点D，若，，则的半径长为（ ）
A．B．C．D．
9．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，中，，点是边上的一点，与、分别相切于点、，点为上一点，连，若四边形是菱形，则图中阴影部分面积是（ ）
A．B．C．D．
题型四：切线的判定和性质综合问题
10．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）如图，与⊙O相切于点A，过点A作于点C，交⊙O于点D，连接交直径的延长线于点E．
(1)求证：是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为6，，求的长．
11．（2023·广东云浮·校考一模）如图，四边形内接于，是的直径，，过点作的平行线交延长线于点，连接．
(1)求证：是的切线；
(2)当t，时，求的长．
12．（2023·湖南娄底·校考一模）如图，在中，平分，交于点D．是的直径，连接、过点D作，交于点E，交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若的半径为5，，求的长．
题型五：切线长定理
13．（2023·辽宁抚顺·统考一模）如图，是的切线，A、B为切点，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
14．（2023·全国·九年级专题练习）如图，的内切圆⊙O与，BC，CA分别相切于点D，E，F，，则AD的长是（ ）
A．B．C．D．
15．（2023·全国·九年级专题练习）如图，内切于，点P、点Q分别在直角边、斜边上，，且与相切，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
题型六：三角形内接圆问题
16．（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
17．（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，点是的内心，的延长线和的外接圆相交于点，与相交于点，则下列结论：①；②若，则；③若点为的中点，则；④．其中一定正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
18．（2023·全国·九年级专题练习）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，AC相切于点D，E，F，已知AB＝6，AC＝5，BC＝7，则DE的长是（ ）
A．B．C．D．
题型七：圆内接四边形问题
19．（2023·四川泸州·统考一模）如图，四边形是的内接四边形，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
20．（2023·陕西西安·高新一中校考二模）如图，是的直径，是的弦，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
21．（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，是等边的外接圆，点是弧上一动点（不与，重合），下列结论：①；②；③当最长时，；④，其中一定正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
题型八：圆和圆的位置关系
22．（2023春·九年级课时练习）如图，与外切于点，它们的半径分别为和，直线与它们都相切，切点分别为，，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．B．C．D．
23．（2022·湖北武汉·统考一模）如图，在平面内，，两两外切，其中的半径为8，，的半径都为5．用一张半径为R的圆形纸片把这三个圆完全覆盖，则R的最小值为（ ）
A．B．10C．13D．15
24．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）如图，点C是OD的中点，以OC为半径作⊙O，以CD为直径作⊙O'，AB与⊙O和⊙O'分别相切于点A和点B，连接BD，则cs∠BDC的值是（ ）
A．B．C．D．
题型九：园的综合问题：
25．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图，内接于，为的直径，的平分线交于点D，连接．
(1)过点A作于点F，过点B作于点G，求证：；
(2)若，求证：．
26．（2023·四川泸州·统考一模）如图，已知内接于，是的直径，的平分线交于点，交于点，连接，作，交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)求证：是的切线；
(3)若，求的半径和的长．
27．（2023·广东佛山·校考一模）如图，菱形中，，以为直径作，交于点E，过点E作于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，若，求的长．
(3)在（2）的条件下，若点G是上的一个动点，则线段CG的取值范围是什么？
【必刷基础】
一、单选题
28．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）图1是一个“不倒翁”，图2是它的主视图，，分别与所在圆相切于点A，B．若该圆半径是8，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
29．（2023·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，四边形内接于，则的半径为（ ）
A．4B．C．D．
30．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，点A是中优弧的中点，，C为劣弧上一点，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
31．（2023·全国·九年级专题练习）如图，是的直径，点C、D在上，若，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
32．（2023·全国·九年级专题练习）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，，与y轴相切于点O，将向上平移m个单位长度，当与直线AB第一次相切时，则m的值是（ ）
A．B．C．D．
33．（2023春·九年级课时练习）如图，正五边形内接于，过点作的切线交对角线的延长线于点，则下列结论不成立的是（ ）
A．B．C．D．
34．（2023·云南·校考一模）如图，已知是的直径，点是上一点，过点作的切线交延长线于点，于点，连接．
(1)求证：平分；
(2)若，，求的半径．
35．（2023·陕西西安·高新一中校考二模）如图，与的边相切于点，点在边上，，交于点，且于点．
(1)求证：是的切线；
(2)已知点为上一点，，，的半径为1，求的长．
36．（2023·陕西西安·校考二模）如图，以的一边为直径作，与边的交点恰好为的中点，与边的交点为，过点作于点．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，，求弦的长度．
【必刷培优】
一、单选题
37．（2023·江苏泰州·九年级校考期末）如图，已知点，直线l经过A、B两点，点为直线l在第一象限的动点，作的外接圆，延长交于点Q，则的面积最小值为（ ）
A．4B．4.5C．D．
38．（2022春·九年级课时练习）如图，在中，，点O在上，经过点A的与相切于点D，交于点E，若则图中阴影部分面积为（ ）
A．B．C．D．
39．（2022·四川泸州·四川省泸县第四中学校考一模）如图，四边形内接于，交的延长线于点E，若平分，，，则（ ）
A．3B．C．D．
40．（2022·宁夏银川·校考一模）如图，在半圆中，是半圆的直径，，，连接，以为直径作半圆，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
41．（2022·江苏连云港·校考三模）如图，在矩形中，，，点在对角线上，以为半径作交于点，连接，若是的切线，此时的半径为（ ）
A．B．C．D．
42．（2022·福建福州·福建省福州教育学院附属中学校考模拟预测）如图，的三个顶点、、均在上，且对角线过圆心，与相切于点，若的半径为，则▱的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
43．（2023·福建福州·统考一模）已知内接于⊙O，I是的内心，若，则的度数是_____．
44．（2022·福建福州·校考一模）如图，为的直径，P为延长线上的一点，过P作的切线，A为切点，，则的半径等于___________．
45．（2022·黑龙江哈尔滨·校考二模）如图，、、、四个点均在上，，，则的度数为___________．
46．（2022·内蒙古通辽·模拟预测）如图所示，已知四边形是的一个内接四边形，且，则_______．
47．（2023·广东江门·校考一模）中，，点D为的对称轴上一动点，过点D作与相切，与相交于点E，那么的最大值为 _____．
48．（2022·浙江宁波·校考模拟预测）如图，在中，，是的外接圆，在劣弧上存在点满足，连结交于点，延长交于点，连结交于点，连结，若，半径为，则_____．
三、解答题
49．（2023·山东东营·校考一模）如图，内接于，是的直径，，连接交于点，延长至点，使，连接．
(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求的长．
50．（2023·陕西汉中·统考一模）如图，是的外接圆，是的直径，是延长线上一点，连接，且．
(1)求证：是的切线；
(2)若直径，求的长．
51．（2023·广东江门·校考一模）点为正方形的边上一动点，直线与相交于点，与的延长线相交于点．
(1)如图①，若正方形的边长为2，设，的面积为，求与的函数关系；
(2)如图②，求证：是的外接圆的切线；
(3)如果把正方形换成是矩形或菱形，（2）的结论是否仍然成立？
52．（2023·广东江门·江门市华侨中学校考一模）如图，点O在的平分线上，与相交于点C．与的延长线相交于点D，与相切于点A．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若，求的半径；
(3)点G是劣弧上一点，过点G作的切线分别交于点E，F，若的周长是半径的3倍，求的值．
53．（2023·陕西西安·校考一模）（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为 ．
（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，，作于点，点是的内心，求的度数．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，若矩形的边长，，，求此时的最小值．
知识点1：与圆有关的位置关系
5.点与圆的位置关系
设点到圆心的距离为d.
(1)dr⇔点在⊙O外．
6.直线和圆的位置关系
位置关系
相离
相切
相交
图形
公共点个数
0个
1个
2个
数量关系
d＞r
d＝r
d＜r
知识点2 ：切线的性质与判定
7.切线
的判定
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）.
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线.
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
8.切线
的性质
（1）切线与圆只有一个公共点.
（2）切线到圆心的距离等于圆的半径.
（3）切线垂直于经过切点的半径.
* 9.切线长
（1）定义：从圆外一点作圆的切线，这点与切点之间的线段长叫做这点到圆的切线长.
（2）切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，两切线长相等，圆心与这一点的连线平分两条切线的夹角.
参考答案：
1．C
【分析】点应分为位于圆的内部与外部两种情况讨论：①当点在圆内时，直径=最小距离+最大距离；②当点在圆外时，直径=最大距离-最小距离．
【详解】解：分为两种情况：
①当点在圆内时，如图1，
点到圆上的最小距离，最大距离，
直径,
半径
②当点在圆外时，如图2，
点到圆上的最小距离，最大距离，
直径,
半径
故选：C
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，注意到分两种情况进行讨论是解决本题的关键．
2．B
【分析】根据勾股定理，可得OA、OB的长，根据点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
【详解】解：∵OA＝＝5，
OB＝＝＞5，
∴点A在⊙O上，点B在⊙O外．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
3．C
【分析】根据点到圆心的距离与半径的大小关系即可判断点与圆的位置关系，当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内，再判断各选项，可得答案．
【详解】解：A．当时，，即，点在上，故A正确；
Ｂ．当时，，即，点在内，故B正确；
Ｃ．当时，①时，，即，点在外；②时，，即，点在上；③时，，即，点在内；故C不正确；
Ｄ．当时，，即，点在外，故D正确；
故选C．
【点睛】本题考查了对点与圆的位置关系的判断，关键是要记住若半径为，点到圆心的距离为，则有：当时，点在圆外；当时，点在圆上；当时，点在圆内．
4．B
【分析】直线过定点，该点在内部，因此可知直线与的位置关系是相交．
【详解】解：对于，当时，无论k取何值，对应的y值均为2，
∴直线过定点，
∵是以点为圆心，以3为半径的圆，
∴定点在内部，
∴直线与的位置关系是相交．
故选：B．
【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征，直线与圆位置关系的判定，得出直线 过定点是解题的关键．
5．C
【分析】由一次函数解析式可得直线过点（2，1），如图1，P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E；先由勾股定理和三角函数解Rt△PAO；再由切线长定理求得AB的长；然后解Rt△ABE求得B点坐标，便可求得直线与圆相切时的k值；根据一次函数与y轴交点纵坐标（1-2k）随k值的变化情况确定直线与圆的位置关系即可解答．
【详解】解：∵，当x=2时，y=1，
∴一次函数经过点（2，1），
如图1，P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E，
∵A点坐标（0，1），∴PA∥x轴，
∵PA=2，OA=1，∴OP=，
Rt△PAO中，sin∠OPA=，cs∠OPA=，
由切线长定理可得：PB=PA，PO⊥AB，
∴AB=2AC，∵AC=APsin∠OPA=，∴AB=，
∵∠AOP+∠OPA=90°，∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠OPA，
Rt△ABE中，BE=ABsin∠EAB=×=，AE=ABcs∠EAB=×=，
∴OE=AE-AO=，
∴B点坐标（，-），代入可得：k=，
∵直线与y轴交点纵坐标为（1-2k），
当k=时，直线与圆相切，直线与y轴交点（0，），
当k＞时，（1-2k）＜，直线与圆相离；
当k＜0时，（1-2k）＞1，直线与圆相离；
当0＜k＜，＜（1-2k）＜1，直线与圆相交；
∵直线与圆相交时，0＜k＜，∴一次函数递增，故①正确；
∵直线与圆相切时，k=，故②错误；
∵直线与圆相离时，或，故③正确；
①③正确，
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数的图象特征，切线长定理，直线与圆的位置关系，解直角三角形等知识；综合性强难度大，正确作出辅助线是解题的关键．
6．C
【分析】由点C的运动轨迹，可以推出点P的运动轨迹.然后根据当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，推出OP⊥PD，然后根据勾股定理和等积法分别求出PE和OE，进而确定点P的坐标，然后代入直线y=kx－3k（k＞0）即可求出k的值．
【详解】解：如图，连接OP，作过点P作PE⊥x轴于点E，
∵点P和点A关于点C对称，点C的运动轨迹是以点B为圆心，半径为1的圆，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，以AO为半径的圆．
∵当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，直线y=kx－3k（k＞0）过定点D(3,0)，
∴OP⊥PD，
∴∠OPD=90°，
在Rt△OPD中，OP=OA=2，OD=3，
由勾股定理得：PD==
由等积法，可得：OD•PE=OP•PD，
即：3×PE=2×，
解得：PE=
在Rt△OPE中，OE==
∴点P的坐标为(，)
把点P的坐标代入y=kx－3k，得:，
解得:k=．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了双动点模型：主动点运动轨迹是圆，从动点运动轨迹也是圆，圆与直线的位置关系，勾股定理，等积法．熟记相关模型，利用数形结合思想是解决此类问题的关键．
7．A
【分析】如图所示，连接，先根据切线的性质得到，再根据三角形内角和定理得到，则由圆周角定理得到．
【详解】解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，熟知切线的性质是解题的关键．
8．B
【分析】过点O作交于M，连接，，由平行线等分线段定理得到，由得，由平行线的性质推出得到，由勾股定理即可求出半径的长．
【详解】解：过点O作交于M，连接，，
∵切于点B，
∴半径，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵切于A，
∴半径，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的半径长是．
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质定理，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，平行线等分线段定理，关键是过点O作交于M，由平行线等分线段定理推出．
9．A
【分析】设与相交于点，利用菱形的性质可得，，利用圆的切线性质可得，从而可得，进而可得，然后求出，从而求出，，，再在中，利用锐角三角函数的定义求出的长，的度数，最后根据阴影部分面积的面积扇形的面积，进行计算即可解答．
【详解】解：设与相交于点，
四边形是菱形，
，，
与、分别相切于点、，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
阴影部分面积的面积扇形的面积
，
阴影部分面积为，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，切线的性质，圆周角定理，解直角三角形，扇形面积的计算，熟练掌握切线的性质，以及圆周角定理是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由切线的性质可得，再证明，得出，即
可求证；
（2）先由勾股定理求出，再证明，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵与⊙O相切于点A，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
又∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线；
（2）∵⊙O的半径为6，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
即=，
解得：．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，垂径定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，根据圆周角定理得：，进而得出，则，得出，即可得证；
（2）由，得出，根据切线的性质得出，进而在中，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是的直径，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
，
，
，
是的切线，
∴，
∴
，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，圆周角定理，已知正切求边长，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
12．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】(1)连接，证明为的中位线，根据平行线的性质，证明即可．
(2)根据切线的性质，直径所对的圆周角是直角，结合余角的性质，证明即可．
(3)根据三角函数，证明，结合， 计算，结合求解即可．
【详解】（1）证明：连接，如图，
∵是的直径，平分，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
又∵是半径，
∴是的切线．
（2）证明：∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵是的直径，平分，，
∴，，
∴，
∵中，， ，，
∴，
∴在中，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的性质，三角形相似的判断和性质，锐角三角形函数，三角形中位线定理，熟练掌握圆的性质，锐角三角函数，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
13．A
【分析】由是的切线,可得,根据等边对等角可得，从而可得．
【详解】解：是的切线,
，
,
故选：A
【点睛】本题主要考查的是切线的性质，解决本题的关键是由是的切线,可得．
14．D
【分析】设，根据切线长定理得出，求出，，根据，代入求出x即可．
【详解】设，
∵的内切圆⊙O与，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
15．B
【分析】设与相切于点D，E，G，与PQ相切于点F，连接OD，OE，OF，OG，设的半径为r，BQ=x，PE=y．根据切线的性质定理，正方形的判定定理和性质求出CE，GQ，FQ的长度，根据相似三角形的判定定理和性质求出BC的长度，根据切线长定理确定BE=BG，PE=PF，进而列出方程并用r表示BQ，进而用r和y表示出PQ和BP的长度，根据勾股定理用r表示出y，进而求出PQ和BP的长度，再根据直角三角形的边角关系求解即可．
【详解】解：如下图所示，设与相切于点D，E，G，与PQ相切于点F，连接OD，OE，OF，OG，设的半径为r，BQ=x，PE=y．
∵与相切于点D，E，G，与PQ相切于F，PQ⊥AB，
∴OD=OE=OF=OG=r，∠ODC=∠OEC=∠OGQ=∠OFQ=∠ACB=∠PQB=∠FQG=90°，PF=PE=y，BE=BG．
∴四边形ODCE是矩形，四边形OFQG是矩形，．
∴矩形ODCE是正方形，矩形OFQG是正方形．
∴CE=OE=r，FQ=GQ=OG=r．
∴BG=BQ+GQ=x+r，PQ=PF+FQ=y+r．
∵AC=2PQ，
∴．
∵∠ABC=∠PBQ，
∴．
∴．
∴BC=2BQ=2x．
∴BE=BC-CE=2x-r．
∴x+r=2x-r．
∴x=2r．
∴BQ=2r．
∴BE=3r．
∴BP=BE-PE=3r-y．
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查切线的性质，正方形的判定定理和性质，相似三角形的判定定理和性质，切线长定理，勾股定理，解直角三角形，综合应用这些知识点是解题关键．
16．B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作，
∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
17．D
【分析】根据点是的内心，可得，故①正确；连接BE，CE，可得∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），从而得到∠CBE+∠BCE=60°，进而得到∠BEC=120°，故②正确； ，得出，再由点为的中点，则成立，故③正确；根据点是的内心和三角形的外角的性质，可得，再由圆周角定理可得，从而得到∠DBE=∠BED，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵点是的内心，
∴，故①正确；
如图，连接BE，CE，
∵点是的内心，
∴∠ABC=2∠CBE，∠ACB=2∠BCE，
∴∠ABC+∠ACB =2（∠CBE+∠BCE），
∵∠BAC=60°，
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∴∠CBE+∠BCE=60°，
∴∠BEC=120°，故②正确；
∵点是的内心，
∴，
∴,
∵点为的中点，
∴线段AD经过圆心O，
∴成立，故③正确；
∵点是的内心，
∴，
∵∠BED=∠BAD+∠ABE，
∴，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=∠CBE+∠CAD，
∴，
∴∠DBE=∠BED，
∴，故④正确；
∴正确的有4个．
故选：D
【点睛】本题主要考查了三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识，熟练掌握三角形的内心问题，圆周角定理，三角形的内角和等知识是解题的关键．
18．D
【分析】连接、、，交于，作交BC于点G，利用 ，求出，进一步可得，求出，设⊙的半径为，利用，求出，求出，进一求出，再证明OB垂直平分，利用面积法可得，求得HE长即可求得答案．
【详解】解：连接、、，交于，作交BC于点G，如图，
∵AB＝6，AC＝5，BC＝7，
∴，即，解得：，
∴，
∴，
设内切圆的半径为r，
则，解得：，
的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，
∴∠ODB=∠OEB=90°，
又∵OD=OE， OB=OB，
∴，
∴BD=BE，
同理， CE=CF，AD=AF，
∵BE+CE=BC=7，
∴BD+BE+CE+CF=14，
∴2AD=(6+5+7)-14=4，即AD=2，
∴，
∴，
，，
垂直平分，
，，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，面积法等，正确添加辅助线，灵活运用相关知识是解题的关键．
19．D
【分析】根据圆周角定理求出，再利用圆内接四边形性质得出，即可求出的度数．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形为的内接四边形，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质，掌握圆周角定理及圆内接四边形的性质是解答此题的关键．
20．C
【分析】根据是的直径，可得，从而得到，再根据圆内接四边形的性质，即可求解．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理，圆内接四边形的性质是解题的关键．
21．C
【分析】根据等边三角形的性质可得，从而得到∠ADB=∠BDC，故①正确；根据点是上一动点，可得不一定等于，故②错误；当最长时，DB为圆O的直径，可得∠BCD=90°，再由是等边的外接圆，可得∠ABD=∠CBD=30°，可得，故③正确；延长DA至点E，使AE=AD，证明△ABE≌△CBD，可得BD=AE，∠ABE=∠DBC，从而得到△BDE是等边三角形，可得到DE=BD，故④正确；即可求解．
【详解】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ABC=60°，
∴，
∴∠ADB=∠BDC，故①正确；
∵点是上一动点，
∴不一定等于，
∴DA=DC不一定成立，故②错误；
当最长时，DB为圆O的直径，
∴∠BCD=90°，
∵是等边的外接圆，∠ABC=60°，
∴BD⊥AC，
∴∠ABD=∠CBD=30°，
∴，故③正确；
如图，延长DA至点E，使AE=DC，
∵四边形ABCD为圆O的内接四边形，
∴∠BCD+∠BAD=180°，
∵∠BAE+∠BAD=180°，
∴∠BAE=∠BCD，
∵AB=BC，AE=CD，
∴△ABE≌△CBD，
∴BD=AE，∠ABE=∠DBC，
∴∠ABE+∠ABD=∠DBC+∠ABD=∠ABC=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE=BD，
∵DE=AD+AE=AD+CD，
∴，故④正确；
∴正确的有3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆周角定理，三角形的外接圆，圆内接四边形的性质，垂径定理，等边三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
22．D
【分析】连接，过点作，利用阴影部分的面积等于梯形的面积减去扇形的面积减去扇形的面积，进行求解即可．
【详解】解：连接，过点作，
∵与外切于点，它们的半径分别为和，直线与，都相切，
∴，四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴梯形的面积是：；
扇形的面积为：；
扇形的面积为 ；
则阴影部分的面积梯形的面积扇形的面积扇形的面积 ；
故选D．
【点睛】本题考查求阴影部分的面．利用割补法，将阴影部分的面积转化为规则图形的面积，是解题的关键．同时考查了圆与圆的位置关系，切线的性质，以及锐角三角函数等知识，综合性较强．
23．A
【分析】当半径为R的圆形纸片与三个圆相切时，R的值最小，根据两圆相切的性质求解即可．
【详解】解：如图，当与三个已知圆相切时，R的值最小，
∵四个圆相切，的半径为8，，的半径都为5，的半径为R．
∴O1O2= O1O3=5+8=13，OO2= OO3=R-5，O1O=R-8，O2O3=5+5=10，
∴O1O⊥O2O3，设垂足为I，
∴IO2=5，
∴，
∴，
∴，即，
解得，，
故选： A．
【点睛】本题考查了相切圆的性质和勾股定理，解题关键是明确两圆相切时，圆心距与半径的关系，根据勾股定理列出方程．
24．A
【分析】连接OA、O'B、BC、AC，过点O'作O'P⊥AO于点P，，设小圆半径，则可表示出AB，进而根据△ABC∽△CDB，可求出∠BDC的正切值，进而求其余弦值即可．
【详解】解：如图，连接OA、O'B、BC、AC，过点O'作O'P⊥AO于点P，
由题意得：AO＝2BO'，
设BO'＝a，则AO＝2a，
∵AB与⊙O和⊙O'分别相切，
∴∠OAB＝∠ABO'＝90°，
∵∠APO'＝90°，
∴四边形ABO'P为矩形，
∴AP＝OP＝BO'＝a，
∵OO'＝OC+O'C＝3a，
∴AB＝O'Pa，
∵∠BDC+∠BCD＝90°，∠ABC+∠CBO'＝90°，∠BCD＝∠CBO'，
∴∠ABC＝∠BDC，
∴△ABC∽△CDB，
∴，
即BCBD，
∴CD，
∴cs∠BDC，
故选：A．
【点睛】本题考查切线的性质，作出合适的辅助线并且熟练掌握切线的性质及相似三角形的性质与判定是解题关键．
25．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先根据平分求出，再根据圆周角定理求出，最后根据全等三角形的判定和性质证明；
（2）过点C作于点H，先求出，再根据圆周角定理证明，最后根据相似三角形的性质证明即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵平分，
∴，
∴，
∴．
∵AB为的直径，
∴，
即，
∵于点G，
∴，
∴．
又，，
∴，
∴．
（2）证明：如图，过点C作于点H，则．
∵，
∴，，
∴．
∵为的直径，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)见解析
(3)15，
【分析】（1）由圆周角定理及已知条件进行等量代换，然后利用内错角相等两直线平行证明即可．
（2）利用角平分线及圆周角定理得出是的中点，再利用垂径定理及平行线的性质推导得出为直角，即可证明．
（3）先证明，然后利用勾股定理计算得出的长，再利用平行线所截线段成比例求出．
【详解】（1）证明：∵，
∴ ，
∴；
（2）证明：
连接，
∵ 平分，
∴，
∴，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 是的半径，
∴是的切线；
（3）解：
如图，设的半径为，则，
在中，由勾股定理，得，
∴，
解得：，
∴的半径为15；
∵ ，
∴，
∴ ，
∴，
∵ 是的直径，
∴ ，
在中，由勾股定理，得 ，
即，
解得，
∴ ，
∵，
∴，即 ，
∴．
方法二：
∵ ，
∴，
∴，
∴ ，
∴ ，
∴，
∴的半径为15；
求长的步骤同上．
【点睛】本题主要考查平行的判定，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，切线的证明以及相似三角形，掌握切线的证明，相似三角形的判定及计算是解决本题的关键．
27．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）连接，通过菱形的性质和圆的性质证明，又由，证得，即可得证；
（2）连接，根据菱形和圆的有关性质，求得，，在，由勾股定理解答即可．
（3）如图，连接,交于两点，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）
证明：如图，连接．
∵四边形是菱形



又∵是的半径
∴是的切线．
（2）解：如图，连接．
∵是的直径

在中，，
在中，，
在中， ，
∴=．
（3）解：如图，过点C作垂直，交延长线于点M，
由（2）知，

∴==
∵，
∴线段的取值范围是：
【点睛】本题考查的是圆和菱形的综合题，运用了圆周角定理，圆的切线的判定，含有60°的特殊菱形的性质，以及特殊角的三角函数的运算，再对圆和菱形的基础进行整合提高，最后再运用圆的动点知识，求出动线段的取值范围。这是一道代几综合题型，侧重几何综合考察。从思想方法上看，本题运用模型思想、三角函数运算、转化思想、运动变化观念等，渗透增量，巧设简化意识的考查。本题体现出多种解答数学问题的思想方法，贴近生活、层层递进，为不同层次的学生展示自己的才华创设了平台，培养了学生的数学综合素养。
28．D
【分析】设的圆心为，连接，根据切线的性质，求出的度数，进而求出的度数，利用弧长公式进行计算即可．
【详解】解：设的圆心为，连接，
∵，分别与所在圆相切于点A，B，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的度数为，
∴的长是；
故选D．
【点睛】本题考查切线的性质，求弧长．熟练掌握切线垂直于过切点的半径，以及弧长公式，是解题的关键．
29．B
【分析】连接，，根据圆内接四边形的性质可得，则有，进而根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：连接，，
∵四边形内接于，，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，
∴，
∴的半径为：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查圆内接四边形的性质及圆周角定理，熟练掌握圆内接四边形的性质及圆周角定理是解题的关键．
30．C
【分析】根据弧中点的定义可得进而得到，然后根据三角形内角和定理可得，最后根据圆的内接四边形对角互补即可解答．
【详解】解：∵点A是中优弧的中点，
∴
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的相关性质、圆的内接四边形性质等知识点，掌握圆的内角四边形对角互补成为解答本题的关键．
31．B
【分析】连接BC，如图，利用是直径和三角形的内角和可得出的度数，再利用圆内接四边形的性质解答即可．
【详解】解：连接，如图，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论和圆内接四边形的性质，关键是利用是直径得出．
32．A
【分析】求出A、B的坐标，得到OA、OB的长，设平移后与直线相切与点E，与y轴相切于点F，连接，则四边形是矩形，然后利用面积法求解即可．
【详解】解：当时，，
当时，；
∴，，
∴．
设平移后与直线相切与点E，与y轴相切于点F，连接，则四边形是矩形，
∴，
∴．
∵，与y轴相切于点O，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】本题考查对直线与圆的位置关系，勾股定理，面积法求线段的长，一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握面积法是解此题的关键．
33．C
【分析】连接，根据正五边形的性质求出各个角的度数，结合平行线的判定方法，再逐个判断即可．
【详解】五边形是正五边形，
，，
，
，
，
，故A不符合题意；
，
，故B不符合题意；
连接，过点A作于点H，则，
，，
，
，故C符合题意；
连接，
五边形是正五边形，
，
，
，
相切于，
，
，
，
，
，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、正多边形与圆、等腰三角形的性质和判定、平行线的判定等知识点，能综合运用定理进行推理是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接，由切线的性质得到，然后根据垂直的定义结合平行线的判定和性质得到，从而求解；
（2）先证得，然后根据相似三角形的性质及勾股定理列方程求解
【详解】（1）连接，则，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
（2）∵，，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
设的半径为r，则，
∴，解得：，
∴的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质和相似三角形的判定和性质，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
35．(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点O作于点D．由等腰三角形的性质得出为的平分线．再根据切线的性质得出，最后根据角平分线的性质定理得出，即说明为半径，即是的切线；
（2）设与交于点G．结合（1）可求出，即得出，从而得出，根据垂径定理可求出，，由此可证，得出．由勾股定理可求出，结合解直角三角形可求出，即可求出，进而得出．
【详解】（1）证明：如图，过点O作于点D．
∵，，
∴，即为的平分线．
∵与的边相切于点，
∴．
又∵，
∴
∵为半径，
∴是的切线；
（2）如图，设与交于点G．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理及解直角三角形等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
36．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接，如图，先证明为的中位线，则，由于，所以，于是可根据切线的判定定理得到直线是的切线；
（2）连接，根据圆周角定理得到，证明垂直平分，得到，根据三角函数的定义得到，设，在中，利用勾股定理列出方程，解之即可．
【详解】（1）解：证明：连接，如图，
点为的中点，点为的中点，
为的中位线，
，
，
，
直线是的切线；
（2）连接，∵是直径，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∵，设，
则，，
在中，，
∴，
解得：或（舍），
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理和勾股定理以及垂直平分线的判定和性质，解直角三角形，经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．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．
37．D
【分析】根据已知可得，从而在在中，利用勾股定理求出的长，再根据直径所对的圆周角是直角可得，然后利用同弧所对的圆周角相等可得，从而可得，进而可得，最后根据垂线段最短可知，当时，最小，从而可得的面积最小，进行计算即可解答．
【详解】解：∵点，
∴，
在中，，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的面积=，
∴当最小时，的面积最小，
∴当时，最小，
∵的面积，
∴，
∴，
∴的面积的最小值，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，三角形的外接圆，圆周角定理，坐标与图形的性质，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
38．C
【分析】过点O作，可得，可得四边形是矩形，进而可得，在和中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，最后根据面积公式，进行计算即可解答．
【详解】解：连接，过点O作，垂足为F，
∴，
∵与相切于点D，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，，
∴阴影部分面积的面积扇形的面积
，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形，三角形和扇形面积的计算，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．
39．C
【分析】连接，由圆内接四边形的性质和圆周角定理得到，，从而得到，得出，然后利用勾股定理计算的长．
【详解】解：连接，如图，
∵平分，
∴，
∵四边形内接于，
∴，
又
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定、圆周角定理、勾股定理、角平分线定义等知识；熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质是解题的关键．
40．C
【分析】由已知条件可计算出，的长度，根据勾股定理可计算出的长度，即可算出以为直径半圆的面积，扇形的面积，的面积，即可算出则弓形的面积，则阴影部分的面积为，代入计算即可得出答案．
【详解】解：根据题意，是半圆的直径，，，
∴为半径，，
在中，，
以为直径半圆的面积，
扇形的面积，
的面积，
∴弓形的面积，
∴则阴影部分的面积为．
故选：．
【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，分析题目中阴影部分的面积，应运用几何图形的面积和与差的关系进行求解是解决本题的关键．
41．C
【分析】根据矩形的性质和勾股定理可得，根据切线的性质，根据同角的余角相等得，则，根据，可得，可求得，在中，利用勾股定理即可得的半径的值．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
在中，，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
在中，，
∴，
解得．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，注意数形结合思想的应用是解题的关键．
42．B
【分析】连接，延长交于，如图，先根据切线的性质得，再利用平行四边形的性质得，，所以，接着根据垂径定理得到，然后证明，利用相似比求出，，则根据勾股定理可计算出，然后利用平行四边形的面积公式求解．
【详解】解：连接，延长交于，如图，

与相切于点，
，
四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
,
，
，
，，
在中，，
的面积．
故选B．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质与判定和勾股定理，构造直角三角形是解题的关键．
43．或
【分析】当是锐角三角形时，得出，得出，求解即可；当是钝角三角形时， ，得出，求解即可；当是直角三角形时，不符合题意．
【详解】解：当是锐角三角形时，如图所示：
∵I是的内心，
∴、平分、，
∴，，
∴
，
∵，，
∴，
∴；
当是钝角三角形时，如图所示：
∵I是的内心，
∴、平分、，
∴，，
∴
∵，，
∴，
∴；
当是直角三角形时，不符合题意；
故答案为：或．
【点睛】本题考查三角形的内心，角平分的定义，分情况讨论是解题的关键．
44．3
【分析】连接，因为是的切线，得，结合已知在中运用勾股定理即可求解．
【详解】连接，
∵是的切线，
∴，
，
在中，
，
即，
∴，
解得，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了切线的性质和勾股定理的运用；掌握切线的性质构造直角三角形是解题的关键．
45．##度
【分析】首先连接，由、、、四个点均在上，，，可求得与的度数，然后由圆的内接四边新的性质，求得答案．
【详解】解：连接，
，，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆的内接四边形的性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．此题比较适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
46．##55度
【分析】先根据圆周角定理求出的度数，再由圆内接四边形的性质即可得出结论．
【详解】解：，
．
四边形是圆内接四边形，是四边形的一个外角，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理等内容，熟知圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
47．##
【分析】设的对称轴交于F，连接，可得切于F，从而得到，进而得到点E在以为直径的圆I上，连接，并延长交圆I于点，则的最大值为，根据勾股定理求出，的长，即可．
【详解】解：如图，设的对称轴交于F，连接，
∵，
∴的对称轴，
∴切于F，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴点E在以为直径的圆I上，
连接，并延长交圆I于点，则的最大值为，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的最大值为 ．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，根据题意得到的最大值为是解题的关键．
48．4
【分析】因为，所以设，则，证明；连接并延长交于，过点作于点，过点作交的延长线于点，再证明，是等腰三角形，，所以，因为，所以设，则，在中，由，解得，所以，，
最后根据即可得解．
【详解】解：设，
，
，
，
，
，
，
，
连接并延长交于，过点作于点，过点作交的延长线于点，
是直径，
，，
四边形是的内接四边形，，
，
，
又，，
，
，
，
，
，，
平分，，
，
点到、的距离相等，，平分，（三线合一），
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
中，，
，
，
，
，
设，则，
中，，
由，解得，
，，
，
，
，，
，
，
．
故答案为：4．
【点睛】本题考查圆的相关性质及等腰三角形的判定，全等三角形的判定及性质等综合知识，难度较大，解题的关键是构造全等三角形（作辅助线）．
49．(1)直线是的切线，理由见解析
(2)
【分析】（1）根据直径所对的圆周角为直角，得出，再根据三线合一的性质，得出，再根据等边对等角，得出，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等，得出，再根据等量代换，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据等量代换，得出，进而得出，再根据切线的判定定理，即可得出答案；
（2）过点作，根据正切的定义，得出，然后设，则，再根据勾股定理，得出，再把数据代入，得出，解出即可得出，再根据三线合一的性质，即可得出的长．
【详解】（1）解：直线是的切线，理由如下：
∵为直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵点在上，
∴直线是的切线；
（2）解：如图，过点作，
∵，
∴，
∵，
∴设，则，
在中，
根据勾股定理，，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了圆周角定理的推论、三线合一的性质、等边对等角、直角三角形两锐角互余、切线的判定定理、正切的定义、勾股定理，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
50．(1)详见解析
(2)
【分析】(1)根据直径所对的圆周角是直角，余角的性质即可求得结论；
(2)根据已知条件可知，再根据正切的定义和相似三角形的性质得到线段的关系即可求得线段的长度．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴是的切线；
（2）解：∵，
∴，
∵在中，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
又∵，
即，
解得（取正值），
∴，
【点睛】本题考查了圆周角的性质，切线的判定定理，正切的定义，相似三角形的性质和判定，找出正切的定义与相似三角形相似比的关联是解题的关键．
51．(1)
(2)见解析
(3)成立
【分析】（1）延长，过作交延长线于，所以，，可得，即；
（2）如图，取中点，连接，易证，所以，通过推导可得到，所以，即，则是的外接圆的切线；
（3）当正方形换成矩形时，由（2）可知，，但是与不全等，可证明，则不是的外接圆的切线；当正方形换成菱形时，可得，在中，连接并延长交于，证明，即，即是的外接圆的切线．
【详解】（1）如图，延长，过作交的延长线于，
由题意可知，正方形边长为2，
∴，
∴，
，
∴，即；
（2）如图，取中点，连接，
∵，
∴是外接圆的直径，为圆心，
在正方形中，是对角线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴是的外接圆的切线；
（3）当正方形换成矩形时，
由（2）可知，，但是与不全等，
∴，
∴，
∴，，
∴不是的外接圆的切线；
当正方形换成菱形时，
在菱形中，是对角线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，连接并延长交于，
∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，即，
∴是的外接圆的切线．
【点睛】本题属于圆的综合题，涉及考查正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，切线的性质与判定，熟练掌握相关知识是解题关键．
52．(1)见解析
(2)3
(3)
【分析】（1）连接，过O作于B，根据切线的性质可得，再由角平分线的性质可得，即可；
（2）设的半径是x，在中，根据勾股定理，即可求解；
（3）延长交于点H，设的半径为r，根据切线长定理可得，从而得到，设则，再证得，可得，从而得到，再由勾股定理可得，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接，过O作于B，
∵与相切于点A，
∴，
∵点O在的平分线上，
∴，
∴直线是的切线；
（2）解：设的半径是x，
在中，，
∴，
解得：，
所以的半径为3；
（3）解：如图2，延长交于点H，
设的半径为r，
∵是的切线，
∴，
∴的周长，
∴，
设则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，切线长定理，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握切线的判定和性质，切线长定理，勾股定理是解题的关键．
53．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）当点在线段上时，有最小值，即可求解；
（2）根据角平分线性质和三角形内角和定理即可求解；
（3）先作出的外接圆，进而求出外接圆半径，进而判断出最小时点的位置，最后构造直角三
角形即可得出结论．
【详解】（1）当点在线段上时，有最小值为，
故答案为：；
（2），
，
，
点是的内心，
平分，平分，
，，
；
（3），，，
，
，
如图3，作的外接圆，圆心记作点，连接，，在优弧上取一点，连接，，
点在的外接圆上，
，
，
，
连接，与相交于点此时，是的最小值，
过点作于，，交的延长线于，
，，
四边形是矩形，
，
平分
，
四边形是正方形，
，
，
在中，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，三角形的内心，勾股定理等知识，构造出的外接圆是解本题的关键．