沪教版数学九年级上册考点讲练第09讲 直线与圆的位置关系（4大考点）（2份，原卷版+解析版）

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（1）直线和圆的三种位置关系：
①相离：一条直线和圆没有公共点．
②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．
③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．
（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．
①直线l和⊙O相交⇔d＜r
②直线l和⊙O相切⇔d＝r
③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
二．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
运用切线的性质进行计算或证明时，常常作的辅助线是连接圆心和切点，通过构造直角三角形或相似三角形解决问题．
三．切线的判定
（1）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”．
四．切线的判定与性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（3）常见的辅助线的：
①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；
②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．
考点精讲
一．直线与圆的位置关系（共12小题）
1．（2022•虹口区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，联结AE，点O是线段AE
上一点，⊙O的半径为1，如果⊙O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是 ＜AO＜ ．
【分析】根据题意，需要分⊙O分别与边AB、BE相切两种情况下，计算出AO长度即可解答．
【解答】解：设⊙O与AB相切于点F，连接OF，OF＝1，
∵BE＝BC＝6＝3，∠B＝90°，
∴AE＝＝＝5，
△ABE中，∵AB＞BE，
∴∠BAE＜∠BEÁ
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＜∠DAE，
∵∠AFO＝∠ABE＝90°，∠FAO＝∠BAE，
∴△AFO∽△ABE，
∴＝，即AO＝＝＝，
∵∠DAE＞∠BAE，
∴若⊙O与AD相切时，和AB一定相交；
若⊙O与AB相切时，和AD一定相离．
同理当⊙O与BC相切于点M时，连接OM，OM＝1，计算得EO＝，
∴此时AO＝5﹣EO＝5﹣＝，
∴当＜AO＜时，⊙O与矩形ABCD的各边都没有公共点，
故答案为：＜AO＜．
【点评】本题考查了切线的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，解题关键是分两种情况计算．
2．（2022•金山区二模）在直角坐标系中，点P的坐标是（2，），圆P的半径为2，下列说法正确的是（ ）
A．圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
B．圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
C．圆P与x轴、y轴都有两个公共点
D．圆P与x轴、y轴都没有公共点
【分析】点P到x轴的距离是，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，从而确定答案即可．
【解答】解：∵P（2，），圆P的半径为2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：B．
【点评】本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆心到直线的距离是d，半径是r，则①d＞r，直线和圆相离，没有交点；②d＝r，直线和圆相切，有一个交点；③d＜r，直线和圆相交，有两个交点．
3．（2022春•杨浦区校级期中）如图在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3，DE∥BC，且AD＝2CD，那么以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是（ ）
A．外离B．外切C．相交D．不能确定
【分析】连接CE，可知CD＝2，易证△ADE∽△ACB，根据相似三角形的性质，可知DE和BE的值，根据勾股定理可求CE的值，然后比较CD+BE与CE即可判断．
【解答】解：连接CE，如图所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝3，
根据勾股定理，得AB＝，
∵AD＝2CD，且AC＝6，
∴CD＝2，AD＝4，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠C，
∵∠DAE＝∠CAB，
∴△ADE∽△ACB，
∴＝，
∴DE＝2，AE＝，
∴BE＝，
∵DE∥BC，且∠ACB＝90°，
∴∠EDC＝90°，
根据勾股定理，得CE＝，
∵CD+BE＝2+＞，
∴以点C为圆心、DC长为半径的圆C和以点E为圆心、EB长为半径的圆E的位置关系是相交，
故选：C．
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，涉及勾股定理，相似三角形的性质和判定等，熟练掌握判断两圆位置关系的方法是解题的关键．
4．（2022•松江区校级模拟）如图，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，如果以点C为圆心的圆与斜边AB有公共点，那么⊙C的半径r的取值范围是（ ）
A．0≤r≤B．≤r≤3C．≤r≤4D．3≤r≤4
【分析】根据直线与圆的位置关系得出相切时有一交点，再结合图形得出另一种有一个交点的情况，即可得出答案．
【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，
∵AC＝3，BC＝4．如果以点C为圆心，r为半径的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴AB＝5，
当直线与圆相切时，d＝r，圆与斜边AB只有一个公共点，圆与斜边AB只有一个公共点，
∴CD×AB＝AC×BC，
∴CD＝r＝，
当直线与圆如图所示也可以有交点，
∴≤r≤4．
故选：C．
【点评】此题主要考查了直线与圆的位置关系，结合题意画出符合题意的图形，从而得出答案，此题比较容易漏解．
5．（2022春•普陀区期中）已知在等边△ABC中，AB＝2，如果以点C为圆心的圆与边AB有且只有一个公共点，那么⊙C的半径是 ．
【分析】设⊙C与AB的交点为D，连接CD，根据切线的定义得到AB与⊙C相切，根据切线的性质得到CD⊥AB，根据等边三角形的性质得到AC＝BC＝AB＝2，∠ACD＝ACB30°，于是得到结论．
【解答】解：设⊙C与AB的交点为D，连接CD，
∵以点C为圆心的圆与边AB有且只有一个交点，
∴AB与⊙C相切，
∴CD⊥AB，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC＝AB＝2，∠ACD＝ACB＝30°，
∴CD＝AC＝，
即⊙C的半径是
故答案为：．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，等边三角形的性质，直角三角形的性质，切线的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
6．（2022•宝山区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝4，AD＝2，ctC＝，圆O是以AB为直径的圆．如果以点C为圆心作圆C与直线AD相交，与圆O没有公共点，那么圆C的半径长可以是（ ）
A．9B．C．5D．
【分析】根据直角三角形的边角关系求出FC，进而求出BC，再根据勾股定理求出两个圆心之间的距离OC，由⊙C与直线AD相交，⊙C与⊙O没有公共点，确定⊙C半径的取值范围，进而得出答案．
【解答】解：如图，连接OC交⊙O于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则DF＝AB＝4，BF＝AD＝2，
在Rt△DCF中，DF＝4，ctC＝，
∴FC＝ctC•DF＝，
∴BC＝BF+FC＝3，
在Rt△BOC中，OC＝＝＝7，
由于⊙C与直线AD相交，因此⊙C的半径要大于4，
又⊙C与⊙O没有公共点，因此⊙C与⊙O外离或内含，
当⊙C与⊙O外离时，⊙C的半径要小于CE＝7﹣2＝5，此时⊙C的半径4＜r＜5；
当⊙C与⊙O内含时，⊙C的半径要大于7+2＝9，此时⊙C的半径r＞9；
所以⊙C的半径为4＜r＜5或r＞9，
故选：D．
【点评】本题考查勾股定理，直线与圆的位置关系以及圆与圆的位置关系，掌握勾股定理，圆与圆的位置关系的判定方法是正确解答的前提．
7．（2022春•金山区校级月考）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果⊙O的半径为6cm，线段OA＝10cm，线段OB＝6cm，那么直线AB与⊙O的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相交或相切
【分析】根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【解答】解：∵⊙O的半径为6cm，线段OA＝10cm，线段OB＝6cm，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，点B到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点A在⊙O外．点B在⊙O上，
∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切，
故选：D．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．
8．（2022•青浦区模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝4，AD＝1（如图）．点O是边CD上一点，如果以O为圆心，OD为半径的圆与边BC有交点，那么OD的取值范围是（ ）
A．2≤OD≤5B．≤OD≤
C．≤OD≤D．≤OD≤
【分析】分别画出半径最小和最大时的图形，根据直角三角形的边角关系以及切线的性质列方程求解即可．
【解答】解：如图1，过点D作DH⊥BC于H，则AD＝BH＝1，AB＝DH＝4，HC＝4﹣1＝3，
在Rt△DHC中，CD＝＝5，
当⊙O与BC相切时，此时⊙O与线段BC有一个公共点，此时半径最小，
设OD＝OE＝x，则OC＝5﹣x，
在Rt△COE中，sinC＝＝＝，
∴OE＝（5﹣x），
由OD＝OE得，x＝（5﹣x），
解得x＝；
如图2，当以OD为半径的⊙O过点B时，半径最大，过点O作OF⊥BC于F，
设OD＝OB＝y，则OC＝5﹣y，
在Rt△COF中，sinC＝＝＝，
∴OF＝（5﹣y）＝4﹣y，FC＝（5﹣y）＝3﹣y，
∴BF＝4﹣FC＝1+y，
在Rt△BOF中，由勾股定理得，
BF2+OF2＝OB2，
即（1+y）2+（4﹣y）2＝y2，
解得y＝，即⊙O的最大半径为，
所以当以O为圆心，OD为半径的圆与边BC有交点，那么OD的取值范围为≤OD≤，
故选：C．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，直角梯形以及直角三角形的边角关系，画出半径最小和最大时的图形是正确解答的前提，构造直角三角形是解决问题的关键．
9．（2022春•浦东新区校级期中）如果x的取值范围是a＜x＜b，我们就将b与a的差叫做x的变化区间长度．如图，在菱形ABCD中，对角线AC交BD于点O，且AC＝16，BD＝12．如果以O为圆心，r为半径的⊙O与菱形ABCD的各边有8个公共点，那么r的变化区间长度是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用题意求出r变化的临界值，根据变化区间长度的定义即可求解．
【解答】解：四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝AC＝8，OB＝BD＝6，
∴AB＝＝10．
过点O作OH⊥AB于点H，如图，
∵OA•OB＝AB•OH，
∴OA•OB＝AB•OH，
∴OH＝．
∵菱形的中心O到各边的距离都相等，
∴以点O为圆心，为半径画圆，则该圆与各边都相切，
此时，以O为圆心，为半径的⊙O与菱形ABCD的各边有4个公共点；
当以点O为圆心，6为半径画圆，该圆与菱形ABCD的各边有6个公共点，
综上如果以O为圆心，r为半径的⊙O与菱形ABCD的各边有8个公共点，
则＜r＜6，
∴r的变化区间长度是6﹣＝，
故选：D．
【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系，切线的判定与性质，点和圆的位置关系，勾股定理，菱形的性质，求得r变化的临界值是解题的关键．
10．（2022春•青浦区期中）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，E是AD上一定点，AB＝3，BC＝6，AD＝8，AE＝2．点P是BC上一个动点，以P为圆心，PC为半径作⊙P．若⊙P与以E为圆心，1为半径的⊙E有公共点，且⊙P与线段AD只有一个交点，则PC长度的取值范围是 ＜PC≤4或PC＝3 ．
【分析】根据题意可得PC的最小值为圆P与AD相切，切点为M；PC最大值为圆P′与圆E内切，切点为Q，由直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系即可解决问题．
【解答】解：根据题意可知：PC的最小值为圆P与AD相切，切点为M，如图所示：
∴PM⊥AD，
在直角梯形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠ABC＝∠A＝90°，
∴四边形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝PC＝3，
PC最大值为圆P′与圆E内切，切点为Q，
∴P′C＝P′Q＝P′E+EQ＝3+1＝4，
当PC＝PA时，此时圆P与线段AD开始有2个交点，不符合题意，
设PC＝PA＝x，则BP＝BC﹣PC＝6﹣x，AB＝3，
∴（6﹣x）2+9＝x2，
∴x＝，
则PC长度的取值范围是＜PC≤4或PC＝3．
故答案为：＜PC≤4或PC＝3．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，直角梯形，解决本题的关键是掌握直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系．
11．（2020•上海）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是 ＜AO＜ ．
【分析】根据勾股定理得到AC＝10，如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：在矩形ABCD中，∵∠D＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10，
如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，
则OE⊥AD，
∴OE∥CD，
∴△AOE∽△ACD，
∴，
∴＝，
∴AO＝，
如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，
则OF⊥BC，
∴OF∥AB，
∴△COF∽△CAB，
∴＝，
∴＝，
∴OC＝，
∴AO＝，
∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是＜AO＜，
故答案为：＜AO＜．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
12．（2019•杨浦区二模）已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，DC⊥BC，且AD＝1，DC＝3，点P为边AB上一动点，以P为圆心，BP为半径的圆交边BC于点Q．
（1）求AB的长；
（2）当BQ的长为时，请通过计算说明圆P与直线DC的位置关系．
【分析】（1）过A作AE⊥BC于E，根据矩形的性质得到CE＝AD＝1，AE＝CD＝3，根据勾股定理即可得到结论；
（2）过P作PF⊥BQ于F，根据相似三角形的性质得到PB＝，得到PA＝AB﹣PB＝，过P作PG⊥CD于G交AE于M，根据相似三角形的性质得到PM＝，根据切线的判定定理即可得到结论．
【解答】解：（1）过A作AE⊥BC于E，
则四边形AECD是矩形，
∴CE＝AD＝1，AE＝CD＝3，
∵AB＝BC，
∴BE＝AB﹣1，
在Rt△ABE中，∵AB2＝AE2+BE2，
∴AB2＝32+（AB﹣1）2，
解得：AB＝5；
（2）过P作PF⊥BQ于F，
∴BF＝BQ＝，
∴△PBF∽△ABE，
∴＝，
∴，
∴PB＝，
∴PA＝AB﹣PB＝，
过P作PG⊥CD于G交AE于M，
∴GM＝AD＝1，PG∥BC，
∴△APM∽△ABE，
∴＝，
∴＝，
∴PM＝，
∴PG＝PM+MG＝＝PB，
∴圆P与直线DC相切．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
二．切线的性质（共5小题）
13．（2022春•长宁区校级期中）如图，已知AB是半圆O的直径，AC是弦，将图形ABC沿直线AC翻折，点B落在点D的位置，过点D作DE∥AB．如果DE与圆O相切，那么∠BAC的度数等于 15° ．
【分析】过O点作OH⊥DE于H点，过D点作DF⊥AB于F点，如图，利用切线的性质得到OH为⊙O的半径，再证明四边形OHDF为矩形，所以DF＝OH，接着利用折叠的性质得到AD＝AB，∠BAC＝∠DAC，然后根据正弦的定义求出∠DAF＝30°，从而得到∠BAC的度数．
【解答】解：过O点作OH⊥DE于H点，过D点作DF⊥AB于F点，如图，
∵DE与圆O相切，
∴OH为⊙O的半径，
∵DE∥AB，
∴OH⊥AB，
∴四边形OHDF为矩形，
∴DF＝OH，
∵图形ABC沿直线AC翻折，点B落在点D的位置，
∴AD＝AB，∠BAC＝∠DAC，
在Rt△DAF中，∵sin∠DAF＝＝＝，
∴∠DAF＝30°，
∴∠BAC＝∠DAF＝15°．
故答案为：15°．
【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．也考查了圆周角定理、折叠的性质和解直角三角形．
14．（2022•黄浦区校级二模）已知点P是直线y＝2上一点，⊙P与y轴相切，且与x轴负半轴交于A、B两点，如果AB＝2，那么点P的坐标是 （﹣，2） ．
【分析】根据题意作出图形，过点P作x轴的垂线，垂足为M，然后由垂径定理及勾股定理可得圆的半径，由此可得答案．
【解答】解：根据题意，画出图形如下：
∴ON＝2，AB＝2，
过点P作x轴的垂线，垂足为M，
∴PM＝2，AM＝BM＝1，
在Rt△PBM中，PB＝＝＝，
∵⊙P与y轴相切，
∴PN⊥y轴，PN＝PB＝，
∵⊙P与x轴负半轴交于A、B两点，
∴点P的坐标是（﹣，2）．
故答案为：（﹣，2）．
【点评】此题考查的是切线的性质、垂径定理及坐标与图形的性质，正确作出图形是解决此题的关键．
15．（2022•上海）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 2﹣ ．
【分析】根据题意画出相应的图形，利用圆周角定理、直角三角形的边角关系以及三角形的面积公式进行计算即可．
【解答】解：如图，∵圆与三角形的三条边都有两个交点，截得的三条弦相等，
∴圆心O就是三角形的内心，
∴当⊙O过点C时，且在等腰直角三角形ABC的三边上截得的弦相等，即CG＝CF＝DE，此时⊙O最大，
过点O分别作弦CG、CF、DE的垂线，垂足分别为P、N、M，连接OC、OA、OB，
∵CG＝CF＝DE，
∴OP＝OM＝ON，
∵∠C＝90°，AB＝2，AC＝BC，
∴AC＝BC＝×2＝，
由S△AOC+S△BOC+S△AOB＝S△ABC，
∴AC•OP+BC•ON+AB•OM＝S△ABC＝AC•BC，
设OM＝x，则OP＝ON＝x，
∴x+x+2x＝×，
解得x＝﹣1，
即OP＝ON＝﹣1，
在Rt△CON中，OC＝ON＝2﹣，
故答案为：2﹣．
【点评】本题考查直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算，掌握直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算方法是正确解答的前提，画出符合题意的图形是正确解答的关键．
16．（2022•奉贤区二模）如图，在等边△ABC中，AB＝2，如果以BC为直径的⊙D和以A为圆心的⊙A相切，那么⊙A的半径r的值是 3﹣或3+ ．
【分析】分两圆外切和两圆内切两种情形讨论解答：利用相切时圆心距与利用半径的关系列出方程即可求解．
【解答】解：连接AD，如图，
∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝AC＝2，∠B＝60°．
∵D为BC的中点，
∴BD＝CD＝，AD⊥BC，
∴⊙D的半径为，
AD＝AB•sin60°＝3．
①以BC为直径的⊙D和以A为圆心的⊙A相外切时，
∴r+＝AD＝3，
∴r＝3﹣．
②以BC为直径的⊙D和以A为圆心的⊙A相内切时，
∴r﹣＝AD＝3，
∴r＝3+．
综上，如果以BC为直径的⊙D和以A为圆心的⊙A相切，那么⊙A的半径r的值是3﹣或3+．
故答案为：3﹣或3+．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，两圆相切的性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．
17．（2022春•浦东新区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，AC＝3，⊙O是以BC为直径的圆，如果⊙O与⊙A相切，那么⊙A的半径长为 ±2 ．
【分析】分两种情况：①如图，⊙A与⊙O内切，连接AO并延长交⊙A于E，根据AE＝AO+OE可得结论；②如图，⊙A与⊙O外切时，连接AO交⊙A于E，同理根据AE＝OA﹣OE可得结论．
【解答】解：有两种情况：
①如图1，⊙A与⊙O内切时，连接AO并延长交⊙O于E，
∵⊙O与⊙A相内切，
∴E为切点，
∴OE＝BC＝2，
∵∠ACB＝90°，
根据勾股定理得：OA＝＝＝，
∴AE＝OA+OE＝+2；
即⊙A的半径为+2；
②如图2，⊙A与⊙O外切时，连接AO交⊙O于E，
同理得AE＝AO﹣OE＝﹣2，
即⊙A的半径为﹣2，
综上，⊙A的半径为+2或﹣2．
故答案为：±2．
【点评】本题考查了相切两圆的性质、勾股定理；通过作辅助线得出AE是⊙A的半径是解决问题的关键．
三．切线的判定（共3小题）
18．（2019秋•金山区期末）已知在矩形ABCD中，AB＝5，对角线AC＝13．⊙C的半径长为12，下列说法正确的是（ ）
A．⊙C与直线AB相交B．⊙C与直线AD相切
C．点A在⊙C上D．点D在⊙C内
【分析】根据点和圆的位置关系及直线和圆的位置关系判断即可．
【解答】解：∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝13，AB＝5，
∴BC＝＝＝12，
∵⊙C的半径长为12，
∴⊙C与直线AB相切，
故A选项不正确，
∵CD＝AB＝5＜12，
∴⊙C与直线AD相交，
故B选项不正确，
∵AC＝13＞12，
∴点A在⊙C外，
故C选项不正确，
∵CD＝5＜12，
∴点D在⊙C内，
故D选项正确，
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系，熟练掌握切线的判定及点与圆的位置关系是解题的关键．
19．（2019秋•嘉定区期末）下列四个选项中的表述，正确的是（ ）
A．经过半径上一点且垂直于这条半径的直线是圆的切线
B．经过半径的端点且垂直于这条半径的直线是圆的切线
C．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线
D．经过一条弦的外端且垂直于这条弦的直线是圆的切线
【分析】根据切线的判定对各个选项进行分析，从而得到答案．
【解答】解：由切线的判定定理可知：经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的切线，
故A，B，D选项不正确，C选项正确，
故选：C．
【点评】此题主要考查了圆中切线的判定，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
20．（2018秋•湖里区校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，O是AB上一点，以OA为半径的⊙O经过点D．
（1）求证：BC是⊙O切线；
（2）若BD＝5，DC＝3，求AC的长．
【分析】（1）要证BC是⊙O的切线，只要连接OD，再证OD⊥BC即可．
（2）过点D作DE⊥AB，根据角平分线的性质可知CD＝DE＝3，由勾股定理得到BE的长，再通过证明△BDE∽△BAC，根据相似三角形的性质得出AC的长．
【解答】（1）证明：连接OD；
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠1＝∠3．
∵OA＝OD，
∴∠1＝∠2．
∴∠2＝∠3．
∴OD∥AC．
∴∠ODB＝∠ACB＝90°．
∴OD⊥BC．
∴BC是⊙O切线．
（2）解：过点D作DE⊥AB，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴CD＝DE＝3．
在Rt△BDE中，∠BED＝90°，
由勾股定理得：BE＝＝4，
∵∠BED＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，
∴△BDE∽△BAC．
∴．
∴．
∴AC＝6．
【点评】本题综合性较强，既考查了切线的判定，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．同时考查了角平分线的性质，勾股定理得到BE的长，及相似三角形的性质．
四．切线的判定与性质（共3小题）
21．（2017•闵行区二模）下列关于圆的切线的说法正确的是（ ）
A．垂直于圆的半径的直线是圆的切线
B．与圆只有一个公共点的射线是圆的切线
C．经过半径的一端且垂直于半径的直线是圆的切线
D．如果圆心到一条直线的距离等于半径长，那么这条直线是圆的切线
【分析】根据切线的判定和性质定理进行判断即可．
【解答】解：A、经过半径的外端点且垂直于半径的直线是圆的切线，故原命题错误；
B、与圆只有一个公共点的直线是圆的切线，故原命题错误；
C、经过半径的外端点且垂直于半径的直线是圆的切线，故原命题错误；
D、如果圆心到一条直线的距离等于半径长，那么这条直线是圆的切线，正确．
故选：D．
【点评】本题考查了切线的判定和性质定理熟练掌握切线的判定和性质定理是解题的关键．
22．（2012•上海模拟）如图，AB是半圆O的直径，点C是⊙O上一点（不与A，B重合），连接AC，BC，过点O作OD∥AC交BC于点D，在OD的延长线上取一点E，连接EB，使∠OEB＝∠ABC．
（1）求证：BE是⊙O的切线；
（2）若OA＝10，BC＝16，求BE的长．
【分析】（1）首先由AB是半圆O的直径可以得到∠ACB＝90°，由OD∥AC利用平行线的性质可以得到∠EDB＝90°，而∠OEB＝∠ABC，由此可以证明∠ABC+∠DBE＝90°，最后利用切线的判定即可证明题目的结论；
（2）首先利用勾股定理可以求出线段BC的长度，同时可以利用已知条件证明△ACB∽△OBE，然后利用相似三角形的性质和已知条件即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD∥AC，
∴∠EDB＝90°，
∴∠OEB+∠DBE＝90°，
而∠OEB＝∠ABC，
∴∠ABC+∠DBE＝90°，
∴∠ABE＝90°，∵OB为半径，
∴BE是⊙O的切线；
（2）解：由（1）知道△ABC是直角三角形，
∴AC＝＝12，
∵∠OEB＝∠ABC，∠OBE＝∠C＝90°，
∴△ACB∽△OBE，
∴OB：AC＝BE：BC，
而OA＝10，BC＝16，
∴10：12＝BE：16，
∴BE＝．
【点评】此题主要考查了圆的切线的性质与判定，也利用相似三角形的性质与判定解决问题，解题时首先利用已知条件证明切线，然后利用相似三角形的性质解决问题．
23．（2012•静安区校级模拟）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，以AC为直径作圆O，与BC交于点E，过点E作ED⊥AB，垂足为点D，
（1）求证：DE为⊙O的切线；
（2）过O点作EC的垂线，垂足为H，求证：EH•BE＝BD•CO．
【分析】（1）连接OE，根据等边对等角，由AB＝AC得到∠B＝∠C，再由半径OC与OE相等得到∠C＝∠CEO，利用等量代换得到∠B＝∠CEO，由同位角相等两直线平行，得到AB与EO平行，再根据两直线平行内错角相等，由角BDE为直角得到角DEO为直角，又OE为圆O的半径，根据切线的判断方法得到DE为⊙O的切线；
（2）根据垂径定理，由OH与BC垂直，得到H为EC中点即CH与EH相等，然后由两对角相等的两三角形相似得到△BDE∽△CHO，得到对应边成比例，把CH换为EH即可得证．
【解答】（1）证明：连接OE，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C（1分）
∵OC＝OE，∴∠C＝∠CEO，（1分）
∴∠B＝∠CEO，∴AB∥EO，（1分）
∵DE⊥AB，∴EO⊥DE，（1分）
∵EO是圆O的半径，
∴D为⊙O的切线．（1分）
（2）解：∵OH⊥BC，∴EH＝HC，∠OHC＝90°（1分）
∵∠B＝∠C，∠BDE＝∠CHO＝90°
∴△BDE∽△CHO（2分），
∴（1分）
∵EH＝HC，
∴EH•BE＝BD•CO．（1分）
【点评】本题考查切线的性质和判定、垂径定理及相似三角形的性质与判定的综合运用．证明切线的方法有两种：有连接圆心与这点，证明夹角为直角；无点作垂线，证明垂线段长等于半径．
1．（2021·上海金山·一模）如图，已知中，，，，如果以点为圆心的圆与斜边有公共点，那么⊙的半径的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作CD⊥AB于D，根据勾股定理计算出AB=13，再利用面积法计算出然后根据直线与圆的位置关系得到当时，以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点．
【详解】解：作CD⊥AB于D，如图，
∵∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴
∴
∴以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点时，r的取值范围为
故选：C
【点睛】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：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．
2．（2021·上海杨浦·二模）下列命题中，真命题是（ ）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．垂直平分弦的直线平分这条弦所对的弧
C．在同圆中，相等的弦所对的弧也相等
D．经过半径一端且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【答案】B
【分析】根据圆的有关概念和性质、垂径定理进行判断解答．
【详解】解：A、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，原命题是假命题；
B、垂直平分弦的直线平分这条弦所对的弧，是真命题；
C、在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧也相等，原命题是假命题；
D、经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，原命题是假命题；
故选：B．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆的有关概念和性质、垂径定理等知识．
3．（2021·上海崇明·二模）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm，那么直线AB与⊙O的位置关系为（ ）
A．相离B．相交C．相切D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据圆心到直线的距离与圆的半径大小的关系进行判断，即当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．
【详解】∵⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm
∴点A在以O为圆心5cm长为半径的圆上，点B在以O圆心3cm长为半径的⊙O上
当AB⊥OB时，如左图所示，由OB=3cm知，直线AB与⊙O相切；
当AB与OB不垂直时，如右图所示，过点O作OD⊥AB于点D，则OD2，
所以圆P与轴的位置关系是相离，
故选A.
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质和直线与圆的位置关系等知识点，能熟记直线与圆的位置关系的内容是解此题的关键．
5．（2021·上海·二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，点O在边AB上，且BO＝2OA．以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，那么下列各值中，半径r不可以取的是（ ）
A．6B．10C．15D．16
【答案】C
【分析】根据勾股定理得到，求得OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，
∴，
∵BO＝2OA，
∴OA＝10，OB＝20，
过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，
∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，
∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，
∴，，
∴，，
∴OE＝16，OD＝6，
当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理得，
如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，
∴r＝6或10或16或，
故选：C．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．
6．（2014·上海金山·九年级期末）在平面直角坐标系中，抛物线y=-（x-2）2+1的顶点是点P，对称轴与x轴相交于点Q，以点P为圆心，PQ长为半径画⊙P，那么下列判断正确的是（ ）
A．x轴与⊙P相离；B．x轴与⊙P相切；C．y轴与⊙P与相切；D．y轴与⊙P相交．
【答案】B
试题分析：根据抛物线解析式写出顶点P和点Q的坐标，然后求出PQ的长，再根据直线与圆的位置关系解答．
由题意得，顶点P（2，1），Q（2，0），
所以PQ=1，
即⊙P的半径为1，
∵点P到x轴的距离为1，到y轴的距离为2，
∴x轴与⊙P相切，y轴与⊙P相离．
故选B．
考点：二次函数综合题．
二、填空题
7．（2021·上海宝山·三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以点A为圆心，1为半径作⊙A，将⊙A绕着点C顺时针旋转，设旋转角为α（0＜α＜90°），若⊙A与直线BC相切，则∠α的余弦值为_______．
【答案】
【分析】根据切线的性质得到∠A′DC＝90°，根据旋转变换的性质得到CA′＝CA＝3，根据余弦的定义计算，得到答案．
【详解】解：设将⊙A绕着点C顺时针旋转，点A至点A′时，⊙A′与直线BC相切相切于点D，
连接A′D，则∠A′DC＝90°，A′D＝1，
由旋转的性质可知，CA′＝CA＝3，
∴cs∠CA′D＝，
∵AC∥A′D，
∴α＝∠CA′D，
∴∠α的余弦值为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查图形旋转，直线与圆位置关系，锐角三角函数，平行线性质，掌握图形旋转，直线与圆位置关系，锐角三角函数，平行线性质是解题关键．
8．（2020·上海闵行·九年级期末）已知在Rt△ABC中，∠C=90º，AC=3，BC=4，⊙C与斜边AB相切，那么⊙C的半径为______.
【答案】
【分析】首先根据勾股定理求出AB，然后根据圆相切的性质得出CD⊥AB，CD即为⊙C的半径，然后根据三角形面积列出等式，即可解得CD.
【详解】设切点为D，连接CD，如图所示
∵∠C=90º，AC=3，BC=4，
∴
又∵⊙C与斜边AB相切，
∴CD⊥AB，CD即为⊙C的半径
∴
∴
故答案为.
【点睛】此题主要考查圆相切的性质以及勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.
9．（2019·上海嘉定·九年级期末）如图，在圆中，是弦，点是劣弧的中点，联结，平分，联结、，那么__________度．
【答案】120
【分析】连接AC，证明△AOC是等边三角形，得出的度数．
【详解】连接AC
∵点C是 的中点
∴
∵ ，
∴AB平分OC
∴AB是线段OC的垂直平分线
∴
∵
∴
∴△AOC是等边三角形
∴
∴
∴
故答案为 ．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定定理，从而得出目标角的度数．
10．（2019·上海·九年级期末）已知Rt△ABC中，，，，如果以点为圆心的圆与斜边有唯一的公共点，那么的半径的取值范围为____.
【答案】或
【分析】因为要使圆与斜边只有一个公共点，所以该圆和斜边相切或和斜边相交，但只有一个交点在斜边上．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．
【详解】根据勾股定理求得BC==6，
当圆和斜边相切时，则半径即是斜边上的高，等于；
当圆和斜边相交，且只有一个交点在斜边上时，可以让圆的半径大于短直角边而小于长直角边，则6＜r≤8，
故半径r的取值范围是r=4.8或6＜r≤8，
故答案为r=4.8或6＜r≤8．
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，此题注意考虑两种情况，只需保证圆和斜边只有一个公共点即可．
11．（2018·上海上海·九年级期中）已知在中，，，如果以点为圆心的圆与斜边有且只有一个交点，那么的半径是________
【答案】
【分析】由直线与圆的位置关系可知，圆心C到AB的距离等于的半径即可解答．
【详解】解：在中，，，
∴AB=，
以点C为圆心的圆与斜边AB有且只有一个交点，
，
S△ABC=BCAC=ABCD
，
即的半径是
故答案为．
【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，关键是根据等腰直角三角形的性质和直线与圆的位置关系解答．
12．（2018·上海·九年级期末）如图，在半径为5的⊙O中，弦AB=8，P是弦AB所对的优弧上的动点，连接AP，过点A作AP的垂线交射线PB于点C，当△PAB是等腰三角形时，线段BC的长为______．
【答案】8,,
【分析】分3种情况分析：（1）当AB=AP时，如图（1），作OH⊥AB于点H，延长AO交PB于点G；sin∠OAH=sin∠PAG，，PG=，∠AOH=∠P，cs∠AOH=cs∠P，，BC=PC－2PG；（2）当PA=PB时，如图（2），延长PO交AB于点K，类似（1）可知OK=3，PK=8，∠APC=∠AOK，cs∠APC=cs∠AOK，，，BC=PC－PB=；（3）当BA=BP时，如图（3），∠C=∠CAB，BC=AB．
【详解】解：（1）当AB=AP时，如图（1），作OH⊥AB于点H，延长AO交PB于点G；
∵AB=AP，
∴，
∵AO过圆心，
∴AG⊥PB，
∴PG=BG，∠OAH=∠PAG，
∵OH⊥AB，
∴∠AOH=∠BOH，AH=BH=4，
∵∠AOB=2∠P，
∴∠AOH=∠P，
∵OA=5，AH=4，
∴OH=3，
∵∠OAH=∠PAG，
∴sin∠OAH=sin∠PAG，
∴，
∴PG=，
∵∠AOH=∠P，
∴cs∠AOH=cs∠P，，
∴，
∴BC=PC－2PG=；
（2）当PA=PB时，如图（2），延长PO交AB于点K，类似（1）可知OK=3，PK=8，∠APC=∠AOK，
∴PB=PA==，
∵∠APC=∠AOK，∴cs∠APC=cs∠AOK，
∴，
∴，
∴BC=PC－PB=；
（3）当BA=BP时，如图（3），
∵BA=BP，
∴∠P=∠BAP，
∵∠P+∠C=90°，∠CAB+∠BAP=90°，
∴∠C=∠CAB，
∴BC=AB=8．
故答案为或或．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质；解直角三角形．
三、解答题
13．（2018·上海·九年级期末）如图，⊙O的直径为，点在圆周上（异于），是的平分线，.
（1）求证：直线是⊙O的切线；
（2）若=3，，求的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
试题分析：（1）连接OC，证OC⊥CD即可；利用角平分线的性质和等边对等角，可证得∠OCA＝∠CAD，即可得到OC∥AD，由于AD⊥CD，那么OC⊥CD，由此得证．
（2）根据直径所对的圆周角是直角得出∠ACB＝90°，根据勾股定理求出AC＝4，然后证出△ABC∽△ACD，利用相似三角形的对应边成比例列式解答即可．
试题解析：
（1）证明：连接OC，
∵AC是∠DAB的角平分线，
∴∠DAC＝∠BAC，
又∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴OC∥AD，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
∴DC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O直径，C在⊙O上，
∴∠ACB＝90°，
又∵BC＝3，AB＝5，
∴由勾股定理得AC＝4．
∵∠BAC＝∠DAC，∠ACB＝∠D＝ 90°，
∴△ABC∽△ACD，
∴，
∴，
解得：AD＝．
14．（2019·上海嘉定·九年级期末）如图，在圆中，弦，点在圆上（与，不重合），联结、，过点分别作，，垂足分别是点、．
（1）求线段的长；
（2）点到的距离为3，求圆的半径．
【答案】（1）；（2）圆的半径为5．
【分析】（1）利用中位线定理得出，从而得出DE的长．
（2）过点作，垂足为点，，联结，求解出AH的值，再利用勾股定理，求出圆的半径．
【详解】解（1）∵经过圆心，
∴
同理：
∴是的中位线
∴
∵
∴
（2）过点作，垂足为点，，联结
∵经过圆心
∴
∵
∴
在中，
∴
即圆的半径为5．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理以及勾股定理的运用，是较为典型的圆和三角形的例题．
15．（2020·上海青浦·二模）如图，已知AB是半圆O的直径，AB＝6，点C在半圆O上．过点A作AD⊥OC，垂足为点D，AD的延长线与弦BC交于点E，与半圆O交于点F（点F不与点B重合）．
（1）当点F为的中点时，求弦BC的长；
（2）设OD＝x，＝y，求y与x的函数关系式；
（3）当△AOD与△CDE相似时，求线段OD的长．
【答案】（1）3；（2）y＝；（3）
【分析】（1）连结OF，交BC于点H．得出∠BOF＝∠COF．则∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，可求出BH，BC的长；
（2）连结BF．证得OD∥BF，则，即，得出，则得出结论；
（3）分两种情况：①当∠DCE＝∠DOA时，AB∥CB，不符合题意，舍去，②当∠DCE＝∠DAO时，连结OF，证得∠OAF＝30°，得出OD＝，则答案得出．
【详解】
解：（1）如图1，连结OF，交BC于点H．
∵F是中点，
∴OF⊥BC，BC＝2BH．
∴∠BOF＝∠COF．
∵OA＝OF，OC⊥AF，
∴∠AOC＝∠COF，
∴∠AOC＝∠COF＝∠BOF＝60°，
在Rt△BOH中，sin∠BOH＝，
∵AB＝6，
∴OB＝3，
∴BH＝，
∴BC＝2BH＝3；
（2）如图2，连结BF．
∵AF⊥OC，垂足为点D，
∴AD＝DF．
又∵OA＝OB，
∴OD∥BF，BF＝2OD＝2x．
∴，
∴，
即，
∴，
∴y＝．
（3）△AOD和△CDE相似，分两种情况：①当∠DCE＝∠DOA时，AB∥CB，不符合题意，舍去．
②当∠DCE＝∠DAO时，连结OF．
∵OA＝OF，OB＝OC，
∴∠OAF＝∠OFA，∠OCB＝∠OBC．
∵∠DCE＝∠DAO，
∴∠OAF＝∠OFA＝∠OCB＝∠OBC．
∵∠AOD＝∠OCB+∠OBC＝2∠OAF，
∴∠OAF＝30°，
∴OD＝．
即线段OD的长为．
【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，勾股定理，直角三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造基本图形解决问题．
16．（2019·上海长宁·二模）如图1，在中，点在边上（点与点不重合），以点为圆心，为半径作⊙交边于另一点，，交边于点．
（1）求证：；
（2）若，求关于的函数关系式并写出定义域；
（3）延长交的延长线于点，联结，若与相似，求线段的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或．
【分析】（1）首先得出∠BDE+∠PDA=90°，进而得出∠B+∠A=90°，利用PD=PA得出∠PDA=∠A进而得出答案；
（2）由AD=y得到：BD=BA-AD=5-y．过点E作EH⊥BD垂足为点H，构造Rt△EHB，所以，通过解Rt△ABC知：，易得答案；
（3）需要分类讨论：①当∠DBP=∠ADF时即；②当∠DBP=∠F时，即，借助于方程求得AD的长度即可．
【详解】解：（1）证明：∵ED⊥DP，
∴∠EDP=90°，
∴∠BDE+∠PDA=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠PAD=90°，
∵PD=PA，
∴∠PDA=∠PAD，
∴∠BDE=∠B，
∴BE=DE；
（2）过点E作EH⊥BD垂足为点H，
由（1）知BE=DE，
∵AD=y，BD=BA-AD=5-y，
∴，
在Rt△EHB中，∠EHB=90°，
∴，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=5，
∴，
，
∴．
（3）如图，
设PD=a，则，，
在等腰△PDA中，，
易得：，
则在Rt△PDF中，∠PDF=90°，，
∴，，
①当∠DBP=∠ADF时，即；
解得a=3，此时，
②当∠DBP=∠F时，即，
解得，此时，
综上所述，若△BDP与△DAF相似，线段AD的长为或．
【点睛】此题主要考查了圆的综合应用以及切线的性质与判定以及勾股定理等知识，利用数形结合以及分类讨论的思想得出是解题关键．
17．（2020·上海嘉定·二模）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，csB．动点D从点A出发沿着射线AC的方向以每秒1cm的速度移动，动点E从点B出发沿着射线BA的方向以每秒2cm的速度移动．已知点D和点E同时出发，设它们运动的时间为t秒．联结BD．
当AD=AB时，求tan∠ABD的值；
【分析】先根据三角函数定义可得BC＝4，由勾股定理计算AC＝3，最后证明∠ABD＝∠D，计算∠D的正切即可；
【详解】（1）在△ABC中，
∵∠ACB=90°，AB=5，，
∴，
∴BC=AB•cs∠ABC=54，
∴，
当AD=AB=5时，∠ABD=∠D，
∴CD=AD﹣AC=5﹣3=2，
在Rt△BCD中，，
∴tan∠ABD=tan∠D=2；
18．（2020·上海杨浦·二模）如图，已知在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝8，点P是射线AC上一点（不与点A、C重合），过P作PM⊥AB，垂足为点M，以M为圆心，MA长为半径的⊙M与边AB相交的另一个交点为点N，点Q是边BC上一点，且CQ＝2CP，联结NQ．
（1）如果⊙M与直线BC相切，求⊙M的半径长；
（2）如果点P在线段AC上，设线段AP＝x，线段NQ＝y，求y关于x的函数解析式及定义域；
【答案】（1）；（2）（0＜x＜4）；（3）或．
【分析】（1）先根据勾股定理求得，设⊙M的半径长为R，则，过M作MH⊥BC，垂足为点H，根据相似三角形的对应边成比例得到，最后根据⊙M与直线BC相切，即MA＝MH，即可求解；
（2）设AP＝x，得到CP＝4﹣x，CQ＝8﹣2x，BQ＝2x，过Q作QG⊥AB，垂足为点G，根据三角函数可得，根据PM⊥AB，，得到，最后在Rt△QNG中，根据勾股定理即可求解；
【详解】（1）解：如图1，
在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝8，
∴
设⊙M的半径长为R，则
过M作MH⊥BC，垂足为点H，
∴MH∥AC，
∵MH∥AC，
∴△BHM∽△BCA，
∴
∵⊙M与直线BC相切，
∴MA＝MH，
∴
∴，
即的半径长为；
（2）如图2，
∵AP＝x，
∴CP＝4﹣x，
∵CQ＝2CP，
∴CQ＝8﹣2x，
∴BQ＝BC﹣CQ＝8﹣（8﹣2x）＝2x，
过Q作QG⊥AB，垂足为点G，
∵，
∴，
∴
同理：
∵PM⊥AB，
∴∠AMP＝90°，
∴
∵AP＝x，
∴
∴
在Rt△QNG中，根据勾股定理得，QN2＝NG2+QG2，
∴
∴（0＜x＜4）；