點(diǎn)直線與圓的位置關(guān)系

點(diǎn)直線與圓的位置關(guān)系選擇題：1．（2022海南3分）如圖，AB是⊙O的直徑，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，PO交⊙O于點(diǎn)C，連接BC．若∠P=40°，則∠ABC的度數(shù)為（）A．20°B．25°C．40°D．50°【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)．【分析】利用切線的性質(zhì)和直角三角形的兩個(gè)銳角互余的性質(zhì)得到圓心角∠PAO的度數(shù)，然后利用圓周角定理來(lái)求∠ABC的度數(shù)．【解答】解：如圖，∵AB是⊙O的直徑，直線PA與⊙O相切于點(diǎn)A，∴∠PAO=90°．又∵∠P=40°，∴∠∠PAO=50°，∴∠ABC=∠PAO=25°．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理．圓的切線垂直于經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的半徑．2.（2022·山東濰坊·3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，⊙M與x軸相切于點(diǎn)A（8，0），與y軸分別交于點(diǎn)B（0，4）和點(diǎn)C（0，16），則圓心M到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離是（）A．10B．8C．4D．2【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)．【分析】如圖連接BM、OM，AM，作MH⊥BC于H，先證明四邊形OAMH是矩形，根據(jù)垂徑定理求出HB，在RT△AOM中求出OM即可．【解答】解：如圖連接BM、OM，AM，作MH⊥BC于H．∵⊙M與x軸相切于點(diǎn)A（8，0），∴AM⊥OA，OA=8，∴∠OAM=∠MH0=∠HOA=90°，∴四邊形OAMH是矩形，∴AM=OH，∵M(jìn)H⊥BC，∴HC=HB=6，∴OH=AM=10，在RT△AOM中，OM===2．故選D．3.（2022·湖北荊州·3分）如圖，過(guò)⊙O外一點(diǎn)P引⊙O的兩條切線PA、PB，切點(diǎn)分別是A、B，OP交⊙O于點(diǎn)C，點(diǎn)D是優(yōu)弧上不與點(diǎn)A、點(diǎn)C重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AD、CD，若∠APB=80°，則∠ADC的度數(shù)是（）A．15°B．20°C．25°D．30°【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和，可得∠BOA，根據(jù)等弧所對(duì)的圓周角相等，根據(jù)圓周角定理，可得答案．【解答】解；如圖，由四邊形的內(nèi)角和定理，得∠BOA=360°﹣90°﹣90°﹣80°=100°，由=，得∠AOC=∠BOC=50°．由圓周角定理，得∠ADC=∠AOC=25°，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的性質(zhì)，切線的性質(zhì)得出=是解題關(guān)鍵，又利用了圓周角定理．填空題1.（2022·黑龍江哈爾濱·3分）如圖，AB為⊙O的直徑，直線l與⊙O相切于點(diǎn)C，AD⊥l，垂足為D，AD交⊙O于點(diǎn)E，連接OC、BE．若AE=6，OA=5，則線段DC的長(zhǎng)為4．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)．【分析】OC交BE于F，如圖，有圓周角定理得到∠AEB=90°，加上AD⊥l，則可判斷BE∥CD，再利用切線的性質(zhì)得OC⊥CD，則OC⊥BE，原式可判斷四邊形CDEF為矩形，所以CD=EF，接著利用勾股定理計(jì)算出BE，然后利用垂徑定理得到EF的長(zhǎng)，從而得到CD的長(zhǎng)．【解答】解：OC交BE于F，如圖，∵AB為⊙O的直徑，∴∠AEB=90°，∵AD⊥l，∴BE∥CD，∵CD為切線，∴OC⊥CD，∴OC⊥BE，∴四邊形CDEF為矩形，∴CD=EF，在Rt△ABE中，BE===8，∵OF⊥BE，∴BF=EF=4，∴CD=4．故答案為4．2.（2022·內(nèi)蒙古包頭·3分）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，過(guò)點(diǎn)C的切線與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，連接AC，若∠A=30°，PC=3，則BP的長(zhǎng)為．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)．【分析】在RT△POC中，根據(jù)∠P=30°，PC=3，求出OC、OP即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵OA=OC，∠A=30°，∴∠OCA=∠A=30°，∴∠COB=∠A+∠ACO=60°，∵PC是⊙O切線，∴∠PCO=90°，∠P=30°，∵PC=3，∴OC=PC?tan30°=，PC=2OC=2，∴PB=PO﹣OB=，故答案為．3.（2022·湖北隨州·3分）如圖（1），PT與⊙O1相切于點(diǎn)T，PAB與⊙O1相交于A、B兩點(diǎn)，可證明△PTA∽△PBT，從而有PT2=PA?PB．請(qǐng)應(yīng)用以上結(jié)論解決下列問(wèn)題：如圖（2），PAB、PCD分別與⊙O2相交于A、B、C、D四點(diǎn)，已知PA=2，PB=7，PC=3，則CD=．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；切線的性質(zhì)．【分析】如圖2中，過(guò)點(diǎn)P作⊙O的切線PT，切點(diǎn)是T，根據(jù)PT2=PA?PB=PC?PD，求出PD即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖2中，過(guò)點(diǎn)P作⊙O的切線PT，切點(diǎn)是T．∵PT2=PA?PB=PC?PD，∵PA=2，PB=7，PC=3，∴2×7=3×PD，∴PD=∴CD=PD﹣PC=﹣3=．4.（2022·四川攀枝花）如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，D為BC邊的中點(diǎn)，以AD上一點(diǎn)O為圓心的⊙O和AB、BC均相切，則⊙O的半徑為．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)．【分析】過(guò)點(diǎn)0作OE⊥AB于點(diǎn)E，OF⊥BC于點(diǎn)F．根據(jù)切線的性質(zhì)，知OE、OF是⊙O的半徑；然后由三角形的面積間的關(guān)系（S△ABO+S△BOD=S△ABD=S△ACD）列出關(guān)于圓的半徑的等式，求得圓的半徑即可．【解答】解：過(guò)點(diǎn)0作OE⊥AB于點(diǎn)E，OF⊥BC于點(diǎn)F．∵AB、BC是⊙O的切線，∴點(diǎn)E、F是切點(diǎn)，∴OE、OF是⊙O的半徑；∴OE=OF；在△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5，∴由勾股定理，得BC=4；又∵D是BC邊的中點(diǎn)，∴S△ABD=S△ACD，又∵S△ABD=S△ABO+S△BOD，∴AB?OE+BD?OF=CD?AC，即5×OE+2×0E=2×3，解得OE=，∴⊙O的半徑是．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的性質(zhì)與三角形的面積．運(yùn)用切線的性質(zhì)來(lái)進(jìn)行計(jì)算或論證，常通過(guò)作輔助線連接圓心和切點(diǎn)，利用垂直構(gòu)造直角三角形解決有關(guān)問(wèn)題．5．（2022·四川南充）如圖是由兩個(gè)長(zhǎng)方形組成的工件平面圖（單位：mm），直線l是它的對(duì)稱(chēng)軸，能完全覆蓋這個(gè)平面圖形的圓面的最小半徑是50m 【分析】根據(jù)已知條件得到CM=30，AN=40，根據(jù)勾股定理列方程得到OM=40，由勾股定理得到結(jié)論． 【解答】解：如圖，設(shè)圓心為O， 連接AO，CO， ∵直線l是它的對(duì)稱(chēng)軸， ∴CM=30，AN=40， ∵CM2+OM2=AN2+ON2， ∴302+OM2=402+（70﹣OM）2， 解得：OM=40， ∴OC==50， ∴能完全覆蓋這個(gè)平面圖形的圓面的最小半徑是50mm． 故答案為：50． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的圓內(nèi)接四邊形，是垂徑定理，根據(jù)題意畫(huà)出圖形，利用數(shù)形結(jié)合進(jìn)行解答是解答此題的關(guān)鍵． 5.（2022·黑龍江齊齊哈爾·3分）如圖，若以平行四邊形一邊AB為直徑的圓恰好與對(duì)邊CD相切于點(diǎn)D，則∠C=45度．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．【分析】連接OD，只要證明△AOD是等腰直角三角形即可推出∠A=45°，再根據(jù)平行四邊形的對(duì)角相等即可解決問(wèn)題．【解答】解；連接OD．∵CD是⊙O切線，∴OD⊥CD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴AB⊥OD，∴∠AOD=90°，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO=45°，∴∠C=∠A=45°．故答案為45．三、解答題1.（2022·湖北隨州·8分）如圖，AB是⊙O的弦，點(diǎn)C為半徑OA的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CD⊥OA交弦AB于點(diǎn)E，連接BD，且DE=DB．（1）判斷BD與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）若CD=15，BE=10，tanA=，求⊙O的直徑．【考點(diǎn)】直線與圓的位置關(guān)系；垂徑定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）連接OB，由圓的半徑相等和已知條件證明∠OBD=90°，即可證明BD是⊙O的切線；（2）過(guò)點(diǎn)D作DG⊥BE于G，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到EG=BE=5，由兩角相等的三角形相似，△ACE∽△DGE，利用相似三角形對(duì)應(yīng)角相等得到sin∠EDG=sinA=，在Rt△EDG中，利用勾股定理求出DG的長(zhǎng)，根據(jù)三角形相似得到比例式，代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)果．【解答】（1）證明：連接OB，∵OB=OA，DE=DB，∴∠A=∠OBA，∠DEB=∠ABD，又∵CD⊥OA，∴∠A+∠AEC=∠A+∠DEB=90°，∴∠OBA+∠ABD=90°，∴OB⊥BD，∴BD是⊙O的切線；（2）如圖，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥BE于G，∵DE=DB，∴EG=BE=5，∵∠ACE=∠DGE=90°，∠AEC=∠GED，∴∠GDE=∠A，∴△ACE∽△DGE，∴sin∠EDG=sinA==，即CE=13，在Rt△ECG中，∵DG==12，∵CD=15，DE=13，∴DE=2，∵△ACE∽△DGE，∴=，∴AC=?DG=，∴⊙O的直徑2OA=4AD=．2.（2022·湖北武漢·8分）如圖，點(diǎn)C在以AB為直徑的⊙O上，AD與過(guò)點(diǎn)C的切線垂直，垂足為點(diǎn)D，AD交⊙O于點(diǎn)E．(1)求證：AC平分∠DAB；(2)連接BE交AC于點(diǎn)F，若cos∠CAD＝，求的值．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)；考查了切線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)和判定，勾股定理，圓周角定理，圓心角，弧，弦之間的關(guān)系的應(yīng)用【答案】(1)略；(2)【解析】（1）證明：連接OC，則OC⊥CD，又AD⊥CD，∴AD∥OC，∴∠CAD＝∠OCA，又OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∴∠CAD＝∠CAO，∴AC平分∠DAB．（2）解：連接BE交OC于點(diǎn)H，易證OC⊥BE，可知∠OCA＝∠CAD，∴COS∠HCF＝，設(shè)HC＝4,FC＝5，則FH＝3．又△AEF∽△CHF，設(shè)EF＝3x，則AF＝5x，AE＝4x，∴OH＝2x∴BH＝HE＝3x＋3OB＝OC＝2x＋4在△OBH中，（2x）2＋（3x＋3）2＝（2x＋4）2化簡(jiǎn)得：9x2＋2x－7＝0，解得：x＝（另一負(fù)值舍去）．∴．3.（2022·江西·8分）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P是弦AC上一動(dòng)點(diǎn)（不與A，C重合），過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AB，垂足為E，射線EP交于點(diǎn)F，交過(guò)點(diǎn)C的切線于點(diǎn)D．（1）求證：DC=DP；（2）若∠CAB=30°，當(dāng)F是的中點(diǎn)時(shí)，判斷以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是什么特殊四邊形？說(shuō)明理由．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)；垂徑定理．【分析】（1）連接BC、OC，利用圓周角定理和切線的性質(zhì)可得∠B=∠ACD，由PE⊥AB，易得∠APE=∠DPC=∠B，等量代換可得∠DPC=∠ACD，可證得結(jié)論；（2）由∠CAB=30°易得△OBC為等邊三角形，可得∠AOC=120°，由F是的中點(diǎn)，易得△AOF與△COF均為等邊三角形，可得AF=AO=OC=CF，易得以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．【解答】（1）證明：連接BC、OC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠OCD=90°，∴∠OCA+∠OCB=90°，∵∠OCA=∠OAC，∠B=∠OCB，∴∠OAC+∠B=90°，∵CD為切線，∴∠OCD=90°，∴∠OCA+∠ACD=90°，∴∠B=∠ACD，∵PE⊥AB，∴∠APE=∠DPC=∠B，∴∠DPC=∠ACD，∴AP=DC；（2）解：以A，O，C，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形；∵∠CAB=30°，∴∠B=60°，∴△OBC為等邊三角形，∴∠AOC=120°，連接OF，AF，∵F是的中點(diǎn)，∴∠AOF=∠COF=60°，∴△AOF與△COF均為等邊三角形，∴AF=AO=OC=CF，∴四邊形OACF為菱形．4.（2022·遼寧丹東·10分）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在AB的延長(zhǎng)線上，CD與⊙O相切于點(diǎn)D，CE⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．（1）求證：∠BDC=∠A；（2）若CE=4，DE=2，求AD的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）連接OD，由CD是⊙O切線，得到∠ODC=90°，根據(jù)AB為⊙O的直徑，得到∠ADB=90°，等量代換得到∠BDC=∠ADO，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠ADO=∠A，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)垂直的定義得到∠E=∠ADB=90°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DCE=∠BDC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，解方程即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接OD，∵CD是⊙O切線，∴∠ODC=90°，即∠ODB+∠BDC=90°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即∠ODB+∠ADO=90°，∴∠BDC=∠ADO，∵OA=OD，∴∠ADO=∠A，∴∠BDC=∠A；（2）∵CE⊥AE，∴∠E=∠ADB=90°，∴DB∥EC，∴∠DCE=∠BDC，∵∠BDC=∠A，∴∠A=∠DCE，∵∠E=∠E，∴△AEC∽△CED，∴，∴EC2=DE?AE，∴16=2（2+AD），∴AD=6．5.（2022·四川南充）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)O，OC=1，以點(diǎn)O為圓心OC為半徑作半圓． （1）求證：AB為⊙O的切線； （2）如果tan∠CAO=，求cosB的值． 【分析】（1）如圖作OM⊥AB于M，根據(jù)角平分線性質(zhì)定理，可以證明OM=OC，由此即可證明． （2）設(shè)BM=x，OB=y，列方程組即可解決問(wèn)題． 【解答】解：（1）如圖作OM⊥AB于M， ∵OA平分∠CAB，OC⊥AC，OM⊥AB， ∴OC=OM， ∴AB是⊙O的切線， （2）設(shè)BM=x，OB=y，則y2﹣x2=1①， ∵cosB==， ∴=， ∴x2+3x=y2+y②， 由①②可以得到：y=3x﹣1， ∴（3x﹣1）2﹣x2=1， ∴x=，y=， ∴cosB==． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線的判定、勾股定理、三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是記住圓心到直線的距離等于半徑，這條直線就是圓的切線，學(xué)會(huì)設(shè)未知數(shù)列方程組解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型． 6．（2022·四川內(nèi)江）(10分)如圖9，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC的垂直平分線分別與AC，BC及AB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)D，E，F(xiàn)．⊙O是△BEF的外接圓，∠EBF的平分線交EF于點(diǎn)G，交⊙O于點(diǎn)H，連接BD，F(xiàn)H．(1)試判斷BD與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；(2)當(dāng)AB＝BE＝1時(shí)，求⊙O的面積；(3)在(2)的條件下，求HG·HB的值．DGDGHOCEFBA圖9DGHOCEFBA答案圖[考點(diǎn)]切線的性質(zhì)與判定定理，三角形的全等，直角三角形斜邊上中線定理、勾股定理。(1)直線BD與⊙O相切．理由如下：如圖，連接OB，∵BD是△ABC斜邊上的中線，∴DB＝DC．∴∠DBC＝∠C．∵OB＝OE，∴∠OBE＝∠OEB＝∠CED．∵∠C＋∠CED＝90°，∴∠DBC＋∠OBE＝90°．∴BD與⊙O相切； 3分(2)連接AE．∵AB＝BE＝1，∴AE＝．∵DF垂直平分AC，∴CE＝AE＝．∴BC＝1＋． 4分∵∠C＋∠CAB＝90°，∠DFA＋∠CAB＝90°，∴∠CAB＝∠DFA．又∠CBA＝∠FBE＝90°，AB＝BE，∴△CAB≌△FEB．∴BF＝BC＝1＋． 5分∴EF2＝BE2＋BF2＝12＋(1＋)2＝4＋2． 6分∴S⊙O＝π·EF2＝π． 7分(3)∵AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠AEB＝45°．∵EA＝EC，∴∠C＝°． 8分∴∠H＝∠BEG＝∠CED＝90°－°＝°．∵BH平分∠CBF，∴∠EBG＝∠HBF＝45°．∴∠BGE＝∠BFH＝°．∴BG＝BE＝1，BH＝BF＝1＋． 9分∴GH＝BH－BG＝．∴HB·HG＝×(1＋)＝2＋． 10分3．（2022·四川宜賓）如圖1，在△APE中，∠PAE=90°，PO是△APE的角平分線，以O(shè)為圓心，OA為半徑作圓交AE于點(diǎn)G．（1）求證：直線PE是⊙O的切線；（2）在圖2中，設(shè)PE與⊙O相切于點(diǎn)H，連結(jié)AH，點(diǎn)D是⊙O的劣弧上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作⊙O的切線，交PA于點(diǎn)B，交PE于點(diǎn)C，已知△PBC的周長(zhǎng)為4，tan∠EAH=，求EH的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】切線的判定與性質(zhì)．【分析】（1）作OH⊥PE，由PO是∠APE的角平分線，得到∠APO=∠EPO，判斷出△PAO≌△PHO，得到OH=OA，用“圓心到直線的距離等于半徑”來(lái)得出直線PE是⊙O的切線；（2）先利用切線的性質(zhì)和△PBC的周長(zhǎng)為4求出PA=2，再用三角函數(shù)求出OA，AG，然后用三角形相似，得到EH=2EG，AE=2EH，用勾股定理求出EG，最后用切割線定理即可．【解答】證明：（1）如圖1，作OH⊥PE，∴∠OHP=90°，∵∠PAE=90，∴∠OHP=∠OAP，∵PO是∠APE的角平分線，∴∠APO=∠EPO，在△PAO和△PHO中，∴△PAO≌△PHO，∴OH=OA，∵OA是⊙O的半徑，∴OH是⊙O的半徑，∵OH⊥PE，∴直線PE是⊙O的切線．（2）如圖2，連接GH，∵BC，PA，PB是⊙O的切線，∴DB=DA，DC=CH，∵△PBC的周長(zhǎng)為4，∴PB+PC+BC=4，∴PB+PC+DB+DC=4，∴PB+AB+PC+CH=4，∴PA+PH=4，∵PA，PH是⊙O的切線，∴PA=PH，∴PA=2，由（1）得，△PAO≌△PHO，∴∠OFA=90°，∴∠EAH+∠AOP=90°，∵∠OAP=90°，∴∠AOP+∠APO=90°，∴∠APO=∠EAH，∵tan∠EAH=，∴tan∠APO==，∴OA=PA=1，∴AG=2，∵∠AHG=90°，∵tan∠EAH==，∵△EGH∽△EHA，∴===，∴EH=2EG，AE=2EH，∴AE=4EG，∵AE=EG+AG，∴EG+AG=4EG，∴EG=AG=，∵EH是⊙O的切線，EGA是⊙O的割線，∴EH2=EG×EA=EG×（EG+AG）=×（+2）=，∴EH=．4.（2022·湖北黃石·8分）如圖，⊙O的直徑為AB，點(diǎn)C在圓周上（異于A，B），AD⊥CD．（1）若BC=3，AB=5，求AC的值；（2）若AC是∠DAB的平分線，求證：直線CD是⊙O的切線．【分析】（1）首先根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角為直角得到直角三角形，然后利用勾股定理求得AC的長(zhǎng)即可；（2）連接OC，證OC⊥CD即可；利用角平分線的性質(zhì)和等邊對(duì)等角，可證得∠OCA=∠CAD，即可得到OC∥AD，由于AD⊥CD，那么OC⊥CD，由此得證．【解答】（1）解：∵AB是⊙O直徑，C在⊙O上，∴∠ACB=90°，又∵BC=3，AB=5，∴由勾股定理得AC=4；（2）證明：∵AC是∠DAB的角平分線，∴∠DAC=∠BAC，又∵AD⊥DC，∴∠ADC=∠ACB=90°，∴△ADC∽△ACB，∴∠DCA=∠CBA，又∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵∠OAC+∠OBC=90°，∴∠OCA+∠ACD=∠OCD=90°，∴DC是⊙O的切線．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查的是切線的判定方法．要證某線是圓的切線，已知此線過(guò)圓上某點(diǎn)，連接圓心與這點(diǎn)（即為半徑），再證垂直即可．5．（2022·湖北黃石·12分）如圖1所示，已知：點(diǎn)A（﹣2，﹣1）在雙曲線C：y=上，直線l1：y=﹣x+2，直線l2與l1關(guān)于原點(diǎn)成中心對(duì)稱(chēng)，F(xiàn)1（2，2），F(xiàn)2（﹣2，﹣2）兩點(diǎn)間的連線與曲線C在第一象限內(nèi)的交點(diǎn)為B，P是曲線C上第一象限內(nèi)異于B的一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作x軸平行線分別交l1，l2于M，N兩點(diǎn)．（1）求雙曲線C及直線l2的解析式；（2）求證：PF2﹣PF1=MN=4；（3）如圖2所示，△PF1F2的內(nèi)切圓與F1F2，PF1，PF2三邊分別相切于點(diǎn)Q，R，S，求證：點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合．（參考公式：在平面坐標(biāo)系中，若有點(diǎn)A（x1，y1），B（x2，y2），則A、B兩點(diǎn)間的距離公式為AB=【分析】（1）利用點(diǎn)A的坐標(biāo)求出a的值，根據(jù)原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)找出直線l2上兩點(diǎn)的坐標(biāo)，求出解析式；（2）設(shè)P（x，），利用兩點(diǎn)距離公式分別求出PF1、PF2、PM、PN的長(zhǎng)，相減得出結(jié)論；（3）利用切線長(zhǎng)定理得出，并由（2）的結(jié)論P(yáng)F2﹣PF1=4得出PF2﹣PF1=QF2﹣QF1=4，再由兩點(diǎn)間距離公式求出F1F2的長(zhǎng)，計(jì)算出OQ和OB的長(zhǎng)，得出點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合．【解答】解：（1）解：把A（﹣2，﹣1）代入y=中得：a=（﹣2）×（﹣1）=2，∴雙曲線C：y=，∵直線l1與x軸、y軸的交點(diǎn)分別是（2，0）、（0，2），它們關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)分別是（﹣2，0）、（0，﹣2），∴l(xiāng)2：y=﹣x﹣2（2）設(shè)P（x，），由F1（2，2）得：PF12=（x﹣2）2+（﹣2）2=x2﹣4x+﹣+8，∴PF12=（x+﹣2）2，∵x+﹣2==＞0，∴PF1=x+﹣2，∵PM∥x軸∴PM=PE+ME=PE+EF=x+﹣2，∴PM=PF1，同理，PF22=（x+2）2+（+2）2=（x++2）2，∴PF2=x++2，PN=x++2因此PF2=PN，∴PF2﹣PF1=PN﹣PM=MN=4，（3）△PF1F2的內(nèi)切圓與F1F2，PF1，PF∴?PF2﹣PF1=QF2﹣QF1=4又∵QF2+QF1=F1F2=4，QF1=2∴QO=2，∵B（，），∴OB=2=OQ，所以，點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了圓的綜合應(yīng)用以及反比例函數(shù)的性質(zhì)等知識(shí)，將代數(shù)與幾何融合在一起，注意函數(shù)中線段的長(zhǎng)可以利用本題給出的兩點(diǎn)距離公式解出，也可以利用勾股定理解出；解答本題需要我們熟練各部分的內(nèi)容，對(duì)學(xué)生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學(xué)知識(shí)貫穿起來(lái)．6．（2022·湖北荊門(mén)·8分）如圖，AB是⊙O的直徑，AD是⊙O的弦，點(diǎn)F是DA延長(zhǎng)線的一點(diǎn)，AC平分∠FAB交⊙O于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥DF，垂足為點(diǎn)E．（1）求證：CE是⊙O的切線；（2）若AE=1，CE=2，求⊙O的半徑．【考點(diǎn)】切線的判定；角平分線的性質(zhì)．【分析】（1）證明：連接CO，證得∠OCA=∠CAE，由平行線的判定得到OC∥FD，再證得OC⊥CE，即可證得結(jié)論；（2）證明：連接BC，由圓周角定理得到∠BCA=90°，再證得△ABC∽△ACE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可證得結(jié)論．【解答】（1）證明：連接CO，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，∵AC平分∠FAB，∴∠OCA=∠CAE，∴OC∥FD，∵CE⊥DF，∴OC⊥CE，∴CE是⊙O的切線；（2）證明：連接BC，在Rt△ACE中，AC===，∵AB是⊙O的直徑，∴∠BCA=90°，∴∠BCA=∠CEA，∵∠CAE=∠CAB，∴△ABC∽△ACE，∴=，∴，∴AB=5，∴AO=，即⊙O的半徑為．7．（2022·湖北荊州·10分）如圖，A、F、B、C是半圓O上的四個(gè)點(diǎn)，四邊形OABC是平行四邊形，∠FAB=15°，連接OF交AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作OF的平行線交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，延長(zhǎng)AF交直線CD于點(diǎn)H．（1）求證：CD是半圓O的切線；（2）若DH=6﹣3，求EF和半徑OA的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OB，根據(jù)已知條件得到△AOB是等邊三角形，得到∠AOB=60°，根據(jù)圓周角定理得到∠AOF=∠BOF=30°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到OC⊥CD，由切線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DBC=∠EAO=60°，解直角三角形得到BD=BC=AB，推出AE=AD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，求得EF=2﹣，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）連接OB，∵OA=OB=OC，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴AB=OC，∴△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=60°，∵∠FAD=15°，∴∠BOF=30°，∴∠AOF=∠BOF=30°，∴OF⊥AB，∵CD∥OF，∴CD⊥AD，∵AD∥OC，∴OC⊥CD，∴CD是半圓O的切線；（2）∵BC∥OA，∴∠DBC=∠EAO=60°，∴BD=BC=AB，∴AE=AD，∵EF∥DH，∴△AEF∽△ADH，∴，∵DH=6﹣3，∴EF=2﹣，∵OF=OA，∴OE=OA﹣（2﹣），∵∠AOE=30°，∴==，解得：OA=2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，連接OB構(gòu)造等邊三角形是解題的關(guān)鍵．8．（2022·湖北荊州·10分）如圖，A、F、B、C是半圓O上的四個(gè)點(diǎn)，四邊形OABC是平行四邊形，∠FAB=15°，連接OF交AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作OF的平行線交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，延長(zhǎng)AF交直線CD于點(diǎn)H．（1）求證：CD是半圓O的切線；（2）若DH=6﹣3，求EF和半徑OA的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OB，根據(jù)已知條件得到△AOB是等邊三角形，得到∠AOB=60°，根據(jù)圓周角定理得到∠AOF=∠BOF=30°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到OC⊥CD，由切線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DBC=∠EAO=60°，解直角三角形得到BD=BC=AB，推出AE=AD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，求得EF=2﹣，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）連接OB，∵OA=OB=OC，∵四邊形OABC是平行四邊形，∴AB=OC，∴△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=60°，∵∠FAD=15°，∴∠BOF=30°，∴∠AOF=∠BOF=30°，∴OF⊥AB，∵CD∥OF，∴CD⊥AD，∵AD∥OC，∴OC⊥CD，∴CD是半圓O的切線；（2）∵BC∥OA，∴∠DBC=∠EAO=60°，∴BD=BC=AB，∴AE=AD，∵EF∥DH，∴△AEF∽△ADH，∴，∵DH=6﹣3，∴EF=2﹣，∵OF=OA，∴OE=OA﹣（2﹣），∵∠AOE=30°，∴==，解得：OA=2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，連接OB構(gòu)造等邊三角形是解題的關(guān)鍵．9.（2022·青海西寧·10分）如圖，D為⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C在直徑BA的延長(zhǎng)線上，且∠CDA=∠CBD．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）過(guò)點(diǎn)B作⊙O的切線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，BC=6，．求BE的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】切線的判定與性質(zhì)．【分析】（1）連OD，OE，根據(jù)圓周角定理得到∠ADO+∠1=90°，而∠CDA=∠CBD，∠CBD=∠1，于是∠CDA+∠ADO=90°；（2）根據(jù)已知條件得到△CDA∽△CBD由相似三角形的性質(zhì)得到，求得CD=4，由切線的性質(zhì)得到BE=DE，BE⊥BC根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連結(jié)OD，∵OB=OD，∴∠OBD=∠BDO，∵∠CDA=∠CBD，∴∠CDA=∠ODB，又∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠ODB=90°，∴∠ADO+∠CDA=90°，即∠CDO=90°，∴OD⊥CD，∵OD是⊙O半徑，∴CD是⊙O的切線（2）解：∵∠C=∠C，∠CDA=∠CBD∴△CDA∽△CBD∴∵，BC=6，∴CD=4，∵CE，BE是⊙O的切線∴BE=DE，BE⊥BC∴BE2+BC2=EC2，即BE2+62=（4+BE）2解得：BE=．10.（2022·陜西）如圖，已知：AB是⊙O的弦，過(guò)點(diǎn)B作BC⊥AB交⊙O于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)C作⊙O的切線交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，取AD的中點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF∥BC交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AF并延長(zhǎng)交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．求證：（1）FC=FG；（2）AB2=BC?BG．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；切線的性質(zhì)．【分析】（1）由平行線的性質(zhì)得出EF⊥AD，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出FA=FD，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠FAD=∠D，證出∠DCB=∠G，由對(duì)頂角相等得出∠GCF=∠G，即可得出結(jié)論；（2）連接AC，由圓周角定理證出AC是⊙O的直徑，由弦切角定理得出∠DCB=∠CAB，證出∠CAB=∠G，再由∠CBA=∠GBA=90°，證明△ABC∽△GBA，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）∵EF∥BC，AB⊥BG，∴EF⊥AD，∵E是AD的中點(diǎn)，∴FA=FD，∴∠FAD=∠D，∵GB⊥AB，∴∠GAB+∠G=∠D+∠DCB=90°，∴∠DCB=∠G，∵∠DCB=∠GCF，∴∠GCF=∠G，∴FC=FG；（2）連接AC，如圖所示：∵AB⊥BG，∴AC是⊙O的直徑，∵FD是⊙O的切線，切點(diǎn)為C，∴∠DCB=∠CAB，∵∠DCB=∠G，∴∠CAB=∠G，∵∠CBA=∠GBA=90°，∴△ABC∽△GBA，∴=，∴AB2=BC?BG．11.（2022·四川眉山）九年級(jí)三班學(xué)生蘇琪為幫助同桌萬(wàn)宇鞏固“平面直角坐標(biāo)系四個(gè)象限內(nèi)及坐標(biāo)軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)”這一基礎(chǔ)知識(shí)，在三張完全相同且不透明的卡片正面分別寫(xiě)上了﹣3，0，2三個(gè)數(shù)字，背面向上洗勻后隨機(jī)抽取一張，將卡片上的數(shù)字記為a，再?gòu)氖Ｏ碌膬蓮堉须S機(jī)取出一張，將卡片上的數(shù)字記為b，然后叫萬(wàn)宇在平面直角坐標(biāo)系中找出點(diǎn)M（a，b）的位置．（1）請(qǐng)你用樹(shù)狀圖幫萬(wàn)宇同學(xué)進(jìn)行分析，并寫(xiě)出點(diǎn)M所有可能的坐標(biāo)；（2）求點(diǎn)M在第二象限的概率；（3）張老師在萬(wàn)宇同學(xué)所畫(huà)的平面直角坐標(biāo)系中，畫(huà)了一個(gè)半徑為3的⊙O，過(guò)點(diǎn)M能作多少條⊙O的切線？請(qǐng)直接寫(xiě)出答案．【分析】（1）畫(huà)樹(shù)狀圖展示所有6種等可能的結(jié)果數(shù)；（2）根據(jù)第二象限點(diǎn)的坐標(biāo)特征找出點(diǎn)M在第二象限的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解；（3）畫(huà)出圖形得到在⊙O上的有2個(gè)點(diǎn)，在⊙O外的有2個(gè)點(diǎn)，在⊙O內(nèi)的有2個(gè)點(diǎn)，則利用切線的定義可得過(guò)⊙O上的有2個(gè)點(diǎn)分別畫(huà)一條切線，過(guò)⊙O外的有2個(gè)點(diǎn)分別畫(huà)2條切線，但其中有2組切線重合，于是可判斷過(guò)點(diǎn)M能作4條⊙O的切線．【解答】解：（1）畫(huà)樹(shù)狀圖為共有6種等可能的結(jié)果數(shù)，它們是（﹣3，0）、（﹣3，2）、（0，﹣3）、（0，2）、（2，﹣3）、（2，0）；（2）只有（﹣3，2）在第二象限，所以∴點(diǎn)M在第二象限的概率=；（3）如圖，過(guò)點(diǎn)M能作4條⊙O的切線．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了列表法與樹(shù)狀圖法：通過(guò)列表法或樹(shù)狀圖法展示所有等可能的結(jié)果求出n，再?gòu)闹羞x出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后根據(jù)概率公式求出事件A或B的概率．利用切線的定義可解決（3）小題，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合的思想是解決此類(lèi)題目的關(guān)鍵．12.（2022·福建龍巖·10分）如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，∠ACD=∠B，AD⊥CD．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AD=1，OA=2，求AC的值．【考點(diǎn)】切線的判定．【分析】（1）連接OC，由圓周角定理得出∠ACB=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠B=∠BCO，證出∠OCD=∠OCA+∠BCO=∠ACB=90°，即可得出結(jié)論；（2）證明△ACB∽△ADC，得出AC2=AD?AB，即可得出結(jié)果．【解答】（1）證明：連接OC，如圖所示：∵AB是⊙O直徑，∴∠ACB=90°，∵OB=OC，∴∠B=∠BCO，又∵∠ACD=∠B，∴∠OCD=∠OCA+∠ACD=∠OCA+∠BCO=∠ACB=90°，即OC⊥CD，∴CD是⊙O的切線；（2）解：∵AD⊥CD，∴∠ADC=∠ACB=90°，又∵∠ACD=∠B，∴△ACB∽△ADC，∴AC2=AD?AB=1×4=4，∴AC=2．13.（2022·廣西百色·10分）如圖，已知AB為⊙O的直徑，AC為⊙O的切線，OC交⊙O于點(diǎn)D，BD的延長(zhǎng)線交AC于點(diǎn)E．（1）求證：∠1=∠CAD；（2）若AE=EC=2，求⊙O的半徑．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)．【分析】（1）由AB為⊙O的直徑，AC為⊙O的切線，易證得∠CAD=∠BDO，繼而證得結(jié)論；（2）由（1）易證得△CAD∽△CDE，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，求得CD的長(zhǎng)，再利用勾股定理，求得答案．【解答】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，∵AC為⊙O的切線，∴OA⊥AC，∴∠OAD+∠CAD=90°，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∵∠1=∠BDO，∴∠1=∠CAD；（2）解：∵∠1=∠CAD，∠C=∠C，∴△CAD∽△CDE，∴CD：CA=CE：CD，∴CD2=CA?CE，∵AE=EC=2，∴AC=AE+EC=4，∴CD=2，設(shè)⊙O的半徑為x，則OA=OD=x，則Rt△AOC中，OA2+AC2=OC2，∴x2+42=（2+x）2，解得：x=．∴⊙O的半徑為．14．（2022廣西南寧）在圖“書(shū)香八桂，閱讀圓夢(mèng)”讀數(shù)活動(dòng)中，某中學(xué)設(shè)置了書(shū)法、國(guó)學(xué)、誦讀、演講、征文四個(gè)比賽項(xiàng)目（2022?南寧）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分線，點(diǎn)O在AB上，以點(diǎn)O為圓心，OB為半徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)E．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若OB=10，CD=8，求BE的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】切線的判定．【專(zhuān)題】計(jì)算題；與圓有關(guān)的位置關(guān)系．【分析】（1）連接OD，由BD為角平分線得到一對(duì)角相等，根據(jù)OB=OD，等邊對(duì)等角得到一對(duì)角相等，等量代換得到一對(duì)內(nèi)錯(cuò)角相等，進(jìn)而確定出OD與BC平行，利用兩直線平行同位角相等得到∠ODA為直徑，即可得證；（2）由OD與BC平行得到三角形OAD與三角形BAC相似，由相似得比例求出OA的長(zhǎng)，進(jìn)而確定出AB的長(zhǎng)，連接EF，過(guò)O作OG垂直于BC，利用勾股定理求出BG的長(zhǎng)，由BG+GC求出BC的長(zhǎng)，再由三角形BEF與三角形BAC相似，由相似得比例求出BE的長(zhǎng)即可．【解答】（1）證明：連接OD，∵BD為∠ABC平分線，∴∠1=∠2，∵OB=OD，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OD∥BC，∵∠C=90°，∴∠ODA=90°，則AC為圓O的切線；（2）解：過(guò)O作OG⊥BC，∴四邊形ODCG為矩形，∴GC=OD=OB=10，OG=CD=8，在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG=6，∴BC=BG+GC=6+10=16，∵OD∥BC，∴△AOD∽△ABC，∴=，即=，解得：OA=，∴AB=+10=，連接EF，∵BF為圓的直徑，∴∠BEF=90°，∴∠BEF=∠C=90°，∴EF∥AC，∴=，即=，解得：BE=12．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了切線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，以及等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握切線的判定方法是解本題的關(guān)鍵．15．（2022貴州畢節(jié)）如圖，在△ABC中，D為AC上一點(diǎn)，且CD=CB，以BC為直徑作⊙O，交BD于點(diǎn)E，連接CE，過(guò)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，∠BCD=2∠ABD．（1）求證：AB是⊙O的切線；（2）若∠A=60°，DF=，求⊙O的直徑BC的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】切線的判定．【分析】（1）由CD=CB，∠BCD=2∠ABD，可證得∠BCE=∠ABD，繼而求得∠ABC=90°，則可證得AB是⊙O的切線；（2）由∠A=60°，DF=，可求得AF、BF的長(zhǎng)，易證得△ADF∽△ACB，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，求得答案．【解答】（1）證明：∵CD=CB，∴∠CBD=∠CDB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠CBE=90°，∴∠CBD+∠BCE=∠CDB+∠DCE，∴∠BCE=∠DCE，即∠BCD=2∠BCE，∵∠BCD=2∠ABD，∴∠ABD=∠BCE，∴∠CBD+∠ABD=∠CBD+∠BCE=90°，∴CB⊥AB，∵CB為直徑，∴AB是⊙O的切線；（2）∵∠A=60°，DF=，∴在Rt△AFD中，AF===1，在Rt△BFD中，BF=DF?tan60°=×=3，∵DF⊥AB，CB⊥AB，∴DF∥BC，∴∠ADF=∠ACB，∵∠A=∠A，∴△ADF∽△ACB，∴=，∴=，∴CB=4．16．（2022·山東省濱州市·4分）如圖，過(guò)正方形ABCD頂點(diǎn)B，C的⊙O與AD相切于點(diǎn)P，與AB，CD分別相交于點(diǎn)E、F，連接EF．（1）求證：PF平分∠BFD．（2）若tan∠FBC=，DF=，求EF的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】切線的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得到OP⊥AD，由四邊形ABCD的正方形，得到CD⊥AD，推出OP∥CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠PFD=∠OPF，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠OPF=∠OFP，根據(jù)角平分線的定義即可得到結(jié)論；（2）由∠C=90°，得到BF是⊙O的直徑，根據(jù)圓周角定理得到∠BEF=90°，推出四邊形BCFE是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到EF=BC，根據(jù)切割線定理得到PD2=DF?CD，于是得到結(jié)論．【解答】解：（1）連接OP，BF，PF，∵⊙O與AD相切于點(diǎn)P，∴OP⊥AD，∵四邊形ABCD的正方形，∴CD⊥AD，∴OP∥CD，∴∠PFD=∠OPF，∵OP=OF，∴∠OPF=∠OFP，∴∠OFP=∠PFD，∴PF平分∠BFD；（2）連接EF，∵∠C=90°，∴BF是⊙O的直徑，∴∠BEF=90°，∴四邊形BCFE是矩形，∴EF=BC，∵AB∥OP∥CD，BO=FO，∴OP=AD=CD，∵PD2=DF?CD，即（）2=?CD，∴CD=4，∴EF=BC=4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，切割線定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．17．（2022·山東省德州市·4分）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AE平分∠BAC交⊙O于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)E做直線l∥BC．（1）判斷直線l與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）若∠ABC的平分線BF交AD于點(diǎn)F，求證：BE=EF；（3）在（2）的條件下，若DE=4，DF=3，求AF的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】圓的綜合題．【分析】（1）連接OE、OB、OC．由題意可證明，于是得到∠BOE=∠COE，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可證明OE⊥BC，