專題15 解答中檔題型：圓的計算與證明（解析版）

專題15解答中檔題型：圓的計算與證明一、解答題1．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）如圖，為的弦，D，C為的三等分點，．（1）求證：；（2）若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)題意，連接，通過證明，再由可證四邊形為平行四邊形，進而即可得到；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及D，C為的三等分點可證，得到，進而求得即可得到的長．【詳解】（1）如圖連接，∵A、D、C、B四點共圓∴又∴∵D，C為的三等分點∴∴∴∴，又∴四邊形為平行四邊形∴即原題中；（2）∵四邊形為平行四邊形，∴∵D，C為的三等分點，∴，∴，，∵∴∴∴，即∴∴．【點睛】本題主要考查了圓中綜合知識、平行四邊形的性質(zhì)及判定及三角形相似的判定及性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)幾何綜合運用知識是解決本題的關(guān)鍵．2．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測）如圖，在△ABC中，以邊AB為直徑作⊙O，交AC于點D，點E為邊BC上一點，連接DE．給出下列信息：①AB＝BC；②∠DEC=90°；③DE是⊙O的切線．(1)請在上述3條信息中選擇其中兩條作為條件，剩下的一條作為結(jié)論，組成一個命題．你選擇的兩個條件是______，結(jié)論是______（只要填寫序號）．判斷此命題是否正確，并說明理由；(2)在（1）的條件下，若CD=5，CE=4，求⊙O的直徑．【答案】(1)①和②，③，真命題，證明見解析；（答案不唯一）(2)【分析】（1）選擇①和②為條件，③為結(jié)論，連接OD，由等邊對等角可得出∠A＝∠C，∠A＝∠ODA，即可推出∠C＝∠ODA，從而可證明，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和∠DEC=90°，可證明∠ODE=∠DEC=90°，即，說明DE是⊙O的切線；（2）連接BD，由直徑所對圓周角為直角得出．再結(jié)合等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得出AD=CD=5．又易證，即得出，代入數(shù)據(jù)即可求出AB的長．【詳解】（1）解：選擇①和②為條件，③為結(jié)論，且該命題為真命題．證明：如圖，連接OD，∵AB＝BC，∴∠A＝∠C．∵OA=OD，∴∠A＝∠ODA，∴∠C＝∠ODA，∴．∵∠DEC=90°，∴∠ODE=∠DEC=90°，即，∴DE是⊙O的切線．故答案為：①和②，③；（答案不唯一）（2）解：如圖，連接BD，∵AB為直徑，

∴，即．∵AB=BC，∴AD=CD=5．在和中，∴，∴，即，∴．故圓O的直徑為．【點睛】本題考查等腰三角形的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理以及三角形相似的判定和性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是連接常用的輔助線．3．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，的弦交于點E，連接，延長到點P，連結(jié)與相切，且．(1)求證：點A是的中點；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接交于F點，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，再證明，則根據(jù)垂徑定理得到；（2）根據(jù)圓周角定理，由得到，則可證明，然后利用相似三角形的性質(zhì)得到，從而根據(jù)比例的性質(zhì)可計算出的長．【詳解】（1）證明：連接交于F點，如圖，∵與相切，∴，∴，即，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即點A是的中點；（2）解：∵，∴，∵，

∴，∴，∵，∴，解得（負值舍去），即的長為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．也考查了垂徑定理和相似三角形的判定與性質(zhì)．4．（2023·廣東深圳·?？寄M預(yù)測）如圖，已知等邊，以為直徑的圓與邊交于點D，過點D作，垂足為F，過點F作，垂足為G，連接．(1)求證：是的切線；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】(1)如圖所示，連接．由題意可知,則,可以證明為等邊三角形,易得,再運用平行線的性質(zhì)和判定以及等量代換即可完成解答.(2)先說明為的中位線，得到.在中，由，得，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得,則,最后在中，根據(jù)正弦的定義即可解答；【詳解】（1）如圖所示，連接.∵是等邊三角形，∴∵∴為等邊三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴是的切線（2）∵點O是的中點，∴是的中位線．∵是等邊三角形，，∴，∵，∴，同理可得，∴∴．∴．【點睛】本題考查了切線的判定、等邊三角形的性質(zhì)以及角的直角三角形性質(zhì)，連接圓心與切點的半徑是解決問題的常用方法．5．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，中，，以為直徑的與邊分別交于點D、E，過E作直線與垂直，垂足為F，且與的延長線交于點G．(1)求證：直線是切線．(2)若，求半徑．【答案】(1)見解析(2)的半徑為3【分析】（1）證明，由，一條直線垂直于兩平行線的一條直線，則這條直線也垂直于另一條直線，可得，與相切．（2）設(shè)的半徑為，則，在中用勾股定理列出關(guān)于r的方程，并求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接．，．在中，，．．．又

，．又

是的半徑，與相切．（2）設(shè)的半徑為，則，，且，即解得：，即的半徑為3．【點睛】本題考查了切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理，在圓中證明一條直線是圓的切線是常考題型，常運用的輔助線為：①判定切線時“連圓心和直線與圓的公共點”或“過圓心作這條直線的垂線”；②有切線時，常常“遇到切點連圓心得半徑”．6．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，點P是的直徑延長線上一點，，點O旋轉(zhuǎn)到點C，連接交于點D，∠AOD=60°．(1)求證：是的切線；(2)若，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)題意推出是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到，，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形外角性質(zhì)求出，則，根據(jù)切線的判定定理即可得解；（2）根據(jù)陰影部分的面積求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，根據(jù)題意得，，，是等邊三角形，，，，，，，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：，，，，，，陰影部分的面積．【點睛】此題考查了切線的判定與性質(zhì)、扇形面積的計算，熟練切線的判定與性質(zhì)、扇形面積的計算是解題的關(guān)鍵．7．（2023·廣東深圳·深圳中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖是的外接圓，點O在上，的角平分線交于點D，連接，，過點D作的平行線與的延長線相交于點P．(1)求證：是的切線；(2)若，，求與的值．【答案】(1)見解析(2)，【分析】（1）連接，先得出，進而得出，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出，推出，即可得出結(jié)論；（2）先證明，根據(jù)勾股定理得出，進而求得，再證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出，代入可求出答案．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵是半徑，∴是的切線；（2）∵是的直徑，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，∴．∵，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，切線的判定，勾股定理，正確理解題意證明切線是解題的關(guān)鍵．8．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考三模）如圖，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，⊙O經(jīng)過點C，且圓的直徑AB在線段AE上．（1）試說明CE是⊙O的切線；（2）若△ACE中AE邊上的高為h，試用含h的代數(shù)式表示⊙O的直徑AB；（3）設(shè)點D是線段AC上任意一點（不含端點），連接OD，當(dāng)CD+OD的最小值為6時，求⊙O的直徑AB的長．【答案】（1）證明見試題解析；（2）AB=；（3）．【詳解】解：（1）連接OC，如圖1，∵CA=CE，∠CAE=30°，∴∠E=∠CAE=30°，∠COE=2∠A=60°，∴∠OCE=90°，∴CE是⊙O的切線；（2）過點C作CH⊥AB于H，連接OC，如圖2，由題可得CH=h，在Rt△OHC中，CH=OC?sin∠COH，∴h=OC?sin60°=OC，∴OC==，∴AB=2OC=；（3）作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，如圖3，則∠AOF=∠COF=∠AOC=（180°﹣60°）=60°，∵OA=OF=OC，∴△AOF、△COF是等邊三角形，∴AF=AO=OC=FC，∴四邊形AOCF是菱形，∴根據(jù)對稱性可得DF=DO，過點D作DH⊥OC于H，∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC=30°，∴DH=DC?sin∠DCH=DC?sin30°=DC，∴CD+OD=DH+FD．根據(jù)兩點之間線段最短可得：當(dāng)F、D、H三點共線時，DH+FD（即CD+OD）最小，此時FH=OF?sin∠FOH=OF=6，則OF=，AB=2OF=，∴當(dāng)CD+OD的最小值為6時，⊙O的直徑AB的長為．考點：1．圓的綜合題；2．等腰三角形的性質(zhì)；3．等邊三角形的判定與性質(zhì)；4．菱形的判定與性質(zhì)；5．銳角三角函數(shù)的定義；6．特殊角的三角函數(shù)值．9．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學(xué)校校聯(lián)考二模）如圖，點C在以為直徑的上，點D是的中點，連接并延長交于點E，作，交的延長線于點P．（1）求證：是的切線；（2）若，，求的半徑．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）由AB為直徑，可得∠ACB=90°，又D為BC中點，O為AB中點，可得OD∥AC，從而∠ODB=90°．由OB=OE得∠OEB=∠OBE，又∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，所以∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，又∠EBP=∠EBC，得∠P=∠OBD．又∠BOD+∠OBD=90°，從而可得∠BOD+∠P=90°，即∠OBP=90°．則可證PB為⊙O切線；（2）由（1）可得OD=1，從而PO=7，可證明△BDP～△OBP，從而得比例，解得BP=，最后由勾股定理可求半徑OB．【詳解】（1）證明：∵AB為直徑，∴∠ACB=90°，又D為BC中點，O為AB中點，故OD=AC，OD∥AC，∴∠ODB=∠ACB=90°．∵OB=OE，∴∠OEB=∠OBE，又∵∠OEB=∠P+∠EBP，∠OBE=∠OBD+∠EBC，∴∠P+∠EBP=∠OBD+∠EBC，又∠EBP=∠EBC，∴∠P=∠OBD．∵∠BOD+∠OBD=90°，∴∠BOD+∠P=90°，∴∠OBP=90°．又OB為半徑，故PB是⊙O的切線．（2）解：∵AC=2，由（1）得OD=AC=1，又PD=6，∴PO=PD+OD=6+1=7．∵∠P=∠P，∠BDP=∠OBP=90°，∴△BDP～△OBP．∴，即BP2=OP?DP=7×6=42，∴BP=．∴OB=．故⊙O的半徑為．【點睛】本題屬于圓的綜合問題，考查了圓周角定理，三角形中位線性質(zhì)定理，等腰三角形性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)及勾股定理等知識點，熟練掌握相關(guān)知識點并靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．10．（2023·廣東深圳·深圳大學(xué)附屬中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，四邊形中，，點是邊上一點，且平分，作的外接圓．(1)求證：是的切線；(2)若的半徑為6，，求的長．【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】(1)連接，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、角平分線的定義得到，根據(jù)切線的判定定理即可證得結(jié)論；(2)過點O作于F，根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)，可得，，根據(jù)勾股定理求出，根據(jù)勾股定理計算，即可得到答案．【詳解】（1）證明:如圖：連接，，的外接圓為，是的直徑，，，平分，，，，，，，是的半徑，是的切線；（2）解：如圖：過點O作于點F，四邊形是矩形，，，，，【點睛】本題考查的是切線的判定、矩形的判定和性質(zhì)、勾股定理，掌握經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線是解題的關(guān)鍵．11．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在中，，以為直徑作，交于點F，過C點作交延長線于點D，E為上一點，且．(1)求證：為的切線；(2)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠A=∠ABC，∠D=∠EBD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠A=∠ABC，∠D=∠DBE，推出∠CBE=90°，于是得到結(jié)論；（2）連接BF，根據(jù)圓周角定理得到BF⊥AC，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到BF=4，設(shè)CF=x，列出關(guān)于x的方程并求解，再根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵AC=BC，EB=ED∴∠A=∠ABC，∠D=∠EBD∵CD⊥AC∴∠A+∠D=90°∴∠ABC+∠EBD=90°∴∠CBE=90°∵BC是⊙O的直徑．∴BE是⊙O的切線．（2）解：連接BF∵BC是⊙O的直徑．∴∠BFC=∠BFA=90°在Rt△ABF中，tanA=∴BF=4設(shè)CF=x，則AC=BC=x+2在Rt△BCF中，即∴x=3∴CF=3，BC=5∵∠ACB=∠AFB=90°∴BF∥CD∴∠1=∠2又∵∠CFB=∠EBC=90°∴△CFB∽△EBC∴∴∴BE=【點睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．12．（2023·廣東深圳·校考二模）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，且AB為⊙O的直徑，DE與⊙O相切于點D，交AB的延長線于點E，連接OD交BC于點F，連接AD、CD，∠E＝∠ADC．(1)求證：AD平分∠BAC；(2)若CF＝2DF，AC＝6，求⊙O的半徑r．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到，進而證明，得到，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，根據(jù)垂徑定理得到，根據(jù)圓周角定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)三角形中位線定理求出OF，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程得到答案．【詳解】（1）證明：由圓周角定理得：，∵，∴，∴，∵DE與⊙O相切于點D，∴，∴，∴，∴，∴AD平分．（2）∵，∴，∵，∴，∴，∴，在中，，即，解得：，（舍去），∴⊙O的半徑r為5．【點睛】本題考查的是切線的性質(zhì)、垂徑定理、圓周角定理、勾股定理的應(yīng)用，掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關(guān)鍵．13．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）如圖，在中，與分別相切于點E，F(xiàn)，平分，連接．(1)求證：是的切線；(2)若，的半徑是2，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，過點O作于點G，如圖，由切線的性質(zhì)得到，再由角平分線的性質(zhì)得到，由此即可證明是的切線；（2）連接，過點O作于點G，如圖，先證明四邊形為正方形．得到．求出，即可求出．證明平分，進而推出，則．即可得到=10．【詳解】（1）證明：連接，過點O作于點G，如圖，∵為的切線，∴．∵平分，，∴．∴直線經(jīng)過半徑的外端G，且垂直于半徑，∴是的切線；（2）解：連接，過點O作于點G，如圖，∵與分別相切于點E，F(xiàn)，∴，∵，∴四邊形為矩形，∵，∴四邊形為正方形．∴．∵，∴，∴．由（1）知：，∴，∵，∴平分，∴．∵平分，∴．∵，∴∠ABC+∠BAC=90°，∴，∴．∴=10．【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，角平分線的性質(zhì)與判定，求不規(guī)則圖形面積得到，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．14．（2023·廣東深圳·二模）如圖，是的直徑，C是弧的中點，于點E，交于點F．(1)求證：；(2)若，，求的半徑及的長．【答案】(1)見解析(2)⊙O的半徑為，【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等可證，根據(jù)證明，再利用直徑所對的圓周角等于，證明，等量代換即可證明，再利用等角對等邊即可證明；（2）證明，再利用，即可求出．【詳解】（1）證明：∵C是的中點，∴，∴，∵，∴，∴，∵是的直徑，∴，∴，∴，∴．（2）解：∵，∴，∵，∴，∵是的直徑，∴，∵，∴，∴⊙O的半徑為．∵，∴，即，解得．【點睛】本題考查圓與三角形的綜合問題，解題的關(guān)鍵是掌握等弧對等弦，直徑所對的圓周角等于，等角對等邊，勾股定理．15．（2023·廣東深圳·深圳市南山外國語學(xué)校（集團）高新中學(xué)?？既＃┤鐖D，在中，，，與交于點F、點D、點E在上，連接．以下提供三個序號及其內(nèi)容，請你認真思考，選擇其中兩個序號的內(nèi)容作為條件，剩余的一個序號的內(nèi)容作為結(jié)論，并完成相應(yīng)的證明過程（要求寫出完整的推理過程）．①為直徑

②

③是的切線(1)我選擇的兩個條件是：______（填寫序號），得出的結(jié)論是______（填寫序號）證明過程如下：(2)若，的半徑為3，求的長．【答案】(1)①②，③或①③，②；或②③，①(2)【分析】（1）情形1：選①②為條件，③為結(jié)論：連接，由為直徑得，即可得,由可得，從而可得結(jié)論；情形2：選①③為條件，②為結(jié)論：連接，由為直徑得，由是的切線可得，，從而得，再由，可得結(jié)論；情形3：選②③為條件，①為結(jié)論：連接，可得，由是的切線可得,，故可得為直徑．（2）由和的半徑可求出再證明，由相似三角形的性質(zhì)列式可求出的長．【詳解】（1）情形1：選①②為條件，③為結(jié)論：連接，∵為直徑，∴，∴∵∴∵∴∴∵是的半徑，∴是的切線；情形2：選①③為條件，②為結(jié)論：連接，∵是的切線，∴∴,∵為直徑∴，即∴∵∴∴；可得結(jié)論；情形3：選②③為條件，①為結(jié)論：連接，∵∴∵是的切線，∴即∴，∵∴∴即，∴為直徑；（2）∵即∴，∵的半徑為3，即，∴又，∴∴∴∴,解得，．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)以及解．也考查了圓周角定理．16．（2023·廣東深圳·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學(xué)校考二模）定義：三角形一個內(nèi)角的平分線和與另一個內(nèi)角相鄰的外角平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內(nèi)角的遙望角．（1）如圖1，是中的遙望角，若，請用含的代數(shù)式表示．（2）如圖2，四邊形內(nèi)接于，四邊形的外角平分線交于點F，連結(jié)并延長交的延長線于點E．求證是中的遙望角．（3）如圖3，在（2）的條件下，連結(jié)，若是的直徑．求的度數(shù)．【答案】（1）；（2）見解析；（3）45°【分析】（1）根據(jù)遙望角的定義得到，，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)計算，得到答案；（2）延長到點，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到，得到，根據(jù)圓周角定理得到，進而得到，根據(jù)遙望角的定義證明結(jié)論；（3）連接，根據(jù)遙望角的定義得到，進而證明，根據(jù)得到，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可．【詳解】解：（1）是中的遙望角，，，，；（2）如圖2，延長到點，四邊形內(nèi)接于，，，，平分，，，，是的平分線，，，，，，，是的外角平分線，是中的遙望角；（3）如圖3，連接，是中的遙望角，，，，，，，，，，在和中，，，，，是的直徑，，，．【點睛】本題考查的是圓的有關(guān)知識、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)，掌握圓周角定理、三角形外角性質(zhì)、全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．17．（2023·廣東深圳·深圳外國語學(xué)校?？家荒＃┕畔ＥD數(shù)學(xué)家畢達哥拉斯認為：“一切平面圖形中最美的是圓”．請研究如下美麗的圓．如圖，線段AB是⊙O的直徑，延長AB至點C，使BC＝OB，點E是線段OB的中點，DE⊥AB交⊙O于點D，點P是⊙O上一動點（不與點A，B重合），連接CD，PE，PC．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）小明在研究的過程中發(fā)現(xiàn)是一個確定的值．回答這個確定的值是多少？并對小明發(fā)現(xiàn)的結(jié)論加以證明．【答案】（1）見解析；（2），解析【分析】本題考查了切線的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)．（1）連接OD，DB，由已知可得DE垂直平分OB，于是DB＝DO，而OB＝OD，所以DB＝DO＝OB，即△ODB是等邊三角形，于是∠BDO＝60°，再由等腰三角形的性質(zhì)及三角形的外角性質(zhì)可得∠CDB＝30°，從而可得∠ODC＝90°，所以O(shè)D⊥CD，所以CD是⊙O的切線；（2）連接OP，由已知條件得OP＝OB＝BC＝2OE，再利用“兩組邊成比例，夾角相等”證明△OEP∽△OPC，最后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例得到結(jié)論．【詳解】解：（1）如答圖，連接OD，DB，∵點E是線段OB的中點，DE⊥AB交⊙O于點D，∴DE垂直平分OB，∴DB＝DO．∵DO＝OB，∴DB＝DO＝OB，∴△ODB是等邊三角形，∴∠BDO＝∠DBO＝60°．∵BC＝OB＝BD，且∠DBE為△BDC的外角，∴∠BCD＝∠BDC＝∠DBO．∵∠DBO＝60°，∴∠CDB＝30°．∴∠ODC＝∠BDO＋∠BDC＝60°＋30°＝90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切線；（2）這個確定的值是．證明：如答圖，連接OP，∵OP＝OB＝BC＝2OE，∴＝＝，又∵∠COP＝∠POE，∴△OEP∽△OPC，∴＝＝．【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．18．（2023·廣東深圳·?？既＃┤鐖D，是的外接圓，是的直徑，F(xiàn)是延長線上一點，連接，，且．(1)求證：是切線；(2)若直徑，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，余角的性質(zhì)即可求得結(jié)論；（2）根據(jù)已知條件可知，再根據(jù)余弦的定義和相似三角形的性質(zhì)得到線段的關(guān)系即可求得線段的長度．【詳解】（1）證明：連接，∵是的直徑，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，即，∴是的切線；（2）解：∵，∴，∵在中，∴∴，∴，∵，∴，∴，設(shè)，則，又∵，即，解得（取正值），∴．【點睛】本題考查了圓周角的性質(zhì)，切線的判定定理，余弦的定義，相似三角形的性質(zhì)和判定，找出正切的定義與相似三角形的相似比是解題的關(guān)鍵．19．（2023·廣東深圳·二模）如圖，⊙O是ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，F(xiàn)是AD延長線上一點，連接CD，CF，且∠DCF＝∠CAD．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）若cosB＝，AD＝2，求FD的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)切線的判定，連接，證明出即可，利用直徑所得的圓周角為直角，三角形的內(nèi)角和以及等腰三角形的性質(zhì)可得答案；（2）由，根據(jù)銳角三角函數(shù)的意義和勾股定理可得，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出答案．【詳解】解：（1）連接，是的直徑，，，又，，又．，即，是的切線；（2），，，在中，，，，，，，，，，設(shè)，則，，又，即，解得（取正值），．【點睛】本題考查切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的邊角關(guān)系以及相似三角形，掌握切線的判定方法，直角三角形的邊角關(guān)系以及相似三角形的性質(zhì)是正確解答的前提．20．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，是的直徑，點P是射線上的一動點（不與點A，B重合），過點作的割線交于點C，D，于，連接．

(1)①在圖1的情形下，證明：；②當(dāng)點處于圖2中的位置時，①中的結(jié)論___________（填“仍成立”或“不再成立”）；(2)若的半徑為3，當(dāng)且時，求的長．【答案】(1)①見解析，②成立(2)8或4【分析】（1）①連接，證明，得，即可得到結(jié)論；②成立，連接,證明即可得到結(jié)論；（2）求出，在中運用直角三角形的性質(zhì)求出的長即可．【詳解】（1）①證明：如圖，連接．

∵是的直徑，且，∴．∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，∴，∴，∴，∴②當(dāng)點P處于圖2中的位置時，①中的結(jié)論仍成立．理由如下：連接,如圖，

∵是的直徑，且，∴．又∴，∴，∴（2）∵的半徑為3，∴，由（1）知，，∵，∴，

∴．在中，∴．∴，

∴.8或4．【點睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，正確識別圖形是解答本題的關(guān)鍵．21．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，是的外接圓，連接，過點作一條射線．(1)請從以下條件中：①，；②；③平分．選擇一組能證明是的切線的條件，并寫出證明過程；(2)若，，，求的長度．（結(jié)果保留）【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）選擇①連接，由可得，由可得，進而可得證明是的切線，選擇②連接并延長交圓于點，證明，從而證明，即可得出結(jié)論，③平分，無法得出結(jié)論；（2）連接OB，易得，進而求出，即可求出由的長度，而，故，由此即可解題．【詳解】（1）解：選擇①，，連接，如解①圖；∵，∴，∵，∴，∵是圓的半徑，∴是的切線，選擇②，如解②題，連接并延長交圓于點，連接，∵，∴，∵∴∵是的直徑，∴，∴，∴∴是的切線，（2）連接，如圖，∵，∴，∴，∴的弧長為：，∵，∴，∴的長度．【點睛】本題主要考查了切線的判定、弧長公式和圓周角定理等，解題的關(guān)鍵是掌握有切點連半徑證垂直．22．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，AB是的直徑，弦，E是OB的中點，連接CE并延長到點F，使，連接AF交于點D，連接BD，BF．(1)求證：直線BF是的切線；(2)若AF長為，求BD的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OC、OF，證明四邊形OFBC是平行四邊形，則BF∥OC，根據(jù)AC=BC，得到OC⊥AB，∠ABF=∠BOC=90°，可證明BF是⊙O的切線；（2）由AB是⊙O的直徑得∠ADB=∠ACB=90°，則∠CAB=∠CBA=45°，可證明FB=OB=OA=AB，根據(jù)勾股定理求出AB、BF的長，再根據(jù)三角形的面積公式即可求出BD的長．【詳解】（1）證明：如圖，連接OC、OF，∵EF=CE，OE=BE，∴四邊形OFBC是平行四邊形，∴BF∥OC，∵AC=BC，OA=OB，∴OC⊥AB，∴∠ABF=∠BOC=90°，∵OB是⊙O的半徑，且BF⊥OB，∴直線BF是⊙O的切線；（2）如圖，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=∠ACB=90°，∴∠CAB=∠CBA=45°，∵OC=OB，∴∠OCB=∠OBC=45°，∴∠BFO=∠OCB=45°，∵OF∥BC，∴∠BOF=∠OBC=45°，∴∠BFO=∠BOF，∴FB=OB=OA=AB，∵FB2+AB2=AF2，且AF=5，∴（AB）2+AB2=（5）2，∴AB=2，∴FB=AB=，∴⊙O的半徑為，∵S△ABF=AB?BF=AF?BD，∴2×=5×BD，∴BD=2．【點睛】此題考查圓的切線的判定、圓的弦與弧及圓心角的關(guān)系、圓周角定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，根據(jù)題意正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．23．（2023·廣東深圳·二模）如圖，是的直徑，C是上的一點．

(1)實踐與操作：在上求作點P，使得P為的中點；（要求：尺規(guī)作圖并保留作圖痕跡，不寫作法，標明字母）(2)推理與計算：在（1）的條件下，連接，若，，求的半徑．【答案】(1)詳見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)題意進行尺規(guī)作圖，使得P為的中點；（2）連接交AC于點D，由（1）可知P為的中點，則，由，得，，由勾股定理求得，設(shè)的半徑為r，列出方程求解即可．【詳解】（1）如圖所示，P為的中點．（以下是作圖參考）

（2）連接交AC于點D，由（1）可知P為的中點，則，∵，

∴，，

在中，設(shè)的半徑為r，在中，

解得：即⊙O的半徑為5．【點睛】本題考查復(fù)雜作圖，垂徑定理及勾股等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．24．（2023·廣東深圳·模擬預(yù)測）如圖1，O為半圓的圓心，C、D為半圓上的兩點，且．連接并延長，與的延長線相交于點E．（1）求證：；（2）與，分別交于點F，H．①若，如圖2，求證：；②若圓的半徑為2，，如圖3，求的值．【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②【分析】（1）連接，根據(jù)，且，則，即可推導(dǎo)出；（2）①，則，又，，則，進而推導(dǎo)出；②連接交于G，設(shè)，則，根據(jù)在和中列式，進而求得x的值，再根據(jù)中位線定理求出AC的長．【詳解】證明：（1）連接，∵為直徑∴∵∴∴∴．（2）①∵∴又∵∴又∵∴∴∴∴∴②連接交于G．設(shè)，則∵∴又∵∴，在和中∴即∵∴是的中位線∴∴．【點睛】本題考查了等弧對等角、相似三角形、等腰三角形、中位線等有關(guān)知識點，屬于綜合題型，借助輔助線是解決這類問題的關(guān)鍵．25．（2023·廣東深圳·?？既＃┤鐖D，中，，點O在邊上，以點O為圓心，為半徑的交于D，交于E，若．(1)求證：為的切線；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)7【分析】連接，由等腰三角形的性質(zhì)可證，，根據(jù)，可證，進而得，根據(jù)切線的判定可知是切線；（2）利用勾股定理求出的長，根據(jù)求出，進而可求出的長．【詳解】（1）如圖，連接，，，，，，，，∴，∵是半徑，∴為的切線；（2）過點C作于點M，在中，由勾股定理得，，，，，，，．【點睛】本題考查了切線的判定，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形三線合一，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造直角三角形解答．26．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖，是的外接圓，AB是直徑，，連接AD，，AC與OD相交于點E．(1)求證：AD是的切線；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）先證∠BOC+∠AOD=90°，再因為，得出∠ADO+∠AOD=90°，即可得∠OAD=90°，即可由切線的判定定理得出結(jié)論；（2）先證明∠AED=∠DAE，得出DE=AD=，再證∠OAC=∠OCA，得tan∠OAC=tan∠OCA=,設(shè)OC=OA=R,則OE=R，在Rt△OAD中，由勾股定理，得，解之即可．【詳解】（1）證明：∵，∴∠COD=90°，∵∠BOC+∠COD+∠AOD=180°，∴∠BOC+∠AOD=90°，∵，∴∠ADO+∠AOD=90°，∵∠ADO+∠AOD+∠OAD=180°，∴∠OAD=90°，∵OA是⊙O的半徑，∴AD是⊙O的切線；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠B+∠BAC=90°，∵∠BAC+∠CAD=∠OAD=90°，∴∠B=∠CAD，∵∠B+∠BOC+∠OCB=∠ADO+∠CAD+∠AED=180°，∠ADO=∠BOC，∴∠AED=∠OCB，∵OB=OC，∴∠B=∠OCB，∴∠AED=∠CAD，∴DE=AD=，∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA，∵OC⊥OD，∴∠COE=90°，∴tan∠OAC=tan∠OCA=,設(shè)OC=OA=R,則OE=R，在Rt△OAD中，∠OAD=90°，由勾股定理，得OD2=OA2+AD2，即，解得：R=2或R=0(不符合題意，舍去）,∴⊙O的半徑為2．【點睛】本題考查切線的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，圓周角定理的推論，本題屬圓的綜合題目，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．27．（2023·廣東深圳·?？既＃┰诠糯?，智慧的勞動人民已經(jīng)會使用“石磨”，其原理為在磨盤的邊緣連接一個固定長度的“連桿”，推動“連桿”帶動磨盤轉(zhuǎn)動，將糧食磨碎，物理學(xué)上稱這種動力傳輸工具為“曲柄連桿機構(gòu)”．小明受此啟發(fā)設(shè)計了一個“雙連桿機構(gòu)”，設(shè)計圖如圖1，兩個固定長度的“連桿”，的連接點在上，當(dāng)點在上轉(zhuǎn)動時，帶動點，分別在射線，上滑動，．當(dāng)與相切時，點恰好落在上，如圖2．請僅就圖2的情形解答下列問題．（1）求證：；（2）若的半徑為，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形的外角，找到角與角之間的等量關(guān)系，再通過等量代換即可證明；（2）添加輔助線后，證明三角形相似，得到對應(yīng)角相等，所以角的正切值也相等，求出直角三角形的直角邊長，再把放到直角三角形中，利用勾股定理求解．【詳解】解：（1）證明：連接，取軸正半軸與交點于點，如下圖：，為的外角，，，，．（2）過點作的垂線，交與點，如下圖：由題意：在中，，由（1）知：，，，，，，由圓的性質(zhì)，直徑所對的角為直角；在中，由勾股定理得：，即．【點睛】本題考查了圓的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、切線的性質(zhì)、勾股定理、特殊角度的正切值，解答的關(guān)鍵是：掌握相關(guān)的知識點，會添加適當(dāng)?shù)妮o助線，找到角與角、邊與邊的等量關(guān)系，通過等量代換，利用勾股定理建立等式求解．28．（2023·廣東深圳·深圳實驗學(xué)校?？寄M預(yù)測）如圖，直線交于兩點，是直徑，平分交于，過作于.

(1)求證：是的切線；(2)若，求的半徑.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接，根據(jù)平行線的判定與性質(zhì)可得，且在上，故是的切線．（2）由直角三角形的特殊性質(zhì)，可得的長，又有，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，代入數(shù)據(jù)即可求得圓的半徑．【詳解】（1）證明：連接．

，．∵平分∴，．．，即．在上，為的半徑，是的切線．（2），，，．連接．是的直徑，．，．．則．的半徑是．【點睛】本題考查圓的切線的判定、圓周角定理、勾股定理切割線定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，在圓中學(xué)會正確添加輔助線是解決問題的關(guān)鍵．29．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在直徑AB上（點C與A，B兩點不重合），OC＝3，點D在⊙O上且滿足AC＝AD，連接DC并延長到E點，使BE＝BD．(1)求證：BE是⊙O的切線；(2)若BE＝6，試求cos∠CDA的值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)直徑所對的圓周角是直角可得∠ADB＝90°，從而可得∠BDE+∠ADC＝90°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及對頂角相等可得∠ECB＝∠ADC，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠E＝∠BDE，從而可得∠E+∠BCE＝90°，最后利用三角形內(nèi)角和定理可得∠EBC＝90°，即可解答；（2）設(shè)⊙O的半徑為r，則AC＝AD＝3+r，在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出r＝5，從而求出BC＝2，然后在Rt△EBC中，根據(jù)勾股定理可求出EC的長，從而利用銳角三角函數(shù)的定義進行計算即可解答．【詳解】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠BDE+∠ADC＝90°，∵AC＝AD，∴∠ACD＝∠ADC，∵∠ACD＝∠ECB，∴∠ECB＝∠ADC，∵EB＝DB，∴∠E＝∠BDE，∴∠E+∠BCE＝90°，∴∠EBC＝180°﹣（∠E+∠ECB）＝90°，∵OB是⊙O的半徑，∴BE是⊙O的切線；（2）解：設(shè)⊙O的半徑為r，∵OC＝3，∴AC＝AD＝AO+OC＝3+r，∵BE＝6，∴BD＝BE＝6，在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，∴36+（r+3）2＝（2r）2，∴r1＝5，r2＝﹣3（舍去），∴BC＝OB﹣OC＝5﹣3＝2，在Rt△EBC中，EC＝＝＝2，∴cos∠ECB＝＝＝，∴cos∠CDA＝cos∠ECB＝，∴cos∠CDA的值為．【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)，以及銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．30．（2023·廣東深圳·深圳市海灣中學(xué)?？既＃┤鐖D，以BC為直徑的半圓O上有一動點F，點E為弧CF的中點，連接BE、FC相交于點M，延長CF到A點，使得AB＝AM，連接AB、CE．(1)求證：AB是⊙O的切線；(2)若tan∠ACB＝，BM＝10．求EC的長．【答案】(1)見解析(2)12【分析】（1）根據(jù)AB=AM，可得∠ABM=∠AMB=∠EMC，再由同弧或等弧所對的圓周角相等可得∠EBC=∠ECM，然后由BC為直徑，可得∠EMC+∠ECM=90°，從而得到∠ABM+∠EBC=90°，即可求證；（2）根據(jù)tan∠ACB＝，可設(shè)AB=5x，則BC=12x，AM=5x，再由△CEM∽△BEC，可得，即可求解．【詳解】（1）證明：∵AB=AM，∴∠ABM=∠AMB=∠EMC，∵點E為弧CF的中點，∴∠EBC=∠ECM，∵BC為直徑，∴∠BEC=90°，∴∠EMC+∠ECM=90°，∴∠ABM+∠ECM=90°，∴∠ABM+∠EBC=90°，∴∠ABC=90°，∴AB是⊙O的切線；（2）解：∵，可設(shè)AB=5x，則BC=12x，AM=5x，∴AC=13x，∴CM=AC-AM=8x，∵∠EBC=∠ECM，∠BEC=∠CEM=90°，∴△CEM∽△BEC，∴，∵BM＝10．∴，∴，，∴，∴EC=12．【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及了等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形、三角形相似的知識，綜合性較強，解答本題需要我們熟練各部分的內(nèi)容，對學(xué)生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學(xué)知識貫穿起來．31．（2023·廣東深圳·?？家荒＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于點E，O為AC上一點，經(jīng)過點A、E的⊙O分別交AB、AC于點D、F，連接OD交AE于點M．

(1)求證：BC是⊙O的切線．(2)若CF＝2，sinC＝，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接OE，方法一：根據(jù)角平分線的性質(zhì)及同弧所對的圓周角是圓心角的一半得出∠OEC＝90°即可；方法二：根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得出∠OEC＝90°即可；（2）連接EF，根據(jù)三角函數(shù)求出AB和半徑的長度，再利用三角函數(shù)求出AE的長即可．【詳解】（1）連接OE，

方法一：∵AE平分∠BAC交BC于點E，∴∠BAC＝2∠OAE，∵∠FOE＝2∠OAE，∴∠FOE＝∠BAC，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線；方法二：∵AE平分∠BAC交BC于點E，∴∠OAE＝∠BAE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∴∠BAE＝∠OEA，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線；（2）連接EF，

∵CF＝2，sinC＝，∴，∵OE＝OF，∴OE＝OF＝3，∵OA＝OF＝3，∴AC＝OA+OF+CF＝8，∴AB＝AC?sinC＝8×＝，∵∠OAE＝∠BAE，∴cos∠OAE＝cos∠BAE，即，∴，解得AE＝（舍去負數(shù)），∴AE的長為．【點睛】本題主要考查切線的判定和三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握切線的判定定理和三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．32．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖1，已知：內(nèi)接于圓O，，連接并延長，交于點D．(1)求證：(2)如圖2，過點B作于點E，交圓O于點F，交于點G，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接DE，，，求DE的長．【答案】(1)見詳解(2)見詳解(3)【分析】（1）連接、，證明是線段的垂直平分線，問題得證；（2）先證明，進而證明，即可證明；（3）連接，先求出，，再證明，得到，設(shè)，則，分別得到，，，證明，得到，求出，從而得到，根據(jù)，即可求出．【詳解】（1）證明：如圖，連接、，∵，，∴點都在線段的垂直平分線上，∴是線段的垂直平分線，∴；（2）證明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：如圖，連接，∵，，∴是線段的垂直平分線，，∴，∵是線段的垂直平分線，∴．∵，∴．∵，，∴，∵，∴，∴．設(shè)，則，∴，在中，，∵，，∴．∵，，∴，∴，即，∴，整理得，解得（不合題意，舍去），∴，∵，∴．【點睛】本題為圓的綜合題，考查了線段的垂直平分線的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，一元二次方程的應(yīng)用，直角三角形的性質(zhì)等知識，綜合性強，第（3）問難度較大，熟知相關(guān)性質(zhì)，并根據(jù)題目中已知條件靈活應(yīng)用是解題關(guān)鍵．33．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖1，已知⊙O是△ABC的外接圓，∠ABC＝∠ACB＝（45°＜＜90°），點D是上一點，連接CD交AB于E．（1）連接BD，若∠CDB＝40°，求的大??；（2）如圖2，若點B恰好是中點，求證：；（3）如圖3，將CD分別沿BC、AC翻折到CM、CN，連接MN，若CD為直徑，請問是否為定值，若是請求出這個值，若不是，請說明理由；【答案】（1）70°；（2）見解析；（3）是定值，【分析】（1）由圓周角定理求出∠CAB=∠CDB=40°，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；（2）證明△BCE∽△BAC，由相似三角形的性質(zhì)得出，證明CB=CE，則可得出結(jié)論；（3）由折疊的性質(zhì)可得出∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，過點C作CQ⊥MN于點Q，得出MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，連接AO并延長交⊙O于點P，連接BP，則∠ABP=90°，證明△ABP≌△NQC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AB=NQ=MN，則可得出答案．【詳解】解：（1）∵，∴∠CAB=∠CDB=40°，∵∠ABC+∠ACB+∠CAB=180°，∠ABC=∠ACB=α，∴α=×(180°?40°)=70°；（2）證明：∵點B是的中點，∴，∴∠DCB=∠A，∵∠ABC=∠CBE，∴△BCE∽△BAC，∴，∴BC2=BE?BA，∵∠ACB=∠ACD+∠BCD，∠BEC=∠ACD+∠A，∠BCD=∠A，∴∠ABC=∠ACB=∠BEC，∴CB=CE，∴CE2=BE?BA；（3）是定值，．∵將CD分別沿BC、AC翻折得到CM、CN，∴∠DCN=2∠DCA，∠DCM=2∠DCB，CN=CD=CM=2r，∴∠MCN=2∠ACB=2α，如圖3，過點C作CQ⊥MN于點Q，則MN=2NQ，∠NCQ=∠MCN=α，∠CQN=90°，連接AO并延長交⊙O于點P，連接BP，則∠ABP=90°，∵，∴∠P=∠ACB=∠NCQ=α，在△ABP和△NQC中，∴△ABP≌△NQC（AAS），∴AB=NQ=MN，∴，為定值．【點睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．34．（2023·廣東深圳·?？既＃締栴}發(fā)現(xiàn)】船在航行過程中，船長常常通過測定角度來確定是否會遇到暗礁．如圖1，A，B表示燈塔，暗礁分布在經(jīng)過A，B兩點的一個圓形區(qū)域內(nèi)，優(yōu)弧上任一點C都是有觸礁危險的臨界點，就是“危險角”．當(dāng)船P位于安全區(qū)域時，它與兩個燈塔的夾角與“危險角”有怎樣的大小關(guān)系？【解決問題】(1)數(shù)學(xué)小組用已學(xué)知識判斷與“危險角”的大小關(guān)系，步驟如下：如圖2，與相交于點D，連接，由同弧或等弧所對的圓周角相等，可知，

∵是的外角，∴（填“＞”，“＝”或“＜”），∴（填“＞”，“＝”或“＜”）；【問題探究】(2)如圖3，已知線段與直線l，在直線l上取一點P，過A、B兩點，作使其與直線l相切，切點為P，不妨在直線上另外任取一點Q，連接，請你判斷與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

【問題拓