專題32 與圓有關(guān)的位置關(guān)系【十六大題型】（舉一反三）（解析版）

專題32與圓有關(guān)的位置關(guān)系【十六大題型】TOC\o"1-3"\h\u【題型1點(diǎn)和圓的位置關(guān)系】 5【題型2直線與圓的位置關(guān)系】 8【題型3求平移到與直線相切時(shí)圓心坐標(biāo)或運(yùn)動(dòng)距離】 14【題型4根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求交點(diǎn)個(gè)數(shù)】 22【題型5判斷或補(bǔ)全使直線成為切線的條件】 27【題型6利用切線的性質(zhì)求值】 31【題型7證明某條直線是圓的切線】 36【題型8利用切線的性質(zhì)定理證明】 44【題型9切線的性質(zhì)與判定的綜合運(yùn)用】 54【題型10作圓的切線】 62【題型11應(yīng)用切線長(zhǎng)定理求解或證明】 68【題型12由外心的位置判斷三角形形狀】 79【題型13求三角形外接圓的半徑、外心坐標(biāo)】 81【題型14由三角形的內(nèi)切圓求值】 87【題型15與三角形內(nèi)心有關(guān)的應(yīng)用】 95【題型16三角形外接圓與內(nèi)切圓綜合】 101【知識(shí)點(diǎn)與圓有關(guān)的位置關(guān)系】1.點(diǎn)和圓的位置關(guān)系設(shè)⊙O的半徑為r，點(diǎn)P到圓心的距離為OP=d，則有：點(diǎn)P在圓外d＞r；點(diǎn)P在圓上d=r；點(diǎn)P在圓內(nèi)d＜r。性質(zhì)：不在同一條直線上的三個(gè)點(diǎn)確定一個(gè)圓。定義：經(jīng)過(guò)三角形的三個(gè)頂點(diǎn)可以作一個(gè)圓，這個(gè)圓叫做三角形的外接圓。外接圓的圓心是三角形三條邊的垂直平分線的交點(diǎn)，叫做這個(gè)三角形的外心。2.直線和圓的位置關(guān)系直線和圓有兩個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，我們說(shuō)這條直線和圓相交。這條直線叫做圓的割線。直線和圓只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，我們說(shuō)這條直線和圓相切。這條直線叫做圓的切線，這個(gè)點(diǎn)叫做切點(diǎn)。直線和圓沒(méi)有公共點(diǎn)時(shí)，我們說(shuō)這條直線和圓相離。設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離d，則有：直線l和⊙O相交d＜r；直線l和⊙O相切d=r；直線l和⊙O相離d＞r。切線的判定定理：經(jīng)過(guò)半徑的外端并且垂直于這條半徑的直線是圓的切線。切線的性質(zhì)定理：圓的切線垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑。經(jīng)過(guò)圓外一點(diǎn)的圓的切線上，這點(diǎn)和切點(diǎn)之間線段的長(zhǎng)，叫做這點(diǎn)到圓的切線長(zhǎng)。切線長(zhǎng)定理：從圓外一點(diǎn)可以引圓的兩條切線，它們的切線長(zhǎng)相等，這一點(diǎn)和圓心的連線平分兩條切線的夾角。與三角形各邊都相切的圓叫做三角形的內(nèi)切圓。內(nèi)切圓的圓心是三角形三條角平分線的交點(diǎn)，叫做三角形的內(nèi)心。【題型1點(diǎn)和圓的位置關(guān)系】【例1】（2023·上海閔行·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）矩形ABCD中，AB=8，BC=35，點(diǎn)P在邊AB上，且BP=3AP，如果圓P是以點(diǎn)P為圓心，PD為半徑的圓，那么下列判斷正確的是（

）

A．點(diǎn)B，C均在圓P外 B．點(diǎn)B在圓P外，點(diǎn)C在圓P內(nèi)C．點(diǎn)B在圓P內(nèi)，點(diǎn)C在圓P外 D．點(diǎn)B，C均在圓P內(nèi)【答案】C【分析】由AB=8，BP=3AP得到AP=2，BP=6，再根據(jù)勾股定理，在Rt△ADP中計(jì)算出PD=7，在Rt△PBC中計(jì)算出PC=9，則【詳解】解：如圖，

∵四邊形ABCD為矩形，∴AD=BC=35∵AB=8，BP=3AP，∴AP=2，BP=6，在Rt△ADP中，AP=2，AD=3∴PD=A在Rt△PBC中，∵PB=6，BC=3∴PC=P∴PC>PD>PB，∴點(diǎn)B在圓P內(nèi)，點(diǎn)C在圓P外．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)與圓的位置：設(shè)⊙O的半徑為r，點(diǎn)P到圓心的距離OP=d，則有：點(diǎn)P在圓外?d>r；點(diǎn)P在圓上?d=r；點(diǎn)P在圓內(nèi)?d<r．【變式1-1】（2023·四川涼山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，D為AB的中點(diǎn)．以A為圓心，r為半徑作⊙A，若B、C、D三點(diǎn)中只有一點(diǎn)在⊙A內(nèi)，則⊙A的半徑r的取值范圍是（

A．2.5<r≤4 B．2.5<r<4 C．2.5≤r≤4 D．2.5≤r<4【答案】A【分析】本題主要考查勾股定理，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系．由勾股定理可求得AB的長(zhǎng)，進(jìn)而得到AD的長(zhǎng)．再根據(jù)題意畫出簡(jiǎn)單示意圖，由圖形可知當(dāng)r的長(zhǎng)度為AD和AC長(zhǎng)度之間時(shí)，B、C、D三點(diǎn)中只有點(diǎn)D在⊙A內(nèi)，據(jù)此即可解答．【詳解】∵在Rt△ABC中，BC=3，AC=4∴AB=A∵D為AB的中點(diǎn)，∴AD=1

由上圖可知，當(dāng)⊙A的半徑r=AD=52時(shí)，點(diǎn)D在當(dāng)⊙A的半徑r=AC=4時(shí)，點(diǎn)C在⊙A上，點(diǎn)D在圓內(nèi)，當(dāng)⊙A的半徑r=AB=5時(shí)，點(diǎn)B在⊙A上，點(diǎn)C、D在圓內(nèi)，當(dāng)⊙A的半徑滿足52<r≤4時(shí)，點(diǎn)D在當(dāng)⊙A的半徑滿足4<r≤5時(shí)，點(diǎn)C、D在⊙A內(nèi)，當(dāng)⊙A的半徑滿足r>5時(shí)，點(diǎn)B、C、D在⊙A內(nèi)，∴若B、C、D三點(diǎn)中只有一點(diǎn)在⊙A內(nèi)，則⊙A的半徑r的取值范圍是52故選：A【變式1-2】（2023·四川成都·統(tǒng)考二模）已知P是⊙O內(nèi)一點(diǎn)（點(diǎn)P不與圓心O重合），點(diǎn)P到圓上各點(diǎn)的距離中，最小距離與最大距離是關(guān)于x的一元二次方程ax2-12ax-20=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則⊙O【答案】12【分析】根據(jù)題意知⊙O的直徑為最小距離與最大距離的和，再利用根與系數(shù)的關(guān)系即可求解．【詳解】解：∵P是⊙O內(nèi)一點(diǎn)，∴⊙O的直徑為最小距離與最大距離的和，∵最小距離與最大距離是關(guān)于x的一元二次方程ax∴⊙O的直徑為--12a故答案為：12．【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)和圓的位置關(guān)系，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用根與系數(shù)的關(guān)系．【變式1-3】（2023·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考一模）如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，點(diǎn)P是平面內(nèi)一點(diǎn)，以P、B、C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，則PD的最小值為（

）A．45 B．1 C．75 D【答案】B【分析】根據(jù)題意，分別以B,C為圓心BC的長(zhǎng)為半徑，作⊙B,⊙C，作BC的垂直平分線，則符合題意的點(diǎn)P，在⊙B,⊙C以及BC的垂直平分線上，根據(jù)點(diǎn)到圓的距離即可求得PD的最小值【詳解】如圖，分別以B,C為圓心BC的長(zhǎng)為半徑，作⊙B,⊙C，作BC的垂直平分線，則符合題意的點(diǎn)P，在⊙B,⊙C以及BC的垂直平分線上，當(dāng)P位于CD的延長(zhǎng)線與⊙C的交點(diǎn)時(shí)，取得最小值，∵四邊形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，∴BC=4,DC=3∴PD≥PC-DC=4-3=1，則最小值為1故選B【點(diǎn)睛】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，等腰三角形的性質(zhì)，根據(jù)題意作出兩圓一線是解題的關(guān)鍵．【題型2直線與圓的位置關(guān)系】【例2】（2023·河北秦皇島·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知∠ACB=30°，CM=2，AM=5，以M為圓心，r為半徑作⊙M，⊙M與線段AC有交點(diǎn)時(shí)，則r的取值范圍是．【答案】1≤r≤5【分析】過(guò)M作MH⊥AC于H，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到HM=1【詳解】解：過(guò)M作MH⊥AC于H，如圖所示：∵CM=2，∠ACB=30°，∴HM=1∵AM=5，⊙M與線段AC有交點(diǎn)，∴r的取值范圍是1≤r≤5，故答案為：1≤r≤5．【點(diǎn)睛】本題考查了直線和圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d，若直線l和⊙O相交?d<r；直線l和⊙O相切?d=r；直線l和⊙O相離?d>r．【變式2-1】（2023·上海青浦·統(tǒng)考二模）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，E是AD上一定點(diǎn)，AB=3,BC=6,AD=8,AE=2．點(diǎn)P是BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以P為圓心，PC為半徑作⊙P．若⊙P與以E為圓心，1為半徑的⊙E有公共點(diǎn)，且⊙P與線段AD只有一個(gè)交點(diǎn)，則PC長(zhǎng)度的取值范圍是【答案】154<PC≤4【分析】根據(jù)題意可得PC的最小值為圓P與AD相切，切點(diǎn)為M；PC最大值為圓P'與圓E內(nèi)切，切點(diǎn)為Q【詳解】解：根據(jù)題意可知：PC的最小值為圓P與AD相切，切點(diǎn)為M，如圖所示：∴PM⊥AD，在直角梯形ABCD中，∵AD∥∴∠ABC=∠A=90°，∴四邊形ABPM是矩形，∴PM=AB=PC=3，PC最大值為圓P'與圓E內(nèi)切，切點(diǎn)為Q∴P'C=P'Q=P'E+EQ=3+1=4，當(dāng)PC=PA時(shí)，此時(shí)圓P與線段AD開(kāi)始有2個(gè)交點(diǎn)，不符合題意，設(shè)PC=PA=x，則BP=BC-PC=6-x,AB=3，∴6-x2∴x=15則PC長(zhǎng)度的取值范圍是154<PC≤4或故答案為：154<PC≤4或【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，圓與圓的位置關(guān)系，直角梯形，解決本題的關(guān)鍵是掌握直線與圓的位置關(guān)系，圓與圓的位置關(guān)系．【變式2-2】（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，線段BC=16cm，過(guò)點(diǎn)B在線段BC的上方作射線BA，且tan∠ABC=43，動(dòng)點(diǎn)O從點(diǎn)B出發(fā)，沿射線BA以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CB以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)O，Q都停止運(yùn)動(dòng)．以點(diǎn)O為圓心，OB長(zhǎng)為半徑的半圓與線段BC交于點(diǎn)D，與射線BA交于點(diǎn)P．連接PQ(1)求BD的長(zhǎng)（用含t的式子表示）(2)當(dāng)t為何值時(shí)，線段PQ與半圓O相切？(3)若半圓O與線段PQ只有一個(gè)公共點(diǎn)，直接寫出t的取值范圍．【答案】(1)BD=(2)t=3時(shí)，線段PQ與半圓O相切(3)0<t≤3或5<t<8【分析】（1）連接OD，過(guò)點(diǎn)O作BC的垂線，垂足為G，tan∠ABC=43，設(shè)BG為3m，OG為4m，可得t2=（2）當(dāng)線段PQ與半圓O相切時(shí)，則QP⊥BP，又因?yàn)閠an∠PBQ=43，設(shè)PQ=4k，BP=3k，再根據(jù)勾股定理和銳角三角函數(shù)值求出BQ=5k（3）根據(jù)題意分情況討論：當(dāng)半圓O與線段PQ相切時(shí)，可以求得t的值；當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時(shí)，可以求出t的值，解出相應(yīng)的取值范圍即可．【詳解】（1）解：連接OD，過(guò)點(diǎn)O作BC的垂線，垂足為G，∵點(diǎn)O為半圓圓心，∴OB=OD=t，∴DG=BG=1∵tan∠ABC=設(shè)BG為3m，OG為4m，∴t2解得m=t∴BD=2BG=2×3m=6（2）解：當(dāng)線段PQ與半圓O相切時(shí)，則QP⊥BP，在Rt△BQP中，tan∠PBQ=4∴BQ=P又∵BP=2t，∴2t16-2t∴t=3，∴t=3s時(shí)，線段PQ與半圓O（3）解：∵半圓O與線段PQ只有一個(gè)公共點(diǎn)，∴當(dāng)半圓O與線段PQ相切時(shí)，由（2）得，t=3s時(shí)，線段PQ與半圓O∴當(dāng)0<t≤3時(shí)，半圓O與線段PQ只有一個(gè)公共點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)D重合時(shí)，BD=BQ，∴65解得t=5，∴當(dāng)5<t<8時(shí)，半圓O與線段PQ只有一個(gè)公共點(diǎn)，綜上所述，t的取值范圍為0<t≤3或5<t<8．【點(diǎn)睛】本題考查了圓與直線的位置關(guān)系、銳角三角函數(shù)、勾股定理的應(yīng)用和圓的切線的性質(zhì)，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)求解是解決本題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023·福建廈門·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）已知矩形ABCD，AD>AB

圖1

圖2(1)如圖1，若點(diǎn)B，D在以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓上，AB=OB，求證：AD=2AB；(2)如圖2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，BC邊上，若點(diǎn)D，點(diǎn)C關(guān)于直線EF對(duì)稱的點(diǎn)分別為點(diǎn)B和點(diǎn)P，判斷直線DP與過(guò)A，E，【答案】(1)見(jiàn)解析；(2)相交，理由見(jiàn)解析【分析】（1）先證明⊙O是△ABD的外接圓，再證明BD是⊙O的直徑，再證明△OAB為等邊三角形，得∠AOD=120°，得AD=120°π×OA180°（2）設(shè)過(guò)A,E,F三點(diǎn)的圓為⊙O，連接FD,FB,OF，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥PD于點(diǎn)H，由對(duì)稱性質(zhì)得DP過(guò)點(diǎn)E，再由OH<OF，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系得出結(jié)論；【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∵點(diǎn)B，D在⊙O上，∴BD是⊙O的直徑，O是BD中點(diǎn)，∴AO=1∵AB=OB，∴AB=1∴AB=OB=OA，∴△AOB是等邊三角形，∴∠AOB=60°，∠AOD=120°，∴AD=120°π×OA∴AD=2AB；（2）解：如圖，連接DF，

∵點(diǎn)B，D關(guān)于直線EF對(duì)稱，∴直線EF垂直平分BD；∴BE=DE，BF=DF，∴∠BEF=∠DEF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠BFE=∠DEF，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF=DF=DE，∴四邊形BFDE是菱形∴BD垂直平分EF，在BD上取點(diǎn)O，連接OA，∵⊙O經(jīng)過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)，∴OE=OF，∴點(diǎn)O在BD上，∵點(diǎn)C，P關(guān)于直線EF對(duì)稱，∴PF=CF，BP=CD，∵BF=DF，∴△BFP≌△DFC，∴∠BFP=∠DFC，∴∠BFP+∠BFD=∠DFC+∠BFD=180°，∴點(diǎn)D，F(xiàn)，P三點(diǎn)共線；∴∠BPF=∠C=∠BAD=90°，∵∠ADB=∠DBC=∠BDF，∴BP=AB，180°-∠ADB-∠BAD=180°-∠PDB-∠BPF，∴∠ABD=∠PBD，∵OB=OB，AB=DC=BP∴△ABO≌△PBO，∴OP=OA，點(diǎn)P在⊙O上；∴直線DP與⊙O有兩個(gè)交點(diǎn)；∴直線DP與⊙O相交；【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，圓周角定理，軸對(duì)稱的性質(zhì)，關(guān)鍵是綜合應(yīng)用這些知識(shí)解題．【題型3求平移到與相切時(shí)圓心坐標(biāo)或運(yùn)動(dòng)距離】【例3】（2023·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，直線y=-34x-3交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)P是x軸上一動(dòng)點(diǎn)，以點(diǎn)P為圓心，以1個(gè)單位長(zhǎng)度為半徑作⊙P，當(dāng)⊙P與直線ABA．-73,0 B．C．-37,0 D．【答案】B【分析】由題意根據(jù)函數(shù)解析式求得A（-4，0），B（0，-3），得到OA=4，OB=3，根據(jù)勾股定理得到AB=5，設(shè)⊙P與直線AB相切于D，連接PD，則PD⊥AB，PD=1，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵直線y=-34x-3交x軸于點(diǎn)A，交y∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，∴A（-4，0），B（0，-3），∴OA=4，OB=3，∴AB=5，設(shè)⊙P與直線AB相切于D，連接PD，則PD⊥AB，PD=1，∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，∴△APD∽△ABO，∴PDOB∴13∴AP=53∴OP=73或OP=17∴P(-73,0)或故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定和性質(zhì)，一次函數(shù)圖形上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，相似三角形的判定和性質(zhì)，正確的理解題意并運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思維分析是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023·吉林松原·校聯(lián)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半徑為2的⊙P的圓心P的坐標(biāo)為(-3,0)，將⊙P沿x軸正方向平移，使⊙P與y軸相交，則平移的距離d的取值范圍是．

【答案】1<d<5/5>d>1【分析】分兩種情況討論：⊙P位于y軸左側(cè)和⊙P位于y軸右側(cè)，根據(jù)平移的性質(zhì)和圓的切線的性質(zhì)分別求解，即可得到答案．【詳解】解：⊙P的圓心P的坐標(biāo)為(-3,0)，∴OP=3，∵⊙P的半徑為2，∴AP=BP=2，∴OA=1，OB=5，∴當(dāng)⊙P位于y軸左側(cè)且與y軸相切時(shí)，平移的距離為1，當(dāng)⊙P位于y軸右側(cè)且與y軸相切時(shí)，平移的距離為5，∴平移的距離d的取值范圍是1<d<5，故答案為：1<d<5．

【點(diǎn)睛】本題考查了平移的性質(zhì)，直線與圓的位置關(guān)系，解題關(guān)鍵是掌握當(dāng)圓與直線相切時(shí)，點(diǎn)到圓心的距離等于圓的半徑．【變式3-2】（2023·四川涼山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在半徑為5cm的⊙O中，直線l交⊙O于A、B兩點(diǎn)，且弦AB＝8cm，要使直線l與⊙O相切，則需要將直線l向下平移()A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】B【分析】作出OC⊥AB，利用垂徑定理求出BC＝4，再利用勾股定理求出OC＝3，即可求出要使直線l與⊙O相切，則需要將直線l向下平移的長(zhǎng)度．【詳解】解：作OC⊥AB，又∵⊙O的半徑為5cm，直線l交⊙O于A、B兩點(diǎn)，且弦AB＝8cm∴BO＝5，BC＝4，∴由勾股定理得OC＝3cm，∴要使直線l與⊙O相切，則需要將直線l向下平移2cm．故選：B．【點(diǎn)睛】此題主要考查了切線的性質(zhì)定理與垂徑定理，根據(jù)圖形求出OC的長(zhǎng)度是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023·北京·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為2．對(duì)于直線l和線段BC，給出如下定義：若將線段BC關(guān)于直線l對(duì)稱，可以得到⊙O的弦B'C'(B'，C'分別是B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn))，則稱線段BC是以直線l為軸的⊙O的“關(guān)聯(lián)線段”．例如，圖1中線段BC是以直線l為軸的⊙O

(1)如圖2，點(diǎn)B1，C1，B2，C2，①在線段B1C1，B2C2，B3C3中，以直線l1：②在線段B1C1，B2C2，B3C3中，存在以直線l2：(2)已知直線l3：y=-3x+mm>0交x軸于點(diǎn)A．在△ABC中，AB=6，BC=2，若線段BC是以直線l3為軸的⊙O的“【答案】(1)①B1C1；(2)m的最大值為83，AC=213；m的最小值為43【分析】（1）①根據(jù)題中定義即可畫圖得出；②通過(guò)判斷B1C1⊥直線l2，⊙O的最長(zhǎng)的弦即直徑為4，可排除B1C（2）畫⊙O與⊙T關(guān)于直線l3：y=-3x+mm>0對(duì)稱，以點(diǎn)A為圓心，6為半徑畫⊙A，則⊙A與【詳解】（1）解：①如圖所示：

∴以直線l1：y=x+4為軸的⊙O的“關(guān)聯(lián)線段”是B②∵直線l2：y=-x+b與x軸夾角為45°∴線段B1C1∴線段B1C1關(guān)于直線l2的對(duì)稱線段還在直線∵⊙O的最長(zhǎng)的弦即直徑為4，B2C2∴線段B2C2∵線段B3C3∥直線l2∴線段B3C3線段B3C3且B3'C如圖，平移線段B3C3

(ⅰ)B3'，C3'的坐標(biāo)分別為0,2，(ⅱ)B3''，C3''的坐標(biāo)分別為-2,0，綜上所述，b=1或3．（2）解：畫⊙O與⊙T關(guān)于直線l3：y=-∵AB=6，以點(diǎn)A為圓心，6為半徑畫⊙A，則⊙A與⊙T至少有一個(gè)交點(diǎn)，才能滿足題目條件，∵⊙O與⊙T關(guān)于直線l3則⊙A與⊙O至少有一個(gè)交點(diǎn)，如圖所示，

此時(shí)m取得最小值；

此時(shí)m取得最大值；把y=0代入直線l3：y=-3x+m∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為A3∵⊙A與⊙O至少有一個(gè)交點(diǎn)，∴-2+解得：43∴m的最大值為83，m的最小值為43連接AC、BC、OC，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥OA，如圖所示，

∵BC=2，⊙O的半徑為2，∴△OBC是等邊三角形，∴OC=2，OE=BE=1，∴CE=O∵AB=6，∴AE=AB+BE=7，∴AC=C連接AC、BC、OC，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB如圖所示，

∵BC=2，⊙O的半徑為2，∴△OBC是等邊三角形，∴OC=2，OF=BF=1，∴CF=O∵AB=6，∴AF=AB-BF=5，∴AC=C【點(diǎn)睛】本題考查了圓的幾何問(wèn)題，難度較大，正確理解新定義和考慮到以點(diǎn)A為圓心，6為半徑畫⊙A，則⊙A與⊙T至少有一個(gè)交點(diǎn)，才能滿足題目條件，是關(guān)鍵．【題型4根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求交點(diǎn)個(gè)數(shù)】【例4】（2023·河北滄州·?？既＃╊}目：“如圖，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3，AC=5，以點(diǎn)B為圓心的⊙B的半徑為r，若對(duì)于r的一個(gè)值，⊙B與AC只有一個(gè)交點(diǎn)，求r的取值范圍．”對(duì)于其答案，甲答：r=4．乙答：3<r<4．丙答：r=125

A．只有乙答的對(duì) B．甲、乙的答案合在一起才完整C．乙、丙的答案合在一起才完整 D．三人的答案合在一起才完整【答案】D【分析】由勾股定理求出BC=4，再根據(jù)等面積法求出斜邊AC上的高為125，再根據(jù)半徑r【詳解】解：∵AB=3，AC=5，∴BC=A∴斜邊AC上的高為：3×45當(dāng)r=4時(shí)，畫出圖如圖所示：

，此時(shí)△ABC在圓內(nèi)部，⊙B與AC只有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)3<r<4時(shí)，畫出圖如圖所示，

，此時(shí)⊙B與AC只有一個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)r=12

，此時(shí)⊙B與AC只有一個(gè)交點(diǎn)，∴三人的答案合在一起才完整，故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，直線與圓的位置關(guān)系，等面積法，熟練掌握直線與圓的位置關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023·湖南·中考真題）已知⊙O的直徑等于12cm，圓心O到直線l的距離為5cm，則直線l與⊙O的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）A．0 B．1 C．2 D．無(wú)法確定【答案】C【分析】首先求得該圓的半徑，再根據(jù)直線和圓的位置關(guān)系與數(shù)量之間的聯(lián)系進(jìn)行分析判斷．若d＜r，則直線與圓相交，直線與圓相交有兩個(gè)交點(diǎn)；若d=r，則直線于圓相切，直線與圓相交有一個(gè)交點(diǎn)；若d＞r，則直線與圓相離，直線與圓相交沒(méi)有交點(diǎn)．【詳解】∵⊙O的直徑等于12cm，∴該圓的半徑是6cm，即r=6cm，∵圓心O到直線l的距離為5cm，即d=5cm，∴d＜r，∴直線和圓相交，∴直線l與⊙O的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題．【變式4-2】（2023·江蘇鹽城·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，AB=8，BC=6.點(diǎn)O為對(duì)角線AC上一點(diǎn)（不與A重合），⊙O是以點(diǎn)O為圓心，AO為半徑的圓.當(dāng)⊙O與矩形各邊的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為5個(gè)時(shí)，半徑OA的范圍是.【答案】15【分析】在圓心從點(diǎn)O1運(yùn)動(dòng)到O3過(guò)程中，⊙O在⊙O2與⊙O3之間時(shí)與矩形有5個(gè)交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O2作O【詳解】如圖所示，⊙O2與矩形有4個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)O2再往點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)一點(diǎn)就會(huì)與矩形有⊙O3與矩形有6個(gè)交點(diǎn)，當(dāng)O3往點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)一點(diǎn)就與矩形有所以，⊙O在⊙O2與⊙O3之間時(shí)與矩形有過(guò)點(diǎn)O2作O2E⊥CD，過(guò)點(diǎn)O設(shè)⊙O的半徑為r，∵在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，∴AC=10∵O∴O2∴10-r10∴r=15∵O3∴O∴10-r10r=40∴154故答案為：154【點(diǎn)睛】本題考查了圓與直線的位置關(guān)系，相似三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找到⊙O與矩形有5個(gè)交點(diǎn)的兩種臨界點(diǎn)，畫出相應(yīng)的圖形，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行求解．【變式4-3】（2023·四川樂(lè)山·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知OA=6，OB=8，BC=2，⊙P與OB、AB均相切，點(diǎn)P是線段AC與拋物線y=ax2的交點(diǎn)，則a的值為（A．4 B．92 C．112 D【答案】D【分析】在Rt△AOB中，由勾股定理求得AB=10；再求得直線AC的解析式為y=-x+6；設(shè)⊙P的半徑為m，可得P（m，-m+6）；連接PB、PO、PC，根據(jù)S△AOB=S△AOP+S△APB+S△BOP求得m=1，即可得點(diǎn)P的坐標(biāo)為（【詳解】在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，∴AB=O∵OB=8，BC=2，∴OC=6，∴C（0，6）；∵OA=6，∴A（6，0）；設(shè)直線AC的解析式為y=kx+b，∴6k+b=0b=6解得k=-1b=6∴直線AC的解析式為y=-x+6；設(shè)⊙P的半徑為m，∵⊙P與OB相切，∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，∵點(diǎn)P在直線AC上，∴P（m，-m+6）；連接PB、PO、PA，∵⊙P與OB、AB均相切，∴△OBP邊OB上的高為m，△AOB邊AB上的高為m，∵P（m，-m+6）；∴△AOP邊OA上的高為-m+6，∵S△AOB∴12解得m=1，∴P（1，5）；∵拋物線y=ax2過(guò)點(diǎn)∴a=5．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)定理、勾股定理、待定系數(shù)法求解析式，正確求出⊙P的半徑是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【題型5判斷或補(bǔ)全使直線成為切線的條件】【例5】（2023·廣東揭陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，AB是⊙O的直徑，BC交⊙O于點(diǎn)D，DE⊥AC于點(diǎn)E，下列說(shuō)法不正確的是（

）A．若DE=DO，則DE是⊙O的切線 B．若AB=AC，則DE是⊙O的切線C．若CD=DB，則DE是⊙O的切線 D．若DE是⊙O的切線，則AB=AC【答案】A【分析】根據(jù)AB=AC，連接AD，利用圓周角定理以及等腰三角形的性質(zhì)可以得到點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，OD是△ABC的中位線，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以證明DE是⊙O的切線，可判斷B選項(xiàng)正確；若DE是⊙O的切線，同上法倒推可證明AB=AC，可判斷D選項(xiàng)正確；根據(jù)CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位線，同上可以證明DE是⊙O的切線，可判斷C選項(xiàng)正確；若DE=DO，沒(méi)有理由可證明DE是⊙O的切線．【詳解】解：當(dāng)AB=AC時(shí)，如圖：連接AD，∵AB是⊙O的直徑，∴AD⊥BC，∴CD=BD，∵AO=BO，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切線，所以B選項(xiàng)正確；當(dāng)DE是⊙O的切線時(shí)，如圖：連接AD，∵DE是⊙O的切線，∴DE⊥OD，∵DE⊥AC，∴OD∥AC，∴OD是△ABC的中位線，∴CD∥BD，∵AB是⊙O的直徑，∴AD⊥BC，∴AD是線段BC的垂直平分線，∴AB=AC，所以D選項(xiàng)正確；當(dāng)CD=BD時(shí)，又AO=BO，∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∴DE是⊙O的切線，所以C選項(xiàng)正確．若DE=DO，沒(méi)有理由證明DE是⊙O的切線，所以A選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023·天津西青·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為2的⊙P的圓心P的坐標(biāo)為（-3，0），將⊙P沿x軸正方向平移，使⊙P與y軸相切，則平移的距離為．【答案】1或5/5或1【詳解】解：當(dāng)⊙P位于y軸的左側(cè)且與y軸相切時(shí)，平移的距離為1；當(dāng)⊙P位于y軸的右側(cè)且與y軸相切時(shí)，平移的距離為5．故答案為1或5．【變式5-2】（2023·吉林·一模）已知△ABC內(nèi)接于⊙O，過(guò)點(diǎn)A作直線EF．（1）如圖1所示，若AB為⊙O的直徑，要使EF成為⊙O的切線，還需要添加的一個(gè)條件是________________．（2）如圖2所示，如果AB是不過(guò)圓心O的弦，且∠CAE=∠B，那么EF是⊙O的切線嗎？試證明你的判斷．【答案】（1）∠BAE=90°或∠EAC=∠ABC或AE⊥AB等；（2）是，證明見(jiàn)解析．【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)添加適合的條件即可；（2）作直徑AM，連MC，利用圓的性質(zhì)直徑所對(duì)的角為直角以及同弧所對(duì)的圓周角相等，進(jìn)行等角轉(zhuǎn)換，即可得出∠CAM+∠CAE=90°，即可判定其為切線.【詳解】（1）∠BAE=90°或∠EAC=∠ABC或AE⊥AB等(其他填法正確也可)（2）是；作直徑AM，連MC則∠ACM=90°，∠M=∠B∴∠M+∠CAM=∠B+∠CAM=90°∵∠CAE=∠B∴∠CAM+∠CAE=90°∴AE⊥AM∵AM為直徑∴EF是⊙O的切線．【點(diǎn)睛】此題主要考查圓的性質(zhì)和切線的性質(zhì)和判定，熟練掌握，即可解題.【變式5-3】（2023·貴州·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，BC交⊙O于點(diǎn)D，DE⊥AC于點(diǎn)E，要使DE是⊙O的切線，還需補(bǔ)充一個(gè)條件，則補(bǔ)充的條件不正確的是（）A．DE=DO B．AB=ACC．CD=DB D．AC∥OD【答案】A【詳解】：根據(jù)AB=AC，連接AD，利用圓周角定理可以得到點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，OD是△ABC的中位線，OD∥AC，然后由DE⊥AC，得到∠ODE=90°，可以證明DE是⊙O的切線．根據(jù)CD=BD，AO=BO，得到OD是△ABC的中位線，同上可以證明DE是⊙O的切線．根據(jù)AC∥OD，AC⊥DE，得到∠EDO=90°，可以證明DE是⊙O的切線．故選A.【題型6利用切線的性質(zhì)求值】【例6】（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知AB是⊙O的直徑，BC與⊙O相切于點(diǎn)B．若△ABC∽△CBO，則sin∠ACB=

【答案】63/【詳解】題主要考查了相似三角形的性質(zhì)，求角的正弦值，掌握正弦的概念，理解相似三角形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．由△ABC∽△CBO，可得BCAB【點(diǎn)睛】解：∵△ABC∽△CBO，∴BCAB=OB∴BC=∵BC與⊙O相切于點(diǎn)B．∴∠ABC=90°，在Rt△ABC中，sin∠ACB=故答案為：63【變式6-1】（2023·海南三亞·統(tǒng)考二模）如圖，PA與⊙O相切于點(diǎn)A，PO與⊙O相交于點(diǎn)B，點(diǎn)C是⊙O上一點(diǎn)，若∠ACB=32°，則∠P的度數(shù)為．【答案】26°/26度【分析】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理．連接OA，由切線的性質(zhì)得到∠OAP=90°，由圓周角定理求出∠AOB=64°，即可得到∠P=90°-∠AOP=26°．【詳解】解：連接OA，∵PA切圓于A，∴半徑OA⊥PA，∴∠OAP=90°，∵∠ACB=12∠AOB∴∠AOB=64°，∴∠P=90°-∠AOP=26°．故答案為：26°．【變式6-2】（2023·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，E是⊙O的直徑AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作⊙O的切線EC,C為切點(diǎn)，D是⊙O上一點(diǎn)（在直徑AB的下方）．若∠AEC=50°，則∠ADC的度數(shù)為．【答案】70°/70度【分析】本題考查切線的性質(zhì)，同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半，理解題意，準(zhǔn)確添加輔助線是解題關(guān)鍵．連接OC，由切線的性質(zhì)可得∠COE=40°，然后根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角等于圓心角的一半分析求解．【詳解】解：連接OC，∵過(guò)點(diǎn)E作⊙O的切線EC,C為切點(diǎn)，∴∠OCE=90°，∵∠AEC=50°，∴∠COE=40°，∴∠AOC=140°，∴∠ADC=故答案為：70°．【變式6-3】（2023·廣東汕頭·汕頭市第六中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，△ABC內(nèi)接于⊙O．AB是直徑，過(guò)點(diǎn)A作直線MN，且MN是⊙O的切線．(1)求證：∠MAC=∠ABC．(2)設(shè)D是弧AC的中點(diǎn)，連接BD交AC于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F．①求證：FD=FG．②若BC=3，AB=5，試求AE的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①見(jiàn)解析；②1【分析】（1）由直徑所對(duì)的圓周角等于90°得出∠CAB+∠ABC=90°，由切線的性質(zhì)定理得出MA⊥AB，∠MAC+∠CAB=90°即可得出結(jié)論；（2）①由等弧所對(duì)的圓周角相等得出∠DBC=∠ABD，由直角所對(duì)的圓周角為90°得出∠CBG+∠CGB=90°，由垂直的定義得出∠FDG+∠ABD=90°，等量代換得出∠FDG=∠CGB=∠FGD，即可得出結(jié)論；②連接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于H點(diǎn)，由角平分線的性質(zhì)得出DE=DH，由全等三角形的判定得出Rt△BED≌Rt△BDHHL和Rt△ADE≌Rt△CDH【詳解】（1）證明：∵AB是直徑，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°；∵M(jìn)N是⊙O的切線；∴MA⊥AB，∴∠MAC+∠CAB=90°，∴∠MAC=∠ABC；（2）解：①∵D是弧AC的中點(diǎn)，∴∠DBC=∠ABD，∵AB是直徑，∴∠CBG+∠CGB=90°，∵DE⊥AB，∴∠FDG+∠ABD=90°，∵∠DBC=∠ABD，∴∠FDG=∠CGB=∠FGD，∴FD=FG．②連接AD、CD，作DH⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于H點(diǎn)．∵∠DBC=∠ABD，DH⊥BC，DE⊥AB，∴DE=DH，在Rt△BDE與RtDH=DEBD=BD∴Rt∴BE=BH，∵D是弧AC的中點(diǎn)，∴AD=DC，在Rt△ADE與RtDE=DHAD=CD∴Rt∴AE=CH．∴BE=BC+CH=AB-AE=BH，即5-AE=3+AE，∴AE=1．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，角平分線的性質(zhì)，熟練掌握各性質(zhì)定理是解答此題的關(guān)鍵．【題型7證明某條直線是圓的切線】【例7】（2023·江蘇連云港·模擬預(yù)測(cè)）如圖，直線PA交⊙O于A、B兩點(diǎn)，AE是⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)，且AC平分∠PAE，過(guò)C作CD⊥PA，垂足為D．(1)求證：CD為⊙O的切線；(2)若AC=5，∠E=30°，求CD的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)5【分析】本題考查切線的判定，直徑所對(duì)圓周角為直角，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，屬于中考?？碱}型．（1）連接OC，由等邊對(duì)等角及角平分線定義可證得OC與PA平行，進(jìn)而可證明CD⊥OC；（2）由直徑所對(duì)圓周角為直角，結(jié)合∠E=30°，結(jié)合證明∠CAD=60°，解直角三角形求出CD即可．【詳解】（1）證明：連接OC．∵AC平分∠PAE，∴∠PAC=∠EAC，∵OC=OA，∴∠OAC=∠OCA，∴∠OCA=∠PAC，∴OC∥PA，∵CD⊥PA，∴CD⊥OC，∵OC是⊙O的半徑，∴CD為⊙O的切線；（2）解：∵AE是⊙O的直徑，∴∠ACE=90°，∵∠E=30°，∴∠CAD=∠CAE=60°，∵∠CDA=90°，∴CD=CA?sin【變式7-1】（2023·江蘇淮安·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，已知直線l與⊙O相離，OA⊥l于點(diǎn)A，交⊙O于點(diǎn)P，點(diǎn)B是⊙O上一點(diǎn)，連接BP并延長(zhǎng)，交直線l于點(diǎn)C，使得AB=AC．(1)判斷直線AB與⊙O的位置關(guān)系并說(shuō)明理由；(2)PC=26，OA=4，【答案】(1)直線AB是⊙O的切線；(2)PB=【分析】此題考查了切線的判定定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握各定理是解題的關(guān)鍵，（1）連接OB，根據(jù)AB=AC得到∠ABC=∠C，由OA⊥l得到∠APC+∠C=90°，由此推出∠APC=∠OBP，得到∠OBP+∠C=90°，即∠OBA=90°，即可推出直線AB是⊙O的切線；（2）過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，如圖，則BH=PH，設(shè)⊙O的半徑為r，則PA=OA-OP=4-r，根據(jù)勾股定理得到AC,AB，求出r，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）直線AB是⊙O的切線，理由如下：連接OB，如圖，∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∵OA⊥l，∴∠PAC=90°，∴∠APC+∠C=90°，∵OB=OP，∴∠OBP=∠OPB∵∠APC=∠OPB，∴∠APC=∠OBP，∴∠OBP+∠C=90°，∴∠OBP+∠ABC=90°即∠OBA=90°，∵OB是⊙O的半徑，∴直線AB是⊙O的切線；（2）過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，如圖，則BH=PH，設(shè)⊙O的半徑為r，則PA=OA-OP=4-r，在Rt△APC中，A在Rt△ABO中，A∴PC∴26解得r=1，∴OP=1，AP=3，∵∠OHP=∠PAC=90°,∠HPO=∠APC，∴△HPO∽△APC，∴HPAP∴HP3=1∴PB=2HP=【變式7-2】（2023·廣東肇慶·統(tǒng)考三模）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上的兩點(diǎn)，且BC=DC，BD交AC于點(diǎn)E，點(diǎn)F在AC的延長(zhǎng)線上，BE=BF．(1)求證：BF是⊙O的切線；(2)若EF=6,cos①求BF的長(zhǎng)；②求⊙O的半徑．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①BF=5；②⊙O的半徑為10【分析】（1）利用圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)和圓的切線的判定定理解答即可；（2）①利用等腰三角形的三線合一和直角三角形的性質(zhì)求得CF=CE=12EF=3,∠F=∠ABC，在Rt△BCF中，利用余弦的意義解答即可；②在【詳解】（1）證明：∵BC=DC，∴BC=∴∠A=∠CBD，∵BE=BF，∴∠BEC=∠F．∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠BEC+∠CBE=90°，∴∠F+∠A=90°．∴∠ABF=90°，∴OB⊥BF，∵OB是圓的半徑，∴BF是⊙O的切線；（2）解：①由（1）得：BE=BF，∵AB為⊙O的直徑，∴BC⊥EF，∴CF=CE=1∵∠ABC+∠CBF=90°,∠CBF+∠F=90°，∴∠F=∠ABC，在Rt△BCF∵cos∠F=∴BF=CF÷3②在Rt△BCF中，BC=在Rt△ABC∵cos∠ABC=∴AB=20∴⊙O的半徑為103【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的切線的的判定，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，熟練掌握上述性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023·廣東茂名·統(tǒng)考三模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E是劣弧BD上一點(diǎn)，∠PAD=∠AED，且DE=2，AE平分∠BAD，AE與BD交于點(diǎn)F．(1)求證：PA是⊙O的切線；(2)若tan∠DAE=22，求(3)延長(zhǎng)DE，AB交于點(diǎn)C，若OB=BC，求⊙O的半徑．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)1(3)2【分析】（1）根據(jù)AB是⊙O的直徑，可得∠ADB=90°，即∠DAB+∠DBA=90，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等，以及已知條件可得∠PAD=∠ABD，等量代換后即可得∠PAB=90°，進(jìn)而得證；（2）連接OE,EB，根據(jù)角平分線的定義，以及等邊對(duì)等角可得AD∥OE，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠DAE=∠DBE，由垂徑定理可得DE=EB=2（3）過(guò)點(diǎn)B作BG∥AD，根據(jù)平行線分線段成比例，求得DG=22，設(shè)⊙O的半徑為x，則GB=12OE=12x，【詳解】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，∴∠DAB+∠DBA=90°，∵AD∴∠AED=∠ABD，∵∠PAD=∠AED，∴∠PAD=∠ABD，∴∠BAD+∠PAD=∠BAD+∠ABD=90°，即∠PAB=90°，∴PA是⊙O的切線，（2）如圖，連接OE,EB，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE=∠BAE，∴DE=BE=2∴OE⊥BD∵OA=OE，∴∠OEA=∠OAE，∴∠DAE=∠AEO，∴AD∥∵AB是⊙O的直徑，∴AD⊥DB，AE⊥EB，即∠ADF=∠BEF=90°，∵∴∠DAE=∠DBE，∴tan∴EF∴EF=22（3）如圖，過(guò)點(diǎn)B作BG∥由（2）可知AD∥∴OE∥∵AO=OB=BC，∴DE=EG=GC，設(shè)⊙O的半徑為x，則GB=1∵AD∥∴△CGB∽△CDA，∴CG∴AD=3GB=3∵OE⊥DB，∴DB⊥GB，∵DE=2∴DG=2DE=22在Rt△DBG中，D在Rt△ADB中，A即32解得：x=2（負(fù)值舍去），∴⊙O的半徑為2．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理的推論，平行線分線段成比例，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【題型8利用切線的性質(zhì)定理證明】【例8】（2023·廣東江門·統(tǒng)考一模）如圖1，已知AB是⊙O的直徑，AB=2，C為圓上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作圓的切線，分別與過(guò)A，B兩點(diǎn)的切線交于P，Q兩點(diǎn)．

(1)求CP?CQ的值；(2)如圖2，連接PB，AQ交于點(diǎn)M，證明直線【答案】(1)CP?CQ的值為1(2)見(jiàn)解析【分析】（1）連接OP、OQ，由切線的性質(zhì)可推出AP∥BQ，∠OAP=∠OBQ=90°；進(jìn)一步可得∠AOP=∠BQO，AP（2）延長(zhǎng)CM交AB于點(diǎn)H，證△QMB∽△AMP，可得MQ【詳解】（1）解：如圖1，連接OP

∵PA、BQ、PQ分別與⊙O相切于點(diǎn)A、∴AP⊥AB，BQ⊥AB，∠OPC=∠OPA=12∠APC∴AP∥BQ，∴∠APC+∠BQC=180°，∴∠OPC+∠OQC=12∴∠POQ=90°，∴∠AOP=∠BQO=90°-∠BOQ，∴APOA=tan∠AOP=∵AB是⊙O的直徑，AB=2，∴OA=OB=1，∴AP?BQ=OA?OB=1，∵AP=CP，∴CP?CQ=1，（2）證明：如圖2，延長(zhǎng)CM交AB于點(diǎn)H，

∵AP∥∴△QMB∴MQ∴MQ∴MQ∵∠MQC=∠AQP，∴△MQC∽∴∠MCQ=∠APQ，∴AP∥∴∠MHC=∠BAP=90°，∴MC⊥AB．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)、相似三角形的判斷與性質(zhì)、正切的定義等知識(shí)點(diǎn)．掌握相關(guān)結(jié)論是解題關(guān)鍵．【變式8-1】（2023·內(nèi)蒙古包頭·統(tǒng)考一模）如圖，PA,PB是⊙O的兩條切線，A,B是切點(diǎn)，連接AO并延長(zhǎng)，與PB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)C，連接PO，交⊙O于點(diǎn)D，連接DB．

(1)求證：∠APO=∠BPO；（用兩種證法解答）(2)若DP=DB，試探究PB與PD之間的數(shù)量關(guān)系，寫出并證明你的結(jié)論．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)PB=3【分析】（1）證法一：如圖．連接OB．利用切線的性質(zhì)證明Rt△PAO≌Rt△PBO（HL），進(jìn)而可得結(jié)論；證法二：如圖．連接OB,AB,AB與OP相交于點(diǎn)E．證明直線OP（2）如圖，連接OB．由切線的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)證明∠DBP=∠DPB=30°，△ODB為等邊三角形，即可得出結(jié)論P(yáng)B=3【詳解】（1）證法一：如圖．連接OB．

∵PA,PB是⊙O的切線，A,B是切點(diǎn)，∴OA⊥PA,OB⊥PB,OA=OB．在Rt△PAO與Rt∵PO=PO，OA=OB，∴Rt△PAO≌Rt∴∠APO=∠BPO．證法二：如圖．

連接OB,AB,AB與OP相交于點(diǎn)E．∵PA,PB是⊙O的切線，A,B是切點(diǎn)，∴OA⊥PA,OB⊥PB,OA=OB．∴∠PAO=∠PBO=90°,∠OAB=∠OBA，∴∠PAO-∠OAB=∠PBO-∠OBA，即∠PAB=∠PBA，∴PA=PB，∴點(diǎn)P在線段AB的垂直平分線上，∵OA=OB，∴點(diǎn)O在線段AB的垂直平分線上，∴直線OP是線段AB的垂直平分線，即PE垂直平分AB．∵PA=PB，∴∠APO=∠BPO．（2）PB=3證明：如圖．連接OB．∵PB是⊙O的切線，B是切點(diǎn)，∴OB⊥BP．∴∠OBP=90°，∵DP=DB,OD=OB，∴∠DPB=∠DBP,∠ODB=∠OBD，∵∠ODB=∠DPB+∠DBP，∴∠ODB=2∠DBP，∴∠OBD=2∠DBP，∵∠OBD+∠DBP=90°，∴2∠DBP+∠DBP=90°，∴∠DBP=∠DPB=30°．∴∠ODB=60°．∴在Rt△PBO中，PB=∴PB=3∵OD=OB,∠ODB=60°，∴△ODB為等邊三角形，∴OB=BD，∵DP=DB，∴OB=PD，∴PB=3

【點(diǎn)睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、線段垂直平分線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形等知識(shí)，具有一定的綜合性，但難度不大，熟練掌握相關(guān)圖形的判定和性質(zhì)、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，圓O中內(nèi)接△ABC，過(guò)點(diǎn)A作圓O的切線l，作直線CD使得∠ACD=∠B，并交AB于E．(1)證明：CD∥l；(2)若CE=CA=2EA=2，求ED的值；(3)證明：BC【答案】(1)見(jiàn)解析(2)DE=(3)見(jiàn)解析【分析】（1）連接OA，交CD于點(diǎn)M，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OAG=90°，根據(jù)垂徑定理可得∠OMC=90°，繼而得出∠OMC=90°=∠OAG，再根據(jù)同位角相等兩直線平行證明即可；（2）通過(guò)證明△ACE～△ABC，△AEC～△DEB，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可；（3）先通過(guò)證明△BCA～△BED，利用相似三角形的性質(zhì)得出BA?BE=BC?BD，再由角平分線定理得BDBC=DE【詳解】（1）連接OA，交CD于點(diǎn)M，∵過(guò)點(diǎn)A作圓O的切線l，作直線CD使得∠ACD=∠B，∴∠OAG=90°,AC∴OM⊥CD，∴∠OMC=90°=∠OAG，∴CD∥（2）連接OC并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)F，連接AF,BD，∵∠ACD=∠ABC,∠CAE=∠BAC，∴△ACE～△ABC，∴ACAB∵CA=2EA=2，∴AE=1，∴2AB=1∴BE=AB-AE=3，∵∠CDB=∠CAB,∠AEC=∠DEB，∴△AEC～△DEB，∴AEDE∵CE=2，∴1DE=2（3）如圖，∵∠ACD=∠ABC=∠ABD，∠BAC=∠BDC，∴△BCA～△BED，∴BABD=BC由角平分線定理得BDBC=DE∴BA?BEBC?DE∴BC【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，垂徑定理，平行線的判定，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線定理，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．【變式8-3】（2023·河南許昌·統(tǒng)考二模）《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得所著的一部數(shù)學(xué)著作，書中以23個(gè)定義、5個(gè)公設(shè)和5個(gè)公理作為基本出發(fā)點(diǎn)，給出了119個(gè)定義和465個(gè)命題．其中，命題4．2的內(nèi)容是：給定一個(gè)三角形，可作圓內(nèi)接相似三角形．小冉想嘗試對(duì)這個(gè)命題進(jìn)行證明，于是根據(jù)書中命題的內(nèi)容及圖形的畫法寫出了已知和求證：已知：如圖1，△ABC為已知三角形，如圖2，HG是⊙O的切線，D為切點(diǎn)，∠EDH=∠B，∠FDG=∠C．求證：△DEF～△ACB．小冉在圖2的基礎(chǔ)上，添加了輔助線；如圖3，連接并延長(zhǎng)DO，交⊙O于點(diǎn)P，連接PE，PF．(1)請(qǐng)?jiān)谛∪剿磔o助線的基礎(chǔ)上，求證：△DEF～△ACB；(2)若AB=AC=5，BC=8，EF=16，求⊙O的半徑．【答案】(1)見(jiàn)詳解．(2)25【分析】（1）根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，得出∠PED=∠PFD=90°,得到∠DPE+∠PDE=90°,∠DPF+∠PDF=90°,根據(jù)切線的性質(zhì)，得到∠PDH=∠PDG=90°,推出∠EDH+∠EDP=90°,∠FDG+∠FDP=90°,再由圓周角的性質(zhì)，得到∠DPE=∠DFE,∠DPF=∠DEF,從而得到∠DFE=∠B,∠DEF=∠C,即可得出相似．（2）連接OD，OE，OD與EF交于點(diǎn)M，由題意可得出EF//HG,DE=DF,由OD⊥HG,可得到EM=FM=12EF=12×16=8,根據(jù)△DEF～△ACB.易得【詳解】（1）在小冉添加了輔助線的基礎(chǔ)上，證明如下：∵DP是⊙O是的直徑，∴∠PED=∠PFD=90°,∴∠DPE+∠PDE=90°,∠DPF+∠PDF=90°,∵HG是⊙O的切線，∴PD⊥HG,∴∠PDH=∠PDG=90°,∴∠EDH+∠EDP=90°,∠FDG+∠FDP=90°,∴∠EDH=∠DPE,∠FDG=∠DPF,∵∠DPE=∠DFE,∠DPF=∠DEF,∴∠EDH=∠DFE,∠FDG=∠DEF,∵∠EDH=∠B,∠FDG=∠C,∴∠DFE=∠B,∠DEF=∠C,∴△DEF～△ACB.（2）如圖，連接OD，OE，OD與EF交于點(diǎn)M，由（1）得，∠DEF=∠FDG=∠C,∠DFE=∠EDH=∠B,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴∠DEF=∠FDG=∠DFE=∠EDH,∴EF//HG,DE=DF,∵OD⊥HG,∴EM=FM=∵△DEF～△ACB.∴∴∴DE=DF=10,∵∠EMD=90°,∴DM=∴OM=OD-DM=OD-6,∵∠OME=90°,∴O∵OD=OE,∴∴OD=∴⊙O的半徑為：25【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的切線性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)，相似三角形的判定性質(zhì)，勾股定理，正確理解題意是解本題的關(guān)鍵．【題型9切線的性質(zhì)與判定的綜合運(yùn)用】【例9】（2023·廣東肇慶·統(tǒng)考二模）如圖，矩形ABCD中，AB=13，AD=6．點(diǎn)E是CD上的動(dòng)點(diǎn)，以AE為直徑的⊙O與AB交于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BE于點(diǎn)G．(1)當(dāng)E是CD的中點(diǎn)時(shí)：tan∠EAB的值為(2)在（1）的條件下，證明：FG是⊙O的切線；(3)試探究：BE能否與⊙O相切？若能，求出此時(shí)BE的長(zhǎng)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)12(2)詳見(jiàn)解析(3)BE能與⊙O相切，此時(shí)BE=213或【分析】（1）可得∠EAB=∠DEA，求出tan∠DEA（2）連接OF，證明△ADE≌△BCE(SAS)，得出AE=BE，則∠EAB=∠EBA．證出OF∥EB．可得出（3）先假設(shè)BE能與⊙O相切，則AE⊥BE，即∠AEB=90°．設(shè)DE的長(zhǎng)為x，然后用x表示出CE的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理可得出一個(gè)關(guān)于x的一元二次方程，若BE能與⊙O相切，那么方程的解即為DE的長(zhǎng)；若方程無(wú)解，則說(shuō)明BE不可能與⊙O相切．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=90°，CD∥AB，CD=AB=13，∴∠EAB=∠DEA，∵E是CD的中點(diǎn)，∴DE=1∴tan故答案為：1213（2）證明：連接OF，在矩形ABCD中，AD=BC，∠ADE=∠BCE=90°，又CE=DE，∴△ADE≌△BCE(SAS∴AE=BE，∴∠EAB=∠EBA．∵OF=OA，∴∠OAF=∠OFA，∴∠OFA=∠EBA．∴OF∥EB．∵FG⊥BE，∴FG⊥OF，∴FG是⊙O的切線．（3）解：若BE能與⊙O相切，由AE是⊙O的直徑，則AE⊥BE，∠AEB=90°．設(shè)DE=x，則EC=13-x．由勾股定理得：AE即(36+x整理得x2解得：x1=4，∴DE=4或9，當(dāng)DE=4時(shí)，CE=9，BE=C當(dāng)DE=9時(shí)，CE=4，BE=C∴BE能與⊙O相切，此時(shí)BE=213或3【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理、矩形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、切線的判定、解直角三角形的應(yīng)用等知識(shí)，熟練掌握切線判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2023·山西太原·太原五中?？家荒＃┪覀儗W(xué)習(xí)過(guò)利用尺規(guī)作圖平分一個(gè)任意角，而“利用尺規(guī)作圖三等分一個(gè)任意角”曾是數(shù)學(xué)史上一大難題，之后被數(shù)學(xué)家證明是不可能完成的．人們根據(jù)實(shí)際需要，發(fā)明了一種簡(jiǎn)易操作工具-三分角器．圖1是它的示意圖，其中AB與半圓O的直徑BC在同一直線上，且AB的長(zhǎng)度與半圓的半徑相等，DB與AC垂直與點(diǎn)B，DB足夠長(zhǎng)．

使用方法如圖2所示，若要把∠MEN三等分，只需適當(dāng)放置三分角器，使DB經(jīng)過(guò)∠MEN的頂點(diǎn)E，點(diǎn)A落在邊EM上，半圓O與另一邊EN恰好相切，則EB，EO就把∠MEN三等分了．為了說(shuō)明這一方法的正確性，需要對(duì)其進(jìn)行證明．如下給出了不完整的“已知”和“求證”，請(qǐng)補(bǔ)充完整，并寫出“證明”過(guò)程．已知：如圖2，點(diǎn)A，B，O，C在同一直線上，EB⊥AC，垂足為點(diǎn)B，．求證：．【答案】AB=OB，EN切半圓O于F，EO就把∠MEN三等分【分析】證明△ABE≌△OBESAS，求出∠1=∠2，證明BE⊥OB，得出BE是⊙O的切線，EF切半圓O于F，得出EB=EF，證明Rt△BOE≌Rt△FEOHL，【詳解】解：已知：如圖2，點(diǎn)A，B，O，EB⊥AC，AB=OB．M、A、E三點(diǎn)共線．求證：EB，EO把∠MEN三等分，證明：∵EB⊥AC，∴∠ABE=∠OBE=90°，∵AB=OB，BE=BE，∴△ABE≌△OBESAS∴∠1=∠2，∵BE⊥OB，∴BE是⊙O的切線，∵EF切半圓O于F，∴EB=EF，∠OFE=90°，∵AO=AO，∴Rt△BOE≌∴∠2=∠3，∴∠1=∠2=∠3，∴EB，EO就把∠MEN三等分．故答案為：AB=OB，EN切半圓O于F，EO就把∠MEN三等分．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，切線性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是理解題意，作出輔助線，證明∠1=∠2=∠3．【變式9-2】（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知AB是⊙O的直徑，CD=CB，BE切⊙O于點(diǎn)B，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥OE交BE于點(diǎn)F，若EF=2BF．

(1)如圖1，連接BD，求證：△ADB≌△OBE；(2)如圖2，N是AD上一點(diǎn)，在AB上取一點(diǎn)M，使∠MCN=60°，連接MN．請(qǐng)問(wèn)：三條線段MN，【答案】(1)見(jiàn)解析(2)MN=BM+DN，證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)CF⊥OE，OC是半徑，可得CF是⊙O的切線，根據(jù)BE是⊙O的切線，由切線長(zhǎng)定理可得BF=CF，進(jìn)而根據(jù)sinE=CFEF=12，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根據(jù)CD=CB得出CD=CB，根據(jù)垂徑定理的推論得出OC⊥BD，進(jìn)而得出（2）延長(zhǎng)ND至H使得DH=BM，連接CH，BD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得出∠HDC=∠MBC，證明△HDC≌△MBCSAS，結(jié)合已知條件證明NC=NC，進(jìn)而證明△CNH≌△CNMSAS，得出NH=MN，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵CF⊥OE，OC是半徑，∴CF是⊙O的切線，∵BE是⊙O的切線，∴BF=CF，∵EF=2BF∴EF=2CF，∴sin∴∠E=30°，∠EOB=60°，∵CD=CB∴CD=∴OC⊥BD，∵AB是直徑，∴∠ADB=90°=∠EBO，∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°∴∠E=∠ABD=30°，∴AD=BO=1∴△ABD≌△OEBAAS（2）MN=BM+DN，理由如下，延長(zhǎng)ND至H使得DH=BM，連接CH，BD，如圖所示

∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°∴∠HDC=∠MBC，∵CD=CB，DH=BM∴△HDC≌△MBCSAS，∴∠BCM=∠DCH，CM=CH由（1）可得∠ABD=30°，又AB是直徑，則∠ADB=90°，∴∠A=60°，∴∠DCB=180°-∠A=120°，∵∠MCN=60°，∴∠BCM+∠NCD=120°-∠NCM=120°-60°=60°，∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,∴∠NCH=∠NCM，∵NC=NC，∴△CNH≌△CNMSAS，∴NH=MN，

∴MN=DN+DH=DN+BM．即MN=BM+DN．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，切線長(zhǎng)定理，垂徑定理的推論，全等三角形的性質(zhì)與判定，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求角度，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)，熟練掌握全等三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．【變式9-3】（2023·浙江杭州·?？级＃┲喝鐖D1，AB是⊙O的弦，點(diǎn)C是⊙O的半徑OB的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，將ΔABC翻折得到△ABC'，AC'

(1)求證：BC(2)若AC與⊙O相切．①如圖2，點(diǎn)C'落在⊙O上，求sin②如圖3，若OA=10，AB=12，求△BDC【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①12；②15552【分析】（1）證明∠ABC（2）①通過(guò)∠C、∠C'和∠O的關(guān)系，結(jié)合△OAC是直角三角形得到∠C=30°，進(jìn)而求②說(shuō)明△C'DB【詳解】（1）證明：∵將△ABC翻折得到△ABC∴∠ABC=∠ABC∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵∠ABC+∠OBA=180°，∴∠ABC∴BC（2）解：①∵AC與⊙O相切，∴OA⊥AC，∴∠OAC=90°，∴∠O+∠C=90°，∵將△ABC翻折得到△ABC∴∠C=∠C∵∠O=2∠C∴∠O=2∠C，∴3∠C=90°，∴∠C=30°，∴sin②作OE⊥AB，垂足為E，則AE=EB=1

∴OE=O∵BC∴∠OAD=∠C∵∠AOD+∠C=90°，∠C=∠C∴∠AOD+∠OAD=90°，∴AC∵S△OAB=∴AD=48∴OD=O∴BD=OB-OD=10-14∵∠OAD=∠C'，∴△C∴BDOD即365∴DC∴S【點(diǎn)睛】本題以圓為載體考查了圓的性質(zhì)，平行線的判定，翻折問(wèn)題，相似，解直角三角形等知識(shí)，（2）②的關(guān)鍵是得出△C【題型10作圓的切線】【例10】（2023·江蘇南京·一模）過(guò)⊙O上一點(diǎn)A，可以用尺規(guī)按以下方法作出⊙O的切線；①另取⊙O上一點(diǎn)B，以B為圓心，AB為半徑作圓，將⊙B與⊙O的另一個(gè)交點(diǎn)記為點(diǎn)C；②以A為圓心，AC為半徑作弧，將⊙A與⊙B的另一個(gè)交點(diǎn)記為點(diǎn)D，作直線AD．直線AD即為⊙O的切線．如圖，小明已經(jīng)完成了作圖步驟①．(1)用尺規(guī)完成作圖步驟②；(2)連接AC，AB，BC，BD，求證：AB平分∠CAD(3)求證：直線AD為⊙O的切線．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)題意完成作圖即可；（2）由作圖可知，AC=AD,BC=BD=AB，證明△ABC≌△ABDSSS（3）連接OA,OB，根據(jù)BC=AB推出OB⊥AC，則∠OBA+∠BAC=90°，進(jìn)而得出∠OAB+∠BAD=90°，即可求證．【詳解】（1）解：如圖：直線AD即為所求；（2）證明：由作圖可知，AC=AD,BC=BD=AB，在△ABC和△ABD中，AC=ADBC=BD∴△ABC≌△ABDSSS∴∠BAC=∠BAD，∴AB平分∠CAD（3）證明：連接OA,OB，由（2）可得：BC=AB，∴點(diǎn)B為AC中點(diǎn)，∴OB平分AC，∴OB⊥AC，∴∠OBA+∠BAC=90°，∵OA=OB，∴∠OBA=∠OAB，∵∠BAC=∠BAD，∴∠OAB+∠BAD=90°，即OA⊥AD，∴直線AD為⊙O的切線．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，切線的判定，解題的關(guān)鍵是掌握在同圓中，半徑都相等；全等三角形對(duì)應(yīng)角相等；經(jīng)過(guò)半徑外端且垂直于半徑的直線與圓相切．【變式10-1】（2023·福建福州·統(tǒng)考三模）如圖，已知⊙O及圓外一點(diǎn)P，請(qǐng)你利用尺規(guī)作⊙的切線PA．（不寫作法，保留作圖痕跡）

【答案】見(jiàn)解析【分析】作OP的垂直平分線，交OP于O′，以O(shè)′為圓心，O′P為半徑畫圓，交⊙O于A、A′，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角等于90°可得OA⊥PA，OA′⊥PA′，根據(jù)切線的判定定理可得PA、PA′是⊙O的切線.【詳解】如圖，作OP的垂直平分線，交OP于O′，以O(shè)′為圓心，O′P為半徑畫圓，交⊙O于A、A′，∴∠OAP=90°，∠OA′P=90°，∴PA、PA′是⊙O的切線，∴PA和PA′即為所作，

【點(diǎn)睛】此題綜合考查切線的性質(zhì)及圓周角定理，能夠結(jié)合切線的性質(zhì)定理和圓周角定理的推論分析出切點(diǎn)的位置是解題關(guān)鍵.【變式10-2】（2023·湖北·校聯(lián)考三模）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，BD平分∠ABC交CA于D點(diǎn)，O是BC上一點(diǎn)，經(jīng)過(guò)B、D兩點(diǎn)的⊙O分別交BC、BA于點(diǎn)E、F(1)用尺規(guī)補(bǔ)全圖形（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)求證：CA與⊙O相切：(3)當(dāng)BD=23，∠ABD=30°時(shí)，求劣弧BD【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)4【分析】（1）作BD的垂直平分線交BC于O，以CO為半徑畫圓O分別交BC、BA于點(diǎn)E、F，則⊙O即為所求；（2）連接OD，得到OD=OB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OBD=∠ODB，等量代換得到∠ODB=∠ABD，根據(jù)平行線的判定定理得到OD∥（3）連接DE，根據(jù)圓周角定理得到∠BDE=90°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到∠BOD=120°，根據(jù)勾股定理得到BE=4，從而得到半徑根據(jù)弧長(zhǎng)的公式即可得到結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖所示，（2）證明：連接OD，則OD=OB，∴∠OBD=∠ODB，∵∠OBD=∠ABD，∴∠ODB=∠ABD，∴OD∥∵∠A=90°，∴∠ODA=90°，即AC⊥OD，∴AC與⊙O相切；（3）如圖，連接DE，∵BE是⊙O的直徑，∴∠BDE=90°，∵∠OBD=∠ODB=30°，∴∠BOD=120°，在Rt△BDE中，BE=∴⊙O的半徑=2，∴劣弧BD的長(zhǎng)=120π×2【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理，解直角三角形，弧長(zhǎng)的計(jì)算，平行線的判定，基本作圖，作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解本題的關(guān)鍵．【變式10-3】（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）如圖，∠BPD=120°，點(diǎn)A、C分別在射線PB、PD上，∠PAC=30°，AC=23（1）用尺規(guī)在圖中作一段劣弧，使得它在A、C兩點(diǎn)分別與射線PB和PD相切．要求：寫出作法，并保留作圖痕跡；（2）根據(jù)（1）的作法，結(jié)合已有條件，請(qǐng)寫出已知和求證，并證明；（3）求所得的劣弧與線段PA、PC圍成的封閉圖形的面積．【答案】（1）詳見(jiàn)解析；（2）詳見(jiàn)解析；（3）4【分析】（1）過(guò)A、C分別作PB、PD的垂線，它們相交于O，然后以O(shè)A為半徑作⊙O即可；（2）寫出已知、求證，然后進(jìn)行證明；連接OP，先證明RtΔPAO?RtΔPCO，然后根據(jù)切線的判定方法判斷PB、PC為⊙O的切線；（3）先證明ΔOAC為等邊三角形得到OA=AC=23，∠AOC=60°，再計(jì)算出AP=2，然后根據(jù)扇形的面積公式，利用劣弧AC與線段PA、PC【詳解】（1）如圖，（2）已知：如圖，∠BPD=120°，點(diǎn)A、C分別在射線PB、PD上，∠PAC=30°，AC=23，過(guò)A、C分別作PB、PD的垂線，它們相交于O，以O(shè)A為半徑作⊙O，OA⊥PB求證：PB、PC為⊙O的切線；證明：∵∠BPD=120°，PAC=30°，∴∠PCA=30°，∴PA=PC，連接OP，∵OA⊥PA，PC⊥OC，∴∠PAO=∠PCO=90°，∵OP=OP，∴RtΔPAO?RtΔPCO(HL)∴OA=OC，∴PB、PC為⊙O的切線；（3）∵∠OAP=∠OCP=90°-30°=60°，∴ΔOAC為等邊三角形，∴OA=AC=23，∠AOC=60°∵OP平分∠APC，∴∠APO=60°，∴AP=3∴劣弧AC與線段PA、PC圍成的封閉圖形的面積=S四邊形APCO-S【點(diǎn)睛】本題考查了作圖-復(fù)雜作圖：復(fù)雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進(jìn)行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了圓周角定理和扇形面積公式．【題型11應(yīng)用切線長(zhǎng)定理求解或證明】【例11】（2023·河北邯鄲·?？既＃┤鐖D，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝4，BC＝10，sinC＝45，以AB為直徑作⊙O，把⊙O沿水平方向平移x個(gè)單位，得到⊙O′，A'B'為直徑AB(1)當(dāng)x＝0，且M為⊙O上一點(diǎn)時(shí)，求DM的最大值；(2)當(dāng)B′與C重合時(shí)，設(shè)⊙O′與CD相交于點(diǎn)N，求點(diǎn)N到AB的距離；(3)當(dāng)⊙O′與CD相切時(shí)，直接寫出x的值．【答案】(1)4(2)154(3)2或12．【分析】（1）當(dāng)x＝0，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)M，則此時(shí)DM的值最大，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于E，易證四邊形ABED是矩形，可得AB＝DE，AD＝BE＝4，解Rt△DEC求出DE＝8，CD＝10，可得⊙O的半徑為4，利用勾股定理求出OD，即可得到DM的最大值；（2）當(dāng)B'與C重合時(shí)，⊙O'與CD相交于點(diǎn)N，則⊙O向右平移了10個(gè)單位長(zhǎng)度，連接OO'，則OO'=10，連接A'N，過(guò)點(diǎn)N作NF⊥A'B'（3）當(dāng)⊙O'與CD相切，在CD的左邊時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為P，如圖，則A'B'ED是矩形，A'D、CD、B'C都是⊙O'的切線，根據(jù)切線長(zhǎng)定理可得A'D=PD，B'【詳解】（1）解：如圖，當(dāng)x＝0，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)M，則此時(shí)DM的值最大，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于E，∵∠A＝∠B＝∠DEB＝90°，∴四邊形ABED是矩形，∴AB＝DE，AD＝BE＝4，∴EC＝BC－BE＝10－4＝6，∵在Rt△DEC中，sinC＝DECD∴設(shè)DE＝4k，CD＝5k（k＞0），由勾股定理得：EC2+D整理得：k2∵k＞0，∴k=2，∴DE＝4k＝8，CD＝5k＝10，∴AB＝DE＝8，∴OA＝OB＝4，∴OD＝42∴DM=42即DM的最大值為42（2）當(dāng)B'與C重合時(shí)，⊙O'與CD相交于點(diǎn)N，則⊙O向右平移了10個(gè)單位長(zhǎng)度，連接OO'，則OO'=10，連接A'N，過(guò)點(diǎn)在Rt△CDE中，sin∠CDE=CECD∵A'∴∠A在Rt△A'B'∵sin∠A'∴A'N=3∵S△∴NF=A∴點(diǎn)N到AB的距離為OO（3）當(dāng)⊙O'與CD相切，在CD的左邊時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為P，如圖，則A'B'ED是矩形，A'∴A'D=PD，∵AA∴A'D=4-x，∵CD=PD+PC=A∴10=4-x+10-x，解得：x=2；當(dāng)⊙O'與CD相切，在CD的右邊時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為Q，如圖，則ABB'A'是矩形，A'∴A'D=QD，∵AA∴A'D=x-4，∵CD=QD+QC=A∴10=x-4+x-10，解得：x=12；綜上，當(dāng)⊙O′與CD相切時(shí)，x的值為2或12，故答案為：2或12．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定，解直角三角形，勾股定理，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，平移的性質(zhì)，圓周角定理，切線的性質(zhì)以及切線長(zhǎng)定理等知識(shí)，熟練掌握直徑所對(duì)的圓周角是直角，從圓外一點(diǎn)引圓的兩條切線，它們的切線長(zhǎng)相等是解題的關(guān)鍵．【變式11-1】（2023·山東威海·統(tǒng)考一模）如圖，⊙O的直徑AB=12，AM，BN是⊙O的兩條切線，DC切⊙O于E，交BN于C，設(shè)AD=x，BC=y．(1)求證：AB(2)求y與x的函數(shù)關(guān)系式；(3)若x，y是方程2x2-30x+a=0【答案】(1)證明見(jiàn)解析．(2)y=(3)45【分析】（1）連接OD、OE、OC，證明全等三角形，根據(jù)全等的性質(zhì)得出∠AOD=∠DOE，再由相似三角形得出AOBC（2）根據(jù)切線長(zhǎng)定理得到BF=AD=x，CE=CB=y，則DC=DE+CE=x+y，在Rt△DFC中，根據(jù)勾股定理得出y與x的關(guān)系．（3）由（2）得xy=36，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得a的值，再通過(guò)解一元二次方程求得x、y的值，再根據(jù)AM，BN是⊙O的兩條切線，DC切⊙O于E，得到OE⊥CD，AD=DE，BC=CE，推出S△AOD【詳解】（1）證明：連接OD、OE、OC．∵AD,BC,DC與⊙O相切于A、B、E點(diǎn)．∴AD=DE,BC=CE在△OAD和△OED中∵∴△OAD?△OED∴∠AOD=∠DOE同理可得：△OEC?△OBC∴∠EOC=∠BOC∴∠AOD+∠DOE+∠EOC+∠BOC=180°∴∠DOE+∠EOC=90°∴OD⊥OC在Rt△AOD中，∵∠AOD+∠ADO=90°，∠AOD+∠BOC=90°∴∠BOC=∠ADO∵∴Rt△AOD～Rt△BOC∴∴AO?OB=AD?BC∵AO=OB=12AB，∴∴A（2）作DF⊥BN交BC于F．∵AM,AN與⊙O切于A、B．∴AB⊥AM,AB⊥BN∵DF⊥BN∴∠BAD=∠ABC=∠BFD=90°∴四邊形ABFD是矩形．∴BF=AD=x,DF=AB=12∵BC=y∴FC=BC-BF=y-x∵DE切⊙O切于E∴DE=DA=x,CE=CB=y則DC=DE+CE=x+y在Rt△DFC中，由勾股定理得：x+y整理得：y=∴y與x的函數(shù)關(guān)系是：y=（3）連接OD、OE、OC∵y與x的函數(shù)關(guān)系是：y=∴xy=36∵x,y是方程2x∴xy=a2∴原方程為：x∵解得：x=3y=12或∵x∴∵AD,BC,CD是⊙O的切線．∴OE⊥CD,AD=DE,BC=CE∴∴【點(diǎn)睛】本題屬于圓綜合題，考查了切線長(zhǎng)定理、韋達(dá)定理、解一元二次方程、全等三角形的性質(zhì)與判定、相似三角形的性質(zhì)與判定、矩形的性質(zhì)與判定等，解決問(wèn)題的關(guān)鍵在于正確添加輔助線．【變式11-2】（2023·北京石景山·統(tǒng)考二模）如圖，AD是⊙O的直徑，P是⊙O外一點(diǎn)，連接PO交⊙O于點(diǎn)C，PB，PD分別切⊙O于點(diǎn)B，D，連接AB，AC．（1）求證：AB//OP；（2）連接PA，若PA=22，tan∠BAD=2，求【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）5【分析】（1）連接OB、BD，則OB=OD，根據(jù)切線長(zhǎng)定理PD=PB，則OP垂直平分BD，根據(jù)AD為圓的直徑，可得AB⊥BD，從而可得結(jié)論；（2）由∠BAD=∠COD，OD⊥BD，得PD=2OD，從而得PD=A