第07講點(diǎn)和圓直線和圓的位置關(guān)系（9大考點(diǎn)）

第07講點(diǎn)和圓、直線和圓的位置關(guān)系（9大考點(diǎn)）考點(diǎn)考點(diǎn)考向1.點(diǎn)與圓的位置關(guān)系（1）點(diǎn)與圓的位置關(guān)系有3種．設(shè)⊙O的半徑為r，點(diǎn)P到圓心的距離OP=d，則有：①點(diǎn)P在圓外?d＞r②點(diǎn)P在圓上?d=r①點(diǎn)P在圓內(nèi)?d＜r（2）點(diǎn)的位置可以確定該點(diǎn)到圓心距離與半徑的關(guān)系，反過來已知點(diǎn)到圓心距離與半徑的關(guān)系可以確定該點(diǎn)與圓的位置關(guān)系．（3）符號“?”讀作“等價于”，它表示從符號“?”的左端可以得到右端，從右端也可以得到左端．2.直線與圓的位置關(guān)系（1）直線和圓的三種位置關(guān)系：①相離：一條直線和圓沒有公共點(diǎn)．②相切：一條直線和圓只有一個公共點(diǎn)，叫做這條直線和圓相切，這條直線叫圓的切線，唯一的公共點(diǎn)叫切點(diǎn)．③相交：一條直線和圓有兩個公共點(diǎn)，此時叫做這條直線和圓相交，這條直線叫圓的割線．（2）判斷直線和圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d．①直線l和⊙O相交?d＜r②直線l和⊙O相切?d=r③直線l和⊙O相離?d＞r．考點(diǎn)考點(diǎn)精講一．點(diǎn)與圓的位置關(guān)系（共9小題）1．（2022秋?拱墅區(qū)月考）已知⊙O的半徑為5，OA＝4，則點(diǎn)A在（）A．⊙O內(nèi) B．⊙O上 C．⊙O外 D．無法確定【分析】點(diǎn)在圓上，則d＝r；點(diǎn)在圓外，d＞r；點(diǎn)在圓內(nèi)，d＜r（d即點(diǎn)到圓心的距離，r即圓的半徑）．【解答】解：∵OA＝4＜5，∴點(diǎn)A與⊙O的位置關(guān)系是點(diǎn)在圓內(nèi)，故選：A．【點(diǎn)評】考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，判斷點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，也就是比較點(diǎn)與圓心的距離和半徑的大小關(guān)系．2．（2022秋?邗江區(qū)校級月考）⊙O的半徑為2，點(diǎn)A到圓心的距離是3，則點(diǎn)A與⊙O的位置關(guān)系是點(diǎn)A在⊙O外．【分析】根據(jù)⊙O的半徑r＝2，且點(diǎn)A到圓心O的距離d＝3知d＞r，據(jù)此可得答案．【解答】解：∵⊙O的半徑r＝2，且點(diǎn)A到圓心O的距離d＝3，∴d＞r，∴點(diǎn)A在⊙O外，故答案為：點(diǎn)A在⊙O外．【點(diǎn)評】本題主要考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系有3種．設(shè)⊙O的半徑為r，點(diǎn)P到圓心的距離OP＝d，則有：①點(diǎn)P在圓外?d＞r；②點(diǎn)P在圓上?d＝r；③點(diǎn)P在圓內(nèi)?d＜r．3．（2022?炎陵縣一模）已知點(diǎn)P（x0，y0）和直線y＝kx+b，求點(diǎn)P到直線y＝kx+b的距離d可用公式d＝計算．根據(jù)以上材料解決下面問題：如圖，⊙C的圓心C的坐標(biāo)為（1，1），半徑為1，直線l的表達(dá)式為y＝﹣2x+6，P是直線l上的動點(diǎn)，Q是⊙C上的動點(diǎn)，則PQ的最小值是．【分析】求出點(diǎn)C（1，1）到直線y＝﹣2x+6的距離d即可求得PQ的最小值．【解答】解：過點(diǎn)C作CP⊥直線l，交圓C于Q點(diǎn)，此時PQ的值最小，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式可知：點(diǎn)C（1，1）到直線l的距離d＝＝，∵⊙C的半徑為1，∴PQ＝﹣1，故答案為：﹣1．【點(diǎn)評】本題考查的是一次函數(shù)的應(yīng)用、點(diǎn)到直線的距離公式等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考創(chuàng)新題目．4．（2022秋?啟東市校級月考）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點(diǎn)，其中AB＝，∠BOC＝60°，P為⊙O上的動點(diǎn)，連AP，取AP中點(diǎn)Q，連CQ，則線段CQ的最大值為（）A． B． C． D．【分析】如圖，連接OQ，作CH⊥AB于H．首先證明點(diǎn)Q的運(yùn)動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當(dāng)點(diǎn)Q在CK的延長線上時，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OQ，作CH⊥AB于H．∵AQ＝QP，∴OQ⊥PA，∴∠AQO＝90°，∴點(diǎn)Q的運(yùn)動軌跡為以AO為直徑的⊙K，連接CK，當(dāng)點(diǎn)Q在CK的延長線上時，CQ的值最大（也可以通過CQ≤QK+CK求解）在Rt△OCH中，∵∠COH＝60°，OC＝2，∴OH＝OC＝，CH＝3，在Rt△CKH中，CK＝，∴CQ的最大值為，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查圓周角定理、軌跡、勾股定理、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)Q的運(yùn)動軌跡，學(xué)會構(gòu)造輔助圓解決問題．5．（2022?煙臺一模）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣6），⊙C半徑為4，P是⊙C上一動點(diǎn)，Q是線段PB的中點(diǎn)，連結(jié)OQ．則線段OQ的最大值是7．【分析】連接AP，求出A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再判斷OQ為△BAP的中位線，利用點(diǎn)和圓的位置關(guān)系解答即可．【解答】解：連接AP，如圖所示，令＝0，則x＝±8故A（﹣8，0），點(diǎn)B（8，0），∵Q是BP的中點(diǎn)，∴OQ為△BAP的中位線，∴OQ＝AP，∴當(dāng)AP最大時，OQ最大，連接AC，延長AC交圓于點(diǎn)P，PA最大，∵OA＝8，OC＝6，∴AC＝10，∴AP的最大值是10+4＝14，∴線段OQ的最大值為7．故答案為：7．【點(diǎn)評】本題主要考查了點(diǎn)和圓的位置關(guān)系，三角形的中位線，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．6．（2022秋?海州區(qū)校級月考）在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm．（1）若以A為圓心，6cm長為半徑作⊙A（畫圖），則B、C、D與圓的位置關(guān)系是什么？（2）若作⊙A，使B、C、D三點(diǎn)至少有一個點(diǎn)在⊙A內(nèi)，至少有一點(diǎn)在⊙A外，則⊙A的半徑r的取值范圍是6cm＜r＜10cm．【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC的長，進(jìn)而得出點(diǎn)B，C，D與⊙A的位置關(guān)系；（2）利用（1）中所求，即可得出半徑r的取值范圍．【解答】解：（1）連接AC，∵AB＝6cm，AD＝8cm，∴AC＝10cm，∵⊙A的半徑為6cm長，∴點(diǎn)B在⊙A上，點(diǎn)C在⊙A外，點(diǎn)D在⊙A外；（2）∵以點(diǎn)A為圓心作⊙A，使B，C，D三點(diǎn)中至少有一個點(diǎn)在圓內(nèi)，且至少有一點(diǎn)在圓外，∴⊙A的半徑r的取值范圍是6cm＜r＜10cm．故答案為：6cm＜r＜10cm．【點(diǎn)評】此題主要考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，矩形的性質(zhì)，解決本題要注意點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，要熟悉勾股定理，及點(diǎn)與圓的位置關(guān)系．7．（2022秋?玄武區(qū)月考）如圖，已知P是⊙O外一點(diǎn)，Q是⊙O上的動點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為M，連接OP，OM．若⊙O的半徑為2，OP＝4，則線段OM的最小值是1.【分析】設(shè)OP為⊙O交于點(diǎn)N，連接MN，OQ，由題意可知ON＝OP，從而可知MN為△POQ的中位線，由三角形中位線的性質(zhì)可知MN＝OQ＝1；當(dāng)點(diǎn)M、O、N在一條直線上時，OM有最小值，接下來依據(jù)OM＝ON﹣MN求解即可．【解答】解：設(shè)OP為⊙O交于點(diǎn)N，連接MN，OQ，如圖，∵OP＝4，ON＝2，∴N是OP的中點(diǎn)．∵M(jìn)是PQ的中點(diǎn)，N是OP的中點(diǎn)，∴MN為△POQ的中位線，∴MN＝OQ＝×2＝1，∴點(diǎn)M在以N為圓心，1為半徑的圓上．∵當(dāng)點(diǎn)M在ON上時，OM最小，最小值為1，∴線段OM的最小值為1．故答案為：1．【點(diǎn)評】本題主要考查的是點(diǎn)與圓的位置關(guān)系、三角形的中位線定理，熟練掌握相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵．8．（2022秋?工業(yè)園區(qū)校級月考）如圖1，⊙O的半徑為r（r＞0），若點(diǎn)P′在射線OP上，滿足OP′?OP＝r2，則稱點(diǎn)P′是點(diǎn)P關(guān)于⊙O的“反演點(diǎn)”．如圖2，⊙O的半徑為4，點(diǎn)B在⊙O上，∠BOA＝60°，OA＝8，若點(diǎn)A′，B′分別是點(diǎn)A，B關(guān)于⊙O的反演點(diǎn)，求A′B′的長．【分析】設(shè)OA交⊙O于C，連接B′C，如圖2，根據(jù)新定義計算出OA′＝2，OB′＝4，則點(diǎn)A′為OC的中點(diǎn)，點(diǎn)B和B′重合，再證明△OBC為等邊三角形，則B′A′⊥OC，然后在Rt△OA′B′中，利用正弦的定義可求A′B′的長．【解答】解：設(shè)OA交⊙O于C，連接B′C，如圖2，∵OA′?OA＝42，而r＝4，OA＝8，∴OA′＝2，∵OB′?OB＝42，∴OB′＝4，即點(diǎn)B和B′重合，∵∠BOA＝60°，OB＝OC，∴△OBC為等邊三角形，而點(diǎn)A′為OC的中點(diǎn)，∴B′A′⊥OC，在Rt△OA′B′中，sin∠A′OB′＝，∴A′B′＝4sin60°＝2．【點(diǎn)評】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系：點(diǎn)的位置可以確定該點(diǎn)到圓心距離與半徑的關(guān)系，反過來已知點(diǎn)到圓心距離與半徑的關(guān)系可以確定該點(diǎn)與圓的位置關(guān)系．也考查了閱讀理解能力．9．（2022?海珠區(qū)二模）如圖，在⊙O中，AB是⊙O的直徑，AB＝2，AD＝BC，AD，BC交于點(diǎn)E，點(diǎn)D為的中點(diǎn)，點(diǎn)G為平面內(nèi)一動點(diǎn)，且BG⊥EG，則AG的最小值為﹣1．【分析】因∠BGE＝90°，則點(diǎn)G在以BE為直徑的圓上，不妨以BE為直徑作⊙M，連接AM，當(dāng)AM與⊙M交于點(diǎn)G時，此時AG最短，求出此時的AG的值便可．【解答】解：連接AC、BC，以BE為直徑作⊙M，∵∠BG⊥EG，即∠BGE＝90°，∴點(diǎn)G在⊙M上，連接AM，當(dāng)AM與⊙M交于點(diǎn)G時，此時AG最短，如圖，∵AD＝BC，∴，∵點(diǎn)D為的中點(diǎn)，∴，∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD，∴AE＝BE，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠BAD+∠ABC＝90°，∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD＝30°，∴AC＝AB＝＝，∴BE＝AE＝＝2，CE＝AE＝1，∵M(jìn)G＝MB＝ME＝＝1，∴CM＝CE+ME＝2，∴AM＝．∴AG＝AM﹣MG＝﹣1，即AG的最小值為﹣1．故答案為：﹣1．【點(diǎn)評】本題考查了點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，圓周角定理，解直角三角形，關(guān)鍵在于構(gòu)造輔助圓與直角三角形，確定AG最小時的點(diǎn)G位置．二．確定圓的條件（共4小題）10．（2022秋?儀征市校級月考）已知直線l：y＝x﹣4，點(diǎn)A（1，0），點(diǎn)B（0，2），設(shè)點(diǎn)P為直線l上一動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，﹣2）時，過P、A、B不能作出一個圓．【分析】由而在同一直線上的三個點(diǎn)不能畫一個圓可知，當(dāng)P，A，B三點(diǎn)共線時，過P，A，B三點(diǎn)不能作出一個圓．為此，先利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再與y＝x﹣4聯(lián)立，兩直線的交點(diǎn)坐標(biāo)即為所求．【解答】解：設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∵A（1，0），點(diǎn)B（0，2），∴，解得，∴y＝﹣2x+2．解方程組，得，∴當(dāng)P的坐標(biāo)為（2，﹣2）時，過P，A，B三點(diǎn)不能作出一個圓．故答案為（2，﹣2）【點(diǎn)評】本題考查了確定圓的條件：不在同一直線上的三點(diǎn)確定一個圓．注意：這里的“三個點(diǎn)”不是任意的三點(diǎn)，而是不在同一條直線上的三個點(diǎn)，而在同一直線上的三個點(diǎn)不能畫一個圓．同時考查了利用待定系數(shù)法求直線的解析式及兩直線交點(diǎn)坐標(biāo)的求法．11．（2022?同安區(qū)二模）如圖，直角坐標(biāo)系中一條圓弧經(jīng)過網(wǎng)格點(diǎn)A，B，C，其中B點(diǎn)坐標(biāo)為（4，4），則該圓弧所在圓的圓心坐標(biāo)為（2，0）．【分析】根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點(diǎn)即為圓心．【解答】解：根據(jù)垂徑定理的推論：弦的垂直平分線必過圓心，可以作弦AB和BC的垂直平分線，交點(diǎn)即為圓心．如圖所示，則圓心是（2，0）．故答案為：（2，0）【點(diǎn)評】能夠根據(jù)垂徑定理的推論得到圓心的位置．12．（2022秋?灌南縣校級月考）如圖所示，破殘的圓形輪片上，弦AB的垂直平分線交弧AB于點(diǎn)C，交弦AB于點(diǎn)D．已知：AB＝24cm，CD＝8cm．（1）求作此殘片所在的圓（不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）求（1）中所作圓的半徑．【分析】（1）由垂徑定理知，垂直于弦的直徑是弦的中垂線，故作AC，BC的中垂線交于點(diǎn)O，則點(diǎn)O是弧ACB所在圓的圓心；（2）在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半徑OA的長．【解答】解：（1）作弦AC的垂直平分線與弦AB的垂直平分線交于O點(diǎn)，以O(shè)為圓心OA長為半徑作圓O就是此殘片所在的圓，如圖．（2）連接OA，設(shè)OA＝x，AD＝12cm，OD＝（x﹣8）cm，則根據(jù)勾股定理列方程：x2＝122+（x﹣8）2，解得：x＝13．答：圓的半徑為13cm．【點(diǎn)評】本題利用了垂徑定理，中垂線的性質(zhì)，勾股定理求解．13．（2022?湖里區(qū)校級二模）平面直角坐標(biāo)系內(nèi)的三個點(diǎn)A（1，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3），不能確定一個圓，（填“能”或“不能”）．【分析】根據(jù)三個點(diǎn)的坐標(biāo)特征得到它們共線，于是根據(jù)確定圓的條件可判斷它們不能確定一個圓．【解答】解：∵B（0，﹣3）、C（2，﹣3），A（1，﹣3），∴點(diǎn)A、B、C共線，∴三個點(diǎn)A（1，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）不能確定一個圓．故答案為：不能．【點(diǎn)評】本題考查了確定圓的條件：不在同一直線上的三點(diǎn)確定一個圓．三．三角形的外接圓與外心（共9小題）14．（2021秋?樂清市期末）如圖，拋物線的圖象與x軸交于點(diǎn)A，B，交y軸于點(diǎn)C，動點(diǎn)P在射線AB運(yùn)動，作△BCP的外接圓⊙M，當(dāng)圓心M落在該拋物線上時，則AP的值（）A．3 B．4 C．5 D．3.5【分析】△PBC的外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線y＝﹣x上，求出直線y＝﹣x與拋物線的交點(diǎn)，即可推出點(diǎn)M坐標(biāo)，由此即可解決問題．【解答】解：∵△PBC的外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線y＝﹣x上，由，解得或（舍棄），∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（2，﹣2），如圖1中，作MN⊥AB于N，∵M(jìn)P＝MB，NM⊥PB，∴PN＝NB＝1，∴OP＝1，AP＝3，∴當(dāng)AP＝3時圓心在拋物線上．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查了三角形的外接圓與外心，拋物線與x軸的交點(diǎn)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．15．（2022秋?海淀區(qū)校級月考）如圖，等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，其中AB＝BC，下列結(jié)論不一定成立的是（）A．∠1＝∠2 B．∠2＝∠4 C．∠AOB＝2∠1 D．∠AOC＝4∠1【分析】利用OB＝OC可對A選項(xiàng)的結(jié)論進(jìn)行判斷；由于AB＝BC，OA＝OB﹣OC，得△OAB≌△COB，得∠4＝∠1＝∠2，可對B判斷；延長CO到M，由三角形的外角定理可對C判斷；根據(jù)∠AOC＝2∠ABC，進(jìn)而得∠AOC與∠1的關(guān)系，從而可判斷D．【解答】解：∵OB＝OC，∴∠1＝∠2，所以A選項(xiàng)的結(jié)論成立；∵AB＝BC，OA＝OC，OB＝OB，∴△OAB≌△COB（SSS），∴∠4＝∠1＝∠2＝∠ABO，故B選項(xiàng)結(jié)論成立；延長CO到M，∴∠BOM＝∠1+∠2＝2∠1，∵∠AOB＞∠BOM，∴∠AOB＞2∠1，故選項(xiàng)C的結(jié)論不成立；∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝2∠2，∠2＝∠1，∴∠AOC＝4∠1，故選項(xiàng)D結(jié)論成立；故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理和等腰三角形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握圓周角定理．16．（2022?濱?？h模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AD是⊙O的直徑，∠ABC＝35°，則∠CAD＝55°．【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角相等先求出∠D＝35°，再利用直徑所對的圓周角是直角可得∠ACD＝90°，然后根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余即可解答．【解答】解：∵∠ABC＝35°，∴∠ABC＝∠D＝35°，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∴∠CAD＝90°﹣∠D＝55°，故答案為：55°．【點(diǎn)評】本題考查了三角形的外接圓與外心，圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．17．（2022?宣城模擬）如圖，⊙O為△ABC的外接圓，AD⊥BC交BC于點(diǎn)D，直徑AE平分∠BAD交BC于點(diǎn)F，連接BE．（1）證明：∠AEB＝∠AFD；（2）若AB＝10，BF＝5，求AF的長．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠ABE＝90°，根據(jù)等角的余角相等證明結(jié)論；（2）過點(diǎn)B作BH⊥AE于H，根據(jù)勾股定理求出AE，根據(jù)三角形的面積公式求出BH，根據(jù)勾股定理計算即可．【解答】（1）證明：∵AE平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵AD⊥BC，∴∠DAF+∠AFD＝90°，∵AE為⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∴∠AEB+∠BAF＝90°，∴∠AEB＝∠AFD；（2）解：過點(diǎn)B作BH⊥AE于H，∵∠AFD＝∠BFE，∠AFD＝∠AEB，∴∠BFE＝∠AEB，∴BE＝BF＝5，在Rt△ABE中，AB＝10，∠ABE＝90°，則AE＝＝＝5，∵S△ABE＝AB?BE＝AE?BH，∴BH＝＝＝2，∴EH＝FH＝＝，∴AF＝AE﹣EF＝AE﹣2EH＝3．【點(diǎn)評】本題考查的是三角形的外接圓與外心、勾股定理，掌握圓周角定理、等腰三角形的三線合一是解題的關(guān)鍵．18．（2022?埇橋區(qū)校級模擬）如圖，⊙O的半徑為，△ABC內(nèi)接于⊙O，OD⊥AC于點(diǎn)D，∠A＝60°，∠C＝75°，則OD長度為2．【分析】連接OA，OC，利用三角形的內(nèi)角和定理可求解∠B的度數(shù)，再根據(jù)圓周角定理可求得∠AOC＝90°，即可證得△OAC為等腰直角三角形，求出AC＝4，再由垂徑定理及等腰直角三角形的性質(zhì)可求解OD的長．【解答】解：連接OA，OC，∵∠B+∠BAC+∠ACB＝180°，∠BAC＝60°，∠ACB＝75°，∴∠B＝45°，∴∠AOC＝2∠B＝90°，∵OA＝OC＝，∴△AOC為等腰直角三角形，AC＝，∵OD⊥AC，∴OD＝AC＝2，故答案為：2．【點(diǎn)評】本題主要考查三角形的內(nèi)角和定理，等腰直角三角形，垂徑定理，勾股定理，由周角定理等知識的綜合運(yùn)用，作適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．19．（2022?松山區(qū)模擬）如圖，△ABC內(nèi)接于半圓，AB是直徑，D是的中點(diǎn)，連接BD交AC于點(diǎn)G，過D作DE⊥AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F．（1）求證：FD＝FG；（2）若△DFG的面積為4.5，F(xiàn)H是△DFG的高，且DG＝3，GC＝4，試求△BCG的面積．【分析】（1）由圓周角定理可得∠ACB＝90°，結(jié)合對頂角的性質(zhì)可得∠CBD+∠AGD＝90°，由DE⊥AB可得∠D+∠ABD＝90°，根據(jù)D是的中點(diǎn)可得∠CBD＝∠ABD，即可證得∠D＝∠AGD，進(jìn)而可證明結(jié)論；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可求得HG＝，△FHG的面積為，通過證明△FHG∽△BCG可求解△BCG的面積．【解答】（1）證明：∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠CBD+∠CGB＝90°，∵∠CGB＝∠AGD，∴∠CBD+∠AGD＝90°，∵DE⊥AB，∴∠D+∠ABD＝90°，∵D是的中點(diǎn)，∴∠CBD＝∠ABD，∴∠D＝∠AGD，∴FD＝FG；（2）解：∵FD＝FG，F(xiàn)H是△DFG的高，且DG＝3，∴HG＝DG＝，∵S△DFG＝4.5，∴S△FHG＝S△DFG＝，∵∠FHG＝∠BCG＝90°，∠FGH＝∠BGC，∴△FHG∽△BCG，∴，∵GC＝4，∴，解得S△BCG＝16．【點(diǎn)評】本題主要考查圓的概念及性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，直角三角形的性質(zhì)，證明△FHG∽△BCG是解題的關(guān)鍵．20．（2022秋?拱墅區(qū)月考）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB為⊙O的直徑，AD＝16，CE＝6，連接OC，弦AD分別交OC，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，其中點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)．（1）求證：∠CAD＝∠CBA．（2）求AB的長．【分析】（1）利用垂徑定理以及圓周角定理解決問題即可；（2）證明△AEC∽△BCA，推出＝，求出AB即可解決問題．【解答】（1）證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴AE＝DE，∵OC是半徑，∴＝，∴∠CAD＝∠CBA；（2）解：∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∵AE＝DE＝AD＝8，，∴OC⊥AD，∴∠AEC＝90°，∵CE＝6，∴AC＝＝10，∵∠AEC＝∠ACB，∠CAD＝∠CBA，∴△AEC∽△BCA，∴＝，∴＝，∴AB＝．【點(diǎn)評】本題考查三角形的外接圓與外心，勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，得到△AEC∽△BCA．21．（2021秋?豐澤區(qū)校級期末）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AE⊥BC于點(diǎn)E，BD⊥AC于點(diǎn)D，延長BD交⊙O于點(diǎn)G，連接AG．（1）求證：AF＝AG；（2）連接DE，若DE＝，∠FAG＝105°，求⊙O的半徑．【分析】（1）由圓周角定理的推論，即可證明；（2）由三角形中位線定理，勾股定理，可求解．【解答】（1）證明：∵AE⊥BC于點(diǎn)E，BD⊥AC于點(diǎn)D，∴∠ACB+∠EFD＝180°，∵∠AFD+∠EFD＝180°，∴∠AFD＝∠ACB，∵∠AGD＝∠ACB，∴∠AFD＝∠AGD，∴AF＝AG；（2）解：延長AE交⊙O于M，連接BM，GM，GC，MC，MO，作直徑GN，作MH⊥GN于H，∵AF＝AG，AC⊥FG，∴FD＝DG，同理，F(xiàn)E＝EM，∴MG＝2DE＝2（+），∵∠MAG+∠MCG＝180°，∴∠MCG＝180°﹣∠MAG＝180°﹣105°＝75°，∴∠MOG＝2∠MCG＝150°，∴∠MOH＝30°，設(shè)MH＝x，∴OM＝OG＝2x，OH＝x，∵M(jìn)H2+GH2＝GM2，∴x2+（2+）2x2＝22（+）2，∴（8+4）x2＝4（8+4），∴x2＝4，∴x＝2，∴⊙O半徑長為2x＝4．【點(diǎn)評】本題考查圓及三角形的有關(guān)知識點(diǎn)，關(guān)鍵是熟練掌握有關(guān)的知識點(diǎn)，并能綜合應(yīng)用．22．（2022?梅州模擬）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，AD⊥BC，垂足為D，直徑AE平分∠BAD，交BC于點(diǎn)F，連結(jié)BE．（1）求證：∠AEB＝∠AFD；（2）若AB＝10，BF＝5，求DF的長；（3）若點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，連結(jié)DG，若點(diǎn)O在DG上，求BF：FC的值．【分析】（1）由圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論；（2）過點(diǎn)B作BM⊥AE于點(diǎn)M．由勾股定理求出AE＝5，求出AF的長，證明△BFM∽△AFD，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案；（3）證出∠ABD＝45°，過點(diǎn)F作FH⊥AB于點(diǎn)H，證出BF＝FH＝FD，由等腰三角形的性質(zhì)證出FD＝CD，則可得出答案．【解答】（1）證明：∵AE為⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADF＝90°，∴∠AFD+∠FAD＝90°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠FAD，∴∠AEB＝∠AFD；（2）解：如圖1，過點(diǎn)B作BM⊥AE于點(diǎn)M．∵∠AFD＝∠BFE，∠AFD＝∠AEB，∴∠BFE＝∠AEB，∴BF＝BE＝5，∵AB＝10，∠ABE＝90°，∴AE＝，∵S△ABE＝AB?BE＝AE?BM，∴BM＝，∴EM＝FM＝，∵∠BMF＝∠ADF＝90°，∠AFD＝∠BFM，∴△BFM∽△AFD，∴，∴，∴DF＝2；（3）解：∵∠ADB＝90°，G為AB的中點(diǎn)，∴AG＝DG＝BG，∵O為AE的中點(diǎn)，G為AB的中點(diǎn)，∴OG∥BE，∵∠ABE＝90°，∴∠AGD＝90°，∴△ADG為等腰直角三角形，∴∠GAD＝45°，∴∠ABD＝45°，過點(diǎn)F作FH⊥AB于點(diǎn)H，如圖2，∵AF平分∠BAD，∴FD＝FH，∵∠ABD＝45°，∴BF＝FH＝FD，∵∠AFD＝∠AEB，∠AEB＝∠C，∴∠AFD＝∠C，∴AF＝AC，又∵AD⊥BC，∴FD＝DC，設(shè)FD＝DC＝x，則BF＝x，∴．【點(diǎn)評】本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，角平分的性質(zhì)等，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．四．直線與圓的位置關(guān)系（共5小題）23．（2022秋?東臺市月考）已知⊙O的半徑是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的一個根，圓心O到直線l的距離d＝5，則直線l與⊙O的位置關(guān)系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．平行【分析】先求方程的根，可得r的值，由直線與圓的位置關(guān)系的判斷方法可求解．【解答】解：∵x2﹣5x﹣6＝0，∴x1＝﹣1，x2＝6，∵⊙O的半徑為一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，∴r＝6，∵d＜r，∴直線l與⊙O的位置關(guān)系是相交，故選：A．【點(diǎn)評】本題考查的是直線與圓的位置關(guān)系，解決此類問題可通過比較圓心到直線距離d與圓半徑大小關(guān)系完成判定．24．（2022?滑縣模擬）如圖1展示的是曲柄連桿運(yùn)動的示意圖（1﹣曲柄，2﹣連桿，3﹣搖桿，4﹣機(jī)架），滑塊C在弧形漏槽內(nèi)運(yùn)動，通過連桿帶動點(diǎn)B繞點(diǎn)A做圓周運(yùn)動．某數(shù)學(xué)興趣小組利用示意圖，構(gòu)建了數(shù)學(xué)模型．如圖2，點(diǎn)C在上運(yùn)動，利用連桿BC，使得點(diǎn)B在⊙A上運(yùn)動．（1）如圖3，點(diǎn)C運(yùn)動到這一時刻時，連接AC交⊙A于點(diǎn)M，連接BM，∠ACB+2∠MBC＝90°．請判斷此時BC與⊙A的位置關(guān)系，并說明理由．（2）若點(diǎn)C在上運(yùn)動一個來回，則點(diǎn)B恰好繞點(diǎn)A運(yùn)動一周，若CD＝3AB，請求出∠FDG度數(shù)．【分析】（1）由題意易得∠MBA＝∠AMB，從而可求得∠ABC＝90°，再由切線的判定條件即可求解；（2）由題意可得點(diǎn)B與點(diǎn)C運(yùn)動的路程相等，利用弧長公式即可求解．【解答】解：（1）BC與⊙A相切，理由如下：由題意得：AM＝AB，∴∠MBA＝∠AMB，∴∠ABC＝∠MBA+∠MBC＝∠AMB+∠MBC＝∠ACB+∠MBC+∠MBC＝∠ACB+2∠MBC＝90°，∴AB⊥BC，∵AB是⊙A的半徑，∴BC與⊙A相切；（2）由題意得：點(diǎn)B與點(diǎn)C運(yùn)動的路程相等，設(shè)AB＝m，則CD＝3m，令∠FDG的度數(shù)為n°，∴點(diǎn)B運(yùn)動一周的路程為2πm，點(diǎn)C運(yùn)動的路程為：2×，∴2πm＝2×，解得：n＝60，∴∠FDG的度數(shù)為60°．【點(diǎn)評】本題主要考查直線與圓的位置關(guān)系，圓周角定理，點(diǎn)與圓的位置關(guān)系，解答的關(guān)鍵是結(jié)合圖形求得∠ABC＝90°．25．（2022?碑林區(qū)校級四模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，以AC為直徑的⊙O與AB邊交于點(diǎn)D，連接DE．（1）判斷直線DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若CD＝12，DE＝10，求⊙O的直徑．【分析】（1）連接DO，如圖，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，由∠BDC＝90°，E為BC的中點(diǎn)得到DE＝CE＝BE，則利用等腰三角形的性質(zhì)得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根據(jù)切線的判定定理即可得到DE與⊙O相切；（2）根據(jù)勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）直線DE是⊙O的切線，理由：連接DO，∵AC為⊙O直徑，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，∵E為BC的中點(diǎn)，∴DE＝CE＝BE，∴∠EDC＝∠ECD，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∵∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠EDC+∠ODC＝90°，∴∠EDO＝90°，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴DE與⊙O相切；（2）由（1）知，∠BDC＝90°，∵CE＝EB，∴DE＝BC，∴BC＝2DE＝20，∴BD＝＝16，∵∠BCA＝∠BDC＝90°，∠B＝∠B，∴△BCA∽△BDC，∴＝，∴＝，∴AC＝15．【點(diǎn)評】本題考查了切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．要證某線是圓的切線，已知此線過圓上某點(diǎn)，連接圓心與這點(diǎn)（即為半徑），再證垂直即可．也考查了直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)．26．（2022?橋西區(qū)校級模擬）如圖，已知⊙O的半徑為2，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠BAD＝120°，點(diǎn)A平分，延長OD至點(diǎn)M，使得DM＝OD，連接AM．（1）當(dāng)點(diǎn)C在優(yōu)弧BD上移動時，AM的位置不變；（選填“改變”或“不變”）（2）判斷AM與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（3）當(dāng)點(diǎn)C在優(yōu)弧BD上移動時，若∠OBC＝20°，求的長．【分析】（1）根據(jù)C的位置與M的位置的聯(lián)系可以判斷；（2）首先連接OA，然后利用題目的已知條件得到∠OAD，∠DAM的度數(shù)，最后利用切線的判定定理證明即可；（3）首先利用等腰三角形的性質(zhì)得到∠OCB，∠COD，∠ODC的度數(shù)，然后利用弧長公式即可求解．【解答】解：（1）當(dāng)C在在優(yōu)弧BD上移動時，A的位置沒有改變，而∠BAD＝120°，∴B，C，D，M的位置也沒有改變，∴AM當(dāng)位置不變；（2）AM與⊙O相切．證明如下：連接OA，∵∠BAD＝120°，點(diǎn)A平分，∴∠BOA＝∠DOA＝60°，又OA＝OB＝OD，∴△BOA，△DAO為等邊三角形，∴∠OAD＝∠ODA＝60°，∵DM＝OD，∴∠DAM＝∠DMA，∴∠ODA＝∠ADM+∠AMD，∴∠DAM＝30°，∴∠OAM＝∠OAD+∠DAM＝90°，而OA為半徑，∴AM與⊙O相切；（3）連接OC，∵∠BAD＝120°，∴∠BCD＝60°，∵∠OBC＝20°，OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝20°，∴∠OCD＝∠BCD﹣∠OCB＝40°，∵OC＝OD∴∠OCD＝∠ODC＝40°，∴∠COD＝180°﹣2×40°＝100°，∴的長為＝π．【點(diǎn)評】本題主要考查了切線的判定，也利用了等腰三角形的性質(zhì)與判定，同時也考查了弧長公式，綜合性比較強(qiáng)．27．（2022?儀征市一模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC相交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥AC交AC于點(diǎn)E．（1）試判斷直線DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；（2）若⊙O的半徑為5，BC＝16，求DE的長．【分析】（1）連接AD，根據(jù)圓周角定理求出∠ADB＝90°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BD＝CD，根據(jù)三角形的中位線求出OD∥AC，求出DE⊥OD，根據(jù)切線的判定得出即可；（2）由等腰三角形的性質(zhì)求出BD＝CD＝8，由勾股定理求出AD的長，根據(jù)三角形的面積得出答案．【解答】解：（1）直線DE與⊙O的位置關(guān)系是相切，理由是：連接AD，OD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD，∵AO＝BO，∴DO∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴直線DE與⊙O的位置關(guān)系是相切；（2）∵⊙O的半徑為5，∴AC＝AB＝10，∵BC＝16，BD＝CD，∴CD＝8，在Rt△ACD中，AD＝＝＝6，∵S△ADC＝AC?DE＝AD?CD，∴DE＝＝＝．【點(diǎn)評】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，三角形的面積等知識，正確作出輔助線，熟練掌握掌握切線的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．五．切線的性質(zhì)（共6小題）28．（2021秋?濰坊期末）如圖，從圓外一點(diǎn)P引圓的兩條切線PA，PB，A，B為切點(diǎn)，M為PB上一點(diǎn)，連接MO交⊙O于點(diǎn)D，若MO∥PA，PA＝9，MD＝2，則⊙O的半徑長是（）A．3 B．4 C． D．【分析】連接OP、OB，如圖，設(shè)⊙O的半徑為r，則OM＝MD+OD＝2+r，先根據(jù)切線長定理和切線的性質(zhì)得到PB＝PA＝9，OP平分∠APB，OB⊥PB，再證明∠BPO＝∠MOP得到MP＝MO＝2+r，所以BM＝7﹣r，然后在Rt△OBM中根據(jù)勾股定理得到r2+（7﹣r）2＝（2+r）2，最后解方程即可．【解答】解：連接OP、OB，如圖，設(shè)⊙O的半徑為r，則OM＝MD+OD＝2+r，∵PA、PB為⊙O的切線，∴PB＝PA＝9，OP平分∠APB，OB⊥PB，∴∠AOP＝∠BOP，∠OBP＝90°，∵M(jìn)O∥PA，∴∠MOP＝∠APO，∴∠BPO＝∠MOP，∴MP＝MO＝2+r，∴BM＝PB﹣PM＝9﹣（2+r）＝7﹣r，在Rt△OBM中，r2+（7﹣r）2＝（2+r）2，解得r1＝3，r2＝15（舍去），即⊙O的半徑長是3．故選：A．【點(diǎn)評】本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑．也考查了切線長定理、平行線的性質(zhì)和勾股定理．29．（2022秋?雨花區(qū)校級月考）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，以點(diǎn)C為圓心r為半徑作圓，如果⊙C與AB相切，則半徑r的值是．【分析】過點(diǎn)C作CD⊥AB于D，根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)三角形的面積公式求出CD，根據(jù)直線與圓的位置關(guān)系求出r．【解答】解：過點(diǎn)C作CD⊥AB于D，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝，由勾股定理得：AC＝＝＝3，∵S△ABC＝BC?AC＝AB?CD，∴×3×4＝×5CD，解得：CD＝，當(dāng)⊙C與AB相切時，半徑r的值是，故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查的是圓的切線，掌握圓心到直線的距離等于圓的半徑時，直線與圓相切是解題的關(guān)鍵．30．（2022秋?崇川區(qū)校級月考）如圖，P為⊙O外一點(diǎn)，PA、PB分別切⊙O于點(diǎn)A、B，CD切⊙O于點(diǎn)E，分別交PA、PB于點(diǎn)C、D，若PA＝8，則△PCD的周長為16．【分析】根據(jù)切線長定理得到PB＝PA＝8，CA＝CE，DB＝DE，再根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案．【解答】解：∵PA、PB分別切⊙O于點(diǎn)A、B，CD切⊙O于點(diǎn)E，PA＝8，∴PB＝PA＝8，CA＝CE，DB＝DE，∴△PCD的周長＝PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PC+CA+PD+DB＝PA+PB＝16，故答案為：16．【點(diǎn)評】本題考查的是切線長定理，從圓外一點(diǎn)引圓的兩條切線，它們的切線長相等．31．（2022?歷下區(qū)校級三模）如圖，AB為⊙O的直徑，PQ切⊙O于E，AC⊥PQ于C，交⊙O于D．（1）求證：AE平分∠BAC；（2）若AD＝2，EC＝，∠BAC＝60°，求⊙O的半徑．【分析】（1）連接OE，根據(jù)切線的性質(zhì)就可以得出OE⊥PQ，就可以得出OE∥AC，可以得出∠BAE＝∠CAE而得出結(jié)論；（2）連接BE，由AE平分∠BAC就可以得出∠BAE＝∠CAE＝30°，就可以求出AE＝2，在Rt△ABE中由勾股定理可以求出AB的值，從而求出結(jié)論．【解答】（1）證明：連接OE，∴OA＝OE，∴∠OEA＝∠OAE．∵PQ切⊙O于E，∴OE⊥PQ．∵AC⊥PQ，∴OE∥AC．∴∠OEA＝∠EAC，∴∠OAE＝∠EAC，∴AE平分∠BAC．（2）解：連接BE，∵AB是直徑，∴∠AEB＝90°．∵∠BAC＝60°，∴∠OAE＝∠EAC＝30°．∴AB＝2BE．∵AC⊥PQ，∴∠ACE＝90°，∴AE＝2CE．∵CE＝，∴AE＝2．設(shè)BE＝x，則AB＝2x，由勾股定理，得x2+12＝4x2，解得：x＝2或x＝﹣2（舍）∴AB＝4，∴⊙O的半徑為2．方法二、連接OD，∵∠BAC＝60°，OA＝OD，∴△OAD為等邊三角形，∴OA＝OD＝AD＝2，∴⊙O的半徑為2．【點(diǎn)評】本題考查了角平分線的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，切線的性質(zhì)的運(yùn)用，30度角的直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，平行線的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，解答時合理運(yùn)用切線的性質(zhì)是關(guān)鍵．32．（2022?蜀山區(qū)校級三模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，O是AB邊上的一點(diǎn)，以O(shè)A為半徑的⊙O與邊BC相切于點(diǎn)E．（1）若AB＝8，⊙O的半徑為3，求AC的長．（2）過點(diǎn)E作弦EF⊥AB于G，連接AF，若∠AFE＝2∠ABC．求證：四邊形ACEF是菱形．【分析】（1）連接OE，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OE⊥BC，根據(jù)勾股定理求出BE，再根據(jù)勾股定理計算，求出AC；（2）根據(jù)圓周角定理、三角形的外角性質(zhì)求出∠ABC＝30°，進(jìn)而得到∠AFE＝∠FEB，證明AF∥BC，根據(jù)菱形的判斷定理證明結(jié)論．【解答】（1）解：連接OE，∵AB＝8，⊙O的半徑為3，∴OB＝8﹣3＝5，∵⊙O與邊BC相切于點(diǎn)E，∴OE⊥BC，∴BE＝＝＝4，∵∠BAC＝90°，∴CA是⊙O的切線，∴CA＝CE，在Rt△ABC中，AC2+AB2＝BC2，即AC2+82＝（4+AC）2，解得：AC＝6；（2）證明：由圓周角定理得：∠AOE＝2∠AFE，∵∠AFE＝2∠ABC，∴∠AOE＝4∠ABC，∵∠AOE＝90°+∠ABC，∴∠ABC＝30°，∴∠AFE＝60°，∵EF⊥AB，∴∠FEB＝60°，∴∠AFE＝∠FEB，∴AF∥BC，∵∠BAC＝90°，EF⊥AB，∴AC∥EF，∴四邊形ACEF為平行四邊形，∵CA＝CE，∴平行四邊形ACEF為菱形．【點(diǎn)評】本題考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理、菱形的判斷定理，掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑是解題的關(guān)鍵．33．（2022?鹿城區(qū)校級三模）如圖，AB為半圓O的直徑，BC切半圓O于點(diǎn)B，連結(jié)AC交半圓于點(diǎn)D，點(diǎn)E為的中點(diǎn)，連結(jié)BE交AC于點(diǎn)F．（1）求證：CB＝CF．（2）若，BC＝6，求AB的長．【分析】（1）連結(jié)AE，由BC是⊙O的切線得∠ABC＝90°，由AB是⊙O的直徑得∠E＝90°，由點(diǎn)E為的中點(diǎn)得∠ABE＝∠DAE，即可由90°﹣∠ABE＝90°﹣∠DAE證明∠CBF＝∠CFB，所以CB＝CF；（2）作CG⊥BF于點(diǎn)G，則GF＝GB＝FB，而，可求得＝，再證明△AFE∽△CFG，得＝＝，由（1）得BC＝CF＝6，可求得AF＝4，則AC＝10，即可根據(jù)勾股定理求得AB＝8．【解答】（1）證明：如圖，連結(jié)AE，∵BC是⊙O的切線，∴BC⊥OB，∴∠ABC＝90°，∴∠CBF＝90°﹣∠ABE，∴AB是⊙O的直徑，∴∠E＝90°，∴∠CFB＝∠AFE＝90°﹣∠DAE，∵點(diǎn)E為的中點(diǎn)，∴＝，∴∠ABE＝∠DAE，∴90°﹣∠ABE＝90°﹣∠DAE，∴∠CBF＝∠CFB，∴CB＝CF．（2）解：如圖，作CG⊥BF于點(diǎn)G，∵BC＝CF＝6，∴GF＝GB＝FB，∵，∴EF＝FB，∴＝＝，∵∠FGC＝∠E＝90°，∠AFE＝∠DFG，∴△AFE∽△CFG，∴＝＝，∴AF＝CF＝×6＝4，∴AC＝AF+CF＝4+6＝10，∴AB＝＝＝8，∴AB的長是8．【點(diǎn)評】此題重點(diǎn)考查圓的切線的性質(zhì)、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．六．切線的判定（共6小題）34．（2022?朝陽區(qū)校級開學(xué)）如圖，以△ABC的邊BC的長為直徑作⊙O，交AC于點(diǎn)D，若∠A＝∠DBC，求證：AB是⊙O的切線．【分析】根據(jù)圓周角定理得到∠BDC＝90°，根據(jù)題意得到AB⊥BC，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論．【解答】證明：∵BC為⊙O的直徑，∴∠BDC＝90°，∴∠A+∠ABD＝90°，∵∠A＝∠DBC，∴∠DBC+∠ABD＝90°，∴AB⊥BC，∵BC為⊙O的直徑，∴AB是⊙O的切線．【點(diǎn)評】本題考查的是切線的判定定理、圓周角定理，熟記經(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．35．（2022?北京）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的一條弦，AB⊥CD，連接AC，OD．（1）求證：∠BOD＝2∠A；（2）連接DB，過點(diǎn)C作CE⊥DB，交DB的延長線于點(diǎn)E，延長DO，交AC于點(diǎn)F．若F為AC的中點(diǎn)，求證：直線CE為⊙O的切線．【分析】（1）連接AD，首先利用垂徑定理得，知∠CAB＝∠BAD，再利用同弧所對的圓心角等于圓周角的一半可得結(jié)論；（2）連接OC，首先由點(diǎn)F為AC的中點(diǎn)，可得AD＝CD，則∠ADF＝∠CDF，再利用圓的性質(zhì)，可說明∠CDF＝∠OCF，∠CAB＝∠CDE，從而得出∠OCD+∠DCE＝90°，從而證明結(jié)論．【解答】證明：（1）如圖，連接AD，∵AB是⊙O的直徑，AB⊥CD，∴，∴∠CAB＝∠BAD，∵∠BOD＝2∠BAD，∴∠BOD＝2∠A；（2）如圖，連接OC，∵F為AC的中點(diǎn)，∴DF⊥AC，∴AD＝CD，∴∠ADF＝∠CDF，∵，∴∠CAB＝∠DAB，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠CDF＝∠CAB，∵OC＝OD，∴∠CDF＝∠OCD，∴∠OCD＝∠CAB，∵，∴∠CAB＝∠CDE，∴∠CDE＝∠OCD，∵∠E＝90°，∴∠CDE+∠DCE＝90°，∴∠OCD+∠DCE＝90°，即OC⊥CE，∵OC為半徑，∴直線CE為⊙O的切線．【點(diǎn)評】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，圓的切線的判定等知識，熟練掌握圓周角定理是解題的關(guān)鍵．36．（2022?順德區(qū)一模）如圖，A，B，C，D是⊙O上的四個點(diǎn)，∠ADB＝∠BDC＝60°，過點(diǎn)A作AE∥BC交CD延長線于點(diǎn)E．（1）求∠ABC的大?。唬?）證明：AE是⊙O的切線．【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠CAB＝∠BDC＝60°，∠ACB＝∠ADB＝60°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)解答即可；（2）連接AO并延長交BC于F，根據(jù)垂徑定理的推論得到AF⊥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到AF⊥AE，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論．【解答】（1）解：由圓周角定理得：∠CAB＝∠BDC＝60°，∠ACB＝∠ADB＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴∠ABC＝60°；（2）證明：連接AO并延長交BC于F，∵AB＝AC，∴＝，∴AF⊥BC，∵AE∥BC，∴AF⊥AE，∵OA是⊙O的半徑，∴AE是⊙O的切線．【點(diǎn)評】本題考查的是切線的判定、圓周角定理、垂徑定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)，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．37．（2022?寧夏）如圖，以線段AB為直徑作⊙O，交射線AC于點(diǎn)C，AD平分∠CAB交⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作直線DE⊥AC于點(diǎn)E，交AB的延長線于點(diǎn)F．連接BD并延長交AC于點(diǎn)M．（1）求證：直線DE是⊙O的切線；（2）求證：AB＝AM；（3）若ME＝1，∠F＝30°，求BF的長．【分析】（1）連接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC證明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可證明直線DE是⊙O的切線；（2）由線段AB是⊙O的直徑證明∠ADB＝90°，再根據(jù)等角的余角相等證明∠M＝∠ABM，則AB＝AM；（3））由∠AEF＝90°，∠F＝30°證明∠BAM＝60°，則△ABM是等邊三角形，所以∠M＝60°，則∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再證明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．【解答】（1）證明：連接OD，則OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴∠ODF＝∠AED＝90°，∵OD是⊙O的半徑，且DE⊥OD，∴直線DE是⊙O的切線．（2）證明：∵線段AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，∴∠M+∠DAM＝90°，∠ABM+∠DAB＝90°，∵∠DAM＝∠DAB，∴∠M＝∠ABM，∴AB＝AM．（3）解：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，∴∠BAM＝60°，∴△ABM是等邊三角形，∴∠M＝60°，∵∠DEM＝90°，ME＝1，∴∠EDM＝30°，∴MD＝2ME＝2，∴BD＝MD＝2，∵∠BDF＝∠EDM＝30°，∴∠BDF＝∠F，∴BF＝BD＝2．【點(diǎn)評】此題重點(diǎn)考查切線的判定、直徑所對的圓周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．38．（2022?富陽區(qū)二模）如圖，以正方形ABCD的邊AB為直徑作⊙O，E是⊙O上一點(diǎn)，EF⊥AB于點(diǎn)F，AF＞BF，作直線DE交BC于點(diǎn)G，CD＝10，EF＝4．（1）求AF的長；（2）求證：DG是⊙O的切線．【分析】（1）已知直徑易知半徑．連接OE，在Rt△OEF中運(yùn)用勾股定理求OF，再求AF，BF；（2）欲證DG為切線，則證OE⊥DG．連接OD，證明△OAD≌△OED即可．已有兩邊對應(yīng)相等，只需證明DE＝AD．為此作EH⊥AD于H，運(yùn)用勾股定理可證．【解答】（1）解：如圖，連接OE．∵正方形邊長為10，AB是直徑，∴OB＝OE＝5．∵EF⊥AB，EF＝4，∴OF＝＝3，∴BF＝2，∴AF＝8；（2）證明：如圖，連接OD，作EH⊥AD于H點(diǎn)．∴四邊形AFED為直角梯形，∴EH＝AF＝8，HD＝10﹣4＝6．∴DE＝＝10．∴AD＝DE．又OA＝OE，OD公共邊，∴△OAD≌△OED（SSS），∴∠OED＝∠OAD＝90°，又OE是⊙O的半徑，∴DG是⊙O的切線．【點(diǎn)評】此題考查了正方形的性質(zhì)、圓的切線的判定、勾股定理等知識點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)，難度較大39．（2022?福州模擬）如圖，AC是?ABCD的對角線，∠BAD+∠ACB＝90°．O是BC垂直平分線與AC的交點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OC長為半徑作⊙O．求證：AB為⊙O的切線．【分析】連接BO，并延長BO交CD于E，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到OB＝OC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BAC＝∠DCA，∠DAC＝∠BCA，∠ABE＝∠BEC，根據(jù)垂直的定義得到OB⊥AB，于是得到AB為⊙O的切線．【解答】證明：連接BO，并延長BO交CD于E，∵O在BC垂直平分線上，∴OB＝OC，∴OB是⊙O的半徑，∠ACB＝∠CBE，∵AC是?ABCD的對角線，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠BAC＝∠DCA，∠DAC＝∠BCA，∠ABE＝∠BEC，∵∠BAD+∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠DAC+∠ACB＝90°，∴∠DCA+∠BCA+∠CBE＝90°，∴∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠BEC＝180°﹣90°＝90°，∴∠ABE＝90°，∴OB⊥AB，∴AB為⊙O的切線．【點(diǎn)評】本題考查了切線的判定，平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．七．切線的判定與性質(zhì)（共7小題）40．（2022?社旗縣一模）如圖，直線交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)P是x軸上一動點(diǎn)，以點(diǎn)P為圓心，以1個單位長度為半徑作⊙P，當(dāng)⊙P與直線AB相切時，點(diǎn)P的坐標(biāo)是（）A． B．或 C． D．或【分析】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．【解答】解：∵直線y＝﹣x﹣3交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，∴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，∴，即，∴AP＝，∴OP＝或OP＝，∴P（﹣，0）或P（﹣，0），故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了切線的判定和性質(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)，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．41．（2021秋?豐澤區(qū)校級期末）如圖，已知AB是⊙O的直徑，AB＝BE，點(diǎn)P在BA的延長線上，連接AE交⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作PC⊥BE垂足為點(diǎn)C．（1）求證：PC與⊙O相切；（2）連結(jié)OC，如果PD＝2，∠P＝30°，求OC的長．【分析】（1）連接OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠BAE＝∠BEA，∠BAE＝∠ODA，等量代換得到∠ODA＝∠BEA，證明OD∥BE，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到PC⊥OD，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；（2）解直角三角形求出OD、OP，進(jìn)而求出CD，根據(jù)勾股定理計算，得到答案．【解答】（1）證明：連接OD，∵AB＝BE，∴∠BAE＝∠BEA，∵OA＝OD，∴∠BAE＝∠ODA，∴∠ODA＝∠BEA，∴OD∥BE，∵PC⊥BE，∴PC⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴PC與⊙O相切；（2）解：在Rt△OPD中，∠ODP＝90°，∠P＝30°，∴OD＝PD?tanP＝2，OP＝＝4，∴PB＝OP+OB＝4+2＝6，∴PC＝PB?cosP＝3，∴CD＝PC﹣PD＝2﹣＝，∴OC＝＝＝．【點(diǎn)評】本題考查的是切線的判定、解直角三角形，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．42．（2022?上城區(qū)一模）在直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝kx+1﹣2k（k≠0）的圖象記作G，以原點(diǎn)O為圓心，作半徑為1的圓，有以下幾種說法：①當(dāng)G與⊙O相交時，y隨x增大而增大；②當(dāng)G與⊙O相切時，k＝；③當(dāng)G與⊙O相離時，k＞或k＜0．其中正確的說法是（）A．① B．①② C．①③ D．②③【分析】由一次函數(shù)解析式可得直線過點(diǎn)（2，1），如圖1，P（2，1），A、B為直線與圓的切點(diǎn)，連接OB，OP，AB，AB與OP交于點(diǎn)C，過B作BE⊥y軸于E；先由勾股定理和三角函數(shù)解Rt△PAO；再由切線長定理求得AB的長；然后解Rt△ABE求得B點(diǎn)坐標(biāo)，便可求得直線與圓相切時的k值；根據(jù)一次函數(shù)與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)（0，1﹣2k）隨k值的變化情況確定直線與圓的位置關(guān)系即可解答．【解答】解：∵y＝kx+1﹣2k（k≠0），當(dāng)x＝2時，y＝1，∴一次函數(shù)經(jīng)過點(diǎn)（2，1），如圖，P（2，1），A、B為直線與圓的切點(diǎn)，連接OB、AB、OP交AB于點(diǎn)C，過B作BE⊥y軸于E，∵A（0，1），∴PA∥x軸，∵PA＝2，OA＝1，∴OP＝＝，Rt△PAO中，sin∠OPA＝，cos∠OPA＝，由切線長定理得：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＝ABcos∠EAB＝＝，∴OE＝AE﹣OA＝，∴B（，﹣），代入y＝kx+1﹣2k（k≠0）可得：k＝，∵直線y＝kx+1﹣2k（k≠0）與y軸交點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1﹣2k），當(dāng)k＝時，直線與圓相切，直線與y軸交點(diǎn)（0，﹣），當(dāng)k＞時，1﹣2k＜﹣，直線與圓相離；當(dāng)k＜0時，1﹣2k＞1，直線與圓相離；當(dāng)0＜k＜時，﹣＜1﹣2k＜1，直線與圓相交；∵直線與圓相交時，0＜k＜，∴一次函數(shù)遞增，故①正確；∵直線與圓相切時，k＝，故②錯誤；∵直線與圓相離時，k＞或k＜0，故③正確，①③正確，故選：C．【點(diǎn)評】本題考查了一次函數(shù)的圖象特征，切線長定理，直線與圓的位置關(guān)系，解直角三角形等知識；綜合性強(qiáng)難度大，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．43．（2022秋?玄武區(qū)校級月考）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠DAB＝90°，點(diǎn)E在DC的延長線上，且∠CED＝∠CAB．（1）求證：DE是⊙O的切線．（2）若AC∥DE，當(dāng)AB＝8，DC＝4時，求AC的長．【分析】（1）先判斷出BD是圓O的直徑，再判斷出BD⊥DE，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出AC⊥BD，進(jìn)而求出BC＝AB＝8，再用勾股定理求出BD，根據(jù)三角形的面積公式即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：如圖，連接BD，∵∠BAD＝90°，∴點(diǎn)O必在BD上，即：BD是直徑，∴∠BCD＝90°，∴∠DEC+∠CDE＝90°，∵∠DEC＝∠BAC，∴∠BAC+∠CDE＝90°，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BDC+∠CDE＝90°，∴∠BDE＝90°，即：BD⊥DE，∵點(diǎn)D在⊙O上，∴DE是⊙O的切線；（2）解：∵DE∥AC，∵∠BDE＝90°，∴∠BFC＝90°，∴CB＝AB＝8，AF＝CF＝AC，在Rt△BCD中，BD＝＝4，∴CF＝＝＝，∴AC＝2CF＝．【點(diǎn)評】此題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，三角形的面積公式，切線的判定和性質(zhì)，勾股定理，求出BC＝8是解本題的關(guān)鍵．44．（2022?百色一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD為直徑作⊙O．將矩形ABCD繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)，使所得矩形A'B'CD'的邊A'B'與⊙O相切，切點(diǎn)為E，邊CD'與⊙O相交于點(diǎn)F，過點(diǎn)O，E的直線交CF于點(diǎn)G，則CF的長為（）A．4.5 B．4 C．3.5 D．3【分析】過點(diǎn)O作OH⊥B′C于點(diǎn)H，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OEB′＝90°，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AB＝CD＝5，∠B′＝∠B′CD′＝90°，從而可得OD＝OC＝OE＝2.5，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC＝B′C＝4，然后根據(jù)矩形的判定可得四邊形OEB′H和四邊形EB′CG都是矩形，從而可得B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，進(jìn)而求出CH的長，最后在Rt△OHC中，利用勾股定理求出OH的長，最后根據(jù)垂徑定理求出CF的長，即可解答．【解答】解：過點(diǎn)O作OH⊥B′C于點(diǎn)H，∴∠OHB′＝90°，∵A'B'與⊙O相切于點(diǎn)E，∴∠OEB′＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝5，∴OD＝OC＝OE＝2.5，由旋轉(zhuǎn)得：BC＝B′C＝4，∵四邊形A′B′C′D′是矩形，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，∴四邊形OEB′H和四邊形EB′CG都是矩形，∴B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，∴CH＝B′C﹣B′H＝1.5，∴OH＝＝＝2，∴CG＝OH＝2，∵OG⊥CD′，∴CF＝2CG＝4，故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，垂徑定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．45．（2022秋?岳麓區(qū)校級月考）如圖，以線段AB為直徑作⊙O，交射線AC于點(diǎn)C，AD平分∠CAB交⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作直線DE⊥AC于點(diǎn)E，交AB的延長線于點(diǎn)F．連接BD并延長交AC于點(diǎn)M．（1）求證：直線DE是⊙O的切線；（2）若∠F＝30°，求∠M的度數(shù)；（3）在第二問的條件下，若ME＝1，求BF的長．【分析】（1）連接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC證明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可證明直線DE是⊙O的切線；（2）根據(jù)圓周角定理和等邊三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論；（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°證明∠BAM＝60°，則△ABM是等邊三角形，所以∠M＝60°，則∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再證明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．【解答】（1）證明：連接OD，則OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴∠ODF＝∠AED＝90°，∵OD是⊙O的半徑，且DE⊥OD，∴直線DE是⊙O的切線；（2）解：∵線段AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，∴∠M+∠DAM＝90°，∠ABM+∠DAB＝90°，∵∠DAM＝∠DAB，∴∠M＝∠ABM，∴AB＝AM．∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，∴∠BAM＝60°，∴△ABM是等邊三角形，∴∠M＝60°；（3）解：∵∠DEM＝90°，∠M＝60°，ME＝1，∴∠EDM＝30°，∴MD＝2ME＝2，∴BD＝MD＝2，∵∠BDF＝∠EDM＝30°，∴∠BDF＝∠F，∴BF＝BD＝2．【點(diǎn)評】此題重點(diǎn)考查切線的判定、直徑所對的圓周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．46．（2022?五華區(qū)校級模擬）如圖，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC交于點(diǎn)D，DE⊥AC，垂足為E，ED的延長線與AB的延長線交于點(diǎn)F．（1）求證：EF是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為，BD＝3，求CE的長．【分析】（1）連接OD，根據(jù)AB＝AC，OB＝OD，得∠ACB＝∠ODB，從而OD∥AC，由DE⊥AC，即可得EF⊥OD，故EF是⊙O的切線；（2）連接AD，由△CDE∽△CAD，即可求解．【解答】（1）證明：連接OD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵OB＝OD，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ACB＝∠ODB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD即EF⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴EF是⊙O的切線；（2）解：連接AD，∵AB是⊙O直徑，∴AD⊥BC，∵DE⊥AC，∴∠ADC＝∠DEC，∵∠C＝∠C，∴△CDE∽△CAD，∴CD：CA＝CE：CD，∵AB＝AC，∴DC＝DB＝3，∵AC＝AB＝7，∴3：7＝CE：3，∴CE＝．【點(diǎn)評】本題考查切線的性質(zhì)，圓周角定理的推論，等腰三角形性質(zhì)及應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握并能熟練應(yīng)用這些知識點(diǎn)．八．切線長定理（共3小題）47．（2022?白銀模擬）如圖，四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，且AB＝9，CD＝15，則四邊形ABCD的周長為48．【分析】根據(jù)切線長定理得到AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，得到AD+BC＝AB+CD＝24，根據(jù)四邊形的周長公式計算，得到答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，∴AD+BC＝AB+CD＝24，∴四邊形ABCD的周長＝AD+BC+AB+CD＝24+24＝48，故答案為：48．【點(diǎn)評】本題考查的是切線長定理，掌握從圓外一點(diǎn)引圓的兩條切線，它們的切線長相等是解題的關(guān)鍵．48．（2021秋?原州區(qū)期末）如圖，PA、PB、DE分別切⊙O于A、B、C，DE分別交PA，PB于D、E，已知P到⊙O的切線長為8cm，那么△PDE的周長為16cm．【分析】由于PA、PB、DE都是⊙O的切線，可根據(jù)切線長定理將切線PA、PB的長轉(zhuǎn)化為△PDE的周長．【解答】解：∵PA、PB、DE分別切⊙O于A、B、C，∴PA＝PB，DA＝DC，EC＝EB；∴C△PDE＝PD+DE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝8+8＝16cm；∴△PDE的周長為16cm．故答案為16cm．【點(diǎn)評】此題主要考查的是切線長定理，能夠發(fā)現(xiàn)△PDE的周長和切線PA、PB長的關(guān)系是解答此題的關(guān)鍵．49．（2021秋?西崗區(qū)期末）如圖，P為⊙O外一點(diǎn)，PA、PB分別切⊙O于點(diǎn)A、B，CD切⊙O于點(diǎn)E，分別交PA、PB于點(diǎn)C、D，若PA＝8，則△PCD的周長為（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】由切線長定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，則可求得答案．【解答】解：∵PA、PB分別切⊙O于點(diǎn)A、B，CD切⊙O于點(diǎn)E，∴PA＝PB＝6，AC＝EC，BD＝ED，∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝8+8＝16，即△PCD的周長為16．故選：C．【點(diǎn)評】本題主要考查切線的性質(zhì)，利用切線長定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解題的關(guān)鍵．九．三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心（共9小題）50．（2022秋?香坊區(qū)校級月考）如圖，點(diǎn)O是△ABC內(nèi)切圓的圓心，若∠BAC＝50°，那么∠BOC＝115度．【分析】由三角形內(nèi)切定義可知：OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分線，利用三角形內(nèi)角和定理和角平分線的性質(zhì)可得∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB），把對應(yīng)數(shù)值代入即可求得∠BOC的值．【解答】解：∵OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分線，∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣50°）＝65°，∴∠BOC＝180°﹣65°＝115°．故答案為：115．【點(diǎn)評】本題考查了三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)與三角形內(nèi)角和定理．注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與整體思想的應(yīng)用．51．（2022秋?崇川區(qū)校級月考）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點(diǎn)D、E、F，且AB＝18cm，BC＝28cm，CA＝26cm，求AF、BD、CE的長．【分析】由切線長定理可得AE＝AF，BF＝BD，CE＝CD，由線段的數(shù)量關(guān)系列出方程，即可求解．【解答】解：∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點(diǎn)D、E、F，∴AE＝AF，BF＝BD，CE＝CD，∵AB＝18cm，BC＝28cm，CA＝26cm，∴AF+BF＝18cm，BD+CD＝28cm，AE+CE＝26cm，∴AF＝8cm，BD＝10cm，CE＝18cm．【點(diǎn)評】本題考查的是三角形內(nèi)切圓的有關(guān)問題以及切線長定理的應(yīng)用，根據(jù)切線長定理列出方程是解題的關(guān)鍵．52．（2022秋?玄武區(qū)校級月考）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，三個切點(diǎn)分別為D、E、F，若BF＝3，AF＝10，則△ABC的面積是（）A．60 B．13 C．13 D．30【分析】利用切線的性質(zhì)以及正方形的判定方法得出四邊形OECD是正方形，進(jìn)而利用勾股定理得出答案．【解答】解：∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，∴OE⊥AC，OD⊥BC，CD＝CE，BD＝BF＝3，AF＝AE＝10，∴AB＝AF+BF＝13，∵∠C＝90°，OD＝OE，∴四邊形OECD是正方形，設(shè)EC＝CD＝x，在Rt△ABC中，BC2+AC2＝AB2，故（x+3）2+（x+10）2＝132，解得：x1＝2，x2＝﹣15（舍去），∴BC＝5，AC＝12，∴S△ABC＝×5×12＝30，故選：D．【點(diǎn)評】此題主要考查了三角形內(nèi)切圓與內(nèi)心，切線的性質(zhì)，得出四邊形OECF是正方形是解題關(guān)鍵．53．（2022?威縣校級模擬）如圖，將△ABC繞點(diǎn)C順時針旋轉(zhuǎn)110°，得到△A'B'C'，且點(diǎn)A'，C，B恰好在同一條直線上．（1）若∠A+∠B的度數(shù)為110°；（2）若O是△ABC的內(nèi)心，連接OA，OB，則∠AOB的度數(shù)為125°．【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠ACA′＝110°，再利用三角形的外角進(jìn)行計算即可解答；（2）根據(jù)已知可得AO平分∠BAC，BO平分∠ABC，然后利用角平分線的定義可得∠BAO+∠ABO＝（∠BAC+∠ABC）＝55°，然后利用三角形內(nèi)角和定理，進(jìn)行計算即可解答．【解答】解：（1）由旋轉(zhuǎn)得：∠ACA′＝110°，∵∠ACA′是△ABC的一個外角，∴∠ACA′＝∠A+∠B＝110°，故答案為：110°；（2）如圖：∵O是△ABC的內(nèi)心，∴AO平分∠BAC，BO平分∠ABC，∴∠BAO＝∠BAC，∠ABO＝∠ABC，∴∠BAO+∠ABO＝∠BAC+∠ABC＝（∠BAC+∠ABC）＝×110°＝55°，∴∠AOB＝180°﹣（∠BAO+∠ABO）＝125°，故答案為：125°．【點(diǎn)評】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，熟練掌握三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心是解題的關(guān)鍵．54．（2021秋?昆明期末）如圖，點(diǎn)O是△ABC的內(nèi)心，AO的延長線和△ABC的外接圓相交于點(diǎn)D，連結(jié)CD．求證：OD＝CD．【分析】連接OC，根據(jù)點(diǎn)O是△ABC的內(nèi)心，可得∠CAD＝∠BAD，∠OCA＝∠OCB，然后證明∠COD＝∠DCO，即可得到結(jié)論．【解答】證明：如圖，連接OC，∵點(diǎn)O是△ABC的內(nèi)心，∴∠CAD＝∠BAD，∠OCA＝∠OCB，∵∠BAD＝∠BCD，∴∠COD＝∠CAD+∠OCA＝∠BAD+∠OCB，∠DCO＝∠BCD+∠OCB，∴∠COD＝∠DCO，∴△DCO是等腰三角形，∴OD＝CD．【點(diǎn)評】本題考查了三角形的內(nèi)角圓與內(nèi)心，三角形的外接圓與外心，圓周角定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)圓周角定理得到∠COD＝∠DCO．55．（2022春?江漢區(qū)校級月考）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，⊙O是四邊形ABCD的內(nèi)切圓，CD，BC分別切⊙O于F，E兩點(diǎn)，若AD＝3，BC＝6，則EF的長是（）A． B． C． D．【分析】作DG⊥BC于點(diǎn)G，連接OC、OE，根據(jù)切線長定理可得CE＝CF，OC平分∠ECF，DF＝DH，所以O(shè)C垂直平分EF，令OC、EF相交于點(diǎn)M，則EM＝FM，設(shè)圓半徑為R，則DG＝2R，CG＝3，CD＝6﹣R+3﹣R，根據(jù)勾股定理可求出R，再利用面積公式求出EM即可求得EF．【解答】解：連接OC，與EF相交于點(diǎn)M，作DG⊥BC于點(diǎn)G，連接OE，設(shè)AD與圓的切點(diǎn)為H，如圖，∵AD∥BC，AB⊥BC，DG⊥BC，∴四邊形ABGD是矩形，∴BG＝AD＝3，CG＝BC﹣BG＝6﹣3＝3，∵點(diǎn)E、F、H是切點(diǎn)，∴DF＝DH，CF＝CE，OC平分∠ECF，∴△ECF是等腰三角形，OC是EF的垂直平分線，∴EM＝FM，設(shè)圓O半徑為R，則BE＝R，DG＝2R，∴CE＝CF＝6﹣R，DF＝DH＝3﹣R，∵DG2+CG2＝CD2，∴（2R）2+32＝[（3﹣R）+（6﹣R）]2，解得：R＝2，∴CE＝6﹣2＝4，∴，∵，∴，∴，故選：A．【點(diǎn)評】本題考查了切線長定理，充分利用切線長定理求解相關(guān)線段長度是解題關(guān)鍵．56．（2022?宜賓）我國古代數(shù)學(xué)家趙爽的“弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形（如圖所示）．若直角三角形的內(nèi)切圓半徑為3，小正方形的面積為49，則大正方形的面積為289．【分析】如圖，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接OE、OD，則四邊形EODC為正方形，然后利用內(nèi)切圓和直角三角形的性質(zhì)得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接著利用完全平方公式進(jìn)行代數(shù)變形，最后解關(guān)于AB的一元二次方程解決問題．【解答】解：如圖，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為O，連接OE、OD，則四邊形EODC為正方形，∴OE＝OD＝3＝，∴AC+BC﹣AB＝6，∴AC+BC＝AB+6，∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，而BC2+AC2＝AB2，∴2BC×AC＝12AB+36①，∵小正方形的面積為49，∴（BC﹣AC）2＝49，∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，把①代入②中得AB2﹣12AB﹣85＝0，∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，∴AB＝17（負(fù)值舍去），∴大正方形的面積為289．故答案為：289．【點(diǎn)評】本題主要考查了三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用，同時也利用了完全平方公式和一元二次方程，綜合性強(qiáng)，能力要求高．57．（2022?鹿城區(qū)校級模擬）如圖，△ABC中，AB＞AC，AE是其外接圓的切線，D為AB上的點(diǎn)，且AD＝AC＝AE．求證：直線DE過△ABC的內(nèi)心．【分析】設(shè)∠ACB的平分線與DE交于I，連接AI、CE，然后利用弦切角的性質(zhì)得到∠ACB＝2∠AED，接著得到∠ACI＝∠AED，最后利用等腰三角形的性質(zhì)解決問題．【解答】證明：設(shè)∠ACB的平分線與DE交于I，連接AI、CE，∵AE是△ABC外接圓的切線，∴∠ACB＝∠FAB＝180°﹣∠DAE，又AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∴∠ACB＝180°﹣∠DAE＝∠ADE+∠AED＝2∠AED，∴∠ACI＝∠ACB＝∠AED，∴A、E、I、C四點(diǎn)共圓，∵AC＝AE，∴∠AEC＝∠ACE，∴∠IAC＝∠IEC＝∠AEC﹣∠AED＝﹣＝（∠DAE﹣∠CAE）＝∠BAC，∴AI為∠BAC的平分線，