中考數(shù)學總復習中考數(shù)學專項提升第28講 與圓有關的位置關系(練習)(解析版)

第六章圓第28講與圓有關的位置關系TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u??題型01點與圓的位置關系??題型02點與圓上一點的最值問題??題型03直線與圓的位置關系??題型04圓與圓的位置關系??題型05利用切線的性質(zhì)求解??題型06證明某直線是圓的切線（有明確的交點）??題型07證明某直線是圓的切線（無明確的交點）??題型08切線的性質(zhì)與判定綜合??題型09作圓的切線??題型10應用切線長定理求解或證明??題型11由三角形外接圓求值??題型12由三角形內(nèi)切圓求值??題型13三角形內(nèi)心有關的應用??題型14三角形外接圓與內(nèi)切圓綜合??題型15圓位置關系與函數(shù)綜合??題型01點與圓的位置關系1．（2024·黑龍江大慶·二模）已知⊙O的半徑是4，點P到圓心O的距離d為方程x2?4x+4=0的一個根，則點P在（A．⊙O的外部 B．⊙O的內(nèi)部 C．⊙O上 D．無法判斷【答案】B【分析】本題主要考查了點與圓的位置關系，解一元二次方程，若點與圓心的距離d，圓的半徑為，則當d>r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上；當d<r時，點在圓內(nèi)，據(jù)此解方程求出d=2即可得到答案．【詳解】解：解方程x2?4x+4=0得∴d=2<4，∴點P在⊙O的內(nèi)部，故選：B．2．（2024·河北邯鄲·二模）如圖，平面上有P，Q，M，N四點，其中任意三點都不在同一條直線上，嘉淇進行了如下操作：①連接四點畫出四邊形PQMN；②利用尺規(guī)分別作PQ，PN的垂直平分線，兩直線交于點O．若以點O為圓心，OP長為半徑畫⊙O，則不一定在⊙O上的點是（

）

A．點P B．點Q C．點M D．點N【答案】C【分析】本題考查了點與圓的位置關系，線段垂直平分線的性質(zhì)，熟知垂直平分線上的任意一點，到線段兩端的距離相等是解題的關鍵；連接OP，OQ，OM，ON，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得出OP=OQ=ON，據(jù)此即可得出結論．【詳解】解：連接OP，OQ，OM，ON

∵作PQ，PN的垂直平分線，兩直線交于點O，∴OP=OQ=ON，∴點P，Q，N在點O為圓心，OP長為半徑的圓上，OM與ON的大小關系不能確定，∴點M不一定在圓上，故選：C．3．（2024·上海嘉定·二模）在△ABC中，AB=AC=8，cos∠B=14，以點C為圓心，半徑為6A．點A在圓C外，點B在圓C上； B．點A在圓C上，點B在圓C內(nèi)；C．點A在圓C外，點B在圓C內(nèi)； D．點A、B都在圓C外．【答案】C【分析】本題考查了解直角三角形，點與圓的位置關系，等腰三角形的性質(zhì)，掌握解直角三角形和會判斷點與圓的位置關系是解決問題的關鍵．由解直角三角形求出BD=2，由等腰三角形的性質(zhì)求出BC=4，即可判斷出點B和點A與⊙C的位置關系，即可得出答案．【詳解】解：如圖，過點A作AD⊥BC于點D，如圖所示：∵AB=AC=8，cos∠∴BD=AB×cos∵AB=AC，AD⊥BC，∴BC=2BD=4，∵⊙C的半徑為6，∵4<6<8，∴點A在圓C外，點B在圓C內(nèi)；故選：C．??題型02點與圓上一點的最值問題4．（2023·浙江金華·三模）如圖，已知直線y=34x?3與x軸、y軸分別交于A、B兩點，P是以C0,1為圓心，1為半徑的圓上一動點，連結PA、PB．則A．112 B．6 C．8 D．【答案】A【分析】本題考查了點與圓的位置關系，一次函數(shù)與坐標軸交點問題，三角形的面積，勾股定理；過C作CM⊥AB于M，連接AC，則由三角形面積公式得，12×AB×CM=12×OA×BC【詳解】解：過C作CM⊥AB于M，連接AC，∵直線y=34x?3與x軸、y軸分別交于A、∴令x=0，則y=?3；令y=0，則x=4；∴點A為(4,0)，點B為(0,?3)，∴AB=4∴OA=4，BC=1??3則由三角形面積公式得，12×AB×CM=12∴5×CM=16，∴CM=165∴圓C上點到直線y=34x?3∴△PAB面積的最小值是12故選：A．5．（2024·陜西寶雞·二模）如圖，在?ABCD中，∠BCD=120°，AB=10,AD=15，點E是線段AD上的動點，連接CE，點D關于CE的對稱點為F，連接AF，則AF的最小值為．【答案】5【分析】連接CF,AC，過點C作CG⊥AD于點G，先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，解Rt△CDG再對Rt△ACG運用勾股定理求得AC=57，由對稱確定點F的軌跡，由AF+FC≥AC，確定當A、F、C三點共線時，【詳解】解：連接CF,AC，過點C作CG⊥AD于點G，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，CD=AB=10，∴∠ADC=180°?120°=60°，∴DG=DC?cos60°=5，∴AG=15?5=10，在Rt△ACG中，利用勾股定理可得AC=5∵點D與點F關于CE對稱，∴CF=CD=10，∴點F在以C為圓心，CD為半徑的⊙C（平行四邊形內(nèi)部）上，∵AF+FC≥AC，∴當A、F、C三點共線時，AF最小，最小值為AC?CF=57故答案為：57【點睛】本題考查了平行線四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，三角形三邊關系確定最值，以及點與圓的位置關系，正確添加輔助線，熟練掌握知識點是解題的關鍵．6．（2024·陜西渭南·二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠BCD=90°，BC=CD=2AB=4，點E為四邊形ABCD內(nèi)一點，連接BE、CE、DE，若∠CBE+∠CDE=45°，則CE的最小值為．（結果保留根號）【答案】4【分析】本題是最小值的問題，考差了點到圓的最小距離．利用條件找到圓畫出圓即可解決問題．過點D作DO⊥AB交BA的延長線于點O，則四邊形OBCD是邊長為4的正方形,由∠CBE+∠CDE=45°，可得到∠OBE+∠ODE=135°，進而可得到∠BED=135°，故點E在四邊形ABCD內(nèi)部以點O為圓心，OB為半徑的圓上運動，連接OE、OC，OC交⊙O于點E'，則OE'=OE=OB=4，OC=42，CE≥OC?OE，即CE≥42?4【詳解】解：過點D作DO⊥AB交BA的延長線于點O，則四邊形OBCD是邊長為4的正方形．∵∠CBE+∠CDE=45°，∴∠OBE+∠ODE=135°，∴∠BED=135°，∴點E在四邊形ABCD內(nèi)部以點O為圓心，OB為半徑的圓上運動，連接OE、OC，OC交⊙O于點E'則OE'=OE=OB=4，OC=4即CE≥42∴當點E在點E'的位置時，CE取得最小值，最小值為4故答案為：42??題型03直線與圓的位置關系7．（2024·上海黃浦·三模）如圖，半徑為5的⊙O經(jīng)過△ABC的頂點A、B，與邊BC相交于點D，BD=8，AB=AD．(1)求AB的長；(2)如果tanC=43，判斷直線AB與以點C【答案】(1)45(2)直線AB與⊙C相交，理由見解析．【分析】本題考查了垂徑定理，勾股定理，三角函數(shù)，三角形的面積，直線和圓的位置關系，正確作出輔助線是解題的關鍵．（1）連接AO并延長交BC于點E，連接AD、OB，由AB=AD可得AE⊥BD，進而得∠AEB=∠AEC=90°，BE=12BD=4，利用勾股定理得OE=3（2）直線AB與⊙C相交．過點C作CH⊥AB于H，由三角函數(shù)得AECE=43，得到CE=6，進而得【詳解】（1）解：連接AO并延長交BC于點E，連接AD、OB，∵AB=AD，∴AE⊥BD，∴∠AEB=∠AEC=90°，BE=1∴OE=O∴AE=AO+OE=5+3=8，∴AB=A（2）解：直線AB與⊙C相交，理由如下：過點C作CH⊥AB于H，∵∠AEC=90°，tanC=∴AECE∴8CE∴CE=6，∴BC=BE+CE=4+6=10，∵S△ABC∴12∴CH=45∴直線AB與⊙C相交．8．（2024·四川綿陽·模擬預測）如圖，點P是函數(shù)y=1xx>0的圖象上的一點，⊙P的半徑為2，當⊙P與直線y=x有公共點時，點P的橫坐標x

A．1≤x≤2 B．C．2?1≤x≤1 D．【答案】D【分析】如圖所示，P1P2即為⊙P與直線y=x有一個公共點的情況，點P只有在線段P1P2上，即符合題意，根據(jù)圖象的對稱性可知，△AP1P2是等腰直角三角形，求得AP1=AP2【詳解】解：如圖所示，P1P2即為⊙P與直線y=x有一個公共點的情況，點P

根據(jù)圖象的對稱性可知，△AP∵⊙P的半徑為2，∴P1∴APP1x0則△AP1P2的中點∴Mx∴x0解得：x0∴P1的橫坐標是2?1，P2∴2?1≤x≤故選：D．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，直線與圓的位置關系，等腰直角三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關鍵．9．（2024·浙江寧波·三模）如圖1，已知Rt△ACB，AC=2，BC=4，∠ACB=90°，點D、E為邊AC，BC上的任意點（不與點A，點B重合），以DE為直徑的⊙O交邊AB于點F，點G，半徑為r，連結CF交DE于點H，連結OF(1)請用含有α的代數(shù)式表示出∠OFC；(2)若α=60°，CH∶HF＝2∶1，求CE的長（用含有(3)若DE∥AB，如圖2，若⊙O與邊AB相交，求(4)若D為AC中點，△CEF是以EF為腰的等腰三角形，求⊙O的半徑．【答案】(1)∠OFC=90°?α；(2)2r(3)49(4)2?336或【分析】（1）連結OC，利用圓周角定理和等腰三角形的性質(zhì)解答即可；（2）連接OC，過點H作HM⊥OF于點M，過點O作ON⊥CF于點N，設HM=x，則FH=2x，再利用直角三角形的邊角關系定理得到∠HON=30°，利用等腰三角形的性質(zhì)和圓周角定理得到△OCE為等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可得出結論；（3）過點O作OM⊥AB于點M，過點E作EN⊥AB于點N，利用勾股定理和相似三角形的判定與性質(zhì)求得圓心到AB的距離，再利用直線與圓相交的性質(zhì)列出不等式解答即可；（4）利用分類討論的思想方法分三種情況討論解答：①當EF=EC時，連結OC，利用垂徑定理，線段的垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理和三角形的中位線定理解答即可；②當FE=FC時，過點F作FM⊥AC于M，延長FO交BC于N，連結FD，設AM=x，則MF=CN=NE=2x，MD=1?x，MC=FN=2?x，利用相似三角形的判定與性質(zhì)求得x值，再利用三角形的中位線定理和，結合圖形列出關于r的方程解答即可；③不存在CF=CE的情形．【詳解】（1）解：連結OC，如圖，∵∠CEF=α，∴∠COF=2α，∵OC=OF，∴∠OFC=∠OCF=180°?∠COF（2）解：連接OC，過點H作HM⊥OF于點M，過點O作ON⊥CF于點N，如圖，∵∠FEC=α=60°，∴∠OFC=30°，∴FH=2HM，設HM=x，則FH=2x，∵CH∶HF＝∴CH=4x，∴CF=HF+HC=6x∴FM=F∵ON⊥CF，∴FN=1∴HN=x，ON=3∴tan∠HON=∴∠HON=30°，∴∠HOF=∠HFO=30°，∵OE=OF，∴∠OFE=∠OEF，∵∠OFE+∠OEF=∠HOF=30°，∴∠OFE=15°，∴∠CFE=45°，∴∠COE=90°，∵OC=OE=r，∴CE=2（3）解：過點O作OM⊥AB于點M，過點E作EN⊥AB于點N，如圖，∵DE∥∴四邊形OMNE為矩形，∴OM=NE，∵DE∥∴△CDE∽△CAB，∴CECB∵DE=2r，∴CE4∴CE=4∴BE=BC?CE=4?4∵sinB=∴EN=BE·sin∴OM=BE=4∵⊙O與邊AB相交，∴0<OM<r，∴0<4∴45（4）解：①當EF=EC時，連結OC，如圖，∵EF=EC，OF=OC，∴O，E在線段即ED垂直平分CF，∵D為中點，H為中點，∴DE∥AB，E為BC中點，∴CE=1∴DE=C∴r=5②當FE=FC時，過點F作FM⊥AC于M，延長FO交BC于N，連結FD，如圖，∵FM⊥AC，AC⊥BC，∴FM∥∴△AMF∽△ACB，∴AMMF∵FC=FE，∴FC=∴FN垂直平分CE，∵FM⊥AC，∠ACB=90°，∴四邊形FMCN為矩形，設AM=x，則MF=CN=NE=2x，∴MD=1?x，MC=FN=2?x，∵四邊形FDCE為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠FDM=∠FEN，∵∠FMD=∠FNE=90°，∴△FMD∽△FNE，∴FMFN即2x2?x解得x=33∵ON為△EDC的中位線，∴ON=1∴r=FN?ON=2?x?1∴即r=2?33③不存在CF=CE的情形；∴綜上所述，若D為AC中點，△CEF是以EF為腰的等腰三角形，⊙O的半徑r=2?336或【點睛】本題考查了圓的有關性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的邊角關系定理，平行線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直線與圓的位置關系，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)，添加恰當?shù)妮o助線構造直角三角形和相似三角形是解題的關鍵．??題型04圓與圓的位置關系10．（2024·上?！と＃┤鐖D，已知⊙O1和⊙O2外切，半徑長分別為1cm和3cm．如果半徑長是5cm的⊙O與⊙O1、⊙OA．4個 B．5個 C．6個 D．7個【答案】C【分析】本題主要考查了圓與圓的位置關系，圓與圓相切分為外切合內(nèi)切兩種情況，據(jù)此分⊙O與⊙O1和⊙O2一內(nèi)切和一外切，⊙O與⊙O1和⊙O【詳解】解：如圖所示，⊙O與⊙O1和⊙O2一內(nèi)切和一外切有兩種情況，⊙O與⊙O1和⊙O故選：C．11．（2024·四川德陽·二模）如圖所示，點A、B在直線MN上，AB=48cm，⊙A、⊙B的半徑均為1cm，⊙B以每秒3cm的速度自右向左運動，與此同時，⊙A的半徑不斷增大，其半徑r（cm）與時間t（秒）之間的關系為r=1+2t（t≥0【答案】465，485，48【分析】本題主要考查了圓與圓的位置關系，一元一次方程的應用，根據(jù)兩圓相切時，兩圓的半徑與圓心距的關系，分兩次首次外切，首次內(nèi)切，再次內(nèi)切，最后外切四種情況考慮，即可作答．【詳解】①當首次外切時，如圖，有1+2t+3t+1=48，解得：t=46②當首次內(nèi)切時，如圖，有1+2t+3t?1=48，解得：t=48③當再次內(nèi)切時，如圖，有3t+1?1+2t解得：t=48；④當再次外切時，如圖，有3t?1?1+2t解得：t=50；∴當點B出發(fā)后465秒、485秒、48秒和故答案為：465，485，48，12．（2024·上海靜安·三模）如圖1所示，某種汽車轉(zhuǎn)子發(fā)動機的平面圖，其中的轉(zhuǎn)子形狀接近于圖2所示的曲邊三角形，其中等邊△ABC的邊長為20cm，分別以A、B、C為圓心，AB為半徑作BC、AC、AB(1)若Q為BC上任意一點，則MQ的最小值為______cm，最大值為______cm．(2)轉(zhuǎn)子沿圓P轉(zhuǎn)動時，始終保持⊙M與⊙P相切，⊙M的半徑為8cm，⊙P的半徑為5cm，當圓心P在線段AM的延長線上時，求【答案】(1)20?203(2)427【分析】本題考查了解直角三角形，圓與圓的位置關系，（1）過點M作MD⊥BC交BC于點D，交BC于點E，解Rt△BDM，求得BM，進而根據(jù)點Q（2）根據(jù)題意畫出圖形，根據(jù)兩圓的位置關系可得PM=3，進而根據(jù)勾股定理，即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，過點M作MD⊥BC交BC于點D，交BC于點E，∵等邊△ABC的邊長為20cm，M為△ABC∴∠MBD=30°，BD=1∴BM=BD又∵MB=MA,AE=AB=20，∴當Q點在E點時，MQ取得最小值，最小值為ME=AE?AM=20?當Q點在B或C點時，MQ取的最大值，最大值為MB=（2）解：如圖所示，由（1）可得BD=10，則DM=∴PM=8?5=3∴DP=DM?PM=∴B=100+=427??題型05利用切線的性質(zhì)求解13．（2022·四川成都·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，⊙A的圓心在x軸上，點B4,3在⊙A上，若⊙A與y軸相切，則⊙A的半徑為【答案】25【分析】本題考查了勾股定理，切線的性質(zhì)，坐標與圖形性質(zhì)，正確作出輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．連接AB，過點B作BC⊥x軸于點C，設⊙A的半徑為r，則OA=AB=r，AC=4?r，在Rt△ABC【詳解】解：如圖，連接AB，過點C作BC⊥OA，∵B4,3∴BC=3，OC=4，設⊙A的半徑為r，則OA=AB=r，∴AC=4?r，在Rt△ABC中，由勾股定理得，A∴r2解得：r=25故答案為：25814．（2012·北京海淀·中考模擬）如圖，已知⊙O是以數(shù)軸原點O為圓心，半徑為1的圓，∠AOB=45°，點P在數(shù)軸上運動，若過點P且與OA平行的直線與⊙O有公共點，設OP=x，則x的取值范圍是（）A．?2≤x≤2 B．0≤x≤2 C．【答案】B【分析】本題主要考查了直線與圓的位置關系，平行線的性質(zhì)，勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，解題關鍵是求出相切時的x值，即可分析出x的取值范圍．根據(jù)題意，由直線和圓有公共點得相切或相交，相切時，設切點為C，連接OC，根據(jù)等腰直角三角形的直角邊是圓的半徑1，求得斜邊是2，所以x的取值范圍是0≤x≤2【詳解】解：設切點為C，連接OC，則：圓的半徑OC=1，OC⊥PC，∵∠AOB=45°，OA∥∴∠OPC=45°，∴△OCP為等腰直角三角形，∴PC=OC=1，∴OP=1同理，原點左側(cè)的距離也是2，且線段是正數(shù)，所以x的取值范圍是0≤x≤2故選：B．15．（2025·山東臨沂·一模）如圖，⊙O為△ABC的外接圓，直徑AD⊥BC于E，過點A作⊙O的切線AF與∠ABC的平分線交于點F，BF交AC于點G，交AD于點H，交⊙O于點M，連接AM．(1)求證：∠ACB=2∠ABF；(2)若tan∠AMB=2，BC=2，求CG【答案】(1)見解析(2)CG=10?4【分析】（1）證明BE=CE，∠AEB=∠AEC=90°，可得△AEB≌△AECSAS，可得∠ABC=∠ACB，結合BF（2）求解BE=CE=1，結合tan∠AMB=tan∠ACB=AECE=2，可得AB=AC=5，證明AF【詳解】（1）證明：∵AD為⊙O的直徑，AD⊥BC，∴BE=CE，∠AEB=∠AEC=90°，又∵AE=AE，∴△AEB≌∴∠ABC=∠ACB，又∵BF平分∠ABC，∴2∠ABF=∠ABC=∠ACB．（2）解：∵BC=2，由（1）得BE=CE，∴BE=CE=1，又∵∠AMB=∠ACB，∴在Rt△ACE中，∴AE=2，∴AC=A∴AB=AC=5又∵AF是⊙O的切線，∴DA⊥AF即∠DAF=90°，又∵∠AEC=90°，∴AF∥∴∠F=∠FBC=∠ABF，∴AB=AC=AF=5∵AF∥∴△AGF∽∴AGCG∴5?CG解得：CG=10?45【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理的應用，切線的性質(zhì)，勾股定理的應用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應用，掌握以上基礎知識是解本題的關鍵．??題型06證明某直線是圓的切線（有明確的交點）16．（2025·廣西柳州·一模）如圖，AB是⊙O的直徑，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，連接BD，AD=CD，過點D作DE⊥BC交BC的延長線于點(1)求證：DE是⊙O的切線；(2)若BD=8，⊙O的半徑為5，求DE的長．【答案】(1)證明見解析(2)24【分析】（1）如圖，連接OD，AC，由AD=CD，OD是半徑，可得OD⊥AC，由AB是⊙O的直徑，可得AC⊥BC，則（2）由勾股定理得，AD=6，由AB是⊙O的直徑，可得∠ADB=90°=∠DEB，證明△ABD∽△DBE，則ADDE【詳解】（1）證明：如圖，連接OD，AC，∵AD=CD，OD∴OD⊥AC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，即AC⊥BC，∴OD∥∵DE⊥BC，∴DE⊥OD，∵OD是半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：由題意知，AB=10，由勾股定理得，AD=A∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB=90°=∠DEB；∵AD=∴∠ABD=∠DBE，∴△ABD∽∴ADDE=AB解得，DE=24∴DE的長為245【點睛】本題考查了切線的判定，垂徑定理，直徑對的圓周角是直角，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，證明切線與相似是解題的關鍵．17．（2024·江蘇南京·模擬預測）如圖，在半徑為10?cm的⊙O中，AB是⊙O的直徑，CD是過⊙O上一點C的直線，且AD⊥DC于點D，AC平分∠BAD，點E是BC的中點，OE=6(1)求證：CD是⊙O的切線；(2)求AD的長．【答案】(1)證明見解析(2)AD=【分析】本題考查圓的切線，圓周角定理、相似三角形的判定及性質(zhì)；（1）連接OC，由AC平分∠BAD，OA=OC，可得∠DAC=∠OCA，AD∥OC，根據(jù)AD⊥DC，得CO⊥DC，即可證明CD是（2）由OE是△ABC的中位線，得AC=12，再證明△DAC∽△CAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結論．【詳解】（1）證明：連接OC，如圖：∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠CAO．∵OA=OC，∴∠CAO=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AD∥∵AD⊥DC，∴CO⊥DC，∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：∵E是BC的中點，且OA=OB，∴OE是△ABC的中位線，AC=2OE，∵OE=6?cm∴AC=12?cm∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90又∠DAC=∠CAB，∴△DAC∽△CAB，∴ADAC=∴AD=3618．（2023·四川樂山·模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，點O在對角線AC上，且∠ACB=∠DCE．(1)判斷直線CE與⊙O的位置關系，并證明你的結論；(2)若tan∠ACB=22，BC=2【答案】(1)直線CE與⊙O相切，見解析(2)6【分析】本題考查切線的判定，矩形的性質(zhì)，三角函數(shù)解直角三角形，勾股定理等：（1）連接OE．欲證直線CE與⊙O相切，只需證明∠CEO=90°，即OE⊥CE即可；（2）在Rt△ABC中，根據(jù)三角函數(shù)的定義可以求得AB=2，然后根據(jù)勾股定理求得AC=6，同理知DE=1；在Rt△COE中，利用勾股定理可以求得CO【詳解】（1）解：（1）直線CE與⊙O相切．理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC∥又∵∠ACB=∠DCE，∴∠DAC=∠DCE．連接OE，則∠DAC=∠AEO=∠DCE．∵∠DCE+∠DEC=90°∴∠AEO+∠DEC=90°∴∠OEC=90°，即OE⊥CE．又OE是⊙O的半徑，∴直線CE與⊙O相切．（2）解：∵tan∠ACB=ABBC∴AB=BC?tan∴AC=A又∵∠ACB=∠DCE，∴tan∠DCE=∵矩形ABCD中，DC=AB=2∴DE=DC?tan在Rt△CDE中，CE=設⊙O的半徑為r，CO即6解得：r=6即⊙O的半徑為64??題型07證明某直線是圓的切線（無明確的交點）19．（2024·四川成都·模擬預測）如圖，在△BCE中，BC⊥BE，點A在BE上，以AB為直徑的⊙O交CO的延長線于點G，過點E作EF⊥CG于點F，∠FEB=∠ECG．(1)求證：CE是⊙O的切線；(2)若BCBE=4【答案】(1)見解析(2)1【分析】（1）過圓心O作OD⊥CE，垂足為D，證明CG是∠BCE的角平分線，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出OD=OB，說明OD是⊙O的半徑，即可證明結論；（2）設BC=4k，BE=3kk≠0，求出EC=5k，根據(jù)切線長定理得出CD=CB=4k，求出DE=k，根據(jù)tan∠BEC=DODE=【詳解】（1）證明：如圖，過圓心O作OD⊥CE，垂足為D，∵BC⊥BE，EF⊥CG，∴∠CBO=∠EFO=90°，∴∠BOC=∠EOF，∴∠FEB=∠BCO，∵∠FEB=∠ECG，∴∠BCO=∠ECG，即CG是∠BCE的角平分線∵OD⊥CE，OB⊥BC，∴OD=OB，即OD是⊙O的半徑，∴CE是⊙O的切線．（2）解：∵BCBE=43，可設∴EC=5k，由（1）知CB，CD分別切⊙O于點B，D，∴CD=CB=4k，∴DE=k，在Rt△DEO和Rt△BEC中，即DO∴DO=4∵DO=BO，∴BO=4∴tan∠BCO=【點睛】本題主要考查了切線的判定定理和性質(zhì)定理，解直角三角形，求一個角的正切值，角平分線的性質(zhì)，切線長定理，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握切線的判定定理和性質(zhì)定理．20．（2023·廣東江門·一模）如圖，點O在∠MPN的平分線上，⊙O與PO相交于點C．與PO的延長線相交于點D，與PM相切于點A．(1)求證：直線PN是⊙O的切線；(2)若PA=4,PC=2，求⊙O的半徑；(3)點G是劣弧AC上一點，過點G作⊙O的切線分別交PM,PN于點E，F(xiàn)，若△PEF的周長是⊙O半徑的3倍，求tan∠EPF【答案】(1)見解析(2)3(3)12【分析】（1）連接OA，過O作OB⊥PN于B，根據(jù)切線的性質(zhì)可得OA⊥PM，再由角平分線的性質(zhì)可得OB=OA，即可；（2）設⊙O的半徑是x，在Rt△AOP（3）延長BO交PM于點H，設⊙O的半徑為r，根據(jù)切線長定理可得BF=FG,AE=EG,PA=PB，從而得到2PA=3r，設PA=3a,則r=2a，再證得∠AOH=∠BPH，可得tan∠AOH=tan∠EPF，從而得到OH=【詳解】（1）證明：如圖1，連接OA，過O作OB⊥PN于B，∵⊙O與PM相切于點A，∴OA⊥PM，∵點O在∠MPN的平分線上，∴OB=OA，∴直線PN是⊙O的切線；（2）解：設⊙O的半徑是x，在Rt△AOP中，O∴x+22解得：x=3，所以⊙O的半徑為3；（3）解：如圖2，延長BO交PM于點H，設⊙O的半徑為r，∵PA,PB,EF是⊙O的切線，∴BF=FG,AE=EG,PA=PB，∴△PEF的周長=PF+EF+PE=PF+BF+PE+AE=PA+PB=2PA=3r，∴PAr設PA=3a,則r=2a，∵∠PBH=∠OAH=90°，∴∠BPH+∠BHP=∠OHA+∠AOH，∴∠AOH=∠BPH，∴tan∠AOH=∴AHOA=BH∴OH=3AH?4a∵OH∴3AH?4a2∴5AH∴AH=24∴tan∠EPF=【點睛】本題主要考查了切線的判定和性質(zhì)，切線長定理，勾股定理，解直角三角形等知識，熟練掌握切線的判定和性質(zhì)，切線長定理，勾股定理是解題的關鍵．??題型08切線的性質(zhì)與判定綜合21．（2024·河北·模擬預測）如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，延長CA至點D，使AD=8，連接BD，以AD為直徑的☉O繞點A(1)如圖2，☉O旋轉(zhuǎn)°時，☉O與AC(2)在（1）的條件下，判斷☉O與BD的位置關系并加以證明(3)如圖3，若☉O與BC相切于點M，與CA相交于點N，設陰影部分的面積為S，求S的值【答案】(1)90(2)☉O與BD(3)40【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結合圓的切線可得答案；（2）證明四邊形ACBD為矩形，可得∠ADB=90°，可得BD是⊙O的切線；（3）如圖，連接OM，則OM⊥BC，作OE⊥AC于E，證明四邊形OMCE為矩形，可得OM=CE=12AD=4，證明△AON【詳解】（1）解：當⊙O與AC相切時，∴AD⊥AC，∴∠DAC=90°，∴旋轉(zhuǎn)角為180°?90°=90°；（2）解：BD與⊙O相切，理由如下：∵AD⊥AC，∠ACB=90°，∴AD∥∵AD=BC=8，∴四邊形ACBD為矩形，∴∠ADB=90°，∵AD為直徑，∴BD是⊙O的切線．（3）解：如圖，連接OM，則OM⊥BC，作OE⊥AC于E，而∠C=90°，∴四邊形OMCE為矩形，∴OM=CE=12AD=4∴AE=6?4=2，∴NE=AE=2，∴AN=4=OA=ON，∴△AON為等邊三角形，∴∠AON=60°，∴S陰影【點睛】本題考查的是旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，切線的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，扇形面積的計算，掌握基礎知識是解本題的關鍵．22．（2024·山西運城·模擬預測）閱讀與思考直線與圓的位置關系學完后，圓的切線的特殊性引起了小王的重視，下面是他的數(shù)學筆記，請仔細閱讀并完成相應的任務．歐幾里得最早在《幾何原本》中，把切線定義為和圓相交，但恰好只有一個交點的直線．切線：幾何上，切線指的是一條剛好觸碰到曲線上某一點的直線．平面幾何中，將和圓只有一個公共交點的直線叫做圓的切線…證明切線的常用方法：①定義法；②距離法（運用圓心到直線的距離等于半徑）；③利用切線的判定定理來證明．添加輔助線常見方法：見切點連圓心，沒有切點作垂直．圖1是古代的“石磨”，其原理是在磨盤的邊緣連接一個固定長度的“連桿”，推動“連桿”然后帶動磨盤轉(zhuǎn)動，將糧食磨碎，物理學上稱這種動力傳輸工具為“曲柄連桿機構”．圖2是一個“雙連桿”，兩個固定長度的“連桿”AP，BP的連接點P在⊙O上，MN⊥EF，垂足為O，當點P在⊙O上轉(zhuǎn)動時，帶動點A，B分別在射線OM，OF上滑動，當點B恰好落在⊙O上時，∠PBO=12∠PAO，請判斷此時AP小王的解題思路如下：AP與⊙O相切．理由：連接OP．∵點B恰好落在⊙O上，∴∠PBO=1∵∠PBO=1∴∠POE=∠PAO．∵MN⊥EF，∴∠POE+∠AOP=90°，∴∠PAO+∠AOP=90°．∵∠PAO+∠AOP+∠APO=180°，（依據(jù)2）∴∠APO=90°，∴AP與⊙O相切．任務：(1)依據(jù)1：_____________________________．依據(jù)2：________________________________．(2)在圖2中，⊙O的半徑為6，AP=8，求BP的長．【答案】(1)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半；三角形的內(nèi)角和等于180°(2)BP=【分析】（1）結合圓周角定理及三角形內(nèi)角和定理求出∠APO=90°，根據(jù)切線的判定定理即可得解；（2）過點P作PD⊥OE于點D，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)及角的和差求出∠POD=∠PAO，根據(jù)“兩角對應相等的兩個三角形相似”求出△PDO∽△OPA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PDPO=OPOA=ODAP【詳解】（1）解：（1）如圖2，連接OP．∵點B恰好落在⊙O上，∴∠PBO=1∵∠PBO=1∴∠POE=∠PAO．∵MN⊥EF，∴∠POE+∠AOP=90°，∴∠PAO+∠AOP=90°．∵∠PAO+∠AOP+∠APO=180°（三角形內(nèi)角和是180°)，∴∠APO=90°，∴AP與⊙O相切．故答案為：同弧所對的圓周角等于圓心角的一半；三角形內(nèi)角和是180°；（2）解：如圖2，過點P作PD⊥OE于點D，∴∠PDO=90°，∵AP與⊙O相切，∴∠APO=90°=∠PDO，∴∠PAO+∠AOP=90°，∵∠POD+∠AOP=90°，∴∠POD=∠PAO，∴△PDO∽△OPA，∴PDPO∵∠APO=90°，AP=8，OP=6，∴OA=A∴PD6∴PD=185，∴BD=BO+OD=6+24∴BP=B【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、切線的判定與性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，三角形的內(nèi)角和定理等，熟記相似三角形的判定與性質(zhì)、切線的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．23．（2024·廣東揭陽·模擬預測）如圖，已知O是△ABC邊AB上的一點，以O為圓心、OB為半徑的⊙O與邊AC相切于點D，且BC=CD，連接OC，交⊙O于點E，連接BE并延長，交AC于點F．(1)求證：BC是⊙O切線；(2)求證：OA?AB=AD?AC；(3)若AC=16，tan∠BAC=43【答案】(1)見解析(2)見解析(3)72【分析】（1）連接OD，由切線的性質(zhì)可知∠ODC=90°．證明△OBC≌△ODC得出∠OBC=∠ODC=90°，即OB⊥CB，說明BC是圓O的切線；（2）證明△AOD∽△ACB得出AOAC=AD（3）設AB=3x，則BC=4x．由勾股定理求出x的值，得出AB=485，BC=645．由tan∠BAC=ODAD=43，可設OD=4y，則OB=4y，AD=3y，即可求出OA=5y，從而得出AB=9y=485，解出y的值，即可求出OB=6415，即【詳解】（1）證明：如圖，連接OD，∵AC與圓O相切于點D，∴OD⊥AC，即∠ODC=90°，∵BC=CD，∴△OBC≌△ODCSSS∴∠OBC=∠ODC=90°，即OB⊥CB，∴BC是圓O的切線；（2）證明：∵OD⊥AC，∴∠ADO=90°．∵∠OBC=90°，∴∠ADO=∠ABC．又∵∠BAC=∠DAO，∴△AOD∽△ACB，∴AO∴AO?AB=AC?AD；（3）解：∵∠OBC=90°，∴tan設AB=3x，則BC=4x．∵AB∴（解得：x=165（∴AB=48∵OD⊥AC，∴tan設OD=4y，則OB=4y，∴OA=O∴AB=OA+OB=9y=48解得：y=16∴OB=6415，即⊙O半徑為∵F是AC中點，∴AF=CF=BF=1∴∠ABF=∠BAF．∵OB=OE，∴∠OBE=∠OEB，∴∠ABF=∠BAF=∠OBE=∠OEB，∴△OBE∽△FBA，∴BEAB=解得：BE=128∴EF=BF?EF=8?128【點睛】本題考查切線的性質(zhì)與判定，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知識．在解圓的相關題型中，連接常用的輔助線是解題關鍵．??題型09作圓的切線24．（2024·廣東東莞·三模）已知：點P是⊙O外一點．(1)尺規(guī)作圖：如圖，過點P作出⊙O的兩條切線PE，PF，切點分別為點E、點F．（保留作圖痕跡，不要求寫作法和證明）(2)在（1）的條件下，證明切線長定理（PE=PF，OP平分∠EPF【答案】(1)見解析；(2)見解析．【分析】（1）①連接PO，分別以點P,O為圓心，大于12PO的長為半徑畫圓，兩圓交于點M,N兩點，作直線MN交OP于點A，②以點A為圓心，OA為半徑畫圓，與⊙O交于E,F兩點，作直線（2）根據(jù)切線的性質(zhì)得出∠PEO=∠PFO=90°，根據(jù)四邊形內(nèi)角和得出∠EOF=150°，進而根據(jù)圓周角定理以及圓內(nèi)接四邊形對角互補即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，PE，PF即為所求，證明：連接OE，OF，∵PO是圓A的直徑，∴∠PEO=∴PE⊥OE，PF⊥OF，∵OE、OF是⊙O的半徑，∴PE、PF是⊙O的切線；（2）證明：連接OE，OF，∵PE、PF是⊙O的切線，∴PE⊥OE，PF⊥OF，在Rt△PEO和RtPO=POOE=OF∴Rt∴PE=PF，∠OPE=∴PO平分∠EPF【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)與判定，直徑所對的圓周角是直角，角平分線的定義，三角形全等的判定及性質(zhì)，尺規(guī)作線段的垂直平分線，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．25．（2024·湖北·模擬預測）如圖，AB是⊙O的直徑，C為⊙O上的一點．(1)請按要求作出圖形：在直徑AB上截取AE=AC，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧交射線CE于點D（保留作圖痕跡，不寫作法）；(2)證明（1）中的直線BD為⊙O的切線；(3)在（1）的條件下，若∠ABC=2∠CDB，求AEBE【答案】(1)作圖見詳解；(2)見解析；(3)AE【分析】（1）在直徑AB上截取AE=AC，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧交射線CE于點D，即可求解；（2）利用圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)和等量代換的性質(zhì)計算得到∠OBD=90°，再利用圓的切線的判定定理解答即可；（3）設∠D=x，利用等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理和三角形的外角的性質(zhì)計算得到∠ABF=∠FBC+∠ABC=4x=90°，則得到△ABC是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性質(zhì)分別求得AE，BE，代入化簡即可得出結論．【詳解】（1）解：在直徑AB上截取AE=AC，以點B為圓心，BC長為半徑畫弧交射線CE于點D，如圖，（2）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠ACE+∠BCE=90°，∵AC=AE，∴∠ACE=∠AEC，∵∠AEC=∠BED，∴∠ACE=∠BED，∵BC=BD，∴∠BCE=∠D，∴∠BED+∠D=90°，∴∠OBD=90°，∴OB⊥BD，∵OB是⊙O的半徑，∴直線BD為⊙O的切線；（3）解：設∠D=x，∵∠ABC=2∠CDB，∴∠ABC=2x，∵BC=BD，∴∠BCD=∠D=x，∴∠FBC=∠BCD+∠D=2x，∴∠FBC=∠ABC=2x，∴∠ABF=∠FBC+∠ABC=4x=90°，解得：2x=45°，即∠ABC=45°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC=BC=AE=2∴BE=AB?AE=AB?2∴AEBE【點睛】本題主要考查了圓的有關性質(zhì)，圓周角定理，圓的切線的判定定理，直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握上述定理與性質(zhì)是解題的關鍵．26．（2024·遼寧·模擬預測）《義務教育數(shù)學課程標準(2022年版)》實施以來，切線長定理的探索與證明由“選學”改為“必學”，并新增“會過圓外一點作圓的切線”.在學習完《切線的性質(zhì)與判定》后，九年級的李老師布置了一道題：“如圖，已知：如圖所示，⊙O及⊙O外一點M．求作：直線MN，使MN與⊙O相切于點N．”小星同學經(jīng)過探索，給出了如下的一種作圖方法：①連接OM，分別以點O，M為圓心，以的長為半徑作弧，兩弧分別相交于A，B兩點(點A，B分別位于直線OM的上下兩側(cè))；②作直線，交OM于點C；③以點C為圓心，長為半徑作⊙C，交⊙O于點N(點N位于直線OM的上側(cè))；④連接MN，交AB于點D，則直線MN即為所求；(1)請按照步驟完成填空、作圖(尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，準確標注字母)，并結合圖形，說明直線MN是⊙O切線的理由；(2)李老師夸獎了小星的作圖方法，同時在(1)的圖形中延長MO交⊙O于點E，過點E作EF∥ON交MN的延長線于點F，連接EN，并增加條件：FN=22，EN=26，【答案】(1)大于12OM；AB；OC；(2)ND=21【分析】（1）根據(jù)幾何語言畫出對應的幾何圖形；先根據(jù)圓周角定理的推論得到∠ONM=90°，然后根據(jù)切線的判定定理得到直線MN為切線；（2）連接OD，由勾股定理求出EF的長，在Rt△MEF和Rt△MON中，利用正切函數(shù)的定義先后求得MN=62，ON=3，由作圖可知直線AB是線段OM的垂直平分線，設ND=x，則DO=DM=6【詳解】（1）解：①連接OM，分別以點O，M為圓心，以大于12OM的長為半徑作弧，兩弧分別相交于A，B兩點(點A，B分別位于直線②作直線AB，交OM于點C；③以點C為圓心，OC長為半徑作⊙C，⊙C交⊙O于點N(點N位于直線OM的上側(cè))；④連接MN，交AB于點D，則直線MN即為所求；按照步驟完成作圖如下．由題意得：OM為⊙C的直徑，∴∠ONM=90°(直徑所對的圓周角為90°)，∴ON⊥MN，∵ON為⊙O的半徑，∴直線MN為⊙O的切線；（2）解：連接OD，∵∠ONM=90°，EF∥∴∠F=90°，∵FN=22，EN=2∴EF=E在Rt△MEF中，tan∴EFFM∴FM=82∴MN=62在Rt△MON中，tan∴ONMN∴ON=3，由作圖知直線AB是線段OM的垂直平分線，∴DO=DM，設ND=x，則DO=DM=62在Rt△DON中，ON2解得x=21∴ND=21【點睛】本題考查了作圖-復雜作圖，線段垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理和切線的判定與性質(zhì)，正切函數(shù)．解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．??題型10應用切線長定理求解或證明27．（2024·湖北黃岡·模擬預測）如圖，射線AM⊥AB，O是AM上的一點，以O為圓心，OA長為半徑，在AM上方作半圓AOC，BE與半圓O相切于點D，交AM于點E，EF⊥BO于點F．(1)求證：BA=BD；(2)若∠ABE=60°，①判斷點F與半圓O所在圓的位置關系：點F在______；（圓內(nèi)，圓上，圓外）②AB=6，求陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)①圓上；②6【分析】（1）證明BA是半圓O的切線，切點為A，由切線長定理可得BA=BD．（2）①由∠ABE=60°，可得∠BEA=30°．由BA，BE是圓O的切線．可得∠OBE=12∠ABE=30°=∠OEB．則OB=OE．證明△OBA≌△OEFAAS．則OF=OA．進而可得點②如圖，連接OD，由BE與半圓相切于點D，可得OD⊥BE，進而可得DE=BD=AB=6，∠OBA=∠OBD=30°，OD=OA=AB?tan30°=23【詳解】（1）證明：∵AM⊥AB，OA是半徑，∴BA是半圓O的切線，切點為A．又∵BE與半圓O相切于點D，∴BA=BD．（2）①解：∵∠ABE=60°，∴∠BEA=30°．∵BA，BE是圓O的切線．∴∠OBE=1∴OB=OE．又∵∠AOB=∠FOE，∠A=∠F=90°，∴△OBA≌△OEFAAS∴OF=OA．∴點F在半圓O所在的圓上，故答案為：圓上．②解：如圖，連接OD，∵BE與半圓相切于點D，∴OD⊥BE，∵OB=OE，∴DE=BD=AB=6，∵∠OBA=∠OBD=30°，∴OD=OA=AB?tan∵∠COD=90°?∠OEB=60°∴S陰影∴陰影部分的面積為63【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，切線長定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，點與圓的位置關系，扇形面積，正切，等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識．熟練掌握切線的判定與性質(zhì)，切線長定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，點與圓的位置關系，扇形面積，正切，等腰三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．28．（2024·山西·模擬預測）如圖，AB是⊙O的直徑，點C是⊙O上的一點，射線BD⊥AB，AB=10，AC=6．CP與⊙O相切時，連接CP，求BP的長．【答案】BP=【分析】本題考查了切線長定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關鍵是掌握相關的知識．連接OP，BC，OC，得到∠ACB=90°，根據(jù)勾股定理求出CB=8，根據(jù)切線長定理可得PC=PB，OC=OB，推出OP垂直平分BC，證明△BPO∽△CBA，得到BP:CB=BO:AC，即可求解．【詳解】解：如圖，連接OP，BC，OC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴CB=AB∵PB⊥AB，∴PB為⊙O的切線．∵CP與⊙O相切，∴PC=PB，OC=OB，

∴OP垂直平分BC，∵∠PBC+∠ABC=90°，∠PBC+∠BPO=90°，∴∠BPO=∠ABC，∵∠PBO=∠ACB，∴△BPO∽△CBA，

∴BP:CB=BO:AC，即BP:8=5:6．

∴BP=2029．（2024·黑龍江齊齊哈爾·模擬預測）如圖，已知AB是⊙O的直徑，過點A作射線l⊥AB，點P為l上一個動點，點C為⊙O上異于點A的一點，且PA=PC，過點B作AB的垂線交PC的延長線于點D，連接AD．(1)求證：PC為⊙O的切線；(2)若AP=4BD，求sin∠BAD【答案】(1)見解析(2)sin【分析】（1）連接OP、OC，證明△OPA≌△OPCSSS，求得∠OAP=∠OCP=90°，據(jù)此即可證明PC為⊙O（2）過點D作DG⊥AP，設BD=a，求得PD=5a，PG=3a，利用勾股定理求得AB=DG=4a，再求得AD=17【詳解】（1）證明：連接OP、OC，∵AB是⊙O的直徑，過點A作射線l⊥AB，∴∠OAP=90°，∵PA=PC，OA=OC，OP=OP，∴△OPA≌△OPCSSS∴∠OAP=∠OCP=90°，即OC⊥PD，∵OC是⊙O的半徑，∴PC為⊙O的切線；（2）解：過點D作DG⊥AP，垂足為點G，設BD=a，∴AP=4BD=4a，∵BD⊥AB，∴BD為⊙O的切線，∵PC、PA、BD為⊙O的切線，∴PA=PC，DC=DB，∴PD=PC+CD=5a，∵射線l⊥AB，DG⊥AP，BD⊥AB，∴∠GAB=∠AGD=∠ABD=90°，∴四邊形ABDG是矩形，∴AG=BD=a，AB=DG，∴PG=PA?AG=3a，在Rt△DPG中，DG=∴AB=DG=4a，在Rt△ABD中，AD=∴sin∠BAD=【點睛】本題考查了切線長定理，切線的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．30．（2024·湖南長沙·模擬預測）在△ABC中，BC為⊙O的直徑，AC為過C點的切線．(1)如圖①，以點B為圓心，BC為半徑作圓弧交AB于點M，連結CM，若∠ABC=66°，求∠ACM的大小；(2)如圖②，過點D作⊙O的切線DE交AC于點E，求證：AE=EC；(3)如圖③，在（1）（2）的條件下，若tanA=34【答案】(1)33°(2)見解析(3)4【分析】本題考查圓周角定理，切線性質(zhì)，三角函數(shù)的定義；（1）由三角形內(nèi)角和角的計算問題；（2）連接CD，則∠ADC=90°，根據(jù)切線長定理得到DE=CE，則∠EDC=∠ECD，得到∠A=∠ADE，即可求解；（3）根據(jù)tan∠DCB=tan∠A=34=BDCD，設BD=3x，CD=4x，則BC=BM=5x，再依據(jù)tan∠A=34【詳解】（1）由題意知，BC=BM，∵∠ABC=66°，∴∠BMC=∠BCM=57°，∵∠ACB=90°，∴∠ACM=∠ACB?∠BCM=90°?57°=33°；（2）連接CD，∵BC為⊙O的直徑，∴∠ADC=90°，∵AC為過C點的切線，過點D作⊙O的切線DE交AC于點E，∴DE=CE，∴∠EDC=∠ECD，∵∠EDC+∠ADE=90°，∠ECD+∠A=90°，∴∠A=∠ADE，∴AE=DE，∴AE=CE；（3）連接CD，由（1）（2）可得∠ADC=90°，AE=DE=CE，∠A=∠BCD=90°?∠B，∴tan∠DCB=∴設BD=3x，CD=4x，則BC=BM=5x，∵tan∠A=∴AD=16x3，∴AB=BD+AD=25x∴AM=AB?BC=10∴S△ACMS△ADE∴S△ADE??題型11由三角形外接圓求值31．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖是9×9的網(wǎng)格，網(wǎng)格邊長為1，△ABC的頂點在格點上．已知△ABC的外接圓．(1)僅用無刻度的直尺在給定的網(wǎng)格中完成畫圖：①確定△ABC的外接圓的圓心O；②作出過點C的切線，與AB的延長線交于點D；（上述兩問都要保留作圖痕跡）(2)求ABC的長和CD的長．【答案】(1)見解析(2)ABC的長為52π【分析】（1）①利用網(wǎng)格的特點，分別作線段AC，BC的垂直平分線，相交于點②利用網(wǎng)格的特點，作出等腰直角三角形OCF，得到∠OCF=90°，據(jù)此即可得解；（2）利用勾股定理及其逆定理求得△AOC是等腰直角三角形，且∠AOC=90°，利用弧長公式可求得ABC的長；證明△EFD∽△BCD，利用相似三角形的性質(zhì)結合勾股定理即可求解．【詳解】（1）解：①如圖，分別作線段AC，BC的垂直平分線，相交于點則點O即為所求．②如圖，連接OC，過點C作OC的垂線，交AB的延長線于點D，則CD即為所求．；（2）解：連接OA，由勾股定理得，OA=OC=22+∴OA∴△AOC是等腰直角三角形，且∠AOC=90°，∴ABC的長為90π×5由網(wǎng)格的特點知，EF∥∴△EFD∽△BCD，∴DF∴CD∵CF=2∴CD=2【點睛】本題考查三角形的外接圓、弧長公式和圓的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．32．（2023·廣東湛江·模擬預測）如圖，已知△ABC．(1)用直尺和圓規(guī)作△ABC的外接圓⊙O；（不寫作法，保留作圖痕跡）(2)若AB=2，∠ACB=45°，求⊙O【答案】(1)圖見解析(2)⊙O的半徑為1【分析】（1）作線段AB，BC的垂直平分線交于點O，連接OA．以O為圓心，OA為半徑作⊙O即可；（2）由圓周角定理求出∠AOB=90°，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：如圖，⊙O即為所求．（2）解：連接OB．由題意得，OA=OB=r，∵AB=AB，∴∠AOB=90°．在Rt△AOB中，O∵AB＝∴OA=OB=1，∴⊙O的半徑為1．【點睛】本題考查作圖-復雜作圖，圓周角定理，三角形的外接圓與外心等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．33．（2023·河北秦皇島·一模）在△ABC中，∠B=45°，AB=6．甲、乙、丙分別給出了一個條件，想使BC的長唯一，其中正確的是（

甲：AC=4；乙：AC=8；丙：△ABC的外接圓半徑為4A．只有甲 B．只有乙 C．只有丙 D．乙和丙【答案】B【分析】本題考查了三角形的外接圓與外心、勾股定理等，掌握三角形的外接圓與外心是解題的關鍵．根據(jù)題意畫出圖形，使∠B=45°，AB=6，點C在射線BE上，作AD⊥BE于點D，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD的長，再由AD和AC的長作比較即可判斷甲乙；由AD和AB的長，結合該三角形外接圓的半徑長，即可判斷該外接圓的圓心可以在AB【詳解】解：如圖，∠B=45°，AB=6，點C在射線BE上，作AD⊥BE于點D∴AD=BD=22∵32∴不存在AC=4的△ABC，故甲不符合題意；∵AB=6，AD=32，AC=8而AC>6，∴存在AC=8的△ABC，使得BC的長唯一成立，如上圖中的點C即是，故乙符合題意；∵AD=32>4，當△ABC的外接圓半徑為4時，如圖，∵∠B=45°，∴∠AOC=90°，∴AC=42∵4<32∴存在兩個C使△ABC的外接圓半徑為4，兩個外接圓的圓心分別在AB的上、下兩側(cè)，故丙不符合題意；綜上所述，只有乙符合題意．故選：B．??題型12由三角形內(nèi)切圓求值34．（2024·四川樂山·二模）已知△ABC，如圖所示．(1)用無刻度直尺和圓規(guī)作出△ABC內(nèi)切圓的圓心O．（保留作圖痕跡，不寫作法和證明）(2)如果△ABC的周長為14cm，內(nèi)切圓的半徑為1.2cm，求【答案】(1)見解析(2)8.4【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)可知角平分線的交點為三角形內(nèi)切圓的圓心，故只要作出兩個角的角平分線即可；（2）利用割補法，連接OA，OB，OC，作OD⊥AB，【詳解】（1）解：如下圖所示，O為所求作點，（2）解：如圖所示，連接OA，OB，∵內(nèi)切圓的半徑為1.2cm，∴OD=OF=OE=1.2cm∵△ABC的周長為14cm∴AB+BC+AC=14cm則S=故△ABC的面積為8.4cm【點睛】本題考查三角形的內(nèi)切圓，角平分線的性質(zhì)，割補法求幾何圖形的面積，能夠?qū)⒔瞧椒志€的性質(zhì)與三角形的內(nèi)切圓相結合是解決本題的關鍵．35．（2024·湖北武漢·二模）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，且AB=20，BC=21，CA=13，則下列說法不正確的是（

）A．∠EDF=∠A B．∠EOF=∠B+∠CC．BD=14 D．OE=【答案】A【分析】根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠A+∠EOF=180°，由三角形的內(nèi)角和定理可得∠A+∠B+∠C=180°，等量代換即可判斷選項B；根據(jù)切線長定理可設設AE=AF=x，BD=BF=y，CD=CE=z，由AB=AF+BF=20，BC=BD+CD=21，CA=AE+CE=13，可列出方程組，求解即可判斷選項C；過點C作CH⊥AB于點H，根據(jù)勾股定理得到CH2=AC2?AH2=BC2?BH2，構造方程可求出CH=635，得到S△ABC【詳解】解：∵AB，AC是⊙O的切線，∴OF⊥AB，OE⊥AC，∴∠AFO=∠AEO=90°，∴∠A+∠EOF=360°?∠AEO?∠AFO=360°?90°?90°=180°，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴∠EOF=∠B+∠C，故B選項正確；∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴AE=AF，BD=BF，CD=CE，∵AB=AF+BF=20，BC=BD+CD=21，CA=AE+CE=13，設AE=AF=x，BD=BF=y，CD=CE=z，∴x+y=20y+z=21x+z=13，解得∴AE=AF=6，BD=BF=14，CD=CE=7，故C選項正確；過點C作CH⊥AB于點H，∴∠AHC=∠BHC=90°，設AH=n，則BH=AB?AH=20?n，∵在Rt△ACH中，C在Rt△BCH中，C∴132?n∴CH=63∴S△ABC連接AO，?BO，CO，DO設⊙O的半徑為r，即EO=FO=DO=r，∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴OE⊥AC，OF⊥AB，OD⊥BC，∴S△ABC∴27r=126，解得：r=14∴EO=FO=DO=14∵CH=635，∴sin∠CAB=∴∠CAB≠60°∵EF=∴∠EOF=2∠EDF，∵∠CAB+∠EOF=180°∴∠CAB+2∠EDF=180°，若∠EDF=∠CAB成立，則∠CAB=60°，這與∠CAB≠60°矛盾，∴∠EDF=∠CAB不成立，故A選項錯誤．故選：A【點睛】本題考查切線的性質(zhì)，切線長定理，勾股定理，三角形的內(nèi)角和定理，圓周角定理等，綜合運用相關知識是解題的關鍵．36．（2024·廣東廣州·一模）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，若⊙I的半徑為r，∠FDE=α，則AF+CD?AC的值和∠A的大小分別為（

）A．0，180°?2α B．r，180°?αC．2r，90°?α D．3r【答案】A【分析】本題考查三角形的內(nèi)切圓，圓周角定理，切線長定理等知識．連接IF,IE．利用切線長定理，可得AF=AE,CD=CE,IF⊥AB,IE⊥AC，從而得到【詳解】解：如圖，連接IF,IE．∵△ABC的內(nèi)切圓⊙I與BC，CA，AB分別相切于點D，E，F(xiàn)，∴AF=AE,CD=CE,∴AF+CD?AC=AE+CE?AC=AC?AC=0,∴∠EIF=2∠EDF=2α，∴∠A=360°?∠AFI?∠AEI?∠EIF=180°?2α．故選：A??題型13三角形內(nèi)心有關的應用37．（2024·廣東深圳·模擬預測）如圖，已知在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，AC=10，點P是Rt△ABC的內(nèi)心．點P到邊AB的距離為【答案】2【分析】本題考查了三角形內(nèi)切圓與內(nèi)心，角平分線的性質(zhì)．連接AP，BP，CP，過點P分別作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于點D，E，F(xiàn)，根據(jù)S△ABC=12×8×6=24【詳解】解：如圖，連接AP，BP，CP，過點P分別作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于點D，E，F(xiàn)，在Rt△ABC∵∠ABC=90°，AB=6，AC=10，∴BC=A∵P是Rt△ABC∴PD=PE=PF，∵S∴12∴PD=2，∴點P到邊AB的距離為2；故答案為：2．38．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在△ABC中，AC=5，AB=7，BC=6，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，過O作DE∥BC分別交AB、AC于D、E，則DE的長為（

）A．26 B．4 C．5 D．【答案】B【分析】如圖，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，切點分別為N,K,H，連接ON，OH，OK，過A作AT⊥BC于T，利用內(nèi)切圓的性質(zhì)求解GT=OK=r，AF=3r，再利用相似三角形的性質(zhì)解得即可．【詳解】解：如圖，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，切點分別為N,K,H，連接ON，OH，OK，過A作AT⊥BC于T，∴ON=OH=OK=r，OK⊥BC，∵DE∥∴∠KOG=180°?90°=90°=∠OGT，∴四邊形OKTG為矩形，∴GT=OK=r，∴12∴AT=3r，∴AG=3r?r=2r，∵DE∥∴△ADE∽△ABC，∴AGAT∴DE=2故選:B【點睛】本題考查的是三角形的內(nèi)切圓的性質(zhì)，三角形的面積，相似三角形的判定與性質(zhì)，切線的性質(zhì)，作出合適的輔助線是解本題的關鍵．39．（2024·湖北武漢·模擬預測）如圖，在一張Rt△ABC紙片中，∠ACB=90°，AC=8，tan∠ABC=43，⊙O是它的內(nèi)切圓．小明用剪刀沿著⊙O的切線DE剪下一塊三角形ADE，則A．9 B．12 C．15 D．18【答案】B【分析】本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，勾股定理，切線的性質(zhì)，解直角三角形．設△ABC的內(nèi)切圓切三邊于點F，H，G，連接OF，OH，OG，得四邊形OHCG是正方形，由切線長定理可知AF=AG，根據(jù)DE是⊙O的切線，可得【詳解】解：如圖，設△ABC的內(nèi)切圓切三邊于點F、H、G，連接OF、OH、OG，∴四邊形OHCG是正方形，

由切線長定理可知AF=AG，∵DE是⊙O的切線，∴MD=DF，EM=EG，∵∠ACB=90°，AC=8，tan∠ABC=∴8BC解得BC=6，∴AB=A∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，H、G為切點，∴OH⊥BC，OG⊥AC，∵∠ACB=90°，∴四邊形OHCG是矩形，∵OH=OG，∴四邊形OHCG是正方形，設內(nèi)切圓的半徑為x，∴CH=CG=x，∴BH=6?x=BF，AG=8?x=AF，∴6?x+8?x=10，解得x=2，∴AF=AG=6，∴△ADE的周長為：AD+DE+AE=AD+DF+EG+AE=AF+AG=6+6=12．故選：B．??題型14三角形外接圓與內(nèi)切圓綜合40．（2023·湖北武漢·模擬預測）如圖，O是△ABC的外心，I是△ABC的內(nèi)心，連接AI并延長交BC和⊙O于D，E．(1)求證：EB=EI；(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的長．【答案】(1)見解析；(2)AI=4．【分析】（1）欲證明EB=EI，只要證明∠EBI=∠EIB；（2）連接EC，由△ADB∽△CDE，可得BDDE=ADDC=ABEC=2，設DE=m，CD=n，則BD=2m，AD=2n，同法可證：△ADC∽△BDE，推出ADBD=ACBE，推出2n2m=32，推出【詳解】（1）∵I是△ABC的內(nèi)心，∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC，∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，∵∠CBE=∠CAE，∴∠BIE=∠EBI，∴EB=EI；（2）連接EC．∵∠BAE=∠CAE，∴BE∴BE=EC=4，∵∠ADB=∠CDE，∠BAD=∠DCE，∴△ADB∽△CDE，∴BDDE=ADDC=ABEC=2同法可證：△ADC∽△BDE，∴AD∴2n∴n：m=3：2，設n=3k，m=2k，∵∠CED=∠AEC，∠ECD=∠BAE=∠CAE，∴△ECD∽△EAC，∴EC∴16=m?m+2n∴16=2k∴k=1或?1(舍棄)，∴DE=2，AD=6，∴AE=8，∵EI=BE=4，∴AI=AE?EI=4．【點睛】本題考查的是三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，等角對等邊等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程組解決問題，屬于中考壓軸題．41．（2024·江蘇揚州·二模）如圖，已知點O是△ABC的外心，點I是△ABC的內(nèi)心，連接OB，IA．若∠OBC=20°，則∠CAI=°．【答案】35【分析】本題考查了三角形的內(nèi)心，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，圓周角定理，連接OB，由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理得∠BOC=140°，進而由圓周角定理得∠BAC=12∠BOC=70°【詳解】連接OC，∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=20°，∴∠BOC=180°?2×20°=140°，∴∠BAC=1∵點I是△ABC的內(nèi)心，∴∠CAI=1故答案為：35．42．（2022·河北衡水·模擬預測）如圖，已知在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，AC=10，點P是

（1）點P到邊AB的距離為；（2）Q是Rt△ABC的外心，連接PQ，則PQ的長為【答案】25【分析】（1）連接AP，BP，CP，過點P分別作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于點D，E，F(xiàn)，根據(jù)SΔABC=12（2）連接PQ，證明△ADP≌△AFP，可得AD=AF=4，再利用勾股定理即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖，連接AP，BP，CP，過點P分別作PD⊥AB，PF⊥AC，PE⊥BC于點D，E，F(xiàn)，

在Rt△∵∠ABC=90°，AB=6，AC=10，∴BC=A∵P是Rt△∴PD=PE=PF，∵S∴12∴PD=2，∴點P到邊AB的距離為2；故答案為：2；（2）如圖，連接PQ，由1.知，PD=PE=2，∵PE⊥BC，PD⊥AB，∴四邊形BEPD是正方形，∴BE=BD=PD=PE=2，∵AB=6∴AD=4，在△ADP和△AFP中，∠DAP=∠FAP∠ADP=∠AFP=90°∴△ADP≌△AFP（AAS），∴AD=AF=4，∵Q是Rt△ABC∴AQ=5，∴FQ=1，在Rt△PQ=P故答案為：2；5．【點睛】本題考查了三角形內(nèi)切圓與內(nèi)心，三角形外接圓與外心，三角形的全等的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關鍵是掌握內(nèi)心和外心的區(qū)別．??題型15圓位置關系與函數(shù)綜合43．（2024·湖南·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，點A、B在函數(shù)y=kx(k>0,x>0)的圖象上，分別以A、B為圓心，1為半徑作圓，當⊙A與x軸相切、⊙B與y軸相切時，連接AB，AB=5A．32 B．3 C．62【答案】D【分析】根據(jù)反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征得B(1,k)，A(k,1)，再列式AB=(k?1)2+(1?k)2【詳解】解：根據(jù)題意可知，把x=1代入y=kx，得把y=1代入y=kx，得∴B(1,k)，A(k,1)，∴AB=(k?1)∵AB=52∴2(k?1)∴k?1=±5，解得k=6或k=?4（k>0，故舍去），故選：D44．（2024·江蘇宿遷·二模）中國象棋棋盤上雙方的分界處稱為“楚河漢界”，以“楚河漢界”比喻雙方對壘的分界線．在平面直角坐標系中，為了對兩個圖形進行分界，對“楚河漢界線”給出如下定義：點Px1,y1是圖形G1上的任意一點，點Qx2,y2是圖形G2上的任意一點，若存在直線l∶y=kx+bk≠0滿足y1≤kx1(1)在直線①y=?2x，②y=4x?1，③y=?2x+3，④y=?3x?1中，是圖1函數(shù)y=6x(x<0)(2)如圖2，第一象限的等腰直角△EDF的兩腰分別與坐標軸平行，直角頂點D的坐標是2,1，△EDF與⊙O的“楚河漢界線”有且只有一條，求出此“楚河漢界線”的表達式；(3)正方形A1B1C1D1的一邊在y軸上，其他三邊都在y軸的右側(cè)，點M(2,t)是此正方形的中心，若存在直線y=?2x+b【答案】(1)①④；(2)y=?2x+5；(3)t≤?7或t≥9．【分析】（1）根據(jù)定義，結合圖象，可判斷出直線為y=?3x或y=?3x?1與雙曲線y=6x(x<0)（2）先作出以原點O為圓心且經(jīng)過△EDF的頂點D的圓，再過點D作⊙O的切線，求出該直線的解析式即可；（3）先由拋物線與直線組成方程組，則該方程組有唯一一組解，再考慮直線與正方形有唯一公共點的情形，數(shù)形結合，分類討論，求出t的取值范圍即可．【詳解】（1）解：如圖，從圖可知，y=?2x與雙曲線y=6x(x<0)和正方形OABC只有一個公共點，y=?3x?1與雙曲線y=6x(x<0)和正方形OABC沒有公共點，y=4x?1、y=?2x+3不在雙曲線y=6x(x<0)及正方形ABCD故答案為：①④；（2）解：如圖，連接OD，以O為圓心，OD長為半徑作⊙O，作DG⊥x軸于點G，過點D作⊙O的切線DM，則MD⊥OD，∵MD⊥OD，DG⊥x軸，∴∠ODM=∠OGD=90°，∴∠MOD+∠OMD=90°，∵∠MOD+∠DOG=90°，∴∠OMD=∠DOG，∴tan∠OMD=∵D2,1∴DG=1，OG=2，∴tan∠OMD=tan∠DOG=∵tan∠OMD=∴5DM∴∴MN=1∴OM=O∴M0,5設直線MD的解析式為y=mx+n，把M0,5、Dn=52m+n=1解得m=?2n=5∴y=?2x+5，∴△EDF與⊙O的“楚河漢界線”為y=?2x+5；（3）解：由y=?2x+by=?x2∵直線與拋物線有唯一公共點，∴△=0，∴16?4b+12=0，解得b=7，∴此時的“楚河漢界線”為y=?2x+7，當正方形A1B1∵點M2,t∴頂點A1∵頂點A10,t?2不能在直線y=?2x+7下方，得解得t≥9；當正方形A1B1對于拋物線y=?x2+2x+3，當x=0時，y=3；當x=4∴直線y=?2x+3恰好經(jīng)過點0,3和點4,?5；對于直線y=?2x+3，當x=4時，y=?5，由C12,t+2不能在直線得t+2≤?5，解得t≤?7；綜上所述，t≤?7或t≥9．【點睛】此題考查了一次函數(shù)、正方形的性質(zhì)、三角函數(shù)、一次函數(shù)的應用、二元二次方程組，一元二次方程的根的判別式等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，學會用分類討論的思想思考問題．45．（2024·浙江溫州·二模）如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=BC=8，AD=2，點E在AB上，作EF∥CD交BC于點F，點G為CD上一點，且DGCF=35，如圖2，作△EFG的外接圓交CD于點H，連結EH，

(1)求CD的長；(2)求y關于x的函數(shù)表達式；(3)當CF與△EFH的一邊相等時，求滿足所有條件的BE的長．【答案】(1)10(2)y=?(3)BE的值為4或8827或【分析】（1）作DM⊥BC于點M，可證四邊形ABMD是矩形，可求出DM,CM的值，在Rt△CDM（2）根據(jù)題意可證△BEF∽△MDC，分別用含x的式子表示BF，用含y的式子表示CF，根據(jù)