第24讲 直线与圆的位置关系常见题型训练 解析版

第24讲直线与圆的位置关系精选题训练1．下列说法正确的是（）A．三点确定一个圆 B．任何三角形有且只有一个内切圆 C．长度相等的弧是等弧 D．三角形的外心是三条角平分线的交点【分析】根据确定圆的条件，三角形的内切圆与内心，等弧的概念，三角形的外接圆与外心，逐一判断即可．【解答】解：A．不在同一条直线上的三个点确定一个圆，故A不符合题意；B．任何三角形有且只有一个内切圆，故B符合题意；C．能够重合的弧是等弧，故C不符合题意；D．三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，故D不符合题意；故选：B．2．⊙O的半径为2，圆心O到直线l的距离为4，则直线l和⊙O的位置关系是（）A．相切 B．相交 C．相离 D．不能确定【分析】因为圆心到直线的距离大于半径，所以直线l与圆相离．【解答】解：（1）∵4＞2，∴d＞r，∴直线l与⊙O相离，故选：C．3．如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠CAI＝38°，则∠OBC的度数为（）A．15° B．14° C．35.5° D．38°【分析】如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA．若∠CAI＝35°，则∠OBC的度数为【解答】解：连接OC，∵点I是△ABC的内心，∴AI平分∠BAC，∵∠CAI＝38°，∴∠BAC＝2∠CAI＝76°，∵点O是△ABC外接圆的圆心，∴∠BOC＝2∠BAC＝152°，∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB＝＝（180°﹣152°）＝14°，故选：B．4．在△ABC中，CA＝CB，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C与AB的位置关系是（）A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定【分析】连接CO，根据等腰三角形的性质得到OC⊥AB，于是得到点C到AB的距离等于⊙C的半径，根据切线的判定定理即可得到结论．【解答】解：连接CO，∵CA＝CB，点O为AB中点，∴OC⊥AB，∵以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，∴点C到AB的距离等于⊙C的半径，∴⊙C与AB的位置关系是相切，故选：B．5．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AC经过点O，与⊙O分别相交于点D，C，若∠ACB＝30°，，则阴影部分的面积是（）A． B． C． D．【分析】首先求出∠AOB，OB，然后利用S阴＝S△ABO﹣S扇形OBD计算即可．【解答】解：连接OB．∵AB是⊙O切线，∴OB⊥AB，∵OC＝OB，∠C＝30°，∴∠C＝∠OBC＝30°，∴∠AOB＝∠C+∠OBC＝60°，在RT△ABO中，∠ABO＝90°，AB＝，∠A＝30°，∴OB＝1，∴S阴＝S△ABO﹣S扇形OBD＝×1×﹣＝﹣．故选：C．6．如图，AB与⊙O相切于点F，AC与⊙O交于C、D两点，∠BAC＝45°，BE⊥CD于点E，且BE经过圆心，连接OD，若OD＝5，CD＝8，则BE的长为（）A．5+3 B．5 C．2 D．4【分析】连接OF，根据切线的性质得到OF⊥AB，推出△ABE是等腰直角三角形，得到∠B＝∠A＝45°，推出△OBF是等腰直角三角形，得到BF＝OF＝OD＝5，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：连接OF，∵AB与⊙O相切于点F，∴OF⊥AB，∵∠BAC＝45°，BE⊥CD，∴△ABE是等腰直角三角形，∴∠B＝∠A＝45°，∴△OBF是等腰直角三角形，∴BF＝OF＝OD＝5，∴OB＝OF＝5，∵OE⊥CD，∴DE＝CD＝4，∴OE＝＝3，∴BE＝OB+OE＝5+3，故选：A．7．如图，在⊙O中，∠BAC＝55°，分别过B，C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC的度数（）A．55° B．110° C．70° D．140°【分析】连接OB、OC，由切线的性质得∠OBP＝∠OCP＝90°，根据圆周角定理得∠BOC＝2∠BAC＝110°，则∠BPC＝360°﹣∠BOC﹣∠OBP﹣∠OCP＝70°，于是得到问题的答案．【解答】解：连接OB、OC，∵PB、PC分别与⊙O相切于点B、C，∴PB⊥OB，PC⊥OC，∴∠OBP＝∠OCP＝90°，∵∠BOC＝2∠BAC＝2×55°＝110°，∴∠BPC＝360°﹣∠BOC﹣∠OBP﹣∠OCP＝70°，故选：C．8．如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，点C在上，过点C的切线分别交PA、PB于点D、E，若PA＝1，则△PDE的周长为（）A． B．2 C．3 D．6【分析】连接OA，OB，OC，OD，OE，OP，利用切线的性质定理，全等三角形的判定与性质定理解答即可．【解答】解：连接OA，OB，OC，OD，OE，OP，如图，∵PA、PB是⊙O的切线，∴OA⊥PA，OB⊥PB，在Rt△OAP和Rt△OBP中，，∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL），∴PA＝PB＝1，∵过点C的切线分别交PA、PB于点D、E，∴OC⊥CD．在Rt△OAD和Rt△OCD中，，∴Rt△OAD≌Rt△OCD（HL），∴DA＝DC．同理：Rt△OCE≌Rt△OBE，∴EC＝EB．∴△PDE的周长＝PD+PE+DE＝PD+PE+DC+EC＝PD+PE+DA+EB＝PD+DA+PE+EB＝PA+PB＝2PA＝2．故选：B．9．已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面积为（）A．rl B．πrl C．rl D．πrl【分析】由题意可得S△AOB＝AB×OE＝AB×r，S△BOC＝BC×r，S△AOC＝AC×r，由面积关系可求解．【解答】解：如图，设内切圆O与△ABC相切于点D，点E，点F，连接OA，OB，OC，OE，OF，OD，∵AB切⊙O于E，∴OE⊥AB，OE＝r，∴S△AOB＝AB×OE＝AB×r，同理：S△BOC＝BC×r，S△AOC＝AC×r，∴S＝S△AOB+S△BOC+S△AOC＝AB×r+BC×r+AC×r＝（AB+BC+AC）×r，∵l＝AB+BC+AC，∴S＝lr，故选：A．10．如图，在平面直角坐标系中，⊙O是以原点为圆心、半径为4的圆，已知有一条直线y＝kx﹣2（k+1）与⊙O有两个交点A、B，则弦AB长的最小值为（）A．4 B． C．8 D．【分析】设⊙O交x轴的正半轴于点D（4，0），交y轴的负半轴于点C（0，﹣4），连接CD，过点O作OE⊥CD于点E，先根据垂径定理可得点E为CD的中点，，再求出E（2，﹣2），根据直线y＝kx﹣2（k+1）经过定点E（2，﹣2）可得当直线AB与直线CD重合时，弦AB的值最小，由此即可得．【解答】解：如图，设⊙O交x轴的正半轴于点D（4，0），交y轴的负半轴于点C（0，﹣4），连接CD，过点O作OE⊥CD于点E，则点E为CD的中点，，∴，即E（2，﹣2），又∵直线y＝kx﹣2（k+1）经过定点E（2，﹣2），OE⊥CD，∴当直线AB与直线CD重合时，弦AB的值最小，其值等于，故选：B．11．如图，直线AB与x轴、y轴分别相交于A（3，0）、B两点，∠BAO＝30°，圆心P的坐标为（﹣1，0），⊙P与y轴相切于原点O，若将⊙P沿x轴向右移动，当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】由切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，求出圆与直线AB相切时，P的横坐标的范围，即可解决问题．【解答】解：如图，当圆与直线AB相切时，切点是D和E，连接P′D，P′′E，∴P′D⊥AB，P′′E⊥AB，∵∠BAO＝30°，∴AP′＝2P′D＝2，同理：AP′′＝2，∴P′的横坐标是3﹣2＝1，P′′的横坐标是3+2＝5，∴P的横坐标的范围是大于1且小于5，∴横坐标为整数的点P的坐标是（2，0），（3，0），（4，0），共有3个．故选：B．12．我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为（）A．256 B．289 C．324 D．361【分析】如图，设内切圆的圆心为O，连接OE、OD，则四边形EODC为正方形，然后利用内切圆和直角三角形的性质得到AC+BC＝AB+6，（BC﹣AC）2＝49，接着利用完全平方公式进行代数变形，最后解关于AB的一元二次方程解决问题．【解答】解：如图，设内切圆的圆心为O，连接OE，OD，则四边形EODC为正方形，∴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，∵小正方形的面积为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（负值舍去），∴大正方形的面积为289．故选：B．13．如图，P为⊙O的直径BA延长线上的一点，PC与⊙O相切，切点为C，点D是⊙O上一点，连接PD．已知PC＝PD＝BC．下列结论：（1）PD与⊙O相切；（2）四边形PCBD是菱形；（3）PO＝AB；（4）∠PDB＝120°．其中正确的个数为（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】（1）利用切线的性质得出∠PCO＝90°，进而得出△PCO≌△PDO（SSS），即可得出∠PCO＝∠PDO＝90°，得出答案即可；（2）利用（1）所求得出：∠CPB＝∠BPD，进而求出△CPB≌△DPB（SAS），即可得出答案；（3）利用全等三角形的判定得出△PCO≌△BCA（ASA），进而得出答案；（4）利用四边形PCBD是菱形，∠CPO＝30°，则DP＝DB，则∠DPB＝∠DBP＝30°，求出即可．【解答】解：（1）连接CO，DO，∵PC与⊙O相切，切点为C，∴∠PCO＝90°，在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO＝∠PDO＝90°，∴PD与⊙O相切，故（1）正确；（2）由（1）得：∠CPB＝∠BPD，在△CPB和△DPB中，，∴△CPB≌△DPB（SAS），∴BC＝BD，∴PC＝PD＝BC＝BD，∴四边形PCBD是菱形，故（2）正确；（3）连接AC，∵PC＝CB，∴∠CPB＝∠CBP，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB＝90°，在△PCO和△BCA中，，∴△PCO≌△BCA（ASA），∴PO＝AB，故（3）正确；（4）∵四边形PCBD是菱形，∠CPO＝30°，∴DP＝DB，则∠DPB＝∠DBP＝30°，∴∠PDB＝120°，故（4）正确；正确个数有4个，故选：A．14．如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D．若AB＝10，PC＝12，则sin∠CAD等于（）A． B． C． D．【分析】连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，利用切线的性质和切线长定理得到OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，根据等腰三角形的性质得到OP⊥CD，则∠COB＝∠DOB，根据圆周角定理得到，所以∠COB＝∠CAD，然后求出sin∠COP即可．【解答】解：连接OC、OD、CD，CD交PA于E，如图，∵PC，PD与⊙O相切，切点分别为C，D，∴OC⊥CP，PC＝PD，OP平分∠CPD，∴OP⊥CD，∴＝，∴∠COB＝∠DOB，∵，∴∠COB＝∠CAD，∵AB＝10，∴AO＝OC＝OB＝5，∵OC＝5，PC＝12，在Rt△OCP中，，∴，∴．故选：D．15．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A'B'CD'的边A'B'与⊙O相切，切点为E，边CD'与⊙O相交于点F，则CF的长为（）A．2.5 B．1.5 C．3 D．4【分析】连接OE并延长交CF于点H，可证四边形EB′CH是矩形，再根据勾股定理和垂径定理即可求得CF的长．【解答】解：如图，连接OE并延长交CF于点H，∵矩形ABCD绕点C旋转得矩形A'B'C'D'，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，A′B′∥CD′，BC＝B′C＝4，∵边A'B'与⊙O相切，切点为E，∴OE⊥A′B′，∴四边形EB′CH是矩形，∴EH＝B′C＝4，OH⊥CF，∵AB＝5，∴OE＝OC＝AB＝，∴OH＝EH﹣OE＝，在Rt△OCH中，根据勾股定理，得CH＝＝＝2，∴CF＝2CH＝4．故选：D．16．以O为中心点的量角器与直角三角板ABC如图所示摆放，直角顶点B在零刻度线所在直线DE上，且量角器与三角板只有一个公共点P，若点P的读数为35°，则∠CBD的度数是35°．【分析】根据切线的性质得到∠OPB＝90°证出OPIBC，根据平行线的性质得到∠POB＝∠CBD，于是得到结果．【解答】解：∵AB是⊙O的切线，∴∠OPB＝90°，∠ABC＝90°，∴OP∥BC，∴∠CBD＝∠POB＝35°，故答案为：35°．17．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），P（﹣1，0），⊙P过原点O，且与x轴交于另一点D，AB为⊙P的切线，B为切点，BC是⊙P的直径，则∠BCD的度数为60°．【分析】先根据点A，P的坐标得OP＝OA＝1，进而得⊙P的半径为1，然后再在Rt△ABP中利用锐角三角函数求出∠BAP＝30°，进而得∠BPA＝∠CPD＝60°，最后再证△CPD为等边三角形即可求出∠BCD的度数．【解答】解：∵点A（1，0），P（﹣1，0），∴OP＝OA＝1，∴AP＝OP+OA＝2∵⊙P过原点O，∴OP为⊙P的半径，∵AB为⊙P的切线，∴PB⊥AB，PB＝OP＝1，在Rt△ABP中，BP＝1，AP＝2，sinA＝PB/AP＝1/2，∴∠BAP＝30°，∴∠BPA＝60°，∴∠CPD＝60°，又∵PC＝PD，∴三角形CPD为等边三角形，∴∠PCD＝60°，即∠BCD的度数为60°．故答案为：60．18．如图，已知⊙O是△ABC的内切圆，切点分别是D、E、F，若CD＝5，则CE的长为5．【分析】根据切线的性质即可得到结论．【解答】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，∴CE＝CD，∵CD＝5，∴CE＝5，故答案为：5．19．以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AB边于点E，若△CDE的周长为12，则正方形ABCD的边长为4．【分析】先根据正方形的性质、圆的切线的判定得出AD、BC均为圆O的切线，再根据切线长定理可得AE＝FE，FC＝BC，然后根据△CDE的周长可求出正方形的边长．【解答】解：设AE的长为x，正方形ABCD的边长为a，∵CE与半圆O相切于点F，∴AE＝EF，BC＝CF，∵EF+FC+CD+ED＝12，∴AE+ED+CD+BC＝12，∵AD＝ED+AE＝CD＝BC＝AB，∴3CD＝12，∴正方形ABCD的边长为4．故答案为：4．20．如图所示，△ABC的内切圆⊙O分别与AB、AC、BC相切于点D、E、F，若AC＝6，AB＝8，BC＝7，则AD的长为3.5．【分析】根据切线长定理列方程即可得到结论．【解答】解：设AD＝x，根据切线长定理，则AE＝x，∵AC＝6，AB＝8，∴FC＝EC＝6﹣x，BD＝BF＝8﹣x，∵BC＝7，∴BC＝BF+FC＝8﹣x+6﹣x＝7，解得x＝3.5，则AD的长为3.5．21．如图，∠AOB＝30°，OM＝6，那么以M为圆心，4为半径的圆与射线OA的位置关系是相交．【分析】计算出点M到射线OA的距离，与4进行比较即可．【解答】解：作MN⊥AO交AO于点N，MN＝MO•sin30°＝6×＝3＜4，∴圆与射线OA相交．故答案为：相交．22．如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是2π．（结果保留π）【分析】连接OD，OE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠COE，再根据切线的性质和平角的定义可得∠DOE＝90°，然后利用弧长公式进行计算即可解答．【解答】解：如图，连接OD，OE，∵OC＝OE，∴∠OCE＝∠OEC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ABC＝∠OEC，∴AB∥OE，∴∠BDO+∠DOE＝180°，∵AB是切线，∴OD⊥AB，∴∠BDO＝90°，∴∠DOE＝180°﹣∠DOE＝90°，∴劣弧的长是＝2π．故答案为：2π．23．如图已知⊙P的半径为3，圆心P在抛物线上运行，当⊙P与y轴相切时，圆心P的坐标为（3，2）或（﹣3，2）．【分析】当⊙P与y轴相切时可求得P点的横坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标．【解答】解：∵⊙P与y轴相切，⊙P的半径为3，∴P到y轴的距离等于半径3，∴点P的横坐标为3或﹣3，当x＝3时，代入可得，此时P点坐标为（3，2）；当x＝﹣3时，代入可得，此时P点坐标为（﹣3，2）；综上可知P点坐标为（3，2）或（﹣3，2），故答案为：（3，2）或（﹣3，2）．24．如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD＝∠CAD；②若∠BAC＝60°，则∠BEC＝120°；③BD＝DE；④若点G为BC的中点，则BG⊥GD，其中一定正确的序号是①②③④．【分析】利用三角形内心的性质得到∠BAD＝∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；通过证明∠DEB＝∠DBE得到DB＝DE，对③进行判断；根据垂径定理则可对④进行判断．【解答】解：①∵E是△ABC的内心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，故结论①正确；②如图，连接BE，CE，∵E是△ABC的内心，∴∠EBC＝∠ABC，∠ECB＝ACB，∵∠BAC＝60°，∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣60°＝120°，∴∠BEC＝180°﹣（∠EBC+∠ECB）＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝120°，故结论②正确；③如图，连接BE，OB，OC，OD，∴BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∵∠DBC＝∠DAC＝∠BAD，∴∠DBC+∠EBC＝∠EBA+∠EAB，∴∠DBE＝∠DEB，∴DB＝DE，故结论③正确；④∵∠BAD＝∠CAD，∴＝，∴BD＝DC，OD⊥BC，∵点G为BC的中点，∴G一定在OD上，∴∠BGD＝90°，∴BG⊥GD，故结论④正确．综上所述，一定正确的结论为①②③④，故答案为：①②③④．25．如图，直线AB，CD交于点F，∠AFC＝45°，点E是AF上一点，EF＝10cm，点O从点E出发，以1cm/s的速度沿射线EB运动．以点O为圆心，OE长为半径作⊙O，若点O运动的时间为t，当⊙O与直线CD相切时，则t的值为6或30秒．【分析】当O点在F点左侧与⊙O相切时，作OH⊥CD于H点，如图，根据切线的性质得到OH＝OE，再根据等腰直角三角形的性质得到OF＝OE，则OE＝10﹣OE，解方程求出OE，然后计算此时t的值；当O点在F点右侧与⊙O相切时，作O′H′⊥CD于H′点，如图，同样得到O′H′＝OE′，O′F＝O′E，则O′E＝10+O′E，解方程求出O′E，然后计算此时t的值．【解答】解：当O点在F点左侧与⊙O相切时，作OH⊥CD于H点，如图，∴OH＝OE，∵∠AFC＝45°，∴OF＝OH＝×OE＝OE，∴EO＝EF﹣OF，∴OE＝10﹣OE，解得OE＝6，此时t＝＝6（秒）；当O点在F点右侧与⊙O相切时，作O′H′⊥CD于H′点，如图，∴O′H′＝OE′，∵∠DFB＝∠AFC＝45°，∴O′F＝O′H′＝×O′E＝O′E，∴EO′＝EF+O′F，∴O′E＝10+O′E，解得O′E＝30，此时t＝＝30（秒）；综上所述，t的值为6秒或30秒．故答案为6或30．26．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（2，0），以OA为直径在x轴上方作半圆，直线l的解析式为y＝x+t，若直线l与半圆只有一个公共点，则t的值是2﹣．【分析】设直线y＝x+t与x轴交于E，与y轴交于D，与圆唯一的公共点为C，圆心为B，连接BC，根据等腰直角三角形的判定和性质即可得到结论．【解答】解：设直线y＝x+t与x轴交于E，与y轴交于D，与圆唯一的公共点为C，圆心为B，连接BC，则∠BCE＝90°，∵点A的坐标为（2，0），∴OA＝2，∴BC＝OB＝，在y＝x+t中，令x＝0，则y＝t，令y＝0，则x＝﹣t，∴E（﹣t，0），D（0，t），∴OD＝OE，∴△ODE是等腰直角三角形，∴∠DEO＝45°，∴∠EBC＝45°，∴BE＝，∴，∴，故答案为：2﹣．27．如图，在矩形ABCD中，BC＝5，AB＝2，⊙O是以BC为直径的圆，则直线AD与⊙O的位置关系是相交．【分析】作OE⊥AD于E，则OE＝AB＝2，由题意得出半径＝，由d＜r，即可得出结论．【解答】解：如图所示：作OE⊥AD于E.则OE＝AB＝2，∵BC＝5，∴OB＝，∵2＜，即圆心到直线的距离＜半径，∴直线AD与⊙O相交；故答案为：相交．28．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD．（1）求证：CP是⊙O的切线；（2）若CD＝8，EB＝2，求⊙O的半径．【分析】（1）连接OC，则∠OCA＝∠A，由AB是⊙O的直径，AB⊥CD，得∠ACB＝∠AEC＝90°，则∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ACD，所以∠OCA＝∠BCD，而∠BCP＝∠BCD，则∠BCP＝∠OCA，可推导出∠OCP＝∠ACB＝90°，即可证明CP是⊙O的切线；（2）由垂径定理得CE＝DE＝CD＝4，因为∠CEB＝∠AEC＝90°，∠BCE＝∠A，所以△BCE∽△CAE，则＝，可求得AE＝＝8，则AB＝10，所以⊙O的半径长为5．【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OA，∴∠OCA＝∠A，∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，∴∠ACB＝∠AEC＝90°，∴∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ACD，∴∠OCA＝∠BCD，∵∠BCP＝∠BCD，∴∠BCP＝∠OCA，∴∠OCP＝∠BCP+∠OCB＝∠OCA+∠OCB＝∠ACB＝90°，∵OC是⊙O的半径，且CP⊥OC，∴CP是⊙O的切线．（2）解：AB⊥CD，CD＝8，BE＝2，∴CE＝DE＝CD＝4，∠CEB＝∠AEC＝90°，∴∠BCE＝∠A＝90°﹣∠ACE，∴△BCE∽△CAE，∴＝，∴AE＝＝＝8，∴AB＝AE+BE＝8+2＝10，∴OA＝AB＝5，∴⊙O的半径长为5．29．如图，以线段AB为直径作⊙O，交射线AC于点C，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．连接BD并延长交射线AC于点M．（1）求证：直线DE是⊙O的切线；（2）求证：AB＝AM；（3）若ME＝2，∠F＝30°，求图中阴影部分的面积．【分析】（1）连接OD，由∠ODA＝∠OAD＝∠DAC证明OD∥AC，得∠ODF＝∠AED＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；（2）由线段AB是⊙O的直径证明∠ADB＝90°，再根据等角的余角相等证明∠M＝∠ABM，则AB＝AM；（3））由∠AEF＝90°，∠F＝30°，则∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，因为∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2，则OD＝4，利用全等证出△ANC≌△NOD（AAS），则阴影部分的面积＝扇形COD的面积．【解答】（1）证明：连接OD，则OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴∠ODF＝∠AED＝90°，∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，∴直线DE是⊙O的切线．（2）证明：∵线段AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，∴∠M+∠DAM＝90°，∠ABM+∠DAB＝90°，∵∠DAM＝∠DAB，∴∠M＝∠ABM，∴AB＝AM．（3）解：连接OC交AD于N，∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，∴∠BAM＝60°，∠M＝60°，∴∠EDM＝30°，∴△ABM是等边三角形，∴BD＝MD＝2ME＝2，∴∠BDF＝∠F，∴BF＝BD＝2，∴OD＝4，∵AO＝OC，∴AC＝OD，∴△ANC≌△NOD（AAS），∴阴影部分的面积＝扇形COD的面积＝＝π，30．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA＝∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E．（1）判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；（2）将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【分析】（1）连接OD，根据AB是圆O的直径，得出∠ADB＝90°，即可得出∠BDO＝∠PBD，根据∠PDA＝∠PBD，得出∠BDO＝∠PDA，证明∠ADO+∠PDA＝90°，得出PD⊥OD，即可证明结论；（2）根据折叠得出∠ADF＝∠PDA，∠PAD＝∠DAF，证明∠ADF＝∠PDA＝∠PBD＝∠ABF，设∠PBD＝x，则∠DAF＝∠PAD＝90°+x，∠DBF＝2x，根据圆内接四边形得出90°+x+2x＝180°，求出x＝30°，得出∠ADF＝∠PDA＝∠PBD＝∠ABF＝30°，证明△BDE是等边三角形，得出BD＝DE＝BE，证明