第07讲点和圆直线和圆的位置关系（9大考点）

第07讲点和圆、直线和圆的位置关系（9大考点）考点考点考向1.点与圆的位置关系（1）点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r②点P在圆上⇔d=r①点P在圆内⇔d＜r（2）点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．（3）符号“⇔”读作“等价于”，它表示从符号“⇔”的左端可以得到右端，从右端也可以得到左端．2.直线与圆的位置关系（1）直线和圆的三种位置关系：①相离：一条直线和圆没有公共点．②相切：一条直线和圆只有一个公共点，叫做这条直线和圆相切，这条直线叫圆的切线，唯一的公共点叫切点．③相交：一条直线和圆有两个公共点，此时叫做这条直线和圆相交，这条直线叫圆的割线．（2）判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．①直线l和⊙O相交⇔d＜r②直线l和⊙O相切⇔d=r③直线l和⊙O相离⇔d＞r．考点考点精讲一．点与圆的位置关系（共9小题）1．（2022秋•拱墅区月考）已知⊙O的半径为5，OA＝4，则点A在（）A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定【分析】点在圆上，则d＝r；点在圆外，d＞r；点在圆内，d＜r（d即点到圆心的距离，r即圆的半径）．【解答】解：∵OA＝4＜5，∴点A与⊙O的位置关系是点在圆内，故选：A．【点评】考查了点与圆的位置关系，判断点与圆的位置关系，也就是比较点与圆心的距离和半径的大小关系．2．（2022秋•邗江区校级月考）⊙O的半径为2，点A到圆心的距离是3，则点A与⊙O的位置关系是点A在⊙O外．【分析】根据⊙O的半径r＝2，且点A到圆心O的距离d＝3知d＞r，据此可得答案．【解答】解：∵⊙O的半径r＝2，且点A到圆心O的距离d＝3，∴d＞r，∴点A在⊙O外，故答案为：点A在⊙O外．【点评】本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d＝r；③点P在圆内⇔d＜r．3．（2022•炎陵县一模）已知点P（x0，y0）和直线y＝kx+b，求点P到直线y＝kx+b的距离d可用公式d＝计算．根据以上材料解决下面问题：如图，⊙C的圆心C的坐标为（1，1），半径为1，直线l的表达式为y＝﹣2x+6，P是直线l上的动点，Q是⊙C上的动点，则PQ的最小值是．【分析】求出点C（1，1）到直线y＝﹣2x+6的距离d即可求得PQ的最小值．【解答】解：过点C作CP⊥直线l，交圆C于Q点，此时PQ的值最小，根据点到直线的距离公式可知：点C（1，1）到直线l的距离d＝＝，∵⊙C的半径为1，∴PQ＝﹣1，故答案为：﹣1．【点评】本题考查的是一次函数的应用、点到直线的距离公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目．4．（2022秋•启东市校级月考）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，其中AB＝，∠BOC＝60°，P为⊙O上的动点，连AP，取AP中点Q，连CQ，则线段CQ的最大值为（）A． B． C． D．【分析】如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．首先证明点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题．【解答】解：如图，连接OQ，作CH⊥AB于H．∵AQ＝QP，∴OQ⊥PA，∴∠AQO＝90°，∴点Q的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点Q在CK的延长线上时，CQ的值最大（也可以通过CQ≤QK+CK求解）在Rt△OCH中，∵∠COH＝60°，OC＝2，∴OH＝OC＝，CH＝3，在Rt△CKH中，CK＝，∴CQ的最大值为，故选：D．【点评】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点Q的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．5．（2022•烟台一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，点C的坐标为（0，﹣6），⊙C半径为4，P是⊙C上一动点，Q是线段PB的中点，连结OQ．则线段OQ的最大值是7．【分析】连接AP，求出A，B两点的坐标，再判断OQ为△BAP的中位线，利用点和圆的位置关系解答即可．【解答】解：连接AP，如图所示，令＝0，则x＝±8故A（﹣8，0），点B（8，0），∵Q是BP的中点，∴OQ为△BAP的中位线，∴OQ＝AP，∴当AP最大时，OQ最大，连接AC，延长AC交圆于点P，PA最大，∵OA＝8，OC＝6，∴AC＝10，∴AP的最大值是10+4＝14，∴线段OQ的最大值为7．故答案为：7．【点评】本题主要考查了点和圆的位置关系，三角形的中位线，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．6．（2022秋•海州区校级月考）在矩形ABCD中，AB＝6cm，AD＝8cm．（1）若以A为圆心，6cm长为半径作⊙A（画图），则B、C、D与圆的位置关系是什么？（2）若作⊙A，使B、C、D三点至少有一个点在⊙A内，至少有一点在⊙A外，则⊙A的半径r的取值范围是6cm＜r＜10cm．【分析】（1）根据勾股定理求出AC的长，进而得出点B，C，D与⊙A的位置关系；（2）利用（1）中所求，即可得出半径r的取值范围．【解答】解：（1）连接AC，∵AB＝6cm，AD＝8cm，∴AC＝10cm，∵⊙A的半径为6cm长，∴点B在⊙A上，点C在⊙A外，点D在⊙A外；（2）∵以点A为圆心作⊙A，使B，C，D三点中至少有一个点在圆内，且至少有一点在圆外，∴⊙A的半径r的取值范围是6cm＜r＜10cm．故答案为：6cm＜r＜10cm．【点评】此题主要考查了点与圆的位置关系，矩形的性质，解决本题要注意点与圆的位置关系，要熟悉勾股定理，及点与圆的位置关系．7．（2022秋•玄武区月考）如图，已知P是⊙O外一点，Q是⊙O上的动点，线段PQ的中点为M，连接OP，OM．若⊙O的半径为2，OP＝4，则线段OM的最小值是1.【分析】设OP为⊙O交于点N，连接MN，OQ，由题意可知ON＝OP，从而可知MN为△POQ的中位线，由三角形中位线的性质可知MN＝OQ＝1；当点M、O、N在一条直线上时，OM有最小值，接下来依据OM＝ON﹣MN求解即可．【解答】解：设OP为⊙O交于点N，连接MN，OQ，如图，∵OP＝4，ON＝2，∴N是OP的中点．∵M是PQ的中点，N是OP的中点，∴MN为△POQ的中位线，∴MN＝OQ＝×2＝1，∴点M在以N为圆心，1为半径的圆上．∵当点M在ON上时，OM最小，最小值为1，∴线段OM的最小值为1．故答案为：1．【点评】本题主要考查的是点与圆的位置关系、三角形的中位线定理，熟练掌握相关定理是解题的关键．8．（2022秋•工业园区校级月考）如图1，⊙O的半径为r（r＞0），若点P′在射线OP上，满足OP′•OP＝r2，则称点P′是点P关于⊙O的“反演点”．如图2，⊙O的半径为4，点B在⊙O上，∠BOA＝60°，OA＝8，若点A′，B′分别是点A，B关于⊙O的反演点，求A′B′的长．【分析】设OA交⊙O于C，连接B′C，如图2，根据新定义计算出OA′＝2，OB′＝4，则点A′为OC的中点，点B和B′重合，再证明△OBC为等边三角形，则B′A′⊥OC，然后在Rt△OA′B′中，利用正弦的定义可求A′B′的长．【解答】解：设OA交⊙O于C，连接B′C，如图2，∵OA′•OA＝42，而r＝4，OA＝8，∴OA′＝2，∵OB′•OB＝42，∴OB′＝4，即点B和B′重合，∵∠BOA＝60°，OB＝OC，∴△OBC为等边三角形，而点A′为OC的中点，∴B′A′⊥OC，在Rt△OA′B′中，sin∠A′OB′＝，∴A′B′＝4sin60°＝2．【点评】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了阅读理解能力．9．（2022•海珠区二模）如图，在⊙O中，AB是⊙O的直径，AB＝2，AD＝BC，AD，BC交于点E，点D为的中点，点G为平面内一动点，且BG⊥EG，则AG的最小值为﹣1．【分析】因∠BGE＝90°，则点G在以BE为直径的圆上，不妨以BE为直径作⊙M，连接AM，当AM与⊙M交于点G时，此时AG最短，求出此时的AG的值便可．【解答】解：连接AC、BC，以BE为直径作⊙M，∵∠BG⊥EG，即∠BGE＝90°，∴点G在⊙M上，连接AM，当AM与⊙M交于点G时，此时AG最短，如图，∵AD＝BC，∴，∵点D为的中点，∴，∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD，∴AE＝BE，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CAD+∠BAD+∠ABC＝90°，∴∠CBD＝∠CBA＝∠BAD＝∠CAD＝30°，∴AC＝AB＝＝，∴BE＝AE＝＝2，CE＝AE＝1，∵MG＝MB＝ME＝＝1，∴CM＝CE+ME＝2，∴AM＝．∴AG＝AM﹣MG＝﹣1，即AG的最小值为﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查了点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，关键在于构造辅助圆与直角三角形，确定AG最小时的点G位置．二．确定圆的条件（共4小题）10．（2022秋•仪征市校级月考）已知直线l：y＝x﹣4，点A（1，0），点B（0，2），设点P为直线l上一动点，当点P的坐标为（2，﹣2）时，过P、A、B不能作出一个圆．【分析】由而在同一直线上的三个点不能画一个圆可知，当P，A，B三点共线时，过P，A，B三点不能作出一个圆．为此，先利用待定系数法求出直线AB的解析式，再与y＝x﹣4联立，两直线的交点坐标即为所求．【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，∵A（1，0），点B（0，2），∴，解得，∴y＝﹣2x+2．解方程组，得，∴当P的坐标为（2，﹣2）时，过P，A，B三点不能作出一个圆．故答案为（2，﹣2）【点评】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．注意：这里的“三个点”不是任意的三点，而是不在同一条直线上的三个点，而在同一直线上的三个点不能画一个圆．同时考查了利用待定系数法求直线的解析式及两直线交点坐标的求法．11．（2022•同安区二模）如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为（2，0）．【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．【解答】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．如图所示，则圆心是（2，0）．故答案为：（2，0）【点评】能够根据垂径定理的推论得到圆心的位置．12．（2022秋•灌南县校级月考）如图所示，破残的圆形轮片上，弦AB的垂直平分线交弧AB于点C，交弦AB于点D．已知：AB＝24cm，CD＝8cm．（1）求作此残片所在的圆（不写作法，保留作图痕迹）；（2）求（1）中所作圆的半径．【分析】（1）由垂径定理知，垂直于弦的直径是弦的中垂线，故作AC，BC的中垂线交于点O，则点O是弧ACB所在圆的圆心；（2）在Rt△OAD中，由勾股定理可求得半径OA的长．【解答】解：（1）作弦AC的垂直平分线与弦AB的垂直平分线交于O点，以O为圆心OA长为半径作圆O就是此残片所在的圆，如图．（2）连接OA，设OA＝x，AD＝12cm，OD＝（x﹣8）cm，则根据勾股定理列方程：x2＝122+（x﹣8）2，解得：x＝13．答：圆的半径为13cm．【点评】本题利用了垂径定理，中垂线的性质，勾股定理求解．13．（2022•湖里区校级二模）平面直角坐标系内的三个点A（1，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3），不能确定一个圆，（填“能”或“不能”）．【分析】根据三个点的坐标特征得到它们共线，于是根据确定圆的条件可判断它们不能确定一个圆．【解答】解：∵B（0，﹣3）、C（2，﹣3），A（1，﹣3），∴点A、B、C共线，∴三个点A（1，﹣3）、B（0，﹣3）、C（2，﹣3）不能确定一个圆．故答案为：不能．【点评】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．三．三角形的外接圆与外心（共9小题）14．（2021秋•乐清市期末）如图，抛物线的图象与x轴交于点A，B，交y轴于点C，动点P在射线AB运动，作△BCP的外接圆⊙M，当圆心M落在该抛物线上时，则AP的值（）A．3 B．4 C．5 D．3.5【分析】△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，求出直线y＝﹣x与抛物线的交点，即可推出点M坐标，由此即可解决问题．【解答】解：∵△PBC的外接圆的圆心在线段BC的垂直平分线y＝﹣x上，由，解得或（舍弃），∴点M坐标为（2，﹣2），如图1中，作MN⊥AB于N，∵MP＝MB，NM⊥PB，∴PN＝NB＝1，∴OP＝1，AP＝3，∴当AP＝3时圆心在抛物线上．故选：A．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，抛物线与x轴的交点，正确的作出辅助线是解题的关键．15．（2022秋•海淀区校级月考）如图，等腰△ABC内接于⊙O，其中AB＝BC，下列结论不一定成立的是（）A．∠1＝∠2 B．∠2＝∠4 C．∠AOB＝2∠1 D．∠AOC＝4∠1【分析】利用OB＝OC可对A选项的结论进行判断；由于AB＝BC，OA＝OB﹣OC，得△OAB≌△COB，得∠4＝∠1＝∠2，可对B判断；延长CO到M，由三角形的外角定理可对C判断；根据∠AOC＝2∠ABC，进而得∠AOC与∠1的关系，从而可判断D．【解答】解：∵OB＝OC，∴∠1＝∠2，所以A选项的结论成立；∵AB＝BC，OA＝OC，OB＝OB，∴△OAB≌△COB（SSS），∴∠4＝∠1＝∠2＝∠ABO，故B选项结论成立；延长CO到M，∴∠BOM＝∠1+∠2＝2∠1，∵∠AOB＞∠BOM，∴∠AOB＞2∠1，故选项C的结论不成立；∵∠AOC＝2∠ABC，∠ABC＝2∠2，∠2＝∠1，∴∠AOC＝4∠1，故选项D结论成立；故选：C．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理和等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握圆周角定理．16．（2022•滨海县模拟）如图，△ABC内接于⊙O，AD是⊙O的直径，∠ABC＝35°，则∠CAD＝55°．【分析】根据同弧所对的圆周角相等先求出∠D＝35°，再利用直径所对的圆周角是直角可得∠ACD＝90°，然后根据直角三角形的两个锐角互余即可解答．【解答】解：∵∠ABC＝35°，∴∠ABC＝∠D＝35°，∵AD是⊙O的直径，∴∠ACD＝90°，∴∠CAD＝90°﹣∠D＝55°，故答案为：55°．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．17．（2022•宣城模拟）如图，⊙O为△ABC的外接圆，AD⊥BC交BC于点D，直径AE平分∠BAD交BC于点F，连接BE．（1）证明：∠AEB＝∠AFD；（2）若AB＝10，BF＝5，求AF的长．【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ABE＝90°，根据等角的余角相等证明结论；（2）过点B作BH⊥AE于H，根据勾股定理求出AE，根据三角形的面积公式求出BH，根据勾股定理计算即可．【解答】（1）证明：∵AE平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵AD⊥BC，∴∠DAF+∠AFD＝90°，∵AE为⊙O的直径，∴∠ABE＝90°，∴∠AEB+∠BAF＝90°，∴∠AEB＝∠AFD；（2）解：过点B作BH⊥AE于H，∵∠AFD＝∠BFE，∠AFD＝∠AEB，∴∠BFE＝∠AEB，∴BE＝BF＝5，在Rt△ABE中，AB＝10，∠ABE＝90°，则AE＝＝＝5，∵S△ABE＝AB•BE＝AE•BH，∴BH＝＝＝2，∴EH＝FH＝＝，∴AF＝AE﹣EF＝AE﹣2EH＝3．【点评】本题考查的是三角形的外接圆与外心、勾股定理，掌握圆周角定理、等腰三角形的三线合一是解题的关键．18．（2022•埇桥区校级模拟）如图，⊙O的半径为，△ABC内接于⊙O，OD⊥AC于点D，∠A＝60°，∠C＝75°，则OD长度为2．【分析】连接OA，OC，利用三角形的内角和定理可求解∠B的度数，再根据圆周角定理可求得∠AOC＝90°，即可证得△OAC为等腰直角三角形，求出AC＝4，再由垂径定理及等腰直角三角形的性质可求解OD的长．【解答】解：连接OA，OC，∵∠B+∠BAC+∠ACB＝180°，∠BAC＝60°，∠ACB＝75°，∴∠B＝45°，∴∠AOC＝2∠B＝90°，∵OA＝OC＝，∴△AOC为等腰直角三角形，AC＝，∵OD⊥AC，∴OD＝AC＝2，故答案为：2．【点评】本题主要考查三角形的内角和定理，等腰直角三角形，垂径定理，勾股定理，由周角定理等知识的综合运用，作适当的辅助线是解题的关键．19．（2022•松山区模拟）如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，D是的中点，连接BD交AC于点G，过D作DE⊥AB于点E，交AC于点F．（1）求证：FD＝FG；（2）若△DFG的面积为4.5，FH是△DFG的高，且DG＝3，GC＝4，试求△BCG的面积．【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB＝90°，结合对顶角的性质可得∠CBD+∠AGD＝90°，由DE⊥AB可得∠D+∠ABD＝90°，根据D是的中点可得∠CBD＝∠ABD，即可证得∠D＝∠AGD，进而可证明结论；（2）由等腰三角形的性质可求得HG＝，△FHG的面积为，通过证明△FHG∽△BCG可求解△BCG的面积．【解答】（1）证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∴∠CBD+∠CGB＝90°，∵∠CGB＝∠AGD，∴∠CBD+∠AGD＝90°，∵DE⊥AB，∴∠D+∠ABD＝90°，∵D是的中点，∴∠CBD＝∠ABD，∴∠D＝∠AGD，∴FD＝FG；（2）解：∵FD＝FG，FH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．【点评】本题主要考查圆的概念及性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质，证明△FHG∽△BCG是解题的关键．20．（2022秋•拱墅区月考）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AD＝16，CE＝6，连接OC，弦AD分别交OC，BC于点E，F，其中点E是AD的中点．（1）求证：∠CAD＝∠CBA．（2）求AB的长．【分析】（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可；（2）证明△AEC∽△BCA，推出＝，求出AB即可解决问题．【解答】（1）证明：∵点E是AD的中点，∴AE＝DE，∵OC是半径，∴＝，∴∠CAD＝∠CBA；（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AE＝DE＝AD＝8，，∴OC⊥AD，∴∠AEC＝90°，∵CE＝6，∴AC＝＝10，∵∠AEC＝∠ACB，∠CAD＝∠CBA，∴△AEC∽△BCA，∴＝，∴＝，∴AB＝．【点评】本题考查三角形的外接圆与外心，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，得到△AEC∽△BCA．21．（2021秋•丰泽区校级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D，延长BD交⊙O于点G，连接AG．（1）求证：AF＝AG；（2）连接DE，若DE＝，∠FAG＝105°，求⊙O的半径．【分析】（1）由圆周角定理的推论，即可证明；（2）由三角形中位线定理，勾股定理，可求解．【解答】（1）证明：∵AE⊥BC于点E，BD⊥AC于点D，∴∠ACB+∠EFD＝180°，∵∠AFD+∠EFD＝180°，∴∠AFD＝∠ACB，∵∠AGD＝∠ACB，∴∠AFD＝∠AGD，∴AF＝AG；（2）解：延长AE交⊙O于M，连接BM，GM，GC，MC，MO，作直径GN，作MH⊥GN于H，∵AF＝AG，AC⊥FG，∴FD＝DG，同理，FE＝EM，∴MG＝2DE＝2（+），∵∠MAG+∠MCG＝180°，∴∠MCG＝180°﹣∠MAG＝180°﹣105°＝75°，∴∠MOG＝2∠MCG＝150°，∴∠MOH＝30°，设MH＝x，∴OM＝OG＝2x，OH＝x，∵MH2+GH2＝GM2，∴x2+（2+）2x2＝22（+）2，∴（8+4）x2＝4（8+4），∴x2＝4，∴x＝2，∴⊙O半径长为2x＝4．【点评】本题考查圆及三角形的有关知识点，关键是熟练掌握有关的知识点，并能综合应用．22．（2022•梅州模拟）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连结BE．（1）求证：∠AEB＝∠AFD；（2）若AB＝10，BF＝5，求DF的长；（3）若点G为AB的中点，连结DG，若点O在DG上，求BF：FC的值．【分析】（1）由圆周角定理及直角三角形的性质可得出结论；（2）过点B作BM⊥AE于点M．由勾股定理求出AE＝5，求出AF的长，证明△BFM∽△AFD，由相似三角形的性质得出，则可得出答案；（3）证出∠ABD＝45°，过点F作FH⊥AB于点H，证出BF＝FH＝FD，由等腰三角形的性质证出FD＝CD，则可得出答案．【解答】（1）证明：∵AE为⊙O的直径，∴∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADF＝90°，∴∠AFD+∠FAD＝90°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠FAD，∴∠AEB＝∠AFD；（2）解：如图1，过点B作BM⊥AE于点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为AB的中点，∴AG＝DG＝BG，∵O为AE的中点，G为AB的中点，∴OG∥BE，∵∠ABE＝90°，∴∠AGD＝90°，∴△ADG为等腰直角三角形，∴∠GAD＝45°，∴∠ABD＝45°，过点F作FH⊥AB于点H，如图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，设FD＝DC＝x，则BF＝x，∴．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分的性质等，熟练掌握性质定理是解题的关键．四．直线与圆的位置关系（共5小题）23．（2022秋•东台市月考）已知⊙O的半径是一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的一个根，圆心O到直线l的距离d＝5，则直线l与⊙O的位置关系是（）A．相交 B．相切 C．相离 D．平行【分析】先求方程的根，可得r的值，由直线与圆的位置关系的判断方法可求解．【解答】解：∵x2﹣5x﹣6＝0，∴x1＝﹣1，x2＝6，∵⊙O的半径为一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的根，∴r＝6，∵d＜r，∴直线l与⊙O的位置关系是相交，故选：A．【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．24．（2022•滑县模拟）如图1展示的是曲柄连杆运动的示意图（1﹣曲柄，2﹣连杆，3﹣摇杆，4﹣机架），滑块C在弧形漏槽内运动，通过连杆带动点B绕点A做圆周运动．某数学兴趣小组利用示意图，构建了数学模型．如图2，点C在上运动，利用连杆BC，使得点B在⊙A上运动．（1）如图3，点C运动到这一时刻时，连接AC交⊙A于点M，连接BM，∠ACB+2∠MBC＝90°．请判断此时BC与⊙A的位置关系，并说明理由．（2）若点C在上运动一个来回，则点B恰好绕点A运动一周，若CD＝3AB，请求出∠FDG度数．【分析】（1）由题意易得∠MBA＝∠AMB，从而可求得∠ABC＝90°，再由切线的判定条件即可求解；（2）由题意可得点B与点C运动的路程相等，利用弧长公式即可求解．【解答】解：（1）BC与⊙A相切，理由如下：由题意得：AM＝AB，∴∠MBA＝∠AMB，∴∠ABC＝∠MBA+∠MBC＝∠AMB+∠MBC＝∠ACB+∠MBC+∠MBC＝∠ACB+2∠MBC＝90°，∴AB⊥BC，∵AB是⊙A的半径，∴BC与⊙A相切；（2）由题意得：点B与点C运动的路程相等，设AB＝m，则CD＝3m，令∠FDG的度数为n°，∴点B运动一周的路程为2πm，点C运动的路程为：2×，∴2πm＝2×，解得：n＝60，∴∠FDG的度数为60°．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，圆周角定理，点与圆的位置关系，解答的关键是结合图形求得∠ABC＝90°．25．（2022•碑林区校级四模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若CD＝12，DE＝10，求⊙O的直径．【分析】（1）连接DO，如图，根据直角三角形斜边上的中线性质，由∠BDC＝90°，E为BC的中点得到DE＝CE＝BE，则利用等腰三角形的性质得∠EDC＝∠ECD，∠ODC＝∠OCD，由于∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，所以∠EDC+∠ODC＝90°，即∠EDO＝90°，于是根据切线的判定定理即可得到DE与⊙O相切；（2）根据勾股定理和相似三角形的判定与性质即可得到结论．【解答】解：（1）直线DE是⊙O的切线，理由：连接DO，∵AC为⊙O直径，∴∠ADC＝∠BDC＝90°，∵E为BC的中点，∴DE＝CE＝BE，∴∠EDC＝∠ECD，∵OD＝OC，∴∠ODC＝∠OCD，∵∠OCD+∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠EDC+∠ODC＝90°，∴∠EDO＝90°，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴DE与⊙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．【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．也考查了直角三角形斜边上的中线性质和相似三角形的判定与性质．26．（2022•桥西区校级模拟）如图，已知⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD＝120°，点A平分，延长OD至点M，使得DM＝OD，连接AM．（1）当点C在优弧BD上移动时，AM的位置不变；（选填“改变”或“不变”）（2）判断AM与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）当点C在优弧BD上移动时，若∠OBC＝20°，求的长．【分析】（1）根据C的位置与M的位置的联系可以判断；（2）首先连接OA，然后利用题目的已知条件得到∠OAD，∠DAM的度数，最后利用切线的判定定理证明即可；（3）首先利用等腰三角形的性质得到∠OCB，∠COD，∠ODC的度数，然后利用弧长公式即可求解．【解答】解：（1）当C在在优弧BD上移动时，A的位置没有改变，而∠BAD＝120°，∴B，C，D，M的位置也没有改变，∴AM当位置不变；（2）AM与⊙O相切．证明如下：连接OA，∵∠BAD＝120°，点A平分，∴∠BOA＝∠DOA＝60°，又OA＝OB＝OD，∴△BOA，△DAO为等边三角形，∴∠OAD＝∠ODA＝60°，∵DM＝OD，∴∠DAM＝∠DMA，∴∠ODA＝∠ADM+∠AMD，∴∠DAM＝30°，∴∠OAM＝∠OAD+∠DAM＝90°，而OA为半径，∴AM与⊙O相切；（3）连接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°，∴的长为＝π．【点评】本题主要考查了切线的判定，也利用了等腰三角形的性质与判定，同时也考查了弧长公式，综合性比较强．27．（2022•仪征市一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，过点D作DE⊥AC交AC于点E．（1）试判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若⊙O的半径为5，BC＝16，求DE的长．【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理求出∠ADB＝90°，根据等腰三角形的性质求出BD＝CD，根据三角形的中位线求出OD∥AC，求出DE⊥OD，根据切线的判定得出即可；（2）由等腰三角形的性质求出BD＝CD＝8，由勾股定理求出AD的长，根据三角形的面积得出答案．【解答】解：（1）直线DE与⊙O的位置关系是相切，理由是：连接AD，OD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，∵AB＝AC，∴BD＝CD，∵AO＝BO，∴DO∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴直线DE与⊙O的位置关系是相切；（2）∵⊙O的半径为5，∴AC＝AB＝10，∵BC＝16，BD＝CD，∴CD＝8，在Rt△ACD中，AD＝＝＝6，∵S△ADC＝AC•DE＝AD•CD，∴DE＝＝＝．【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的面积等知识，正确作出辅助线，熟练掌握掌握切线的判定与性质是解题的关键．五．切线的性质（共6小题）28．（2021秋•潍坊期末）如图，从圆外一点P引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点，M为PB上一点，连接MO交⊙O于点D，若MO∥PA，PA＝9，MD＝2，则⊙O的半径长是（）A．3 B．4 C． D．【分析】连接OP、OB，如图，设⊙O的半径为r，则OM＝MD+OD＝2+r，先根据切线长定理和切线的性质得到PB＝PA＝9，OP平分∠APB，OB⊥PB，再证明∠BPO＝∠MOP得到MP＝MO＝2+r，所以BM＝7﹣r，然后在Rt△OBM中根据勾股定理得到r2+（7﹣r）2＝（2+r）2，最后解方程即可．【解答】解：连接OP、OB，如图，设⊙O的半径为r，则OM＝MD+OD＝2+r，∵PA、PB为⊙O的切线，∴PB＝PA＝9，OP平分∠APB，OB⊥PB，∴∠AOP＝∠BOP，∠OBP＝90°，∵MO∥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的半径长是3．故选：A．【点评】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理、平行线的性质和勾股定理．29．（2022秋•雨花区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，以点C为圆心r为半径作圆，如果⊙C与AB相切，则半径r的值是．【分析】过点C作CD⊥AB于D，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式求出CD，根据直线与圆的位置关系求出r．【解答】解：过点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＝，当⊙C与AB相切时，半径r的值是，故答案为：．【点评】本题考查的是圆的切线，掌握圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切是解题的关键．30．（2022秋•崇川区校级月考）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝8，则△PCD的周长为16．【分析】根据切线长定理得到PB＝PA＝8，CA＝CE，DB＝DE，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，PA＝8，∴PB＝PA＝8，CA＝CE，DB＝DE，∴△PCD的周长＝PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PC+CA+PD+DB＝PA+PB＝16，故答案为：16．【点评】本题考查的是切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等．31．（2022•历下区校级三模）如图，AB为⊙O的直径，PQ切⊙O于E，AC⊥PQ于C，交⊙O于D．（1）求证：AE平分∠BAC；（2）若AD＝2，EC＝，∠BAC＝60°，求⊙O的半径．【分析】（1）连接OE，根据切线的性质就可以得出OE⊥PQ，就可以得出OE∥AC，可以得出∠BAE＝∠CAE而得出结论；（2）连接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，从而求出结论．【解答】（1）证明：连接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：连接BE，∵AB是直径，∴∠AEB＝90°．∵∠BAC＝60°，∴∠OAE＝∠EAC＝30°．∴AB＝2BE．∵AC⊥PQ，∴∠ACE＝90°，∴AE＝2CE．∵CE＝，∴AE＝2．设BE＝x，则AB＝2x，由勾股定理，得x2+12＝4x2，解得：x＝2或x＝﹣2（舍）∴AB＝4，∴⊙O的半径为2．方法二、连接OD，∵∠BAC＝60°，OA＝OD，∴△OAD为等边三角形，∴OA＝OD＝AD＝2，∴⊙O的半径为2．【点评】本题考查了角平分线的判定及性质的运用，切线的性质的运用，30度角的直角三角形的性质的运用，平行线的判定及性质的运用，解答时合理运用切线的性质是关键．32．（2022•蜀山区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，O是AB边上的一点，以OA为半径的⊙O与边BC相切于点E．（1）若AB＝8，⊙O的半径为3，求AC的长．（2）过点E作弦EF⊥AB于G，连接AF，若∠AFE＝2∠ABC．求证：四边形ACEF是菱形．【分析】（1）连接OE，根据切线的性质得到OE⊥BC，根据勾股定理求出BE，再根据勾股定理计算，求出AC；（2）根据圆周角定理、三角形的外角性质求出∠ABC＝30°，进而得到∠AFE＝∠FEB，证明AF∥BC，根据菱形的判断定理证明结论．【解答】（1）解：连接OE，∵AB＝8，⊙O的半径为3，∴OB＝8﹣3＝5，∵⊙O与边BC相切于点E，∴OE⊥BC，∴BE＝＝＝4，∵∠BAC＝90°，∴CA是⊙O的切线，∴CA＝CE，在Rt△ABC中，AC2+AB2＝BC2，即AC2+82＝（4+AC）2，解得：AC＝6；（2）证明：由圆周角定理得：∠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，∴四边形ACEF为平行四边形，∵CA＝CE，∴平行四边形ACEF为菱形．【点评】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、菱形的判断定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．33．（2022•鹿城区校级三模）如图，AB为半圆O的直径，BC切半圆O于点B，连结AC交半圆于点D，点E为的中点，连结BE交AC于点F．（1）求证：CB＝CF．（2）若，BC＝6，求AB的长．【分析】（1）连结AE，由BC是⊙O的切线得∠ABC＝90°，由AB是⊙O的直径得∠E＝90°，由点E为的中点得∠ABE＝∠DAE，即可由90°﹣∠ABE＝90°﹣∠DAE证明∠CBF＝∠CFB，所以CB＝CF；（2）作CG⊥BF于点G，则GF＝GB＝FB，而，可求得＝，再证明△AFE∽△CFG，得＝＝，由（1）得BC＝CF＝6，可求得AF＝4，则AC＝10，即可根据勾股定理求得AB＝8．【解答】（1）证明：如图，连结AE，∵BC是⊙O的切线，∴BC⊥OB，∴∠ABC＝90°，∴∠CBF＝90°﹣∠ABE，∴AB是⊙O的直径，∴∠E＝90°，∴∠CFB＝∠AFE＝90°﹣∠DAE，∵点E为的中点，∴＝，∴∠ABE＝∠DAE，∴90°﹣∠ABE＝90°﹣∠DAE，∴∠CBF＝∠CFB，∴CB＝CF．（2）解：如图，作CG⊥BF于点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的长是8．【点评】此题重点考查圆的切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．六．切线的判定（共6小题）34．（2022•朝阳区校级开学）如图，以△ABC的边BC的长为直径作⊙O，交AC于点D，若∠A＝∠DBC，求证：AB是⊙O的切线．【分析】根据圆周角定理得到∠BDC＝90°，根据题意得到AB⊥BC，根据切线的判定定理证明结论．【解答】证明：∵BC为⊙O的直径，∴∠BDC＝90°，∴∠A+∠ABD＝90°，∵∠A＝∠DBC，∴∠DBC+∠ABD＝90°，∴AB⊥BC，∵BC为⊙O的直径，∴AB是⊙O的切线．【点评】本题考查的是切线的判定定理、圆周角定理，熟记经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．35．（2022•北京）如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD，连接AC，OD．（1）求证：∠BOD＝2∠A；（2）连接DB，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于点E，延长DO，交AC于点F．若F为AC的中点，求证：直线CE为⊙O的切线．【分析】（1）连接AD，首先利用垂径定理得，知∠CAB＝∠BAD，再利用同弧所对的圆心角等于圆周角的一半可得结论；（2）连接OC，首先由点F为AC的中点，可得AD＝CD，则∠ADF＝∠CDF，再利用圆的性质，可说明∠CDF＝∠OCF，∠CAB＝∠CDE，从而得出∠OCD+∠DCE＝90°，从而证明结论．【解答】证明：（1）如图，连接AD，∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，∴，∴∠CAB＝∠BAD，∵∠BOD＝2∠BAD，∴∠BOD＝2∠A；（2）如图，连接OC，∵F为AC的中点，∴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为半径，∴直线CE为⊙O的切线．【点评】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定等知识，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．36．（2022•顺德区一模）如图，A，B，C，D是⊙O上的四个点，∠ADB＝∠BDC＝60°，过点A作AE∥BC交CD延长线于点E．（1）求∠ABC的大小；（2）证明：AE是⊙O的切线．【分析】（1）根据圆周角定理得到∠CAB＝∠BDC＝60°，∠ACB＝∠ADB＝60°，根据等边三角形的性质解答即可；（2）连接AO并延长交BC于F，根据垂径定理的推论得到AF⊥BC，根据平行线的性质得到AF⊥AE，根据切线的判定定理证明结论．【解答】（1）解：由圆周角定理得：∠CAB＝∠BDC＝60°，∠ACB＝∠ADB＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝60°；（2）证明：连接AO并延长交BC于F，∵AB＝AC，∴＝，∴AF⊥BC，∵AE∥BC，∴AF⊥AE，∵OA是⊙O的半径，∴AE是⊙O的切线．【点评】本题考查的是切线的判定、圆周角定理、垂径定理、等边三角形的判定和性质，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．37．（2022•宁夏）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AC于点M．（1）求证：直线DE是⊙O的切线；（2）求证：AB＝AM；（3）若ME＝1，∠F＝30°，求BF的长．【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°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．【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：∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，∴∠BAM＝60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠M＝60°，∵∠DEM＝90°，ME＝1，∴∠EDM＝30°，∴MD＝2ME＝2，∴BD＝MD＝2，∵∠BDF＝∠EDM＝30°，∴∠BDF＝∠F，∴BF＝BD＝2．【点评】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．38．（2022•富阳区二模）如图，以正方形ABCD的边AB为直径作⊙O，E是⊙O上一点，EF⊥AB于点F，AF＞BF，作直线DE交BC于点G，CD＝10，EF＝4．（1）求AF的长；（2）求证：DG是⊙O的切线．【分析】（1）已知直径易知半径．连接OE，在Rt△OEF中运用勾股定理求OF，再求AF，BF；（2）欲证DG为切线，则证OE⊥DG．连接OD，证明△OAD≌△OED即可．已有两边对应相等，只需证明DE＝AD．为此作EH⊥AD于H，运用勾股定理可证．【解答】（1）解：如图，连接OE．∵正方形边长为10，AB是直径，∴OB＝OE＝5．∵EF⊥AB，EF＝4，∴OF＝＝3，∴BF＝2，∴AF＝8；（2）证明：如图，连接OD，作EH⊥AD于H点．∴四边形AFED为直角梯形，∴EH＝AF＝8，HD＝10﹣4＝6．∴DE＝＝10．∴AD＝DE．又OA＝OE，OD公共边，∴△OAD≌△OED（SSS），∴∠OED＝∠OAD＝90°，又OE是⊙O的半径，∴DG是⊙O的切线．【点评】此题考查了正方形的性质、圆的切线的判定、勾股定理等知识点，综合性较强，难度较大39．（2022•福州模拟）如图，AC是▱ABCD的对角线，∠BAD+∠ACB＝90°．O是BC垂直平分线与AC的交点，以点O为圆心，OC长为半径作⊙O．求证：AB为⊙O的切线．【分析】连接BO，并延长BO交CD于E，根据线段垂直平分线的性质得到OB＝OC，根据平行线的性质得到∠BAC＝∠DCA，∠DAC＝∠BCA，∠ABE＝∠BEC，根据垂直的定义得到OB⊥AB，于是得到AB为⊙O的切线．【解答】证明：连接BO，并延长BO交CD于E，∵O在BC垂直平分线上，∴OB＝OC，∴OB是⊙O的半径，∠ACB＝∠CBE，∵AC是▱ABCD的对角线，∴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为⊙O的切线．【点评】本题考查了切线的判定，平行四边形的性质，平行线的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．七．切线的判定与性质（共7小题）40．（2022•社旗县一模）如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是（）A． B．或 C． D．或【分析】根据函数解析式求得A（﹣4，0），B（0．﹣3），得到OA＝4，OB＝3，根据勾股定理得到AB＝5，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD＝1，根据相似三角形的性质即可得到结论．【解答】解：∵直线y＝﹣x﹣3交x轴于点A，交y轴于点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，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD＝1，∵∠ADP＝∠AOB＝90°，∠PAD＝∠BAO，∴△APD∽△ABO，∴，即，∴AP＝，∴OP＝或OP＝，∴P（﹣，0）或P（﹣，0），故选：B．【点评】本题考查了切线的判定和性质，一次函数图形上点的坐标特征，相似三角形的判定和性质，正确的理解题意是解题的关键．41．（2021秋•丰泽区校级期末）如图，已知AB是⊙O的直径，AB＝BE，点P在BA的延长线上，连接AE交⊙O于点D，过点D作PC⊥BE垂足为点C．（1）求证：PC与⊙O相切；（2）连结OC，如果PD＝2，∠P＝30°，求OC的长．【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠BAE＝∠BEA，∠BAE＝∠ODA，等量代换得到∠ODA＝∠BEA，证明OD∥BE，根据平行线的性质得到PC⊥OD，根据切线的判定定理证明结论；（2）解直角三角形求出OD、OP，进而求出CD，根据勾股定理计算，得到答案．【解答】（1）证明：连接OD，∵AB＝BE，∴∠BAE＝∠BEA，∵OA＝OD，∴∠BAE＝∠ODA，∴∠ODA＝∠BEA，∴OD∥BE，∵PC⊥BE，∴PC⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴PC与⊙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＝＝＝．【点评】本题考查的是切线的判定、解直角三角形，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．42．（2022•上城区一模）在直角坐标系中，一次函数y＝kx+1﹣2k（k≠0）的图象记作G，以原点O为圆心，作半径为1的圆，有以下几种说法：①当G与⊙O相交时，y随x增大而增大；②当G与⊙O相切时，k＝；③当G与⊙O相离时，k＞或k＜0．其中正确的说法是（）A．① B．①② C．①③ D．②③【分析】由一次函数解析式可得直线过点（2，1），如图1，P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E；先由勾股定理和三角函数解Rt△PAO；再由切线长定理求得AB的长；然后解Rt△ABE求得B点坐标，便可求得直线与圆相切时的k值；根据一次函数与y轴交点坐标（0，1﹣2k）随k值的变化情况确定直线与圆的位置关系即可解答．【解答】解：∵y＝kx+1﹣2k（k≠0），当x＝2时，y＝1，∴一次函数经过点（2，1），如图，P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB、AB、OP交AB于点C，过B作BE⊥y轴于E，∵A（0，1），∴PA∥x轴，∵PA＝2，OA＝1，∴OP＝＝，Rt△PAO中，sin∠OPA＝，cos∠OPA＝，由切线长定理得：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＝，∵直线y＝kx+1﹣2k（k≠0）与y轴交点坐标为（0，1﹣2k），当k＝时，直线与圆相切，直线与y轴交点（0，﹣），当k＞时，1﹣2k＜﹣，直线与圆相离；当k＜0时，1﹣2k＞1，直线与圆相离；当0＜k＜时，﹣＜1﹣2k＜1，直线与圆相交；∵直线与圆相交时，0＜k＜，∴一次函数递增，故①正确；∵直线与圆相切时，k＝，故②错误；∵直线与圆相离时，k＞或k＜0，故③正确，①③正确，故选：C．【点评】本题考查了一次函数的图象特征，切线长定理，直线与圆的位置关系，解直角三角形等知识；综合性强难度大，正确作出辅助线是解题的关键．43．（2022秋•玄武区校级月考）如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠DAB＝90°，点E在DC的延长线上，且∠CED＝∠CAB．（1）求证：DE是⊙O的切线．（2）若AC∥DE，当AB＝8，DC＝4时，求AC的长．【分析】（1）先判断出BD是圆O的直径，再判断出BD⊥DE，即可得出结论；（2）先判断出AC⊥BD，进而求出BC＝AB＝8，再用勾股定理求出BD，根据三角形的面积公式即可得出结论．【解答】（1）证明：如图，连接BD，∵∠BAD＝90°，∴点O必在BD上，即：BD是直径，∴∠BCD＝90°，∴∠DEC+∠CDE＝90°，∵∠DEC＝∠BAC，∴∠BAC+∠CDE＝90°，∵∠BAC＝∠BDC，∴∠BDC+∠CDE＝90°，∴∠BDE＝90°，即：BD⊥DE，∵点D在⊙O上，∴DE是⊙O的切线；（2）解：∵DE∥AC，∵∠BDE＝90°，∴∠BFC＝90°，∴CB＝AB＝8，AF＝CF＝AC，在Rt△BCD中，BD＝＝4，∴CF＝＝＝，∴AC＝2CF＝．【点评】此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，三角形的面积公式，切线的判定和性质，勾股定理，求出BC＝8是解本题的关键．44．（2022•百色一模）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，过点O，E的直线交CF于点G，则CF的长为（）A．4.5 B．4 C．3.5 D．3【分析】过点O作OH⊥B′C于点H，根据切线的性质可得∠OEB′＝90°，根据矩形的性质可得AB＝CD＝5，∠B′＝∠B′CD′＝90°，从而可得OD＝OC＝OE＝2.5，根据旋转的性质可得BC＝B′C＝4，然后根据矩形的判定可得四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，从而可得B′H＝OE＝2.5，B′E＝OH＝CG，∠EGC＝90°，进而求出CH的长，最后在Rt△OHC中，利用勾股定理求出OH的长，最后根据垂径定理求出CF的长，即可解答．【解答】解：过点O作OH⊥B′C于点H，∴∠OHB′＝90°，∵A'B'与⊙O相切于点E，∴∠OEB′＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝5，∴OD＝OC＝OE＝2.5，由旋转得：BC＝B′C＝4，∵四边形A′B′C′D′是矩形，∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，∴四边形OEB′H和四边形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，故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，切线的判定与性质，垂径定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．45．（2022秋•岳麓区校级月考）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AC于点M．（1）求证：直线DE是⊙O的切线；（2）若∠F＝30°，求∠M的度数；（3）在第二问的条件下，若ME＝1，求BF的长．【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）根据圆周角定理和等边三角形的判定和性质即可得到结论；（3）由∠AEF＝90°，∠F＝30°证明∠BAM＝60°，则△ABM是等边三角形，所以∠M＝60°，则∠EDM＝30°，所以BD＝MD＝2ME＝2，再证明∠BDF＝∠F，得BF＝BD＝2．【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）解：∵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．∵∠AEF＝90°，∠F＝30°，∴∠BAM＝60°，∴△ABM是等边三角形，∴∠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．【点评】此题重点考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．46．（2022•五华区校级模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，DE⊥AC，垂足为E，ED的延长线与AB的延长线交于点F．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若⊙O的半径为，BD＝3，求CE的长．【分析】（1）连接OD，根据AB＝AC，OB＝OD，得∠ACB＝∠ODB，从而OD∥AC，由DE⊥AC，即可得EF⊥OD，故EF是⊙O的切线；（2）连接AD，由△CDE∽△CAD，即可求解．【解答】（1）证明：连接OD，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∵OB＝OD，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ACB＝∠ODB，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD即EF⊥OD，∵OD是⊙O的半径，∴EF是⊙O的切线；（2）解：连接AD，∵AB是⊙O直径，∴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＝．【点评】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，等腰三角形性质及应用，关键是掌握并能熟练应用这些知识点．八．切线长定理（共3小题）47．（2022•白银模拟）如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝9，CD＝15，则四边形ABCD的周长为48．【分析】根据切线长定理得到AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，得到AD+BC＝AB+CD＝24，根据四边形的周长公式计算，得到答案．【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，∴AD+BC＝AB+CD＝24，∴四边形ABCD的周长＝AD+BC+AB+CD＝24+24＝48，故答案为：48．【点评】本题考查的是切线长定理，掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题的关键．48．（2021秋•原州区期末）如图，PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C，DE分别交PA，PB于D、E，已知P到⊙O的切线长为8cm，那么△PDE的周长为16cm．【分析】由于PA、PB、DE都是⊙O的切线，可根据切线长定理将切线PA、PB的长转化为△PDE的周长．【解答】解：∵PA、PB、DE分别切⊙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的周长为16cm．故答案为16cm．【点评】此题主要考查的是切线长定理，能够发现△PDE的周长和切线PA、PB长的关系是解答此题的关键．49．（2021秋•西岗区期末）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝8，则△PCD的周长为（）A．8 B．12 C．16 D．20【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案．【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点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的周长为16．故选：C．【点评】本题主要考查切线的性质，利用切线长定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解题的关键．九．三角形的内切圆与内心（共9小题）50．（2022秋•香坊区校级月考）如图，点O是△ABC内切圆的圆心，若∠BAC＝50°，那么∠BOC＝115度．【分析】由三角形内切定义可知：OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，利用三角形内角和定理和角平分线的性质可得∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB），把对应数值代入即可求得∠BOC的值．【解答】解：∵OB、OC是∠ABC、∠ACB的角平分线，∴∠OBC+∠OCB＝（∠ABC+∠ACB）＝（180°﹣50°）＝65°，∴∠BOC＝180°﹣65°＝115°．故答案为：115．【点评】本题考查了三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理．注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．51．（2022秋•崇川区校级月考）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D、E、F，且AB＝18cm，BC＝28cm，CA＝26cm，求AF、BD、CE的长．【分析】由切线长定理可得AE＝AF，BF＝BD，CE＝CD，由线段的数量关系列出方程，即可求解．【解答】解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点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．【点评】本题考查的是三角形内切圆的有关问题以及切线长定理的应用，根据切线长定理列出方程是解题的关键．52．（2022秋•玄武区校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，三个切点分别为D、E、F，若BF＝3，AF＝10，则△ABC的面积是（）A．60 B．13 C．13 D．30【分析】利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理得出答案．【解答】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴OE⊥AC，OD⊥BC，CD＝CE，BD＝BF＝3，AF＝AE＝10，∴AB＝AF+BF＝13，∵∠C＝90°，OD＝OE，∴四边形OECD是正方形，设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，故选：D．【点评】此题主要考查了三角形内切圆与内心，切线的性质，得出四边形OECF是正方形是解题关键．53．（2022•威县校级模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转110°，得到△A'B'C'，且点A'，C，B恰好在同一条直线上．（1）若∠A+∠B的度数为110°；（2）若O是△ABC的内心，连接OA，OB，则∠AOB的度数为125°．【分析】（1）根据旋转的性质可得∠ACA′＝110°，再利用三角形的外角进行计算即可解答；（2）根据已知可得AO平分∠BAC，BO平分∠ABC，然后利用角平分线的定义可得∠BAO+∠ABO＝（∠BAC+∠ABC）＝55°，然后利用三角形内角和定理，进行计算即可解答．【解答】解：（1）由旋转得：∠ACA′＝110°，∵∠ACA′是△ABC的一个外角，∴∠ACA′＝∠A+∠B＝110°，故答案为：110°；（2）如图：∵O是△ABC的内心，∴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°，故答案为：125°．【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心，旋转的性质，熟练掌握三角形的内切圆与内心是解题的关键．54．（2021秋•昆明期末）如图，点O是△ABC的内心，AO的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连结CD．求证：OD＝CD．【分析】连接OC，根据点O是△ABC的内心，可得∠CAD＝∠BAD，∠OCA＝∠OCB，然后证明∠COD＝∠DCO，即可得到结论．【解答】证明：如图，连接OC，∵点O是△ABC的内心，∴∠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．【点评】本题考查了三角形的内角圆与内心，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是根据圆周角定理得到∠COD＝∠DCO．55．（2022春•江汉区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，⊙O是四边形ABCD的内切圆，CD，BC分别切⊙O于F，E两点，若AD＝3，BC＝6，则EF的长是（）A． B． C． D．【分析】作DG⊥BC于点G，连接OC、OE，根据切线长定理可得CE＝CF，OC平分∠ECF，DF＝DH，所以OC垂直平分EF，令OC、EF相交于点M，则EM＝FM，设圆半径为R，则DG＝2R，CG＝3，CD＝6﹣R+3﹣R，根据勾股定理可求出R，再利用面积公式求出EM即可求得EF．【解答】解：连接OC，与EF相交于点M，作DG⊥BC于点G，连接OE，设AD与圆的切点为H，如图，∵AD∥BC，AB⊥BC，DG⊥BC，∴四边形ABGD是矩形，∴BG＝AD＝3，CG＝BC﹣BG＝6﹣3＝3，∵点E、F、H是切点，∴DF＝DH，CF＝CE，OC平分∠ECF，∴△ECF是等腰三角形，OC是EF的垂直平分线，∴EM＝FM，设圆O半径为R，则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，∴，∵，∴，∴，故选：A．【点评】本题考查了切线长定理，充分利用切线长定理求解相关线段长度是解题关键．56．（2022•宜宾）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289．【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．故答案为：289．【点评】本题主要考查了三角形的内切圆的性质，正方形的性质及勾股定理的应用，同时也利用了完全平方公式和一元二次方程，综合性强，能力要求高．57．（2022•鹿城区校级模拟）如图，△ABC中，AB＞AC，AE是其外接圆的切线，D为AB上的点，且AD＝AC＝AE．求证：直线DE过△ABC的内心．【分析】设∠ACB的平分线与DE交于I，连接AI、CE，然后利用弦切角的性质得到∠ACB＝2∠AED，接着得到∠ACI＝∠AED，最后利用等腰三角形的性质解决问题．【解答】证明：设∠ACB的平分线与DE交于I，连接AI、CE，∵AE是△ABC外接圆的切线，∴∠ACB＝∠FAB＝180°﹣∠DAE，又AD＝AE，∴∠ADE＝∠AED，∴∠ACB＝180°﹣∠DAE＝∠ADE+∠AED＝2∠AED，∴∠ACI＝∠ACB＝∠AED，∴A、E、I、C四点共圆，∵AC＝AE，∴∠AEC＝∠ACE，∴∠IAC＝∠IEC＝∠AEC﹣∠AED＝﹣＝（∠DAE﹣∠CAE）＝∠BAC，∴AI为∠BAC的平分线，