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第07讲直线与圆的位置关系（核心考点讲与练）
【基础知识】
一．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＜r
②直线l和⊙O相切 d＝r
③直线l和⊙O相离 d＞r．
二．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
三．切线的判定
（1）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．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”．
四．切线的判定与性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）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．
（3）常见的辅助线的：
①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；
②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．
五．弦切角定理
（1）弦切角：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．
（2）弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半．
　如右图所示，直线PT切圆O于点C，BC、AC为圆O的弦，则有∠PCA＝∠PBC（∠PCA为弦切角）．
六．切线长定理
（1）圆的切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
（2）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，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角．
（3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量．
（4）切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．
七．切割线定理
（1）切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
几何语言：
∵PT切⊙O于点T，PBA是⊙O的割线
∴PT的平方＝PA PB（切割线定理）
（2）推论：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．
几何语言：
∵PBA，PDC是⊙O的割线
∴PD PC＝PA PB（切割线定理推论）（割线定理）
由上可知：PT2＝PA PB＝PC PD．
八．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
【考点剖析】
一．直线与圆的位置关系（共3小题）
1．（2022 邗江区校级开学）已知⊙O的直径是8，圆心O到直线a的距离是3，则直线a和⊙O的位置关系是（　　）
A．相交 B．相离 C．相切 D．外切
2．（2021秋 江北区期末）已知圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，则该圆的半径可能为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2021秋 信都区期末）半径为5的四个圆按如图所示位置摆放，若其中有一个圆的圆心到直线l的距离为4，则这个圆可以是（　　）
A．⊙O1 B．⊙O2 C．⊙O3 D．⊙O4
二．切线的性质（共2小题）
4．（2022春 朝阳区校级月考）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠P＝40°则∠ACB的度数为（　　）
A．70° B．50° C．20° D．40°
5．（2022春 南岸区月考）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB延长线上，CD与⊙O相切于点D，连接AD，若∠ACD＝20°，则∠CAD的度数等于（　　）
A．20° B．25° C．35° D．45°
三．切线的判定（共2小题）
6．（2022 东明县一模）已知，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为直径的⊙O与BC相交于点E，在AC上取一点D，使得DE＝AD，
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）当BC＝10，AD＝4时，求⊙O的半径．
7．（2021秋 玉林期末）AB是⊙O的弦，D为半径OA的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交⊙O于点F，且CE＝CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接AF，BF，求∠ABF的度数．
四．切线的判定与性质（共2小题）
8．（2021秋 源汇区校级月考）如图，AB为⊙D的切线，BD是∠ABC的平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E．求证：BC是⊙D的切线．
9．（2021秋 台江区校级月考）已知：如图，AB为半圆的直径，O为圆心，AD平分∠BAC交弦BC于F，DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DE与⊙O相切；
（2）若DF＝2，AF＝6，求⊙O的半径．
五．弦切角定理（共1小题）
10．如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于E，过B作⊙O的切线，交AC的延长线于D．求证：∠CBD∠CAB．
六．切线长定理（共3小题）
11．（2021秋 中山市期末）如图，⊙O内切于四边形ABCD，AB＝10，BC＝7，CD＝8，则AD的长度为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
12．（2021秋 上思县期末）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝5，则△PCD的周长为（　　）
A．5 B．7 C．8 D．10
13．（2021秋 无为市校级月考）如图，PA和PB是⊙O的两条切线，A，B是切点．C是弧AB上任意一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA和PB于D，E两点，已知PA＝PB＝5cm，求△PDE的周长．
七．切割线定理（共2小题）
14．（2021秋 襄都区校级期末）如图，点P是⊙O直径AB的延长线上一点，PC切⊙O于点C，已知OB＝3，PB＝2．则PC等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
15．（2020秋 崇川区月考）如图，P是圆O外的一点，点B、D在圆上，PB、PD分别交圆O于点A、C，如果AP＝4，AB＝2，PC＝CD，那么PD＝　 　．
八．三角形的内切圆与内心（共4小题）
16．（2021秋 大余县期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若∠A＝70°，则∠BOC＝（　　）
A．125° B．115° C．100° D．130°
17．（2021秋 信都区期末）已知△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别是△ABC中线和高线，则（　　）
A．D点是△ABC的内心 B．D点是△ABC的外心
C．E点是△ABC的内心 D．E点是△ABC的外心
18．（2021秋 凉山州期末）如图，AB是⊙O的直径，点M是△ABC的内心，连接BM并延长交AC于点F交⊙O于点E，连接OE与AC相交于点D．
（1）求证：ODBC；
（2）求证：EM＝EA．
19．（2022春 定远县校级月考）已知：如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C＝90°．若AC＝12cm，BC＝9cm，求⊙O的半径r；若AC＝b，BC＝a，AB＝c，求⊙O的半径r．
【过关检测】
一．选择题（共5小题）
1．（2022春 岳麓区月考）已知⊙O的直径AB与弦AC的夹角为25°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，则∠D等于（　　）
A．25° B．30° C．35° D．40°
2．（2021秋 大余县期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若∠A＝70°，则∠BOC＝（　　）
A．125° B．115° C．100° D．130°
3．（2021秋 建邺区期末）如图，若⊙O的半径为6，圆心O到一条直线的距离为3，则这条直线可能是（　　）
A．l1 B．l2 C．l3 D．l4
4．（2021秋 滨海县期末）如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（　　）
A．以OA为半径的圆 B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆 D．以OD为半径的圆
5．（2021秋 兰山区期末）等边三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为（　　）
A．3：2：1 B．1：2：3 C．2：3：1 D．3：1：2
二．填空题（共6小题）
6．（2021秋 海淀区校级期末）在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在坐标原点，半径为2，点A的坐标为（0，4），直线AB为⊙O的切线，B为切点，则B点的坐标为 　 　．
7．（2022春 浦东新区校级期中）已知正三角形的内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：R＝　 　．
8．（2022 越秀区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC与⊙O交于点D，若BC＝3，AD，则AB的长为 　 　．
9．（2022 朝阳区校级一模）如图，已知∠AOB＝30°，M为OB边上任意一点，以M为圆心，2cm为半径作⊙M，当OM＝　 　cm时，⊙M与OA相切．
10．（2022 越秀区校级模拟）如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，∠P＝70°，则∠ABO＝　 　．
11．（2022 玉环市一模）如图，已知⊙O内切于Rt△ABC，∠C＝90°，BC边上切点为点D．作⊙O的直径DE，连结AE并延长AE交BC于点F，若∠AFC＝45°，FD＝2，则AB的长为 　 　．
三．解答题（共10小题）
12．（2022 富平县一模）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE．
（1）过点C作⊙O的切线交BP于点D，求证：CD⊥PA；
（2）若⊙O的半径为5，AB＝6，求BD的长．
13．（2020秋 佳木斯期末）已知AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB＝4，BC＝2，P是⊙O上半部分的一个动点，连接OP，CP．
（1）如图①，△OPC的最大面积是 　 　；
（2）如图②，延长PO交⊙O于点D，连接DB，当CP＝DB时，求证：CP是⊙O的切线．
14．（2022 泗阳县一模）如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且，过点E作EF⊥BC于点F，延长FE和BA的延长线交于点G．
（1）证明：GF是⊙O的切线；
（2）若AG＝6，GE＝6，求△GOE的面积．
15．（2022 兰溪市模拟）如图，AB为⊙O的直径，延长AB至点D，CD切⊙O于点C，点B是的中点，弦CF交AB于点E，连结OF、BC，过B点作BG⊥CD于点G．
（1）若∠BCD＝28°，求∠F的度数；
（2）若CF＝4OE，⊙O的半径为，求BG的长．
16．（2022 和平区二模）如图，AB为⊙O的直径，△ACD是⊙O的内接三角形，PB切⊙O于点B．
（Ⅰ）如图①，延长AD交PB于点P，若∠C＝40°，求∠P和∠BAP的度数；
（Ⅱ）如图②，连接AP交⊙O于点E，若∠D＝∠P，，求∠P和∠BAP的度数．
17．（2022 邳州市一模）如图，正方形ABCD的边长AD为⊙O的直径，E是AB上一点，将正方形的一个角沿EC折叠，使得点B恰好与圆上的点F重合．
（1）求证：CF与⊙O相切；
（2）若⊙O的半径为1，则AE的长为 　 　．
18．（2022 蓝田县二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点O为BC上一点，以O为圆心、OB为半径的⊙O切AC于点D，连接OA、BD，OA与BD相交于点E．
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）若∠C＝30°，⊙O的半径为10，求OE的长．
19．（2022春 鼓楼区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，过点C作BC的垂线交⊙O于D，点E在BC的延长线上，且∠DEC＝∠BAC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AC∥DE，当AB＝6，CE＝2时，求⊙O直径的长．
20．（2022 罗湖区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若CD＝3cm，DEcm，求⊙O直径的长．
21．（2022 龙岩模拟）已知：四边形ABCD是⊙OO的内接四边形，AC是直径，点D是的中点，过点D作DE∥AC交BA的延长线于点E，四边形ABCD的面积为25．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求BD的长．
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【基础知识】
一．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＜r
②直线l和⊙O相切 d＝r
③直线l和⊙O相离 d＞r．
二．切线的性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）切线的性质可总结如下：
如果一条直线符合下列三个条件中的任意两个，那么它一定满足第三个条件，这三个条件是：①直线过圆心；②直线过切点；③直线与圆的切线垂直．
（3）切线性质的运用
由定理可知，若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．简记作：见切点，连半径，见垂直．
三．切线的判定
（1）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．
（2）在应用判定定理时注意：
①切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆的切线．
②切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个结论直接得出来的．
③在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作垂线段，证半径”；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证垂直”．
四．切线的判定与性质
（1）切线的性质
①圆的切线垂直于经过切点的半径．
②经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
③经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
（2）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．
（3）常见的辅助线的：
①判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；
②有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．
五．弦切角定理
（1）弦切角：顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．
（2）弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半．
　如右图所示，直线PT切圆O于点C，BC、AC为圆O的弦，则有∠PCA＝∠PBC（∠PCA为弦切角）．
六．切线长定理
（1）圆的切线长定义：经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
（2）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，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角．
（3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量．
（4）切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．
七．切割线定理
（1）切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
几何语言：
∵PT切⊙O于点T，PBA是⊙O的割线
∴PT的平方＝PA PB（切割线定理）
（2）推论：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．
几何语言：
∵PBA，PDC是⊙O的割线
∴PD PC＝PA PB（切割线定理推论）（割线定理）
由上可知：PT2＝PA PB＝PC PD．
八．三角形的内切圆与内心
（1）内切圆的有关概念：
与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．
（2）任何一个三角形有且仅有一个内切圆，而任一个圆都有无数个外切三角形．
（3）三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
【考点剖析】
一．直线与圆的位置关系（共3小题）
1．（2022 邗江区校级开学）已知⊙O的直径是8，圆心O到直线a的距离是3，则直线a和⊙O的位置关系是（　　）
A．相交 B．相离 C．相切 D．外切
【分析】直接根据直线与圆的位置关系进行解答即可．
【解答】解：∵⊙O的直径是8，
∴⊙O的半径是4，圆心O到直线a的距离是3，
∴直线a和⊙O相交．
故选：A．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，即设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d＜r时，直线与圆相交．
2．（2021秋 江北区期末）已知圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，则该圆的半径可能为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据直线和圆相交，则圆心到直线的距离小于圆的半径，即可得到问题答案．
【解答】解：∵圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，
∴该圆的半径＞4，
故选：D．
【点评】本题考查了直线和圆的位置关系，熟悉直线和圆的位置关系与数量之间的联系．同时注意圆心到直线的距离应是非负数是解题的关键．
3．（2021秋 信都区期末）半径为5的四个圆按如图所示位置摆放，若其中有一个圆的圆心到直线l的距离为4，则这个圆可以是（　　）
A．⊙O1 B．⊙O2 C．⊙O3 D．⊙O4
【分析】根据直线与圆的位置关系解答即可．
【解答】解：∵⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4是四个半径为5的等圆，
∴圆心到直线l的距离为4是⊙O3，
故选：C．
【点评】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，解此题的关键是找出这个圆．
二．切线的性质（共2小题）
4．（2022春 朝阳区校级月考）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠P＝40°则∠ACB的度数为（　　）
A．70° B．50° C．20° D．40°
【分析】连接OA、OB，利用四边形内角和可求出∠AOB，根据圆周角定理即可得出答案．
【解答】解：连接OA、OB，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠AOB＝360°﹣∠PAO﹣∠PBO﹣∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣40°＝140°，
∴∠ACB∠AOB＝70°，
故选：A．
【点评】本题考查切线的性质，熟练掌握切线的性质及圆周角定理是解题关键．
5．（2022春 南岸区月考）如图，AB是⊙O的直径，点C在AB延长线上，CD与⊙O相切于点D，连接AD，若∠ACD＝20°，则∠CAD的度数等于（　　）
A．20° B．25° C．35° D．45°
【分析】连接OD，构造直角三角形，利用OA＝OD，可求得∠ODA＝35°，从而得出∠CAD的度数．
【解答】解：如图，连接OD，
∵CD与⊙O相切于点D，
∴∠ODC＝90°，
∴∠COD+∠ACD＝90°，
∵∠ACD＝20°，
∴∠COD＝90°﹣20°＝70°，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∵∠COD＝∠ODA+∠CAD，
∴∠CAD∠COD＝35°，
故选：C．
【点评】本题考查了切线的性质，熟记切线的性质及三角形的外角与内角的关系是解题的关键．
三．切线的判定（共2小题）
6．（2022 东明县一模）已知，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为直径的⊙O与BC相交于点E，在AC上取一点D，使得DE＝AD，
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）当BC＝10，AD＝4时，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OE、DE，证明△AOD≌△EOD，得到∠OED＝∠BAC＝90°，证明结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠AOD＝∠EOD，根据三角形的外角的性质得到∠BEO＝∠EOD，得到OD∥BC，求出OD，根据勾股定理计算即可．
【解答】（1）证明：连接OE、OD，
在△AOD和△EOD中，
，
∴△AOD≌△EOD（SSS），
∴∠OED＝∠BAC＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵△AOD≌△EOD，
∴∠AOD＝∠EOD，
∵OB＝OE，
∴∠B＝∠OEB，
∵∠AOE＝∠B+∠OEB，
∴∠BEO＝∠EOD，
∴OD∥BC，又AO＝BO，
∴ODBC＝5，
由勾股定理得，AO3，
则⊙O的半径为3．
【点评】本题考查的是切线的判定、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理的应用，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．
7．（2021秋 玉林期末）AB是⊙O的弦，D为半径OA的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交⊙O于点F，且CE＝CB．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接AF，BF，求∠ABF的度数．
【分析】（1）连接OB，有圆的半径相等和已知条件证明∠OBC＝90°即可证明BC是⊙O的切线；
（2）连接OF，AF，BF，首先证明△OAF是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所对圆心角的一半即可求出∠ABF的度数；
【解答】（1）证明：连接OB
∵OB＝OA，CE＝CB，
∴∠A＝∠OBA，∠CEB＝∠ABC
又∵CD⊥OA
∴∠A+∠AED＝∠A+∠CEB＝90°
∴∠OBA+∠ABC＝90°
∴OB⊥BC
∴BC是⊙O的切线．
（2）解：连接OF，AF，BF，
∵DA＝DO，CD⊥OA，
∴AF＝OF，
∵OA＝OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴∠AOF＝60°
∴∠ABF∠AOF＝30°
【点评】本题考查了切线的判定和性质，等边三角形的判定和性质、圆周角定理等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
四．切线的判定与性质（共2小题）
8．（2021秋 源汇区校级月考）如图，AB为⊙D的切线，BD是∠ABC的平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E．求证：BC是⊙D的切线．
【分析】作DF⊥BC，证明出DF＝AD即可．
【解答】证明：过点D作DF⊥BC于点F，
∵AB为⊙D的切线，
∵∠BAD＝90°，
又∵BD平分∠ABC，
∴AD＝DF，
∵AD是⊙D的半径，DF⊥BC，
∴BC是⊙D的切线．
【点评】本题考查切线的判定和性质，掌握切线的判定方法是解决问题的关键．
9．（2021秋 台江区校级月考）已知：如图，AB为半圆的直径，O为圆心，AD平分∠BAC交弦BC于F，DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DE与⊙O相切；
（2）若DF＝2，AF＝6，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OD，推出OD∥AE，推出OD⊥DE，根据切线判定推出即可；
（2）根据相似三角形的性质得到，根据三角形的中位线的性质得到OHAC，根据相似三角形的性质得到，设CF＝3k，DE＝4k，得到CH＝4k，BC＝8k，BF＝5k，根据相交弦定理得到k，求得DE＝CH，根据勾股定理得到AE，即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AC，
∵AE⊥DE，
∴OD⊥DE，
∵OD为半径，
∴DE是⊙O切线；
（2）∵OD∥AC，
∴△ACF∽△DHF，
∴，
∵∠CAD＝∠BAD，
∴，
∴CH＝BH，
∵AO＝OB，
∴OHAC，
∵CF⊥AE，DE⊥AE，
∴CF∥DE，
∴△ACF∽△AED，
∴，
设CF＝3k，DE＝4k，
∴CH＝4k，
∴BC＝8k，
∴BF＝5k，
∴AF DF＝CF BF，
∴12＝15k2，
∴k，
∴DE＝CH，
∴AE，
∵DHAC，
∴DHAE，
∴CE＝DH，
∴AC，
∴OHAC，
∴OD＝OH+DH＝2，
∴⊙O的半径为2．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，相交弦定理，勾股定理，圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
五．弦切角定理（共1小题）
10．如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于E，过B作⊙O的切线，交AC的延长线于D．求证：∠CBD∠CAB．
【分析】连接AE，利用等腰三角形的性质易证∠BAE＝∠CAE∠CAB，由弦切角定理可得∠CBD＝∠BAE，所以∠CBD∠CAB．
【解答】证明：连接AE，
∵AB是圆的直径，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE∠CAB，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠CBD＝∠BAE，
∴∠CBD∠CAB．
【点评】本题考查了弦切角定理的运用、圆周角定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是正确的添加辅助线，利用等腰三角形的性质解题．
六．切线长定理（共3小题）
11．（2021秋 中山市期末）如图，⊙O内切于四边形ABCD，AB＝10，BC＝7，CD＝8，则AD的长度为（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
【分析】根据圆外切四边形的性质对边和相等进而得出AD的长．
【解答】解：∵⊙O内切于四边形ABCD，
∴AD+BC＝AB+CD，
∵AB＝10，BC＝7，CD＝8，
∴AD+7＝10+8，
解得：AD＝11．
故选：D．
【点评】此题主要考查了圆外切四边形的性质，得出对边和直接关系是解题关键．
12．（2021秋 上思县期末）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝5，则△PCD的周长为（　　）
A．5 B．7 C．8 D．10
【分析】由切线长定理可得PA＝PB，CA＝CE，DE＝DB，由于△PCD的周长＝PC+CE+ED+PD，所以△PCD的周＝PC+CA+BD+PD＝PA+PB＝2PA，故可求得三角形的周长．
【解答】解：∵PA、PB为圆的两条相交切线，
∴PA＝PB，
同理可得：CA＝CE，DE＝DB．
∵△PCD的周长＝PC+CE+ED+PD，
∴△PCD的周长＝PC+CA+BD+PD＝PA+PB＝2PA，
∴△PCD的周长＝10，
故选：D．
【点评】本题考查了切线的性质以及切线长定理的运用．
13．（2021秋 无为市校级月考）如图，PA和PB是⊙O的两条切线，A，B是切点．C是弧AB上任意一点，过点C画⊙O的切线，分别交PA和PB于D，E两点，已知PA＝PB＝5cm，求△PDE的周长．
【分析】根据切线长定理得到PA＝PB，DA＝DC，EB＝EC，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：∵PA和PB是⊙O的两条切线，
∴PA＝PB，
同理可得：DA＝DC，EB＝EC，
∴△PDE的周长＝PD+DE+PE＝PD+DC+EC+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝10（cm）．
【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．
七．切割线定理（共2小题）
14．（2021秋 襄都区校级期末）如图，点P是⊙O直径AB的延长线上一点，PC切⊙O于点C，已知OB＝3，PB＝2．则PC等于（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据题意可得出PC2＝PB PA，再由OB＝3，PB＝2，则PA＝8，代入可求出PC．
【解答】解：∵PC、PB分别为⊙O的切线和割线，
∴PC2＝PB PA，
∵OB＝3，PB＝2，
∴PA＝8，
∴PC2＝PB PA＝2×8＝16，
∴PC＝4．
故选：C．
【点评】本题考查了切割线定理，熟记切割线定理的公式PC2＝PB PA．
15．（2020秋 崇川区月考）如图，P是圆O外的一点，点B、D在圆上，PB、PD分别交圆O于点A、C，如果AP＝4，AB＝2，PC＝CD，那么PD＝　4　．
【分析】根据“从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等”得到：PA PB＝PC PD，即PA PBPD2．
【解答】解：如图，∵AP＝4，AB＝2，PC＝CD，
∴PB＝AP+AB＝6，PCPD．
又∵PA PB＝PC PD，
∴4×6PD2，
则PD＝4．
故答案是：4．
【点评】本题考查了切割线定理．
（1）切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．
（2）推论：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．
八．三角形的内切圆与内心（共4小题）
16．（2021秋 大余县期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若∠A＝70°，则∠BOC＝（　　）
A．125° B．115° C．100° D．130°
【分析】利用三角形内心性质得到∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，则根据三角形内角和得到∠OBC+∠OCB（180°﹣∠A），然后利用三角形内角和得到∠BOC＝90°∠A，再把∠A＝70°代入计算即可．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）（180°﹣∠A），
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A＝180°70°＝125°．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等边三角形的性质．
17．（2021秋 信都区期末）已知△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别是△ABC中线和高线，则（　　）
A．D点是△ABC的内心 B．D点是△ABC的外心
C．E点是△ABC的内心 D．E点是△ABC的外心
【分析】根据直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点即可解决问题．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，
∵CD是△ABC中线，
∴D点是△ABC的外心．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形内切圆与内心，三角形外接圆与外心，解决本题的关键是掌握直角三角形的外心为直角三角形斜边的中点．
18．（2021秋 凉山州期末）如图，AB是⊙O的直径，点M是△ABC的内心，连接BM并延长交AC于点F交⊙O于点E，连接OE与AC相交于点D．
（1）求证：ODBC；
（2）求证：EM＝EA．
【分析】（1）由三角形内心的性质得出∠ABE＝∠CBE，由圆周角定理得出，证出CD＝DA，由三角形中位线定理可得出结论；
（2）连接AM，证出∠EMA＝∠EAM．由等腰三角形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：∵点M是△ABC的内心，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴，
∴CD＝DA，
又∵OA＝OB，
∴ODBC；
（2）证明：连接AM，
∵M是△ABC的内心，
∴∠BAM＝∠CAM，∠ABE＝∠CBE，
∵∠EMA＝∠ABE+∠BAM，∠EAM＝∠CAE+∠CAM，∠CBE＝∠CAE，
∴∠EMA＝∠EAM．
∴EM＝EA．
【点评】本题考查三角形的内切圆与内心，垂径定理，等腰三角形的判定，三角形外角的性质，熟练掌握三角形内心的性质是解题的关键．
19．（2022春 定远县校级月考）已知：如图，⊙O是Rt△ABC的内切圆，∠C＝90°．若AC＝12cm，BC＝9cm，求⊙O的半径r；若AC＝b，BC＝a，AB＝c，求⊙O的半径r．
【分析】首先设AC、AB、BC与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形OFCD是正方形；那么根据切线长定理可得：CD＝CF（AC+BC﹣AB），由此可求出r的长．
【解答】解：如图；
在Rt△ABC，∠C＝90°，AC＝12cm，BC＝9cm；
根据勾股定理AB15cm；
四边形OFCD中，OD＝OF，∠ODC＝∠OFC＝∠C＝90°；
则四边形OFCD是正方形；
由切线长定理，得：AD＝AE，CD＝CF，BE＝BF；
则CD＝CF（AC+BC﹣AB）；
即：r（12+9﹣15）＝3．
当AC＝b，BC＝a，AB＝c，
由以上可得：
CD＝CF（AC+BC﹣AB）；
即：r（a+b﹣c）．
则⊙O的半径r为：（a+b﹣c）．
【点评】此题主要考查直角三角形内切圆的性质及半径的求法．利用切线长定理得出四边形OFCD是正方形是解题关键．
【过关检测】
一．选择题（共5小题）
1．（2022春 岳麓区月考）已知⊙O的直径AB与弦AC的夹角为25°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点D，则∠D等于（　　）
A．25° B．30° C．35° D．40°
【分析】连接OC，根据切线性质求出∠OCD＝90°，根据等腰三角形性质求出∠OCA＝∠A＝25°，根据三角形外角性质求出∠COD，在△OCD中，根据三角形的内角和定理求出即可．
【解答】解：连接OC，
∵OA＝OC，∠CAB＝25°，
∴∠CAB＝∠OCA＝25°，
∴∠COD＝∠CAB+∠OCA＝50°，
∵CD切⊙O于C，
∴∠OCD＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，
故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质、切线的性质等知识点，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．
2．（2021秋 大余县期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，若∠A＝70°，则∠BOC＝（　　）
A．125° B．115° C．100° D．130°
【分析】利用三角形内心性质得到∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，则根据三角形内角和得到∠OBC+∠OCB（180°﹣∠A），然后利用三角形内角和得到∠BOC＝90°∠A，再把∠A＝70°代入计算即可．
【解答】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC∠ABC，∠OCB∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB（∠ABC+∠ACB）（180°﹣∠A），
∴∠BOC＝180°﹣（∠OBC+∠OCB）＝180°（180°﹣∠A）＝90°∠A＝180°70°＝125°．
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等边三角形的性质．
3．（2021秋 建邺区期末）如图，若⊙O的半径为6，圆心O到一条直线的距离为3，则这条直线可能是（　　）
A．l1 B．l2 C．l3 D．l4
【分析】直接根据直线与圆的位置关系可得出结论．
【解答】解：∵⊙O的半径是6，圆心O到直线l的距离是3，6＞3，
∴直线l与⊙O相交．
故选：B．
【点评】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d＜r时直线l和⊙O相交是解答此题的关键．
4．（2021秋 滨海县期末）如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（　　）
A．以OA为半径的圆 B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆 D．以OD为半径的圆
【分析】根据直线与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【解答】解：∵OD⊥a于D，
∴以点O为圆心，OD为半径的圆与直线a相切．
故选：D．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系：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．若直线l和⊙O相交 d＜r；直线l和⊙O相切 d＝r；直线l和⊙O相离 d＞r．
5．（2021秋 兰山区期末）等边三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为（　　）
A．3：2：1 B．1：2：3 C．2：3：1 D．3：1：2
【分析】如图，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为r，作AH⊥BC于H，利用等边三角形的性质得AH平分∠BAC，则可判断点O在AH上，所以OH＝r，连接OB，再证明OA＝OB＝2r，则AH＝3r，所以OH：OA：AH＝1：2：3．
【解答】解：如图，⊙O为△ABC的内切圆，设⊙O的半径为r，作AH⊥BC于H，
∵△ABC为等边三角形，
∴AH平分∠BAC，即∠BAH＝30°，
∴点O在AH上，
∴OH＝r，
连接OB，
∵⊙O为△ABC的内切圆，
∴∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OA＝OB，
在Rt△OBH中，OB＝2OH＝2r，
∴AH＝2r+r＝3r，
∴OH：OA：AH＝1：2：3，
即等边三角形的内切圆半径、外接圆半径和高的比为1：2：3．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了等边三角形的性质．
二．填空题（共6小题）
6．（2021秋 海淀区校级期末）在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在坐标原点，半径为2，点A的坐标为（0，4），直线AB为⊙O的切线，B为切点，则B点的坐标为 　（，1）或（，1）　．
【分析】设⊙O交y轴于点C，连接OB、BC，可证明△OBC为等边三角形，过B作BD⊥x轴于点D，利用直角三角形的性质可求得BD、OD，可求得B点坐标．
【解答】解：
设⊙O交y轴于点C，连接OB、BC，过B作BD⊥x轴于点D，
∵半径为2，A（0，4），
∴OC＝2，
∴C为OA中点，
∴AB切⊙O于点B，
∴OB⊥AB，
∴BC＝OC＝2，
∴△BOC为等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠BOD＝30°，
在Rt△BOD中，BDOB＝1，OBOB，
∴两切点B的坐标为（，1）或（，1），
故答案为：（，1）或（，1）．
【点评】本题主要考查切线的性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键．
7．（2022春 浦东新区校级期中）已知正三角形的内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：R＝　1：2　．
【分析】作出辅助线OD、OE，证明△AOD为直角三角形且∠OAD为30°，即可求出OD、OA的比．
【解答】解：如图，连接OD、OE；
因为AB、AC切圆O与E、D，
所以OE⊥AB，OD⊥AC，
在Rt△AEO和Rt△ADO中，
，
∴△AEO≌△ADO（HL），
故∠DAO＝∠EAO；
又∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠OAC＝60°30°，
∴OD：AO＝1：2．
等边三角形的内切圆半径与外接圆半径的比是1：2．
故答案为：1：2．
【点评】此题主要考查了等边三角形内心与外心的知识，找到直角三角形，将三角形内切圆和三角形外接圆联系起来是解题的关键．
8．（2022 越秀区校级一模）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC与⊙O交于点D，若BC＝3，AD，则AB的长为 　4　．
【分析】利用切割线定理、切线的性质、勾股定理即可得出．
【解答】解：∵BC是⊙O的切线，
∴BC2＝CD CA，即32＝CD （CD+DA），
即32＝CD （CD），（CD＞0），
解得CD，
∴AC＝5，
∵BC是⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
由勾股定理可得：
AB，
故答案为：4．
【点评】本题考查了切割线定理、切线的性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握切割线定理、切线的性质、勾股定理．
9．（2022 朝阳区校级一模）如图，已知∠AOB＝30°，M为OB边上任意一点，以M为圆心，2cm为半径作⊙M，当OM＝　4　cm时，⊙M与OA相切．
【分析】作MH⊥OA于点H，如图，根据切线的判定方法得到当MH＝2cm时，⊙M与OA相切，然后利用含30度的直角三角形三边的关系得到OM＝4cm，
【解答】解：作MH⊥OA于点H，如图，
当MH＝2cm时，⊙M与OA相切，
因为∠O＝30°，
所以此时OM＝2MH＝4cm，
即OM＝4cm时，⊙M与OA相切．
【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
10．（2022 越秀区校级模拟）如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，∠P＝70°，则∠ABO＝　35°　．
【分析】由切线的性质得到OA⊥PA，PA＝PB，由等腰三角形的性质求得∠ABP，即可求出∠ABO．
【解答】解：∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴OA⊥PA，PA＝PB，
∴∠PBO＝90°，
∵∠P＝70°，
∴∠ABP＝∠BAP55°，
∴∠ABO＝∠PBO﹣∠ABP＝90°﹣55°＝35°，
故答案为：35°．
【点评】本题考查的是切线的性质、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
11．（2022 玉环市一模）如图，已知⊙O内切于Rt△ABC，∠C＝90°，BC边上切点为点D．作⊙O的直径DE，连结AE并延长AE交BC于点F，若∠AFC＝45°，FD＝2，则AB的长为 　5　．
【分析】记⊙O与边AB、AC的切点为H、G，连接OH、OG，易得出CD、CG、AC、AG长，由切线长定理可得AH＝AG，BD＝BH，设BF＝x，根据勾股定理列方程即可求出x，进而得到AB长．
【解答】解：记⊙O与边AB、AC的切点为H、G，连接OH、OG，
∵⊙O内切于Rt△ABC，∠C＝90°，
∴∠ACB＝∠OGC＝∠ODC＝90°，BH＝BD，AH＝AG，
∴四边形ODCG是矩形，
在Rt△EDF中，∠AFC＝45°，则DE＝DF＝2，
∴OD＝OG＝1，
∴矩形ODCG是正方形，
∴CD＝CG＝1，
∴CF＝2+1＝3，
在Rt△ACF中，∠AFC＝45°，AC＝CF＝3，
∴AG＝3﹣1＝2＝AH，
设BF＝x，则BD＝BH＝2+x，AB＝2+x+2＝4+x，BC＝3+x，
在Rt△ABC中，32+（3+x）2＝（4+x）2，
∴x＝1，
∴AB＝5．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了切线的性质和切线长定理以及勾股定理等，解题关键是熟练使用切线长定理．
三．解答题（共10小题）
12．（2022 富平县一模）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE．
（1）过点C作⊙O的切线交BP于点D，求证：CD⊥PA；
（2）若⊙O的半径为5，AB＝6，求BD的长．
【分析】（1）连接OC，证明OC与AP平行即可．
（2）过点O作OF⊥AB交BP于点F，易证四边形DCOF为矩形，，进而可求出BD的长．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∴OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC＝∠CAO，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴PA∥OC，
∵OC为⊙O的半径，CD为⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴CD⊥PA．
（2）如图，过点O作OF⊥AB交BP于点F，
∴AF＝BFAB，∠OFD＝90°，
由（1）可知∠OCD＝∠CDA＝90°，
∴四边形DCOF为矩形，
∴DF＝OC＝OA，DF＝CD，
∴BD＝DF+BF＝OA58．
【点评】本题考查切线的性质与圆的性质，熟练掌握垂径定理的应用及切线的性质是解题关键．
13．（2020秋 佳木斯期末）已知AB是⊙O的直径，点C在AB的延长线上，AB＝4，BC＝2，P是⊙O上半部分的一个动点，连接OP，CP．
（1）如图①，△OPC的最大面积是 　4　；
（2）如图②，延长PO交⊙O于点D，连接DB，当CP＝DB时，求证：CP是⊙O的切线．
【分析】（1）在△OPC中，底边OC长度固定，因此只要OC边上高最大，则△OPC的面积最大；观察图形，当OP⊥OC时满足要求；
（2）连接AP，BP通过△APB≌△CPO可求得DP⊥PC，从而求得PC是⊙O的切线．
【解答】（1）解：∵AB＝4，
∴OB＝2，OC＝OB+BC＝4．
在△OPC中，设OC边上的高为h，
∵S△OPCOC h＝2h，
∴当h最大时，S△OPC取得最大值．
观察图形，当OP⊥OC时，h最大，如答图1所示：
此时h＝半径＝2，S△OPC＝2×2＝4．
∴△OPC的最大面积为4，
故答案为：4．
（2）证明：如答图②，连接AP，BP．
∴∠A＝∠D＝∠APD＝∠ABD，
∵，
∴，
∴AP＝BD，
∵CP＝DB，
∴AP＝CP，
∴∠A＝∠C，
在△APB与△CPO中，
，
∴△APB≌△CPO（SAS），
∴∠APB＝∠OPC，
∵AB是直径，
∴∠APB＝90°，
∴∠OPC＝90°，
∴DP⊥PC，
∵DP经过圆心，
∴PC是⊙O的切线．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定和性质，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
14．（2022 泗阳县一模）如图，AB是⊙O的直径，射线BC交⊙O于点D，E是劣弧AD上一点，且，过点E作EF⊥BC于点F，延长FE和BA的延长线交于点G．
（1）证明：GF是⊙O的切线；
（2）若AG＝6，GE＝6，求△GOE的面积．
【分析】（1）连接OE，由知∠1＝∠2，由∠2＝∠3可证OE∥BF，根据BF⊥GF得OE⊥GF，得证；
（2）设OA＝OE＝r，在Rt△GOE中由勾股定理求得r＝3，即OE＝3，再根据三角形的面积公式得解．
【解答】解：（1）如图，连接OE，
∵，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴OE∥BF，
∵BF⊥GF，
∴OE⊥GF，
∴GF是⊙O的切线；
（2）设OA＝OE＝r，
在Rt△GOE中，∵AG＝6，GE＝6，
∴由OG2＝GE2+OE2可得（6+r）2＝（6）2+r2，
解得：r＝3，
即OE＝3，
则S△GOE OE GE39．
【点评】本题主要考查切线的判定、圆周角定理、勾股定理及平行线的判定与性质，熟练掌握切线的判定是关键：连接半径，证明半径与直线垂直．
15．（2022 兰溪市模拟）如图，AB为⊙O的直径，延长AB至点D，CD切⊙O于点C，点B是的中点，弦CF交AB于点E，连结OF、BC，过B点作BG⊥CD于点G．
（1）若∠BCD＝28°，求∠F的度数；
（2）若CF＝4OE，⊙O的半径为，求BG的长．
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得到OC⊥CD，进而求出∠OCB，根据直角三角形的两锐角互余计算即可；
（2）根据勾股定理分别求出OE、EC，根据相似三角形的性质求出OD，证明△DBG∽△DOC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【解答】解：（1）连接OC，
∵CD切⊙O于点C，
∴OC⊥CD，
∵∠BCD＝28°，
∴∠OCB＝90°﹣28°＝62°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝62°，
∴∠BOC＝180°﹣62°×2＝56°，
∵点B是的中点，
∴，
∴∠BOF＝∠BOC＝56°，OB⊥CF，
∴∠F＝90°﹣56°＝34°；
（2）∵OB⊥CF，
∴CE＝EFCF，
∵CF＝4OE，
∴EC＝2OE，
设OE＝m，则EC＝2m，
由勾股定理得：OCm，
∵OC，
∴m＝1，
∵∠OEC＝∠OCD＝90°，∠EOC＝∠COD，
∴△OEC∽△OCD，
∴，即，
解得：OD＝5，
∴BD＝5，
∵BG⊥CD，OC⊥CD，
∴BG∥OC，
∴△DBG∽△DOC，
∴，即，
解得：BG1．
【点评】本题考查的是切线的性质、相似三角形的判定和性质、垂径定理，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
16．（2022 和平区二模）如图，AB为⊙O的直径，△ACD是⊙O的内接三角形，PB切⊙O于点B．
（Ⅰ）如图①，延长AD交PB于点P，若∠C＝40°，求∠P和∠BAP的度数；
（Ⅱ）如图②，连接AP交⊙O于点E，若∠D＝∠P，，求∠P和∠BAP的度数．
【分析】（Ⅰ）连接BD，根据圆周角定理和切线的性质即可得到结论；
（Ⅱ）连接BC，根据圆周角定理和切线的性质即可得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）连接BD，∵∠C＝40°，
∴∠ABD＝∠C＝40°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠BAP＝90°﹣∠ABD＝90°﹣40°＝50°，
∵PB切⊙O于点B，
∴∠ABP＝90°，
∴∠P＝90°﹣∠BAP＝90°﹣50°＝40°；
（Ⅱ）连接BC，
则∠ABC＝∠D，
∵∠D＝∠P，
∴∠ABC＝∠P，
∵AB为⊙O的直径，PB切⊙O于点B，
∴∠ACB＝∠ABP＝90°，
∴∠CAB＝∠BAP，
∵，
∴∠CAP＝∠ABC，
∴∠P＝2∠BAP，
∴∠P＝60°，∠BAP＝30°．
【点评】本题考查了切线性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
17．（2022 邳州市一模）如图，正方形ABCD的边长AD为⊙O的直径，E是AB上一点，将正方形的一个角沿EC折叠，使得点B恰好与圆上的点F重合．
（1）求证：CF与⊙O相切；
（2）若⊙O的半径为1，则AE的长为 　　．
【分析】（1）根据正方形的性质及翻折的性质可得O、F、E三点共线，再利用切线的判定方法可得结论；
（2）根据正方形的性质可得AD＝AB＝2，设BE＝x，则AE＝AB﹣x＝2﹣x，OE＝1+EF＝1+x，利用勾股定理可得方程，求解可得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∵将正方形的一个角沿EC折叠，使得点B恰好与圆上的点F重合，
∴∠B＝∠EFC＝90°，BE＝EF，
∴O、F、E三点共线，
∴∠OFC＝90°，
∴CF与⊙O相切；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，
∵AO＝1，OF＝1，
设BE＝x，则AE＝AB﹣x＝2﹣x，OE＝1+EF＝1+x，
∵AO2+AE2＝OE2，
∴12+（2﹣x）2＝（1﹣x）2，
∴x，
∴AE＝2．
故答案为：．
【点评】此题考查的是切线的判定与性质、圆周角定理、翻折变换、正方形的性质等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
18．（2022 蓝田县二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点O为BC上一点，以O为圆心、OB为半径的⊙O切AC于点D，连接OA、BD，OA与BD相交于点E．
（1）求证：BD平分∠ABC；
（2）若∠C＝30°，⊙O的半径为10，求OE的长．
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到OD⊥AC，根据平行线的判定定理得到AB∥DO，求得∠ABD＝∠BDO，根据角平分线定义即可得到结论；
（2），根据直角三角形的性质得到ABBC＝15，ADBD＝5，过A作AH⊥BO于H，得到∠AHB＝∠AHO＝90°，根据勾股定理得到AO5，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵∠BAC＝90°，
∴BD⊥AC，
∵⊙O切AC于点D，
∴OD⊥AC，
∴AB∥DO，
∴∠ABD＝∠BDO，
∵OB＝OD，
∴∠BDO＝∠DBO，
∴∠ABD＝∠DBO，
∴BD平分∠ABC；
（2）由（1）知OD⊥AC，
∴∠CDO＝90°，∠C＝30°，OD＝10，
∴OC＝2OD＝20，∠COD＝60°，
∴BC＝30，
∵∠BAC＝90°，
∴ABBC＝15，
∴ADBD＝5，
过A作AH⊥BO于H，
∴∠AHB＝∠AHO＝90°，
∵∠BAH＝60°，
∴BHAB，AHAB，
∴OH＝OB﹣BH，
∴AO5，
∵OD∥AB，
∴△AEB∽△OED，
∴，
∴，
∴OE＝2．
【点评】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
19．（2022春 鼓楼区校级期中）如图，△ABC内接于⊙O，过点C作BC的垂线交⊙O于D，点E在BC的延长线上，且∠DEC＝∠BAC．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若AC∥DE，当AB＝6，CE＝2时，求⊙O直径的长．
【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＝6，进而判断出△BDC∽△BED，求出BD，即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接BD，交AC于F，
∵DC⊥BE，
∴∠BCD＝∠DCE＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠DEC+∠CDE＝90°，
∵∠DEC＝∠BAC，∠A＝∠BDC，
∴∠BDC+∠CDE＝90°，
即∠BDE＝90°，
∴BD⊥DE，
∴DE是⊙O切线；
（2）解：∵AC∥DE，BD⊥DE，
∴BD⊥AC．
∵BD是⊙O直径，
∴AF＝CF，
∴AB＝BC＝6，
∵BD⊥DE，DC⊥BE，
∴∠BCD＝∠BDE＝90°，∠DBC＝∠EBD，
∴△BDC∽△BED，
∴，
∴BD2＝BC BE＝6×（6+2）＝48，
∴BD＝4．
即⊙O直径的长是4．
【点评】此题主要考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定和性质，第二问中求出BC＝6是解本题的关键．
20．（2022 罗湖区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E是BC的中点，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，连接DE．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若CD＝3cm，DEcm，求⊙O直径的长．
【分析】（1）连接OD，由圆周角定理得出∠ADC＝∠BDC＝90°，由直角三角形的性质得出ED＝EC，进而得出∠EDC＝∠ECD，由OD＝OC，得出∠ODC＝∠OCD，由∠ACB＝90°，得出∠OCD+∠ECD＝90°，进一步得出∠EDC+∠ODC＝90°，即可证明结论；
（2）由直角三角形的性质及勾股定理得出BCcm，BD（cm），再证明△BDC∽△CDA，得出，进而得出⊙O直径的长cm．
【解答】（1）证明：如图1，连接OD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴ED＝EC，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠OCD+∠ECD＝90°，
∴∠EDC+∠ODC＝90°，
∵OD为半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如图2，
∵DE是Rt△BDC斜边上的中线，DEcm，CD＝3cm，
∴BC＝2DEcm，
∴BD（cm），
∵∠A+∠ACD＝∠BCD+∠ACD＝90°，
∴∠BCD＝∠A，
∵∠BDC＝∠CDA＝90°，
∴△BDC∽△CDA，
∴，即，
∴AC（cm），
∴⊙O直径的长cm．
【点评】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，掌握直角三角形的性质，圆周角定理，切线的判定方法，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
21．（2022 龙岩模拟）已知：四边形ABCD是⊙OO的内接四边形，AC是直径，点D是的中点，过点D作DE∥AC交BA的延长线于点E，四边形ABCD的面积为25．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求BD的长．
【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理及等腰直角三角形的性质可得∠DOC＝90°，再利用切线的判定方法可得结论；
（2）过点D作DM⊥BC于点M，作DN⊥BE于点N，利用全等三角形的判定与性质可得S△CDM＝S△ADN，然后由矩形、正方形的判定与性质可得答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵点D是的中点，
∴，
∴AD＝CD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴OD⊥AC，
∴∠DOC＝90°，
∵ED∥AC，
∴∠ODE＝∠DOC＝90°，
∵OD是半径，
∴ED是⊙O的切线；
（2）解：如图，过点D作DM⊥BC于点M，作DN⊥BE于点N，
∵DM⊥BC，DN⊥BE，
∴∠DMC＝∠DNA＝90°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形ABCD，
∴∠DCM＝∠DAN，
在△CDM和△ADN中，
，
∴△CDM≌△ADN（AAS），
∴S△CDM＝S△ADN，
∵AC是直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠DMC＝∠DNA＝90°，
∴四边形BMDN是矩形，
∵，
∴BD平分∠EBC，
∵DM⊥BC，DN⊥BE，
∴DM＝DN，
∴四边形BMDN是正方形，
∴S四边形ABCD＝S四边形ABMD+S△CDM＝S四边形ABMD+S△ADN＝S正方形BMDN＝25，
∴BM＝DM＝5，
∴．
【点评】此题考查的是切线的判定与性质，圆周角定理及垂径定理，正确作出辅助线是解决此题的关键．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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