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3.7切线长定理
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，是的两条切线，切点分别为交于点．下列结论中，错误的是（ ）

A． B． C． D．
2．如图，AB、BC、CD、DA都是⊙O的切线．已知AD＝3，BC＝6，则AB＋CD的值是( )
A．3 B．6 C．9 D．12
3．如图，PC是⊙O的切线，切点为C，割线PAB过圆心O，交⊙O于点A、B，PC=2，PA=1，则PB的长为（　 　）
A．5 B．4 C．3 D．2
4．如图，△ABC是一张周长为17 cm的三角形纸片，BC＝5 cm，⊙O是它的内切圆，小明准备用剪刀在⊙O的右侧沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下△AMN，则剪下的三角形的周长为( )
A．12 cm
B．7 cm
C．6 cm
D．随直线MN的变化而变化
5．如图，切于点切于点交于点，下列结论中不一定成立的是（ ）
A． B．平分
C． D．
6．如图，由5个边长为1的小正方形组成的“L”形，圆O经过其顶点A、B、C，则圆O的半径为（ ）
A．5 B． C． D．
7．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
8．半径为的圆内接正三角形的面积是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，AB是半圆O的直径，点C、E是半圆上的动点（不与点A、B重合），且，射线AE，BC交于点F，M为AF中点，G为CM上一点，作，交于点N，则点C在从点A往点B运动的过程中，四边形的面积（　　）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．保持不变 D．一直减小
10．如图所示，⊙O的外切梯形ABCD中，如果AD∥BC，那么∠DOC的度数为( )
A．70° B．90° C．60° D．45°
11．在中，，，的内切圆半径为1，则的周长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．16
12．如图，、为⊙O的切线，切点分别为A、B，交于点C，的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A．为等腰三角形 B．与相互垂直平分
C．点A、B都在以为直径的圆上 D．为的边上的中线
二、填空题
13．射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值 （单位：秒）
14．等腰三角形ABC内接于半径为5cm的⊙O中，若底边BC＝8cm，则△ABC的面积是
15．如图，四边形ABCD外切于圆，AB＝16，CD＝10，则四边形的周长是 ．
16．如图所示，在中，是的内心，是的中点，则 ．

17．如图，，为的两条切线，且，，点D为内一动点，且，则的最大值为 ．
三、解答题
18．阅读资料：我们把顶点在圆上，并且一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角，如下左图∠ABC所示．
同学们研究发现：P为圆上任意一点，当弦AC经过圆心O时，且AB切⊙O于点A，此时弦切角∠CAB=∠P（图甲）
证明：∵AB切⊙O于点A， ∴∠CAB=90°， 又∵AC是直径， ∴∠P=90° ∴∠CAB=∠P
问题拓展：若AC不经过圆心O（如图乙），该结论:弦切角∠CAB=∠P还成立吗？
请说明理由．
知识运用：如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB、AC分别相交于E、F． 求证：EF∥BC．
19．如图，已知△ABC及其外接圆，∠C=90°，AC=10．
(1)若该圆的半径为5，求∠A的度数；
(2)点M在AB边上(AM＞BM)，连接CM并延长交该圆于点D，连接DB，过点C作CE垂直DB的延长线于E．若BE=3，CE=4，试判断AB与CD是否互相垂直，并说明理由．
20．如图，AB为⊙O的直径，直线CD切⊙O于点D，AM⊥CD于点M，BN⊥CD于N．
（1）求证：∠ADC=∠ABD；
（2）求证：AD2=AM AB；
（3）若AM=，sin∠ABD=，求线段BN的长．
21．如图，在四边形中，，且．该四边形存在内切圆吗？如果存在，请计算内切圆的半径．
22．如图，已知，是的直径，，与的边，分别交于点，，连接并延长，与的延长线交于点，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，求的值；
（3）在（2）的条件下，若的平分线交于点，连接交于点，求的值．
23．如图，在△ABC中，已知AB=BC=CA=4cm，AD⊥BC于D．点P、Q分别从B、C两点同时出发，其中点P沿BC向终点C运动，速度为1cm/s；点Q沿CA、AB向终点B运动，速度为2cm/s，设它们运动的时间为x（s）．
（1）当x=　 　时，PQ⊥AC，x=　 　时，PQ⊥AB；
（2）设△PQD的面积为y（cm2），当0＜x＜2时，求y与x的函数关系式为　 　；
（3）当0＜x＜2时，求证：AD平分△PQD的面积；
（4）探索以PQ为直径的圆与AC的位置关系，请写出相应位置关系的x的取值范围（不要求写出过程）．
24．如图，已知四边形ABCD内接于圆，对角线AC与BD相交于点E，F在AC上，AB=AD,∠BFC=∠BAD=2∠DFC ．
(1)若∠DFC=40 ，求∠CBF的度数．
(2)求证: CD⊥DF ．
《3.7切线长定理》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C B B D D B D A B
题号 11 12
答案 B B
1．D
【分析】连接，根据切线长定理和半径相等，得到是线段的中垂线，逐一进行判断即可．
【详解】解：连接，

则：，
∵是的两条切线，
∴，
∴是线段的中垂线，
∴，
∴；
∴，
条件不足，无法得到，
∴；
综上，只有选项D错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查切线长定理：从圆外一点，引圆的两条切线，则该点到两个切点间的距离相等．
2．C
【分析】根据切线长定理，可以得到等量关系，AE=AF，BE=BH，DF=DG，CG=CH，又根据题目中已知AD=3，BC=6，从而进行等量替换计算出AB+CD的长度．
【详解】解：∵AB、BC、CD、DA都是的切线，
∴可以假设切点分别为E、H、G、F，如图所示：
∴AE=AF，BE=BH，DF=DG，CG=CH，
∴AB+CD=AE+BE+DG+CG=AF+BH+DF+CH=AD+BC
∵AD=3，BC=6
∴AB+CD=3+6=9
故选C．
．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，可以证明圆的外切四边形的对边和相等，即可解决问题．
3．B
【分析】连接AC，BC，由PC为圆O的切线，根据弦切角等于夹弧所对的圆周角得到一对角相等，再由一对公共角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形ACP与三角形CBP相似，根据相似得比例列出关系式，将PC及PA的值代入即可求出PB的长．
【详解】连接AC，BC，如图所示：
∵PC为圆O的切线，
∴∠ACP=∠B，又∠P=∠P，
∴△ACP∽△CBP，
∴，
又∵PC=2，PA=1，
∴BP= 4.
故选B.
【点睛】本题考查的是圆，熟练掌握切线的性质是解题的关键.
4．B
【分析】△ABC的内切圆与三边分别相切于D、E、F，MN与⊙O相切于G，如图，利用切线长定理得到BD＝BE，CE＝CF，MD＝MG，NG＝NF，BD+BE+CE+CF＝2BC＝12，利用等量代换得到△AMN的周长＝AD+AF，然后用△ABC的周长减去2BC即可．
【详解】解：设△ABC的内切圆与三边分别相切于D、E、F，MN与⊙O相切于G，如图，
则BD＝BE，CE＝CF，MD＝MG，NG＝NF，
∵BC＝5 cm，即CE+BE＝5 cm，
∴BD+BE+CE+CF＝10 cm，
∴剪下的三角形AMN的周长＝AM+MG+NG+AN＝AM+MD+NF+AN＝AD+AF＝17﹣10＝7（cm）．
故选：B
5．D
【分析】利用切线长定理证明△PAG≌△PBG即可得出．
【详解】解：连接OA，OB，AB，AB交PO于点G，
由切线长定理可得：∠APO＝∠BPO，PA＝PB，
又∵PG=PG，
∴△PAG≌△PBG，
从而AB⊥OP．
因此A．B．C都正确．
无法得出AB＝PA＝PB，可知：D是错误的．
综上可知：只有D是错误的．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线长定理、全等三角形的判定和性质，关键是利用切线长定理解答．
6．D
【分析】取AB的中点E，作，取圆心O，连接OB、OC，根据圆的性质，再结合勾股定理即可求解；
【详解】解：取AB的中点E，作，取圆心O，连接OB、OC，
则
∵
设
解得：
∴
故选：D
【点睛】本题主要考查圆的性质、勾股定理，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
7．B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作，
∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
8．D
【详解】试题分析：如图所示，过O作OD⊥BC于D；
∵此三角形是正三角形，
∴∠BOC==120°．
∵OB=OC，
∴∠BOD=×120°=60°，
∴∠OBD=30°；
∵OB=R，
∴OD=，BD=OB cos30°=，
∴BC=2BD=2×=，
∴S△BOC=×BC×OD=×=，
∴S△ABC=3×．
故选D．
考点：正多边形和圆．
9．A
【分析】如图，连接，，．证明（ASA），推出，推出，由此即可判断．
【详解】解：如图，连接，，．
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴（SSS），
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴，
∵点C在从点A往点B运动的过程中，△OBC的面积先变大后变小，
∴四边形CGON的面积先变大后变小，
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
10．B
【分析】由于AD、DC、CB都是⊙O的切线，根据切线长定理知：∠ADO=∠CDO，∠DCO=∠BCO；而AD∥BC，则2∠ODC和2∠OCD互补，由此可求得∠DOC的度数．
【详解】∵DA、CD、CB都与⊙O相切，
∴∠ADO=∠ODC，∠OCD=∠OCB；
∵AD∥BC，
∴∠ADC+∠BCD=180°；
∴∠ODC+∠OCD=90°，即∠DOC=90°；
故选B．
【点睛】此题主要考查的是切线长定理及平行线的性质，准确的确定角的关系是解题关键．
11．B
【分析】根据直角三角形的内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半，即可求得两条直角边的和，从而求得其周长．
【详解】解：根据直角三角形的内切圆的半径公式，得，
．
则三角形的周长．
故选B．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，熟记直角三角形的内切圆的半径公式：直角三角形的内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半是解答此题的关键．
12．B
【分析】连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，证明Rt△OPB≌Rt△OPA，可得BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，可推出为等腰三角形，可判断A；根据△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，可得PM=OM=BM=AM，可判断C；证明△OBC≌△OAC，可得PC⊥AB，根据△BPA为等腰三角形，可判断D；无法证明与相互垂直平分，即可得出答案．
【详解】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴为等腰三角形，故A正确；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以为直径的圆上，故C正确；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴为的边上的中线，故D正确；
无法证明与相互垂直平分，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，圆的性质，掌握知识点灵活运用是解题关键．
13．t=2或3≤t≤7或t=8．
【详解】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°．
∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点．
∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°．
分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′，
则PM′=cm，∠PM′M=90°，
∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，
∴QP=4cm﹣2cm=2cm，
∵速度是每秒1cm，∴t=2．
②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接PA，
则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm
∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm．
∵速度是每秒1cm，∴t=3．
当⊙P于AC切于C点时，连接P′C，
则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，
∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm．
∵速度是每秒1cm，∴t=7．
∴当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切．
③如图3，当⊙P切BC于N′时，连接PN′，
则PN′=cm，∠PM\N′N=90°，
∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm．
∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm．
∵速度是每秒1cm，∴t=8．
综上所述，t可取的一切值为：t=2或3≤t≤7或t=8．
14．8cm2或32 cm2
【详解】试题解析：连接AO，并延长与BC交于一点D，连接OC，
∵BC=8，⊙O的半径为5，AB=AC，
∴CD=4，
∴AD⊥BC，
∴由勾股定理得：OD=3，
∴AD=8，
∴△ABC的面积为
同理当BC在圆心O的上方时，三角形的高变为5 3=2，
∴△ABC的面积为
故答案为8 cm2或32 cm2.
15．52
【分析】利用圆外切四边形的性质定理可以得出，四边形的周长是对边和的2倍，即可得．
【详解】解：由题意可得圆外切四边形的两组对边和相等，
所以四边形的周长＝2（16+10）＝52．
故答案为：52．
【点睛】此题主要考查了圆外切四边形的性质，对边和相等．
16．
【分析】设的内切圆I与各边分别相切于点D，E，F，连接，，，可推出四边形是正方形，从而，设，则，，从而得出，求得x的值，进一步得出结果．
【详解】解：如图， ∵，，，
∴，

∵O是的中点，
∴，
设的内切圆I与各边分别相切于点D，E，F，连接，，，
∴，，，，，
∴四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆，圆的切线的性质，勾股定理，切线长定理等知识，解决问题的关键是掌握切线的有关性质．
17．
【分析】本题主要考查切线长定理、三角函数及等边三角形的性质，熟练掌握切线长定理及三角函数是解题的关键；连接，，延长交于点E，连接，连接，由题意易得，是等边三角形，则有，然后可得，进而根据三点共线及三角函数可进行求解
【详解】解：如解图，连接，，
则，
∵，
∴，
延长交于点E，连接，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴当经过点O时，取最大值，最大值为的直径，连接，
∵，，，
∴，
∴，
在中，，
∴的直径为，即的最大值为；
故答案为．
18．（1）成立；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：问题拓展：首先连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，由圆周角定理可得∠D=∠P，又由AD是直径，AB切圆于点A，易证得∠CAB=∠CAD，继而证得结论；
知识运用：连接DF，AD是△ABC中∠BAC的平分线，⊙O与BC切于点D，可得∠FDC=∠EAD，又由圆周角定理可得∠EAD=∠EFD，继而证得结论．
试题解析：问题拓展：成立．
如图3，连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，
则∠D=∠P，
∵AD是直径，
∴∠D+∠CAD=90°，
又∵AB切圆于点A，
∴∠CAB+∠CAD=90°，
∴∠CAB=∠CAD，
而∠CAD=∠P，
∴∠CAB=∠P；
知识运用：如图4，连接DF，
∵AD是△ABC中∠BAC的平分线，
∴∠EAD=∠DAC，
∵⊙O与BC切于点D，
∴∠FDC=∠DAC，
∴∠FDC=∠EAD，
∵在⊙O中∠EAD=∠EFD，
∴∠FDC=∠EFD，
∴EF∥BC．
19．（1）；（2）AB与CD互相垂直,见解析.
【分析】（1）先证明AB是⊙O的直径，根据半径可以求出AB，由AC=10可知为等腰直角三角形，从而求出∠A的度数；
（2）先根据题意作出图形，根据勾股定理求出BC，再证明∠A＝∠CDE．由直角三角形ABC可以得出，求出，问题得证.
【详解】解：（1）当时，为外接圆的直径，
，
为等腰直角三角形，
；
（2）记圆心为点，连接、.
则
，
，
，
.
【点睛】本题考查了三角形的外接圆，圆的有关性质和计算，锐角三角函数，勾股定理等知识，熟练掌握三角形和圆的有关知识是解题的关键
20．（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析；（3）．
【详解】试题分析：（1）连接OD，由切线的性质和圆周角定理即可得到结果；
（2）证明△ADM∽△ABD，即可得到结论；
（3）根据三角函数和勾股定理即可得到结果．
试题解析：（1）连接OD，
∵直线CD切⊙O于点D，∴∠CDO=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠1+∠2=∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，∵OB=OD，∴∠3=∠4，∴∠ADC=∠ABD；
（2）∵AM⊥CD，∴∠AMD=∠ADB=90°，∵∠1=∠4，∴△ADM∽△ABD，∴，∴AD2=AM AB；
（3）∵sin∠ABD=，∴sin∠1=，∵AM=，∴AD=6，∴AB=10，∴BD==8，∵BN⊥CD，∴∠BND=90°，∴∠DBN+∠BDN=∠1+∠BDN=90°，∴∠DBN=∠1，∴sin∠NBD=，∴DN=，∴BN==．
考点：1．切线的性质；2．相似三角形的判定与性质．
21．存在内切圆，内切圆的半径为
【分析】连接，作的平分线交于点 ，作于 ，如图求得 ，则 , ,所以 平方 和 ，加上 平方 ，根据角平分线性质得到点到四边形的各边的距离相等，则可判断四边形存在内切圆，内切圆的圆心点，半径为,接着证明为等腰直角三角形得到,设，则，，然后证明 ,利用相似比可计算出．
【详解】存在．
连接，作的平分线，交于点O，作 于 ,如图所示，
在 和 中，
,
,
,
平方 和 ，
平方 ,
点到四边形的各边的距离相等，
四边形存在内切圆，内切圆的圆心点，半径为 ,
,
,
为等腰直角三角形，
,
设，则，，
平行,
,
即 ，
．
即四边形的内切圆的半径为．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心；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平分线的交点．也考查了角平分线的性质和相似三角形的判定与性质．
22．（1）见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）连接DF，由圆周角性质可得，则利用平行线的判定与性质可得，再根据等腰三角形性质及直角三角形性质可推出，即可证得结论；
（2）由相似三角形的判定可得，则推出，由得出，可利用勾股定理求得，即可求出的值；
（3）连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，利用（2）所得结论及已知分别求得，，，，，，再由相似三角形的判定及性质可推出，代入求值后即可求得的值．
【详解】（1）证明：如图，连接DF，
∵是的直径，
∴．
∴DF∥AE．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥OC．
∴DF∥OC．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴是的切线．
（2）解：∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则．
由勾股定理得，
即，
解得，（不合题意，舍去）．
∴．
∵，
∴．
（3）解：连接MN，并延长CO与AF，分别相交于点P，点Q，连接AQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，AB∥OC．
∴，
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∵
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵AB∥OC，
∴．
∴．
∵，
∴．
在Rt△APO中，由勾股定理得．
∴．
在Rt△APH中，由勾股定理得．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题属于圆的综合问题，考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质及求角的三角函数值等知识，熟练掌握圆的相关知识及相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键．
23．（1），，（2）y=﹣x2+x；（3）证明见解析（4）显然，不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离
【详解】试题分析：（1）若使PQ⊥AC，则根据路程=速度×时间表示出CP和CQ的长，再根据30度的直角三角形的性质列方程求解；（2）当0＜x＜2时，P在BD上，Q在AC上，过点Q作QN⊥BC于N，用x表示出PD、QN的长，根据三角形的面积公式即可求得y与x的函数关系式；（3）根据三角形的面积公式，要证明AD平分△PQD的面积，只需证明O是PQ的中点．根据题意可以证明BP=CN，则PD=DN，再根据平行线等分线段定理即可证明；（4）根据题意可知不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离，由（1）可知当x＝时，以PQ为直径的圆与AC相切；当点Q在AB上时，8－2x＝，解得x＝，当x＝或时，以PQ为直径的圆与AC相切；根据直线与圆相交的条件可知当 或或 ＜x≤4时，以PQ为直径的圆与AC相交．
试题解析：
(1)当Q在AB上时，显然PQ不垂直于AC，
当Q在AC上时，由题意得，BP＝x，CQ＝2x，PC＝4－x；
∵AB＝BC＝CA＝4，∴∠C＝60°；
若PQ⊥AC，则有∠QPC＝30°，
∴PC＝2CQ，∴4－x＝2×2x，
∴x＝；
(2)如图，当0＜x＜2时，P在BD上，Q在AC上，过点Q作QN⊥BC于N；
∵∠C＝60°，QC＝2x，
∴QN＝QC＝x；
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD＝BC＝2，
∴DP＝2－x，
∴y＝PD﹒QN＝x＝；
(3)当0＜x＜2时，在Rt△QNC中，QC＝2x，∠C＝60°，NC＝x，
∴BP＝NC，
∵BD＝CD，
∴DP＝DN；
∵AD⊥BC，QN⊥BC，
∴AD∥QN，
∴OP＝OQ，
∴ ，
∴AD平分△PQD的面积；
(4)显然，不存在x的值，使得以PQ为直径的圆与AC相离，
由(1)可知，当x＝时，以PQ为直径的圆与AC相切；当点Q在AB上时，8－2x＝，解得x＝，
故当x＝或时，以PQ为直径的圆与AC相切，
当 或或 ＜x≤4时，以PQ为直径的圆与AC相交．
点睛：本题是三角形、二次函数和圆的综合题，第（1）问难度不大，根据直角三角形的性质列方程即可求解；第（2）问，用x表示出PD、QN的长，根据三角形的面积公式即可求得函数关系式；第（3）问证得OP=OQ即可得结论；第（4）问，结合第一问的结论，利用直线和圆的位置关系的方法判定即可.
24．（1）50 ；（2）见解析
【分析】（1）根据圆周角定理及三角形的外角，等腰三角形的知识进行角度的换算即可得；
（2）根据圆的内接四边形对角互补的性质进行角度计算即可证明．
【详解】解:(1)∵∠BAD=∠BFC，
∠BAD=∠BAC+∠CAD, ∠BFC=∠BAC+∠ABF,
∴∠CAD=∠ABF
又∵∠CAD=∠CBD,
∴∠ABF=∠CBD
∴∠ABD=∠FBC，
又
，
，
，
，
．
(2)令，则，
∵四边形是圆的内接四边形，
∴，即，
又∵，
∴，
∴
∴
∴，即．
【点睛】本题主要考查圆的性质与三角形性质综合问题，难度适中，解题的关键是能够灵活运用圆及三角形的性质进行角度的运算．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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