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专题4.11与圆有关的位置关系—中考数学重难点突破训练
一、选择题
1．下列四种说法：①一个三角形有且只有一个外心；②一个圆有且只有一个外切三角形；③一个圆有且只有一个内接三角形；④一个三角形的外心与内心可能重合，其中正确的是（　　）
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【答案】D
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：①一个三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，有且只有一个，故正确；
②一个圆的外切三角形有无数个，故错误；
③一个圆的内接三角形有无数个，故错误；
④等边三角形的外心与内心重合，故正确．
∴ 正确的是①④．
故答案为：D．
【分析】根据外心、内心、外切三角形、内接三角形的定义解答即可.
2．如图，在矩形ABCD中，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线，过点作直线的垂线，垂足为，则AG的最大值为（　　）
A． B． C．3 D．4
【答案】C
【知识点】矩形的性质；点与圆的位置关系；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故答案为：C．
【分析】本题考查矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置，矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质．连接，交于点，取中点，连接，利用勾股定理可求出AC，利用直角三角形斜边中线的性质可求出OA，OC，利用平行线的性质可得：，利用全等三角形的判定定理可得：，利用全等三角形的性质可得：，进而可得E，，共线，利用直角三角形斜边中线的性质可求出GH，进而可得的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．利用点与圆的位置关系可求出AG的最大值.
3．已知平面内有⊙O和点A，B，若⊙O半径为2cm，线段OA＝3cm，OB＝2cm，则直线AB与⊙O的位置关系为（　　）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
【答案】D
【知识点】点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵r=2，∴OA=3>r，∴A点在圆外，
∵OB=2=r，∴B点在圆上，
∴当OB⊥AB时，AB与 ⊙O 相切，当OB与AB不垂直时，AB与 ⊙O相交，
故答案为：D.
【分析】先根据点与圆的位置关系判断出A在圆外，B在圆上，然后根据直线与圆的位置关系分两种情况分析即可.
4．如图，已知点I是锐角△ABC的内心，A1，B1，C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，若点B在△A1B1C1的外接圆上，则∠ABC等于（　　）.
A．36° B．45° C．60° D．90°
【答案】C
【知识点】三角形的内切圆与内心；轴对称的性质；尺规作图-作三角形的外接圆
【解析】【解答】设△ABC的内切圆的半径为r，
∴I是△A1B1C1的外心.设IA1交BC于点D.
∵点B在△A1B1C1的外接圆上，
∴IB=2r.又∵ID=r，∴∠IBD=30°.
同理可得∠ABI=30°，
∴∠ABC=∠ABI+∠IBC=60°.
故答案为：C.
【分析】根据I是内心，即是三角形角平分线的交点，即可得 又由 分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，可得ID 即可求得C的度数.
5．如图， M（2， 2)， ⊙M与x轴， y轴均相切，将一次函数y=3x+b的图象平移，当图象与⊙M有公共点时，则实数b的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；根据一元二次方程的根的情况求参数
【解析】【解答】解：圆心 ，
∴圆心到轴，轴的距离为
∵与轴，轴均相切，
的半径，
设圆上任意一点坐标为，
由半径得，
∴圆上任意一点的横纵坐标满足方程，
当图象与有公共点时，
联立与，
得： ，
整理得：，
关于 的一元二次方程有实数根，
，
整理得，.
令，
解得，
令，
∴不等式的解集，即为抛物线在轴下方时，对应于轴交点横坐标的取值范围，
∵，抛物线开口方向向上，
不等式的解集为．
故答案为：B.
【分析】先求出圆的半径，设圆上任意一点坐标为，根据平面直角坐标系中两点间距离公式得到 ，再将代入根据直线和圆有交点得到 ，求出b的取值范围解答即可．
6．如图，已知及外一定点P，嘉嘉进行了如下操作后，得出了四个结论：
①点A是的中点；
②直线，都是的切线；
③点P到点Q、点R的距离相等；
④连接，，，，，则．
对上述结论描述正确的是（　　）
A．只有①正确 B．只有②正确
C．①②③正确 D．①②③④都正确
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；切线的判定；切线长定理；尺规作图-垂直平分线；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：
由第一步作图痕迹可知直线是的垂直平分线，因此点A是的中点，
故①正确；
∵是的直径，
，
，，
∴直线，都是的切线，
故②正确；
直线，都是的切线，根据切线长定理，可知，
故③正确；
，，，
，
∴，
∴．
∵点A是的中点，
，
故④错误．
故选：C
【分析】由第一步作图痕迹可知直线是的垂直平分线，因此点A是的中点，可判断①；根据圆周角定理的推论可得，再根据切线判定定理可判断②；根据切线长定理可判断③；根据全等三角形判定定理及性质可判断④.
7．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．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【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
∵AD∥BC，AB⊥BC，DG⊥BC
∴四边形ABGD是矩形
∴BG=AD=3，CG=BC-BG=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
∴
∵
∴
∴
故答案为：A
【分析】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，根据矩形判定定理可得四边形ABGD是矩形，则BG=AD=3，CG=BC-BG=3，根据切线长定理可得DF=DH，CF=CE，OC平分∠ECF，根据等腰三角形性质可得EM=FM，设圆O半径为R，则BE=R，DG=2R，根据边之间的关系可得CE=CF=6-R，DF=DH=3-R，再根据勾股定理建立方程，解方程可得R=2，再根据勾股定理可得OC，根据三角形面积可得EM，再根据垂径定理即可求出答案.
8．如图，在中，，的内切圆的半径为2，三个切点分别为，若，则的面积是（　　）
A．14 B．24 C．28 D．
【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接，，
是的内切圆，切点分别为，，，
，，，，
又，
四边形是矩形，
又，
矩形是正方形，
，
设，则，，
在中
，
解得：，，
，，或，，
．
故选：B．
【分析】根据题意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，进而利用勾股定理即可得出答案.
9． 如图， 已知三角形 ABE为直角三角形， ∠ABE=90°， BC为圆 O切线， C为切点， CA=CD， 则 和△CDE面积之比为 （　　)
A．1： 3 B．1： 2 C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；切线的性质；切线长定理；圆周角定理的推论；利用三角形的中线求面积
【解析】【解答】解：连接OC，
∵ ∠ABE=90°，
∴∠ABC+∠OBC=90°；
∵ BC为圆 O切线， C为切点，
∴OC⊥BC，
∴∠BCO=90°，
∴∠COD+∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠COD，
∵∠ABE=90°，
∴∠A+∠E=90°，
∵DE是圆O的直径，
∴∠ECD=90°，
即∠OCD+∠OCE=90°，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠E，
∴∠A=∠OCD，
又 CA=CD，
∴
∴，
又OD=OE，
∴，
∴，
∴
故答案为：B.
【分析】连接OC，根据切线的性质得出∠ABC+∠OBC=90°，进而根据同角的余角相等，可得出∠ABC=∠COD，进而根据圆周角定理的推论可得出∠OCD+∠OCE=90°，根据等角的余角相等，可得出∠A=∠OCD，进而根据AAS可证得，即可得出，再根据点O是DE的中点，即可得出，进而得出，j进一步即可得出答案。
10．中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线（即圆弧），高铁列车在转弯时的曲线起点为，曲线终点为，过点的两条切线相交于点，列车在从到行驶的过程中转角为．若圆曲线的半径，则这段圆曲线的长为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】切线的性质；弧长的计算；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：如图：
∵，
∴，
∵过点的两条切线相交于点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：B．
【分析】由转角为可得，由切线的性质可得，根据四边形的内角和定理可得，然后根据弧长公式计算即可．
11．如图，在中，为斜边上任一点，作经过点C，且与边相切于点D的．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（　　）
结论Ⅰ：若的圆心O落在边上，则的半径为；
结论Ⅱ：当与直线有另一交点E，与直线交于另一点F时，点E，F之间的最小距离为．
A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对
C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：结论Ⅰ：如图，圆心在上，连接，则，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
，
，
，
，
，
解得：，
∴的半径长为．
结论Ⅱ：如图，作于点，连接、，
，
，
解得，
，
∴是的直径，
，
，
，
∴当，且的值最小时，则的值最小，
，
，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：A．
【分析】结论Ⅰ：当圆心在上，连接，则，由切线的性质“圆的切线垂直于经过切点的半径”得，在Rt△ABC中，用勾股定理求得AB的值，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，由比例式求得，根据线段的和差BC=BO+OC可得关于OC的方程，解方程即可求解；
结论Ⅱ：作于点，连接、、，由面积法可得可得关于CG的方程，解方程求得CG的值，由90度的圆周角所对的弦是直径可知是的直径，则，因为，所以，当，且的值最小时，则的值最小，即可求解．
12． 如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，AB=OA，即AB的长度等于半径，
以AB为边的圆的内接三角形有无数个，
∴一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
∵OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
当点C在优弧AB上时，∠C=30°，
当点C在劣弧AB上时，∠C=150°
当点C在圆上移动时，∠CAB可能是90°，
∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
由以上可知，∠C可以是30°或150°，
当AC=AB，∠C=30°时，
∠CAB=180°-30°3-30°=120°，
∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确；
过点O作OH⊥AB于H，
则，
∴，
当点C为优弧AB的中点时，△ABC的面积最大，最大面积为：，故④结论错误；
故答案为：C.
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②；根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③；根据垂径定理求出AH，根据勾股定理求出OH，求出△ABC的最大面积，判断④.
二、填空题
13．如图，点P（3，4），圆P半径为2，A（2.8，0），B（5.6，0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是　 　．
【答案】
【知识点】点与圆的位置关系；三角形的中位线定理；瓜豆原理模型-点在圆上
【解析】【解答】解：如图，连接OP交⊙P于M'，连接OM，
∵OA=AB，CM=CB，
∴，
∴当OM最小时，AC最小，
∴当M运动到M'时，OM最小，
此时AC的最小值，
故答案为：.
【分析】如图，连接OP交⊙P于M，连接OM.因为OA=AB，CM=CB，所以，所以当OM最小时，AC最小，M运动到M'时，OM最小，由此即可解决问题.
14．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为边AD的中点，点G在边AB上，连接EG，若△AEG的外接圆⊙O恰好与 BC相切于 F 点，则⊙O 的半径为　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接，延长交于点，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵是的切线，点F是切点，
∴，即，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：．
故答案为： .
【分析】连接，延长交于点，根据切线的性质和正方形的额性质得到四边形是矩形，根据垂径定理得到，设， 在中利用勾股定理求出圆的半径长即可解答．
15．如图，已知点为⊙O外一点．尺规作图：
（1）连接，作线段的中点；
（2）以点为圆心，以线段的长为半径作⊙C，与⊙O交于，两点；
（3）作射线，．
不再另外添加辅助线和字母，请根据以上信息写出一个正确结论：　 　．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】圆周角定理；切线的判定；切线长定理
【解析】【解答】解：连接，∵为的直径，
∴，
∵为的半径，
∴直线与相切，
同理，直线与相切，
∴，
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】连接，根据圆周角定理可得，根据切线的判定可得直线，与相切，即可解答．
16．发动机的曲柄连杆将直线运动转化为圆周运动，如图1 是发动机的实物剖面图，图2 是其示意图，图2中，点A在直线l上往复运动，推动点 B 做圆周运动形成，与表示曲柄连杆的两直杆，点C，D是直线l与的交点；当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时， 点B到达D． 若，， 当与相切时，的长度是　 　．
图1 图2
【答案】4
【知识点】勾股定理；切线的性质；线段的和、差、倍、分的简单计算
【解析】【解答】解：当与相切时，连接，如图，
∵当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时， 点B到达D，
∴EC=AB=FD=12，CO=OB=5，
∴，
而，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题结合条件“当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时， 点B到达D”，分析得出EC=AB=FD=12，CO=OB=5，从而计算出EO=17，然后根据切线的性质并利用勾股定理求出OA=13，最后作差即可求出EA=4。
17．如图，两条道路的宽分别为，，夹角．现修建圆弧形道路，其内侧与边界相切于点C，D，外侧与边界相切于点E，F，两弧的圆心均在直线上．，的长度m，n满足的数量关系为　 　．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，设所在圆圆心为O，所在圆圆心为I．连接，，延长交直线于N，过点I作于M，
设内侧弧所在圆的半径为，外侧所在圆的半径为
∵内侧与边界相切于点C，D，
∴，
∵
∴
由题意知
∴
∵外侧与边界相切于点E，F，
∴
∴
∴四边形是矩形，
∴
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
∴．
即．
故答案为：．
【分析】设所在圆圆心为O，所在圆圆心为I．连接，，延长交直线于N，过点I作于M，设和的半径分别为r和R，求得，，再切线的性质结合四边形的内角和可和，则，再由直角三角形中30度角的性质可得，求得，最后再利用弧长公式分别计算出 m，n 并作差即可．
18．在平面直角坐标系中，的半径为1．对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”．如图，已知点，，在点，，中，点 　 　是弦的“可及点”，其中　 　；已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，则的取值范围为　 　．
【答案】；45；或
【知识点】垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】 【解答】解：由相对运动，作出关于的对称圆，
∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，
∴点C应在的圆内或圆上，
∵点，，
∴，
而，
∴，
由对称得：，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设半径为，
则，故在外，不符合题意；
，故在上，符合题意；
，故在外，不符合题意，
∴点是弦的“可及点”，
可知三点共线，
∵，
∴，
由相对运动，作出关于的对称圆，
∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，
∴点C应在的圆内或圆上，
故点P需要在的圆内或圆上，
作出的外接圆，连接，
∴点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），
∴，
∴，
由对称得点在的垂直平分线上，
∵的外接圆为，
∴点也在的垂直平分线上，记与交于点Q，
∴，
∴，
随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，
连接，
∵，
∴当最大，时，此时为等边三角形，
由上述过程知
∴，
∴当，的最大值为2，
设，则，
解得：，
而记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴，
当，当时，，
解得，
∴与x轴交于点，
∴，而
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴t的取值范围是或．
故答案为：，45，或
【分析】由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，利用点A、B的坐标可证得OA=OB=1，易证△O'BA是等腰直角三角形，可得到点O'的坐标，设圆O的半径为R，可推出在外，不符合题意；求出C2O'的长，可知在上，符合题意；再利用勾股定理求出O'C3的长，可知在外，不符合题意，可证得点是弦的“可及点”，点三点共线，同时可求出 的度数；由相对运动，作出关于的对称圆，利用已知可知点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，可证得点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N）， 利用圆周角定理可求出∠MO''N的度数，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠O''MN的度数，利用三角形外接圆的性质可知点也在的垂直平分线上，记与交于点Q，利用解直角三角形求出MQ的长，利用垂径定理可求出MN的长；随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，可求出MN的最大值；连接，易证当最大，时，此时为等边三角形，可求出OP的最大值，设，根据OP的长可得到关于t的方程，解方程求出t的值；记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴，利用函数解析式求出点T的坐标，利用解直角三角形可证得△OTS是等边三角形，可求出∠TOS的度数，利用解直角三角形去处OL，LS的值，可得到点S的坐标，即可求出t的取值范围.
19．如图，正方形的边长为，F是的中点，E点从点B出发沿以的速度向点C移动，一直到达点C为止，连接，以点E为圆心，长为半径作．当与正方形的边相切时，则点E的运动时间t为　 　．
【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为4，
∴，，
∵F是的中点，
∴，
当与直线相切时，如图，设切点为，连接，则，
∴四边形是矩形．
，
在中，，
，
点E的运动时间t为
当与直线相切时，如图，
∵，
∴切点为，
此时，，
在中，，
∴，
解得
点E的运动时间t为，
综上，点E的运动时间t为或，
故答案为：或．
【分析】分当⊙F与直线AD相切时，⊙F与直线AB相切时两种情况讨论，在Rt△EFC中利用勾股定理计算即可.
20．如图，已知为四边形ABCD的内接圆，恰好与三条边相切，半径为为四边形ABCD的外接圆，半径为，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理；内切圆与外接圆的综合运用
【解析】【解答】解：①如图，当点重合时，有是的内切圆，设与相切于点，
∴，平分，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴；
②如图，当与四边形四边相切时，设与相切于点，连接，
∴，，
∴，四边形是菱形，
∵为四边形的外接圆，且是同心圆，
∴与的交点为，，
∴四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，
∴；
综上所述，的取值范围为，
故答案为：.
【分析】运用“极限”的思想进行分类讨论：①当点重合时，有是的内切圆，设与相切于点，根据切线长定理、切线的性质以及三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点得，平分，，从而证明是等边三角形，进而得，于是得，最后得；②当与四边形四边相切时，设与相切于点，连接，根据切线长定理以及切线的性质得，，则得出四边形是菱形，然后推出四边形是正方形，即可得是等腰直角三角形，最后得.
21．如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是内切圆的圆心．将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，依此规律，第2025次滚动后，内切圆的圆心的坐标是　 　．
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；三角形的内切圆与内心；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：设内切圆与，，的切点分别为，，，连接，，，如图，
点是内切圆的圆心，
，，，，，
四边形是正方形，
，
，，
，，
在中，，
内切圆的半径，
点坐标为，
，
，，
，即点到三边距离都相等，
每次滚动后圆心的纵坐标都为1，
第1次滚动后点的横坐标为：，即点的坐标为；
第2次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为；
第3次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为；
每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加，
，
点的横坐标为：，
则点的坐标为，
故答案为：．
【分析】设内切圆与OA，OB，AB的切点分别为F，E，G，连接PE，PF，PG，根据勾股定理求得AB，根据切线的性质及正方形的判定定理“有一组邻边相等的矩形是正方形”得出四边形FOEP是正方形，则OF=OE=PF=PE；由切线长定理得AF=AG及BG=BE，OF=OE，从而可求出圆的半径为1，则PE=PF=PG=1，即点P到三角形三边得距离都为1，可知每次滚动后圆心的纵坐标都为1，因此P的坐标为；根据线段和差和差算出BE=2，AF=3，然后计算P1、P2、P3的横坐标，得出每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加12，进而可求得答案．
三、解答题
22．将正面分别写有数字，，，的四张卡片（除数字外卡片完全相同）反面朝上放在桌面上，从中任意抽取一张卡片记下数字后反面朝上放回洗匀．洗匀后再抽取一张．若将第一次抽取的卡片数字记为点的横坐标，第二次抽取的卡片数字记为点的纵坐标．
（1）请用列表法表示两次抽取卡片后所有可能的点的坐标．
（2）小明和小亮玩一个游戏，规则如下：如图，在平面直角坐标系中，这些点若落在以原点为圆心，半径为的圆内，则小明获胜：若落在圆上或圆外，则小亮获胜．这个游戏公平吗？判断并说明理由．
【答案】（1）解：根据题意列表，即可得可能的点的坐标如下：
第二次 第一次
（2）解：这个游戏不公平，理由，如图，
由（）得一共有种等可能结果，点落在圆内有种，
点落在圆上或圆外有种，则：
p(小明获胜)=，
P(小亮获胜)=，
∵，
∴这个游戏不公平．
【知识点】点与圆的位置关系；用列表法或树状图法求概率；游戏公平性
【解析】【分析】（）根据题目情境，列表列举出两次抽卡的所有组合，即可得到种可能的点坐标.
（）根据列表得一共有种等可能结果，再根据坐标，结合点到原点的距离判断点与圆的位置，可判断点落在圆上或圆外有种，点落在圆内有种，计算出两个概率，比较概率大小即可判断游戏公平性．
（1）解：列表如下，
第二次 第一次
（2）解：这个游戏不公平，理由，
如图，
由（）得一共有种等可能结果，点落在圆内有种，则小明获胜的概率为；点落在圆上或圆外有种，则小亮获胜的概率为，
∵，
∴这个游戏不公平．
23．小聪与小慧、小明一起研究尺规作图问题：
如图，在锐角三角形中，，现要在所在的平面内找一点，使，小聪、小慧、小明的作图思路分别如下：
小聪：只要作其中两条边的中垂线，其交点即为；
小慧：只要作其中两个内角的平分线，其交点即为；
小明：可以在内作，使交边于点即可．
（1）填空：判断三位同学的作图思路是否正确．（填“正确”或“错误”）
小聪的作图思路_______；小慧的作图思路_______；小明的作图思路_______．
（2）请你选择一个正确的思路进行尺规作图，并证明．
【答案】（1）正确；错误；正确
（2）证明：小聪的作图：
根据基本作图，得到点P是外接圆的圆心，是同一条弧上的圆周角和圆心角，
故．
小明的作图思路：
根据题意，得，，
故．
【知识点】三角形外角的概念及性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】（1）解：根据三角形中垂线的交点是三角形的外心，利用圆周角定理，根据角的平分线的交点是三角形的内心，三角形外角性质判定：
小聪的作图思路正确；小慧的作图思路错误；小明的作图思路正确．
故答案为：正确；错误；正确；
【分析】（1）根据三角形中垂线的交点是三角形的外心，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍即可判断小聪的思路；根据角的平分线的交点是三角形的内心，内心是到三边的距离相等，内心与∠BPC=2∠A无必然联系，据此可判断小慧思路；利用三角形外角性质判定小明的思路；
（2）根据尺规作线段垂直平分线的方法作出AB与AC的垂直平分线，则点P就是△ABC外接圆的圆心，圆心角 ∠ BPC与圆周角∠A所对的弧都是弧BC，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍即可得出结论；利用那个作一个角等于已知角的尺规作图法作∠ABP=∠A，进而根据三角形的任意一个外角等于与之不相邻的两个内角的和可得结论.
（1）解：根据三角形中垂线的交点是三角形的外心，利用圆周角定理，根据角的平分线的交点是三角形的内心，三角形外角性质判定：
小聪的作图思路正确；小慧的作图思路错误；小明的作图思路正确．
故答案为：正确；错误；正确．
（2）证明：
小聪的作图：
根据基本作图，得到点P是外接圆的圆心，是同一条弧上的圆周角和圆心角，
故．
小明的作图思路：
根据题意，得，，
故．
24．如图，已知中，以为直径的交于点，．
（1）求证：为的切线；
（2）若为中点，，，求的长．
【答案】（1）解：证明如下：
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线．
（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；解直角三角形；等腰直角三角形；圆与三角形的综合
【解析】【分析】(1) 由直径所对圆周角为直角得∠ADB=90°，结合同弧所对圆周角相等及已知∠CBD=∠E，通过等量代换推出∠ABC=90°，从而证明BC为⊙O的切线。
(2) 先利用同弧所对圆周角相等，将转化为，求出直径；再由E为弧AB中点，得出△ABE为等腰直角三角形，利用三角函数求出。
（1）解：证明如下：
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线．
（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
25．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，BC=CD，过点C作CE⊥AB于点E，CH⊥AD交AD的延长线于点H，连接BD交CE于点G．
（1）求证：CH是⊙O的切线；
（2）若点D为AH的中点，求证：AD=BE；
（3）若cos∠DBA=，CG=10，求BD的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OC，OD，
∵BC=CD，
∴∠BOC=∠COD=∠BOD，
又∵∠BAH=∠BOD，
∴∠BAH=∠BOC，
∴AH∥OC，
∵AH⊥CH，
∴OC⊥CH，
∵OC是⊙O的半径，
∴CH是⊙O的切线
（2）解：如图，连接AC，
∵BC=CD，
，
∴∠BAC=∠CAH，
又∵CE⊥AB，CH⊥AH，
∴CE=CH，
∵BC=CD，
∴Rt△CEB≌Rt△CHD（HL），
∴BE=DH，
∵点D为AH的中点，
∴AD=DH，
∴AD=BE；
（3）解：如图，延长CE交⊙O于点F，
∵AB是⊙O的直径，CF⊥AB，
，
∴∠BCE=∠CBD，
∴GB=GC=10，
在中，，
，，
，
，，
，
，即，
，
∴AB=AE+BE=32+8=40，
在中，，
.
【知识点】切线的判定；切线的判定与性质；已知余弦值求边长；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1) 连接OC，OD，利用弧、弦、圆心角关系证∠BAH=∠BOC，得AH∥OC，结合AH⊥CH证OC⊥CH，从而判定 CH 为切线；
(2) 连接 AC，证Rt△CDA Rt△CEB（HL），或利用矩形、全等性质，推得AD=BE。
(3) 利用三角函数设未知数，结合切线长、相似三角形或勾股定理列方程，求解 BD 的长度。
26．如图，在每个小正方形的边长为1cm的网格中，格点A，B，C均在圆上，且点D，E也是格点.
（1）该圆的直径等于 　 　cm；
（2）请用无刻度的直尺按要求作图；
①作弦CF，使得CF∥DE，再作劣弧CF的中点 G，请判断四边形ABCG的形状；
②过点B作该圆的切线BH，请直接写出切线BH与弦CF 的位置关系和点C到切线BH的距离.
【答案】（1）5
（2）解：①图形如图所示，四边形 ABCG是矩形.
理由：由作图可知BG是直径，
∴∠BAG=∠BCG=90°，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCG是矩形；
②
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；切线的判定与性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）圆的直径为AC，
故答案为：5；
（2）②如图，直线BH即为所求.
由作图可知BH∥CF.
设BG交CR于点 T，圆心为O.
∴点C到切线BH的距离为
【分析】（1）根据勾股定理即可求出答案.
（2）①由作图可知BG是直径，根据圆周角定理的推论可得∠BAG=∠BCG=90°，再根据矩形判定定理即可求出答案.
②由作图可知BH∥CF，设BG交CR于点 T，圆心为O，根据勾股定理可得BG，再根据三角形面积CT，再根据勾股定理即可求出答案.
27．如图，在△ABC中， AC（1）实践与操作：点 O在线段 BC上，以 O为圆心作⊙O，⊙O恰好过 A，C两点，并与线段 BC交于另一点 D.小圳在作图时，不小心擦掉了圆心以及部分圆弧，如图所示.请你用尺规作图：作出点 O与点 D，并补全⊙O.
（2）推理与计算：
在（1）的条件下，若 2∠C+∠B=90°.
①求证：直线 AB是⊙O的切线；
②若 求⊙O的半径.
【答案】（1）解：如图所示，⊙O、点O、点D即为所求．
（2）①证明：方法一：连接AO，
∵弧AD＝弧AD，
∴∠AOB＝2∠C，
∵2∠C＋∠B＝90°，
∴∠AOB＋∠B＝90°，
∴∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB，
又∵OA是⊙O的半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
方法二：连接AO，
∵OC＝OA，
∴∠C＝∠OAC，
∴∠AOB＝∠C＋∠OAC＝2∠C，
∵2∠C＋∠B＝90°，
∴∠AOB＋∠B＝90°，
∴∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB，
又∵OA是⊙O的半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
②解：法一：设⊙O的半径为r，则AO＝CO＝r，OB＝ r，
在Rt△AOB中，AO2＋AB2＝CO2，
即r2＋8＝（ r）2，
解得r＝，
故⊙O的半径为；
法二：设⊙O的半径为r，则CO＝DO＝r，BD＝ 2r，
∵直线AB是⊙O的切线，
由切割线定理得AB2＝BD BC，
∴()2＝ ( 2r)，
解得r＝，
故⊙O的半径为．
【知识点】勾股定理；切线的判定；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交BC于点O，进而作出⊙O，得到点D；
（2）①由∠AOB＝2∠C结合2∠C＋∠B＝90°，可得∠AOB＋∠B＝90°，据此得证；
②设半径为r，则AO＝CO＝r，OB＝ r，在Rt△AOB中利用勾股定理建立方程求解即可．
28．如图是某款可折叠台灯的平面示意图，台灯罩为一个弓形，弦，点P是的中点，过点P作，交所对的于点Q，，台灯支架与底座垂直，，底座放在水平面上．（参考数据：）
（1）写出图1中与相等的线段：______；
（2）如图1，当时，求所在圆的半径；
（3）若将台灯罩从图1中的位置慢慢抬起直到所在的圆与相切，如图2，求点M经过的路径的长．
【答案】（1）
（2）解：设所在圆的圆心为点O，连接、，如答图1所示．
∵点P是的中点，
，．
，
∴O、P、Q三点共线．
设所在圆的半径为r．
．
在中，
，
．
解得．
∴所在圆的半径为13cm．
（3）解：点即为此时所在圆的圆心的位置，如答图2所示．
根据所在的圆与相切，
故，
，
．
又，
∴点M经过的路径的长为．
答：点M经过的路径的长为．
【知识点】垂径定理；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：∵点P是的中点，
∴，
故答案为：．
【分析】（1）根据线段中点即可求出答案.
（2）设所在圆的圆心为点O，连接、，根据垂径定理可得，，则O、P、Q三点共线，设所在圆的半径为r，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）点即为此时所在圆的圆心的位置，根据切线性质可得，解直角三角形可得，再根据弧长公式即可求出答案.
（1）解：∵点P是的中点，
∴，
故答案为：．
（2）解：设所在圆的圆心为点O，连接、，如答图1所示．
∵点P是的中点，
，．
，
∴O、P、Q三点共线．
设所在圆的半径为r．
．
在中，
，
．
解得．
∴所在圆的半径为13cm．
（3）解：点即为此时所在圆的圆心的位置，如答图2所示．
根据所在的圆与相切，
故，
，
．
又，
∴点M经过的路径的长为．
答：点M经过的路径的长为．
29．如图，在中，以为直径的与边、分别交于、两点，于．
（1）①；；③；请从以上三个条件中选择一个：_____，求证：为的切线；
（2）若为的切线，，求的长．
【答案】（1）证明：选①，即；
∵为直径，
∴，
∴点D是边的中点；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选②，即；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选③，即；
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
从而由①的证明知，为的切线；
（2）解：如图，连接；
∵，
∴在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵为直径，
∴，
∴；
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴．

【知识点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定；三角形的中位线定理；已知正切值求边长
【解析】证明：选①，即；∵为直径，
∴，
∴点D是边的中点；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选②，即；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选③，即；
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
从而由①的证明知，为的切线；
【分析】（1）选①：因为是直径，所以点D是的中点。因此，是三角形ABC的中位线。由于，可以推出，从而证明结论。选②：是中位线，结合，同样可以推出，完成证明。选③：由条件可得，进而得出，所以。此时可以按照①的方法完成证明。（2）连接：在中，利用余弦函数关系求出。证明，从而求出。根据辅助线的作法，，所以，从而可以求出的长度。
（1）证明：选①，即；
∵为直径，
∴，
∴点D是边的中点；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选②，即；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选③，即；
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
从而由①的证明知，为的切线；
（2）解：如图，连接；
∵，
∴在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵为直径，
∴，
∴；
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴．
30．综合与实践
我们已经学过，在中，若，则三角形三边满足勾股定理：．
【知识应用】
（）如图，在中，于点D，若，则，请说明理由．
【拓展探究】
（）如图，在中，于点，点是的中点，连接．
求证：．
【拓展应用】
（）如图，在中，点在边上（不与点重合），点在边上（不与点重合），连接，，点为的外心，连接，求证：．
【答案】（）证明：∵，
∴，
∴，，
∴
.
（）证明：过点作于点，
∵点是的中点，
∴，
∵ ，
∴，
∴，，
∴，
∴
=
，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（）证明：连接，延长交于点，
∵点为的外心，
∴，
∴，，，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；补角
【解析】【分析】（）由可得，再利用勾股定理可得，，两式相减即可求证；
（）过点作于点，由勾股定理得，，又由点是的中点得，进而相减可得，再根据平行线等分线段定理可得，进而即可求证；
（）连接，延长交于点，由三角形外心可得，再根据三角形的内角和可得，则，利用补角性质可得，即得，即得到，再利用勾股定理解答即可求证．
31．如图1，在四边形中，，，，连接，，点M在射线上，且，以为直径的半圆O与射线相切于点M，．
（1）的长为　 　；
（2）将半圆O先沿方向向右平移，当点P到达点A后，半圆O立刻绕点D顺时针旋转．
①如图2，在平移过程中，当半圆O与相切于点T时，求的长；
②如图3，当点P到达点A时，交于点E，F，求的长；
③若点H平分，连接，G为的中点，在半圆O的旋转过程中，直接写出点G的运动路径长．
【答案】（1）
（2）解：①∵，连接，如图
∴，
∴，
∵切圆O于点P，切圆O于点T，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
②过点O作于N，连接，如图
有，，
∵，
∴，
∴，即．
③
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；弧长的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：⑴连接，如图
∵切半圆O于点M，，
∴．
∴．
故答案为：．
⑵③如图所示
∵，点H是的中点，
∴，
∴，
∵点H是的中点，半圆O绕D顺时针旋转，长度为8，
∴点H的轨迹是以D为中心、半径为的圆弧，
即点H的轨迹为，
∵C为定点，G是的中点，
∴点G的轨迹是H轨迹的缩放，
即点G的运动路径长为．
故答案为：.
【分析】(1)连接BO， 求出∠BMO=90°，，再根据勾股定理，得到，即可解答；
(2)①AB//CD，AD⊥CD，连接OB、OT，求出∠ABD=90°-∠ADB=60°，∠BPO=90°，推导出OB=2PO=8， 则，得到，即可解答；
②过点O作ON⊥BD于N，连接OE、OF，求出，则，即，即可解答；
③先求出，确定点H的轨迹是以D为中心、半径为的圆弧，即点H的轨迹为，推导出点G的轨迹是H轨迹的缩放，进而即可求解.
32．如图，在 ABCD中，∠B是锐角，，BC=10.在射线BA上取一点P，过P作PE⊥BC于点E，过P，E，C三点作⊙O.
（1）当时，
①如图1，若AB与⊙O相切于点P，连结CP，求CP的长；
②如图2，若⊙O经过点D，求⊙O的半径长.
（2）如图3，已知⊙O与射线BA交于另一点F，将△BEF沿EF所在的直线翻折，点B的对应点记为B'，且B'恰好同时落在⊙O和边AD上，求此时PA的长.
【答案】（1）解：①∵PE⊥BC，
∴∠PEB=∠PEC=90°，
∴PC为⊙O的直径，
∵AB与⊙O相切于点P，
∴PC⊥PB．
∵，
∴
∴BP=BC=6，
∴CP==8；
②连接CP，PD，如图，
∵PE⊥BC，
∴∠PEB=∠PEC=90°，
∴PC为⊙O的直径，
∴∠PDC=90°．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=6，BC=AD=10，∠PAD=∠B，
∴∠APD+∠PDC=180°，cos∠PAD=cos∠B=，
∴∠APD=90°．
∵cos∠PAD=，
∴AP=6，
∴
∴
∴⊙O的半径长为PC=
（2）解：过点F作FM⊥AD，交DA的延长线于点M，连接CF，CP，设PE与AD交于点N，如图，
由题意得：∠B=∠FB'E，
∵∠FB'E=∠FPE，
∴∠FPE=∠B．
∵PE⊥BE，
∴∠B=∠FPE=45°．
∵PE⊥BC，
∴∠PEB=∠PEC=90°，
∴PC为⊙O的直径，
∴∠PFC=90°，
∴△BFC为等腰直角三角形，
∴BF=FC=BC=5，
∴AF=AB-BF=．
∵AD∥BC，
∴∠MAF=∠B=45°，
∴MF=MA=AF=1，
∵FB=FB'=5，
∴MB'==7，
∴AB'=MB'-MA=6．
∵AD∥BC，PE⊥BC，
∴PN⊥AD．
∵EN为平行四边形ABCD的高，
∴NE=AB sin∠B==6，
∵△PAN为等腰直角三角形，
∴设PN=AN=x，则PE=x+6，NB'=6-x.
∵PE=BE=B'E，
∴B'E=x+6．
在Rt△NB'E中，
∵NB'2+NE2=B'E2，
∴（6-x）2+62=（x+6）2，
∴x=．
∴PN=AN=，
∴PA=PN=
【知识点】平行四边形的性质；切线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【分析】
（1）①利用圆周角定理的推论得到PC为⊙O的直径，再根据切线的性质定理得到，然后根据余切的定义求出，根据勾股定理求出的长即可；
②连接，，利用圆周角定理的推论和平行四边形的性质推理得到∠APD=90°，再根据余弦的定义求出，根据勾股定理求得，长解答即可；
（2）过点F作，交的延长线于点M，连接，，设与交于点N，根据轴对称的性质，圆周角定理的推论和垂直的定义即可得到为等腰直角三角形，根据勾股定理求出，，再根据勾股定理解答即可．
33．光的折射．
物理常识 光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向偏折的现象叫做光的折射． 当光从真空射入某种介质发生折射时，入射角α的正弦与折射角β的正弦之比（α，β均为锐角），叫作这种介质的绝对折射率，简称折射率，用符号n表示，即．
【概念理解】
（1）如图①，若入射角的度数为，折射率，求折射角β的度数．
（2）如图②，直线l是真空与某种介质的分界线，折射率，是入射光线，点A是入射点．在图②中，用直尺和圆规作出折射光线．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
【深入思考】
（3）如图③，直线l是真空与某种介质的分界线，折射率，直线l上有一个位置固定的遮光板，且M是的中点；在直线l下方有一个圆形区域，且与相切于点M．点光源P在直线l的上方，经过遮光板的遮挡，使得折射光线不能进入的内部．已知的半径为，．（假设入射光线在端点A，B处能够发生折射）
①点光源P到直线l的距离的最大值是_______；
②满足条件的点光源P所形成的区域面积随着折射率n的值变大而_______．（填“变大”或“变小”）
【答案】解：（1）∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）过点作法线，作线段的中垂线，以为圆心，为半径画弧，交的中垂线于点，连接并延长，即可得到折射光线，如图：
由作图可知：，点到法线的距离为，
∴，满足题意；
（3）①；②变小
【知识点】切线的性质；解直角三角形；切线长定理；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】
（3）①过点，作直线的垂线，当折射光线过点且与圆相切时，点光源P到直线l的距离最大，如图：
∵入射角相等，
∴入射角，
∴，
连接，设折射光线与圆相切于点，连接，
∵为的中点，
∴，，
∵为的切点，
∴，，
∴三点共线，，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即折射角，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，即：点光源P到直线l的距离的最大值是；
②由①可知，满足条件的点光源P所形成的区域面积为的面积，，
∴，
∴当折射率变大，变大，的值变小，
∴的面积变小，即：满足条件的点光源P所形成的区域面积变小；
故答案为：①；②变小．
【分析】
（1）根据折射率的定义和特殊角三角函数值即可解答；
（2）结合新定义，与尺规作图作垂线，先过点作法线，作线段的中垂线，以为圆心，为半径画弧，交的中垂线于点，连接并延长，即可得到折射光线；
（3）①过点，作直线的垂线，当折射光线过点且与圆相切时，点光源P到直线l的距离最大，为的值，利用切线长定理结合新定义，进行求解即可；
②根据题意，得到满足条件的点光源P所形成的区域面积为的面积，随着入射角的增大，折射率变大，得到逐渐减小，进而面积逐渐减小即可．
34．目前数学家已经发现了三角形的“心”已经超过4万个，其中我们初中阶段对以下4个“心”比较熟悉，即：垂心、重心、外心和内心．在苏科版的初中数学教材中对三角形的“内心”给出的定义是“三角形内切圆的圆心叫作三角形的内心”．
（1）【初步认识】已知是的外接圆，点是的内心．
①请在图1中利用直尺和圆规作出内心，若连接，并延长交于点，连接，请猜想与的数量关系，并说明理由；
②若点是优弧上（不与、重合）的动点，的半径为5，，求最大值为 ▲ ；
（2）【深入探究】在题（1）条件下，如图2，如果，于．求证：；
（3）【灵活运用】如图3，在中，，过点作，垂足为，且，点和点分别是的内心和外心，试判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）解：①如图所示；
，理由如下：
∵点I是的内心，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
②
（2）证明：连接，交于点E，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，连接并延长交于点D，连接，
由题意可知平分，
∵，
∴．
由（1）得，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
由对称可知，
∴是等腰直角三角形，
延长到点H，使得，连接，
∵点F为的外心，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；勾股定理；垂径定理；三角形的内切圆与内心；等圆、等弧的概念
【解析】【解答】解：⑴②如图，连接，交于点L，
∵的半径是5，，且点M是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
即，
所以的最大值是；
【分析】(1)①分别作∠ABC，∠ACB平分线，交于点I，则点I即为所求作；根据三角形的内心的性质得
∠BAD+∠ABI=∠CAD+∠CBI，再根据同弧所对的圆周角相等得∠CAD=∠CBD，然后根据三角形外角的性质得∠BID=∠IBD，最后根据等角对等边得出答案；
②连接OA，OB，OM，ON，交BC于点L，根据垂径定理得，再根据勾股定理求出OL，可得ML，然后根据勾股定理求出MI，最后根据AM≤OA+OB求出答案；
(2)连接OD，交BC于点E，先根据垂径定理得BE=CE，IA=DI，再根据"角角边"证明△DBE≌△IAM，可得BE=AM，则答案可证；
(3)连接AE并延长交BC于点D，连接BE，CE，PE，先说明△DEC为等腰直角三角形，及△APE是等腰直角三角形，再延长EF到点H，使得EF=FH，连接CH，然后根据"边角边"证明△AFE≌△CFH，可得AE=CH，EH=2EF，∠EAF=∠FCH，进而说明PE=AE=CH，接下来说明△PEB≌△ECH，则答案可证.
35．结果如此巧合！
下框中是小颖对一道题目的解答.
题目：如图，Rt△ABC 的内切圆与斜边AB 相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积.
解：设△ABC 的内切圆分别与AC，BC 相切于点E，F，CE 的长为x.
根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x.
根据勾股定理，得(
整理，得
所以
=12.
小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC 的面积等于AD 与BD 的积.这仅仅是巧合吗
请你帮她完成下面的探索.
已知：△ABC的内切圆与AB 相切于点D，AD=m，BD=n.
（1）可以一般化吗
若∠C=90°，求证：△ABC 的面积等于 mn.倒过来思考呢
（2）倒过来思考呢？
若AC·BC=2mn，求证：∠C=90°.
（3）改变一下条件……
若∠C=60°，用m，n表示△ABC 的面积.
【答案】（1）解：如图①，设CE=CF=x，
则 得
（2）∵
∴
∵，，
由勾股定理的逆定理可得，
（3）解：如图②，过点 A 作AG⊥BC 于点G，在 Rt△ACG 中，
在 Rt△ABG 中，根据勾股定理，得
整理，得
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【分析】（1）因为△ABC是直角三角形，所以利用勾股定理和切线长定理找到线段AD、线段BD以及线段CE之间的数量关系，即m、n与x之间的关系式，再将其代入三角形的面积公式中，即可证得结论。
（2）此题考查勾股定理的逆定理的运用，要证明∠C=90°，可以先用代数式表示出三角形每条边，再由已知条件推导出存在两条边的平方和等于第三条边的平方即可。
(3)通过作垂线，化斜为直，充分利用含有60°特殊角度的直角三角形所具有的三边关系，结合前2小题的解题经验进行求证。
36．请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．
定义：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）．如图1中即为弦切角．
弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．
下面是弦切角定理的证明过程：
①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦经过圆心，且切于点时，易证：弦切角．
②如图．当点是优弧上任意一点，切于点．求证：弦切角．
证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示．
与相切于点，
▲ ，
，
是直径，
▲ （直径所对的圆周角是直角），
，
，
又 ▲ （同弧所对的圆周角相等），
．
完成下列任务：
（1）将上述证明过程补充完整；
（2）运用材料中的弦切角定理解决下列问题：
①如图3，的顶点在上，和相交于点，且是的切线，切点为，连接．若，求的长；
②如图4，，以为直径的交于点，过点作的切线，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）；；
（2）解：①如图，
是的切线，切点为，
，
又，
，
，
∵AD=2，CD=6，
∴AC=8，
，
∴；
②，理由如下：
连接，如图所示，
是直径，
，，
又，
是的角平分线，
∴∠BAC=2∠BAE，
又是的切线，
，
．
【知识点】圆周角定理；切线的性质；角平分线的概念；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1） 证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示：
是的半径，与相切于点，
，
，
是直径，
（直径所对的圆周角是直角），
，
，
又（同弧所对的圆周角相等），
．
故答案为：；；，
【分析】（1）根据切线的性质可证得， 再由圆周角定理的推论可证得， 最后由圆周角定理的推论得，即可得结论.
（2）①由弦切角定理，可得，进而可证明，由相似三角形的对应边成比例，即可求的长，
②连接，由是直径，可得，由等腰三角形三线合一的性质，可得是的角平分线，再结合弦切角定理，即可求解.
（1）解：如图2
是的半径，与相切于点，
，
（直径所对的圆周角是直角），
，
，
又（同弧所对的圆周角相等），
．
故答案为：；；，
（2）解：①如图，
是的切线，切点为，
，
又，
，
，即：，
，解得：；
②如图，连接，
是直径，
，，
又，
是的角平分线，即：，
又是的切线，
，
．
37．在平面直角坐标系中，点的半径为2．如果将线段绕原点逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，那么线段就是的“关联线段”．其中满足题意的最小就是线段与的“关联角”．
（1）如图1，如果点，线段OH是的“关联线段”，那么它的“关联角”为　 　；
（2）如图2，点，线段AB　 　的“关联线段”（填“是”或“不是”）；
（3）点，若线段DE是的“关联线段”，则的取值范围是　 　；
（4）点为平面内一点，若存在以为端点，长度为4的线段是的“关联线段”，则点M的横坐标的取值范围是　 　．
【答案】（1）60
（2）不是
（3）
（4）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；切线的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）过C作垂直旋转后的直线于D，设交y轴与点E，连接，如图，
∵，的半径为2，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴线段与的“关联角”为，
故答案为：60.
（2）设直线与相切于点F，连接，过C作于点G，
则，
∵，
∴轴，，
∴，
由旋转知，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
当点在点上方时，点F不在线段上；
∴不是的“关联线段”，
当点在点下方时，
∵，
∴点F也不在线段上，
∴不是的“关联线段”，
综上，线段不是的“关联线段”；
故答案为：不是；
（3）如图，
∵，，
∴O、D、E点三点共线，
∵线段是的“关联线段”，
∴线段绕原点O逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，设切点为F，
∴直线与相切，
∴，，
∵，
∴，
∵点F在线段上，
∴，
即，
∴，
结合图象可知，点E应在点D的左侧或右侧，
若点E在点D的左侧，
t的取值范围是或；
若点E在点D的右侧，此时点在点的上方，点F不在线段上，线段不是的“关联线段”．
故答案为：.
（4）设长度为4的线段为是的“关联线段”，
连接，
当点为切点，点落在y轴上，， 取得最大值，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，在x轴上，点M横坐标取得最小值，为，
当轴时，点的横坐标取得最小值，
当时，点、M关于原点成中心对称，
点M的横坐标取得最大值，，
∵，切点在上，
∴点M的横坐标的取值范围为．
故答案为：．
【分析】(1)过C作CD垂直旋转后的直线于D，设交y轴于点E，连接DE，证明△CDE是等边三角形，得∠OCD=60°，得∠COD=30°，即得∠DOH=60°，线段OH与⊙C的"关联角"为60°；
(2)设直线A'B'与⊙C相切于点F，连接CF，OA'，过C作CG⊥OA'于点G，证明四边形A'FCG是矩形，得A'F=CG，A'G=CF=2，得OG=1，得，当点B'在点A'上方时，当点B'在点A'下方时，可判定F不在线段A'B'上，线段AB不是⊙C的"关联线段"；
(3)由题意可知点O、D、E点三点共线，根据线段DE是⊙C的"关联线段"，得出直线D'E'是⊙C相切，设切点为F，利用切线的性质和勾股定理求出，若点E应在点D的左侧，；若点E应在点D的右侧，点F不在线段D'E'上，线段DE不是⊙C的"关联线段"，得；
(4)连接OM、ON、OM'、ON'、CM'、CN'，当点N'为切点，点M'落在y轴上，OM'取得最大值，，得，当α=90°时，OM在x轴上，点M横坐标取得最小值，当CM'//x轴时，点M'的横坐标取得最小值，当α=180°时，点M的横坐标取得最大值，，进而即可得出答案.
1 / 1专题4.11与圆有关的位置关系—中考数学重难点突破训练
一、选择题
1．下列四种说法：①一个三角形有且只有一个外心；②一个圆有且只有一个外切三角形；③一个圆有且只有一个内接三角形；④一个三角形的外心与内心可能重合，其中正确的是（　　）
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
2．如图，在矩形ABCD中，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线，过点作直线的垂线，垂足为，则AG的最大值为（　　）
A． B． C．3 D．4
3．已知平面内有⊙O和点A，B，若⊙O半径为2cm，线段OA＝3cm，OB＝2cm，则直线AB与⊙O的位置关系为（　　）
A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切
4．如图，已知点I是锐角△ABC的内心，A1，B1，C1分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，若点B在△A1B1C1的外接圆上，则∠ABC等于（　　）.
A．36° B．45° C．60° D．90°
5．如图， M（2， 2)， ⊙M与x轴， y轴均相切，将一次函数y=3x+b的图象平移，当图象与⊙M有公共点时，则实数b的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图，已知及外一定点P，嘉嘉进行了如下操作后，得出了四个结论：
①点A是的中点；
②直线，都是的切线；
③点P到点Q、点R的距离相等；
④连接，，，，，则．
对上述结论描述正确的是（　　）
A．只有①正确 B．只有②正确
C．①②③正确 D．①②③④都正确
7．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．
8．如图，在中，，的内切圆的半径为2，三个切点分别为，若，则的面积是（　　）
A．14 B．24 C．28 D．
9． 如图， 已知三角形 ABE为直角三角形， ∠ABE=90°， BC为圆 O切线， C为切点， CA=CD， 则 和△CDE面积之比为 （　　)
A．1： 3 B．1： 2 C． D．
10．中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线（即圆弧），高铁列车在转弯时的曲线起点为，曲线终点为，过点的两条切线相交于点，列车在从到行驶的过程中转角为．若圆曲线的半径，则这段圆曲线的长为（　　）．
A． B． C． D．
11．如图，在中，为斜边上任一点，作经过点C，且与边相切于点D的．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（　　）
结论Ⅰ：若的圆心O落在边上，则的半径为；
结论Ⅱ：当与直线有另一交点E，与直线交于另一点F时，点E，F之间的最小距离为．
A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对
C．Ⅰ不对Ⅱ对 D．Ⅰ对Ⅱ不对
12． 如果一个圆的内接三角形有一边的长度等于半径，那么称其为该圆的“半径三角形”．给出下面四个结论：
①一个圆的“半径三角形”有无数个；②一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形；③当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°；④若一个圆的半径为，则它的“半径三角形”面积最大值为．
上述结论中，正确的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
13．如图，点P（3，4），圆P半径为2，A（2.8，0），B（5.6，0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是　 　．
14．如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为边AD的中点，点G在边AB上，连接EG，若△AEG的外接圆⊙O恰好与 BC相切于 F 点，则⊙O 的半径为　 　.
15．如图，已知点为⊙O外一点．尺规作图：
（1）连接，作线段的中点；
（2）以点为圆心，以线段的长为半径作⊙C，与⊙O交于，两点；
（3）作射线，．
不再另外添加辅助线和字母，请根据以上信息写出一个正确结论：　 　．
16．发动机的曲柄连杆将直线运动转化为圆周运动，如图1 是发动机的实物剖面图，图2 是其示意图，图2中，点A在直线l上往复运动，推动点 B 做圆周运动形成，与表示曲柄连杆的两直杆，点C，D是直线l与的交点；当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时， 点B到达D． 若，， 当与相切时，的长度是　 　．
图1 图2
17．如图，两条道路的宽分别为，，夹角．现修建圆弧形道路，其内侧与边界相切于点C，D，外侧与边界相切于点E，F，两弧的圆心均在直线上．，的长度m，n满足的数量关系为　 　．
18．在平面直角坐标系中，的半径为1．对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”．如图，已知点，，在点，，中，点 　 　是弦的“可及点”，其中　 　；已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，则的取值范围为　 　．
19．如图，正方形的边长为，F是的中点，E点从点B出发沿以的速度向点C移动，一直到达点C为止，连接，以点E为圆心，长为半径作．当与正方形的边相切时，则点E的运动时间t为　 　．
20．如图，已知为四边形ABCD的内接圆，恰好与三条边相切，半径为为四边形ABCD的外接圆，半径为，则的取值范围为　 　．
21．如图，把置于平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，点是内切圆的圆心．将沿轴的正方向作无滑动滚动，使它的三边依次与轴重合，第一次滚动后圆心为，第二次滚动后圆心为，依此规律，第2025次滚动后，内切圆的圆心的坐标是　 　．
三、解答题
22．将正面分别写有数字，，，的四张卡片（除数字外卡片完全相同）反面朝上放在桌面上，从中任意抽取一张卡片记下数字后反面朝上放回洗匀．洗匀后再抽取一张．若将第一次抽取的卡片数字记为点的横坐标，第二次抽取的卡片数字记为点的纵坐标．
（1）请用列表法表示两次抽取卡片后所有可能的点的坐标．
（2）小明和小亮玩一个游戏，规则如下：如图，在平面直角坐标系中，这些点若落在以原点为圆心，半径为的圆内，则小明获胜：若落在圆上或圆外，则小亮获胜．这个游戏公平吗？判断并说明理由．
23．小聪与小慧、小明一起研究尺规作图问题：
如图，在锐角三角形中，，现要在所在的平面内找一点，使，小聪、小慧、小明的作图思路分别如下：
小聪：只要作其中两条边的中垂线，其交点即为；
小慧：只要作其中两个内角的平分线，其交点即为；
小明：可以在内作，使交边于点即可．
（1）填空：判断三位同学的作图思路是否正确．（填“正确”或“错误”）
小聪的作图思路_______；小慧的作图思路_______；小明的作图思路_______．
（2）请你选择一个正确的思路进行尺规作图，并证明．
24．如图，已知中，以为直径的交于点，．
（1）求证：为的切线；
（2）若为中点，，，求的长．
25．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，BC=CD，过点C作CE⊥AB于点E，CH⊥AD交AD的延长线于点H，连接BD交CE于点G．
（1）求证：CH是⊙O的切线；
（2）若点D为AH的中点，求证：AD=BE；
（3）若cos∠DBA=，CG=10，求BD的长．
26．如图，在每个小正方形的边长为1cm的网格中，格点A，B，C均在圆上，且点D，E也是格点.
（1）该圆的直径等于 　 　cm；
（2）请用无刻度的直尺按要求作图；
①作弦CF，使得CF∥DE，再作劣弧CF的中点 G，请判断四边形ABCG的形状；
②过点B作该圆的切线BH，请直接写出切线BH与弦CF 的位置关系和点C到切线BH的距离.
27．如图，在△ABC中， AC（1）实践与操作：点 O在线段 BC上，以 O为圆心作⊙O，⊙O恰好过 A，C两点，并与线段 BC交于另一点 D.小圳在作图时，不小心擦掉了圆心以及部分圆弧，如图所示.请你用尺规作图：作出点 O与点 D，并补全⊙O.
（2）推理与计算：
在（1）的条件下，若 2∠C+∠B=90°.
①求证：直线 AB是⊙O的切线；
②若 求⊙O的半径.
28．如图是某款可折叠台灯的平面示意图，台灯罩为一个弓形，弦，点P是的中点，过点P作，交所对的于点Q，，台灯支架与底座垂直，，底座放在水平面上．（参考数据：）
（1）写出图1中与相等的线段：______；
（2）如图1，当时，求所在圆的半径；
（3）若将台灯罩从图1中的位置慢慢抬起直到所在的圆与相切，如图2，求点M经过的路径的长．
29．如图，在中，以为直径的与边、分别交于、两点，于．
（1）①；；③；请从以上三个条件中选择一个：_____，求证：为的切线；
（2）若为的切线，，求的长．
30．综合与实践
我们已经学过，在中，若，则三角形三边满足勾股定理：．
【知识应用】
（）如图，在中，于点D，若，则，请说明理由．
【拓展探究】
（）如图，在中，于点，点是的中点，连接．
求证：．
【拓展应用】
（）如图，在中，点在边上（不与点重合），点在边上（不与点重合），连接，，点为的外心，连接，求证：．
31．如图1，在四边形中，，，，连接，，点M在射线上，且，以为直径的半圆O与射线相切于点M，．
（1）的长为　 　；
（2）将半圆O先沿方向向右平移，当点P到达点A后，半圆O立刻绕点D顺时针旋转．
①如图2，在平移过程中，当半圆O与相切于点T时，求的长；
②如图3，当点P到达点A时，交于点E，F，求的长；
③若点H平分，连接，G为的中点，在半圆O的旋转过程中，直接写出点G的运动路径长．
32．如图，在 ABCD中，∠B是锐角，，BC=10.在射线BA上取一点P，过P作PE⊥BC于点E，过P，E，C三点作⊙O.
（1）当时，
①如图1，若AB与⊙O相切于点P，连结CP，求CP的长；
②如图2，若⊙O经过点D，求⊙O的半径长.
（2）如图3，已知⊙O与射线BA交于另一点F，将△BEF沿EF所在的直线翻折，点B的对应点记为B'，且B'恰好同时落在⊙O和边AD上，求此时PA的长.
33．光的折射．
物理常识 光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向偏折的现象叫做光的折射． 当光从真空射入某种介质发生折射时，入射角α的正弦与折射角β的正弦之比（α，β均为锐角），叫作这种介质的绝对折射率，简称折射率，用符号n表示，即．
【概念理解】
（1）如图①，若入射角的度数为，折射率，求折射角β的度数．
（2）如图②，直线l是真空与某种介质的分界线，折射率，是入射光线，点A是入射点．在图②中，用直尺和圆规作出折射光线．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
【深入思考】
（3）如图③，直线l是真空与某种介质的分界线，折射率，直线l上有一个位置固定的遮光板，且M是的中点；在直线l下方有一个圆形区域，且与相切于点M．点光源P在直线l的上方，经过遮光板的遮挡，使得折射光线不能进入的内部．已知的半径为，．（假设入射光线在端点A，B处能够发生折射）
①点光源P到直线l的距离的最大值是_______；
②满足条件的点光源P所形成的区域面积随着折射率n的值变大而_______．（填“变大”或“变小”）
34．目前数学家已经发现了三角形的“心”已经超过4万个，其中我们初中阶段对以下4个“心”比较熟悉，即：垂心、重心、外心和内心．在苏科版的初中数学教材中对三角形的“内心”给出的定义是“三角形内切圆的圆心叫作三角形的内心”．
（1）【初步认识】已知是的外接圆，点是的内心．
①请在图1中利用直尺和圆规作出内心，若连接，并延长交于点，连接，请猜想与的数量关系，并说明理由；
②若点是优弧上（不与、重合）的动点，的半径为5，，求最大值为 ▲ ；
（2）【深入探究】在题（1）条件下，如图2，如果，于．求证：；
（3）【灵活运用】如图3，在中，，过点作，垂足为，且，点和点分别是的内心和外心，试判断与的数量关系，并说明理由．
35．结果如此巧合！
下框中是小颖对一道题目的解答.
题目：如图，Rt△ABC 的内切圆与斜边AB 相切于点D，AD=3，BD=4，求△ABC的面积.
解：设△ABC 的内切圆分别与AC，BC 相切于点E，F，CE 的长为x.
根据切线长定理，得AE=AD=3，BF=BD=4，CF=CE=x.
根据勾股定理，得(
整理，得
所以
=12.
小颖发现12恰好就是3×4，即△ABC 的面积等于AD 与BD 的积.这仅仅是巧合吗
请你帮她完成下面的探索.
已知：△ABC的内切圆与AB 相切于点D，AD=m，BD=n.
（1）可以一般化吗
若∠C=90°，求证：△ABC 的面积等于 mn.倒过来思考呢
（2）倒过来思考呢？
若AC·BC=2mn，求证：∠C=90°.
（3）改变一下条件……
若∠C=60°，用m，n表示△ABC 的面积.
36．请阅读材料，并完成相应的任务．战国时期数学家墨子提写的《墨经》一书中就有了圆的记载，与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．
定义：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．（也就是切线与弦所夹的角，切点为弦切角的顶点）．如图1中即为弦切角．
弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．
下面是弦切角定理的证明过程：
①如图1．已知：为圆上任意一点，当弦经过圆心，且切于点时，易证：弦切角．
②如图．当点是优弧上任意一点，切于点．求证：弦切角．
证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示．
与相切于点，
▲ ，
，
是直径，
▲ （直径所对的圆周角是直角），
，
，
又 ▲ （同弧所对的圆周角相等），
．
完成下列任务：
（1）将上述证明过程补充完整；
（2）运用材料中的弦切角定理解决下列问题：
①如图3，的顶点在上，和相交于点，且是的切线，切点为，连接．若，求的长；
②如图4，，以为直径的交于点，过点作的切线，交的延长线于点．试猜想与的数量关系，并证明你的猜想．
37．在平面直角坐标系中，点的半径为2．如果将线段绕原点逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，那么线段就是的“关联线段”．其中满足题意的最小就是线段与的“关联角”．
（1）如图1，如果点，线段OH是的“关联线段”，那么它的“关联角”为　 　；
（2）如图2，点，线段AB　 　的“关联线段”（填“是”或“不是”）；
（3）点，若线段DE是的“关联线段”，则的取值范围是　 　；
（4）点为平面内一点，若存在以为端点，长度为4的线段是的“关联线段”，则点M的横坐标的取值范围是　 　．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：①一个三角形的外心是三条边垂直平分线的交点，有且只有一个，故正确；
②一个圆的外切三角形有无数个，故错误；
③一个圆的内接三角形有无数个，故错误；
④等边三角形的外心与内心重合，故正确．
∴ 正确的是①④．
故答案为：D．
【分析】根据外心、内心、外切三角形、内接三角形的定义解答即可.
2．【答案】C
【知识点】矩形的性质；点与圆的位置关系；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故答案为：C．
【分析】本题考查矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置，矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质．连接，交于点，取中点，连接，利用勾股定理可求出AC，利用直角三角形斜边中线的性质可求出OA，OC，利用平行线的性质可得：，利用全等三角形的判定定理可得：，利用全等三角形的性质可得：，进而可得E，，共线，利用直角三角形斜边中线的性质可求出GH，进而可得的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．利用点与圆的位置关系可求出AG的最大值.
3．【答案】D
【知识点】点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵r=2，∴OA=3>r，∴A点在圆外，
∵OB=2=r，∴B点在圆上，
∴当OB⊥AB时，AB与 ⊙O 相切，当OB与AB不垂直时，AB与 ⊙O相交，
故答案为：D.
【分析】先根据点与圆的位置关系判断出A在圆外，B在圆上，然后根据直线与圆的位置关系分两种情况分析即可.
4．【答案】C
【知识点】三角形的内切圆与内心；轴对称的性质；尺规作图-作三角形的外接圆
【解析】【解答】设△ABC的内切圆的半径为r，
∴I是△A1B1C1的外心.设IA1交BC于点D.
∵点B在△A1B1C1的外接圆上，
∴IB=2r.又∵ID=r，∴∠IBD=30°.
同理可得∠ABI=30°，
∴∠ABC=∠ABI+∠IBC=60°.
故答案为：C.
【分析】根据I是内心，即是三角形角平分线的交点，即可得 又由 分别是点I关于边BC，CA，AB的对称点，可得ID 即可求得C的度数.
5．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质；二次函数y=a（x-h）²+k的性质；根据一元二次方程的根的情况求参数
【解析】【解答】解：圆心 ，
∴圆心到轴，轴的距离为
∵与轴，轴均相切，
的半径，
设圆上任意一点坐标为，
由半径得，
∴圆上任意一点的横纵坐标满足方程，
当图象与有公共点时，
联立与，
得： ，
整理得：，
关于 的一元二次方程有实数根，
，
整理得，.
令，
解得，
令，
∴不等式的解集，即为抛物线在轴下方时，对应于轴交点横坐标的取值范围，
∵，抛物线开口方向向上，
不等式的解集为．
故答案为：B.
【分析】先求出圆的半径，设圆上任意一点坐标为，根据平面直角坐标系中两点间距离公式得到 ，再将代入根据直线和圆有交点得到 ，求出b的取值范围解答即可．
6．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；切线的判定；切线长定理；尺规作图-垂直平分线；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：
由第一步作图痕迹可知直线是的垂直平分线，因此点A是的中点，
故①正确；
∵是的直径，
，
，，
∴直线，都是的切线，
故②正确；
直线，都是的切线，根据切线长定理，可知，
故③正确；
，，，
，
∴，
∴．
∵点A是的中点，
，
故④错误．
故选：C
【分析】由第一步作图痕迹可知直线是的垂直平分线，因此点A是的中点，可判断①；根据圆周角定理的推论可得，再根据切线判定定理可判断②；根据切线长定理可判断③；根据全等三角形判定定理及性质可判断④.
7．【答案】A
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【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
∵AD∥BC，AB⊥BC，DG⊥BC
∴四边形ABGD是矩形
∴BG=AD=3，CG=BC-BG=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
∴
∵
∴
∴
故答案为：A
【分析】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，根据矩形判定定理可得四边形ABGD是矩形，则BG=AD=3，CG=BC-BG=3，根据切线长定理可得DF=DH，CF=CE，OC平分∠ECF，根据等腰三角形性质可得EM=FM，设圆O半径为R，则BE=R，DG=2R，根据边之间的关系可得CE=CF=6-R，DF=DH=3-R，再根据勾股定理建立方程，解方程可得R=2，再根据勾股定理可得OC，根据三角形面积可得EM，再根据垂径定理即可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接，，
是的内切圆，切点分别为，，，
，，，，
又，
四边形是矩形，
又，
矩形是正方形，
，
设，则，，
在中
，
解得：，，
，，或，，
．
故选：B．
【分析】根据题意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，进而利用勾股定理即可得出答案.
9．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；切线的性质；切线长定理；圆周角定理的推论；利用三角形的中线求面积
【解析】【解答】解：连接OC，
∵ ∠ABE=90°，
∴∠ABC+∠OBC=90°；
∵ BC为圆 O切线， C为切点，
∴OC⊥BC，
∴∠BCO=90°，
∴∠COD+∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠COD，
∵∠ABE=90°，
∴∠A+∠E=90°，
∵DE是圆O的直径，
∴∠ECD=90°，
即∠OCD+∠OCE=90°，
∵OC=OE，
∴∠OCE=∠E，
∴∠A=∠OCD，
又 CA=CD，
∴
∴，
又OD=OE，
∴，
∴，
∴
故答案为：B.
【分析】连接OC，根据切线的性质得出∠ABC+∠OBC=90°，进而根据同角的余角相等，可得出∠ABC=∠COD，进而根据圆周角定理的推论可得出∠OCD+∠OCE=90°，根据等角的余角相等，可得出∠A=∠OCD，进而根据AAS可证得，即可得出，再根据点O是DE的中点，即可得出，进而得出，j进一步即可得出答案。
10．【答案】B
【知识点】切线的性质；弧长的计算；多边形的内角和公式
【解析】【解答】解：如图：
∵，
∴，
∵过点的两条切线相交于点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：B．
【分析】由转角为可得，由切线的性质可得，根据四边形的内角和定理可得，然后根据弧长公式计算即可．
11．【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；相似三角形的判定-AA
【解析】【解答】解：结论Ⅰ：如图，圆心在上，连接，则，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
，
，
，
，
，
解得：，
∴的半径长为．
结论Ⅱ：如图，作于点，连接、，
，
，
解得，
，
∴是的直径，
，
，
，
∴当，且的值最小时，则的值最小，
，
，
∴的最小值为，
∴的最小值为，
故答案为：A．
【分析】结论Ⅰ：当圆心在上，连接，则，由切线的性质“圆的切线垂直于经过切点的半径”得，在Rt△ABC中，用勾股定理求得AB的值，根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得，由相似三角形的对应边的比相等可得比例式，由比例式求得，根据线段的和差BC=BO+OC可得关于OC的方程，解方程即可求解；
结论Ⅱ：作于点，连接、、，由面积法可得可得关于CG的方程，解方程求得CG的值，由90度的圆周角所对的弦是直径可知是的直径，则，因为，所以，当，且的值最小时，则的值最小，即可求解．
12．【答案】C
【知识点】圆周角定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：如图，AB=OA，即AB的长度等于半径，
以AB为边的圆的内接三角形有无数个，
∴一个圆的“半径三角形”有无数个，故①结论正确；
∵OA=OB=AB，
∴△OAB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
当点C在优弧AB上时，∠C=30°，
当点C在劣弧AB上时，∠C=150°
当点C在圆上移动时，∠CAB可能是90°，
∴一个圆的“半径三角形”可能是锐角三角形、直角三角形或钝角三角形，故②结论正确；
由以上可知，∠C可以是30°或150°，
当AC=AB，∠C=30°时，
∠CAB=180°-30°3-30°=120°，
∴当一个圆的“半径三角形”为等腰三角形时，它的顶角可能是30°，120°或150°，故③结论正确；
过点O作OH⊥AB于H，
则，
∴，
当点C为优弧AB的中点时，△ABC的面积最大，最大面积为：，故④结论错误；
故答案为：C.
【分析】根据圆的“半径三角形”的概念判断①②；根据圆周角定理、等腰三角形的概念判断③；根据垂径定理求出AH，根据勾股定理求出OH，求出△ABC的最大面积，判断④.
13．【答案】
【知识点】点与圆的位置关系；三角形的中位线定理；瓜豆原理模型-点在圆上
【解析】【解答】解：如图，连接OP交⊙P于M'，连接OM，
∵OA=AB，CM=CB，
∴，
∴当OM最小时，AC最小，
∴当M运动到M'时，OM最小，
此时AC的最小值，
故答案为：.
【分析】如图，连接OP交⊙P于M，连接OM.因为OA=AB，CM=CB，所以，所以当OM最小时，AC最小，M运动到M'时，OM最小，由此即可解决问题.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；垂径定理；三角形的外接圆与外心
【解析】【解答】解：连接，延长交于点，如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵是的切线，点F是切点，
∴，即，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：．
故答案为： .
【分析】连接，延长交于点，根据切线的性质和正方形的额性质得到四边形是矩形，根据垂径定理得到，设， 在中利用勾股定理求出圆的半径长即可解答．
15．【答案】（答案不唯一）
【知识点】圆周角定理；切线的判定；切线长定理
【解析】【解答】解：连接，∵为的直径，
∴，
∵为的半径，
∴直线与相切，
同理，直线与相切，
∴，
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】连接，根据圆周角定理可得，根据切线的判定可得直线，与相切，即可解答．
16．【答案】4
【知识点】勾股定理；切线的性质；线段的和、差、倍、分的简单计算
【解析】【解答】解：当与相切时，连接，如图，
∵当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时， 点B到达D，
∴EC=AB=FD=12，CO=OB=5，
∴，
而，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】本题结合条件“当点A运动到E时，点B到达C；当点A运动到F时， 点B到达D”，分析得出EC=AB=FD=12，CO=OB=5，从而计算出EO=17，然后根据切线的性质并利用勾股定理求出OA=13，最后作差即可求出EA=4。
17．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】解：如图，设所在圆圆心为O，所在圆圆心为I．连接，，延长交直线于N，过点I作于M，
设内侧弧所在圆的半径为，外侧所在圆的半径为
∵内侧与边界相切于点C，D，
∴，
∵
∴
由题意知
∴
∵外侧与边界相切于点E，F，
∴
∴
∴四边形是矩形，
∴
∴，，
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴，
∴．
即．
故答案为：．
【分析】设所在圆圆心为O，所在圆圆心为I．连接，，延长交直线于N，过点I作于M，设和的半径分别为r和R，求得，，再切线的性质结合四边形的内角和可和，则，再由直角三角形中30度角的性质可得，求得，最后再利用弧长公式分别计算出 m，n 并作差即可．
18．【答案】；45；或
【知识点】垂径定理；圆周角定理；点与圆的位置关系；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】 【解答】解：由相对运动，作出关于的对称圆，
∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，
∴点C应在的圆内或圆上，
∵点，，
∴，
而，
∴，
由对称得：，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设半径为，
则，故在外，不符合题意；
，故在上，符合题意；
，故在外，不符合题意，
∴点是弦的“可及点”，
可知三点共线，
∵，
∴，
由相对运动，作出关于的对称圆，
∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，
∴点C应在的圆内或圆上，
故点P需要在的圆内或圆上，
作出的外接圆，连接，
∴点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），
∴，
∴，
由对称得点在的垂直平分线上，
∵的外接圆为，
∴点也在的垂直平分线上，记与交于点Q，
∴，
∴，
随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，
连接，
∵，
∴当最大，时，此时为等边三角形，
由上述过程知
∴，
∴当，的最大值为2，
设，则，
解得：，
而记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴，
当，当时，，
解得，
∴与x轴交于点，
∴，而
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴t的取值范围是或．
故答案为：，45，或
【分析】由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，利用点A、B的坐标可证得OA=OB=1，易证△O'BA是等腰直角三角形，可得到点O'的坐标，设圆O的半径为R，可推出在外，不符合题意；求出C2O'的长，可知在上，符合题意；再利用勾股定理求出O'C3的长，可知在外，不符合题意，可证得点是弦的“可及点”，点三点共线，同时可求出 的度数；由相对运动，作出关于的对称圆，利用已知可知点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，可证得点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N）， 利用圆周角定理可求出∠MO''N的度数，利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可求出∠O''MN的度数，利用三角形外接圆的性质可知点也在的垂直平分线上，记与交于点Q，利用解直角三角形求出MQ的长，利用垂径定理可求出MN的长；随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，可求出MN的最大值；连接，易证当最大，时，此时为等边三角形，可求出OP的最大值，设，根据OP的长可得到关于t的方程，解方程求出t的值；记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴，利用函数解析式求出点T的坐标，利用解直角三角形可证得△OTS是等边三角形，可求出∠TOS的度数，利用解直角三角形去处OL，LS的值，可得到点S的坐标，即可求出t的取值范围.
19．【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为4，
∴，，
∵F是的中点，
∴，
当与直线相切时，如图，设切点为，连接，则，
∴四边形是矩形．
，
在中，，
，
点E的运动时间t为
当与直线相切时，如图，
∵，
∴切点为，
此时，，
在中，，
∴，
解得
点E的运动时间t为，
综上，点E的运动时间t为或，
故答案为：或．
【分析】分当⊙F与直线AD相切时，⊙F与直线AB相切时两种情况讨论，在Rt△EFC中利用勾股定理计算即可.
20．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理；内切圆与外接圆的综合运用
【解析】【解答】解：①如图，当点重合时，有是的内切圆，设与相切于点，
∴，平分，，
∴是等边三角形，，
∴，
∴，
∴；
②如图，当与四边形四边相切时，设与相切于点，连接，
∴，，
∴，四边形是菱形，
∵为四边形的外接圆，且是同心圆，
∴与的交点为，，
∴四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，
∴；
综上所述，的取值范围为，
故答案为：.
【分析】运用“极限”的思想进行分类讨论：①当点重合时，有是的内切圆，设与相切于点，根据切线长定理、切线的性质以及三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点得，平分，，从而证明是等边三角形，进而得，于是得，最后得；②当与四边形四边相切时，设与相切于点，连接，根据切线长定理以及切线的性质得，，则得出四边形是菱形，然后推出四边形是正方形，即可得是等腰直角三角形，最后得.
21．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；三角形的内切圆与内心；探索规律-点的坐标规律
【解析】【解答】解：设内切圆与，，的切点分别为，，，连接，，，如图，
点是内切圆的圆心，
，，，，，
四边形是正方形，
，
，，
，，
在中，，
内切圆的半径，
点坐标为，
，
，，
，即点到三边距离都相等，
每次滚动后圆心的纵坐标都为1，
第1次滚动后点的横坐标为：，即点的坐标为；
第2次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为；
第3次滚动后点的横坐标为：，点的坐标为；
每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加，
，
点的横坐标为：，
则点的坐标为，
故答案为：．
【分析】设内切圆与OA，OB，AB的切点分别为F，E，G，连接PE，PF，PG，根据勾股定理求得AB，根据切线的性质及正方形的判定定理“有一组邻边相等的矩形是正方形”得出四边形FOEP是正方形，则OF=OE=PF=PE；由切线长定理得AF=AG及BG=BE，OF=OE，从而可求出圆的半径为1，则PE=PF=PG=1，即点P到三角形三边得距离都为1，可知每次滚动后圆心的纵坐标都为1，因此P的坐标为；根据线段和差和差算出BE=2，AF=3，然后计算P1、P2、P3的横坐标，得出每滚三次一个循环，每个循环横坐标增加12，进而可求得答案．
22．【答案】（1）解：根据题意列表，即可得可能的点的坐标如下：
第二次 第一次
（2）解：这个游戏不公平，理由，如图，
由（）得一共有种等可能结果，点落在圆内有种，
点落在圆上或圆外有种，则：
p(小明获胜)=，
P(小亮获胜)=，
∵，
∴这个游戏不公平．
【知识点】点与圆的位置关系；用列表法或树状图法求概率；游戏公平性
【解析】【分析】（）根据题目情境，列表列举出两次抽卡的所有组合，即可得到种可能的点坐标.
（）根据列表得一共有种等可能结果，再根据坐标，结合点到原点的距离判断点与圆的位置，可判断点落在圆上或圆外有种，点落在圆内有种，计算出两个概率，比较概率大小即可判断游戏公平性．
（1）解：列表如下，
第二次 第一次
（2）解：这个游戏不公平，理由，
如图，
由（）得一共有种等可能结果，点落在圆内有种，则小明获胜的概率为；点落在圆上或圆外有种，则小亮获胜的概率为，
∵，
∴这个游戏不公平．
23．【答案】（1）正确；错误；正确
（2）证明：小聪的作图：
根据基本作图，得到点P是外接圆的圆心，是同一条弧上的圆周角和圆心角，
故．
小明的作图思路：
根据题意，得，，
故．
【知识点】三角形外角的概念及性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】（1）解：根据三角形中垂线的交点是三角形的外心，利用圆周角定理，根据角的平分线的交点是三角形的内心，三角形外角性质判定：
小聪的作图思路正确；小慧的作图思路错误；小明的作图思路正确．
故答案为：正确；错误；正确；
【分析】（1）根据三角形中垂线的交点是三角形的外心，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍即可判断小聪的思路；根据角的平分线的交点是三角形的内心，内心是到三边的距离相等，内心与∠BPC=2∠A无必然联系，据此可判断小慧思路；利用三角形外角性质判定小明的思路；
（2）根据尺规作线段垂直平分线的方法作出AB与AC的垂直平分线，则点P就是△ABC外接圆的圆心，圆心角 ∠ BPC与圆周角∠A所对的弧都是弧BC，根据同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍即可得出结论；利用那个作一个角等于已知角的尺规作图法作∠ABP=∠A，进而根据三角形的任意一个外角等于与之不相邻的两个内角的和可得结论.
（1）解：根据三角形中垂线的交点是三角形的外心，利用圆周角定理，根据角的平分线的交点是三角形的内心，三角形外角性质判定：
小聪的作图思路正确；小慧的作图思路错误；小明的作图思路正确．
故答案为：正确；错误；正确．
（2）证明：
小聪的作图：
根据基本作图，得到点P是外接圆的圆心，是同一条弧上的圆周角和圆心角，
故．
小明的作图思路：
根据题意，得，，
故．
24．【答案】（1）解：证明如下：
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线．
（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；解直角三角形；等腰直角三角形；圆与三角形的综合
【解析】【分析】(1) 由直径所对圆周角为直角得∠ADB=90°，结合同弧所对圆周角相等及已知∠CBD=∠E，通过等量代换推出∠ABC=90°，从而证明BC为⊙O的切线。
(2) 先利用同弧所对圆周角相等，将转化为，求出直径；再由E为弧AB中点，得出△ABE为等腰直角三角形，利用三角函数求出。
（1）解：证明如下：
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵是半径，
∴为的切线．
（2）解：连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
25．【答案】（1）证明：如图，连接OC，OD，
∵BC=CD，
∴∠BOC=∠COD=∠BOD，
又∵∠BAH=∠BOD，
∴∠BAH=∠BOC，
∴AH∥OC，
∵AH⊥CH，
∴OC⊥CH，
∵OC是⊙O的半径，
∴CH是⊙O的切线
（2）解：如图，连接AC，
∵BC=CD，
，
∴∠BAC=∠CAH，
又∵CE⊥AB，CH⊥AH，
∴CE=CH，
∵BC=CD，
∴Rt△CEB≌Rt△CHD（HL），
∴BE=DH，
∵点D为AH的中点，
∴AD=DH，
∴AD=BE；
（3）解：如图，延长CE交⊙O于点F，
∵AB是⊙O的直径，CF⊥AB，
，
∴∠BCE=∠CBD，
∴GB=GC=10，
在中，，
，，
，
，，
，
，即，
，
∴AB=AE+BE=32+8=40，
在中，，
.
【知识点】切线的判定；切线的判定与性质；已知余弦值求边长；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【分析】(1) 连接OC，OD，利用弧、弦、圆心角关系证∠BAH=∠BOC，得AH∥OC，结合AH⊥CH证OC⊥CH，从而判定 CH 为切线；
(2) 连接 AC，证Rt△CDA Rt△CEB（HL），或利用矩形、全等性质，推得AD=BE。
(3) 利用三角函数设未知数，结合切线长、相似三角形或勾股定理列方程，求解 BD 的长度。
26．【答案】（1）5
（2）解：①图形如图所示，四边形 ABCG是矩形.
理由：由作图可知BG是直径，
∴∠BAG=∠BCG=90°，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCG是矩形；
②
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；切线的判定与性质；圆周角定理的推论
【解析】【解答】解：（1）圆的直径为AC，
故答案为：5；
（2）②如图，直线BH即为所求.
由作图可知BH∥CF.
设BG交CR于点 T，圆心为O.
∴点C到切线BH的距离为
【分析】（1）根据勾股定理即可求出答案.
（2）①由作图可知BG是直径，根据圆周角定理的推论可得∠BAG=∠BCG=90°，再根据矩形判定定理即可求出答案.
②由作图可知BH∥CF，设BG交CR于点 T，圆心为O，根据勾股定理可得BG，再根据三角形面积CT，再根据勾股定理即可求出答案.
27．【答案】（1）解：如图所示，⊙O、点O、点D即为所求．
（2）①证明：方法一：连接AO，
∵弧AD＝弧AD，
∴∠AOB＝2∠C，
∵2∠C＋∠B＝90°，
∴∠AOB＋∠B＝90°，
∴∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB，
又∵OA是⊙O的半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
方法二：连接AO，
∵OC＝OA，
∴∠C＝∠OAC，
∴∠AOB＝∠C＋∠OAC＝2∠C，
∵2∠C＋∠B＝90°，
∴∠AOB＋∠B＝90°，
∴∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB，
又∵OA是⊙O的半径，
∴直线AB是⊙O的切线；
②解：法一：设⊙O的半径为r，则AO＝CO＝r，OB＝ r，
在Rt△AOB中，AO2＋AB2＝CO2，
即r2＋8＝（ r）2，
解得r＝，
故⊙O的半径为；
法二：设⊙O的半径为r，则CO＝DO＝r，BD＝ 2r，
∵直线AB是⊙O的切线，
由切割线定理得AB2＝BD BC，
∴()2＝ ( 2r)，
解得r＝，
故⊙O的半径为．
【知识点】勾股定理；切线的判定；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交BC于点O，进而作出⊙O，得到点D；
（2）①由∠AOB＝2∠C结合2∠C＋∠B＝90°，可得∠AOB＋∠B＝90°，据此得证；
②设半径为r，则AO＝CO＝r，OB＝ r，在Rt△AOB中利用勾股定理建立方程求解即可．
28．【答案】（1）
（2）解：设所在圆的圆心为点O，连接、，如答图1所示．
∵点P是的中点，
，．
，
∴O、P、Q三点共线．
设所在圆的半径为r．
．
在中，
，
．
解得．
∴所在圆的半径为13cm．
（3）解：点即为此时所在圆的圆心的位置，如答图2所示．
根据所在的圆与相切，
故，
，
．
又，
∴点M经过的路径的长为．
答：点M经过的路径的长为．
【知识点】垂径定理；切线的性质；弧长的计算；解直角三角形；解直角三角形—三边关系（勾股定理）
【解析】【解答】（1）解：∵点P是的中点，
∴，
故答案为：．
【分析】（1）根据线段中点即可求出答案.
（2）设所在圆的圆心为点O，连接、，根据垂径定理可得，，则O、P、Q三点共线，设所在圆的半径为r，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
（3）点即为此时所在圆的圆心的位置，根据切线性质可得，解直角三角形可得，再根据弧长公式即可求出答案.
（1）解：∵点P是的中点，
∴，
故答案为：．
（2）解：设所在圆的圆心为点O，连接、，如答图1所示．
∵点P是的中点，
，．
，
∴O、P、Q三点共线．
设所在圆的半径为r．
．
在中，
，
．
解得．
∴所在圆的半径为13cm．
（3）解：点即为此时所在圆的圆心的位置，如答图2所示．
根据所在的圆与相切，
故，
，
．
又，
∴点M经过的路径的长为．
答：点M经过的路径的长为．
29．【答案】（1）证明：选①，即；
∵为直径，
∴，
∴点D是边的中点；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选②，即；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选③，即；
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
从而由①的证明知，为的切线；
（2）解：如图，连接；
∵，
∴在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵为直径，
∴，
∴；
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴．

【知识点】圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定；三角形的中位线定理；已知正切值求边长
【解析】证明：选①，即；∵为直径，
∴，
∴点D是边的中点；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选②，即；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选③，即；
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
从而由①的证明知，为的切线；
【分析】（1）选①：因为是直径，所以点D是的中点。因此，是三角形ABC的中位线。由于，可以推出，从而证明结论。选②：是中位线，结合，同样可以推出，完成证明。选③：由条件可得，进而得出，所以。此时可以按照①的方法完成证明。（2）连接：在中，利用余弦函数关系求出。证明，从而求出。根据辅助线的作法，，所以，从而可以求出的长度。
（1）证明：选①，即；
∵为直径，
∴，
∴点D是边的中点；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选②，即；
∵，
∴是的中位线，
∴；
∵，
∴；
∵是圆的半径，
∴为的切线；
选③，即；
∵为直径，
∴，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
从而由①的证明知，为的切线；
（2）解：如图，连接；
∵，
∴在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴；
∵为直径，
∴，
∴；
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴．
30．【答案】（）证明：∵，
∴，
∴，，
∴
.
（）证明：过点作于点，
∵点是的中点，
∴，
∵ ，
∴，
∴，，
∴，
∴
=
，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（）证明：连接，延长交于点，
∵点为的外心，
∴，
∴，，，
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；补角
【解析】【分析】（）由可得，再利用勾股定理可得，，两式相减即可求证；
（）过点作于点，由勾股定理得，，又由点是的中点得，进而相减可得，再根据平行线等分线段定理可得，进而即可求证；
（）连接，延长交于点，由三角形外心可得，再根据三角形的内角和可得，则，利用补角性质可得，即得，即得到，再利用勾股定理解答即可求证．
31．【答案】（1）
（2）解：①∵，连接，如图
∴，
∴，
∵切圆O于点P，切圆O于点T，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
②过点O作于N，连接，如图
有，，
∵，
∴，
∴，即．
③
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；弧长的计算；旋转的性质
【解析】【解答】解：⑴连接，如图
∵切半圆O于点M，，
∴．
∴．
故答案为：．
⑵③如图所示
∵，点H是的中点，
∴，
∴，
∵点H是的中点，半圆O绕D顺时针旋转，长度为8，
∴点H的轨迹是以D为中心、半径为的圆弧，
即点H的轨迹为，
∵C为定点，G是的中点，
∴点G的轨迹是H轨迹的缩放，
即点G的运动路径长为．
故答案为：.
【分析】(1)连接BO， 求出∠BMO=90°，，再根据勾股定理，得到，即可解答；
(2)①AB//CD，AD⊥CD，连接OB、OT，求出∠ABD=90°-∠ADB=60°，∠BPO=90°，推导出OB=2PO=8， 则，得到，即可解答；
②过点O作ON⊥BD于N，连接OE、OF，求出，则，即，即可解答；
③先求出，确定点H的轨迹是以D为中心、半径为的圆弧，即点H的轨迹为，推导出点G的轨迹是H轨迹的缩放，进而即可求解.
32．【答案】（1）解：①∵PE⊥BC，
∴∠PEB=∠PEC=90°，
∴PC为⊙O的直径，
∵AB与⊙O相切于点P，
∴PC⊥PB．
∵，
∴
∴BP=BC=6，
∴CP==8；
②连接CP，PD，如图，
∵PE⊥BC，
∴∠PEB=∠PEC=90°，
∴PC为⊙O的直径，
∴∠PDC=90°．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=6，BC=AD=10，∠PAD=∠B，
∴∠APD+∠PDC=180°，cos∠PAD=cos∠B=，
∴∠APD=90°．
∵cos∠PAD=，
∴AP=6，
∴
∴
∴⊙O的半径长为PC=
（2）解：过点F作FM⊥AD，交DA的延长线于点M，连接CF，CP，设PE与AD交于点N，如图，
由题意得：∠B=∠FB'E，
∵∠FB'E=∠FPE，
∴∠FPE=∠B．
∵PE⊥BE，
∴∠B=∠FPE=45°．
∵PE⊥BC，
∴∠PEB=∠PEC=90°，
∴PC为⊙O的直径，
∴∠PFC=90°，
∴△BFC为等腰直角三角形，
∴BF=FC=BC=5，
∴AF=AB-BF=．
∵AD∥BC，
∴∠MAF=∠B=45°，
∴MF=MA=AF=1，
∵FB=FB'=5，
∴MB'==7，
∴AB'=MB'-MA=6．
∵AD∥BC，PE⊥BC，
∴PN⊥AD．
∵EN为平行四边形ABCD的高，
∴NE=AB sin∠B==6，
∵△PAN为等腰直角三角形，
∴设PN=AN=x，则PE=x+6，NB'=6-x.
∵PE=BE=B'E，
∴B'E=x+6．
在Rt△NB'E中，
∵NB'2+NE2=B'E2，
∴（6-x）2+62=（x+6）2，
∴x=．
∴PN=AN=，
∴PA=PN=
【知识点】平行四边形的性质；切线的性质；解直角三角形—三边关系（勾股定理）；解直角三角形—边角关系；圆周角定理的推论
【解析】【分析】
（1）①利用圆周角定理的推论得到PC为⊙O的直径，再根据切线的性质定理得到，然后根据余切的定义求出，根据勾股定理求出的长即可；
②连接，，利用圆周角定理的推论和平行四边形的性质推理得到∠APD=90°，再根据余弦的定义求出，根据勾股定理求得，长解答即可；
（2）过点F作，交的延长线于点M，连接，，设与交于点N，根据轴对称的性质，圆周角定理的推论和垂直的定义即可得到为等腰直角三角形，根据勾股定理求出，，再根据勾股定理解答即可．
33．【答案】解：（1）∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）过点作法线，作线段的中垂线，以为圆心，为半径画弧，交的中垂线于点，连接并延长，即可得到折射光线，如图：
由作图可知：，点到法线的距离为，
∴，满足题意；
（3）①；②变小
【知识点】切线的性质；解直角三角形；切线长定理；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】
（3）①过点，作直线的垂线，当折射光线过点且与圆相切时，点光源P到直线l的距离最大，如图：
∵入射角相等，
∴入射角，
∴，
连接，设折射光线与圆相切于点，连接，
∵为的中点，
∴，，
∵为的切点，
∴，，
∴三点共线，，
∵，
∴，
∴，
∵的半径为，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即折射角，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，即：点光源P到直线l的距离的最大值是；
②由①可知，满足条件的点光源P所形成的区域面积为的面积，，
∴，
∴当折射率变大，变大，的值变小，
∴的面积变小，即：满足条件的点光源P所形成的区域面积变小；
故答案为：①；②变小．
【分析】
（1）根据折射率的定义和特殊角三角函数值即可解答；
（2）结合新定义，与尺规作图作垂线，先过点作法线，作线段的中垂线，以为圆心，为半径画弧，交的中垂线于点，连接并延长，即可得到折射光线；
（3）①过点，作直线的垂线，当折射光线过点且与圆相切时，点光源P到直线l的距离最大，为的值，利用切线长定理结合新定义，进行求解即可；
②根据题意，得到满足条件的点光源P所形成的区域面积为的面积，随着入射角的增大，折射率变大，得到逐渐减小，进而面积逐渐减小即可．
34．【答案】（1）解：①如图所示；
，理由如下：
∵点I是的内心，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
②
（2）证明：连接，交于点E，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴；
（3）解：，理由如下：
如图，连接并延长交于点D，连接，
由题意可知平分，
∵，
∴．
由（1）得，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
由对称可知，
∴是等腰直角三角形，
延长到点H，使得，连接，
∵点F为的外心，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；勾股定理；垂径定理；三角形的内切圆与内心；等圆、等弧的概念
【解析】【解答】解：⑴②如图，连接，交于点L，
∵的半径是5，，且点M是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
即，
所以的最大值是；
【分析】(1)①分别作∠ABC，∠ACB平分线，交于点I，则点I即为所求作；根据三角形的内心的性质得
∠BAD+∠ABI=∠CAD+∠CBI，再根据同弧所对的圆周角相等得∠CAD=∠CBD，然后根据三角形外角的性质得∠BID=∠IBD，最后根据等角对等边得出答案；
②连接OA，OB，OM，ON，交BC于点L，根据垂径定理得，再根据勾股定理求出OL，可得ML，然后根据勾股定理求出MI，最后根据AM≤OA+OB求出答案；
(2)连接OD，交BC于点E，先根据垂径定理得BE=CE，IA=DI，再根据"角角边"证明△DBE≌△IAM，可得BE=AM，则答案可证；
(3)连接AE并延长交BC于点D，连接BE，CE，PE，先说明△DEC为等腰直角三角形，及△APE是等腰直角三角形，再延长EF到点H，使得EF=FH，连接CH，然后根据"边角边"证明△AFE≌△CFH，可得AE=CH，EH=2EF，∠EAF=∠FCH，进而说明PE=AE=CH，接下来说明△PEB≌△ECH，则答案可证.
35．【答案】（1）解：如图①，设CE=CF=x，
则 得
（2）∵
∴
∵，，
由勾股定理的逆定理可得，
（3）解：如图②，过点 A 作AG⊥BC 于点G，在 Rt△ACG 中，
在 Rt△ABG 中，根据勾股定理，得
整理，得
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；勾股定理的逆定理；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【分析】（1）因为△ABC是直角三角形，所以利用勾股定理和切线长定理找到线段AD、线段BD以及线段CE之间的数量关系，即m、n与x之间的关系式，再将其代入三角形的面积公式中，即可证得结论。
（2）此题考查勾股定理的逆定理的运用，要证明∠C=90°，可以先用代数式表示出三角形每条边，再由已知条件推导出存在两条边的平方和等于第三条边的平方即可。
(3)通过作垂线，化斜为直，充分利用含有60°特殊角度的直角三角形所具有的三边关系，结合前2小题的解题经验进行求证。
36．【答案】（1）；；
（2）解：①如图，
是的切线，切点为，
，
又，
，
，
∵AD=2，CD=6，
∴AC=8，
，
∴；
②，理由如下：
连接，如图所示，
是直径，
，，
又，
是的角平分线，
∴∠BAC=2∠BAE，
又是的切线，
，
．
【知识点】圆周角定理；切线的性质；角平分线的概念；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1） 证明：连接并延长交于点，连接，如图2所示：
是的半径，与相切于点，
，
，
是直径，
（直径所对的圆周角是直角），
，
，
又（同弧所对的圆周角相等），
．
故答案为：；；，
【分析】（1）根据切线的性质可证得， 再由圆周角定理的推论可证得， 最后由圆周角定理的推论得，即可得结论.
（2）①由弦切角定理，可得，进而可证明，由相似三角形的对应边成比例，即可求的长，
②连接，由是直径，可得，由等腰三角形三线合一的性质，可得是的角平分线，再结合弦切角定理，即可求解.
（1）解：如图2
是的半径，与相切于点，
，
（直径所对的圆周角是直角），
，
，
又（同弧所对的圆周角相等），
．
故答案为：；；，
（2）解：①如图，
是的切线，切点为，
，
又，
，
，即：，
，解得：；
②如图，连接，
是直径，
，，
又，
是的角平分线，即：，
又是的切线，
，
．
37．【答案】（1）60
（2）不是
（3）
（4）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质；切线的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）过C作垂直旋转后的直线于D，设交y轴与点E，连接，如图，
∵，的半径为2，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴线段与的“关联角”为，
故答案为：60.
（2）设直线与相切于点F，连接，过C作于点G，
则，
∵，
∴轴，，
∴，
由旋转知，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
当点在点上方时，点F不在线段上；
∴不是的“关联线段”，
当点在点下方时，
∵，
∴点F也不在线段上，
∴不是的“关联线段”，
综上，线段不是的“关联线段”；
故答案为：不是；
（3）如图，
∵，，
∴O、D、E点三点共线，
∵线段是的“关联线段”，
∴线段绕原点O逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，设切点为F，
∴直线与相切，
∴，，
∵，
∴，
∵点F在线段上，
∴，
即，
∴，
结合图象可知，点E应在点D的左侧或右侧，
若点E在点D的左侧，
t的取值范围是或；
若点E在点D的右侧，此时点在点的上方，点F不在线段上，线段不是的“关联线段”．
故答案为：.
（4）设长度为4的线段为是的“关联线段”，
连接，
当点为切点，点落在y轴上，， 取得最大值，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，在x轴上，点M横坐标取得最小值，为，
当轴时，点的横坐标取得最小值，
当时，点、M关于原点成中心对称，
点M的横坐标取得最大值，，
∵，切点在上，
∴点M的横坐标的取值范围为．
故答案为：．
【分析】(1)过C作CD垂直旋转后的直线于D，设交y轴于点E，连接DE，证明△CDE是等边三角形，得∠OCD=60°，得∠COD=30°，即得∠DOH=60°，线段OH与⊙C的"关联角"为60°；
(2)设直线A'B'与⊙C相切于点F，连接CF，OA'，过C作CG⊥OA'于点G，证明四边形A'FCG是矩形，得A'F=CG，A'G=CF=2，得OG=1，得，当点B'在点A'上方时，当点B'在点A'下方时，可判定F不在线段A'B'上，线段AB不是⊙C的"关联线段"；
(3)由题意可知点O、D、E点三点共线，根据线段DE是⊙C的"关联线段"，得出直线D'E'是⊙C相切，设切点为F，利用切线的性质和勾股定理求出，若点E应在点D的左侧，；若点E应在点D的右侧，点F不在线段D'E'上，线段DE不是⊙C的"关联线段"，得；
(4)连接OM、ON、OM'、ON'、CM'、CN'，当点N'为切点，点M'落在y轴上，OM'取得最大值，，得，当α=90°时，OM在x轴上，点M横坐标取得最小值，当CM'//x轴时，点M'的横坐标取得最小值，当α=180°时，点M的横坐标取得最大值，，进而即可得出答案.
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