全国各地中考数学试卷分类汇编与圆有关的位置关系
2012年全国各地中考数学试卷分类汇编：与圆有关的位置关系
31.1 直线与圆的位置关系
11.（2012山东省荷泽市，11，3）如图，PA、PB是⊙o的切线，A、B为切点，AC是⊙o 的直径，若∠P=46∘，则∠BAC=______.
【解析】因为PA、PB是⊙o的切线，所以PA=PB，OA⊥PA，又因∠P=46∘，所以∠PAB=67∘，所以∠BAC=∠OAP-∠PAB=90∘-67∘=23∘，
【答案】23∘
【点评】当圆外一点向圆引两条切线，可以利用切线长定理及切线的性质定理，利用等腰三角形的性质及及垂直的性质来计算角的度数.
14.（2012连云港，14，3分）如图，圆周角∠BAC=55°，分别过B、C两点作⊙O的切线，两切线相交于点P，则∠BPC= °。
【解析】连结OB，OC，则OB⊥PB，OC⊥PC。则∠BOC=110°，在四边形PBOC中，根据四边形的内角和为360°，可得∠BPC=70°。
【答案】70
【点评】本题考查了圆周角与圆心角的关系以及切线的性质。
14. （2012湖南湘潭，14，3分）如图，的一边是⊙O的直径，请你添加一个条件，使是⊙O的切线,你所添加的条件为 .
第14题图
【解析】根据切线的定义来判断，BC⊥AB，或∠ABC=900。
【答案】BC⊥AB，或∠ABC=900。
【点评】此题考查切线的定义。圆的切线垂直于过切点的半径。
20. （2012浙江丽水8分，20题）（本题8分）如图，AB为⊙O的直径，EF切⊙O于点D，过点B作BH⊥EF于点H，交⊙O于点C，连接BD.
（1）求证：BD平分∠ABH；
（2）如果AB=12，BC=8，求圆心O到BC的距离.
【解析：】（1）欲证BD平分∠ABH，只需证∠OBD=∠DBH.连接OD，则∠OBD=∠ODB，为止只需证∠ODB=∠DBH即可.（2）过点O作OG⊥BC于点G，在Rt△OBG中，利用勾股定理即可求得OG的值.
【解】：（1）证明：连接OD.
∵EF是⊙O的切线，∴OD⊥EF.
又∵BH⊥EF，∴OD∥BH，
∴∠ODB=∠DBH.
而OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，
∴∠OBD=∠DBH，
∴BD平分∠ABH.
（2）过点O作OG⊥BC于点G，则BG=CG=4，
在Rt△OBG中，OG=.
【点评】：已知圆的切线，常作过切点的半径构造直角三角形，以便于利用勾股定理求解问题.
20.（2012福州，20，满分12分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E。
（1）求证：AC平分∠DAB；
（2）若∠B=60°，CD=，求AE的长。
解析：（1）由CD是⊙O的切线，C是切点，故优先考虑连接OC，则OC⊥CD，AD∥OC，因此易证AC平分∠DAB；（2）由∠B=60°，可联想到30°的直角三角形及用解直角三角形的方法求出AE，由∠B=60°，可得∠1=∠3=30°，因为CD=，因此可得AC=，从而可求得AB的长，连接OE，易知△OEA是等边三角形，故可求得AE的长，本题还可连接CE、AB等来求出AE。
答案：（1）证明：如图1，连接OC，
∵CD为⊙O的切线
∴OC⊥CD
∴∠OCD=90°
∵AD⊥CD
∴∠ADC=90°
∴∠OCD+∠ADC=180°
∴AD∥OC
∴∠1=∠2
∵OA=OC
∴∠2=∠3
∴∠1=∠3
即AC平分∠DAB。
（2）解法一：如图2
∵AB为⊙O的直径
∴∠ACB=90°
又∵∠B=60°
∴∠1=∠3=30°
在Rt△ACD中，CD=
∴AC=2CD=
在Rt△ABC中，AC=
∴
连接OE
∵∠EAO=2∠3=60°，OA=OE
∴△EAO是等边三角形
∴AE=OA==4.
解法二：如图3，连接CE
∵AB为⊙O的直径
∴∠ACB=90°
又∵∠B=60°
∴∠1=∠3=30°
在Rt△ACD中，CD=
∴
∵四边形ABCE是⊙O的内接四边形
∴∠B+∠AEC=180°
又∵∠AEC+∠DEC=180°
∠DEC=∠B=60°
在Rt△CDE中，CD=
∴
∴AE=AD-DE=4.
点评：本题通过在圆中构造有关图形，考查了圆的切线等有关性质，平行线的判定及性质，等腰三角形的判定及性质及解直角三角形；考察逻辑思维能力及推理能力，具有较强的综合性，难度中等。
23（2012贵州铜仁，23，12分）．如图，已知⊙O的直径AB与弦CD相交于点E， AB⊥CD，⊙O的切线BF与弦AD的延长线相交于点F．
（1）求证：CD∥ BF；
（2）若⊙O的半径为5， cos∠BCD=，求线段AD的长．
23题图
【分析】（1）由BF是圆O的切线，AB是圆O的直径，根据切线的性质，可得到BF⊥AB，然后利用平行线的判定得出CD∥BF
（2）由AB是圆O的直径，得到∠ADB=90º ，由圆周角定理得出∠BAD=∠BCD，再根据三角函数cos∠BAD= cos∠BCD==
即可求出AD的长
【解析】（1）证明：∵BF是圆O的切线，AB是圆O的直径
∴BF⊥AB
∵CD⊥AB
∴CD∥BF
（2）解：∵AB是圆O的直径
∴∠ADB=90º
∵圆O的半径5
∴AB=10
∵∠BAD=∠BCD
∴ cos∠BAD= cos∠BCD==
∴=8
∴AD=8
【点评】本题考查了切线的性质、圆周角定理和解直角三角形，此题难度适中。圆是一个特殊的几何体，它有很多独到的几何性质，知识点繁多而精粹。圆也是综合题中的常客，不仅会联系三角形、四边形来考察，代数中的函数也是它的友好合作伙伴。因此圆在中考中占有重要的地位，是必考点之一。在近几年各地的中考中,圆的有关性质,如垂径定理、圆周角、切线的判定与性质等一般以计算或证明的形式考查，与圆有关的应用题、阅读理解题、探索存在性问题仍是中考命题的热点.
23. (2012湖北随州，23，10分) 如图，已知直角梯形ABCD，∠B=90°，AD∥BC，并且AD+BC=CD，O为AB的中点.
（1）求证：以AB为直径的⊙O与斜腰CD相切；
（2）若OC=8cm，OD=6cm，求CD的长.
解析:（1）过AB的中点O作OE⊥CD于E.证明OE的长等于半径即可.（2）证明∠COD=900，运用勾股定理求值..
答案:证明： 过AB的中点O作OE⊥CD于E.
S梯形ABCD=(AD+BC) •AB=(AD+BC) •OA
=2(AD•OA+BC•OB)
=2(S⊿OAD +S⊿OBC)
由S梯形ABCD =S⊿OBC+ S⊿OAD+ S⊿OCD
∴S⊿OBC+ S⊿OAD=S⊿OCD
∴AD•OA+BC•OA=CD·OE
∴(AD+BC) ·OA=CD·OE又AD+BC=CD
∴OA=OE,∴E点在以AB为直径的⊙O上，又OE⊥CD
∴CD是⊙O的切线
即：CD与⊙O相切 …………5分
（2）∵DA、DE均为⊙O的切线，∴DA=DE，则∠1=∠2，同理∠3=∠4. ∴∠COD=900.
∴CD= …………5分
点评:本题考查梯形、直线余与圆的位置关系、勾股定理.根据圆的切线的定义准确的作出辅助线是解决问题的关键.本题中运用面积法证明AD+BC=CD很巧妙.难度较大.
（2012四川成都，27，10分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F．切点为G，连接AG交CD于K．
（1）求证：KE=GE；
（2）若=KD·GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；
（3） 在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．
解析：利用切线的性质和等边对等角可以证明∠EGK=∠EKG，然后根据等角对等边，即可证明第（1）小题；对于第（2）小题，可以先由等积式得到比例式，然后得到三角形相似，根据角的关系可以判断两条直线的位置关系；对于第（3）小题，可以先利用方程的思想求出相关线段的长，然后利用三角函数求FG的长。
答案：（1）如下图，连接OG，
∵EG是⊙O的切线
∴OG⊥GE
∴∠OGK+∠EGK＝90°
∵CD⊥AB
∴∠OAG+∠AKH＝90°
∵OG=OA
∴∠OGK=∠OAG
∴∠EGK=∠AKH=∠EKG
∴KE=GE；
（2）AC∥EF
理由如下：
∵=KD·GE，GE=KE
∴
∴△KGD∽△KGE
∴∠KGD＝∠E
∠KGD＝∠C
∴∠E＝∠C
∴AC∥EF
（3）∵在（2）的条件下，
∴AC∥EF
∴∠CAF＝∠F，∠E＝∠C
∵sinE=
∴sinC=,sinF=,tanE=tanC=
连接BG，过G作GN⊥AB于N，交⊙O于Q
则弧BQ=弧BG
∴∠BGN＝∠BAG
设AH=3k，则CH=4k
于是BH=，OG=
∵EG是切线，CD⊥AB
∴∠OGF＝90°
∴∠FOG+∠F=∠E+∠F
∴∠FOG=∠E
∴NG=OGsin∠FOG==
∴BN=OB-ON=OG-OGcos∠FOG=
∴BG=
∴cos∠BAG=cos∠BGN=
∴
∴FG=
Q
N
点评：本题的第（3）小题是一道大型综合题，且运算量较大，属于较难题；但是，前两个小题比较基础，同学们应争取做对。
27．（（2012江苏泰州市，27，本题满分12分）如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=5，OA与⊙O相交于点P，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C.
（1）试判断线段AB与AC的数量关系，并说明理由；
（2）若PC=2，求⊙O的半径和线段PB的长；
（3）若在⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，求⊙O的半径r的取值范围.
（第27题图） （备用图）
【解析】（1）由于AB是⊙O的切线，故连半径，利用切线性质，圆半径相等，对顶角相等，余角性质，推出AB,AC两底角相等；
（2）设圆半径为r，利用勾股定理列方程求半径，再利用三角形相似求PB
（3）先作出线段AC的垂直平分线MN，作OD垂直于MN，再利用勾股定理计算即可
【答案】（1）AB=AC; 连接OB，则OB⊥AB，所以∠CBA+∠OBP=900,又OP=OB，所以∠OBP=∠OPB，又∠OPB=∠CPA，又OA⊥l于点A，所以∠PCA+∠CPA=900，故∠PCA=∠CBA，所以AB=AC
（2）设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5-r；∴AB2=OA2-OB2=52-r2,AC2=PC2-AP2=(2)2-（5-r）2，从而建立等量关系，r=3，∵AB=AC，∴AB2= AC2，利用相似，求出PB=4
（3）作出线段AC的垂直平分线MN，作OD垂直于MN，则可推出OD==；由题意，圆O要与直线MN有交点，所以；又因为圆O与直线l相离；所以r<5;综上，.
【点评】本题主要考查了切线的性质、等角对等边、三角形相似的判定及其性质的运用以及勾股定理的应用等知识,知识点丰富；考查了学生综合运用知识以及转化思想来解决问题的能力，考查了圆的相关知识，圆的切线是圆中的重点，也是考试常考的部分；求线段的长常用勾股定理或相似等知识解答.
24. (2012山东省聊城，24，10分）如图，⊙O是△ABC外接圆，AB=AC=10，BC=12，P是弧上一动点，过点P作BC的平行线交AB延长线与点D.
（1）当点P在什么位置时，DP是⊙O的切线？说明理由.
（2）当DP是⊙O的切线时，求DP的长.
解析：（1）根据PD//BC，可以天加辅助线由切线判定定理解题；（2）根据勾股定理与垂径定理求出⊙O半径r，再结合△ABE∽△ADP即可.
解：（1）当P是BC中点时，DP是⊙O的切线.理由如下：
∵AB=AC，∴
又
∴PA是⊙O的直径.
又AB=AC，∴PA⊥BC.
∵DP//BC，∴PD⊥AP.
∴DP是⊙O的切线.
（2）连接OB，设PA交BC于点E.
由垂径定理得，BE=.
在Rt△ABE中，据勾股定理，.
设⊙O的半径为r，则OE=8-r.
在Rt△OBE中，.
解得r=.
∵DP//BC，∴∠ABE=∠D.
又∵∠1=∠1，∴△ABE≌△ADP.
，即，
∴DP=
点评：本题是一道综合试题，以圆为载体考查了圆的基本知识、圆的切线、平行线、勾股定理、相似三角形、方程思想等，解题要冷静、细心、充分拓展数学核心知识，达到灵活解决问题.
22.（2012浙江省湖州市，22，10分）已知，如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,DA=DC,以点D为圆心，DA长为半径的⊙D与AB相切于点A，与BC交于点F，过点D作DE⊥BC,垂足为E。
（1）求证：四边形ABED为矩形；
（2）若AB=4，,求CF的长。
【解析】（1）根据切线的性质可得，∠DAB=900，由平行关系AD∥BC可得，∠ABE=900，又DE⊥BC, ∠BED=900，即三个角是直角，可判定四边形是矩形；
（2）分析图形，构建Rt△DEC,由（1）的结论可得，DA=DC,AB=DE,应用勾股定理可求得CF的长CF=。
【答案】（1）∵⊙D与AB相切于点A，∴AB⊥AD，即∠DAB=900，
又∵，AD∥BC, DE⊥BC,∴∠ADE=∠DEB=900，∴四边形ABED为矩形；
(2)∵四边形ABED为矩形；∴DE=AB=4，∵DA=DC,∴点C在⊙D上，∵在⊙D中，
DE⊥BC,∴CF=2EC，又∵，设AD=3k,则BC=4k,∴BE=3k,EC=BC-BE=k,DC=AD=3k,由勾股定理得，DE2+EC2=DC2，即42+k2=(3k)2,解得，k=±,负值无意义舍去，∴k=,∴CF=2k=2.
【点评】本题是圆、四边形、三角形的综合题目，这三部分性质得综合应用，应用时要注意结合图形，合理选择方法解题的关键.
1. （2012年四川省德阳市，第23题、．） 如图，已知点C是以AB为直径的⊙O上一点，CH⊥AB于点H，过点B作⊙O 的切线交直线AC于点D，点E为CH的中点，连结并延交BD于点F，直线CF交AB的延长线于G.
⑴求证：；
⑵求证：；
⑶若，求⊙O 的半径的长.
【解析】
（1）根据可证即可证得结论．
（2） 连接OC和OF, 证明可证结论．
（3）首先证明∠FAG=∠FGA,从而得出AF=GF.进而得到AB=BG.在由
由得到结论．
【答案】（1）∵DB是圆O的切线，AB是直径．
∴DB⊥AB. 又CH⊥AB
∴
∴
即
(2) 连接OC,OF.
∵F是BD的中点，O是AB的中点
∴
∴∠FOB=∠DAB, ∠COF=∠ACO=∠DAB
∴∠COF=∠BOF, OF=OF, OB=OC
∴
∴FC=FB.
（3）设OC=R
∵FB=FC,FE=FC
∴FC=FE
∴∠FCE=∠FEC=∠AEH.
又∠FOG+∠AEH=90°，∠G+∠FCE=90°
∴∠DAG=∠G.
∴ FA=FG.
∵ BF⊥AG
∴AB=BG.
则OG=3R. CG=
有因为
所以,即, R=2
【点评】
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，圆的割线定理，相似三角形的性质和判定，综合性强．解决这样的问题，恰当添加辅助线是关键．
21．(2012山东德州中考,21,10,)如图，点A，E是半圆周上的三等分点，直径BC=2，，垂足为D，连接BE交AD于F，过A作∥BE交BC于G．
（1）判断直线AG与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）求线段AF的长．
A
B
C
E
D
F
G
O
21．【解析】（1）由题意可知点A是弧ＢＥ的中点，由垂径定理即可得出： OA⊥BE，又∵AG∥BE，∴OA⊥AG．所以AG和⊙O的半径垂直，直线AG与⊙O的位置关系相切．（2）要求AF的长，先由已知得出△AOB为等边三角形；在求出AD、BD的长，在Rt△BDF中由三角函数求出DF的值，然后求出AF=ADDF．
解：（1）AG与⊙O相切. ………………………………（1分）
证明：连接OA，∵点A，E是半圆周上的三等分点，
∴弧BA、AE、EC相等，
A
B
C
E
D
F
G
O
∴点A是弧BE的中点，
∴OA⊥BE．
又∵AG∥BE，
∴OA⊥AG．
∴AG与⊙O相切． ………………………………（5分）
（2）∵点A，E是半圆周上的三等分点，
∴∠AOB=∠AOE=∠EOC=60°．
又OA=OB，
∴△ABO为正三角形．……………………………（6分）
又AD⊥OB，OB=1，
∴BD=OD=， AD=．………………………………（8分）
又∠EBC==30，
在Rt△FBD中， FD=BDtan∠EBC= BD tan30°=，
∴AF=ADDF=-=．………………………………（10分）
【点评】本题综合考查了圆与解直角三角形的相关知识，垂径定理和三角函数的定义考查是中考中的常考问题之一，需要重点掌握次知识．
22. （2012广州市，16， 3分）（本小题满分12分）
如图8， ⊙P 的圆心为P{－3,2}，半径为3，直线MN过点M{5,0}且平行于y轴，点N在点M的上方。
{1} 在图中作出⊙P关于y轴对称的⊙P`，根据作图直接写出⊙P`与直线MN的位置关系：
{2}若点N在{1}中的⊙P上。求PN的长。
【解析】（1）确定了⊙P`的圆心的位置即可画出⊙P`。看出MN与⊙P`的位置。（2）利用勾股定理可求出PN的长。
【答案】解：（1）点P{－3,2}关于y轴对称点为P`{3,2},以点P`为圆心，3为半径的圆即为所求，⊙P`与直线MN相交。
（2）NE==.
在Rt△PNE中，PN==。
【点评】本题考查了图形的轴对称画图，圆中垂径定理以及勾股定理在坐标系中的应用。
23. (2012山东省临沂市，23，9分）如图，点A、B、C分别是⊙O上的点，∠B=600，AC=3，CD是⊙O的直径，P是CD延长线上的一点，且AP=AC.
(1)求证：AP是⊙O的切线；
（2）求PD的长。
【解析】（1）证明AP是⊙O的切线，连接OA，只需证明半
径与直线的夹角是900，即∠PAO=900便可。
（2）CD是⊙O的直径，∴连接AD，∠ADC=900，又∠B
=600，AC=3，应用三角函数可求得PD=AD=AC∙tan300=.
解：（1）证明: 连接OA，∵∠B=600，∠AOC=2∠B=1200,
∵OA=OC,∴∠ACP=CAO=300,∴∠AOP=600,
又∵AP=AC.∴∠P=∠ACP=300，∴∠OAP=900，即OA⊥AP,
∴AP是⊙O的切线；
(2) CD是⊙O的直径，连接AD，∴∠CAD=900，
∴AD=AC∙tan300=.
∵∠ADC=∠B=600，∴∠PAD=∠ADC-∠P=300,∴∠P=∠PAD,
∴PD=AD=.
【点评】本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角定理的推论以及三角函数的应用．要求学生掌握常见的解题方法，并能结合图形选择简单的方法解题．
31.2圆与圆的位置关系
8. （2012福州，8，4分，） ⊙O1和 ⊙O2,的半径分别是3㎝和4㎝，如果O1O2=7㎝，则这两圆的位置关系是（ ）
A．内含 B.相交 C.外切 D. 外离
解析：因为⊙O1和 ⊙O2,的半径和=7，因此两圆外切。
答案：C
点评：本题考查两圆的位置关系，设两圆的半径分别为R、r(R>r)，圆心距为d，则：(1)d>R+r时，两圆外离；(2)d=R+r时，两圆外切；(3)R-r
r)，圆心距为d，则：(1)d>R+r时，两圆外离；(2)d=R+r时，两圆外切；(3)R-r4，R﹣r=1<4，满足R﹣r＜d＜R+r
∴两圆相交．
点评：本题考查了由数量关系来判断两圆位置关系的方法．
6. ( 2012年四川省巴中市,6,3)已知两圆的半径分别为1和3,当这两圆内含时,圆心距d的范围是( )
A.0＜d＜2 B.1＜d＜2 C.0＜d＜3 D.0≤d＜2
【解析】内含时，满足关系0≤d＜R－r,得d＜2，
【答案】D
【点评】本题易错选为A,即忽略同心圆是内含的特例.
10．（2012湖南衡阳市，10，3）已知⊙O的直径等于12cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的交点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．无法确定
解析：首先求得该圆的半径，再根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系进行解析判断．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，
进而利用直线与圆相交有两个交点，相切有一个交点，相离没有交点，即可得出答案．
答案：解：根据题意，得
该圆的半径是6cm，即大于圆心到直线的距离5cm，则直线和圆相交，
故直线l与⊙O的交点个数为2．
故选：C．
点评：此题主要考查了直线与圆的位置关系，这里要特别注意12是圆的直径；掌握直线和圆的位置关系与数量之间的联系是解题的关键.
16．（2012山东东营，16，4分）某施工工地安放了一个圆柱形饮水桶的木制支架（如图1），若不计木条的厚度，其俯视图如图2所示，已知AD垂直平分BC，AD=BC=48cm，则圆柱形饮水桶的底面半径的最大值是 cm．
B
D
C
A
（第16题图2）
（第16题图1）
【解析】当圆柱形饮水桶的底面半径最大时，圆外接于△ABC；连接外心与B点，可通过勾股定理即可求出圆的半径．连接OB，如图，当⊙O为△ABC的外接圆时圆柱形饮水桶的底面半径的最大．∵AD垂直平分BC，AD=BC=48cm，∴O点在AD上，BD=24cm；在Rt△OBD中，设半径为r，则OB=r，OD=48-r，∴r2=（48-r）2+242，解得r=30．即圆柱形饮水桶的底面半径的最大值为30cm．
【答案】30
【点评】此题考查把实物图转化为几何图形的能力以及垂径定理和勾股定理的综合应用．
8．(2012贵州黔西南州，8，4分)如图3，⊙O的半径为2，点A的坐标为(2，2)，直线AB为⊙O的切线，B为切点，则B点的坐标为( )．
A．(－，) B．(－，1)
C．(－，) D．(－1，)
【解析】设⊙O与x轴的正半轴交于C点，与x轴的负半轴交于D点，连接AC．由于⊙O的半径为2，且A(2，2)，所以AC⊥OC．则AC=2，tan∠AOC＝，所以∠AOC＝60°．由于AB也为⊙O的切线，所以∠AOC＝∠AOB=60°，所以∠BOD＝60°．
作BE⊥OD于F点，OB=2，可以求得OF=1，BF=．所以，B点的坐标为(－1，)．
【答案】D．
【点评】本题在平面直角坐标系中考查圆的切线性质的运用，一般出现圆的切线时，考虑作“过切点的半径，必垂直于切线”；另外本题还运用了图形的对称性解题．
9．（2012山西，9，2分）如图，AB是⊙O的直径，C．D是⊙O上一点，∠CDB=20°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则∠E等于（ ）
A． 40° B． 50° C． 60° D． 70°
【解析】解：连接OC，如图所示：
∵圆心角∠BOC与圆周角∠CBD都对，
∴∠BOC=2∠CBD，又∠CDB=20°，
∴∠BOC=40°，
又∵CE为圆O的切线，
∴OC⊥CE，即∠OCE=90°，
则∠E=90°﹣40°=50°．
故选B
【答案】B
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质、同圆中同弧所对的圆周角相等及等边对等角等性质；解决本题的关键是熟悉圆中常见辅助线作法及相关性质.难度中等．
9. （2012年广西玉林市，9，3）如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与两直角边AB、BC分别相切于点D，E，如图，Rt△ABC的内切圆⊙O与两直角边AB，BC分别相切于点D，E，过劣弧DE （不包括端点D，E）上任一点P作⊙O的切线MN与AB，BC分别交于点M，N，若⊙O的半径为r，则Rt△MBN的周长为（ ）
A．r B．r C．2r D．r
分析：连接OD、OE，求出∠ODB=∠DBE=∠OEB=90°，推出四边形ODBE是正方形，得出BD=BE=OD=OE=r，根据切线长定理得出MP=DM，NP=NE，代入MB+NB+MN得出BD+BE，求出即可．
解：连接OD、OE，
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，
∵∠ABC=90°，
∴∠ODB=∠DBE=∠OEB=90°，
∴四边形ODBE是矩形，
∵OD=OE，
∴矩形ODBE是正方形，
∴BD=BE=OD=OE=r，
∵⊙O切AB于D，切BC于E，切MN于P，
∴MP=DM，NP=NE，
∴Rt△MBN的周长为：MB+NB+MN=MB+BN+NE+DM=BD+BE=r+r=2r，
故选C．
点评：本题考查的知识点是矩形的判定、正方形的判定、三角形的内切圆和内心、切线长定理等，主要考查运用这些性质进行推理和计算的能力，题目比较好，难度也适中．
23. （2012年广西玉林市，23，8分）如图，已知点O为Rt△ABC斜边AC上一点，以点O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点E，与AC相交于点D，连接AE．（1）求证：AE平分∠CAB；（2）探求图中∠1与∠C的数量关系，并求当AE=EC时tanC的值．
分析：（1）连接OE，则OE⊥BC，由于AB⊥BC，故可得出AB∥OE，进而可得出∠2=∠AEO，由于OA=OE，故∠1=∠AEO，进而可得出∠1=∠2；（2）由三角形外角的性质可知∠1+∠AEO=∠EOC，，因为∠1=∠AEO，∠OEC=90°，所以2∠1+∠C=90°；当AE=CE时，∠1=∠C，再根据2∠1+∠C=90°即可得出∠
C的度数，由特殊角的三角函数值得出tanC即可．
解：（1）证明：连接OE，∵⊙O与BC相切于点E，∴OE⊥BC，∵AB⊥BC，∴AB∥OE，
∴∠2=∠AEO，∵OA=OE，∴∠1=∠AEO，∴∠1=∠2，即AE平分∠CAB；
（2）解：2∠1+∠C=90°，tanC= ．∵∠EOC是△AOE的外角，∴∠1+∠AEO=∠EOC，∵∠1=∠AEO，∠OEC=90°，∴2∠1+∠C=90°，当AE=CE时，∠1=∠C，
∵2∠1+∠C=90°，∴3∠C=90°，∠C=30°，∴tanC=tan30°=．
点评：本题考查的是切线的性质、三角形外角的性质及等腰三角形的性质，在解答此类题目时要熟知“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”．
13.（2012四川泸州，13，3分）两个圆的半径分别为5和7，圆心距为2，则两个圆的位置关系（ ）
A. 内含 B. 内切 C.相交 D. 外切
解析：圆与圆的几种位置关系中，可以根据两圆半径、圆心距的数量关系来判断.
解答：因为7-5=2，满足R-r=d，两圆内切.故选B.
点评：熟悉圆与圆的五种位置关系是解题关键.需要简单计算两圆半径和、差，再与圆心距比较判断.
4. （2012山东省青岛市，4，3）已知，⊙O1与⊙O2的半径分别是4和6，O1O2=2，则⊙O1与⊙O2的位置关系是（ ）.
A．内切 B．相交 C．外切 D． 外离
【解析】两圆半径差为6-4=2，圆心距为2，因此两圆相切.故选A．
【答案】A
【点评】本题主要考查两圆的位置关系．两圆的位置关系有：相离（d＞R+r）．相切（外切：d=R+r或内切：d=R﹣r）．相交（R﹣r＜d＜R+r）．
15．（2012江苏省淮安市，15，3分）如图，⊙M与⊙N外切，MN=l0cm，若⊙M的半径为6cm，则⊙N的半径为 cm．
【解析】∵⊙M与⊙N外切，圆心距MN=l0cm，⊙M的半径为6cm，则⊙N的半径为=10-6=4(cm)，
【答案】4
【点评】此题考查了圆与圆的位置关系，设两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离d＞R+r；外切d=R+r；相交R﹣r＜d＜R+r；内切d=R﹣r；内含d＜R﹣r，难度适中．掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系是解此题的关键．
21．（2012山东省滨州中考，21,8分）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，AC是⊙O的直径，∠P=50°，求∠BAC的度数．
【解析】由于切线的性质可得∠PAC，切线长定理得PA=PB，∠P=50°，∠PAB和∠PBA的大小，进而求出∠BAC的大小．
解：∵PA，PB分别切⊙O于A，B点，AC是⊙O的直径，
∴∠PAC=90°，PA=PB，
又∵∠P=50°，
∴∠PAB=∠PBA==65°，
∴∠BAC=∠PAC﹣∠PAB=90°﹣65°=25°．
【点评】本题考查切线的性质和切线长定理；及等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，此题考查的知识点较多，但是难度不大.
21. （2012珠海，21，9分）已知，AB是⊙O的直径，点P在弧AB上（不含点A、B），把△AOP沿PO对折，点A的对应点C恰好落在⊙O上.
（1）当P、C都在AB上方时（如图1），判断PO与BC的位置关系（只回答结果）；
（2）当P在AB上方而C在AB下方时（如图2），（1）中结论还成立吗？证明你的结论；
（3）当P、C都在AB上方时（如图3），过C点作CD⊥直线AP于D，且CD是⊙O的切线，证明：AB=4PD.
【解析】(1) PO∥BC.证∠POC＝∠OCB即可;
(2) （1）中结论成立.证明∠CPO＝∠PCB或∠OPB＝∠B即可;
(3) 先证OC∥AP.再证∠CPD＝∠CPO＝∠OPA＝60°,最后证AB=4PD.
【答案】(1) PO∥BC.
(2) （1）中结论成立.证明:由对折,得∠APO＝∠CPO,∵AO＝PO,∴∠APO＝∠A.∵,∴∠A＝∠PCB.∴∠CPO＝∠PCB.∴PO∥BC.
(3) 证明:∵CD为切线,∴OC⊥CD.
∵CD⊥AP,∴∠OCD＝∠CDP＝90°.
∴OC∥AP.∴∠CPD＝∠OCP.
由对折,得∠A＝∠OCP. ∴∠CPD＝∠A.
又∠A＝∠OPA, ∠OPC＝∠OCP, ∠APD是平角,
∴∠CPD＝∠CPO＝∠OPA＝60°.
∴CP＝OP＝AB.
在Rt△CPD中，PD＝CP·cos60°＝PC.
∴AB＝4PD.
【点评】这是一道与圆与关的几何综合题.主要考点有圆的有关性质,切线的性质,图形变换,直角三角形的性质,锐角三角函数等.属中档题.
16．（2012湖北武汉，16，3分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（3，0），点B为y轴正半轴上的一点，点C是第一象限内一点，且AC=2，设tan∠BOC=m，则m的取值范围是
解析：解答本题可先画出图形，以A为圆心，2为半径作圆，过O作⊙A切线AC’，显然当C与C’重合时m取最小值，此时m=tan∠BOC’=tan∠OAC’=，故m≥
答案m≥．
点评：：本题看似考察三角函数，由于C为一动点，解题时需掌握其运动规律，故需构建相应的圆，题目实质是对圆与切线以及三角函数的综合考察，难度较大．
24. （2012呼和浩特，24，8分）（8分）如图，已知AB为⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，线段OP与弦AC垂直并相交于点D，OP与弧AC相交于点E，连接BC。
（1）求证：∠PAC=∠B，且PA·BC=AB·CD
（2）若PA=10，sinP=，求PE的长。
【解析】切线的性质，三角形相似，对应边成比例，锐角三角函数
【答案】
（1）证明： ∵PA是⊙O的切线 ，AB是直径
∴∠PAO=90°，∠C=90°
∴∠PAC+∠bac=90°且∠B+∠BAC=90°
∴∠PAC=∠B
又∵OP⊥AC
∴∠ADP=∠C=90°
∴△PAD∽△ABC
∴AP：AB=AD：BC
∵在⊙O中，AC⊥OD
∴AD=CD
∴AP：AB=CD：BC
∴PA·BC=AB·CD
（2）解： ∵sinP=，且PA=10
∴
∴AD=6
∴AC=2AD=12
∵在Rt△ADP中，PD=
又∵AP：AB=PD：AC
∴AB=
∴AO=
∴OP=
∴PE=OP–OE=–=5
【点评】本题(1)考查了利用切线的性质求得直角，利用直径所对圆周角是90°，得到直角，并得出一对相似三角形，利用相似三角形对应边成比例得出要证明的结论。(2) 中利用现有的直角三角形三角函数求出线段的长。
3. （2012甘肃兰州，3，4分）已知两圆的直径分别为2㎝和4㎝，圆心距为3㎝，则这两个圆的位置关系是（ ）
A. 相交 B. 外切 C. 外离 D.内含
解析：本题直接告诉了两圆的半径及圆心距，根据数量关系与两圆位置关系的对应情况便可直接得出答案．由题意知，两圆圆心距d=3＞R-r=2且d=3＜R+r=6，故两圆相交．
答案：A
点评：本题主要考查两圆之间的位置关系。两圆外离，则d＞R+r；外切，则d=R+r；相交，则R-r＜d＜R+r；内切，则d=R-r；内含，则0≤d＜R-r．（d表示圆心距，R，r分别表示两圆的半径）．
19、（2012甘肃兰州，19，4分）如图，已知⊙O是以坐标原点O为圆心，1为半径的圆，∠AOB=45°，点P在x轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设P（x，0），则x的取值范围是 。
第19题图
解析：由题意得x有两个极值点，过点P的直线与⊙O相切时，x取得极值，作出切线，利用切线的性质求解即可．如图，设过点P且与OA平行的直线与⊙O相切于点D，连接OD，由题意得，OD=1，∠DOP'=45°，∠ODP'=90°，故可得OP'=，即x的极大值为，同理当点P在x轴左边时也有一个极值点，
此时x取得极小值，x=－，
综上可得x的范围为：
答案：
点评：此题主要考查了直线与圆的位置关系，分别求出直线与圆相切时OP的长是解决问题的关键，注意两个极值点的寻找，难度一般。
23. （2012·湖北省恩施市，题号23 分值12）如图11，AB是⊙O的弦，D是半径OA的中点，过D作CD⊥OA交弦AB于点E，交⊙O于F，且CE=CB。
（1）求证：BC⊙O是的切线；
（2）连接AF、BF，求∠ABF的度数；
（3）如果CD=15，BE=10，sinA=，求⊙O的半径。
【解析】（1）连接OB，证OB⊥BC，即证∠OBE+∠EBC=90°。通过OA=OB，CE=CB，∠AED=∠BEC，可将∠OBE、∠EBC分别转化为∠A、∠AED，结合CD⊥OA可证∠OBE+∠EBC=90°；
（2）连接OF，由CD垂直平分OA得AF=OF=OA，再结合圆心角与圆周角关系易求∠ABF的度数；，∴
（3）作CG⊥BE于G，得∠A=∠ECG，CG是BE垂直平分线，由CD=15，BE=10，sinA=，可求EG、CE、CG、DE长度，通过△ADE∽△CGE可求AD，从而计算半径OA。
【答案】（1）证明：连接OB。∵OA=OB，∴∠A=∠OBE。∵CE=CB，∴∠CEB=∠EBC，∵∠AED =∠EBC，∴∠AED = ∠EBC，又∵CD⊥OA ∴∠A+∠AED=∠OBA+∠EBC=90°，∴BC⊙O是的切线；
（2）∵CD垂直平分OA，∴OF=AF，又OA=OF，∴OA=OF=AF，∴∠O=60°，∴∠ABF=30°；
（3）作CG⊥BE于G，则∠A=∠ECG。∵CE=CB，BD=10，∴EG=BG=5，∵sinECG=sinA=，∴CE=13，CG=12.又CD=15，∴DE=2。∵ADE∽△CGE，∴，即，∴AD=，∴OA=，即⊙O的半径是。
【点评】本题将多个知识点结合在一起，问题设计层层递进，梯度鲜明，是一道中档偏上的题，有一定区分度．我们必须学会由已知条件寻找相应的定理、性质的基本图形，以及在不能直接根据已知条件解决问题时，要学会运用转化的思想。
第26题图
26、（2012甘肃兰州，26,10分）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，以AB为直径的⊙O交AC于点D，E是BC的中点，连结DE、OE。
（1）判断DE与⊙O的位置关系并说明理由；
（2）求证：BC2=2CD·OE；
（3）若tanC=，DE=2，求AD的长.
解析：（1）连接OD，BD，求出∠ADB=∠BDC=90°，推出DE=BE=CE，推出∠EDB=∠EBD，∠OBD=∠ODB，推出∠EDO=∠EBO=90°即可；
（2）由题意可得OE是△ABC的中位线，即AC=2OE，易证△ABC∽△BDC，可得BC2=CD·AC，把AC=2OE代入即可；
（3）由tanC= ，可设BD=，CD=2x，在Rt△BCD中，由勾股定理得出，求出x，求出BD，再根据tan∠ABD=tanC求出，代入求出即可．
解：（1）DE与⊙O相切.理由如下：
连接OD,BD
∵AB是直径， ∴∠ADB=∠BDC=90°.
∵E是BC的中点,∴DE=BE=CE.
∴∠EBD=∠EDB.
∵OD=OB,∴∠OBD=∠ODB.
∴∠EDO=∠EBO=90°. （用三角形全等也可得到）
∴DE与⊙O相切.
（2）由题意可得OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE
∵∠ABC=∠BDC=90°, ∴∠C=∠C
∴△ABC∽△BDC
∴,即BC2=CD·AC (另：用射影定理直接得到也可)
∴BC2=2CD·OE
（3）∵tanC=，可设BD=，CD=2x，
∵在Rt△BCD中，BC=2DE=4，BD2+CD2=BC2
∴()2+（2x）2=16，解得：x=±（负值舍去）
∴BD==
∵∠ABD=∠C，∴tan∠ABD=tanC
∴
答：AD的长是．
点评：本题综合考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上中线性质，切线的判定等知识点，主要培养学生分析问题和解决问题的能力，注意：①证切线的方法，②方程思想的运用．
24．（2012贵州遵义，24, 分）如图，△OAC中，以O为圆心，OA为半径作⊙O，作OB⊥OC交⊙O于B，垂足为O，连接AB交OC于点D，∠CAD=∠CDA．
（1）判断AC与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若OA=5，OD=1，求线段AC的长．
解析：
（1）根据已知条件“∠CAD=∠CDA”、对顶角∠BDO=∠CDA可以推知∠BDO=∠CAD；然后根据等腰三角形OAB的两个底角相等、直角三角形的两个锐角互余的性质推知
∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°．所以线段AC是⊙O的切线；
（2）根据“等角对等边”可以推知AC=DC，所以由图形知OC=OD+CD；然后利用（1）中切线的性质可以在在Rt△OAC中，根据勾股定理来求AC的长度．
答案：
解：（1）线段AC是⊙O的切线；
理由如下：∵∠CAD=∠CDA（已知），∠BDO=∠CDA（对顶角相等），
∴∠BDO=∠CAD（等量代换）；
又∵OA=OB（⊙O的半径），
∴∠B=∠OAB（等边对等角）；
∵OB⊥OC（已知），
∴∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°，
∴线段AC是⊙O的切线；
（2）设AC=x．
∵∠CAD=∠CDA（已知），
∴DC=AC=x（等角对等边）；
∵OA=5，OD=1，
∴OC=OD+DC=1+x；
∵由（1）知，AC是⊙O的切线，
∴在Rt△OAC中，根据勾股定理得，
OC2=AC2+OA2，即
（1+x）2=x2+52，
解得x=12，即AC=12．
点评：
本题综合考查了勾股定理、切线的判定与性质．欲证某线是圆的切线，只需证明连接圆心与此线过圆上的点的线段（圆的半径）与该直线垂直即可．
22.（2012湖北黄冈，22，8）如图，在△ABC 中，BA=BC，以AB为直径作半圆⊙O，交AC于点D.连结DB，过点D作DE⊥BC，
垂足为点E.（1）求证：DE 为⊙O 的切线；（2）求证：DB2=AB·BE.
【解析】（1）连接OD，根据切线的判定定理来证明；（2）证明△ABD∽△DEB推得
DB2=AB·BE.
【答案】证明：（1）连接OD.∵AB为半圆⊙O的直径 ∴∠ADB=90°.∵AB=BC
∴D为AC中点.又O为AB的中点 ∴OD∥BC ∵DE⊥BC ∴OD⊥DE
∴DE是⊙O的切线.
（2）∵AB=BC，∠ADB=90°∴∠CBD＝∠DBA 又∠ADB=∠DEC=90°
∴△ABD∽△DEB ∴即
【点评】本题考查了圆周角定理的推论、等腰三角形的“三线合一”、切线的判定定理、相似三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、平行线的性质等，较为综合，但属于常规题.难度中等.
22（2012湖北武汉，22，8分）在锐角△ABC中，BC＝5, sinA ．
（1） 如图1,求△ABC的外接圆的直径；
（2） 如图2,点I为ABC的内心，若BA＝BC，求AI的长．
解析：第(1)小题要求直径，可过点（或B）作直径，根据同弧所对圆周角相等，以及题目所给三角函数关系即可求解；第(2)小题点I是内心，即角平分线的交点,又BA=BC,故可作∠B的角平分线即BI得到Rt△ABH,借助角平分线性质及勾股定理求解.
解：(1）过C作外接圆直径CD，连接BD
则∠CBD=90°，∠D=∠A
∵ = sinD = sinA
∴BC＝5, ∴CD=,即△ABC的外接圆的直径为
(2)连接并延长BI交AC于H，过I作IE⊥AB于E
∵点I为内心，平分∠BAC，BI 平分∠ABC
又BA=BC，∴ BI⊥AC, ∴IH=IE AE=AH,
在Rt△ABH中，BH=AB×sin∠BAH=4,AH= ∴BE=AB-AH=2
令IE=IH=x,则BI=4-x,在Rt△BIE中,有BI2=BE2+IE2 即(4-x)2=x2+22
解得x=1.5
在Rt△AIH中，AI= =
(注:其他解法依据情况酌情给分)
点评：本题以基本图形:三角形与圆相结合为背景,综合考查了圆周角的性质,在三角函数的性质,角平分线性质,等腰三角形三线合一,勾股定理等知识(也可以利用三角形面积计算求解), 知识点丰富；考查了学生综合运用知识以及转化思想来解决问题的能力.2个小题设问方式较常规,所考察知识点也是平时学生用得较多的知识点,难度都不大,但把这些放在一起综合考虑,对学生综合思维能力要求较高.对于在几何图形的证明与求解中,辅助线的添加成为部分学生的一大难题,本题中的2条辅助线添法是关键,就这2条辅助线就可以将中下层面的学生拒之题外.难度较大.
24、（（2012·湖南省张家界市·24题·10分））如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作⊙O的切线DC，P点为优弧上一动点（不与A、C重合）．
（1）求∠AEC与∠ACD的度数；
（2）当点E移动到CB弧的中点时，求证：四边形OBEC是菱形．
（3）P点移动到什么位置时，△AEC与△ABC全等，请说明理由.
【分析】（1）显然△ACO是等边三角形，结合切线性质可求；（2）只要证明AC=CP=OA=OP即可.
【解答】解：（1）∵AC=OA=OC=2，∴△ACO为等边三角形.
_
D
_
C
_
P
_
O
_
B
_
A
∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°，
∴∠APC=AOC=30°.
又∵DC切⊙O于点C，∴OC⊥DC.
∴∠DCO=90°.
∴∠ACD=∠DCO-∠ACO=90°-60°=30°.
（2）∵AB为直径，∠AOC=60°，
∴∠COB=120°.
当点P移动到CB的中点时，∠COP=∠POB=60°，
∴△COP为等边三角形.
∴AC=CP=OA=OP.
∴四边形AOPC为菱形.
（3）当点P与B重合时，△ABC与△APC完全重合.
∴△ABC≌△APC.
当点P继续运动到CP经过圆心时，也有△ABC≌△CPA.
因为此时，AB=CP，AC为公共边，∠ACB=∠CAP=90°，根据直角三角形斜边直角原理即得.
【点评】本题是是一道与圆有关的动态试题，综合考查了圆的切线性质、等边三角形的判定性质、菱形的判定、全等三角形等知识.
（2012北海,25，10分）25．如图，AB是⊙O的直径，AE交⊙O于点E，且与⊙O的切线CD互相垂直，垂足为D。
（1）求证：∠EAC＝∠CAB；
（2）若CD＝4，AD＝8：
①求⊙O的半径；
②求tan∠BAE的值。
【解析】（1）在圆中遇到切线，经常做的辅助线是连接过切点的半径，连OC，OC⊥CD，CD⊥AE，易得OC∥AD，两直线平行，内错角相等，∠1＝∠3，又有△OAC是等腰三角形，∠2＝∠3，所以结论成立。
（2）①在圆中，遇到直径，经常作直径所对圆周角，连BC，则∠ACB=90°，利用勾股定理求出AC2=80，易得△ACD∽△ABC，得到，求出AB=10，圆的半径为5 。②若求tan∠BAE的值，必须把∠BAE放在直角三角形中。连BF、CF，利用△DCF∽△DAC求出DF=2，所以AF=6，再利用勾股定理求出BF的长度，在Rt△ABF中，求出tan∠BAE的值。
【答案】（1）证明：连接OC。 1分
∵CD是⊙O的切线
∴CD⊥OC
又∵CD⊥AE
∴OC∥AE
∴∠1＝∠3 2分
∵OC＝OA
∴∠2＝∠3
∴∠1＝∠2
即∠EAC＝∠CAB 3分
（2）解：①连接BC。
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AE于点D
∴∠ACB＝∠ADC＝90°
∵∠1＝∠2
∴△ACD∽△ABC
∴ 5分
∵AC2＝AD2＋CD2＝42＋82＝80
∴AB＝＝10
∴⊙O的半径为10÷2＝5。 6分
②连接CF与BF。
∵四边形ABCF是⊙O的内接四边形
∴∠ABC＋∠AFC＝180°
∵∠DFC＋∠AFC＝180°
∴∠DFC＝∠ABC
∵∠2＋∠ABC＝90°， ∠DFC＋∠DCF＝90°
∴∠2＝∠DCF
∵∠1＝∠2
∴∠1＝∠DCF
∵∠CDF＝∠CDF
∴△DCF∽△DAC
∴ 8分
∴DF＝＝2
∴AF＝AD－DF＝8－2＝6
∵AB是⊙O的直径
∴∠BFA＝90°
∴BF＝＝8
∴tan∠BAD＝。 10分
【点评】本题是关于圆的大题，综合性比较强，涉及到的知识点有：圆中两条关键性的辅助线，相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数等。难度偏大，在教学过程中，多训练，注重指导学生解题的方法，弄问题的来龙去脉。
26.（2012贵州省毕节市，26，14分）如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，D是
的中点，过点D作EF⊥AC的延长线于E，交AB的延长线于E，交AB的延长线于F.
（1）求证：EF是⊙O的切线.
（2）若∠F=,AE=4,求⊙O的半径和AC的长.
解析：（1）连接OD，根据圆周角定理，可得∠BOD=∠A，
则OD∥AC，从而得出∠ODF=90°，即EF是⊙O的切线；
（2）先解直角△AEF，由sin∠F= ，得出AF=3AE=12，
再在直角△ODF中，由sin∠F= ，得出OF=3OD，设⊙O
的半径为R，由AF=12列出关于R的方程，解方程即可求出
⊙O的半径；连接BC，证明BC∥EF，根据平行线分线段成比例定理得出AC：AE=AB：AF，即可求出AC的长．
解答：（1）证明：连接OD，∵D是 的中点，
∴∠BOD=∠A，∴OD∥AC，∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，∴∠E=90°，
∴∠ODF=90°，即EF是⊙O的切线；
（2）解：在△AEF中，∵∠E=90°，sin∠F=，AE=4，
∴AF=．
设⊙O的半径为R，则OD=OA=OB=R，AB=2R．
在△ODF中，∵∠ODF=90°，sin∠F=，∴OF=3OD=3R．
∵OF+OA=AF，
∴3R+R=12，∴R=3．
连接BC，则∠ACB=90°．
∵∠E=90°，∴BC∥EF，
∴AC：AE=AB：AF，∴AC：4=2R：4R，∴AC=2．
故⊙O的半径为3，AC的长为2．
点评：本题考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形及平行线分线段成比例定理，难度中等，综合性较强．
24．(2012山东日照，24，10分)在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5.
（Ⅰ)探究新知
如图① ⊙O是△ABC的内切圆，与三边分别相切于点E、F、G..
（1）求证：内切圆的半径r1=1;
（2）求tan∠OAG的值；
（Ⅱ）结论应用
（1）如图②若半径为r2的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求r2的值；
（2）如图③若半径为rn的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On均与AB相切，求rn的值.
解析：（Ⅰ）（1）运用切线长定理可得；（2）连接OA,OG，构造直角三角形求解；（Ⅱ）(1)联想（Ⅰ）（2）的解题方法，用r2表示AB的长列方程求解；（2）寻找规律，用rn表示AB的长列方程求解
解： （Ⅰ）（1）证明：在图①中，连结OE,OF,OA.
∵四边形CEOF是正方形，
CE=CF=r1.
又∵AG=AE=3-r1，BG=BF=4-r1，AG+BG=5，
∴（3-r1）+（4-r1）=5.即r1=1.
（2）连结OG，在Rt△AOG中，
∵r1=1， AG= 3-r1=2，tan∠OAG==；
（Ⅱ）(1)连结O1A、O2B，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E，AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC.
由tan∠OAG=，知tan∠O1AD=，
同理可得：tan∠O2BE== ，
∴AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2.
∵AD+DE+BE=5，r2=;
(2)如图③，连结O1A、OnB，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E、…、OnM⊥AB交于点M.
则AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC.
tan∠O1AD=，tan∠OnBM=,
AD=2rn，DE=2rn，…,MB=3rn，
又∵AD+DE+…+MB=5，
2rn+2rn+…+3rn=5,
(2n+3) rn=5,
rn=.
点评：本题考查了切线长定理、切线的性质以及解直角三角形的相关知识，运用了从特殊到一般的归纳思想，解题的关键是用rn表示AB的长.
22．（2012四川达州，22，7分）(7分)如图，C是以AB为直径的⊙O上一点，过O作OE⊥AC于点E，过点A作⊙O的切线交OE的延长线于点F，连结CF并延长交BA的延长线于点P.
（1）求证：PC是⊙O的切线.
（2）若AF=1，OA=，求PC的长.
解析：对于（1），欲证PC是⊙O的切线，自然要联想到连接OC，证明∠FCO =90°即可，可证明△OAF≌△OCF；对于（2），由（1），可证△PAF∽△PCO，因而可得PC=PA，在直角三角形OPC中，由勾股定理可求出PC的长。
答案：（1）证明：连结OC
∵OE⊥AC
∴AE=CE
∴FA=FC
∴∠FAC=∠FCA
∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∴∠OAC+∠FAC=∠OCA+∠FCA
即∠FAO=∠FCO ………………………………………………………………….（2分）
∵FA与⊙O相切，且AB是⊙O的直径
∴FA⊥AB
∴∠FCO=∠FAO=90°
∴PC是⊙O的切线………………………………………………………………..（3分）
（2）∵PC是⊙O的切线
∴∠PCO=90°
而∠FPA=∠OPC
∠PAF=90°
∴△PAF∽△PCO …………………………………………………………………..（4分）
∴
∵CO=OA=,AF=1
∴PC=PA …………………………………………………………………..（5分）
设PA=，则PC=
在Rt△PCO中，由勾股定理得
…………………………………………..（6分）
解得：
∴PC……………………………………………………………………….（7分）
点评：本题考查了切线的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质、三角形相似的判定及性质、勾股定理的运用等知识点，考查了学生作辅助线解决问题及计算能力。
22．（2012，湖北孝感，22，10分）如图，AB是⊙O的直径，AM，BN分别切⊙O于点A，B，CD交AM，BN于点D，C，DO平分∠ADC．
（1）求证：CD是⊙O的切线；（5分）
（2）若AD=4，BC=9，求⊙O的半径R．（5分）
【解析】（1）因不知道切点，则过圆心向CD作垂线，证此垂线段等于半径即可；（2）求圆的半径构可通过梯形ABCD做辅助线来构造直角三角形和矩形来解决．
【答案】证明：过O作OE⊥CD于点F，∵AM切⊙O于点A，∴OA⊥AD，
又∵DO平分∠ADC，∴OE=OA，
又∵OA为⊙O的半径，∴CD是⊙O的切线．
说明：通过证明△ODE∽△ODA（AAS）得到OE=OA，则CD是⊙O的切线，给5分．
（2）解：过D点作DF⊥BC与点F，∵AM，BN分别切⊙O于点A，B；∴AD⊥AB，AB⊥BC，
∴四边形ABFD是矩形．∴AD=BF，AB=DF，
又∵AD=4，BC=9，∴FC=9-4=5；
又∵AM，BN分别切⊙O于点A，B，E，∴DA=DE，CB=CE；
∴DC=AD+BC=4+9=13；在Rt△DFC中，DC2=DF2+FC2，
∴，
∴AB=12，∴⊙O的半径R是6．
【点评】此题考查了切线的性质、矩形的判定与性质以及勾股定理的应用．在运用切线的性质时，若已知切点，连接切点和圆心，得垂直；若不知切点，则过圆心向切线作垂直，即“知切点连半径，无切点作垂直”．在梯形问题中解题的关键是正确的作辅助线构造直角三角形和矩形．
16. （2012四川宜宾，16，3分）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点，点C是弧AD的中点，弦CE⊥AB于点F,过点D的切线交EC的延长线于点G，连结AD,分别交CF、BC于点P、Q,连结AC。给出下列结论：①∠BAD=∠ABC;②GP=GD;③点P是△ACQ的外心；④AP·AD=CQ·CB.其中正确的是 （写出所有真确结论的序号）。
【解析】
连接BD，由GD为圆O的切线，根据弦切角等于夹弧所对的圆周角得到∠GDP=∠ABD，再由AB为圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角得到∠ACB为直角，由CE垂直于AB，得到∠AFP为直角，再由一对公共角，得到三角形APF与三角形ABD相似，根据相似三角形的对应角相等可得出∠APF等于∠ABD，根据等量代换及对顶角相等可得出∠GPD=∠GDP，利用等角对等边可得出GP=GD，选项②正确；由直径AB垂直于弦CE，利用垂径定理得到A为的中点，得到两条弧相等，再由C为
的中点，得到两条弧相等，等量代换得到三条弧相等，根据等弧所对的圆周角相等可得出∠CAP=∠ACP，利用等角对等边可得出AP=CP，又AB为直径得到∠ACQ为直角，利用等角的余角相等可得出∠PCQ=∠PQC，得出CP=PQ，即P为直角三角形ACQ斜边上的中点，即为直角三角形ACQ的外心，选项③正确；利用等弧所对的圆周角相等得到一对角相等，再由一对公共角相等，得到三角形ACQ与三角形ABC相似，根据相似得比例得到AC2=CQ•CB，连接CD，同理可得出三角形ACP与三角形ACD相似，根据相似三角形对应边成比例可得出AC2=AP•AD，等量代换可得出AP•AD=CQ•CB，选项④正确．
解：∠BAD与∠ABC不一定相等，选项①错误；
连接BD，如图所示：
∵GD为圆O的切线，
∴∠GDP=∠ABD，
又AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，
∵CE⊥AB，∴∠AFP=90°，
∴∠ADB=∠AFP，又∠PAF=∠BAD，
∴△APF∽△ABD，
∴∠ABD=∠APF，又∠APF=∠GPD，
∴∠GDP=∠GPD，
∴GP=GD，选项②正确；
∵直径AB⊥CE，
∴A为的中点，即=，
又C为的中点，∴=，
∴=，
∴∠CAP=∠ACP，
∴AP=CP，
又AB为圆O的直径，∴∠ACQ=90°，
∴∠PCQ=∠PQC，
∴PC=PQ，
∴AP=PQ，即P为Rt△ACQ斜边AQ的中点，
∴P为Rt△ACQ的外心，选项③正确；
连接CD，如图所示：
∵=，
∴∠B=∠CAD，又∠ACQ=∠BCA，
∴△ACQ∽△BCA，
∴=，即AC2=CQ•CB，
∵=，
∴∠ACP=∠ADC，又∠CAP=∠DAC，
∴△ACP∽△ADC，
∴=，即AC2=AP•AD，
∴AP•AD=CQ•CB，选项④正确，
则正确的选项序号有②③④．
故答案为：②③④
【答案】②③④
【点评】此题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，以及三角形的外接圆与圆心，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
A
C
B
D
E
O
图10
28. ( 2012年四川省巴中市,28,10)如图10,四边形ABCD是平行四边形,以AB为直径的圆O经过点D,E是⊙O上一点,且∠ADE=450.
(1) 判断CD与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2) 若⊙O的半径为6㎝,AE=10㎝,求∠ADE的正弦值.
【解析】（1）连接BD、DC，则∠DBA=∠E=450,
∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=900,
即△ABD是等腰直角三角形
∴DC⊥AB,
A
C
B
D
E
O
28题图答案图
又∵AB∥CD
∴OD⊥DC
∴CD与⊙O相切.
(3) 连接BE,∠ADE=∠ABE,∠AEB=900
sin∠ADE= sin∠ABE===
【答案】①相切 ②
【点评】本题综合考查了圆周角及推论，直线与圆的位置关系的判定，准确连接辅助线是解决问题的关键。
（2012广东肇庆，24，10）如图7，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交AC于点E，交BC于点D，连结BE、AD交于点P. 求证：
（1）D是BC的中点；
（2）△BEC ∽△ADC；
（3）AB× CE=2DP×AD．
A
B
C
E
D
P
O
图7
×
【解析】由直径所对的圆周角直角及等腰三角形“三线合一”可得D是BC的中点；再利用同弧所对的圆周角相等，两角对应相等的两个三角形的相似可证出第二个结论．第三小问可由乘积式化为比例式进行转化．
【答案】A
B
C
E
D
P
O
图7
×
证明：（1）∵AB是直径 ∴∠ADB= 90°即AD⊥BC （1分）
又∵AB=AC ∴D是BC的中点 （3分）
（2）在△BEC与 △ADC中，
∵∠C=∠C ∠CAD=∠CBE （5分）
∴△BEC ∽△ADC （6分）
（3）∵△BEC ∽△ADC ∴
又∵D是BC的中点 ∴2BD=2CD=BC
∴ 则 ① （7分）
在△BPD与 △ABD中，
有 ∠BDP=∠BDA
又∵AB=AC AD⊥BC
∴∠CAD=∠BAD
又∵∠CAD=∠CBE ∴∠DBP=∠DAB
∴△BPD ∽△ABD （8分）
∴ 则 ② （9分）
∴由①，②得：
∴ （10分）
【点评】本题综合地考查同弧所对的圆周角相等、直径所对的圆周角直角、等腰三角形的性质，三角形的相似等知识，有一定难度.
23. （2012四川宜宾，23，10分）如图，⊙O、⊙O相交于点P、Q两点，其中⊙O的半径r=2，⊙O,的半径r=，过点Q作CD⊥PQ,分别交⊙O和⊙
O于点C、D，连结CP、DP，过点Q任作一直线A交⊙O和⊙O于A、B，连结AP、BP、AC、DB，且AC与DB的延长线交于点E,
（1） 求证：
（2） 若PQ=2，试求∠E度数。
【解析】（1）求出PC、PD，证△PAB∽△PCD，推出=，代入求出即可；
（2）求出cos∠CPQ=，求出∠CPQ=60°，同理求出∠PDQ=45°，推出∠CAQ=∠CPQ=60°，∠PBQ=∠PDQ=45°，求出∠PBD=90°，求出∠ABE=45°根据三角形的内角和定理求出即可．
【答案】（1）证明：∵⊙O1的半径r1=2，⊙O2的半径r2=，
∴PC=4，PD=2，
∵CD⊥PQ，
∴∠PQC=∠PQD=90°，
∴PC、PD分别是⊙O1、⊙O2的直径，
在⊙O1中，∠PAB=∠PCD，
在⊙O2中，∠PBA=∠PDC，
∴△PAB∽△PCD，
∴===，
即=．
（2）解：在Rt△PCQ中，∵PC=2r1=4，PQ=2，
∴cos∠CPQ=，
∴∠CPQ=60°，
∵在Rt△PDQ中，PD=2r2=2，PQ=2，
∴sin∠PDQ=，
∴∠PDQ=45°，
∴∠CAQ=∠CPQ=60°，∠PBQ=∠PDQ=45°，
又∵PD是⊙O2的直径，
∴∠PBD=90°，
∴∠ABE=90°﹣∠PBQ=45°
在△EAB中，∴∠E=180°﹣∠CAQ﹣∠ABE=75°，
答：∠E的度数是75°．
【点评】本题考查了相似三角形的性质和判定，相切两圆的性质，三角形的内角和定理，解直角三角形，圆周角定理等知识点的应用，主要培养学生运用性质进行推理的能力，题目综合性比较强，是一道比较好的题目．
25．(2012广安中考试题第25题，9分)（9分）如图11，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP。
（1）求证：直线CP是⊙O的切线；（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离；（3）在（2）的条件下，求△ACP的周长。
图11
思路导引：添加直径所对的圆周角是解决问题的关键，由于题目中有锐角三角函数值，因此结合题目信息构造直角三角形，并且灵活运用锐角三角函数、勾股定理以及相似三角形的判定方法与性质是进行点到直线距离以及三角形周长的前提.
解析：（1）连接AN，
∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AC是⊙O的直径，∴AN⊥BC，
∴∠CAN=∠BAN，BN=CN，∵∠CAB=2∠BCP，∴∠CAN=∠BCP，
∵∠CAN＋∠ACN=90°，∴∠BCP＋∠ACN=90°，∴CP是⊙O的切线.
（2）过点B 作BD⊥AC于点D，由（1）得BN=CN=BC=，
∵AN⊥BC，∴sin∠CAN=,又∠CAN=∠BCP，sin∠BCP=，
∴=，AC=5，在Rt△CAN中，AN==，
在△CAN和△CBD中，
∠ANC=∠BDC=90°，∠ACN=∠BCD，∴△CAN∽△CBD，
∴，∴BD=4.
（3）在Rt△BCD中，CD==2，
∴AD=AC—CD=5—2=3，
∵BD∥CP，
∴,∴CP=,在Rt△APC中，AP==，
∴△APC的周长是AC＋PC＋AP=20；
点评：与直线型、圆构造的综合探究型问题，几何图形的特征、性质是构造算式、方程，函数式的基础，注意图形信息向数式信息的转，另外图形的转化一般化为特殊，也十分关键，进行图形的计算往往联系三角形的相似，是构造比例式，进行有关计算的前提，直角三角形的性质、勾股定理等在运算中也具有十分重要的作用.
21．（2012湖北咸宁，21，9分）如图，AB是⊙O的直径，点E是AB上的一点，CD是过
E点的弦，过点B的切线交AC的延长线于点F，BF∥CD，连接BC．
（第21题）
A
B
O
C
F
D
E
（1）已知，，求弦CD的长；
（2）连接BD，如果四边形BDCF为平行四边形，则点E位于AB的什么位置？试说明理由．
【解析】（1）由BF与⊙O相切，可得BF⊥AB；又由BF∥CD，易得CD⊥AB，由垂径定理证得CE＝DE，后连接CO，设OE＝x，则BE＝9－x，由勾股定理求得OE的长，继而求得CD的长；（2）由四边形BDCF为平行四边形，可得CD＝BF，又由△AEC∽△ABF，证得点E是AB的中点．
【答案】∵BF与⊙O相切，
∴． 1分
而BF∥CD，∴．
又∵AB是直径，∴． 2分
连接CO，设，则．
由勾股定理可知：，
即，． 4分
因此． 5分
（2）点E位于AB的中点．理由：∵四边形BDCF为平行四边形，
∴．
而， ∴． 7分
∵BF∥CD， ∴△AEC∽△ABF． 8分
∴． ∴点E是AB的中点． 9分
【点评】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质、垂径定理以及勾股定理等知识．此题难度适中，注意运用数形结合思想与方程思想．
23．（本题满分8分）
（2012陕西23，8分）如图，分别与相切于点，点在上，且，，垂足为．
（1）求证：；
（2）若的半径，，求的长．
【解析】（1）由切线的性质和条件可证得四边形ANMO是矩形，得证.
（2）连接OB又（1）可证，设，则由切线长定理得，在中列方程解得.
【答案】解：（1）证明：如图，连接，则．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是矩形．
∴．
（2）连接，则．
∵，，，
∴，．
∴．
∴．
设，则．
在中，有．
∴．即．
【点评】本题综合考查了切线的性质、全都三角形的判定和性质、矩形的判定和性质以及勾股定理等知识，但解决问题的关键还是连接过切点的半径.难度稍大.
22．(2012贵州黔西南州，22，10分)如图8，△ABC内接于⊙O，AB=8，AC=4，D是AB边上一点，P是优弧的中点，连接PA、PB、PC、PD，当BD的长度为多少时，△PAD是以AD为底边的等腰三角形？并加以证明．
【解析】本题考查圆的基本性质，以及全等三角形的应用．本题的关键是运用△PBD≌△
PCA解决问题．
【答案】解：当BD=4时，△PAD是以AD为底边的等腰三角形．………………(2分)
证明：∵P是优弧的中点．
∴=，即PB=PC．…………(4分)
又∵BD=AC=4，∠PBD=∠PCA，…………(5分)
∴△PBD≌△PCA，…………(6分)
∴PA=PD．…………(8分)
∴△PAD是以AD为底边的等腰三角形…………(10分)
【点评】解决这样的问题，可以用逆推的方法，先找出结论成立时所需要的条件，然后再运用这些条件进行证明．
20． （本题满分9分）（2012山东东营，20，9分）如图，AB是⊙O的直径，AM和BN是它的两条切线，DE切⊙O于点E，交AM于点D，交BN于点C，
（1）求证：OD∥BE；
（第20题图）
A D
N
E
B
C
O
M
（2）如果OD=6cm，OC=8cm，求CD的长．
【解析】（1）连接OE，由于AM、DE是⊙O的切线，∠OAD=∠OED=90°，那么DA=DE，而OD=OD，于是可证△AOD≌△EOD，从而有∠AOD=∠EOD=∠AOE，根据圆周角定理有∠ABE=∠AOE，那么∠AOD=∠ABE，从而有OD∥BE；（2）连接OF，同（1）易得∠OCB=∠OCE，再由（1）得∠ADO=∠EDO，易证∠EDO+∠OCE=90°，从而可知△OCD是直角三角形，由勾股定理即可求得CD的长．
A D
N
E
B
C
O
M
【答案】（1）证明：连接OE， ∵AM、DE是⊙O的切线，OA、OE是⊙O的半径，∴∠ADO=∠EDO，∠DAO=∠DEO=90°，∴∠AOD=∠EOD=∠AOE， ∵∠ABE=∠AOE，∴∠AOD=∠ABE，∴OD∥BE .
（2）由（1）得：∠AOD=∠EOD=∠AOE，同理，有：∠BOC=∠EOC=∠BOE， ∴∠AOD+∠EOD+∠BOC+∠EOC=180°，∴∠EOD+∠EOC=90°，∴△DOC是直角三角形， ∴ CD=
【点评】
本题考查了全等三角形的判定和性质、圆周角定理，直角三角形的判定，勾股定理．解题的关键是连接OE，构造直角三角形．
26．（2012湖南衡阳市，26，8）如图，AB是⊙O的直径，动弦CD垂直AB于点E，过点B作直线BF∥CD交AD的延长线于点F，若AB=10cm．
（1）求证：BF是⊙O的切线．
（2）若AD=8cm，求BE的长．
（3）若四边形CBFD为平行四边形，则四边形ACBD为何种四边形？并说明理由．
解析：（1）欲证明BF是⊙O的切线，只需证明AB⊥BF即可；
（2）连接BD，在直角三角形ABD中，利用摄影定理可以求得AE的长度，最后结合图形知BE=AB﹣AE；
（3）连接BC．四边形CBFD为平行四边形，则四边形ACBD是正方形．根据平行四边形的对边平行、平行线的性质、圆周角定理以及同弧所对的圆周角相等可以推知∠CAD=∠BDA=90°，即CD是⊙O的直径，然后由全等三角形的判定与性质推知AC=BD；根据正方形的判定定理证得四边形ACBD是正方形．
答案：解：（1）∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，BF∥CD，
∴BF⊥AB，即BF是⊙O的切线；
（2）如图1，连接BD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°（直径所对的圆周角是直角）；
又∵DE⊥AB
∴AD2=AE•AB；
∵AD=8cm，AB=10cm，
AE=6.4cm，
∴BE=AB﹣AE=3.6cm；
（3）连接BC．
四边形CBFD为平行四边形，则四边形ACBD是正方形．理由如下：
∵四边形CBFD为平行四边形，
∴BC∥FD，即BC∥AD；
∴∠BCD=∠ADC（两直线平行，内错角相等），
∵∠BCD=∠BAD，∠CAB=∠CDB，（同弧所对的圆周角相等），
∴∠CAB+∠BAD=∠CDB+∠ADC，即∠CAD=∠BDA；
又∵∠BDA=90°（直径所对的圆周角是直角），
∴∠CAD=∠BDA=90°，
∴CD是⊙O的直径，即点E与点O重合（或线段CD过圆形O），如图2，
在△OBC和△ODA中，
∵，
∴△OBC≌△ODA（SAS），
∴BC=DA（全等三角形的对应边相等），
∴四边形ACBD是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
∵∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角），AC=AD，
∴四边形ACBD是正方形．
点评：本题综合考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、垂径定理等知识点．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．
