專題14圓的切線有關(guān)證明問題解析版蘇科版

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1、 2020年中考數(shù)學(xué)必考經(jīng)典題講練案【蘇科版】 專題14 圓的切線有關(guān)證明問題 【方法指導(dǎo)】 1. 判斷直線和圓的位置關(guān)系：設(shè)⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離為d． ①直線l和⊙O相交?d＜r②直線l和⊙O相切?d=r ③直線l和⊙O相離?d＞r． 2. 切線的性質(zhì)：①圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑．②經(jīng)過圓心且垂直于切線的直線必經(jīng)過切點． ③經(jīng)過切點且垂直于切線的直線必經(jīng)過圓心． 如果一條直線符合下列三個條件中的任意兩個，那么它一定滿足第三個條件，這三個條件是：①直線過圓心；②直線過切點；③直線與圓的切線垂直． 3.切線的判定： （1）切線的判定定理：經(jīng)過半徑的外端且

2、垂直于這條半徑的直線是圓的切線． （2）在應(yīng)用判定定理時注意： ①切線必須滿足兩個條件：a、經(jīng)過半徑的外端；b、垂直于這條半徑，否則就不是圓的切線． ②切線的判定定理實際上是從”圓心到直線的距離等于半徑時，直線和圓相切“這個結(jié)論直接得出來的． ③在判定一條直線為圓的切線時，當(dāng)已知條件中未明確指出直線和圓是否有公共點時，常過圓心作該直線的垂線段，證明該線段的長等于半徑，可簡單的說成“無交點，作垂線段，證半徑”；當(dāng)已知條件中明確指出直線與圓有公共點時，常連接過該公共點的半徑，證明該半徑垂直于這條直線，可簡單地說成“有交點，作半徑，證垂直”． 4.切線長定理： （1）圓的切線長定義：經(jīng)過

3、圓外一點作圓的切線，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長． （2）切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．切線和切線長是兩個不同的概念，切線是直線，不能度量；切線長是線段的長，這條線段的兩個端點分別是圓外一點和切點，可以度量． （3）切線長定理包含著一些隱含結(jié)論：①垂直關(guān)系三處；②全等關(guān)系三對；③弧相等關(guān)系兩對，在一些證明求解問題中經(jīng)常用到． 5.三角形的內(nèi)切圓和內(nèi)心 （1）內(nèi)切圓的有關(guān)概念： 與三角形各邊都相切的圓叫三角形的內(nèi)切圓，三角形的內(nèi)切圓的圓心叫做三角形的內(nèi)心，這個三角形叫做圓的外切三角形．三角形的內(nèi)心就是三

4、角形三個內(nèi)角角平分線的交點． （2）任何一個三角形有且僅有一個內(nèi)切圓，而任一個圓都有無數(shù)個外切三角形． （3）三角形內(nèi)心的性質(zhì)：三角形的內(nèi)心到三角形三邊的距離相等；三角形的內(nèi)心與三角形頂點的連線平分這個內(nèi)角． 【題型剖析】 【類型1】直線和圓的位置關(guān)系 【例1】（2019秋?邗江區(qū)校級期中）直線l與半徑為r的⊙O相交，且點O到直線l的距離為3，則r的取值范圍是（　?。? A．r＜3 B．r＝3 C．r＞3 D．r≥3 【分析】直線和圓有三種位置關(guān)系：已知⊙O的半徑為r，圓心O到直線l的距離是d，①當(dāng)d＝r時，直線l和⊙O相切，②當(dāng)d＜r時，直線l和⊙O相交，③當(dāng)d＞r時，直線l和⊙

5、O相離，根據(jù)以上內(nèi)容得出即可． 【解析】∵直線l與半徑為r的⊙O相交，且點O到直線l的距離為3， ∴r＞3， 故選：C． 【方法小結(jié)】此題考查的是直線與圓的位置關(guān)系，根據(jù)圓心到直線的距離d與半徑r的大小關(guān)系解答．若d＜r，則直線與圓相交；若d＝r，則直線于圓相切；若d＞r，則直線與圓相離． 【變式1-1】（2018?常州模擬）半徑為10的⊙O和直線l上一點A，且OA＝10，則直線l與⊙O的位置關(guān)系是（　　） A．相切 B．相交 C．相離 D．相切或相交 【分析】分兩種情況求解：OA⊥l；OA不垂直l．根據(jù)圓心到直線的距離與半徑的大小關(guān)系判定． 【解析】若OA⊥l，則圓心O到直線

6、l的距離就是OA的長，等于半徑，所以直線l與⊙O相切； 若OA與直線l不垂直，根據(jù)垂線段最短，圓心O到直線l的距離小于5，即小于半徑，所以直線l與⊙O相交． 故選：D． 【變式1-2】（2019?宜興市一模）如圖，在直角△ABC中，∠C＝90，BC＝3，AC＝4，D、E分別是AC、BC上的一點，且DE＝3．若以DE為直徑的圓與斜邊AB相交于M、N，則MN的最大值為（　?。? A．85 B．2 C．125 D．145 【分析】根據(jù)題意有C、O、G三點在一條直線上OG最小，MN最大，根據(jù)勾股定理求得AB，根據(jù)三角形面積求得CF，然后根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求得MN的最大值． 【解析

7、】取DE的中點O，過O作OG⊥AB于G，連接OC， 又∵CO＝1.5， ∴只有C、O、G三點一線時G到圓心O的距離最小， ∴此時OG達(dá)到最?。? ∴MN達(dá)到最大． 作CF⊥AB于F， ∴G和F重合時，MN有最大值， ∵∠C＝90，BC＝3，AC＝4， ∴AB=AC2+BC2=5， ∵12AC?BC=12AB?CF， ∴CF=125， ∴OG=125-32=910， ∴MG=OM2-OG2=65， ∴MN＝2MG=125， 故選：C． 【類型2】切線的性質(zhì)問題 【例2】（2019?宿豫區(qū)模擬）如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，AB是⊙O的直徑，∠BAC＝2∠ABC，

8、過點B的切線交AC的延長線于點D，若⊙O的半徑為1，則CD長為（　?。? A．3 B．4 C．23 D．3 【分析】根據(jù)圓周角定理和∠BAC＝2∠ABC，求得∠ABC＝30，解直角三角形求得AC＝1，BC=3，由切線的性質(zhì)得出∠ABD＝90，根據(jù)射影定理即可求得． 【解析】∵AB是⊙O的直徑， ∴∠ACB＝90， ∴∠BAC+∠ABC＝90， ∵∠BAC＝2∠ABC， ∴∠ABC＝30， ∴AC=12AB＝1，BC=32AB=3， ∵BD是⊙O的切線， ∴AD⊥DB， ∴∠ABD＝90， ∴BC2＝AC?CD， ∴CD=BC2AC=31=3， 故選：A． 【變式

9、2-1】（2019?灌南縣二模）如圖，菱形ABCD的邊AB＝5，面積為20，∠BAD＜90，⊙O與邊AB、AD都相切，AO＝2，則⊙O的半徑長等于（　?。? A．235 B．55 C．335 D．255 【分析】連接AC，BD，OE，根據(jù)菱形的性質(zhì)、勾股定理分別求出AM，BM，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OEA＝90，證明△AOE∽△ABM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可． 【解析】連接AC，BD，OE， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AM＝CM，BM＝DM， ∵⊙O與邊AB、AD都相切， ∴點O在AC上， 設(shè)AM＝x，BM＝y(tǒng)， ∵∠BAD＜90， ∴x＞y

10、， 由勾股定理得，x2+y2＝25， ∵菱形ABCD的面積為20， ∴12xy＝5， x2+y2=2512xy=5， 解得，x＝25，y=5， ∵⊙O與邊AB相切， ∴∠OEA＝90， ∵∠OEA＝∠BMA，∠OAE＝∠BAM， ∴△AOE∽△ABM， ∴OEBM=OAAB，即OE5=25， 解得，OE=255， 故選：D． 【變式2-2】（2019?昆山市二模）如圖，⊙O中，直徑AB與弦CD相交于點E，連接BC，AD，過點C的切線與AB的延長線交于點F，若∠D＝65，則∠F的度數(shù)等于（　　） A．30 B．35 C．40 D．45 【分析】連接OC，根據(jù)

11、切線的性質(zhì)得到∠OCF＝90，根據(jù)圓周角定理得到∠ABC＝∠D＝65，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計算即可． 【解析】連接OC， ∵CF是⊙O的切線， ∴∠OCF＝90， 由圓周角定理得，∠ABC＝∠D＝65， ∵OC＝OB， ∴∠OCB＝∠ABC＝65， ∴∠BOC＝180﹣65﹣65＝50， ∴∠F＝90﹣∠BOC＝40， 故選：C． 【方法小結(jié)】本題考查的是切線的性質(zhì)、圓周角定理，掌握圓的切線垂直于經(jīng)過切點的半徑是解題的關(guān)鍵． 【類型3】切線長定理 【例3】（2019?宜興市二模）如圖，PA、PB切⊙O于點A、B，PA＝10，CD切⊙O于點E，交PA

12、、PB于C、D兩點，則△PCD的周長是（　?。? A．10 B．18 C．20 D．22 【分析】根據(jù)切線長定理得出PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB，求出△PCD的周長是PC+CD+PD＝PA+PB，代入求出即可． 【解析】∵PA、PB切⊙O于點A、B，CD切⊙O于點E， ∴PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB， ∴△PCD的周長是PC+CD+PD ＝PC+AC+DB+PD ＝PA+PB ＝10+10 ＝20． 故選：C． 【變式3-1】（2019?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O外一點，CA、CD是⊙O的切線，A、D為切點，連接BD、AD

13、．若∠ACD＝48，則∠DBA的大小是（　?。? A．32 B．48 C．60 D．66 【分析】根據(jù)切線長定理可知CA＝CD，求出∠CAD，再證明∠DBA＝∠CAD即可解決問題． 【解析】∵CA、CD是⊙O的切線， ∴CA＝CD， ∵∠ACD＝48， ∴∠CAD＝∠CDA＝66， ∵CA⊥AB，AB是直徑， ∴∠ADB＝∠CAB＝90， ∴∠DBA+∠DAB＝90，∠CAD+∠DAB＝90， ∴∠DBA＝∠CAD＝66， 故選：D． 【變式3-2】（2019秋?阜寧縣期中）如圖，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，AC＝10，AB＝8，BC＝9，點D，E分別為BC，AC上的點，

14、且DE為⊙O的切線，則△CDE的周長為（　?。? A．9 B．7 C．11 D．8 【分析】設(shè)AB，AC，BC和圓的切點分別是P，N，M．根據(jù)切線長定理得到NC＝MC，QE＝DQ．所以三角形CDE的周長即是CM+CN的值，再進(jìn)一步根據(jù)切線長定理由三角形ABC的三邊進(jìn)行求解即可． 【解析】設(shè)AB，AC，BC和圓的切點分別是P，N，M，CM＝x，根據(jù)切線長定理，得 CN＝CM＝x，BM＝BP＝9﹣x，AN＝AP＝10﹣x． 則有9﹣x+10﹣x＝8， 解得：x＝5.5． 所以△CDE的周長＝CD+CE+QF+DQ＝2x＝11． 故選：C． 【類型4】三角形的內(nèi)切圓問題 【例4

15、】（2019秋?興化市期末）如圖，△ABC周長為20cm，BC＝6cm，圓O是△ABC的內(nèi)切圓，圓O的切線MN與AB、CA相交于點M、N，則△AMN的周長為　　cm． 【分析】根據(jù)切線長定理得到BF＝BE，CF＝CD，DN＝NG，EM＝GM，AD＝AE，然后利用三角形的周長和BC的長求得AE和AD的長，從而求得△AMN的周長． 【解析】∵圓O是△ABC的內(nèi)切圓，圓O的切線MN與AB、CA相交于點M、N， ∴BF＝BE，CF＝CD，DN＝NG，EM＝GM，AD＝AE， ∵△ABC周長為20cm，BC＝6cm， ∴AE＝AD=AB+AC-BC2=20-BC-BC2=20-122=4，

16、 ∴△AMN的周長為AM+MG+NG+AN＝AM+ME+AN+ND＝AE+AD＝4＝4＝8， 故答案為：8． 【方法小結(jié)】考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心及切線的性質(zhì)的知識，解題的關(guān)鍵是利用切線長定理求得AE和AD的長，難度不大． 【變式4-1】（2019秋?秦淮區(qū)期末）Rt△ABC中，∠C＝90，AC＝5，BC＝12，則△ABC的內(nèi)切圓半徑為　　． 【分析】設(shè)AB、BC、AC與⊙O的切點分別為D、F、E；易證得四邊形OECF是正方形；那么根據(jù)切線長定理可得：CE＝CF=12（AC+BC﹣AB），由此可求出r的長． 【解析】如圖： 在Rt△ABC，∠C＝90，AC＝5，BC＝12，

17、根據(jù)勾股定理AB=AC2+BC2=13， 四邊形OECF中，OE＝OF，∠OEC＝∠OFC＝∠C＝90， ∴四邊形OECF是正方形， 由切線長定理，得：AD＝AE，BD＝BF，CE＝CF， ∴CE＝CF=12（AC+BC﹣AB）， 即：r=12（5+12﹣13）＝2． 故答案為：2． 【變式4-2】（2019?高淳區(qū)二模）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O分別與三角形三邊相切于點D、E、F，若∠DFE＝55，則∠A＝　 ?。? 【分析】連接OD、OE；由圓周角定理可求得∠DOE的度數(shù)；在四邊形ADOE中，∠ADO＝∠AEO＝90，由此可求出∠A的度數(shù)． 【解析】連接OD，OE，

18、如圖所示： 則∠ADO＝∠AEO＝90； 由圓周角定理知，∠DOE＝2∠DFE＝110； ∴∠A＝360﹣∠ADO﹣∠AEO﹣∠DOE＝70． 故答案為：70． 【類型5】圓的有關(guān)切線的計算與證明問題 【例5】如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D為BC的中點．過點D作直線AC的垂線，垂足為E，連接OD． （1）求證：∠A＝∠DOB； （2）DE與⊙O有怎樣的位置關(guān)系？請說明理由． 【分析】（1）連接OC，由D為BC的中點，得到CD=BD，根據(jù)圓周角定理即可得到結(jié)論； （2）根據(jù)平行線的判定定理得到AE∥OD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到OD⊥DE，于是得到結(jié)論． 【

19、解答】（1）證明：連接OC， ∵D為BC的中點， ∴CD=BD， ∴∠BOD=12∠BOC， ∵∠BAC=12∠BOC， ∴∠A＝∠DOB； （2）解：DE與⊙O相切， 理由：∵∠A＝∠DOB， ∴AE∥OD， ∵DE⊥AE， ∴OD⊥DE， ∴DE與⊙O相切． 【方法小結(jié)】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，圓心角、弧、弦的關(guān)系，圓周角定理，熟練掌握切線的判定定理是解題的關(guān)鍵． 【變式5-1】（2019?淮安）如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點F，弦AD平分∠BAC，DE⊥AC，垂足為E． （1）試判斷直線DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由； （2）若⊙O的半

20、徑為2，∠BAC＝60，求線段EF的長． 【分析】（1）欲證明DE是⊙O的切線，只要證明∠ODE＝90即可； （2）過O作OG⊥AF于G，得到AF＝2AG，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AG=12OA＝1，得到AF＝2，推出四邊形AODF是菱形，得到DF∥OA，DF＝OA＝2，于是得到結(jié)論． 【解析】（1）直線DE與⊙O相切， 連結(jié)OD． ∵AD平分∠BAC， ∴∠OAD＝∠CAD， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴∠ODA＝∠CAD， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC，即∠AED＝90， ∴∠ODE＝90，即DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切線； （2）過O作OG

21、⊥AF于G， ∴AF＝2AG， ∵∠BAC＝60，OA＝2， ∴AG=12OA＝1， ∴AF＝2， ∴AF＝OD， ∴四邊形AODF是菱形， ∴DF∥OA，DF＝OA＝2， ∴∠EFD＝∠BAC＝60， ∴EF=12DF＝1． 【變式5-2】（2019?泰州）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AC為⊙O的直徑，D為AC的中點，過點D作DE∥AC，交BC的延長線于點E． （1）判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由； （2）若⊙O的半徑為5，AB＝8，求CE的長． 【分析】（1）連接OC，由AC為⊙O的直徑，得到∠ADC＝90，根據(jù)AD=CD，得到AD＝CD，根據(jù)平

22、行線的性質(zhì)得到∠CDE＝∠DCA＝45，求得∠ODE＝90，于是得到結(jié)論； （2）根據(jù)勾股定理得到AD＝CD＝52，由圓周角定理得到∠ABC＝90，求得BC＝6，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論． 【解析】（1）DE與⊙O相切， 理由：連接OD， ∵AC為⊙O的直徑， ∴∠ADC＝90， ∵D為AC的中點， ∴AD=CD， ∴AD＝CD， ∴∠ACD＝45， ∵OA是AC的中點， ∴∠ODC＝45， ∵DE∥AC， ∴∠CDE＝∠DCA＝45， ∴∠ODE＝90， ∴DE與⊙O相切； （2）∵⊙O的半徑為5， ∴AC＝10， ∴AD＝CD＝52， ∵AC為

23、⊙O的直徑， ∴∠ABC＝90， ∵AB＝8， ∴BC＝6， ∵∠BAD＝∠DCE， ∵∠ABD＝∠CDE＝45， ∴△ABD∽△CDE， ∴ABCD=ADCE， ∴852=52CE， ∴CE=254． 【達(dá)標(biāo)檢測】 1．（2019?蘇州）如圖，AB為⊙O的切線，切點為A，連接AO、BO，BO與⊙O交于點C，延長BO與⊙O交于點D，連接AD．若∠ABO＝36，則∠ADC的度數(shù)為（　　） A．54 B．36 C．32 D．27 【答案】D 【解析】∵AB為⊙O的切線， ∴∠OAB＝90， ∵∠ABO＝36， ∴∠AOB＝90﹣∠ABO＝54， ∵OA＝

24、OD， ∴∠ADC＝∠OAD， ∵∠AOB＝∠ADC+∠OAD， ∴∠ADC=12∠AOB＝27； 故選：D． 2．（2019?無錫）如圖，PA是⊙O的切線，切點為A，PO的延長線交⊙O于點B，若∠P＝40，則∠B的度數(shù)為（　?。? A．20 B．25 C．40 D．50 【答案】B 【解析】連接OA，如圖， ∵PA是⊙O的切線， ∴OA⊥AP， ∴∠PAO＝90， ∵∠P＝40， ∴∠AOP＝50， ∵OA＝OB， ∴∠B＝∠OAB， ∵∠AOP＝∠B+∠OAB， ∴∠B=12∠AOP=1250＝25． 故選：B． 3．（2019?灌南縣二模）如圖

25、，菱形ABCD的邊AB＝5，面積為20，∠BAD＜90，⊙O與邊AB、AD都相切，AO＝2，則⊙O的半徑長等于（　?。? A．235 B．55 C．335 D．255 【答案】D 【解析】連接AC，BD，OE， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AM＝CM，BM＝DM， ∵⊙O與邊AB、AD都相切， ∴點O在AC上， 設(shè)AM＝x，BM＝y(tǒng)， ∵∠BAD＜90， ∴x＞y， 由勾股定理得，x2+y2＝25， ∵菱形ABCD的面積為20， ∴12xy＝5， x2+y2=2512xy=5， 解得，x＝25，y=5， ∵⊙O與邊AB相切， ∴∠OEA＝90，

26、 ∵∠OEA＝∠BMA，∠OAE＝∠BAM， ∴△AOE∽△ABM， ∴OEBM=OAAB，即OE5=25， 解得，OE=255， 故選：D． 4．（2019?鎮(zhèn)江一模）已知△ABC的三邊長分別是4，5，6，則△ABC的內(nèi)切圓半徑是（　?。? A．62 B．72 C．2 D．32 【答案】B 【解析】如圖所示： 設(shè)AC＝4，BC＝5，AB＝6，作AD⊥BC于D， 設(shè)BD＝x，則CD＝5﹣x， 由勾股定理得：AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2， ∴62﹣x2＝42﹣（5﹣x）2， 解得：x=92， ∴BD=92， ∴AD=62-(92)2=372， ∴△AB

27、C的面積=12BCAD=125372=1574， ∴△ABC的內(nèi)切圓半徑=215744+5+6=72； 故選：B． 5．（2019?南京）如圖，PA、PB是⊙O的切線，A、B為切點，點C、D在⊙O上．若∠P＝102，則∠A+∠C＝　 ?。? 【答案】219 【解析】連接AB， ∵PA、PB是⊙O的切線， ∴PA＝PB， ∵∠P＝102， ∴∠PAB＝∠PBA=12（180﹣102）＝39， ∵∠DAB+∠C＝180， ∴∠PAD+∠C＝∠PAB+∠DAB+∠C＝180+39＝219， 故答案為：219． 6．（2019?宿遷）直角三角形的兩條直角邊分別是5

28、和12，則它的內(nèi)切圓半徑為　2?。? 【答案】2 【解析】直角三角形的斜邊=52+122=13， 所以它的內(nèi)切圓半徑=5+12-132=2． 故答案為2． 7．（2018?連云港）如圖，AB是⊙O的弦，點C在過點B的切線上，且OC⊥OA，OC交AB于點P，已知∠OAB＝22，則∠OCB＝　 ?。? 【答案】44 【解析】連接OB， ∵BC是⊙O的切線， ∴OB⊥BC， ∴∠OBA+∠CBP＝90， ∵OC⊥OA， ∴∠A+∠APO＝90， ∵OA＝OB，∠OAB＝22， ∴∠OAB＝∠OBA＝22， ∴∠APO＝∠CBP＝68， ∵∠APO＝∠CPB，

29、∴∠CPB＝∠APO＝68， ∴∠OCB＝180﹣68﹣68＝44， 故答案為：44 8．（2019?高淳區(qū)二模）如圖，△ABC的內(nèi)切圓⊙O分別與三角形三邊相切于點D、E、F，若∠DFE＝55，則∠A＝　 　． 【答案】70． 【解析】連接OD，OE，如圖所示： 則∠ADO＝∠AEO＝90； 由圓周角定理知，∠DOE＝2∠DFE＝110； ∴∠A＝360﹣∠ADO﹣∠AEO﹣∠DOE＝70． 故答案為：70． 9．（2019?鹽城）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，CD是斜邊AB上的中線，以CD為直徑的⊙O分別交AC、BC于點M、N，過點N作NE⊥AB，垂足為

30、E． （1）若⊙O的半徑為52，AC＝6，求BN的長； （2）求證：NE與⊙O相切． 【解析】（1）連接DN，ON ∵⊙O的半徑為52， ∴CD＝5 ∵∠ACB＝90，CD是斜邊AB上的中線， ∴BD＝CD＝AD＝5， ∴AB＝10， ∴BC=AB2-AC2=8 ∵CD為直徑 ∴∠CND＝90，且BD＝CD ∴BN＝NC＝4 （2）∵∠ACB＝90，D為斜邊的中點， ∴CD＝DA＝DB=12AB， ∴∠BCD＝∠B， ∵OC＝ON， ∴∠BCD＝∠ONC， ∴∠ONC＝∠B， ∴ON∥AB， ∵NE⊥AB， ∴ON⊥NE， ∴NE為⊙O的切線

31、． 10．（2019?揚州）如圖，AB是⊙O的弦，過點O作OC⊥OA，OC交AB于P，CP＝BC． （1）求證：BC是⊙O的切線； （2）已知∠BAO＝25，點Q是AmB上的一點． ①求∠AQB的度數(shù)； ②若OA＝18，求AmB的長． 【解答】（1）證明：連接OB， ∵OA＝OB， ∴∠OAB＝∠OBA， ∵PC＝CB， ∴∠CPB＝∠PBC， ∵∠APO＝∠CPB， ∴∠APO＝∠CBP， ∵OC⊥OA， ∴∠AOP＝90， ∴∠OAP+∠APO＝90， ∴∠CBP+∠ABO＝90， ∴∠CBO＝90， ∴BC是⊙O的切線； （2）解：①∵∠BAO＝

32、25， ∴∠ABO＝25，∠APO＝65， ∴∠POB＝∠APO﹣∠ABO＝40， ∴∠AQB=12（∠AOP+∠POB）=12130＝65； ②∵∠AQB＝65， ∴∠AOB＝130， ∴AmB的長=AQB的長=230?π18180=23π． 11．（2018?徐州）如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O外，∠ABC的平分線與⊙O交于點D，∠C＝90． （1）CD與⊙O有怎樣的位置關(guān)系？請說明理由； （2）若∠CDB＝60，AB＝6，求AD的長． 【解析】（1）相切．理由如下： 連接OD， ∵BD是∠ABC的平分線， ∴∠CBD＝∠ABD， 又∵OD＝OB，

33、 ∴∠ODB＝∠ABD， ∴∠ODB＝∠CBD， ∴OD∥CB， ∴∠ODC＝∠C＝90， ∴CD與⊙O相切； （2）若∠CDB＝60，可得∠ODB＝30， ∴∠AOD＝60， 又∵AB＝6， ∴AO＝3， ∴AD=60π3180=π． 12．（2019?南通）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，∠A＝30，BC＝1，以邊AC上一點O為圓心，OA為半徑的⊙O經(jīng)過點B． （1）求⊙O的半徑； （2）點P為劣弧AB中點，作PQ⊥AC，垂足為Q，求OQ的長； （3）在（2）的條件下，連接PC，求tan∠PCA的值． 【解析】（1）作OH⊥AB于H． 在Rt△

34、ACB中，∵∠C＝90，∠A＝30，BC＝1， ∴AB＝2BC＝2， ∵OH⊥AB， ∴AH＝HB＝1， ∴OA＝AHcos30=233． （2）如圖2中，連接OP，PA．設(shè)OP交AB于H． ∵PA=PB， ∴OP⊥AB， ∴∠AHO＝90， ∵∠OAH＝30， ∴∠AOP＝60， ∵OA＝OP， ∴△AOP是等邊三角形， ∵PQ⊥OA， ∴OQ＝QA=12OA=33． （3）連接PC． 在Rt△ABC中，AC=3BC=3， ∵AQ＝QO=12AO=33． ∴QC＝AC﹣AQ=3-33=233， ∵△AOP是等邊三角形，PQ⊥OA， ∴PQ＝1，

35、∴tan∠ACP=PQCQ=1233=32． 13．如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D為BC的中點．過點D作直線AC的垂線，垂足為E，連接OD． （1）求證：∠A＝∠DOB； （2）DE與⊙O有怎樣的位置關(guān)系？請說明理由． 【解答】（1）證明：連接OC， ∵D為BC的中點， ∴CD=BD， ∴∠BOD=12∠BOC， ∵∠BAC=12∠BOC， ∴∠A＝∠DOB； （2）解：DE與⊙O相切， 理由：∵∠A＝∠DOB， ∴AE∥OD， ∵DE⊥AE， ∴OD⊥DE， ∴DE與⊙O相切． 14．（2019?鎮(zhèn)江）如圖，在△ABC中，AB＝AC，過AC

36、延長線上的點O作OD⊥AO，交BC的延長線于點D，以O(shè)為圓心，OD長為半徑的圓過點B． （1）求證：直線AB與⊙O相切； （2）若AB＝5，⊙O的半徑為12，則tan∠BDO＝　?。? 【解答】（1）證明：連接OB，如圖所示： ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠ACB＝∠OCD， ∴∠ABC＝∠OCD， ∵OD⊥AO， ∴∠COD＝90， ∴∠D+∠OCD＝90， ∵OB＝OD， ∴∠OBD＝∠D， ∴∠OBD+∠ABC＝90， 即∠ABO＝90， ∴AB⊥OB， ∵點B在圓O上， ∴直線AB與⊙O相切； （2）解：∵∠ABO＝90， ∴OA=

37、AB2+OB2=52+122=13， ∵AC＝AB＝5， ∴OC＝OA﹣AC＝8， ∴tan∠BDO=OCOD=812=23； 故答案為：23． 15．（2019?淮安）如圖，AB是⊙O的直徑，AC與⊙O交于點F，弦AD平分∠BAC，DE⊥AC，垂足為E． （1）試判斷直線DE與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由； （2）若⊙O的半徑為2，∠BAC＝60，求線段EF的長． 【解析】（1）直線DE與⊙O相切， 連結(jié)OD． ∵AD平分∠BAC， ∴∠OAD＝∠CAD， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴∠ODA＝∠CAD， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC，即∠

38、AED＝90， ∴∠ODE＝90，即DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切線； （2）過O作OG⊥AF于G， ∴AF＝2AG， ∵∠BAC＝60，OA＝2， ∴AG=12OA＝1， ∴AF＝2， ∴AF＝OD， ∴四邊形AODF是菱形， ∴DF∥OA，DF＝OA＝2， ∴∠EFD＝∠BAC＝60， ∴EF=12DF＝1． 16．（2019?蘇州）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，D是弧BC的中點，BC與AD、OD分別交于點E、F． （1）求證：DO∥AC； （2）求證：DE?DA＝DC2； （3）若tan∠CAD=12，求sin∠CDA的值． 【解析】（

39、1）因為點D是弧BC的中點， 所以∠CAD＝∠BAD，即∠CAB＝2∠BAD， 而∠BOD＝2∠BAD， 所以∠CAB＝∠BOD， 所以DO∥AC； （2）∵CD=BD， ∴∠CAD＝∠DCB， ∴△DCE∽△DCA， ∴CD2＝DE?DA； （3）∵tan∠CAD=12，連接BD，則BD＝CD， ∠DBC＝∠CAD，在Rt△BDE中，tan∠DBE=DEBD=DECD=12， 設(shè)：DE＝a，則CD＝2a， 而CD2＝DE?DA，則AD＝4a， ∴AE＝3a， ∴AEDE=3， 而△AEC∽△DEF， 即△AEC和△DEF的相似比為3， 設(shè)：EF＝k，則CE＝3k，BC＝8k， tan∠CAD=12， ∴AC＝6k，AB＝10k， ∴sin∠CDA=35．