文档文本内容
24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
考点一．点和圆的位置关系
（1）设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外⇔___d＞r _；点P在圆上⇔_d＝r_；点P在
圆内⇔__ d＜r _.
（2）经过已知点A可以作_______无数_个圆，经过两个已知点A，B可以作___无数_____个圆；它们的圆心_在线
段AB的垂直平分线 _上；经过不在同一条直线上的A，B，C三点可以作___一个_____圆．
（3）经过三角形的____三个顶点____的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形的三条边_ 垂直平分线
_____的交点，叫做这个三角形的外心．
任意三角形的外接圆有__一个__，而一个圆的内接三角形有__无数个______．
（4）用反证法证明命题的一般步骤：
①反设：___假设命题结论不成立_；
②归缪：__从设出发，经过推理论证，得出矛盾____；
③下结论：__由矛盾判定假设不成立，从而肯定命题成立_.
考点二．直线和圆的位置关系
（1）直线和圆的位置关系
位置关系 相离 相切 相交
图形
公共点个数 0个 1个 2个
数量关系 d>r d____=__r d<r
由于圆是轴对称和中心对称图形，所以关于圆的位置或计算题中常常出现分类讨论多解的情况．
考点三：切线的性质与判定
a.切线的性质（1）切线与圆只有______1__个公共点．
（2）切线到圆心的距离____等于___圆的半径．
（3）切线垂直于经过切点的半径．
利用切线的性质解决问题时，通常连过切点的半径，利用直角三角形的性质来解决问题．
b．切线的判定
（1）与圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）．
（2）到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线．
（3）经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
切线判定常用的证明方法：
①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；
②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
考点四：切线长及切线长定理
①经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的_______ 切线长 ______.
②从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线_______平分________两条切线的夹
角.
考点五：三角形的内切圆及内心
与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，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．
内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形的三条边的距离__相等_．
题型一：判断点和圆的位置关系
1．（2022·浙江·九年级单元测试）在平面直角坐标系中，若 的半径为5，A点的坐标是 ， 点的坐标是，则点 与 的位置关系是（ ）
A．点 在 内 B．点 在 外 C．点 在 上 D．不能确定
2．（2022·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，以原点O为圆心，4为半径作圆，点P的坐标是（5，
5），则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O上 B．点P在⊙O内
C．点P在⊙O外 D．点P在⊙O上或在⊙O外
3．（2021·浙江·杭州市建兰中学九年级期中）已知 的半径为3cm，点A到圆心O的距离为2cm，那么点A与
的位置关系是（ ）
A．点A在 内 B．点A在 上 C．点A在 外 D．不能确定
题型二：有关三角形外接圆的计算和证明
4．（2022·广东江门·九年级期末）如图，△ABC的外接圆半径为8，∠ACB＝60°，则AB的长为（ ）
A．8 B．4 C．6 D．4
5．（2022·河北·大城县教学研究中心九年级期末）如图，点 ，C在平面直角坐标系中，则 的外
心在（ ）
A．第四象限 B．第三象限 C．原点O处 D．y轴上
6．（2021·陕西延安·九年级期末）如图，已知 是 的外心， ， 分别是 ， 的中点，连接 ， ，
分别交 于点 ， ．若 ， ， ，则 的面积为（ ）A．72 B．96 C．120 D．144
题型三：直线和圆的位置关系
7．（2022·广西梧州·九年级期末）已知⊙O的半径为6，点O到直线l的距离为6，则直线l与⊙O（ ）
A．相离 B．相交 C．相切 D．无法确定
8．（2022·浙江金华·九年级期末）如图，在平行四边形ABCD中， ， ，以顶点C为圆心，
BC为半径作圆，则AD边所在直线与 的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．以上三种都有可能
9．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校九年级阶段练习）已知：在 中，∠A：∠B：∠C＝1：2：3，以B
为圆心，BC长为半径的 B与AC边的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
题型四：已知直线和圆的位置关系半径或者距离
10．（2021·全国·九年级课时练习）如图，已知Rt△ABC，AC=8，AB=4，以点B为圆心作圆，当⊙B与线段AC只
有一个交点时，则⊙B的半径的取值范围是（ ）
A．rB = B．4 < rB ≤
C．rB = 或4 < rB ≤ D．rB为任意实数
11．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知直线y＝ ，与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，
1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB，则 PAB面积的最小值是（ ）
△A．6 B．5.5 C．5 D．4.5
12．（2021·江苏·九年级专题练习）如图，已知⊙C的半径为3，圆外一点O满足OC＝5，点P为⊙C上一动点，
经过点O的直线l上有两点A、B，且OA＝OB，∠APB＝90°，l不经过点C，则AB的最小值（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
题型五：切线的性质与判定
13．（2022·全国·九年级单元测试）如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，记切点为A、B，点
C为⊙O上一点，连接AC、BC．若∠ACB＝62°，则∠APB等于（ ）
A．68° B．64° C．58° D．56°
14．（2022·全国·九年级）如图， 是 的内接三角形，过点C的 的切线交BO的延长线于点P，若
，那么 度数为（ ）A． B． C． D．
15．（2022·全国·九年级课时练习）如图，AB是 的直径，PA与 相切于点A， 交 于点C．若
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
题型六：切线长定理
16．（2022·福建省福州铜盘中学九年级阶段练习）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别为P、C、D，若
， ，则BD的长是（ ）
A．2.5 B．2 C．1.5 D．1
17．（2022·全国·九年级课时练习）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分
别交PA、PB于点C、D，若PA＝8，则△PCD的周长为( )A．8 B．12 C．16 D．20
18．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在四边形 中， 是四边形 的内切圆，
分别切 于F，E两点，若 ，则 的长是（ ）
A． B． C． D．
题型七：三角形的内切圆
19．（2022·湖北恩施·九年级期末）如图，△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，且AD＝
BD＝2，EC＝3，则△ABC的周长为（ ）
A．10 B．10 C．14 D．16
20．（2021·山东淄博·九年级期末）如图，点 和 分别是 的内心和外心，若 ，则
（ ）
A． B． C． D．21．（2019·山东·枣庄矿业集团公司第三中学九年级）如图， 中，内切圆O和边 、 、 分别相切于
点D、E、F，则以下四个结论中，错误的结论是（ ）
A．点O是 的外心 B．
C． D．
题型八：切线的综合问题
22．（2022·全国·九年级课时练习）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点A作⊙O的切线，交BC的延
长线于点D，取AD的中点E，延长CE交BA的延长线交于点P．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)AB＝2AP，AB＝8，求AD的长．
23．（2022·辽宁大连·九年级期末）如图1，AB是 O的直径，弦CD与AB相交于点E，∠C+∠D＝90°，
BF∥CD． ⊙
(1)求证：BF是 O的切线；
(2)延长AC交直⊙线FB于点P（如图2），若点E为OB中点，CD＝6，求PC的长．24．（2022·辽宁盘锦·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝45°，连接AO并延长交⊙O于点D，连接
BD，过点C作CE∥AD与BA的延长线交于点E．
(1)求证：CE与⊙O相切；
(2)若AD＝4，∠D＝60°，求线段AB，BC的长．
一、单选题
25．（2022·江苏·南通市启秀中学九年级阶段练习）已知⊙O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为5，则
此点可能在（ ）
A．⊙O内 B．⊙O外
C．⊙O上 D．以上都有可能
26．（2022·江苏·南通市启秀中学九年级阶段练习）已知，点A为⊙O所在平面上一点，且点A到⊙O上所有点的
距离中，最长为5，最短为1，则⊙O的半径为（ ）
A．2 B．2．5 C．3 D．2或3
27．（2022·全国·九年级专题练习）如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B，∠P＝70°，C为⊙O上一点，则
∠ACB的度数为（ ）A．110° B．120° C．125° D．130°
28．（2022·福建省福州第八中学九年级阶段练习）在直角坐标系中，点P的坐标是(2， )，圆P的半径为2，下
列说法正确的是（ ）
A．圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
B．圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
C．圆P与x轴、y轴都有两个公共点
D．圆P与x轴、y轴都没有公共点
29．（2022·江苏·南通市启秀中学九年级阶段练习）如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D、
E、F，且AB=18cm，BC=28cm，CA=26cm，求AF、BD、CE的长．
30．（2022·江苏·盐城市大丰区实验初级中学益民路分校九年级阶段练习）如图，已知 AB、AC 分别为⊙O 的直
径和弦，D 为弧 BC 的中点，DE⊥AC 于 E，DE=6，AC=16．
(1)求证：DE 是⊙O 的切线；
(2)求直径AB的长．一：选择题
31．（2022·广东·深圳市龙华区丹堤实验学校模拟预测）如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正
方形，其中E点在△ABC的外部，则O也是下列哪个三角形的外心（ ）
A．△AED的外心 B．△AEB的外心 C．△ACD的外心 D．△BCD的外心
32．（2022·全国·九年级单元测试）如图，AB过半⊙O的圆心O，过点B作半⊙O的切线BC，切点为点C，连接
AC，若∠A＝25°，则∠B的度数是（ ）
A．65° B．50° C．40° D．25°
33．（2022·江苏·泰州市姜堰区南苑学校九年级）如图所示，PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为⊙O上
一点，连接AC、BC，若∠C＝70°，则∠APB的度数为（ ）
A．50° B．55° C．40° D．65°
34．（2022·江苏·九年级课时练习）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，∠P＝72°，点D是劣弧 上的
一点，则∠ADB＝( )
A．108° B．72° C．54° D．126°
35．（2022·重庆市第三十七中学校九年级阶段练习）如图， 为 的外接圆，BD为 的直径，过点D作
的切线交BC延长线于点E．若 ，则 的度数是（ ）A．60° B．70° C．40° D．50°
36．（2022·河北承德·九年级期末）如图， 与正方形 的两边 ， 相切，且 与 相切于点 ．
若 的半径为4，且 ，则 的长度为（ ）
A．6 B．5 C． D．
37．（2022·河北沧州·九年级期末）如图， 是 的内切圆，点 ， 是切点，则下列说法不正确的是
( )
A． B． C． 的外心在 的外面 D．四边形
没有外接圆
38．（2022·全国·九年级）如图，在 中， ． 的半径为2，点P是AB边上的动点，过点Р作 的一条切线PQ（点Q为切点），则线段PQ长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
39．（2022·江苏·南通市启秀中学九年级阶段练习）如图， 为 外一点， 、 分别切 于点 、
， 切 于点 ，分别交 、 于点 、 ，若 ，则 的周长为 ___________．
40．（2022·浙江绍兴·一模）木工师傅可以用角尺测量并计算出圆的半径．如图，用角尺的较短边紧靠⊙O于点
A，并使较长边与⊙O相切于点C．记角尺的直角顶点为B，量得AB=8cm，BC=16cm，则⊙O的半径等于
_________cm．
41．（2022·湖南·长沙市中雅培粹学校九年级阶段练习）如图， 、 、 是 的切线， 、 、 是切点，
分别交 、 于 、 两点．若 ，则 的度数为____________．
42．（2022·江苏·泰州市姜堰区南苑学校九年级）如图，⊙O与 OAB的边AB相切，切点为B．将 OAB绕点B
△ △按顺时针方向旋转得到 ，使点 落在⊙O上，边 交线段AO于点C．若∠AOB=70°，则∠ACB=___°．
△
43．（2022·江苏·九年级课时练习）如图，直线AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G，且AB∥CD，若OB=6
cm，OC=8 cm，则BE+CG的长等于_____________
44．（2022·江苏·九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，直线 与 轴、 轴分别交于点 、 ，
半径为 的 的圆心 从点 （点 在直线 上）出发以每秒 个单位长度的速度沿射线 运动，
设点 运动的时间为 秒，则当 ______时， 与坐标轴相切．三、解答题
45．（2022·湖南·长沙市中雅培粹学校九年级阶段练习）如图，以线段 为直径作 ，交射线 于点 ，
平分 交 于点 ，过点 作直线 于点 ，交 的延长线于点 ．连接 并延长交 于点 ．
(1)求证：直线 是 的切线；
(2)求证： ；
(3)若 ， ，求 的长．
46．（2022·广东·深圳市海滨中学模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C＝ ，点O在AC上，以OA为半径的半
圆O交AB于点D，交AC于点E，过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F．
(1)求证：BF＝DF；
(2)若AC＝4，BC＝3，CF＝1，求半圆O的半径长．
47．（2022·湖南·长沙麓山国际实验学校九年级阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，点P在⊙O上，且PA=PB，
点M是⊙O外一点，MB与⊙O相切于点B，连接OM，过点A作AC∥OM交⊙O于点C，连接BC交OM于点D．(1)求证：MC是⊙O的切线；
(2)若AB=20，BC=16，连接PC，求PC的长；
(3)试探究AC、BC与PC之间的数量关系，并说明理由．
48．（2022·全国·九年级单元测试）如图， 是 的外接圆， 为直径， ， 于 ，
于 ，
(1)判断 的形状；
(2)设 的半径为1，且 ，求证： ．
49．（2022·甘肃·武威第九中学九年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC的平分线BE交AC于点
E，⊙O是△BEF的外接圆，交AB于点F，圆心O在AB上．(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)过点E作EH⊥AB于点H，求证：EF平分∠AEH；
(3)求证：CD＝HF．
50．（2022·北京市三帆中学九年级）已知：△ABC，点D是△ABC的外接圆上一点（不与A，B，C重合），过A
作射线AE，AF，且AE BD，AF CD（D，E分别在AB两侧，D，F分别在AC两侧），在射线AE上取一点M
使得AM＝AB，在射线AF上取一点N使得AN＝AC，连接MN，P是线段MN的中点．
(1)当∠A＝90°时，在图1中补全图形并直接写出∠MAN的度数；
(2)在图2中，当D在△ABC的外接圆上移动过程中，探索∠BAC和∠MAN的关系并直接写出你的探索结果____；
(3)图3中请你探索AP与BC的数量关系，并证明你的结论；
(4)小逸同学在探索题目过程中，不小心把一些画图痕迹给破坏掉了，只留下如图4所示的四边形BCNM，且已知
BM＝6，MP＝ ，CN＝12，∠BMN＝150°，∠MNC＝90°，小逸同学只记得A、D在BC两侧，你能帮他找出点A
的位置并求出AP的长度吗？1．C
【分析】根据两点间的距离公式求出AP的长，再与5相比较即可．
【详解】解： 点A的坐标为 ，点 的坐标为 ，
半径，
点 与 的位置关系是：点 在 上．
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理和点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
2．C
【分析】先计算出OP的长，然后根据点与圆的位置关系的判定方法求解．
【详解】解：∵点P的坐标是（5，5），
∴ ，
而 的半径为4，
∴ 等于大于圆的半径，
∴点P在 外．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心
距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
3．A
【分析】根据点到圆心的距离d与圆的半径r之间的数量关系进行判断即可．
【详解】解：由题意得： ，故： ，
∴点A在 内，
故选A．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系：点到圆心的距离大于圆的半径时，点在圆外，点到圆心的距离等于圆的半
径时，点在圆上，点到圆心的距离小于圆的半径时，点在圆内．
4．A
【分析】连接OA，OB，过O作OH⊥AB于H，根据圆周角定理得到∠AOB=2∠ACB=120°，根据等腰三角形的性质
得到∠AOH=∠BOH=60°，根据直角三角形的性质得到OH，AH的长，于是得到答案．
【详解】解：连接OA，OB，过O作OH⊥AB于H，∵∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB=120°，
∵OB=OA=8，
∴∠AOH=∠BOH=60°，
∴∠OAB=30°，
∴OH= OA=4，
∴AH= ，
∴AB=2AH=8 ，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解
题的关键．
5．B
【分析】根据直角坐标系的特点作AB、BC的垂直平分线即可求解．
【详解】如图，作AB、BC的垂直平分线，交点在第三象限，
故选B．
【点睛】此题主要考查三角形的外心的定义，解题的关键是根据题意作出垂直平分线求解．
6．B
【分析】连接AF，AD，AE，BE，CE，根据三角形外心的定义，可得PE垂直平分AB，QE垂直平分AC，进而求
得AF，DF，AD的长度，可知△ADF是直角三角形，即可求出△ABC的面积．【详解】如图，连接AF，AD，AE，BE，CE，
∵点E是△ABC的外心，
∴AE=BE=CE，
∴△ABE，△ACE是等腰三角形，
∵点P、Q分别是AB、AC的中点，
∴PE⊥AB，QE⊥AC，
∴PE垂直平分AB，QE垂直平分AC，
∴AF=BF=10， AD=CD=8，
在△ADF中，∵ ，
∴△ADF是直角三角形，∠ADF=90°，
∴S△ABC= ，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形外心的定义，勾股定理逆定理等知识点，解题的关键是得到△ADF是直角三角形．
7．C
【分析】根据⊙O的半径和圆心O到直线l的距离的大小，相交：d＜r；相切：d＝r；相离：d＞r；即可选出答案．
【详解】解：∵⊙O的半径为6，圆心O到直线l的距离为6，
∴d=r，
∴直线l与⊙O的位置关系是相切，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查对直线与圆的位置关系的性质的理解和掌握，能熟练地运用性质进行判断是解此题的关键．
8．A
【分析】根据面积公式计算点C到AD的距离d，比较d与半径BC的大小判断即可．
【详解】∵在平行四边形ABCD中， ， ，
∴点C到AD的距离d= ，
∴直线与圆C相交，故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的面积，直线与圆的位置关系d、r法则，熟练掌握法则是解题的关键．
9．B
【分析】根据题意先求出∠A、∠B、∠C的度数，当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切．
【详解】解：∵∠A：∠B：∠C=1：2：3，
∴∠A=30°，∠B=60°，∠C=90°，
∴点B到AC的距离等于⊙B的半径，
∴以B为圆心，以BC为半径的圆与AC的位置关系是相切，
故选：B．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：①当圆心到直线的距离d＞圆的半径r，直线与圆相离；②当圆心到直
线的距离d＜圆的半径r，直线与圆相交；③当圆心到直线的距离d=圆的半径r，直线与圆相切．
10．C
【分析】作BD⊥AC于D，如图，利用勾股定理计算出BC＝4 ，再利用面积法计算出BD＝2 ，讨论：当⊙B
与AC相切时得到r＝2 ；当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，BA＜r≤CB．
【详解】解：作CD⊥AB于D，如图，
在Rt△ABC中，BC＝ ，
∵ BD•AC＝ AB•BC，
∴CD＝
当⊙C与AB相切时，r＝2 ；
当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，4＜r≤4 ．，
综上所述，当r＝2 或4＜r≤4
故选C．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d：直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．
11．B
【分析】过C作CM⊥AB于M，连接AC，MC的延长线交⊙C于N，则由三角形面积公式得， ×AB×CM＝
×OA×BC，可知圆C上点到直线y＝ x﹣3的最短距离是 ﹣1＝ ，由此求得答案．
【详解】过C作CM⊥AB于M，连接AC，MC的延长线交⊙C于N，
则由三角形面积公式得， ×AB×CM＝ ×OA×BC，
∴5×CM＝16，
∴CM＝ ，
∴圆C上点到直线y＝ x﹣3的最小距离是 ﹣1＝ ，
∴△PAB面积的最小值是 ×5× ＝ ，
故选B．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，三角形的面积，点到直线的距离公式的应用，解此题的关键是求出圆
上的点到直线AB的最小距离．
12．B
【分析】连接OP，PC，OC，根据OP+PC≥OC，求出OP的最小值，根据直角三角形的性质得到AB=2OP，计算
得到答案．
【详解】解：连接OP，PC，OC，
∵OP≥OC-PC=2，
∴当点O，P，C三点共线时，OP最小，最小值为2，
∵OA=OB，∠APB=90°，∴AB=2OP，
当O，P，C三点共线时，AB有最小值为2OP=4，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了几何问题的最值，掌握三角形两边和大于第三边，两边差小于第三边，得到点O，P，C
三点共线时，OP最短是解题的关键．
13．D
【分析】根据切线性质求出∠PAO＝∠PBO＝90°，圆周角定理求得∠AOB，再根据四边形内角和定理即可求得．
【详解】解：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴∠AOB+∠P＝180°，
∵∠ACB＝62°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝2×62°＝124°，
∴∠APB＝180°﹣124°＝56°，
故选：D．
【点睛】此题考查了切线的性质、圆周角定理、四边形内角和，解题的关键熟记同弧所对的圆周角等于圆心角的
一半．
14．B
【分析】连接OC、CE，根据切线的性质得到OC⊥CP，根据直角三角形的性质求出∠COP，根据圆内接四边形的
性质计算即可．
【详解】解：连接OC，设 O与OP交于点E，连接CE，
∵PC为 O的切线， ⊙
∴OC⊥C⊙P，
∴∠COP＝90°﹣∠P＝90°﹣34°＝56°，
∵OC＝OE，
∴∠OEC＝∠OCE （180°﹣56°）＝62°，
∵四边形ABEC为 O的内接四边形，
∴∠BAC＝180°﹣∠⊙OEC＝118°，
故选：B．【点睛】本题考查的是切线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的
半径是解题的关键．
15．B
【分析】连接OC，证明 PAO≌ PCO（SAS），得到∠OCP=90°，进而求得 ．
△ △
【详解】
如图，连接OC，
因为OB=OC，
所以∠OCB=∠OBC=70°，
所以∠BOC=180°-70°-70°=40°，
又因为 ，
所以∠AOP=∠B=70°，
∴∠POC=180°-∠AOP-∠BOC=70°，
所以在 PAO和 PCO中，
△ △
，
所以 PAO≌ PCO（SAS），
所以△∠OCP=△∠OAP
因为PA与 相切于点A，
所以∠OCP=∠OAP=90°，
所以∠OPC=180°-∠POC-∠OCP=20°，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆的切线、证明全等三角形和平行线等知识内容，灵活运用条件，学会选择辅助线是解题的
关键．
16．D
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC=AP，BP=BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【详解】解：∵AC、AP为⊙O的切线，
∴AC=AP，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP=BD，∴BD=PB=AB-AP=4-3=1．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
17．C
【分析】由切线长定理可求得PA=PB，AC=CE，BD=ED，则可求得答案．
【详解】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA=PB=6，AC=EC，BD=ED，
∴PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PA+AC+PD+BD=PA+PB=8+8=16，
即△PCD的周长为16．
故选：C．
【点睛】本题主要考查切线的性质，利用切线长定理求得PA=PB、AC=CE和BD=ED是解题的关键．
18．A
【分析】作DG⊥BC于点G，连接OC、OE，根据切线长定理可得CE=CF，OC平分∠ECF，DF=DH，所以OC垂
直平分EF，令OC、EF相交于点M，则EM=FM，设圆半径为R，则DG=2R，CG=3，CD=6-R+3-R，根据勾股定
理可求出R，再利用 求出EM即可求得EF．
【详解】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，如图，
∵ ，
∴四边形ABGD是矩形，
∴BG=AD=3，CG=BC-BG=6-3=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，
∵ ，
∴
解得：R=2，∴CE=6-2=4，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故选 A．
【点睛】本题考查了切线长定理，充分利用切线长定理求解相关线段长度是解题关键．
19．C
【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3，然后根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴AF=AD=2、BE=BD=2、CF=CE=3
∴BC=BE+CE =5，AB=AD+BD=4，AC=BF+FC=BC=5，
∴△ABC的周长=2+2+5+5=14．
故答案为C．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识点，灵活利用切线长定理是解题答本题的关键．
20．D
【分析】根据圆周角定义，以及内心的定义，可以利用∠C表示出∠AIB和∠AOB，即可得到两个角的关系可进
一步得出结论．
【详解】解：∵点I是 ABC的内心，
△
∴∠IAB= ∠CAB，∠IBA= ∠CBA，
∴∠AIB=180°-（∠IAB+∠IBA）
=180°- （∠CAB+∠CBA），
=180°- （180°-∠C）
=90°+ ∠C，
∵
∴∠C=70°，
∵点O是 ABC的外心，
∴∠AOB=△2∠C=140°，
故选：D．【点睛】本题考查了圆周角定理以及三角形的内心的性质，正确利用∠C表示∠AIB的度数是关键．
21．D
【分析】首先连接如图所示的辅助线．采用排除法，证明A、B、C选项，从而错误的选择D．在证明中运用弦切
角定理，直角三角形的两直角边所对的角互余．
【详解】解：A、∵点O是△ABC的内心
∴OE=OD=OF
∴点O也是△DEF的外心
∴该选项正确；
B、∵∠AFE=∠EDF（弦切角定理）
在Rt△BOD中，∠BOD=90°-∠OBD=90°− ∠B
同理∠COD=90°− ∠C
∴∠BOC=∠BOD+∠COD=180°− (∠C+∠B)，即∠BOC=180°− (∠C+∠B)
在四边形MOND中，OM⊥FD，ON⊥ED
∴∠BOC+∠MDN=180°
∴∠MDN=180°-∠BOC，即∠BOC=180°-∠EDF
∴∠AFE= （∠B+∠C）
故该选项正确；
C、∵∠AFE=∠EDF（弦切角定理），
∵在Rt△AFO中，∠AFE=90°-∠FAO=90°- ∠A，
由上面B选项知∠MDN=180°-∠BOC=180°-（90°- ∠A）=90°+ ∠A，
故该选项正确；
故选：D．
【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、三角形外接圆与外心、弦切角定理．同学们需注意对于选择题目，采用
排除法是一种很好的方法．
22．(1)见解析(2)
【分析】（1）连接AC，OC，欲证PC是⊙O的切线，只需证明 OCP＝90°即可．
（2）利用直角三角形斜边上的中线证明 AOC是等边三角形，进而可得BD＝2AD，运用勾股定理即可得到解答．
（1）
证明：连接AC，OC，
∵AB是⊙O的直径，AD是⊙O的切线，
∴ BAD＝ ACB＝90°，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE＝CE，
∴ ACE＝ CAE，
∵OC＝OA，
∴ OAC＝ OCA，
∴ OCA+ ACE＝ OAC+ CAE＝90°，
∴ OCP＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）
解：∵AB＝2AP，AB＝2AO，
∴AP＝AO，
∵ OCP＝90°，
∴AC＝OA＝OC，
∴ AOC是等边三角形，
∴ AOC＝60°，
∴ B＝30°，
∵ BAD＝90°，
∴BD＝2AD，在Rt ADB中，
∵ ，
∴ ，
∴AD＝ ．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、等边三角形的判定和性质、含30°的直角三角形的性质和勾股定理的应用，
解决本题的关键是掌握以上基本的性质并加以运用．
23．(1)见解析
(2)PC=2
【分析】（1）根据圆周角定理以及已知条件可得∠BEC=∠A+∠C=90°，根据平行线的性质得∠ABF=∠BEC=90°，
则AB⊥BF，即可得BF是⊙O的切线；
（2）由垂径定理得DE=CE=3，根据线段垂直平分线的性质得OD=BD，可证明 OBD是等边三角形，可得
△
∠BDE=30°，BD=2BE，根据勾股定理求出BE= ，可得OB=2 ，AB=4 ，在Rt ACE中，根据勾股定理得
△
AC=6=2CE，则∠A=30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
（1）
证明：∵∠A=∠D，∠C+∠D=90°，
∴∠BEC=∠A+∠C=90°，
∵BF CD，
∴∠ABF=∠BEC=90°，
∴AB⊥BF，
∴BF是⊙O的切线；
（2）
解：连接OD，
∵∠BEC=90°，
∴AB⊥CD，
∵点E为OB中点，CD=6，∴CE=DE=3，OD=BD，
∴OB=OD=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠OBD=60°，∠BDE=30°，
∴BD=2BE，∠A=∠BDE=30°，
在Rt△BDE中，BD2=BE2+DE2，
∴（2BE）2=BE2+32，解得BE= ，
∵点E为OB中点，
∴OB=2 ，AB=4 ，
∴AE=3 ，
在Rt△ACE中，AC2=CE2+AE2=32+（3 ）2=36，
∴AC=6=2CE，
∵AB=4 ，
∴BP=4，AP=8，
∴PC=8-6=2．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用
以上知识．
24．(1)见解析
(2)线段AB的长为2 ，线段BC的长为 +
【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得∠AOC＝90°，再根据AD∥EC，可得∠OCE＝90°，从而证明结论；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由AD是圆O的直径，得∠ABD＝90°，结合AD＝4， 可得到
，根据 ，知△ABF是等腰直角三角形，进而求出 ，
再结合等腰直角三角形的性质，由勾股定理求出CF，即可求解．
(1)
证明：连接OC，如图：
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝90°．∵AD∥EC，
∴∠AOC+∠OCE＝180°，
∴∠OCE＝90°，
∴OC⊥CE，
∵OC为半径，
∴CE是⊙O的切线；
(2)
解：过点A作AF⊥BC于F，如图．
∵AD是圆O的直径，
∴∠ABD＝90°，
∵AD＝4，∠D＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴ ，
∴ ．
∵∠ABC＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴ ．
∵△AOC是等腰直角三角形，OA＝OC＝2，
∴ ，
∴ ，
∴ ．答：线段AB的长为2 ，线段BC的长为 + ．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，含 角的直角三角形
的性质等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．
25．B
【分析】根据点到圆心O的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
【详解】解：∵⊙O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为5，5>3，
∴此点可能在⊙O外．
故选：B
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，熟练掌握若点与圆心的距离d，圆的半径为，则当d>r时，点在圆外；
当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内是解题的关键．
26．D
【分析】根据点A与⊙O上的点的最小距离是2cm，最大距离是5 cm，分两种情况：点A在圆外；点A在圆内，
分别解答即可得到结论．
【详解】解：∵点A为⊙O所在平面上一点，且点A到⊙O上所有点的距离中，最长为5，最短为1，
∴当点A在圆外时，⊙O的半径= ，
当点A在圆内时，⊙O的半径= ，
故选：D．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有点P在圆外⇔d>r；点
P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．分情况解答是关键．
27．C
【分析】连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，由切线的性质得出∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形
内角和可求∠AOB=110°，再利用圆周角定理可求∠ADB=55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【详解】解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，∵AP、BP是⊙O的切线，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110°，
∴∠ADB＝ ∠AOB＝55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB＝180°﹣∠ADB＝180°﹣55°＝125°．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质．解题的关键是连接OA、OB，求出∠AOB．
28．B
【分析】点P到x轴的距离是 ，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，
从而确定答案即可．
【详解】解：∵P（2， ），圆P的半径为2，2=2， ＜2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆心到直线
的距离是d，半径是r，则①d＞r，直线和圆相离，没有交点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d＜r，直
线和圆相交，有两个交点．
29．AF=8cm，BD=10cm，CE=18cm
【分析】由切线长定理可得AE=AF，BF=BD，CE=CD，由线段的数量关系列出方程，即可求解．
【详解】解：∵△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D、E、F，
∴AE=AF，BF=BD，CE=CD，
∵AB=18cm，BC=28cm，CA=26cm，
∴AF+BF=18cm，BD+CD=28cm，AE+CE=26cm，
∴
∴∴AF=8cm，BD=10cm，CE=18cm．
【点睛】本题考查的是三角形内切圆的有关问题以及切线长定理的应用，根据切线长定理列出方程组是解题的关
键．
30．(1)见解析
(2)20
【分析】（1）连接OD，BC，要证明DE是⊙O的切线只要证明OD⊥DE即可，根据已知条件可以证明OD⊥BC；
（2）由（1）可得四边形CFDE为矩形，从而得到CF=DE=6，BC=2CF=12，利用勾股定理即可求得AB的长．
（1）
证明：如图，连接OD，BC；
∵AB为⊙O的直径，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴BC DE；
∵D为弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线．
（2）
设BC与DO交于点F，
由（1）可得四边形CFDE为矩形；
∴CF=DE=6，
∵OD⊥BC，
∴BC=2CF=12，
在Rt△ABC中，
AB= =20．
【点睛】本题主要考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证它们垂直即可解决问题．
31．B
【分析】根据三角形的外心得出OA=OC=OA，根据正方形的性质得出OA=OC＜OD，求出OA=OB=OC=OE≠OD，
再逐个判断即可．
【详解】解：
连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OA，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
A、OA＝OE≠OD，即O不是△AED的外心，故本选项不符合题意；
B、OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，故本选项符合题意；
C、OA＝OC≠OD，即O不是△ACD的外心，故本选项不符合题意；
D、OB＝OC≠OD，即O不是△BCD的外心，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质和三角形的外心与外接圆，能熟记知识点的内容是解此题的关键，注意：三角
形的外心到三个顶点的距离相等，正方形的四边都相等．
32．C
【分析】连接OC，根据切线的性质，得出∠OCB＝90°，再利用圆的半径相等，结合等边对等角，得出∠A＝
∠OCA，然后再利用三角形的外角和定理，得出∠BOC的度数，再利用直角三角形两锐角互余，即可得出∠B的
度数．
【详解】解：连接OC，
∵BC与半⊙O相切于点C，
∴∠OCB＝90°，
∵∠A＝25°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∴∠BOC＝2∠A＝50°，
∴∠B＝90°﹣∠BOC＝40°．故选：C
【点睛】本题考查了切线的性质、等边对等角、三角形外角和定理、直角三角形两锐角互余，解本题的关键在熟
练掌握相关的性质、定理．
33．C
【分析】连接OA、OB，先证明∠APB＝180°−∠AOB，根据∠AOB＝2∠ACB，求出∠AOB即可解决问题．
【详解】解：连接OA、OB，
∵PA、PB是⊙O切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠APB＋∠PAO＋∠AOB＋∠PBO＝360°，
∴∠APB＝180°−∠AOB，
∵∠ACB＝70°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝140°，
∴∠APB＝180°−140°＝40°，
故选：C．
【点睛】此题考查了切线的性质、圆周角定理以及四边形内角和定理．准确作出辅助线是解此题的关键．
34．D
【分析】根据切线的性质得∠OAP=∠OBP=90°，再利用四边形内角和可计算出∠AOB=108°，通过圆周角定理得出
∠ACB的度数，最后通过圆内接四边形的性质得出∠ADB的度数．
【详解】解：∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠AOB+∠P=180°，
∴∠AOB=180°-72°=108°，
∴ ，
∵四边形ADBC是圆内接四边形，∴∠ACB+∠ADB=180°，
∴∠ADB=180°-∠ACB=180°-54°=126°，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过
作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了圆周角定理．
35．B
【分析】根据切线的性质得到 ，根据圆周角定理得到 ，根据直角三角形的性质计算
即可．
【详解】解： 是 的切线，
，
由圆周角定理得， ，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
36．A
【分析】作OH⊥AB于H， 与正方形 的边AD切于点F，证明四边形AHOF是正方形，求出DF＝6，然
后根据切线长定理可得答案．
【详解】解：如图，作OH⊥AB于H， 与正方形 的边AD切于点F，
则∠OFD＝∠OFA＝90°，∠OHA＝90°，
∵∠A＝90°，OH＝OF，
∴四边形AHOF是正方形，
∵ 的半径为4，且 ，
∴OF＝AF＝OH＝4，AD＝AB＝10，
∴DF＝10－4＝6，
∵ 与 相切于点 ，
∴DE＝DF＝6，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，切线长定理，证明四边形AHOF是正方形，求出DF是解
题的关键．
37．D
【分析】根据切线的定理可判断A，作 于 ，可证四边形 为正方形，即可判断B；根据 为钝角三角形即可判断C；根据四边形 的对角即可判断D．
【详解】解： ， 是切点，
根据切线定理可知 ，故选项A正确，不满足题意；
作 交 于 ，
是 的内切圆，
为切点， ,
为切点，
,
四边形 为正方形，
，故选项B正确，不满足题意；
由题可知 为钝角三角形，
的外心在 的外面，故选项C正确，不满足题意；
,
,
,
四边形 有外接圆,故选项D错误，满足题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查切线的性质，正方形的判定与性质，三角形的外心，四边形的外接圆，掌握相关定理与概
念是解题的关键．
38．A
【分析】首先连接OQ，根据勾股定理知PQ2=OP2-OQ2，可得当OP⊥AB时，即线段PQ最短，然后由勾股定理即
可求得答案．
【详解】解：连接OQ．
∵PQ是⊙O的切线，
∴OQ⊥PQ；根据勾股定理知PQ2=OP2-OQ2，
∵OQ为定值，
∴当OP的值最小时，PQ的值最小，
∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，
∵在Rt△AOB中，OA=OB= ，
∴AB= OA=8，
，
∴ ，
∴ ．
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，
注意得到当PO⊥AB时，线段PQ最短是关键．
39．
【分析】根据切线长定理得到 ， ， ，再根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵ 、 分别切 于点 、 ， 切 于点 ， ，
∴ ， ， ，
∴ 的周长 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等．
40．20
【分析】设圆的半径为rcm，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D．利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到
，求出r即可．
【详解】解：设圆的半径为rcm，
如图，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D，
∵ ，
∴四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=8cm，AD=BC=16cm，
∴OD=（r-8）cm，
在Rt△AOD中，即 ，
解得：r=20，
即该圆的半径为20cm．
故答案为：20．
【点睛】本题考查的是切线的性质，根据切线的性质，利用图形得到直角三角形，然后用勾股定理计算求出圆的
半径．
41． ##70度
【分析】连接 、 、 ，由切线的性质可求出 ，再由切线长定理可得出 ，可求得答案．
【详解】解：如图，连接 、 、 ，
、 分别为 的切线，
，
，
为 的切线，
， ，
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的性质定理以及切线长定理等知识，解题的关键是正确应用切线长定理．
42．100
【分析】连接 ，根据切线的性质得到OB⊥AB，根据旋转变换的性质得到OB= ，∠ =∠ABO=90°，根
据等边三角形的性质、三角形的外角性质计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接 ，∵⊙O与 OAB的边AB相切，
∴OB⊥AB△，
∴∠OBA=90°，
∵△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到 ，
∴OB= ，∠ =∠ABO=90°， △
∵OB= ，
∴OB= = ，
∴△ 为等边三角形，
∴∠ =60°，
∴∠OBC=90°-60°=30°，
∴∠ACB=∠AOB+∠OBC=70°+30°=100°，
故答案为：100．
【点睛】本题考查的是切线的性质、旋转变换的性质、等边三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点
的半径是解题的关键．
43．10cm##10厘米
【分析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明∠BOC=90°，再根据勾股定理即可求得BC的长，再结合切
线长定理即可求解．
【详解】解：∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵直线AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G，
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠BCD，BE=BF，CG=CF，
∴∠OBC+∠OCB= （∠ABC+∠BCD）=90°，
∴∠BOC=90°，
在Rt BOC中，
△
BC= =10，
∴BE+CG=10(cm)．
故答案为：10cm．【点睛】此题主要是考查了切线长定理．熟记从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点的
连线平分两条切线的夹角是解决问题的关键．
44．1或3或5
【分析】设 与坐标轴的切点为 ，根据已知条件得到 ， ， ，求得 ， ，
，证明出 是等腰直角三角形， ，然后分三种情况进行讨论：①当 与 轴相切时，
②如图， 与 轴和 轴都相切时，③当点 只与 轴相切时．
【详解】解：设 与坐标轴的切点为 ，
直线 与 轴、 轴分别交于点 、 ，点 ，
时， ，
时， ，
时， ，
， ， ，
根据勾股定理： ， ， ，
是等腰直角三角形， ，
①当 与 轴相切时，
点 是切点， 的半径是1，
轴， ，
是等腰直角三角形，
， ，
，
点 的速度为每秒 个单位长度，
；
②如图， 与 轴和 轴都相切时，，
，
点 的速度为每秒 个单位长度，
；
③当点 只与 轴相切时，
，
，
点 的速度为每秒 个单位长度，
．
综上所述，则当 或3或5秒时， 与坐标轴相切，
故答案为：1或3或5．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是掌握切线的判定及性
质，利用分类讨论的思想求解．
45．(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）连接 ，由 证明 ，得 ，即可证明直线是 的切线；
（2）由线段 是 的直径证明 ，再根据等角的余角相等证明 ，则 ；
（3）由 ， 可证明 ，则 是等边三角形，所以 ，则 ，所
以 ，再证明 ，得 ．
（1）
证明：连接 ，则 ，
，
平分 ，
，
，
，
，
，
是 的半径，且 ，
直线 是 的切线．
（2）
证明： 线段 是 的直径，
，
，
， ，
，
，
．
（3）
解： ， ，
，
是等边三角形，
，， ，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查切线的判定、直径所对的圆周角是直角、等角的余角相等、等腰三角形的判定与性质、等边三
角形的判定与性质、平行线的判定与性质、直角三角形中 角所对的直角边等于斜边的一半等知识，解题的关键
是作出相应的辅助线．
46．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接OD，由切线性质得∠ODF= ，进而证明∠BDF+∠A=∠A+∠B= ，得∠B=∠BDF，便可得
BF=DF；
（2）设半径为r，连接OD，OF，则OC=4-r，求得DF，再由勾股定理，利用OF为中间变量列出r的方程便可求
得结果．
（1）
解：（1）连接OD，如图1，
∵过点D作半圆O的切线DF，交BC于点F，
∴∠ODF= ，
∴∠ADO+∠BDF= ，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠OAD+∠BDF= ，
∵∠C= ，
∴∠OAD+∠B= ，
∴∠B=∠BDF，∴BF=DF；
（2）
连接OF，OD，如图2，
设圆的半径为r，则OD=OE=r，
∵AC=4，BC=3，CF=1，
∴OC=4-r，DF=BF=3-1=2，
∵
∴
∴ ．
故圆的半径为 ．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，已知切线，往往连接半径为辅助线，
第（2）题关键是由勾股定理列出方程．
47．(1)见解析
(2)
(3) ，理由见解析
【分析】（1）连接 ，证明 ，从而得到 即可得证；
（2）过点 作 于点 ，利用圆周角定理，和等腰三角形的性质和判定，以及勾股定理分别求出 ，
再利用 进行计算即可；
（3）延长 至点 ，使得 ，连接 ，证明 ，推出 为等腰直角三角形即可得证．
（1）
证明：如图所示：连接 ，
∵ 是 的切线，
∴ ，∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的切线；
（2）
解：∵ 是 的直径，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
过点 作 于点 ，
又
∴ 是等腰直角三角形，
∴
∴ ，
∴ ．（3）
．
证明：延长 至点 ，使得 ，连接 ，
则 ，
∵四边形 内接于 ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ （SAS），
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．【点睛】本题考查圆和三角形的综合应用．熟练掌握圆中常见的等量关系，圆周角定理，切线的判定和性质，以
及通过添加辅助线构造三角形全等是解题的关键．题型的难度较大，在中考中属于几何的压轴题．
48．(1) 为等腰三角形
(2)见解析
【分析】（1）由∠ABC=30°可得∠BAC=60°，结合DE⊥AB，可得∠AED的度数；根据弦切角定理可得
∠DCB=60°，再结合∠ACB=90°，从而可得∠DCE的度数；
（2）由（1）的证明过程可得∠ABC=∠OCB=∠DCE=∠CED=30°，要证明△BOC≌△EDC，只要证明BC=CE，接下
来由圆半径为1可得AB的长，结合含30度角直角三角形的性质以及勾股定理可得AC、BC的长，在Rt△AEF中，
先求得AF的长，再利用含30度角直角三角形的性质可得AE的长，继而得到CE的长，从而可证△CDE≌△COB．.
（1）
解： 为等腰三角形，理由如下：
，圆周角 与圆心角 都对 ，
，
又 ，
为等边三角形，
，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，则 为等腰三角形；
（2）
证明： ， ，
， ，
在 中， ，
，
，
又 为圆 的直径，
，在 中， ，
，即 ，
，
在 和 中，
，
．
【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、锐角三角函数定义、含30°
直角三角形的性质、三角形的内角和定理、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识和
数形结合的思想是解答本题的关键．
49．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）连接OE，根据∠BEF＝90°，证明BF是圆O的直径，说明OB＝OE，得出∠OBE＝∠OEB，根据
BE平分∠ABC，得出∠CBE＝∠OBE，根据内错角相等，两直线平行，证明 ，得出∠AEO＝∠C＝90°，
即可证明结论正确；
（2）先证明∠BEC＝∠BEH，再根据等角的余角相等证明∠FEH＝∠FEA，即可证明结论正确；
（3）连接DE，根据角平分线的性质，得出EC＝EH，根据“AAS”证明△CDE≌△HFE，即可证明结论．
（1）
证明：连接OE，如图所示：
∵BE⊥EF，
∴∠BEF＝90°，
∴BF是圆O的直径，
∴OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB，
∵BE平分∠ABC，∴∠CBE＝∠OBE，
∴∠OEB＝∠CBE，
∴ ，
∴∠AEO＝∠C＝90°，
∴AC是⊙O的切线；
（2）
证明：∵∠C＝∠BHE＝90°，∠EBC＝∠EBA，
∴∠BEC＝∠BEH，
∵BF是⊙O是直径，
∴∠BEF＝90°，
∴∠FEH+∠BEH＝90°，∠AEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEH＝∠FEA，
∴FE平分∠AEH．
（3）
证明：连接DE，如图所示：
∵BE是∠ABC的平分线，EC⊥BC于C，EH⊥AB于H，
∴EC＝EH，
∵∠CDE+∠BDE＝180°，∠HFE+∠BDE＝180°，
∴∠CDE＝∠HFE，
∵∠C＝∠EHF＝90°，
∴△CDE≌△HFE（AAS），
∴CD＝HF，
【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，圆周角定理，三角形全等的判定和性质，平行线的判定和性质，余
角和补角的性质，作出相应的辅助线，证明△CDE≌△HFE，是解题的关键．
50．(1)图见解析，∠MAN＝90°
(2)∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°
(3)AP＝ BC，证明见解析(4)
【分析】（1）根据已知补全图形即可，根据平行线性质和同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可得∠CAF＝
∠BAE，从而可得∠MAN＝90°；
（2）分两种情况：当D在弦BC上方的圆上时，画出图形可得∠MAN＝∠BAC；当D在弦BC下方的圆上时，可
得∠MAN+∠BAC＝180°；
（3）延长MA到K，使AK＝AM，连接NK，AP，由三角形中位线定理可得AP＝ NK，证明△BAC≌△KAN
（SAS），有BC＝NK，即得AP＝ BC；
（4）根据AM＝AB，AN＝AC可知BM的垂直平分线、CN的垂直平分线的交点即为A，过N作NR⊥BM交BM延
长线于R，过C作CS⊥NR于S，过C作CT⊥BM于T，由∠BMN＝150°，得∠NMR＝30°，由含30°的直角三角形
三边关系可求出CT＝SR＝7 ， ，从而可得BC＝ ＝2 ，即可得AP＝
．
（1）
（1）补全图形如下：
∵ ，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵ ，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠CAE＝90°，
∴∠CAF+∠CAE＝90°，即∠MAN＝90°；
（2）
（2）∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°，理由如下：
当D在弦BC上方的圆上时，如图：
∵ ，
∴∠CAF＝∠ACD，
∵ ，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠CAF＝∠ABD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∴∠CAF+∠EAC＝∠BAE+∠EAC，
即∠MAN＝∠BAC；
当D在弦BC下方的圆上时，如图：
∵ ，∴∠CAF＝∠ACD，
∵ ，
∴∠ABD＝∠BAE，
∵∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠CAF+∠BAE＝180°，
∴∠MAN+∠BAC＝180°；
故答案为：∠MAN＝∠BAC或∠MAN+∠BAC＝180°；
（3）
（3）AP＝ BC，证明如下：
延长MA到K，使AK＝AM，连接NK，AP，如图：
∵P为MN中点，AM＝AK，
∴AP是△MKN的中位线，
∴AP＝ NK，
∵AB＝AM，
∴AB＝AK，
由（2）知∠BAC+∠MAN＝180°，
而∠NAK+∠MAN＝180°，
∴∠BAC＝∠NAK，
∵AC＝AN，
∴△BAC≌△KAN（SAS），
∴BC＝NK，
∴AP＝ BC；
（4）（4）作BM的垂直平分线、CN的垂直平分线，交点即为A，A的位置如图：
过N作NR⊥BM交BM延长线于R，过C作CS⊥NR于S，过C作CT⊥BM于T，如图：
∵∠BMN＝150°，
∴∠NMR＝30°，
∵MP＝PN＝ ，
∴MN＝2 ，
在Rt△MNR中，
NR＝ MN＝ ，RM＝ RM＝3，∠MNR＝90°﹣∠NMR＝60°，
∴BR＝BM+RM＝6+3＝9，
∵∠MNC＝90°，
∴∠SNC＝180°﹣∠MNC﹣∠MNR＝30°，
在Rt△CNS中，
CS＝ CN＝6，NS＝ CS＝6 ，∴SR＝NR+NS＝7 ，
∵∠S＝∠R＝∠CTR＝90°，
∴四边形CSRT是矩形，
∴RT＝CS＝6，CT＝SR＝7 ，
∴BT＝BR﹣RT＝9﹣6＝3，
在Rt△BCT中，
BC＝ ＝ ＝2 ，
由（3）知AP＝ BC，
∴AP＝ ．
