2022年各地中考数学解析版试卷分类汇编点直线与圆的位置关系.docx

点直线与圆的位置关系
一、选择题
1. 〔2022·湖北鄂州〕如下列图，AB是⊙O的直径，AM、BN是⊙O的两条切线，D、C分别在AM、BN上，DC切⊙O于点E，连接OD、OC、BE、AE，BE与OC相交于点P，AE与OD相交于点Q，AD=4，BC=9. 以下结论：
①⊙O的半径为②OD∥BE ③PB=④tan∠CEP=
其中正确的结论有〔 〕
A. 1个 B. 2个 C.3个 D. 4个
【考点】直线与圆的位置关系〔直线与圆的相交，直线与圆的相切〕，平行线的判定，矩形的判定和性质，直角三角形的性质及判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等.
【分析】①连接OE，那么OE⊥DC，易证明四边形ABCD是梯形，那么其中位线长等于〔4+9〕=，而梯形ABCD的中位线平行于两底，显而易见，中位线的长〔斜边〕大于直角边〔或运用垂线段最短判定〕，故可判断①错误；另外的方法是直接计算出⊙O的半径的长〔做选择题时，不宜〕；
②先证明△AOD≌△EOD，得出∠AOD=∠EOD=∠AOE，再运用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半证明∠AOD=∠ABE，从而得出OD∥BE，故②正确；
③由①知OB=6，根据勾股定理示出OC，再证明△OPB∽△OBC，那么=，可得出PB的长.
④易知∠CEP＞∠ECP，所以CP＞PE，故tan∠CEP=错误.
【解答】①解法一：易知四边形ABCD是梯形，那么其中位线长等于〔4+9〕=，OE为⊙O的半径，且OE⊥DC，而梯形ABCD的中位线平行于两底，显而易见，中位线的长〔斜边〕大于直角边的长〔或运用垂线段最短判定〕，故可判断①错误；
解法二：过点D作DF⊥BC于点F，
∴AM，BN分别切⊙O于点A，B，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴四边形ABFD是矩形，
∴AD=BF，AB=DF，
又∵AD=4，BC=9，
∴FC=9﹣4=5，
∴AM，BN，DC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，
∴DF===12，
∴AB=12，
∴⊙O的半径R是6．
故①错误；
②连接OE，
∵AM、DE是⊙O的切线，
∴DA=DE，∠OAD=∠OED=90°，
又∵OD=OD，
在△AOD和△EOD中，
DA=DE
OD=OD
∴△AOD≌△EOD，
∴∠AOD=∠EOD=∠AOE，
∵∠ABE=∠AOE，
∴∠AOD=∠ABE，
∴OD∥BE.
故②正确；
③根据勾股定理，OC===3；
由①知OB=6，
易知△OPB∽△OBC，那么=，
∴PB===.
故③正确；
④易知∠CEP＞∠ECP，所以CP＞PE，故tan∠CEP=错误.
综上，正确的答案为：B．
【点评】在解决切线的问题中，一般先连接切点和圆心，再证明垂直；同时熟记切线垂直于经过切点的半径. 在做判断题时，不需要计算出结果时，一定要灵活运用多种方法，以节约时间.
2．(2022安徽，10，4分)﹣如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=6，BC=4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC，那么线段CP长的最小值为〔　　〕
A． B．2 C． D．
【考点】点与圆的位置关系；圆周角定理．
【分析】首先证明点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC与⊙O交于点P，此时PC最小，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
【解答】解：∵∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠PBC=90°，
∵∠PAB=∠PBC，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，
∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，
在RT△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=4，OB=3，
∴OC==5，
∴PC=OC=OP=5﹣3=2．
∴PC最小值为2．
应选B．
3.〔2022,湖北宜昌，13，3分〕在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树，位置如下列图〔图中小正方形的边长均相等〕现方案修建一座以O为圆心，OA为半径的圆形水池，要求池中不留树木，那么E、F、G、H四棵树中需要被移除的为〔　　〕
A．E、F、G B．F、G、H C．G、H、E D．H、E、F
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】应用题．
【分析】根据网格中两点间的距离分别求出，OE，OF，OG，OH然后和OA比较大小．最后得到哪些树需要移除．
【解答】解：∵OA==，
∴OE=2＜OA，所以点E在⊙O内，
OF=2＜OA，所以点E在⊙O内，
OG=1＜OA，所以点E在⊙O内，
OH==2＞OA，所以点E在⊙O外，
应选A
【点评】此题是点与圆的位置关系，主要考查了网格中计算两点间的距离，比较线段长短的方法，计算距离是解此题的关键．点到圆心的距离小于半径，点在圆内，点到圆心的距离大于半径，点在圆外，点到圆心的距离大于半径，点在圆内．
4.〔2022年浙江省衢州市〕如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，假设∠A=30°，那么sin∠E的值为〔　　〕
A． B． C． D．
【考点】切线的性质．
【分析】首先连接OC，由CE是⊙O切线，可证得OC⊥CE，又由圆周角定理，求得∠BOC的度数，继而求得∠E的度数，然后由特殊角的三角函数值，求得答案．
【解答】解：连接OC，
∵CE是⊙O切线，
∴OC⊥CE，
∵∠A=30°，
∴∠BOC=2∠A=60°，
∴∠E=90°﹣∠BOC=30°，
∴sin∠E=sin30°=．
应选A．
5.〔2022年浙江省台州市〕如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P，Q分别是边BC和半圆上的动点，连接PQ，那么PQ长的最大值与最小值的和是〔　　〕
A．6 B．2+1 C．9 D．
【考点】切线的性质．
【分析】如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，求出OP1，如图当Q2在AB边上时，P2与B重合时，
P2Q2最大值=5+3=8，由此不难解决问题．
【解答】解：如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，
此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，
∵AB=10，AC=8，BC=6，
∴AB2=AC2+BC2，
∴∠C=90°，
∵∠OP1B=90°，
∴OP1∥AC
∵AO=OB，
∴P1C=P1B，
∴OP1=AC=4，
∴P1Q1最小值为OP1﹣OQ1=1，
如图，当Q2在AB边上时，P2与B重合时，
P2Q2最大值=5+3=8，
∴PQ长的最大值与最小值的和是9．
应选C．
6．〔2022·山西〕如图，在ABCD中，AB为的直径，与DC相切于点E，与AD相交于点F，AB=12，，那么的长为〔 C 〕
A．B．C．D．
考点：切线的性质，求弧长
分析：如图连接OF，OE
由切线可知，故由平行可知
由OF=OA，且，所以所以△OFA为等
边三角形∴，
从而可以得出所对的圆心角然后根据弧长公式即可求出
解答：
r=12÷2=6
∴=
应选C
7．〔2022·上海〕如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=7，点D在边BC上，CD=3，⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交，且点B在⊙D外，那么⊙D的半径长r的取值范围是〔　　〕
A．1＜r＜4 B．2＜r＜4 C．1＜r＜8 D．2＜r＜8
【考点】圆与圆的位置关系；点与圆的位置关系．
【分析】连接AD，
根据勾股定理得到AD=5，
根据圆与圆的位置关系得到r＞5﹣3=2，
由点B在⊙D外，
于是得到r＜4，
即可得到结论．
【解答】解：连接AD，
∵AC=4，CD=3，∠C=90°，
∴AD=5，
∵⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交，
∴r＞5﹣3=2，
∵BC=7，
∴BD=4，
∵点B在⊙D外，
∴r＜4，
∴⊙D的半径长r的取值范围是2＜r＜4，
应选B．
【点评】此题考查了圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，设点到圆心的距离为d，那么当d=r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．
8．〔2022·江苏连云港〕如图，在网格中〔每个小正方形的边长均为1个单位〕选取9个格点〔格线的交点称为格点〕．如果以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，那么r的取值范围为〔　　〕
A．2＜r＜ B．＜r＜3 C．＜r＜5 D．5＜r＜
【分析】如图求出AD、AB、AE、AF即可解决问题．
【解答】解：如图，∵AD=2，AE=AF=，AB=3，
∴AB＞AE＞AD，
∴＜r＜3时，以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，
应选B．
【点评】此题考查点由圆的位置关系、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，理解题意，属于中考常考题型．
9．〔2022·江苏无锡〕如图，AB是⊙O的直径，AC切⊙O于A，BC交⊙O于点D，假设∠C=70°，那么∠AOD的度数为〔　　〕
A．70° B．35° C．20° D．40°
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【分析】先依据切线的性质求得∠CAB的度数，然后依据直角三角形两锐角互余的性质得到∠CBA的度数，然后由圆周角定理可求得∠AOD的度数．
【解答】解：∵AC是圆O的切线，AB是圆O的直径，
∴AB⊥AC．
∴∠CAB=90°．
又∵∠C=70°，
∴∠CBA=20°．
∴∠DOA=40°．
应选：D．
二、填空题
1.〔2022·四川成都·5分〕如图，△ABC内接于⊙O，AH⊥BC于点H，假设AC=24，AH=18，⊙O的半径OC=13，那么AB=．
【考点】三角形的外接圆与外心．
【分析】首先作直径AE，连接CE，易证得△ABH∽△AEC，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得⊙O半径．
【解答】解：作直径AE，连接CE，
∴∠ACE=90°，
∵AH⊥BC，
∴∠AHB=90°，
∴∠ACE=∠ADB，
∵∠B=∠E，
∴△ABH∽△AEC，
∴=，
∴AB=，
∵AC=24，AH=18，AE=2OC=26，
∴AB==，
故答案为：．
2.〔2022·四川凉山州·5分〕如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠DC=90°，AB=AD=，CD=，点P是四边形ABCD四条边上的一个动点，假设P到BD的距离为，那么满足条件的点P有2个．
【考点】点到直线的距离．
【分析】首先作出AB、AD边上的点P〔点A〕到BD的垂线段AE，即点P到BD的最长距离，作出BC、CD的点P〔点C〕到BD的垂线段CF，即点P到BD的最长距离，由计算出AE、CF的长为，比较得出答案．
【解答】解：过点A作AE⊥BD于E，过点C作CF⊥BD于F，
∵∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=，CD=2，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠CDF=90°﹣∠ADB=45°，
∵sin∠ABD=，
∴AE=AB•sin∠ABD=3•sin45°=3＞，
CF=2＜，
所以在AB和AD边上有符合P到BD的距离为的点2个，
故答案为：2．
3．〔2022•呼和浩特〕在周长为26π的⊙O中，CD是⊙O的一条弦，AB是⊙O的切线，且AB∥CD，假设AB和CD之间的距离为18，那么弦CD的长为24．
【考点】切线的性质．
【分析】如图，设AB与⊙O相切于点F，连接OF，OD，延长FO交CD于点E，首先证明OE⊥CD，在RT△EOD中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，设AB与⊙O相切于点F，连接OF，OD，延长FO交CD于点E．
∵2πR=26π，
∴R=13，
∴OF=OD=13，
∵AB是⊙O切线，
∴OF⊥AB，
∵AB∥CD，
∴EF⊥CD即OE⊥CD，
∴CE=ED，
∵EF=18，OF=13，
∴OE=5，
在RT△OED中，∵∠OED=90°，OD=13，OE=5，
∴ED===12，
∴CD=2ED=24．
故答案为24．
4.〔2022.山东省泰安市，3分〕如图，半径为3的⊙O与Rt△AOB的斜边AB切于点D，交OB于点C，连接CD交直线OA于点E，假设∠B=30°，那么线段AE的长为．
【分析】要求AE的长，只要求出OA和OE的长即可，要求OA的长可以根据∠B=30°和OB的长求得，OE可以根据∠OCE和OC的长求得．
【解答】解：连接OD，如右图所示，
由可得，∠BOA=90°，OD=OC=3，∠B=30°，∠ODB=90°，
∴BO=2OD=6，∠BOD=60°，
∴∠ODC=∠OCD=60°，AO=BOtan30°=，
∵∠COE=90°，OC=3，
∴OE=OCtan60°=，
∴AE=OE﹣OA=，
故答案为：．
【点评】此题考查切线的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
5．〔2022·江苏无锡〕如图，△AOB中，∠O=90°，AO=8cm，BO=6cm，点C从A点出发，在边AO上以2cm/s的速度向O点运动，与此同时，点D从点B出发，在边BO上以1.5cm/s的速度向O点运动，过OC的中点E作CD的垂线EF，那么当点C运动了s时，以C点为圆心，1.5cm为半径的圆与直线EF相切．
【考点】直线与圆的位置关系．
【分析】当以点C为圆心，1.5cm为半径的圆与直线EF相切时，即CF=1.5cm，又因为∠EFC=∠O=90°，所以△EFC∽△DCO，利用对应边的比相等即可求出EF的长度，再利用勾股定理列出方程即可求出t的值，要注意t的取值范围为0≤t≤4．
【解答】解：当以点C为圆心，1.5cm为半径的圆与直线EF相切时，
此时，CF=1.5，
∵AC=2t，BD=t，
∴OC=8﹣2t，OD=6﹣t，
∵点E是OC的中点，
∴CE=OC=4﹣t，
∵∠EFC=∠O=90°，∠FCE=∠DCO
∴△EFC∽△DCO
∴=
由勾股定理可知：CE2=CF2+EF2，
∴〔4﹣t〕2=+，
解得：t=或t=，
∵0≤t≤4，
∴t=．
故答案为：
三、解答题
1. 〔2022·湖北咸宁〕〔此题总分值9分〕如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F.
〔1〕试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
〔2〕假设BD=2，BF=2，求阴影局部的面积〔结果保存π〕
【考点】直线与圆的位置关系，勾股定理，扇形面积，三角函数.
【分析】〔1〕连接OD，证明OD∥AC即可解决问题；
〔2〕设⊙O的半径为r，那么OD=r，OB= r+2，在Rt△BDO中， OD2+BD2=OB2，求出r，利用S阴影=S△OBD-S扇形BDF即可解决问题.
【解答】解：(1) BC与⊙O相切，理由如下：
连接OD.
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD=∠OAD.
又∵∠OAD=∠ODA，
∴∠CAD=∠ODA，
∴OD∥AC； …………………………………………2分
∴∠BDO=∠C=90°，
∴BC与⊙O相切. ……………………………………4分
〔2〕解：设⊙O的半径为r，那么OD=r，OB= r+2.
由〔1〕知∠BDO=90°，
∴OD2+BD2=OB2，即r2+(2)2=( r+2)2，
解得 r=2. …………………………………………5分
∵tan∠BOD===,
∴∠BOD=60°. …………………………………7分
S阴影=S△OBD-S扇形BDF=×OD×BD-×πr2=2-π.
………………………………….9分
【点评】此题综合考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，扇形面积，三角函数. 第〔1〕小题中，连接OD，证明OD∥AC是解题的关键；第〔2〕小题中，利用勾股定理r和S阴影=S△OBD-S扇形BDF是解题的关键.
2.(2022·四川资阳)如图，在⊙O中，点C是直径AB延长线上一点，过点C作⊙O的切线，切点为D，连结BD．
〔1〕求证：∠A=∠BDC；
〔2〕假设CM平分∠ACD，且分别交AD、BD于点M、N，当DM=1时，求MN的长．
【考点】切线的性质．
【分析】〔1〕由圆周角推论可得∠A+∠ABD=90°，由切线性质可得∠CDB+∠ODB=90°，而∠ABD=∠ODB，可得答案；
〔2〕由角平分线及三角形外角性质可得∠A+∠ACM=∠BDC+∠DCM，即∠DMN=∠DNM，根据勾股定理可求得MN的长．
【解答】解：〔1〕如图，连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即∠A+∠ABD=90°，
又∵CD与⊙O相切于点D，
∴∠CDB+∠ODB=90°，
∵OD=OB，
∴∠ABD=∠ODB，
∴∠A=∠BDC；
〔2〕∵CM平分∠ACD，
∴∠DCM=∠ACM，
又∵∠A=∠BDC，
∴∠A+∠ACM=∠BDC+∠DCM，即∠DMN=∠DNM，
∵∠ADB=90°，DM=1，
∴DN=DM=1，
∴MN==．
3.(2022·四川自贡)如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，弦BD=BA，BE⊥DC交DC的延长线于点E．
〔1〕求证：∠1=∠BAD；
〔2〕求证：BE是⊙O的切线．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理；切线的判定．
【分析】〔1〕根据等腰三角形的性质和圆周角定理得出即可；
〔2〕连接BO，求出OB∥DE，推出EB⊥OB，根据切线的判定得出即可；
【解答】证明：〔1〕∵BD=BA，
∴∠BDA=∠BAD，
∵∠1=∠BDA，
∴∠1=∠BAD；
〔2〕连接BO，
∵∠ABC=90°，
又∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BCO+∠BCD=180°，
∵OB=OC，
∴∠BCO=∠CBO，
∴∠CBO+∠BCD=180°，
∴OB∥DE，
∵BE⊥DE，
∴EB⊥OB，
∵OB是⊙O的半径，
∴BE是⊙O的切线．
【点评】此题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，切线的判定，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
4.(2022·云南)如图，AB为⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C的直线交AB的延长线于点D，AE⊥DC，垂足为E，F是AE与⊙O的交点，AC平分∠BAE．
〔1〕求证：DE是⊙O的切线；
〔2〕假设AE=6，∠D=30°，求图中阴影局部的面积．
【考点】切线的判定；扇形面积的计算．
【分析】〔1〕连接OC，先证明∠OAC=∠OCA，进而得到OC∥AE，于是得到OC⊥CD，进而证明DE是⊙O的切线；
〔2〕分别求出△OCD的面积和扇形OBC的面积，利用S阴影=S△COD﹣S扇形OBC即可得到答案．
【解答】解：〔1〕连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠BAE，
∴∠OAC=∠CAE，
∴∠OCA=∠CAE，
∴OC∥AE，
∴∠OCD=∠E，
∵AE⊥DE，
∴∠E=90°，
∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∵点C在圆O上，OC为圆O的半径，
∴CD是圆O的切线；
〔2〕在Rt△AED中，
∵∠D=30°，AE=6，
∴AD=2AE=12，
在Rt△OCD中，∵∠D=30°，
∴DO=2OC=DB+OB=DB+OC，
∴DB=OB=OC=AD=4，DO=8，
∴CD===4，
∴S△OCD===8，
∵∠D=30°，∠OCD=90°，
∴∠DOC=60°，
∴S扇形OBC=×π×OC2=，
∵S阴影=S△COD﹣S扇形OBC
∴S阴影=8﹣，
∴阴影局部的面积为8﹣．
【点评】此题主要考查了切线的判定以及扇形的面积计算，解〔1〕的关键是证明OC⊥DE，解〔2〕的关键是求出扇形OBC的面积，此题难度一般．
5.(2022·云南)四边形ABCD的对角线交于点E，有AE=EC，BE=ED，以AB为直径的半圆过点E，圆心为O．
〔1〕利用图1，求证：四边形ABCD是菱形．
〔2〕如图2，假设CD的延长线与半圆相切于点F，直径AB=8．
①连结OE，求△OBE的面积．
②求弧AE的长．
【考点】菱形的判定与性质；切线的性质．
【分析】〔1〕先由AE=EC、BE=ED可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；
〔2〕①连结OF，由切线可得OF为△ABD的高且OF=4，从而可得S△ABD，由OE为△ABD的中位线可得S△OBE=S△ABD；
②作DH⊥AB于点H，结合①可知四边形OHDF为矩形，即DH=OF=4，根据sin∠DAB==知∠EOB=∠DAH=30°，即∠AOE=150°，根据弧长公式可得答案
【解答】解：〔1〕∵AE=EC，BE=ED，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵AB为直径，且过点E，
∴∠AEB=90°，即AC⊥BD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形．
〔2〕①连结OF．
∵CD的延长线与半圆相切于点F，
∴OF⊥CF．
∵FC∥AB，
∴OF即为△ABD中AB边上的高．
∴S△ABD=AB×OF=×8×4=16，
∵点O是AB中点，点E是BD的中点，
∴S△OBE=S△ABD=4．
②过点D作DH⊥AB于点H．
∵AB∥CD，OF⊥CF，
∴FO⊥AB，
∴∠F=∠FOB=∠DHO=90°．
∴四边形OHDF为矩形，即DH=OF=4．
∵在Rt△DAH中，sin∠DAB==，
∴∠DAH=30°．
∵点O，E分别为AB，BD中点，
∴OE∥AD，
∴∠EOB=∠DAH=30°．
∴∠AOE=180°﹣∠EOB=150°．
∴弧AE的长==．
【点评】此题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．
6.〔2022·四川达州·8分〕如图，AB为半圆O的直径，C为半圆O上一点，连接AC，BC，过点O作OD⊥AC于点D，过点A作半圆O的切线交OD的延长线于点E，连接BD并延长交AE于点F．
〔1〕求证：AE•BC=AD•AB；
〔2〕假设半圆O的直径为10，sin∠BAC=，求AF的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；切线的性质；锐角三角函数的定义．
【分析】〔1〕只要证明△EAD∽△ABC即可解决问题．
〔2〕作DM⊥AB于M，利用DM∥AE，得=，求出DM、BM即可解决问题．
【解答】〔1〕证明：∵AB为半圆O的直径，
∴∠C=90°，
∵OD⊥AC，
∴∠CAB+∠AOE=90°，∠ADE=∠C=90°，
∵AE是切线，
∴OA⊥AE，
∴∠E+∠AOE=90°，
∴∠E=∠CAB，
∴△EAD∽△ABC，
∴AE：AB=AD：BC，
∴AE•BC=AD•AB．
〔2〕解：作DM⊥AB于M，
∵半圆O的直径为10，sin∠BAC=，
∴BC=AB•sin∠BAC=6，
∴AC==8，
∵OE⊥AC，
∴AD=AC=4，OD=BC=3，
∵sin∠MAD==，
∴DM=，AM===，BM=AB﹣AM=，
∵DM∥AE，
∴=，
∴AF=．
7.〔2022·四川广安·9分〕如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心，经过A，C两点且与BC边交于点E，点D为CE的下半圆弧的中点，连接AD交线段EO于点F，假设AB=BF．
〔1〕求证：AB是⊙O的切线；
〔2〕假设CF=4，DF=，求⊙O的半径r及sinB．
【考点】切线的判定．
【分析】〔1〕连接OA、OD，如图，根据垂径定理得OD⊥BC，那么∠D+∠OFD=90°，再由AB=BF，OA=OD得到∠BAF=∠BFA，∠OAD=∠D，加上∠BFA=∠OFD，所以∠OAD+∠BAF=90°，那么OA⊥AB，然后根据切线的判定定理即可得到AB是⊙O切线；
〔2〕先表示出OF=4﹣r，OD=r，在Rt△DOF中利用勾股定理得r2+〔4﹣r〕2=〔〕2，解方程得到r的值，那么OA=3，OF=CF﹣OC=4﹣3=1，BO=BF+FO=AB+1．
然后在Rt△AOB中利用勾股定理得AB2+OA2=OB2，即AB2+32=〔AB+1〕2，解方程得到AB=4的值，再根据三角函数定义求出sinB．
【解答】〔1〕证明：连接OA、OD，如图，
∵点D为CE的下半圆弧的中点，
∴OD⊥BC，
∴∠EOD=90°，
∵AB=BF，OA=OD，
∴∠BAF=∠BFA，∠OAD=∠D，
而∠BFA=∠OFD，
∴∠OAD+∠BAF=∠D+∠BFA=90°，即∠OAB=90°，
∴OA⊥AB，
∴AB是⊙O切线；
〔2〕解：OF=CF﹣OC=4﹣r，OD=r，DF=，
在Rt△DOF中，OD2+OF2=DF2，即r2+〔4﹣r〕2=〔〕2，
解得r1=3，r2=1〔舍去〕；
∴半径r=3，
∴OA=3，OF=CF﹣OC=4﹣3=1，BO=BF+FO=AB+1．
在Rt△AOB中，AB2+OA2=OB2，
∴AB2+32=〔AB+1〕2，
∴AB=4，OB=5，
∴sinB==．
8.〔2022·四川乐山·10分〕如图13，在中，,以边为直径作⊙交边于点,过点作于点，、的延长线交于点.
〔1〕求证：是⊙的切线；
〔2〕假设,且,求⊙的半径与线段的长.
解析：
〔1〕证明：如图2所示，连结，
∵，∴.
∵，∴.
∴，∴∥.…………〔2分〕
∵，∴.
∴是⊙的切线…………〔5分〕
〔2〕在和中，
∵，∴ .
设，那么.∴，.…………〔6分〕
∵，∴.…………〔7分〕
∴，解得=，…………〔9分〕
∴⊙的半径长为 ，=……………………〔10分〕
9.〔2022湖北宜昌，21，8分〕如图，CD是⊙O的弦，AB是直径，且CD∥AB，连接AC、AD、OD，其中AC=CD，过点B的切线交CD的延长线于E．
〔1〕求证：DA平分∠CDO；
〔2〕假设AB=12，求图中阴影局部的周长之和〔参考数据：π=3.1， =1.4， =1.7〕．
【考点】切线的性质；弧长的计算．
【分析】〔1〕只要证明∠CDA=∠DAO，∠DAO=∠ADO即可．
〔2〕首先证明==，再证明∠DOB=60°得△BOD是等边三角形，由此即可解决问题．
【解答】证明：〔1〕∵CD∥AB，
∴∠CDA=∠BAD，
又∵OA=OD，
∴∠ADO=∠BAD，
∴∠ADO=∠CDA，
∴DA平分∠CDO．
〔2〕如图，连接BD，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠CDA，
又∵CD∥AB，
∴∠CDA=∠BAD，
∴∠CDA=∠BAD=∠CAD，
∴==，
又∵∠AOB=180°，
∴∠DOB=60°，
∵OD=OB，
∴△DOB是等边三角形，
∴BD=OB=AB=6，
∵=，
∴AC=BD=6，
∵BE切⊙O于B，
∴BE⊥AB，
∴∠DBE=∠ABE﹣∠ABD=30°，
∵CD∥AB，
∴BE⊥CE，
∴DE=BD=3，BE=BD×cos∠DBE=6×=3，
∴的长==2π，
∴图中阴影局部周长之和为2=4π+9+3=4×3.1+9+3×1.7=26.5．
【点评】此题考查切线的性质、平行线的性质、等边三角形的判定和性质、弧长公式等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
10.〔2022江苏淮安，25，10分〕如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，点O在边AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆经过点C，过点C作直线MN，使∠BCM=2∠A．
〔1〕判断直线MN与⊙O的位置关系，并说明理由；
〔2〕假设OA=4，∠BCM=60°，求图中阴影局部的面积．
【考点】直线与圆的位置关系；扇形面积的计算．
【分析】〔1〕MN是⊙O切线，只要证明∠OCM=90°即可．
〔2〕求出∠AOC以及BC，根据S阴=S扇形OAC﹣S△OAC计算即可．
【解答】解：〔1〕MN是⊙O切线．
理由：连接OC．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A，∠BCM=2∠A，
∴∠BCM=∠BOC，
∵∠B=90°，
∴∠BOC+∠BCO=90°，
∴∠BCM+∠BCO=90°，
∴OC⊥MN，
∴MN是⊙O切线．
〔2〕由〔1〕可知∠BOC=∠BCM=60°，
∴∠AOC=120°，
在RT△BCO中，OC=OA=4，∠BCO=30°，
∴BO=OC=2，BC=2
∴S阴=S扇形OAC﹣S△OAC=﹣=﹣4．
【点评】此题考查直线与圆的位置关系、扇形面积、三角形面积等知识，解题的关键是记住切线的判定方法，扇形的面积公式，属于中考常考题型．
11.〔2022·广东梅州〕如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在
⊙O上，AC=CD，∠ACD=120°．
〔1〕求证：CD是⊙O的切线；
〔2〕假设⊙O的半径为2，求图中阴影局部的面积．
考点：圆的切线的判定，扇形的面积公式，三角函数。
解析：〔1〕证明：连接OC．
∵AC=CD，∠ACD=120°，
∴∠CAD=∠D=30°．………………………2分
∵OA=OC，
∴∠2=∠CAD =30°．〔或∠ACO=∠CAD=30° 〕……………3分
∴∠OCD=∠ACD —∠ACO=90°，即OC⊥CD．
∴CD是⊙O的切线．………………………4分
〔2〕解：由〔1〕知∠2=∠CAD =30°．〔或∠ACO=∠CAD=30° 〕，
∴∠1=60°．〔或∠COD =60°〕…………………5分
∴．………………………6分
在Rt△OCD中，∵，
∴．………………………7分
∴，…………………8分
∴图中阴影局部的面积为．…………………9分
12.〔2022·广东深圳〕如图，⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦，AB与CD交于点M，将弧CD沿着CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP=OA，链接PC。
（1） 求CD的长；
（2） 求证：PC是⊙O的切线；
（3） 点G为弧ADB的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E，交弧BC于点F〔F与B、C不重合〕。问GE▪GF是否为定值如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由。
考点：勾股定理，圆的切线的判定，三角形的相似。
解析：
1)如答图1，连接OC
∵沿CD翻折后，A与O重合
∴OM=OA=1，CD⊥OA
∵OC=2
∴CD=2CM=2=2
(2) ∵PA=OA=2,AM=OM=1,CM=
又∵CMP=∠OMC=90°
∴PC==2
∵OC=2,PO=4
∴PC+OC=PO
∴∠PCO=90°
∴PC与☉O相切
（3） GE·GF为定值，证明如下：
如答图2，连接GA、AF、GB
∵G为中点
∴
∴∠BAG=∠AFG
∵∠AGE=∠FGA
∴△AGE∽△FGA
∴
∴GE·GF=AG
∵AB为直径，AB=4
∴∠BAG=∠ABG=45°
∴AG=2
∴GE·GF=AG=8
13.〔2022·广西贺州〕如图，在△ABC中，E是AC边上的一点，且AE=AB，∠BAC=2∠CBE，以AB为直径作⊙O交AC于点D，交BE于点F．
〔1〕求证：BC是⊙O的切线；
〔2〕假设AB=8，BC=6，求DE的长．
【考点】切线的判定．
【分析】〔1〕由AE=AB，可得∠ABE=90°﹣∠BAC，又由∠BAC=2∠CBE，可求得∠ABC=∠ABE+∠CBE=90°，继而证得结论；
〔2〕首先连接BD，易证得△ABD∽△ACB，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【解答】〔1〕证明：∵AE=AB，
∴△ABE是等腰三角形，
∴∠ABE=〔180°﹣∠BAC=〕=90°﹣∠BAC，
∵∠BAC=2∠CBE，
∴∠CBE=∠BAC，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=〔90°﹣∠BAC〕+∠BAC=90°，
即AB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
〔2〕解：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ADB=∠ABC，
∵∠A=∠A，
∴△ABD∽△ACB，
∴=，
∵在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，
∴AC==10，
∴，
解得：AD=6.4，
∵AE=AB=8，
∴DE=AE﹣AD=8﹣6.4=1.6．
【点评】此题考查了切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及勾股定理．注意准确作出辅助线，证得△ABD∽△ACB是解此题的关键．
14.(2022年浙江省丽水市)如图，AB是以BC为直径的半圆O的切线，D为半圆上一点，AD=AB，AD，BC的延长线相交于点E．
〔1〕求证：AD是半圆O的切线；
〔2〕连结CD，求证：∠A=2∠CDE；
〔3〕假设∠CDE=27°，OB=2，求的长．
【考点】切线的判定与性质；弧长的计算．
【分析】〔1〕连接OD，BD，根据圆周角定理得到∠ABO=90°，根据等腰三角形的性质得到∠ABD=∠ADB，∠DBO=∠BDO，根据等式的性质得到∠ADO=∠ABO=90°，根据切线的判定定理即可得到即可；
〔2〕由AD是半圆O的切线得到∠ODE=90°，于是得到∠ODC+∠CDE=90°，根据圆周角定理得到∠ODC+∠BDO=90°，等量代换得到∠DOC=2∠BDO，∠DOC=2∠CDE即可得到结论；
〔3〕根据条件得到∠DOC=2∠CDE=54°，根据平角的定义得到∠BOD=180°﹣54°=126°，然后由弧长的公式即可计算出结果．
【解答】〔1〕证明：连接OD，BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴AB⊥BC，即∠ABO=90°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠BDO，
∴∠ABD+∠DBO=∠ADB+∠BDO，
∴∠ADO=∠ABO=90°，
∴AD是半圆O的切线；
〔2〕证明：由〔1〕知，∠ADO=∠ABO=90°，
∴∠A=360°﹣∠ADO﹣∠ABO﹣∠BOD=180°﹣∠BOD，
∵AD是半圆O的切线，
∴∠ODE=90°，
∴∠ODC+∠CDE=90°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠ODC+∠BDO=90°，
∴∠BDO=∠CDE，
∵∠BDO=∠OBD，
∴∠DOC=2∠BDO，
∴∠DOC=2∠CDE，
∴∠A=∠CDE；
〔3〕解：∵∠CDE=27°，
∴∠DOC=2∠CDE=54°，
∴∠BOD=180°﹣54°=126°，
∵OB=2，
∴的长==π．
15.〔2022年浙江省宁波市〕如图，⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠BAC的平分线交⊙O于