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中考数学与圆有关的位置关系试题归类
11.(2019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.(2019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.(2019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.
【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.(2019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.(2019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(2019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.
【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.(2019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.
(2019四川成都，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=
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.((2019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.(2019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.(2019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.(2019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.(2019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.
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，
∴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=BDtan30°=，
∴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.(2019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.(2019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.(2019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
(2019四川成都，7，3分)已知两圆外切，圆心距为5cm，若其中一个圆的半径是3cm，则另一个圆的半径是()
A.8cmB.5cmC.3cmD.2cm
解析：根据圆与圆的位置关系中“两圆外切d=R+r”，可知另一个圆的半径=5-3=2(cm)。
答案：选D
点评：可以根据d、R、r之间的关系，可以判断两圆的位置关系，反过来，已知两圆的位置关系及d、R、r中的两个字母的值，也判断第三个字母的值。
3.(2019山东德州中考,3,3,)如果两圆的半径分别为6和4，圆心距为10，那么这两圆的位置关系是()
(A)内含(B)内切(C)相交(D)外切
3.D【解析】由题意得，两圆的半径之和为两圆的圆心距，由两圆的位置关系可知，两圆必定外切，故选D.
【答案】D.
【点评】两圆的位置关系有：外离、内含、外切、内切，相交五种位置关系.
10.(2019四川省南充市，10，3分)如图，平面直角坐标系中，⊙O半径长为1，点P(a,0)，⊙P的半径长为2，把⊙P向左平移，当⊙P与⊙O相切时，a的值为()
A.3B.1C.1，3D.±1，±3
解析：⊙P在向左移动时首先会与⊙O外切，此时点P的坐标为(3,0);当⊙P继续向左平移，则会与⊙O内切，此时点P坐标为(1,0);继续向左平移则会与⊙O另一侧出现内切、外切，点P的坐标依次为(-1,0)、(-3,0)。
答案：D
点评：本题考查了两圆相切时，圆心距与半径的关系。对于没有明确两圆内切或外切的情况下，要全面考虑，以免出现漏解。
1.(2019贵州铜仁，14，4分已知圆O1和圆O2外切，圆心距为10cm，圆O1的半径为3cm，则圆O2的半径为______.
【解析】因为两圆外切，所以圆O1和圆O2的半径相加为10㎝，所以圆O2的半径为10-3=7cm.
【解答】7㎝.
【点评】此题考查圆和圆的位置关系，两圆半径分别为R和r(R>r).圆心距为d， 则两圆外切d=R+r;两圆内切d=R-r;两圆外离d>R+r;两圆内含d
13.(2019浙江丽水4分，13题)半径分别为3cm和4cm的两圆内切，这两圆的圆心距为________cm.
【解析】：圆心距d=4-3=1(cm).
【答案】：1
【点评】：本题主要考查圆和圆的位置与两圆半径R、r、圆心距d的关系.①当d>R+r时，两圆外离;②当d=R+r时，两圆外切;③当R-r
17.(2019江苏盐城，17，3分)已知⊙O1与⊙O2的半径分别是方程x2-4x+3=0的两根，且O1O2=t+2，若这两个圆相切，则t=.
【解析】本题考查了一元二次方程与两圆相切的性质.掌握两圆相切的性质是关键.先解一元二次方程确定两圆半径，再利用两圆相切的性质解题.解x2-4x+3=0的两根为x1=1，x2=3，当两圆内切时，t+2=3-1，t=0;当两圆外切时，t+2=1+3，t=2
【答案】t=0或2.
【点评】本题将一元二次方程和圆和圆的位置关系结合考察是一道较好的题目，要注意两圆相切分内切和外切两种情况.
1.
2.(2019年四川省德阳市，第18题、3分.)在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)，⊙A的半径是2，⊙P的半径是1，满足与⊙A及轴都相切的⊙P有个.
【解析】和⊙A相内切且与x轴相切的⊙P有1个，与x轴相切且与⊙A相外切的⊙P有3个，故共有4个.
【答案】4
【点评】本题考查了圆与圆的位置关系和坐标与图形性质.两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为d：外离，则d>R+r;外切，则d=R+r;相交，则R-r
31.3正多边形和圆
7.(2019安徽，7，4分)为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边
形与其内部小正方形的边长都为，则阴影部分的面积为()
A.2B.3C.4D.5
7.解析：图案中间的阴影部分是正方形，面积是a2，由于原来地砖更换成正八边形，四周一个阴影部分是对角线为a的正方形的一半，它的面积用对角线积的一半来计算.
解答：解：故选A.
点评：本题考查了正多边形的性质，关键要找出正八边形和原来正方形的关系，尽量用所给数据来计算.
第三十一章与圆有关的位置关系
31.1直线与圆的位置关系
11.(2019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=9
0°-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.
20.(2019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.(2019北京，20，5)已知：如图，是的直径，是上一点，于点，过点作的切线，交的延长线于点，连结.
(1)求证：与相切;
(2)连结并延长交于点，若，求的长.
【解析】圆与直线的位置关系;相似和三角函数
【答案】
(1)证明：连结OC
∵OD⊥BC
所以∠EOC=∠EOB
在△EOC和△EOB中
∴△EOC≌△EOB(SAS)
∴∠OBE=∠OCE=90°
∴BE与⊙O相切
(2)解：过点D作DH⊥AB
∵△ODH∽△OBD
∴OD：OB=OH：OD=DH：BD
又∵sin∠ABC=
∴OD=6
∴OH=4，OH=5，DH=2
又∵△ADH∽△AFB
∴AH：AB=DH：PB
13:18=2:FB
∴FB=
【点评】(1)利用全等三角形求出角度为90°，即得到相切的结论。
(2)利用三角形相似和三角函数求出三角形各线段的长。
(xxxx山东省潍坊市，题号7，分值3)7、已知两圆半径、分别是方程的两根，两圆的圆心距为7，则两圆的位置关系是()
A. 相交 B.内切C.外切 D.外离
考点：两圆的位置关系的判断和一元二次方程的解法
解答：解方程得到、，所以+=7.由于两圆的圆心距d为7,满足d=+，所以两圆外切，本题正确答案是C.
点评：本题考察了一元二次方程的解法和两圆的位置关系得判定，内容基础，综合性强.
9.(xxxx江苏省无锡市，9，3′)已知⊙O的半径为2，直线上有一点P满足PO=2，则直线与⊙O的位置关系是()
A.相切B.相离C.相离或相切D.相切或相交
【解析】判断直线与圆的位置关系常用方法之一：圆心到直线的距离与圆的半径进行比较，当圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离;当圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切;当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交。
P为直线上一点，但没有说PO⊥，所以当圆心到直线的距离应小于或等于半径，即直线与⊙O的位置关系是相交或相切的关系。
【答案】D
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系的判断方法，需要考虑P在直线的位置，进而要分情况考虑结果。考查学生全面分析问题的能力。
22.(2019浙江省温州市，22，10分)如图，△ABC中，，D是边AB上一点，且是BC边上的一点，以EC为直径的经过点D。
(1)求证：AB是的切线;
(2)若CD的弦心距为1，BE=EO，求BD的长。
【解析】欲证AB是的切线，只需证明OD⊥AB.欲求BD的长，只需利用特殊的三角函数值或勾股定理即可。
【答案】(1)证明：连结OD，
∵∠DOB=2∠DCB，
又∵∠A=2∠DCB，∴∠A=∠DOB.
∴∠A+∠B=90°，∴∠BDO=90°，
∴OD⊥AB，
∴AB是⊙O的切线.
(2)解法一：过点O作OM⊥CD于点M，
∵OD=OE=BE=BO，∠BDO=90°，
∴∠B=30°，∴∠DOB=60°，
∴∠DCB=30°，∴OC=2OM=2，
∴OD=2，BO=4，∴BD=
解法二：过点O作OM⊥CD于点M，连结DE，
∵OM⊥CD，∴CM=DM.
又∵OC=OE，∴DE=2OM=2，
∵Rt△BDO中，OE=BE，∴，
∴BO=4，∴OD=OE=2，∴BD=
【点评】本题涉及到圆的切线性质，勾股定理等知识考查.本题运用圆的切线性质是关键，圆的切线是圆的重点内容之一，也是中考考点内容之一，该题难度较小.
22.(湖南株洲市8,22题)(本题满分8分)如图，已知AD为的直径，B为AD延长线上一点，BC与切于C点，
求证：(1)、BD=CD;
(2)、△AOC≌△CDB.
【解析】由BD与CD在同一个三角形中，所以要证明它们相等，就应该利用等角对等边，也就是证明∠BCD=∠B，证明三角形相似，就是来找出两组角相等.
【解】(1)AD为的直径
∠ACD=90°
又∠A=30°，OA=OC=OD
∠ACO=30°，∠ODC=∠OCD=60°-----------------------------1分
又BC与切于C
∠OCB=90°------------------------------------------2分
∠BCD=30°
∠B=30°
∠BCD=∠B
BD=CD--------------------------------------------4分
(2)∠A=∠ACO=∠BCD=∠B=30°----------------------------6分
AC=BC-----------------------------------------------7分
--------------------------------------------------------8分
【点评】在实数运算中，掌握一些运算的基本技能，如零指
幂、负指数幂，特殊角的三角函数值，并掌握实数的运算顺序.
10.(xxxx江苏省无锡市，10，3′)如图，以M(-5,0)为圆心、
4为半径的圆与x轴交于A、B两点，P是⊙M上异于A、B的一动点，直线PA、PB分别交y轴于C、D，以CD为直径的⊙N与与x轴交于E、F两点，则EF的长()
A.等于B.等于
C.等于6D.随P点位置的变化而变化
【解析】方法一：利用锐角三角函数。设∠PAB=β，
则∠ODB=β，依题意可知AO=9，OB=1，在RtΔACO中，
tanβ=,则CO=9tanβ，同理，在RtΔBOD中可得，
∴CD=OC+OD=9tanβ+,连接NF，则NF=CD=
NO=DN-OD=CD-OD=-=，
在RtΔNOF中，=(NF+NO)(NF—NO)
=(+)
=9tanβ•=9，∴OF=3，∴EF=2OF=6.
方法二，利用切割线定理的推论。由切割线定理推论可知AE•AF=AP•AC，又
ΔACO∽ΔABP，得，∴AO•AB=AP•AC,∴AE•AF=AO•AB.
∵AO=9，AB=8，AE=AO-OE=9-OE，AF=AO+OF=AO+OE=9+OE,
∴(9-OE)•(9+OE)=72，∴81-OE²=72，∴OE²=9，∴OE=3，∴EF=6.
方法三，举特例。特殊问题不是一般性，当P运动到使∠PAB=45°时，可以很快得到NF=5，NO=4，在RtΔNOF中，可得OF=3.∴EF=6.
【答案】C，
【点评】本题借助圆的知识主要考查垂径定理及相似三角形的性质，动态的问题又有不变的地方，作为选择题，利用举特例比较好。此题难度较大。
20.(2019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。
22.(2019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.(2019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.(2019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
10.(2019四川省南充市，10，3分)如图，平面直角坐标系中，⊙O半径长为1，点P(a,0)，⊙P的半径长为2，把⊙P向左平移，当⊙P与⊙O相切时，a的值为()
A.3B.1C.1，3D.±1，±3
解析：⊙P在向左移动时首先会与⊙O外切，此时点P的坐标为(3,0);当⊙P继续向左平移，则会与⊙O内切，此时点P坐标为(1,0);继续向左平移则会与⊙O另一侧出现内切、外切，点P的坐标依次为(-1,0)、(-3,0)。
答案：D
点评：本题考查了两圆相切时，圆心距与半径的关系。对于没有明确两圆内切或外切的情况下，要全面考虑，以免出现漏解。
13.(2019浙江丽水4分，13题)半径分别为3cm和4cm的两圆内切，这两圆的圆心距为________cm.
【解析】：圆心距d=4-3=1(cm).
【答案】：1
【点评】：本题主要考查圆和圆的位置与两圆半径R、r、圆心距d的关系.①当d>R+r时，两圆外离;②当d=R+r时，两圆外切;③当R-r
31.3正多边形和圆
7.(2019安徽，7，4分)为增加绿化面积，某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖，更换后，图中阴影部分为植草区域，设正八边
形与其内部小正方形的边长都为，则阴影部分的面积为()
A.2B.3C.4D.5
7.解析：图案中间的阴影部分是正方形，面积是a2，由于原来地砖更换成正八边形，四周一个阴影部分是对角线为a的正方形的一半，它的面积用对角线积的一半来计算.
解答：解：故选A.
点评：本题考查了正多边形的性质，关键要找出正八边形和原来正方形的关系，尽量用所给数据来计算.
7.(2019浙江省温州市，7，4分)已知与外切，的半径为5cm，则的半径是()
A.13cmB.8cmC.6cmD.3cm
【解析】两圆外切时，d=R+r，由此计算，选D.
【答案】D
【点评】本题考查两圆相外切时与半径的关系，关键是数形结合，属于容易题。
(xxxx山东省潍坊市，题号18，分值9)18.如图，三角形ABC的两个顶点B、C在圆上，顶点A在圆上，顶点A在圆外，AB、AC
分别交圆于E、D两点，连接EC、BD
(1)求证：△ABD∽△ACE;
(2)若△ABC与△BDC的面积相等，试判定三角形ABC的形状.
考点：三角形相似的
解答：(1)证明：因为弧ED所对的圆周角相等，
所以∠EBD=∠ECD……………….2分
又因为∠A=∠A
所以△ABD∽△ACE……………….4分
(2)方法1:因为S△ABC=S△BDC，S△ACE=S△ABC-S△BEC,S△ABD=S△ABC-S△BCD
所以:S△ACE=S△ABD，
又根据(1)知，△ABD∽△ACE
所以对应边的比为1
所以AB=AC，即△ABC为等腰三角形。
方法2：因为△BEC与△BCD的面积相等，有公共底边BC，所以高相等，
即E、D两点到BC的距离相等，所以ED∥BC
所以∠BCE=∠CED
又因为∠CED=∠CBD
所以∠BCE=∠CBD
因为△ABD∽△ACE，所以∠ABD=∠ACE，
所以∠ABC=∠ACB
即△ABC为等腰三角形
点评：本题考查了圆周角定理、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定，综合性较强。
25.(2019湖北襄阳，25，10分)如图11，PB为⊙O的切线，B为切点，直线PO交⊙O于点E，F，过点B作PO的垂线BA，垂足为点D，交⊙O于点A，延长AO与⊙O交于点C，连接BC，AF.
(1)求证：直线PA为⊙O的切线;
(2)试探究线段EF，OD，OP之间的等量关系，并加以证明;
(3)若BC=6，tan∠F=，求cos∠ACB的值和线段PE的长.
【解析】(1)要证PA是⊙O的切线，只要连接OB，再证∠PAO=∠PBO=90°即可.(2)OD，OP分别是Rt△OAD，Rt△OPA的边，而这两个三角形相似且这两边不是对应边，所以可证得OA2=OD•OP，再将EF=2OA代入即可得出EF，OD，OP之间的等量关系.(3)利用tan∠F=，得出AD，OD之间的关系，据此设未知数后，根据AD=BD，OD=BC=3，AO=OC=OF=FD-OF，将AB，AC也表达成含未知数的代数式，再在Rt△ABC中运用勾股定理构建方程求解.
【答案】解：(1)证明：如下图，连接OB，
∵PB是⊙O的切线，∴∠PBO=90°.
∵OA=OB，BA⊥PO于D，∴AD=BD，∠POA=∠POB.
又∵PO=PO，∴△PAO≌△PBO.
∴∠PAO=∠PBO=90°.∴直线PA为⊙O的切线.
(2)EF2=4OD•OP.
证明：∵∠PAO=∠PDA=90°，
∴∠OAD+∠AOD=90°，∠OPA+∠AOP=90°.
∴∠OAD=∠OPA.∴△OAD∽△OPA.∴=，即OA2=OD•OP.
又∵EF=2OA，∴EF2=4OD•OP.
(3)∵OA=OC，AD=BD，BC=6，∴OD=BC=3.
设AD=x，∵tan∠F=，∴FD=2x，OA=OF=2x-3.
在Rt△AOD中，由勾股定理，得(2x-3)2=x2+32.
解之得，x1=4，x2=0(不合题意，舍去).
AD=4，OA=2x-3=5.
∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC=90°.
而AC=2OA=10，BC=6，
∴cos∠ACB==.
∵OA2=OD•OP，
∴3(PE+5)=25.
∴PE=.
【点评】本题考查了切线的判定、相似三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，综合性很强，并富有探究性.要证某线是圆的切线，若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;若此线与圆的切点未知，可以过圆心作这条直线的垂线段(即为垂直)，再证半径即可.另外，与圆有关的探究、计算问题，多与相似三角形和勾股定理有关，上来从这方面着手分析思考，有利于思路的快速打开.
第三十一章与圆有关的位置关系
31.1直线与圆的位置关系
31.2圆与圆的位置关系
31.3正多边形和圆
9.(2019贵州省毕节市，9，3分)第三十奥运会将于2019年7月27日在英国伦敦开幕，奥运会旗图案有五个圆环组成，右图也是一幅五环图案，在这个五个圆中，
不存在的位置关系是()
A.外离B.内切
C.外切D.相交
解析：根据两圆的位置关系易得到它们的位置关系有外切、外离、相交.
解答：解：观察图形，五个等圆不可能内切，也不可能内含，并且有的两个圆只有一个公共点，即外切;有的两个圆没有公共点，即外离;有的两个圆有两个公共点，即相交.故选B.
点评：本题考查了圆与圆的位置关系：若两圆的半径分别为R，r，圆心距为d，若d>R+r，两圆外离;若d=R+r，两圆外切;若R-r
(2019北海,10，3分)10.已知两圆的半径分别是3和4，圆心距的长为1，则两圆的位置关系为：()
A.外离B.相交C.内切D.外切
【解析】判断两圆的位置关系，主要要弄明白d与R、r之间的关系：当时，两圆外离;当时，两圆外切;当时，两圆相交;当时，两圆内切;当时，两圆内含。1=4-3。
【答案】C
【点评】本题考查的圆与圆的位置关系，关键是把图形的位置关系转化为d与R、r之间的数量关系，数形结合。属简单题型。
14.(2019贵州六盘水，14，4分)已知两圆的半径分别为2和3，两圆的圆心距为4，那么这两圆的位置关系是▲.
分析：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
解答：解：∵⊙O1和⊙O2的半径分别为2和3，O1O2=4，
R+r=5>4，R﹣r=1<4，满足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.(2019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
【解析】内含时，满足关系0≤d
【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.(2019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
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.(2019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.
【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.(2019贵州黔西南州，8，4分)如图3，⊙O的半径为2，点A的坐标为(2，23)，直线AB为⊙O的切线，B为切点，则B点的坐标为().
A.(-32，85)B.(-3，1)
C.(-45，95)D.(-1，3)
【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(2，23)，所以AC⊥OC.则AC=23，tan∠AOC=3，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=3.所以，B点的坐标为(-1，3).
【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.(2019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.(2019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.rB.rC.2rD.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.(2019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.(2019四川泸州，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.(2019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
15.(2019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
21.(2019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.(2019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.(2019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.(2019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.(2019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
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
19、(2019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。
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.(2019•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。
26、(2019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.(2019贵州遵义，24,分)如图，△OAC中