2021-2022学年浙教版数学九下2.1 直线和圆的位置关系同步练习

2021-2022学年浙教版数学九下2.1 直线和圆的位置关系同步练习
一、单选题
1．（2021九上·龙江期末）在平面直角坐标系中，以点为圆心，3为半径的圆（　　）
A．与x轴相交，与y轴相切 B．与x轴相切，与y轴相交
C．与x轴相切，与y轴相离 D．与x轴相离，与y轴相交
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵点到x轴的距离等于3，到y轴的距离等于2
∴以点为圆心，3为半径的圆与x轴相切，与y轴相交
故答案为：B
【分析】根据点坐标可得点到坐标轴的距离，再结合点到坐标轴的距离与半径的大小比较即可得到答案。
2．（2021九上·龙江期末）如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切，切点为C，若大圆的半径是13，小圆的半径是5，则AB的长为（　　）
A．10 B．12 C．20 D．24
【答案】D
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OC，如图，
∵AB为小圆的切线，
∴OC⊥AB，
∴AC＝BC，
在Rt△OAC中，∵OA＝13，OC＝5，
∴AC＝＝12，
∴AB＝2AC＝24．
故答案为：D．
【分析】连接OA、OC，先利用勾股定理求出AC的长，再利用垂径定理可得AB＝2AC＝24．
3．（2021九上·临江期末） 如图，PA、PB切⊙O于点A、B，点C是⊙O上一点，且∠P＝36°，则∠ACB为（　　）
A．54° B．72° C．108° D．144°
【答案】B
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OB，
∵PA、PB切⊙O于点A、B，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P＝36°，
∴∠AOB=144°，
∴∠ACB=∠AOB=72°，
故答案为：B.
【分析】连接OA，OB，根据切线的性质得出∠PAO=∠PBO=90°，从而得出∠AOB=144°，根据圆周角定理得出∠ACB=∠AOB=72°，即可得出答案.
4．（2021九上·永年月考）如图，在等边△ABC中，点O在边AB上，⊙O过点B且分别与边AB、BC相交于点D、E，F是AC上的点，判断下列说法错误的是（　　）
A．若EF⊥AC，则EF是⊙O的切线 B．若EF是⊙O的切线，则EF⊥AC
C．若BE＝EC，则AC是⊙O的切线 D．若，则AC是⊙O的切线
【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：A、如图，连接OE，
则OB＝OE，
∵∠B＝60°
∴∠BOE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOE＝∠BAC，
∴OE∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OE⊥EF，
∴EF是⊙O的切线
∴A不符合题意．
B、∵EF是⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
由A知：OE∥AC，
∴AC⊥EF，
∴B不符合题意．
C、∵∠B＝60°，OB＝OE，
∴BE＝OB，
∵BE＝CE，
∴BC＝AB＝2BO，
∴AO＝OB，
如图，过O作OH⊥AC于H，
∵∠BAC＝60°，
∴OH＝AO≠OB，
∴C符合题意．
D、如C中的图，∵BE＝EC，
∴CE＝BE，
∵AB＝BC，BO＝BE，
∴AO＝CE＝OB，
∴OH＝AO＝OB，
∴AC是⊙O的切线，
∴D选项不符合题意．
故答案为：C．
【分析】利用等边三角形的性质和圆的切线的性质对每个选项一一判断即可。
5．（2021九上·攸县期末）⊙O的直径为10，圆心O到直线l的距离为4，则直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆心到直线的距离4小于圆的半径5，则直线和圆相交.
故答案为：A.
【分析】根据直线与圆的位置关系“直线与圆的位置关系有三种：直线与圆相交、直线与圆相离、直线与圆相切；假设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＜r时，直线与圆相交；当d=r时，直线与圆相切；当d＞r时，直线与圆相离”并结合题意即可判断求解.
6．（2021九上·鄞州月考）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（　　）
A． B．2.4 C． D．3
【答案】C
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
， 为直角三角形，
由勾股定理可知： ，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值，
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当 ，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ.
点A（﹣3，0），B（0，4），
， ，
在 中，由勾股定理可得： ，
利用等面积法可得： 　解得：
故 .
故答案为：C.
【分析】连接OP、OQ，易得△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得：当OP有最小值时，PQ也有最小值，根据垂线段最短可知：当PO⊥AB时，OP有最小值，过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ，根据点A、B的坐标可得OA=3，OB=4，由勾股定理求出AB，然后根据等面积法求出OP，接下来根据勾股定理求解即可.
7．（2021九上·鄞州月考）已知圆的半径为5cm，圆心到直线l的距离为5cm，那么直线l和这个圆的公共点有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆的半径为5cm，圆心到直线l的距离为5cm，
∴直线l和这个圆的公共点有1个.
故答案为：B.
【分析】根据圆心到直线l的距离等于半径可知：直线与圆相切，据此可得公共点的个数.
8．（2021九上·无棣期中）如图，PA、PB分别与⊙O相切于小B网点，若∠C=65°，则∠P的度数为（　　）
A．65° B．130° C．50° D．100°
【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵∠C=65°，
∴∠AOB=2∠C=130°，
∵ PA、PB分别与⊙O相切，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∴∠P=360°-130°-90°-90°=50°.
故答案为：C.
【分析】根据圆周角定理得出∠AOB=2∠C=130°， 根据切线的性质得出∠OBP=∠OAP=90°，再利用四边形的内角和等于360°，即可得出∠P的度数.
9．（2021九上·南宁期中）如图，P为半径是3的圆O外一点，PA切圆O于A，若AP＝4，则OP＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA，OP，
∵PA切圆O与点A，
∴OA⊥AP，
∵AP=4，OA=3，
∴OP= =5.
故答案为：D.
【分析】连接OA，OP，由切线的性质可得OA⊥AP，然后利用勾股定理求解即可.
10．（2021九上·鄞州月考）如图，PA，PB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，若∠BAC＝25°，则∠P的度数为(　　)
A．50° B．70° C．110° D．40°
【答案】A
【知识点】多边形内角与外角；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OB，
∵PA，PB是圆的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BOC=2∠BAC=2×25°=50°，
∴∠AOB=180°-∠COB=130°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=360°-90°-90°-130°=50°.
故答案为：A.
【分析】连接OB，利用切线的性质可证得∠OAP=∠OBP=90°；再利用一条弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，可求出∠AOB的度数；然后利用四边形的内角和为360°，可求出∠P的度数.
二、填空题
11．（2021九上·龙山期末）已知⊙O的半径是一元二次方程x2+6x﹣16＝0的解，且点O到直线AB的距离是，则直线AB与⊙O的位置关系是　 　.
【答案】相交
【知识点】因式分解法解一元二次方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径是一元二次方程x2+6x﹣16＝0的解，
解方程x2+6x﹣16＝0，
（x+8）（x﹣2）＝0，
解得：x1＝﹣8（舍去），x2＝2，
∴r＝2，
∵点O到直线AB距离d是，
∴d＜r，
∴直线AB与圆相交.
故答案为：相交.
【分析】利用因式分解法求出方程的解，据此可得半径，然后结合直线与圆的位置关系进行判断.
12．（2021九上·龙凤期中）已知 的半径为10，直线AB与 相交，则圆心O到直线AB距离d的取值范围是　 　．
【答案】0≤d＜10
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径为10，直线AB与⊙O相交，
∴圆心到直线AB的距离小于圆的半径，
即0≤d＜10；
故答案为：0≤d＜10．
【分析】根据直线AB和圆相交，则圆心到直线AB的距离小于圆的半径，即可得出答案。
13．（2021九上·鄞州月考）如图：⊙O为△ABC的内切圆，∠C＝90°，AO的延长线交BC于点D，AC＝4，CD＝1，则⊙O的半径为　 　.
【答案】0.8
【知识点】正方形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设AC切圆O于点F，过点O作OE⊥BC于点E，
∵ ⊙O为△ABC的内切圆
∴∠C=∠OFC=∠OEC=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF是正方形，
∴OF=CF
设圆O的半径为r，则CF=r，AF=4-r，
∵OF∥BC，
∴△AOF∽△ACD，
∴即
解之：r=0.8.
故答案为：0.8.
【分析】设AC切圆O于点F，过点O作OE⊥BC于点E，利用切线的性质可证得∠C=∠OFC=∠OEC=90°，可推出四边形OECF是矩形，利用有一组邻边相等的矩形时正方形，可证得四边形OECF是正方形，利用正方形的四边相等，可得到OF=CF；设圆O的半径为r，则CF=r，AF=4-r；利用OF∥BC，可推出△AOF∽△ACD，利用相似三角形的对应边成比例，可建立关于r的方程，解方程求出r的值.
14．（2021九上·鄞州月考）如图，半径为5个单位的 与x轴、y轴都相切；现将 沿y轴向下平移　 　 个单位后圆与x轴交于点 。
【答案】2或8
【知识点】勾股定理；切线的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：设将 沿y轴向下平移x个单位，
（5-x）2+42=52
解之：x=2或8.
故答案为：2或8.
【分析】设将 沿y轴向下平移x个单位，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值.
15．（2021九上·鄞州月考）如图，⊙O1的半径为4， ⊙O2的半径1 ，O1O2=6，P为⊙O2为上一动点，过P点作⊙O1的切线，则切线长最短为　 　.
　
【答案】3
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：过点A作圆O1的切线AP，与圆O2相切于点P，
∴∠O1AP=90°，
∵ ⊙O1的半径为4， ⊙O2的半径1 ，O1O2=6，
∴AO1=4，O1P=O1O2-O2P=6-1=5，
∴.
故答案为：3.
【分析】过点A作圆O1的切线AP，与圆O2相切于点P，当切点P与O1O2与圆O2 的交点重合时，AP最短，利用已知先求出O1P的长，再利用勾股定理求出AP的长.
16．（2021九上·庆云期中）如图，A、B是⊙O上的两点，AC是过点A的一条直线，如果∠AOB＝120°，那么当∠CAB＝　 　时，AC与⊙O相切．
【答案】60°
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】 解：∵在△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAB＝（180°-120°）÷2=30°，
∴当∠CAB=60°时，OA⊥AC，AC与⊙O切线．
故答案为：60°．
【分析】先求出∠OAB=∠OBA，再求出∠OAB=30°，最后计算求解即可。
三、综合题
17．（2021九上·富裕期末）如图，已知⊙O的直径为AB，AC⊥AB于点A，BC与⊙O相交于点D，在AC上取一点E，使得ED=EA．
（1）求证：ED是⊙O的切线．
（2）当OA=3，AE=4时，求BC的长度．
【答案】（1）证明：如图：首先连接OD．
∵AC⊥AB，
∴∠BAC=90°，即∠OAE=90°．
在△AOE与△DOE中，
OA=OD，ED=EA，OE=OE，
∴△AOE≌△DOE（SSS），
∴∠OAE=∠ODE=90°，即OD⊥ED．
又∵OD是⊙O的半径，
∴ED是⊙O的切线；
（2）解：如图，在△OAE中，∠OAE=90°，OA=3，AE=4，
∴由勾股定理求得OE=5．
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°（直径所对的圆周角是直角），即AD⊥BC．
又∵OA=OD，AE=DE，
∴OE垂直平分AD（到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上），
∴OE⊥AD，
∴OE∥BC，
∴ （平行线分线段成比例定理）．
∴BC=2OE=2×5=10，即BC的长度是10．
【知识点】切线的判定；平行线分线段成比例
【解析】【分析】（1） 先连接OD．通过证明△AOE≌△DOE（SSS）， 得出 ∠OAE=∠ODE=90°，即OD⊥ED． 即可得出结论；
（2）利用圆周角定理和垂径定理推知OE//BC，所以根据平行线分线段成比例求得BC的长度即可。
18．（2021九上·永吉期末）如图，AB为⊙O的直径，PB是⊙O的切线，弦AC∥OP，PC交BA的延长线于Q．
（1）求证：PC是⊙O的切线．
（2）若OA=AQ=3，则①PC=　 　，②△PBQ的面积为　 　．
【答案】（1）证明：连接OC．
∵AC∥OP，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵OA=OC，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠4，
在△OPC和△OPB中
∴△OPC≌△OPB（SAS），
∴∠OCP=∠OBP，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠OBP=90°，
∴∠OCP=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（2）；
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【解答】解：（2）①∵OA=AQ=3，
∴点A是OQ的中点，
又∵∠OCP=90°，
∴AC=OQ=3，
∴AC=OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∴∠2=∠4=60°，
∴∠OPC=30°，
∴OP=2OC=6，PC==3，
故答案为：；
②∵∠AOC=60°，
∴∠Q=30°，
∵OA=AQ=3，
∴QB=9，
又∵∠OBP=90°，
∴BP=QB=3，
∴△PBQ的面积为==，
故答案为：．
【分析】（1）先求出 ∠1=∠3， 再利用SAS证明 △OPC≌△OPB ，最后证明求解即可；
（2）①先求出点A是OQ的中点，再求出△OAC是等边三角形，最后利用等边三角形的性质和勾股定理计算求解即可；
②先求出∠Q=30°，再求出QB=9，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
19．（2021九上·集贤期末）如图，是的直径，点P在的延长线上，弦交于点D．连结、，已知，．
（1）求证：；
（2）求证：是的切线．
【答案】（1）证明：连接，
∴，
又∵．
∴，
又∵，
∴，
即；
（2）证明：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴是的切线．
【知识点】圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）先求出 ， 再求出 ， 最后证明求解即可；
（2）根据题意求出 ， 再求出 ， 最后证明求解即可。
20．（2021九上·克东期末）如图，以△ABC的边AB为直径画⊙O，交AC于点D，半径OEBD，连接BE，DE，BD，若BE交AC于点F，若∠DEB=∠DBC．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BF=BC=2，求AB的长．
【答案】（1）证明：∵AB是直径
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵∠A=∠DEB，∠DEB=∠DBC
∴∠A=∠DBC
∴∠DBC+∠ABD=∠ABC=90°，
∴BC是⊙O的切线，
（2）解：如图，连接OD
∵BF=BC=2，∠ADB=90°，
∴∠CBD=∠FBD
∵OE∥BD，
∴∠FBD=∠OEB
∵OE=OB
∴∠OEB=∠OBE
∴∠CBD=∠FBD=∠OBE=∠ABC=30°，
∴∠C=60°，∠OBD=60°，
∴AC=2BC=4，
∴，
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】（1）先求出 ∠ADB=90°， 再求出 ∠A=∠DBC ，最后证明求解即可；
（2）先求出 ∠OEB=∠OBE ，再求出AC=4，最后利用勾股定理计算求解即可。
21．（2021九上·江油期末）如图，AB为圆O的直径，取OA的中点C，过点C作CD⊥AB交圆O于点D，D在AB的上方，连接AD，BD，点E在线段CA的延长线上，且∠ADE＝∠ABD．
（1）求∠ABD的度数；
（2）求直线DE与圆O的公共点个数．
【答案】（1）解：如图，连接OD，
∴OA＝OD，
∵点C为OA的中点，CD⊥AB，
∴AD＝OD，
∴OA＝OD＝AD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴∠ABD＝30°；
（2）如图，∵∠ADE＝∠ABD，
∴∠ADE＝30°，
∵∠ADO＝60°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线，
∴直线DE与⊙O的公共点个数为1．
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OD，先证出△OAD是等边三角形，得出∠AOD＝60°，再根据圆周角定理得出∠ABD＝30°；
（2）根据切线的判定定理证出DE是⊙O的切线，即可得出直线DE与⊙O的公共点个数为1.
22．（2021九上·虎林期末）如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，AC=CD，∠D＝30°，
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若半径AO为6，求AC的长．
【答案】（1）证明：如图所示，连结OC，
∵AC=CD，
∴∠A=∠D=30° ，
又∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA=30°，
∴∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，
∴∠OCD＝180°－（60°＋30°）＝90°，
又∵OC是圆O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：在Rt△OCD中，∠OCD=90°，∠D=30°，
∴OD=2OC=2OA=12，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，先根据等边对等角的性质求出∠A＝∠OCA=30°，再利用外角的性质可得∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，最后利用三角形的内角和可得∠OCD＝180°－（60°＋30°）＝90°，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）先利用含30°角的直角三角形的性质可得OD=2OC=2OA=12，最后利用勾股定理可求出 。
23．（2021九上·江油期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC的平分线与AC相交于点D，与⊙O过点A的切线相交于点E．
（1）猜想△EAD的形状，并证明你的猜想；
（2）若AB＝4，AD＝3，求BD的长．
【答案】（1）猜想：△EAD是等腰三角形．
证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠1＝∠2，
∵AB为直径，
∴∠C＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∵AE为切线
∴AE⊥AB，
∴∠E+∠1＝90°，
∴∠E＝∠3，
而∠4＝∠3，
∴∠E＝∠4，
∴AE＝AD，
∴△EAD是等腰三角形．
（2）解：∵∠2＝∠1，
∴Rt△BCD∽Rt△BAE，
∴CD：AE＝BC：AB，
即，
设CD＝3x，BC＝4x，则BD＝5x，
在Rt△ABC中，AC＝AD+CD＝3x+3，
∵（4x）2+（3+3x）2＝42，解得x1＝ ，x2＝﹣1（舍去），
∴BD＝5x＝．
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义和圆周角定理得出∠1＝∠2， ∠2+∠3＝90°，再根据切线的性质得出∠E+∠1＝90°， 从而得出∠E＝∠4，得出AE＝AD，即可得出△EAD是等腰三角形；
（2）先证出Rt△BCD∽Rt△BAE，得出， 设CD＝3x，BC＝4x，BD＝5x，再根据勾股定理列出方程，解方程求出x的值，即可得出BD的长.
24．（2021九上·陵城月考）如图，是的外接圆，圆心O在上，且，M是上一点，过M作的垂线交于点N，交的延长线于点E，直线交于点F，．
（1）求证：是的切线．
（2）设的半径为2，且，求的长．
【答案】（1）证明：连接，如图，
是的外接圆，圆心O在上，
是的直径，
，
又，
，，
，
，
在中，，
，
又，
，
又，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：在中，，，，
，，
，
，
，
在中，，
，
．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】（1）根据证明圆的切线的方法证明求解即可；
（2）先求出CE的值，再求出BM的值，最后计算求解即可。
25．（2021九上·攸县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，AB在x轴上，以AB为直径的半圆⊙O′与y轴正半轴交于点C，连接BC，AC.CD是半圆⊙O′的切线，AD⊥CD于点D.
（1）求证：∠CAD＝∠CAB.
（2）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c过A、B、C三点，AB＝10，AO＝2CO.
①求抛物线的表达式；
②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上，并说明理由.
【答案】（1）证明：连接O'C，
∵O'是圆心，
∴AO'＝CO'，
∴∠CAO＝∠CO'A，
∵CD是⊙O'的切线，
∴O'C⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴O'C∥AD，
∴∠DAC＝∠ACO'，
∴∠CAD＝∠CAB；
（2）解：①∵∠ACB＝90°，∠AOC＝90°，
∴∠ACO＝∠CBA，
∴△ACO∽△CBO，
∴＝，
∵AO＝2CO，
∴CO＝BO，
∵AB＝10，
∴2CO＋CO＝10，
∴CO＝4，
∴AO＝8，BO＝2，
∴A（﹣8，0），B（2，0），C（0，4），
设抛物线的解析式y＝a（x＋8）（x﹣2），将点C（0，2）代入，
∴4＝﹣16a，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣x2﹣x＋4；
②E点在直线CD上，理由如下：
y＝﹣x2﹣x＋4的顶点E（﹣3，），
∵∠CO'G＋∠CGO'＝90°，∠CO'G＋∠O'CO＝90°，
∴∠CGO'＝∠OCO'，
∵OO'＝3，
∴tan∠CGO'＝tan∠OCO'，即＝，
∴＝，
∴OG＝，
∴G（，0），
设直线CD的解析式为y＝kx＋b，
则有，
∴，
∴y＝﹣x＋4，
当x＝3时，y＝，
∴E点在直线CD上.
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）连接O'C，由圆的切线的性质可得O'C⊥CD，结合已知易得O'C∥AD，再由平行线的性质及等腰三角形的性质可求解；
（2）①由题意根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△ACO∽△CBO，可得比例式，结合已知可得CO＝BO，即可得关于CO的方程2CO＋CO＝10，解方程求得CO的值，则可得A，B，C的坐标，设抛物线的解析式y＝a（x＋8）（x 2），将点C（0，2）代入计算即可求解；
②E点在直线CD上，理由如下： 由①中求得的解析式可得抛物线的顶点坐标，由同角的余角相等可得∠CGO'＝∠OCO'，再由tan∠CGO'＝tan∠OCO'可得比例式求得OG的值，则可得点G的坐标，由待定系数法求出直线CD的解析式，把x＝3代入直线CD的解析式计算即可判断点E在直线CD上．
26．（2021九上·长沙期末）如图，AB为的直径，E为上一点，点C为的中点，过点C作直线CD垂直直线AE，垂足为D.
（1）求证：DC为的切线；
（2）若AB=4，∠CAD=30°，求AC.
【答案】（1）证明：连接OC，则：
∵点C为的中点
∴
∴∠BAC=∠CAD
∴OA=OC
∴∠BAC=∠OCA
∴∠CAD=∠OCA
∴AD∥OC
∵AD⊥DC
∴∠ADC=90°
∴∠OCD=90°
∴OC⊥DC
又OC是的半径
∴DC为的切线；
（2）解：过点作的垂线交于点，
，
为等腰三角形，
，
AB=4，∠CAD=30°，
，
由（1）知，
，
在中，
，
【知识点】平行线的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，由中点的概念可得，则∠BAC=∠CAD，由等腰三角形的性质可得∠BAC=∠OCA，则∠CAD=∠OCA，推出AD∥OC，进而得到OC⊥DC，据此证明；
（2）过点O作AC的垂线交于点F，易得△AOC为等腰三角形，则AF=AC，易得AO=AC=2，由（1）知∠DAC=∠CAB=30°，则OF=AO=1，在Rt△AOF中，由勾股定理求出AF，进而可得AC.
1 / 12021-2022学年浙教版数学九下2.1 直线和圆的位置关系同步练习
一、单选题
1．（2021九上·龙江期末）在平面直角坐标系中，以点为圆心，3为半径的圆（　　）
A．与x轴相交，与y轴相切 B．与x轴相切，与y轴相交
C．与x轴相切，与y轴相离 D．与x轴相离，与y轴相交
2．（2021九上·龙江期末）如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切，切点为C，若大圆的半径是13，小圆的半径是5，则AB的长为（　　）
A．10 B．12 C．20 D．24
3．（2021九上·临江期末） 如图，PA、PB切⊙O于点A、B，点C是⊙O上一点，且∠P＝36°，则∠ACB为（　　）
A．54° B．72° C．108° D．144°
4．（2021九上·永年月考）如图，在等边△ABC中，点O在边AB上，⊙O过点B且分别与边AB、BC相交于点D、E，F是AC上的点，判断下列说法错误的是（　　）
A．若EF⊥AC，则EF是⊙O的切线 B．若EF是⊙O的切线，则EF⊥AC
C．若BE＝EC，则AC是⊙O的切线 D．若，则AC是⊙O的切线
5．（2021九上·攸县期末）⊙O的直径为10，圆心O到直线l的距离为4，则直线l与⊙O的位置关系是（　　）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定
6．（2021九上·鄞州月考）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（　　）
A． B．2.4 C． D．3
7．（2021九上·鄞州月考）已知圆的半径为5cm，圆心到直线l的距离为5cm，那么直线l和这个圆的公共点有（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个
8．（2021九上·无棣期中）如图，PA、PB分别与⊙O相切于小B网点，若∠C=65°，则∠P的度数为（　　）
A．65° B．130° C．50° D．100°
9．（2021九上·南宁期中）如图，P为半径是3的圆O外一点，PA切圆O于A，若AP＝4，则OP＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．（2021九上·鄞州月考）如图，PA，PB是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，若∠BAC＝25°，则∠P的度数为(　　)
A．50° B．70° C．110° D．40°
二、填空题
11．（2021九上·龙山期末）已知⊙O的半径是一元二次方程x2+6x﹣16＝0的解，且点O到直线AB的距离是，则直线AB与⊙O的位置关系是　 　.
12．（2021九上·龙凤期中）已知 的半径为10，直线AB与 相交，则圆心O到直线AB距离d的取值范围是　 　．
13．（2021九上·鄞州月考）如图：⊙O为△ABC的内切圆，∠C＝90°，AO的延长线交BC于点D，AC＝4，CD＝1，则⊙O的半径为　 　.
14．（2021九上·鄞州月考）如图，半径为5个单位的 与x轴、y轴都相切；现将 沿y轴向下平移　 　 个单位后圆与x轴交于点 。
15．（2021九上·鄞州月考）如图，⊙O1的半径为4， ⊙O2的半径1 ，O1O2=6，P为⊙O2为上一动点，过P点作⊙O1的切线，则切线长最短为　 　.
　
16．（2021九上·庆云期中）如图，A、B是⊙O上的两点，AC是过点A的一条直线，如果∠AOB＝120°，那么当∠CAB＝　 　时，AC与⊙O相切．
三、综合题
17．（2021九上·富裕期末）如图，已知⊙O的直径为AB，AC⊥AB于点A，BC与⊙O相交于点D，在AC上取一点E，使得ED=EA．
（1）求证：ED是⊙O的切线．
（2）当OA=3，AE=4时，求BC的长度．
18．（2021九上·永吉期末）如图，AB为⊙O的直径，PB是⊙O的切线，弦AC∥OP，PC交BA的延长线于Q．
（1）求证：PC是⊙O的切线．
（2）若OA=AQ=3，则①PC=　 　，②△PBQ的面积为　 　．
19．（2021九上·集贤期末）如图，是的直径，点P在的延长线上，弦交于点D．连结、，已知，．
（1）求证：；
（2）求证：是的切线．
20．（2021九上·克东期末）如图，以△ABC的边AB为直径画⊙O，交AC于点D，半径OEBD，连接BE，DE，BD，若BE交AC于点F，若∠DEB=∠DBC．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若BF=BC=2，求AB的长．
21．（2021九上·江油期末）如图，AB为圆O的直径，取OA的中点C，过点C作CD⊥AB交圆O于点D，D在AB的上方，连接AD，BD，点E在线段CA的延长线上，且∠ADE＝∠ABD．
（1）求∠ABD的度数；
（2）求直线DE与圆O的公共点个数．
22．（2021九上·虎林期末）如图，点D在⊙O的直径AB的延长线上，点C在⊙O上，AC=CD，∠D＝30°，
（1）求证：CD是⊙O的切线．
（2）若半径AO为6，求AC的长．
23．（2021九上·江油期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ABC的平分线与AC相交于点D，与⊙O过点A的切线相交于点E．
（1）猜想△EAD的形状，并证明你的猜想；
（2）若AB＝4，AD＝3，求BD的长．
24．（2021九上·陵城月考）如图，是的外接圆，圆心O在上，且，M是上一点，过M作的垂线交于点N，交的延长线于点E，直线交于点F，．
（1）求证：是的切线．
（2）设的半径为2，且，求的长．
25．（2021九上·攸县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，AB在x轴上，以AB为直径的半圆⊙O′与y轴正半轴交于点C，连接BC，AC.CD是半圆⊙O′的切线，AD⊥CD于点D.
（1）求证：∠CAD＝∠CAB.
（2）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c过A、B、C三点，AB＝10，AO＝2CO.
①求抛物线的表达式；
②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上，并说明理由.
26．（2021九上·长沙期末）如图，AB为的直径，E为上一点，点C为的中点，过点C作直线CD垂直直线AE，垂足为D.
（1）求证：DC为的切线；
（2）若AB=4，∠CAD=30°，求AC.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵点到x轴的距离等于3，到y轴的距离等于2
∴以点为圆心，3为半径的圆与x轴相切，与y轴相交
故答案为：B
【分析】根据点坐标可得点到坐标轴的距离，再结合点到坐标轴的距离与半径的大小比较即可得到答案。
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OC，如图，
∵AB为小圆的切线，
∴OC⊥AB，
∴AC＝BC，
在Rt△OAC中，∵OA＝13，OC＝5，
∴AC＝＝12，
∴AB＝2AC＝24．
故答案为：D．
【分析】连接OA、OC，先利用勾股定理求出AC的长，再利用垂径定理可得AB＝2AC＝24．
3．【答案】B
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OA，OB，
∵PA、PB切⊙O于点A、B，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P＝36°，
∴∠AOB=144°，
∴∠ACB=∠AOB=72°，
故答案为：B.
【分析】连接OA，OB，根据切线的性质得出∠PAO=∠PBO=90°，从而得出∠AOB=144°，根据圆周角定理得出∠ACB=∠AOB=72°，即可得出答案.
4．【答案】C
【知识点】等边三角形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：A、如图，连接OE，
则OB＝OE，
∵∠B＝60°
∴∠BOE＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BOE＝∠BAC，
∴OE∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OE⊥EF，
∴EF是⊙O的切线
∴A不符合题意．
B、∵EF是⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
由A知：OE∥AC，
∴AC⊥EF，
∴B不符合题意．
C、∵∠B＝60°，OB＝OE，
∴BE＝OB，
∵BE＝CE，
∴BC＝AB＝2BO，
∴AO＝OB，
如图，过O作OH⊥AC于H，
∵∠BAC＝60°，
∴OH＝AO≠OB，
∴C符合题意．
D、如C中的图，∵BE＝EC，
∴CE＝BE，
∵AB＝BC，BO＝BE，
∴AO＝CE＝OB，
∴OH＝AO＝OB，
∴AC是⊙O的切线，
∴D选项不符合题意．
故答案为：C．
【分析】利用等边三角形的性质和圆的切线的性质对每个选项一一判断即可。
5．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆心到直线的距离4小于圆的半径5，则直线和圆相交.
故答案为：A.
【分析】根据直线与圆的位置关系“直线与圆的位置关系有三种：直线与圆相交、直线与圆相离、直线与圆相切；假设圆的半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＜r时，直线与圆相交；当d=r时，直线与圆相切；当d＞r时，直线与圆相离”并结合题意即可判断求解.
6．【答案】C
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
， 为直角三角形，
由勾股定理可知： ，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值，
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当 ，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ.
点A（﹣3，0），B（0，4），
， ，
在 中，由勾股定理可得： ，
利用等面积法可得： 　解得：
故 .
故答案为：C.
【分析】连接OP、OQ，易得△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得：当OP有最小值时，PQ也有最小值，根据垂线段最短可知：当PO⊥AB时，OP有最小值，过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ，根据点A、B的坐标可得OA=3，OB=4，由勾股定理求出AB，然后根据等面积法求出OP，接下来根据勾股定理求解即可.
7．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆的半径为5cm，圆心到直线l的距离为5cm，
∴直线l和这个圆的公共点有1个.
故答案为：B.
【分析】根据圆心到直线l的距离等于半径可知：直线与圆相切，据此可得公共点的个数.
8．【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵∠C=65°，
∴∠AOB=2∠C=130°，
∵ PA、PB分别与⊙O相切，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∴∠P=360°-130°-90°-90°=50°.
故答案为：C.
【分析】根据圆周角定理得出∠AOB=2∠C=130°， 根据切线的性质得出∠OBP=∠OAP=90°，再利用四边形的内角和等于360°，即可得出∠P的度数.
9．【答案】D
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OA，OP，
∵PA切圆O与点A，
∴OA⊥AP，
∵AP=4，OA=3，
∴OP= =5.
故答案为：D.
【分析】连接OA，OP，由切线的性质可得OA⊥AP，然后利用勾股定理求解即可.
10．【答案】A
【知识点】多边形内角与外角；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：连接OB，
∵PA，PB是圆的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵弧BC=弧BC，
∴∠BOC=2∠BAC=2×25°=50°，
∴∠AOB=180°-∠COB=130°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=360°-90°-90°-130°=50°.
故答案为：A.
【分析】连接OB，利用切线的性质可证得∠OAP=∠OBP=90°；再利用一条弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，可求出∠AOB的度数；然后利用四边形的内角和为360°，可求出∠P的度数.
11．【答案】相交
【知识点】因式分解法解一元二次方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径是一元二次方程x2+6x﹣16＝0的解，
解方程x2+6x﹣16＝0，
（x+8）（x﹣2）＝0，
解得：x1＝﹣8（舍去），x2＝2，
∴r＝2，
∵点O到直线AB距离d是，
∴d＜r，
∴直线AB与圆相交.
故答案为：相交.
【分析】利用因式分解法求出方程的解，据此可得半径，然后结合直线与圆的位置关系进行判断.
12．【答案】0≤d＜10
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径为10，直线AB与⊙O相交，
∴圆心到直线AB的距离小于圆的半径，
即0≤d＜10；
故答案为：0≤d＜10．
【分析】根据直线AB和圆相交，则圆心到直线AB的距离小于圆的半径，即可得出答案。
13．【答案】0.8
【知识点】正方形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设AC切圆O于点F，过点O作OE⊥BC于点E，
∵ ⊙O为△ABC的内切圆
∴∠C=∠OFC=∠OEC=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF是正方形，
∴OF=CF
设圆O的半径为r，则CF=r，AF=4-r，
∵OF∥BC，
∴△AOF∽△ACD，
∴即
解之：r=0.8.
故答案为：0.8.
【分析】设AC切圆O于点F，过点O作OE⊥BC于点E，利用切线的性质可证得∠C=∠OFC=∠OEC=90°，可推出四边形OECF是矩形，利用有一组邻边相等的矩形时正方形，可证得四边形OECF是正方形，利用正方形的四边相等，可得到OF=CF；设圆O的半径为r，则CF=r，AF=4-r；利用OF∥BC，可推出△AOF∽△ACD，利用相似三角形的对应边成比例，可建立关于r的方程，解方程求出r的值.
14．【答案】2或8
【知识点】勾股定理；切线的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：设将 沿y轴向下平移x个单位，
（5-x）2+42=52
解之：x=2或8.
故答案为：2或8.
【分析】设将 沿y轴向下平移x个单位，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值.
15．【答案】3
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：过点A作圆O1的切线AP，与圆O2相切于点P，
∴∠O1AP=90°，
∵ ⊙O1的半径为4， ⊙O2的半径1 ，O1O2=6，
∴AO1=4，O1P=O1O2-O2P=6-1=5，
∴.
故答案为：3.
【分析】过点A作圆O1的切线AP，与圆O2相切于点P，当切点P与O1O2与圆O2 的交点重合时，AP最短，利用已知先求出O1P的长，再利用勾股定理求出AP的长.
16．【答案】60°
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】 解：∵在△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠OAB＝（180°-120°）÷2=30°，
∴当∠CAB=60°时，OA⊥AC，AC与⊙O切线．
故答案为：60°．
【分析】先求出∠OAB=∠OBA，再求出∠OAB=30°，最后计算求解即可。
17．【答案】（1）证明：如图：首先连接OD．
∵AC⊥AB，
∴∠BAC=90°，即∠OAE=90°．
在△AOE与△DOE中，
OA=OD，ED=EA，OE=OE，
∴△AOE≌△DOE（SSS），
∴∠OAE=∠ODE=90°，即OD⊥ED．
又∵OD是⊙O的半径，
∴ED是⊙O的切线；
（2）解：如图，在△OAE中，∠OAE=90°，OA=3，AE=4，
∴由勾股定理求得OE=5．
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°（直径所对的圆周角是直角），即AD⊥BC．
又∵OA=OD，AE=DE，
∴OE垂直平分AD（到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上），
∴OE⊥AD，
∴OE∥BC，
∴ （平行线分线段成比例定理）．
∴BC=2OE=2×5=10，即BC的长度是10．
【知识点】切线的判定；平行线分线段成比例
【解析】【分析】（1） 先连接OD．通过证明△AOE≌△DOE（SSS）， 得出 ∠OAE=∠ODE=90°，即OD⊥ED． 即可得出结论；
（2）利用圆周角定理和垂径定理推知OE//BC，所以根据平行线分线段成比例求得BC的长度即可。
18．【答案】（1）证明：连接OC．
∵AC∥OP，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∵OA=OC，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠4，
在△OPC和△OPB中
∴△OPC≌△OPB（SAS），
∴∠OCP=∠OBP，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠OBP=90°，
∴∠OCP=90°，
∴PC是⊙O的切线；
（2）；
【知识点】三角形的面积；含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【解答】解：（2）①∵OA=AQ=3，
∴点A是OQ的中点，
又∵∠OCP=90°，
∴AC=OQ=3，
∴AC=OA=OC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∴∠2=∠4=60°，
∴∠OPC=30°，
∴OP=2OC=6，PC==3，
故答案为：；
②∵∠AOC=60°，
∴∠Q=30°，
∵OA=AQ=3，
∴QB=9，
又∵∠OBP=90°，
∴BP=QB=3，
∴△PBQ的面积为==，
故答案为：．
【分析】（1）先求出 ∠1=∠3， 再利用SAS证明 △OPC≌△OPB ，最后证明求解即可；
（2）①先求出点A是OQ的中点，再求出△OAC是等边三角形，最后利用等边三角形的性质和勾股定理计算求解即可；
②先求出∠Q=30°，再求出QB=9，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
19．【答案】（1）证明：连接，
∴，
又∵．
∴，
又∵，
∴，
即；
（2）证明：∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴是的切线．
【知识点】圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）先求出 ， 再求出 ， 最后证明求解即可；
（2）根据题意求出 ， 再求出 ， 最后证明求解即可。
20．【答案】（1）证明：∵AB是直径
∴∠ADB=90°，
∴∠A+∠ABD=90°，
∵∠A=∠DEB，∠DEB=∠DBC
∴∠A=∠DBC
∴∠DBC+∠ABD=∠ABC=90°，
∴BC是⊙O的切线，
（2）解：如图，连接OD
∵BF=BC=2，∠ADB=90°，
∴∠CBD=∠FBD
∵OE∥BD，
∴∠FBD=∠OEB
∵OE=OB
∴∠OEB=∠OBE
∴∠CBD=∠FBD=∠OBE=∠ABC=30°，
∴∠C=60°，∠OBD=60°，
∴AC=2BC=4，
∴，
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】（1）先求出 ∠ADB=90°， 再求出 ∠A=∠DBC ，最后证明求解即可；
（2）先求出 ∠OEB=∠OBE ，再求出AC=4，最后利用勾股定理计算求解即可。
21．【答案】（1）解：如图，连接OD，
∴OA＝OD，
∵点C为OA的中点，CD⊥AB，
∴AD＝OD，
∴OA＝OD＝AD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴∠ABD＝30°；
（2）如图，∵∠ADE＝∠ABD，
∴∠ADE＝30°，
∵∠ADO＝60°，
∴∠ODE＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线，
∴直线DE与⊙O的公共点个数为1．
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）连接OD，先证出△OAD是等边三角形，得出∠AOD＝60°，再根据圆周角定理得出∠ABD＝30°；
（2）根据切线的判定定理证出DE是⊙O的切线，即可得出直线DE与⊙O的公共点个数为1.
22．【答案】（1）证明：如图所示，连结OC，
∵AC=CD，
∴∠A=∠D=30° ，
又∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA=30°，
∴∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，
∴∠OCD＝180°－（60°＋30°）＝90°，
又∵OC是圆O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：在Rt△OCD中，∠OCD=90°，∠D=30°，
∴OD=2OC=2OA=12，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，先根据等边对等角的性质求出∠A＝∠OCA=30°，再利用外角的性质可得∠COD＝∠A+∠OCA＝60°，最后利用三角形的内角和可得∠OCD＝180°－（60°＋30°）＝90°，即可证明CD是⊙O的切线；
（2）先利用含30°角的直角三角形的性质可得OD=2OC=2OA=12，最后利用勾股定理可求出 。
23．【答案】（1）猜想：△EAD是等腰三角形．
证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠1＝∠2，
∵AB为直径，
∴∠C＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∵AE为切线
∴AE⊥AB，
∴∠E+∠1＝90°，
∴∠E＝∠3，
而∠4＝∠3，
∴∠E＝∠4，
∴AE＝AD，
∴△EAD是等腰三角形．
（2）解：∵∠2＝∠1，
∴Rt△BCD∽Rt△BAE，
∴CD：AE＝BC：AB，
即，
设CD＝3x，BC＝4x，则BD＝5x，
在Rt△ABC中，AC＝AD+CD＝3x+3，
∵（4x）2+（3+3x）2＝42，解得x1＝ ，x2＝﹣1（舍去），
∴BD＝5x＝．
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据角平分线的定义和圆周角定理得出∠1＝∠2， ∠2+∠3＝90°，再根据切线的性质得出∠E+∠1＝90°， 从而得出∠E＝∠4，得出AE＝AD，即可得出△EAD是等腰三角形；
（2）先证出Rt△BCD∽Rt△BAE，得出， 设CD＝3x，BC＝4x，BD＝5x，再根据勾股定理列出方程，解方程求出x的值，即可得出BD的长.
24．【答案】（1）证明：连接，如图，
是的外接圆，圆心O在上，
是的直径，
，
又，
，，
，
，
在中，，
，
又，
，
又，
，
，
，
，
，
是的切线；
（2）解：在中，，，，
，，
，
，
，
在中，，
，
．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】（1）根据证明圆的切线的方法证明求解即可；
（2）先求出CE的值，再求出BM的值，最后计算求解即可。
25．【答案】（1）证明：连接O'C，
∵O'是圆心，
∴AO'＝CO'，
∴∠CAO＝∠CO'A，
∵CD是⊙O'的切线，
∴O'C⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴O'C∥AD，
∴∠DAC＝∠ACO'，
∴∠CAD＝∠CAB；
（2）解：①∵∠ACB＝90°，∠AOC＝90°，
∴∠ACO＝∠CBA，
∴△ACO∽△CBO，
∴＝，
∵AO＝2CO，
∴CO＝BO，
∵AB＝10，
∴2CO＋CO＝10，
∴CO＝4，
∴AO＝8，BO＝2，
∴A（﹣8，0），B（2，0），C（0，4），
设抛物线的解析式y＝a（x＋8）（x﹣2），将点C（0，2）代入，
∴4＝﹣16a，
∴a＝﹣，
∴y＝﹣x2﹣x＋4；
②E点在直线CD上，理由如下：
y＝﹣x2﹣x＋4的顶点E（﹣3，），
∵∠CO'G＋∠CGO'＝90°，∠CO'G＋∠O'CO＝90°，
∴∠CGO'＝∠OCO'，
∵OO'＝3，
∴tan∠CGO'＝tan∠OCO'，即＝，
∴＝，
∴OG＝，
∴G（，0），
设直线CD的解析式为y＝kx＋b，
则有，
∴，
∴y＝﹣x＋4，
当x＝3时，y＝，
∴E点在直线CD上.
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；二次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）连接O'C，由圆的切线的性质可得O'C⊥CD，结合已知易得O'C∥AD，再由平行线的性质及等腰三角形的性质可求解；
（2）①由题意根据有两个角对应相等的两个三角形相似可得△ACO∽△CBO，可得比例式，结合已知可得CO＝BO，即可得关于CO的方程2CO＋CO＝10，解方程求得CO的值，则可得A，B，C的坐标，设抛物线的解析式y＝a（x＋8）（x 2），将点C（0，2）代入计算即可求解；
②E点在直线CD上，理由如下： 由①中求得的解析式可得抛物线的顶点坐标，由同角的余角相等可得∠CGO'＝∠OCO'，再由tan∠CGO'＝tan∠OCO'可得比例式求得OG的值，则可得点G的坐标，由待定系数法求出直线CD的解析式，把x＝3代入直线CD的解析式计算即可判断点E在直线CD上．
26．【答案】（1）证明：连接OC，则：
∵点C为的中点
∴
∴∠BAC=∠CAD
∴OA=OC
∴∠BAC=∠OCA
∴∠CAD=∠OCA
∴AD∥OC
∵AD⊥DC
∴∠ADC=90°
∴∠OCD=90°
∴OC⊥DC
又OC是的半径
∴DC为的切线；
（2）解：过点作的垂线交于点，
，
为等腰三角形，
，
AB=4，∠CAD=30°，
，
由（1）知，
，
在中，
，
【知识点】平行线的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，由中点的概念可得，则∠BAC=∠CAD，由等腰三角形的性质可得∠BAC=∠OCA，则∠CAD=∠OCA，推出AD∥OC，进而得到OC⊥DC，据此证明；
（2）过点O作AC的垂线交于点F，易得△AOC为等腰三角形，则AF=AC，易得AO=AC=2，由（1）知∠DAC=∠CAB=30°，则OF=AO=1，在Rt△AOF中，由勾股定理求出AF，进而可得AC.
1 / 1