2021-2022学年江苏省各地苏科版数学九年级上册2.5直线与圆的位置关系期末试题分类选编（word版 含解析）

2.5 直线与圆的位置关系
1．（2022·江苏·苏州市振华中学校九年级期末）已知⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相交或相切
2．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，DC切⊙O于点C，若∠A=20°，则∠D等于（ ）
A．20° B．30° C．50° D．40°
3．（2022·江苏淮安·九年级期末）如图，PA，PB切⊙O于点A，B，点C是⊙O上一点，且∠P＝36°，则∠ACB＝(　　)
A．54° B．72° C．108° D．144°
4．（2022·江苏盐城·九年级期末）如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（ ）
A．以OA为半径的圆 B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆 D．以OD为半径的圆
5．（2022·江苏连云港·九年级期末）如图，PA是⊙O的切线，切点为A，PO的延长线交⊙O于点B，连接AB，若∠B＝25°，则∠P的度数为（　　）
A．25° B．40° C．45° D．50°
6．（2022·江苏宿迁·九年级期末）已知的半径为3，点P是直线l上的一点，，则直线l与的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．相切或相交
7．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，，是的切线，，是切点，，是上的点，若，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·江苏连云港·九年级期末）如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，A为切点，BC经过圆心．若∠C＝40°，则∠B的大小为（ ）
A．20° B．25° C．40° D．50°
9．（2022·江苏盐城·九年级期末）如图，是的直径，切于点，交于点，连接．若，则等于（ ）
A． B． C． D．
10．（2022·江苏盐城·九年级期末）下列叙述：①圆内接四边形对角互补；②矩形一定有一个外接圆；③三角形的外心到三角形三边的距离相等；④三角形一定有内切圆，其中真命题的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
11．（2022·江苏镇江·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，点E、F分别是AD、BC的中点，点P在线段EF上，内切圆半径的最大值是（ ）
A．1 B． C． D．
12．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图所示，点O是△ABC的内切圆的圆心，若∠BAC＝76°，则∠BOC的度数为______．
13．（2022·江苏泰州·九年级期末）如图，是的切线，是切点．若，则______________．
14．（2022·江苏常州·九年级期末）如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．
15．（2022·江苏·沭阳县怀文中学九年级期末）如图，AB为的直径，CB为的切线，AC交于D，．点E在AB右侧的半圆上运动（不与A、B重合），则的大小是______．
16．（2022·江苏南通·九年级期末）如图，为⊙的直径，点为⊙上的一点，过点作⊙的切线，交直径的延长线于点，若，则的度数是______．
17．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，⊙O与四边形ABCD各边都相切．若AB＝5，BC＝6，CD＝4，则AD长为___．
18．（2022·江苏淮安·九年级期末）如图，PA、PB分别切⊙O于点A，B，点E是⊙O上一点，且，则的度数为______．
19．（2022·江苏·泰州中学附属初中九年级期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，△ABD的外接圆⊙O与CD相切，CB的延长线交⊙O于E点，连接AE，若∠DAE＝100°，则∠CDB＝_____°．
20．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，在中，，⊙的圆心在边上，且分别与、相切于点、，若，，则⊙的半径为_______．
21．（2022·江苏扬州·九年级期末）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是=____．
22．（2022·江苏泰州·九年级期末）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，AC=4cm，BC=3cm，则S△BCD=_________cm2．
23．（2022·江苏盐城·九年级期末）如图，正方形的边长为4，的半径为1．若在正方形内平移（可以与该正方形的边相切），则点A到上的点的距离的最大值为______．
24．（2022·江苏连云港·九年级期末）如图，已知等边的边长为4，以AB为直径的圆交BC于点F，以C为圆心，CF为半径作圆，D是⊙C上一动点，E是BD的中点，当AE最大时，BD的长为______．
25．（2022·江苏盐城·九年级期末）如图，，分别切、于点、．切于点，交于点与不重合）．
（1）用直尺和圆规作出；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）若半径为1，，求的长．
26．（2022·江苏江苏·九年级期末）如图，四边形OAEC是平行四边形，以O为圆心，OC为半径的圆交CE于D，延长CO交O于B，连接AD、AB，AB是O的切线．
(1)求证：AD是O的切线．
(2)若O的半径为4，，求平行四边形OAEC的面积．
27．（2022·江苏连云港·九年级期末）如图，AB是的直径，BD切于点B，C是圆上一点，过点C作AB的垂线，交AB于点P，与DO的延长线交于点E，且，连接．
（1）求证：CD是的切线；
（2）若，OP：：2，求PC的长．
28．（2022·江苏淮安·九年级期末）如图，在中，，以为直径的与相交于点D，过点D作，交于点E．
（1）求证：是的切线；
（2）若的直径为5，，求的长．
29．（2022·江苏连云港·九年级期末）实践：如图△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，利用直尺和圆规按下列要求作图，并在图中标明相应的字母.（保留作图痕迹，不写作法）
（1）作∠BAC的平分线，交BC于点O.
（2）以O为圆心，OC为半径作圆.
综合运用：在你所作的图中，
（1）AB与⊙O的位置关系是_____ .（直接写出答案）
（2）若AC=5，BC=12，求⊙O 的半径.
30．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，∠ACB的平分线与AB交于点E，与⊙O交于点D，P为AB延长线上一点，且∠PCB＝∠PAC．
（1）试判断直线PC与⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）若AC＝8，BC＝6，求⊙O的半径及AD的长．
31．（2022·江苏淮安·九年级期末）如图，点D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA=∠CBD．
（1）判断直线CD和⊙O的位置关系，并说明理由．
（2）过点B作⊙O的切线BE交直线CD于点E，若AC=2，⊙O的半径是3，求BE的长．
32．（2022·江苏南通·九年级期末）如图，AB为的直径，C为上一点，的切线BD交OC的延长线于点D．
（1）求证：；
（2）若，．求CD的长．
33．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，AB是⊙O的弦，AC是⊙O的切线，，BC交⊙O于点D，E是的中点．
(1)求证：；
(2)判断四边形ACDE的形状，并说明理由．
34．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，连接OC，交AB于点E．过点A作⊙O的切线，交BC的延长线于点D．
(1)求证：OC∥AD；
(2)若AE＝2，CE＝2，求⊙O的半径．
35．（2022·江苏淮安·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在AC边上，以AD为直径作⊙O交AB于点E，连接CE，且CB＝CE．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，AB＝4，求⊙O的半径．
36．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，F为AB延长线上一点，连接CF，DF．
（1）若OE＝3，BE＝2，求CD的长；
（2）若CF与⊙O相切，求证DF与⊙O相切．
37．（2022·江苏无锡·九年级期末）如图，已知锐角△ABC中，．
(1)请在图中用无刻度的直尺和圆规作△ABC的内切圆．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，则△ABC内切圆的半径为 ．
38．（2022·江苏南通·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，PQ切⊙O于E，AC⊥PQ于点C，交⊙O于D．
(1)求证AE平分∠BAC；
(2)若OA＝5，EC＝4，求AD的长．
39．（2022·江苏连云港·九年级期末）已知：如图，是的直径，交于点D，点E是的中点，与的延长线交于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，求外接圆的半径．
40．（2022·江苏徐州·九年级期末）如图，抛物线与x轴交于两点A（1，0）、B（4，0），与y轴交于点C（0，﹣3），P为抛物线上的动点，直线l经过B、C两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P在第一象限，以P为圆心的圆与BC相切，随着点P的运动，⊙P的面积是否存在最大值？若存在，求出最大值（结果保留π）；若不存在，说明理由．
41．（2022·江苏常州·九年级期末）如图1，边长为6cm的等边△ABC中，AD是高，点P以cm/s的速度从点D向点A运动，以点P为圆心，1cm为半径作ΘP，设点P的运动时间为ts．
(1)当ΘP与边AC相切时，求t的值；
(2)如图2，若在点P出发的同一时刻，点Q以1cm/s的速度从点B向点C运动，一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，过点Q作BA的平行线，交AC于点M．当QM与ΘP相切时，求t的值；
(3)在运动过程中，当ΘP与△ABC的边共有两个公共点时，直接写出t的取值范围．
42．（2022·江苏宿迁·九年级期末）如图，已知AB⊥MN于点B，且AB＝10cm，将线段AB绕点B按逆时针方向旋转角α（0≤α≤360°）得到线段BC，过点C作CD⊥MN于点D，⊙O是△BCD的内切圆，直线AO、BC相交于点H．
(1)若α＝60°，则CD＝ cm．
(2)若AO⊥BC
①点H与⊙O的位置关系是
A．点H在⊙O外
B．点H在⊙O上
C．点H在⊙O内
②求线段AO的长度．
(3)线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°，求点O运动的路径长．
43．（2022·江苏常州·九年级期末）如图1抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（-1，0）、B（3，0），与y轴交于点C顶点为D，对称轴交x轴于点Q，过C、D两点作直线CD．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，连接CQ、CB，点P是抛物线上一点，当∠DCP=∠BCQ时，求点P的坐标；
(3)若点M是抛物线的对称轴上的一点，以点M为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点M的坐标．
44．（2022·江苏南京·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．
(1)对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　 　，⊙C的半径是 　 　；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由；
(2)若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　 　．
45．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作射线CM且满足∠ACM=∠ABC．
（1）判断CM与⊙O的位置关系，并证明；
（2）延长BC到D，使BC=CD，连接AD与CM交于点E，若⊙O的半径为3，ED=2，求△ACE的外接圆的半径．
46．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图1，C、D为半圆O上的两点，且点D是弧BC的中点．连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E．
(1)求证：CD＝ED；
(2)连接AD与OC、BC分别交于点F、H．
①若CF＝CH，如图2，求证：CH＝CE；
②若圆的半径为2，BD＝1，如图3，求AC的值．
47．（2022·江苏扬州·九年级期末）如图1，对于的顶点P及其对边MN上的一点Q，给出如下定义：以P为圆心，PQ长为半径的圆与直线MN的公共点都在线段MN上，则称点Q为关于点P的内联点．
在平面直角坐标系xOy中：
(1)如图2，已知点，点B在直线上．
①若点，点，则在点O，C，A中，点______是关于点B的内联点；
②若关于点B的内联点存在，求点B横坐标m的取值范围；
(2)已知点，点，将点D绕原点O旋转得到点F，若关于点E的内联点存在，直接写出点F横坐标n的取值范围．
48．（2022·江苏镇江·九年级期末）如图：已知线段，射线AS垂直于AM，点N在射线AS上，设，点P在经过点N且平行于AM的直线上运动，的平分线交直线NP于点Q，过点Q作，交线段AM于点B，连接PB交AQ于点C，以Q为圆心，QC为半径作圆．
(1)求证：PB与相切；
(2)已知的半径为3，当AM所求直线与相切时，求n的值及PA的长；
(3)当时，若与线段AM只有一个公共点，则的半径的取值范围是______．
参考答案：
1．B
【解析】圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时，直线与圆相切，当时，直线与圆相离，当时，直线与圆相交，根据原理直接作答即可.
解： ⊙O的直径为10cm，圆心O到直线l的距离为5cm，
⊙O的半径等于圆心O到直线l的距离，
直线l与⊙O的位置关系为相切，
故选B
本题考查的是直线与圆的位置关系的判定，掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.
2．C
【解析】连接CO利用切线的性质定理得出∠OCD=90°，进而求出∠DOC=40°即可得出答案．
解：连接OC，
∵DC切⊙O于点C，
∴∠OCD=90°，
∵∠A=20°，
∴∠OCA=20°，
∴∠DOC=40°，
∴∠D=90°-40°=50°．
故选：C．
本题主要考查了切线的性质以及三角形外角性质等知识，根据已知得出∠OCD=90°是解题关键．
3．B
连接AO，BO，
∵PA，PB切⊙O于点A，B，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠P=36°，
∴∠AOB=144°，
∴∠ACB=72°．
故选:B．
4．D
【解析】根据直线与圆的位置关系进行判断．
解：于，
以为圆心，为半径的圆与直线相切，
故选：D．
本题考查直线与圆的位置关系—相切，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
5．B
【解析】连接OA，由圆周角定理得，∠AOP＝2∠B＝50°，根据切线定理可得∠OAP＝90°，继而推出∠P＝90°﹣50°＝40°．
连接OA，
由圆周角定理得，∠AOP＝2∠B＝50°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∴∠P＝90°﹣50°＝40°，
故选：B．
本题考查圆周角定理、切线的性质、三角形内角和定理，解题的关键是求出∠AOP的度数．
6．D
【解析】直线和圆的位置关系与数量之间的联系：若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．
解：因为垂线段最短，所以圆心到直线的距离小于等于3．
此时和半径3的大小不确定，则直线和圆相交、相切都有可能．
故选：D．
考查判断直线和圆的位置关系，必须明确圆心到直线的距离．特别注意：这里的3不一定是圆心到直线的距离．
7．A
【解析】如图，连接先求解 再利用圆周角定理可得，从而可得答案.
解：如图，连接
，是的切线，
故选A
本题考查的是三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，圆周角定理的应用，圆的切线的性质的应用，理解是解本题的关键.
8．B
【解析】连接OA，根据切线的性质，可得∠CAO=90°，又因为∠C=40°，可得∠AOC，再根据∠B=∠BAO，即可得答案．
解：如下图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，A为切点，
∴∠CAO=90°，
∵∠C=40°，
∴∠AOC=90°-40°=50°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠BAO，
∴∠B=50 ÷2=25 ，
故选：B．
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是连接OA，得∠CAO=90°．
9．D
【解析】先由，，求得的度数，再结合是的直径，切于点A，即可得到结论．
解：，
是的直径，切于点A，
，
即，
故选：D．
本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
10．B
【解析】根据圆内接四边形的性质，三角形的外心的性质，内心的性质解决问题即可．
解：①圆内接四边形对角互补，正确．
②矩形一定有一个外接圆，正确．
③三角形的外心到三角形三边的距离相等，错误，应该是外心到三个顶点的距离相等．
④三角形一定有内切圆，正确．
故选：B．
本题考查命题与定理，圆内接四边形的性质，三角形的外心，内心等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
11．D
【解析】由三角形APB的面积为12，可知AP+BP最小时，r有最大值，连接CA与EF交于点P'，求出AC=10，由三角形面积公式可得出答案．
解：∵点E、F分别是AD、BC的中点，四边形ABCD是矩形，
∴EF∥AB，
∵P在EF上，AB=8，BC=6，
∴S△PAB=×8×3=12，
设△PAB内切圆半径是r，
∵S△PAB=（AP+PB+AB） r=12，
∴AP+BP最小时，r有最大值，
如图，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CA与EF交于点P'，
∵AP+BP=AP+CP≥CA，
∴此时CA即为AP+BP最小值，
∵AB=8，AD=6，
∴AC==10，
∴AP+BP最小值为10，
∴PA=PB=5，
∴×5×r+×5×r+×8×r=12，
解得r=，
故选：D．
本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，轴对称求最短距离；能够将AP+BP最小值转化为CA的长是解题的关键．
12．128°．
【解析】由点O是△ABC的内切圆的圆心，可得∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，又由∠BAC=76°，可求得∠ABC+∠ACB的度数，再利用三角形内角和定理即可求得答案．
解：∵点O是△ABC的内切圆的圆心，
∴BO、CO分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，
∵∠BAC=76°，
∴∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=104°，
∴∠BOC=180°-（∠OBC+∠OCB）=180°-（∠ABC+∠ACB）=180°-×104°=128°．
故答案为：128°．
本题考查了三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理．解题的关键是注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．
13．130°
【解析】由题意易得，然后根据四边形内角和可求解．
解：∵是的切线，
∴，
∴由四边形内角和可得：，
∵，
∴；
故答案为130°．
本题主要考查切线的性质及四边形内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
14．
【解析】先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．
解：∵BC是圆O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AO=BC，
又∵AO=BO，
∴BO=BC，
∴∠BOC=∠BCO=45°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，
∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，
故答案为：22.5°．
本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．
15．38°##38度
【解析】如图连接，由题意知，，，， 由即可得的值．
解：如图连接
由题意知，
∵
∴
∴
∵
∴
故答案为： ．
本题考查了切线的性质，圆周角定理．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．
16．44°##44度
【解析】连接OC，根据圆周角定理可求出的大小，再根据切线的性质，可得出，最后利用三角形内角和定理即可求出的大小．
如图，连接OC，
根据题意可知，
∵CD为⊙的切线，
∴，即，
∴．
故答案为：．
本题考查圆周角定理，切线的性质，三角形内角和定理．连接常用的辅助线是解答本题的关键．
17．3
【解析】根据切线长定理可得AD+BC=AB+CD，即可求AD的长度．
∵⊙O与四边形ABCD各边相切，
∴AD+BC=AB+CD，
∵AB=5，BC=6，CD=4，
∴AD=3，
故答案为3．
此题考查切线的性质，熟练掌握切线长定理是解题关键．
18．80°##80度
【解析】连接AO、BO，根据圆的切线的性质可得，再根据圆周角定理可得，最后根据四边形内角和为，即可求出的度数．
解：连接AO、BO，
PA、PB分别切⊙O于点A，B，
故答案为：80°．
此题考查了圆的度数问题，解题的关键是掌握切线的性质、圆周角定理、四边形内角和为．
19．
【解析】利用平行四边形的定义得出对边，从而由平行线的性质得出，，然后用切线性质得出，进而得出，再由圆内接四边形的性质求出，从而得出结论．
如图1，连接，并延长交⊙O于点，连接．
四边形ABCD是平行四边形，
；
，
△ABD的外接圆⊙O与CD相切，
，
是⊙O的直径，
，
，
，
又，
四边形AEBD内接于圆⊙O，∠DAE＝100°
，，
故答案为：40
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形性质定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
20．
【解析】连接OD、OC，利用HL证明，得出BC=CD；根据勾股定理计算出BC的长，在直角三角形AOD中，根据勾股定理，设半径为R，列出方程，即可得出答案．
如图，连接OD、OC，
根据垂径定理，可得，
在和中，
，
，
；
在直角三角形ABC中，，
；
在直角三角形AOD中，设半径为R，根据勾股定理，可得
，
解得：，
故圆O的半径为．
故答案为：．
本题主要考查勾股定理的运用，及学会构建辅助线证明三角形全等．
21．
【解析】先利用切线长定理求得OC=，再判断出当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
然后利用勾股定理求解即可．
解：⊙O 与Rt△ABC三边的切点分别为E、F、G，连接OE、OF、OG、OC，
∵⊙O是Rt△ABC内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴CE=CF，BE=BG，AF=AG，则四边形OECF是正方形，AB==5，
设正方形OECF的边长为x，则BE=BG=3-x，AF=AG=4-x，
依题意得：3-x+4-x=5，
解得：x=1，
∴OC=，
∵CD⊥l，即∠CDO=90°，
∴点D在以OC为直径的⊙Q上，
连接QA，过点Q作QP⊥AC于点P，
当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
∴CP=QP=，AP=AC-CP=，⊙Q的半径为QD=，
∴QA=，
∴AD的最小值为AQ-QD=，
故答案为：．
本题考查了内心的性质，切线长定理，圆周角定理，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
22．1.5
【解析】根据勾股定理得到AB=5cm，推出点D是△ABC的内心．如图，画出△ABC的内切圆，与BC、AC、AB分别相切于点G、M、N，且连接DG，解方程组得到DG=x=1，根据三角形的面积公式即可得到结论．
解：∵∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，
∴AB==5cm，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴点D是△ABC的内心．
如图，画出△ABC的内切圆，与BC、AC、AB分别相切于点G、M、N，且连接DG，
设CG=x，BG=y，AN=z，
得方程组：
解得：，
∴DG=x=1，
∴S△BCD=×BC×DG=×3×1=1.5cm2．
故答案为：1.5．
本题考查了勾股定理，三角形的面积，正确的求得DG的长度是解题的关键．
23．
【解析】由题意易得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，进而根据题意作图，则连接AC，交于点E，然后可得AE的长即为点A到上的点的距离为最大，由题意易得，则有△OFC是等腰直角三角形，，根据等腰直角三角形的性质可得，最后问题可求解．
解：由题意得当与BC、CD相切时，切点分别为F、G，点A到上的点的距离取得最大，如图所示：
连接AC，OF，AC交于点E，此时AE的长即为点A到上的点的距离为最大，如图所示，
∵四边形是正方形，且边长为4，
∴，
∴△OFC是等腰直角三角形，，
∵的半径为1，
∴，
∴，
∴，
∴，
即点A到上的点的距离的最大值为；
故答案为．
本题主要考查正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、切点的性质定理及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
24．2
【解析】点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心 为半径的圆上运动，要使AE最大，则AE过F，连接CD，由△ABC是等边三角形，AB是直径，得到EF⊥BC，根据三角形的中位线的性质得到CD∥EF，根据勾股定理即可得到结论．
解：点D在⊙C上运动时，点E在以F为圆心的圆上运动，要使AE最大，则AE过F，
连接CD，
∵△ABC是等边三角形，AB是直径，
∴EF⊥BC，
∴F是BC的中点，
∵E为BD的中点，
∴EF为△BCD的中位线，
∴CD∥EF，
∴CD⊥BC，
∵BC＝4，CD＝2，
∴BD2，
故答案为：2．
本题主要考查了等边三角形的性质，圆周角定理，三角形中位线的性质，勾股定理，正确的作出辅助圆是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）
【解析】（1）以A为圆心，为半径画弧交于，作直线交于点，直线即为所求．
（2）设，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
解：（1）如图，直线即为所求．
（2）连接，．
是的内切圆，，，是切点，
，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，
，设，
在中，，
，
，
．
本题考查作图复杂作图，切线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
26．(1)见解析
(2)32
【解析】（1）连接OD，证明，可得，根据切线的性质可得，进而可得，即可证明AD是O的切线；
（2）根据平行四边形OAEC的面积等于2倍即可求解．
(1)
证明：连接OD．
∵四边形OAEC是平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∵AB与相切于点B，
∴，
又∵OD是的半径，
∴AD为的切线．
(2)
∵
在Rt△AOD中，
∴平行四边形OABC的面积是
本题考查了切线的性质与判定，平行四边形的性质，三角形全等的性质与判定，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
27．（1）见解析；（2）
【解析】（1）连接OC，根据切线的性质可得∠OBD=90°，然后利用SAS证出≌，可得∠OCD=∠OBD=90°，从而证出结论；
（2）直接根据已知条件求出OP的长度，结合半径OC的长度，在Rt△OPC中利用勾股定理求解即可．
（1）证明：如图所示，连接OC．
∵DB切⊙O于点B，
∴∠OBD=90°．
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO．
∵OD∥AC，
∴∠COD=∠ACO，∠CAO=∠BOD，
∴∠COD=∠BOD．
又∵OC=OB，OD=OD，
∴≌(SAS)，
∴∠OCD=∠OBD=90°，
即OC⊥CD，且OC为直径，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：∵AB=12，AB是直径，
∴OB=OA=OC=6．
∵OP∶AP=1∶2，
∴OP=2，AP=4．
∵CE⊥AB，
∴∠OPC=90°，
在Rt△OPC中，由勾股定理，PC=，
∴．
本题考查圆的基本性质，切线的判定，以及勾股定理解三角形等，掌握圆中的基本性质，以及切线的判定方法是解题关键．
28．（1）见解析；（2）
【解析】（1）连接OD，根据等边对等角性质和平行线的判定和性质证得OD⊥DE，从而证得DE是⊙O的切线；
（2）由等腰三角形的性质求出BD＝CD，由勾股定理求出AD的长，根据三角形的面积得出答案．
（1）证明：连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠ODB＝∠C，
∴ODAC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，
∵∠ADB＝90°，AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵⊙O的直径为5，BC＝8，
∴AC＝AB＝5，CD＝4，
∴AD＝，
∵，
∴DE＝．
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，勾股定理，三角形的面积等知识，掌握切线的判定与性质是解题的关键．
29．（1）作图见解析；（2）作图见解析；综合运用：（1）相切；（2）⊙O 的半径为.
【解析】综合运用：（1）根据角平分线上的点到角两边的距离相等可得AB与⊙O的位置关系是相切；
（2）首先根据勾股定理计算出AB的长，再设半径为x，则OC=OD=x，BO=（12-x）再次利用勾股定理可得方程x2+82=（12-x）2，再解方程即可．
（1）①作∠BAC的平分线，交BC于点O；
②以O为圆心，OC为半径作圆．AB与⊙O的位置关系是相切．
（2）相切；
∵AC=5，BC=12，
∴AD=5，AB==13，
∴DB=AB-AD=13-5=8，
设半径为x，则OC=OD=x，BO=（12-x）
x2+82=（12-x）2，
解得：x=．
答：⊙O的半径为．
本题考查了作图—复杂作图，角平分线的性质，勾股定理，切线的判定，掌握以上知识是解题的关键．
30．（1）证明见详解；（2）OA=OB=；．
【解析】（1）连结OC，由OA=OC，可得∠ACO=∠CAO=∠BCP，由AB为⊙O的直径，可得∠ACO+∠OCB=90°，可证∠OCP=90°即可；
（2）连结BD，由AB为⊙O的直径，可得∠ACB=90°，在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，由勾股定理AB=，可求OA=OB=；由CD是∠ACB的平分线，可得∠ACD=∠BCD，可得，可得AD=BD，∠ADB=90°用勾股定理即可得出答案．
解：（1）连结OC，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠CAO=∠BCP，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠BCP+∠OCB=90°，
∴∠OCP=90°，
∴直线PC是⊙O的切线；
（2）连结BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，
∴AB=，
∴OA=OB=；
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD=∠BCD，
∴，
∴AD=BD，∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，，
∴．
本题考查圆的切线判定，直径所对圆周角是直角，角平分线定义，圆周角弧弦关系，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，掌握圆的切线判定，直径所对圆周角是直角，角平分线定义，圆周角弧弦关系，勾股定理是解题关键．
31．（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，理由见解析；（2）BE=6．
【解析】（1）连接OD，可知由直径所对的圆周角是直角可得∠DAB+∠DBA=90°，再由∠CDA=∠CBD可得∠CDA+∠ADO=90°，从而得∠CDO=90°，根据切线的判定即可得出；
（2）由已知利用勾股定理可求得DC的长，根据切线长定理有DE=EB，根据勾股定理得出方程，求出方程的解即可．
（1）直线CD和⊙O的位置关系是相切，
理由是：连接OD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠DBA=90°，
∵∠CDA=∠CBD，
∴∠DAB+∠CDA=90°，
∵OD=OA，
∴∠DAB=∠ADO，
∴∠CDA+∠ADO=90°，
即OD⊥CE，
∴直线CD是⊙O的切线，
即直线CD和⊙O的位置关系是相切；
（2）∵AC=2，⊙O的半径是3，
∴OC=2+3=5，OD=3，
在Rt△CDO中，
由勾股定理得：CD=4，
∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，
∴DE=EB，∠CBE=90°，
设DE=EB=x，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2=BE2+BC2，
则（4+x）2=x2+（5+3）2，
解得：x=6，
即BE=6．
32．（1）见解析；（2）CD＝
【解析】（1）根据切线的性质得到∠OBD＝∠OBC＋∠DBC＝90°，再根据圆周角定理得到∠ACB＝∠OCA＋∠OCB＝90°，加上∠OBC＝∠OCB，于是利用等量代换得到结论；
（2）利用含30度的直角三角形三边的关系得到CB＝，然后证明∠D＝∠CBD＝30°得到CD＝CB即可．
（1）证明：∵DB是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∴∠OBD＝∠OBC＋∠DBC＝90°．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠OCA＋∠OCB＝90°．
∵OC＝OB，
∴∠OBC＝∠OCB．
∴∠DBC＝∠OCA；
（2）解：在Rt△ACB中，∵∠A＝30°，AC＝2，
设，则，
∴，
解得：，
则，
∵∠A＝30°，
∴∠COB＝2∠A＝60°，
∴∠D＝90° ∠COB＝30°，
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠A＝30°．
∴∠DBC＝∠OCA＝30°，
∴∠D＝∠DBC．
∴CB＝CD．
∴CD＝．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．
33．(1)见解析；
(2)四边形ACDE是平行四边形，理由见解析
【解析】（1）根据等腰三角形的性质和圆周角定理即可证得结论；
（2）根据切线性质和圆周角定理、等角的余角相等证得∠F=∠C=∠CAD，，再根据三角形的外角性质和等弧所对的圆周角相等证得∠C=∠BDE，根据平行线的判定证明AC∥DE，AE∥CD，进而可证明四边形ACDE是平行四边形．
（1）
证明：∵AB=AC，
∴∠C=∠B，
∵∠B=∠E，
∴∠C=∠E；
（2）
解：四边形ACDE是平行四边形，
理由：如图，连接AO并延长，交⊙O于F，连接AD、DF，
则∠ADF=90°，即∠F+∠DAF=90°，
∵AC是⊙O的切线，
∴∠CAF=90°，即∠CAD+∠DAF=90°，
∴∠F=∠CAD，
∵∠F=∠E，∠C=∠E，
∴∠F=∠C，
∴∠C=∠CAD，
∴∠ADB=∠C+∠CAD=2∠C，
∵E是的中点，
∴，
∴∠ADE=∠BDE，
∴∠ADB=2∠BDE，
∴∠C=∠BDE，
∴AC∥DE，
∵∠C=∠E，∠C=∠BDE，
∴∠E=∠BDE，
∴AE∥CD，
∴四边形ACDE是平行四边形．
本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质、切线性质、等角的余角相等、三角形的外角性质、平行线的判定、平行四边形的判定，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
34．(1)证明见详解
(2)4
【解析】（1）连接OA，根据切线的性质，圆周角定理，同旁内角互补两直线平行；即可证明；
（2）连接OA，设OA＝OC＝r，在Rt△AOE中由勾股定理列方程求解即可；
(1)
证明：如图，连接OA，
∵AD与⊙O相切，切点为A，
∴AD⊥OA，即∠OAD＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，
∴∠OAD＋∠AOC＝180°，
∴OC∥AD．
(2)
解：如图，连接OA，
设OA＝OC＝r，
∵CE＝2，
∴OE＝OC－CE＝r－2，
∵在Rt△AOE中，∠AOE＝90°，AE＝2，
∴OE2＋OA2＝AE2，即(r－2)2＋r2＝(2)2，
2r2-4r-16=0，（r-4）（r+2）=0
解得r＝4，或r=-2（舍去），
即⊙O的半径是4．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，平行线的判定，勾股定理；掌握相关定理和性质是解题关键．
35．（1）见解析；（2）3．
【解析】（1）连接OE，DE，根据等腰三角形的性质和直径所对圆周角是直角得∠OEC＝90°，于是得到结论；
（2）设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+2，AC＝2r+2，由AC2+BC2＝AB2，OE2+CE2＝OC2得到关于r 的方程，即可求出半径．
（1）证明：如图，连接OE，DE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠DEC+∠CEB＝90°，
∵CE＝BC，
∴∠B＝∠CEB，
∴∠A＝∠DEC，
∵OE＝OD，
∴∠OED＝∠ODE，
∵∠A+∠ADE＝90°，
∴∠DEC+∠OED＝90°，即∠OEC＝90°，
∴OE⊥CE．
∵OE是⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD＝2，AB＝ ，BC＝CE，
设⊙O的半径为r，则OD＝OE＝r，OC＝r+2，AC＝2r+2，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴（2r+2）2+BC2＝（）2，
在Rt△OEC中，∠OEC＝90°，
∴OE2+CE2＝OC2，
∴r2+BC2＝（r+2）2，
∴BC2＝（r+2）2﹣r2，
∴（2r+2）2+（r+2）2﹣r2＝（）2，
解得r＝3，或r＝﹣6（舍去）．
∴⊙O的半径为3．
本题主要考查的是切线的判定、等腰三角形的判定和性质、勾股定理，掌握切线的判定定理、勾股定理是解题的关键．
36．（1）8；（2）见解析
【解析】（1）连接OC，利用勾股定理求解CE＝4，再利用垂径定理可得答案；
（2）证明 再证明 可得 从而可得结论.
（1）解：连接OC，
∵CD⊥AB，
∴CE＝DE，
∴OC＝OB＝OE＋BE＝3＋2＝5，
在Rt△OCE中，∠OEC＝90°，由勾股定理得：CE2＝OC2－OE2，
∴CE2＝52－32，
∴CE＝4，
∴CD＝2CE＝8.
（2）解：连接OD，
∵CF与⊙O相切，
∴∠OCF＝90°，
∵CE＝DE，CD⊥AB，
∴CF＝DF，
又OF＝OF，OC＝OD，
∴△OCF≌△ODF，
∴∠ODF＝∠OCF＝90°，即OD⊥DF．
又D在⊙O上，
∴DF与⊙O相切．
本题考查的是圆的基本性质，垂径定理的应用，切线的性质与判定，证明△OCF≌△ODF得到∠ODF＝∠OCF＝90°是解本题的关键.
37．(1)作图见解析
(2)
【解析】（1）内切圆的圆心是角平分线的交点；作的角平分线，作的角平分线交于点，两条角平分线的交点即为内切圆的圆心，为内切圆半径，画圆即可．
（2）过圆心向作垂线，交点为，由角平分线的性质可知，，在中，设内切圆的半径为，则，在中，解出的值即可．
(1)
解：如图：以为圆心，大于长为半径画弧，交点为，连接交于点；以为圆心画弧，交于点，以为圆心，大于为半径画弧，交点为，连接，与的交点即为的内切圆的圆心，即为半径，画圆．
(2)
解：如图，过圆心向作垂线，交点为；
由角平分线的性质可知：
∵
∴为等腰三角形
∴
∴在中
设内切圆的半径为，则
在中∵
∴
解得：
∴内切圆的半径为．
本题考查了角平分线的画法，角平分线的性质，勾股定理，等腰三角形等知识．解题的关键在于熟练掌握角平分线的作法．
38．(1)见解析
(2)6
【解析】（1）连接OE，根据切线的性质得到OE⊥PQ，根据平行线的性质得到∠OEA=∠EAC，根据等腰三角形的性质得到∠OEA=∠OAE，等量代换证明结论；
（2）过点O作OF⊥AC于F，根据勾股定理求出AF，根据垂径定理解答即可．
(1)
如图1，连接，
由题意知，
∴
∵
∴
∴
∴
∴AE平分∠BAC．
(2)
如图2，连接交于点
∴，
∵
∴
∴垂直平分
∴
∵
∴四边形是矩形
∴
∴
在中，由勾股定理得
∴AD的长为6．
本题考查的是切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
39．(1)见解析
(2)4
【解析】（1）要证明是的切线，想到连接，只要证明即可，因为是的直径，想到连接，可得，然后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半，证出，再利用等边对等角即可解答；
（2）根据已知易求，然后证明是等边三角形，求出，最后在中，求出的长即可解答．
(1)
证明：连接，
，
，
，
是的直径，
，
，
点是的中点，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
是的切线；
(2)
解：，，，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
在中，，
，
外接圆的半径，
外接圆的半径为：4．
本题考查了切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，解题的关键是熟练掌握直角三角形外接圆的圆心在斜边中点处．
40．(1)y＝﹣x2+x﹣3
(2)存在．⊙P的面积的最大值为π
【解析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）（x﹣4），然后将（0，﹣3）代入解析式即可求出a的值；
（2）过点P作PN⊥BC于点N，作y轴的平行线交BC于点M，用待定系数法求出直线BC的解析式为y＝x﹣3，设P（m，），则M（m，m﹣3），根据三角形PBC的面积求出PN的表达式，由二次函数的性质可得出答案．
(1)
解：∵抛物线与x轴交于A（1，0），B（4，0），
∴设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣4），
把（0，﹣3）代入y＝a（x﹣1）（x﹣4），
∴a＝，
∴抛物线的解析式为；
(2)
解：存在．
过点P作PN⊥BC于点N，作y轴的平行线交BC于点M，如图，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∵B（4，0），C（0，﹣3），
∴ ，
∴，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
设P（m，），则M（m，m﹣3），
∴PM＝（）﹣（m﹣3）＝，
∵OB＝4，OC＝3，
∴BC＝＝5，
∵S△PBC＝PM OB＝BC PN，
∴PN＝ ，
∴m＝2时，PN有最大值为，
∴⊙P的面积的最大值为π．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数与一次函数的解析式、二次函数与一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、切线的性质，解题的关键是学会用代数式表示线段的长度．
41．(1)
(2)或
(3)或或
【解析】（1）作，垂足为E，与边相切，．根据边长为的等边中，，，根据建立等式求解；
（2）需要进行分类讨论，若在左侧与之相切，作，垂足为F，若在右侧与之相切，分别进行求解；
（3）分论讨论，当时，当时，当时，依次进行求解．
(1)
解：作，垂足为E．
∵与边相切，
∴．
∵边长为的等边中，是高，
∴，，．
∴．
∴．
∴．
解得．
(2)
解：若在左侧与之相切，作，垂足为F．
∴．
∵，
∴．
∴，．
∵，
∴．
解得．
若在右侧与之相切，作，垂足为F．
同理，，．
∵
∴．
解得．
综上，或．
(3)
解：当时，当ΘP与△ABC的边共有两个公共点，
，
，
当时，当ΘP与△ABC的边共有两个公共点，
，
，
当时，当ΘP与△ABC的边共有两个公共点，
，
，
综上：当ΘP与△ABC的边共有两个公共点：或或．
本题考查了圆与直线的位置关系，动点问题、等边三角形的性质、勾股定理，解题的关键是通过数形结合的思想及分类讨论的思想进行求解．
42．(1)5
(2)①B；②10cm
(3)πcm
【解析】（1）由旋转的性质知BC=BA=10cm，则CD=BC=5cm；
（2）①若⊙O与BC相切于P，则OP⊥BC，则点P与H重合，可得答案；
②延长AO交BD于E，利用∠A=∠CBD=90°-α，用α的代数式表示∠AOB和∠ABO，从而解决问题；
（3）在直线BD上取BG=BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，利用SAS证明△BOG≌△BOC，得∠BOC=∠BOG，而∠BOC=135°，从而确定点O的运动路径．
(1)
解：∵线段AB绕点B按逆时针方向旋转角α（0≤α≤360°）得到线段BC，
∴BC=BA=10cm，
当α=60°时，∠CBD=30°，
∴CD=BC=5cm，
故答案为：5；
(2)
①当AO⊥BC时，
则OH⊥BC，
若⊙O与BC相切于P，
则OP⊥BC，
∴点P与H重合，
∴点H在⊙O上，
故选：B；
②延长AO交BD于E，
∵AO⊥BC，
∴∠A=∠CBD=90°-α，
∵⊙O是△BCD的内切圆，
∴BO平分∠CBD，
∴∠OBC=∠CBD=45°-α，
∴∠AOB=90°-∠OBC=90°-（45°-α）=45°+α，
∵∠ABO=∠ABC+∠CBO=α+45°-α=45°+α，
∴∠AOB=∠ABO，
∴AO=AB=10cm；
(3)
如图，在直线BD上取BG=BC，连接OG，以BG为斜边在等腰直角△BFG，
∵∠OBG=∠OBC，OB=OB，
∴△BOG≌△BOC（SAS），
∴∠BOC=∠BOG，
∵∠BCD+∠CBD=90°，
∴∠BCO+∠OBC=45°，
∴∠BOC=135°，
∴∠BOG=135°，
∴点O在以F为圆心、BF为半径的圆上运动，
∵BG=BC=10cm，
∴BF=cm，
∴当线段AB绕点B按逆时针方向旋转90°时，O运动的路径长为=πcm．
本题是圆的综合题，主要考查了三角形内切圆的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，切线的性质等知识，构造全等三角形得出点O的运动路径是解题的关键，属于中考压轴题．
43．(1)
(2)
(3)、
【解析】（1）将点A（-1，0）、B（3，0）代入二次函数解析式进行求解即可．
（2）连接，利用两点间距离公式以及勾股定理证明为直角三角形，得到，通过∠DCP=∠BCQ得到，求出直线解析式，利用斜率乘积为以及点坐标，求出直线解析式，最后联立直线解析式与二次函数解析式求出点坐标即可．
（3）设直线切⊙与点，连接、，作于点，利用圆与相切的性质得到，，利用边与角的关系，证明是等腰直角三角形，进而得到为等腰直角三角形，设，分别用点坐标表示出和的长，最后即可得到关于的方程，然后求解方程，得到答案．
(1)
解：由题意可知：点A（-1，0）、B（3，0）在抛物线y=-x2+bx+c上，
，解得：，
抛物线的函数解析式为：．
(2)
解：连接，如下图所示：
由可知：对称轴为：直线，（0,3），（1,4），
由两点间距离公式可得：，，
在中，，
为直角三角形，且，
，且，
，即，
设直线解析式为：，直线解析式为：，
，解得： ，
直线解析式为：，
，
，即，
直线解析式为：，
将代入得：，故直线解析式为：，
联立与有：
解得： 或，
点P的坐标为．
(3)
解：设直线切⊙与点，连接、，作于点，如下图所示：
由题意可知：，，
由可知：对称轴为：直线，（0,3），（1,4），
，，即，
是等腰直角三角形，
，
，
，
为等腰直角三角形，
设，故，
在中，，
由勾股定理可知：，
，
解得：，
、．
本题主要是考查了二次函数的几何综合问题，熟练掌握圆的性质以及垂直与直线斜率之间 的关系，是求解该问题的关键．
44．(1)①(4,3)或C(4， 3)，，②，
(2)
【解析】（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，根据对称性可知点C(4， 3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，连接、、CA，则==CA =r=3，得，即可得；
（2）如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得，则，即可得．
(1)
①如图1中，
在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，
根据对称性可知点C(4, 3)也满足条件，
故答案是：(4,3)或C(4， 3)，，
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点”。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，
∵⊙C的半径，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，
连接、、CA，则==CA =r=3，
∵CD⊥y轴，CD=4，，
∴，
∴，；
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
故答案为：，
(2)
当过点A，B的圆与y轴负半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，
如图3所示，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，
∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，，
∴，
即 ．
故答案为：
本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
45．（1）证明见解析；（2）△AEC的外接圆的半径为
试题分析：（1）利用圆周角定理结合等腰三角形的性质利用∠ACM=∠ABC求出答案；（2）首先得出△AEC的外接圆的直径是AC，进而结合相似三角形的性质得出AC的长，进而得出答案．
试题解析：（1）证明：如图，连接OC
∵AB为O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
又∵∠ACM=∠ABC，∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA+∠ACM=90°，
∴CM是O的切线；
(2)∵BC=CD，
∴OC∥AD，
又∵OC⊥CE，
∴AD⊥CE，
∴△AEC是直角三角形，
∴△AEC的外接圆的直径是AC，
又∵∠ABC+∠BAC=90°,∠ACM+∠ECD=90°，
∴△ABC∽△CDE，
∴，
O的半径为3，
∴AB=6，
∴，
∴BC2=12，
∴BC=2，
∴AC=，
∴△AEC的外接圆的半径为.
故答案为.
46．(1)见解析
(2)①见解析；②
【解析】（1）如图1中，连接BC．想办法证明∠E=∠DCE即可；
（2）①如图2中，根据等腰三角形的性质得到∠CFH=∠CHF，根据三角形外角的性质得到∠ACO=∠OBC，求得∠OCB=∠OBC，得到∠ACO=∠BCO=∠ACB=45°，推出AC=BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②连接OD交BC于G．设OG=x，则DG=2-x．利用勾股定理构建方程求解即可．
（1）解：证明：如图1中，连接BC．
∵点D是弧BC的中点．
∴，∴∠DCB=∠DBC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠BCE=90°，
∴∠E+∠DBC=90°，∠ECD+∠DCB=90°，
∴∠E=∠DCE，
∴CD=ED；
（2）①证明：如图2中，
∵CF=CH，
∴∠CFH=∠CHF，
∵∠CFH=∠CAF+∠ACF，∠CHA=∠BAH+∠ABH，
∵∠CAD=∠BAH，
∴∠ACO=∠OBC，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠ACO=∠BCO=∠ACB=45°，
∴∠CAB=∠ABC=45°，
∴AC=BC，
∵∠ACH=∠BCE=90°，∠CAH=∠CBE，
∴△ACH≌△BCE（ASA），
∴CH=CE；②解：如图3中，连接OD交BC于G．设OG=x，则DG=2-x．
∵，∴∠COD=∠BOD，
∵OC=OB，
∴OD⊥BC，CG=BG，
在Rt△OCG和Rt△BGD中，则有22-x2=12-（2-x）2，
∴x=，即OG=，∵OA=OB，
∴OG是△ABC的中位线，
∴OG=AC，∴AC=．
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，弧，圆心角，弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
47．(1)①C，A
②
(2)和
【解析】（1）①由内联点的定义可知C，A满足条件
②结合图象可知当点B为圆心的圆与AO线段相切时，有一个公共点，且符合内联点定义，故时均符合题意．
（2）由（1）问可知，当OE与OF，或OF与EF垂直时有一个公共点且满足内联点的定义，故由此可作图，作图见解析，即可由勾股定理、斜率的性质，解得和
（1）
①如图所示，由图像可知C，A点是关于点B的内联点
②如图所示，当点B为圆心的圆与AO线段相切时，有一个公共点，符合内联点定义
故．
（2）
如图所示，以O为圆心的圆O为点F点的运动轨迹，由（1）问可知当∠EFO或∠FOE为90°时，关于点E的内联点存在且只有一个，故当F点运动到和的范围内时，关于点E的内联点存在．
设F点坐标为（x，y），则，由图象即题意知
当F点在点时，，即有
，
当F点在点时，，即有
即
当F点在点时，，即有
即
解得或
故，
当F点在点时，，
即
化简得
且
即
即
化简得
联立
解得或x=0
故
综上所述，F点的横坐标n取值范围为和．
本题考查了有关圆和三角形的新定义概念的综合题目，结合题意作出图象，运用数形结合的思想，熟练应用勾股定理以及斜率是解题的关键．
48．(1)见解析
(2)，
(3)或
【解析】（1）由角平分线和平行可证，从而得出四边形为菱形；则，垂足为，即可证明与相切；
（2）由，，，可得，设，则，在Rt△BDQ中，，解方程即可；
（3）当与相切时，，此时与只有一个公共点，当过点时，连接，作于，设，则，由得，，解方程即可，当第二次经过点时，同理可得．
(1)
证明：的角平分线交直线于点，
，
，
，
，
，
又，
四边形为平行四边形，
四边形为菱形；
，垂足为，
与相切；
(2)
如图，当与相切于点时，，，，
在Rt△ADQ中，，
设，则，
在Rt△BDQ中，，
解得，即，
，；
(3)
当与相切时，，此时与只有一个公共点，
当过点时，如图，连接，作于，
设，则，
由得，
，
设，
则方程转化为，
解得，（舍，
，
当第二次经过点时，作于，
设，则，
由得，
，
设，
则方程转化为，
解得，，
，（舍，
与线段只有一个公共点，则的半径的取值范围是或．
故答案为：2或．
本题是圆的综合题，主要考查了直线与圆的位置关系，菱形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程等知识，求出过点时半径的长是解题的关键，属于中考压轴题．