人教版九年级上对接中考知识点复习专项计划——点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022九上·鄞州开学考）如图，点为的内心，连接并延长，交的外接圆于点，点为弦的中点，连接，，，当，，时，的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
2．（2021九上·玉林期末）如图，AB是⊙O直径，过⊙O上的点C作⊙O切线，交AB的延长线于点D，若∠D＝40°，则∠A大小是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
3．（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
二、填空题
4．（2021九上·南充期末）如图，过⊙O外一点P，作射线PA，PB分别切⊙O于点A，B， ，点C在劣弧AB上，过点C作⊙O的切线分别与PA，PB交于点D，E.则 度.
5．（2021九上·永城月考）如图，与的边相切，切点为B.将绕点B按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点C.若，则 .
三、综合题
6．（2021九上·鄂城期末）如图， 是 的直径，弦 ，E是 的中点，连接 并延长到点F，使 ，连接 交 于点D，连接 ， .
（1）求证：直线 是 的切线；
（2）若 长为 ，求 的半径及 的长.
7．（2021九上·南京期末）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.
8．（2021九上·长沙期末）如图，在矩形ABCD中，点O为边AB上一点，以点O为圆心，OA为半径的⊙O与对角线AC相交于点E，连接BE， .
（1）求证：BE为⊙O的切线；
（2）若当点E为AC的中点时，⊙O的半径为1，求矩形ABCD的面积.
9．（2021九上·历下期末）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于点D，且∠D=2∠CAD．
（1）求∠D的度数；
（2）若CD=1，求BD的长．
10．（2021九上·定海期末）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，且弧AF=弧FC=弧BC，连接AC，AF，过点C作CD⊥AF交AF延长线于点D，垂足为D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若CD=2，求⊙O的半径．
11．（2021九上·庐江期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O点在△ABC内部，⊙O经过B、C两点且交AB于点D，连接CO并延长交线段AB于点G，以GD、GC为邻边作平行四边形GDEC．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝7，CE＝5，求⊙O的半径．
12．（2021九上·南昌期末）如图，在中，D为边上的一点，过三点的圆O交于点E，已知，．
（1）求证：是圆O的直径；
（2）过点E作于点F，求证：与圆O相切．
13．（2022九上·金东期末）如图，已知AB是的直径，点D为弦BC中点，过点C作切线，交OD延长线于点E，连结BE，OC.
（1）求证：EC＝EB.
（2）求证：BE是⊙O的切线.
14．（2021九上·密云期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．
（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．
15．（2021九上·黄埔期末）如图，AB、CD是⊙O中两条互相垂直的弦，垂足为点E，且AE＝CE，点F是BC的中点，延长FE交AD于点G，已知AE＝1，BE＝3，OE＝．
（1）求证：△AED≌△CEB；
（2）求证：FG⊥AD；
（3）若一条直线l到圆心O的距离d＝，试判断直线l是否是圆O的切线，并说明理由．
16．（2021九上·河东期末）如图，BE是的直径，点A和点D是上的两点，过点A作的切线交BE延长线于点C．
（1）若，求的度数；
（2）若，，求AC的长．
17．（2021九上·椒江期末）如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点 D 在边 BC 上，⊙O 经过点 A 和点 B且与边 BC 相交于点 D.
（1）判断
AC 与⊙O 的位置关系，并说明理由.
（2）当 CD＝5 时，求⊙O 的半径.
18．（2021九上·西城期末）如图，，是的两条切线，切点分别为B，C，连接并延长交于点D，过点D作的切线交的延长线于点E，于点F．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长.．
19．（2021九上·燕山期末）如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为O，点A、C在上，过点A作的延长线于点E，已知平分．
（1）求证：是切线；
（2）若，，求的半径和的长．
20．（2021九上·大兴期末）已知：如图，在中，，D是BC的中点．以BD为直径作，交边AB于点P，连接PC，交AD于点E．
（1）求证：AD是的切线；
（2）若PC是的切线，，求PC的长．
21．（2021九上·朝阳期末）如图，在中，，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，与AC的另一个交点为E．
（1）求证：BO平分；
（2）若，，求BO的长．
22．（2021九上·西城期末）如图，是的直径，四边形内接于，D是的中点，交的延长线于点E．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
23．（2021九上·科尔沁左翼中旗期末）如图，是的直径，C为上一点，．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若，垂足为E，交于点F，求证：是等腰三角形．
24．（2021九上·东城期末）如图，AC是⊙O的弦，过点O作OP⊥OC交AC于点P，在OP的延长线上取点B，使得BA＝BP．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为4，PC＝，求线段AB的长．
25．（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．
26．（2021九上·莒县月考）如图，AB＝BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过D作DE⊥BC，垂足为E.
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）作DG⊥AB交⊙O于G，垂足为F，若∠A＝30°，AB＝8，求弦DG的长．
27．（2021九上·上高月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作半圆O交AB于点D，E为AC的中点，连接DE，DC．
（1）求证：DE是半圆O的切线；
（2）若∠BAC=60°，DE=6，求CD的长．
28．（2021九上·东营月考）如图， 中， ，以 为直径作 ，点D为 上一点，且 ，连接 并延长交 的延长线于点E．
（1）判断直线 与 的位置关系，并说明理由；
（2）若 ， ，求 的长．
29．（2021九上·苏州月考）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在OC的延长线上，OD与AB相交于E，cosA＝
，∠D＝30°.
（1）证明：BD是⊙O的切线；
（2）若OD⊥AB，AC＝3，求BD的长.
30．（2021九上·和平期末）已知AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线PC交AB的延长线于点P，D为弧AC上一点，连接BD，BC，DC．
（1）如图①，若∠D=26°，求∠PCB的大小；
（2）如图②，若四边形CDBP为平行四边形，求∠PCB，∠ADC的大小．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
是的内心，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是的中位线，
故答案为：C.
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM，根据内心的概念可得∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，由外角的性质可得∠DIC=∠IAC+∠ICA，根据角的和差关系可得∠DCI=∠BCD+∠ICB，结合圆周角定理得∠DIC=∠DCI，推出DI=DC=DM，进而得到∠ICM=90°，利用勾股定理可得CM，进而推出IE为△ACM的中位线，据此求解.
2．【答案】B
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=40°，
∴∠COD=50°，
∵AB是⊙O直径，
∴∠A和∠COD分别为 所对的圆周角和圆心角，
∴∠A= ∠COD=25°，
故答案为：B.
【分析】由切线的性质可得∠OCD=90°，利用三角形的内角和求出∠COD=50°，根据圆周角定理可得∠A= ∠COD=25°.
3．【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．
4．【答案】65
【知识点】角的运算；切线的性质；角平分线的判定；角平分线的定义
【解析】【解答】解：如图所示：连接OA，OC，OB，
∵PA、PB、DE与圆相切于点A、B、E，
∴ ，
，
，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴DO平分
，EO平分
，
∴ ，
，
∴ ，
，
∴ ，
故答案为：65.
【分析】连接OA，OC，OB，根据切线的性质可得OA⊥PA，OB⊥PB，OC⊥DE，根据∠P的度数求出∠AOB的度数，推出DODO平分∠ADC，EO平分∠BEC，根据角平分线的概念可得∠AOD=∠COD，∠COE=∠BOE，据此计算.
5．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接O'O，如下图：
∵与 △OAB的边AB相切，切点为B
∴
又∵
∴
由旋转的性质可得：OB=O'B，
又∵OO'=OB
∴ △OO'B为等边三角形
∴
∴
∴
故答案为：80.
【分析】连接OO′，利用切线的性质可证得∠OBA=90°，利用三角形的内角和定理求出∠AOB的度数；再利用旋转的性质可证得OB=O′B，∠ABO=∠ABO′，由此可证得△OO′B是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠OBO′=60°；然后求出∠OBC的度数，利用三角形的内角和定理求出∠OCB的度数.
6．【答案】（1）证明：如图：连接
∵ 、
∴
∵ ， ， ，
∴
∴
∴
又∵ 经过半径 的外端点B
∴ 是 的切线；
（2）解：设 的半径为r，则 ，
在 中有：
∴只取 ，即 的半径为 .
∵ 是 的直径、即 ，
∴
∴ ，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴ ，
∴ ，解得 .
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接 OC，由等腰三角形性质得OC⊥AB，证明△OCE≌△BFE，得∠OBF=∠COE=90°，据此证明；
（2）设的半径为r，则AB=2r，BF=OC=r，根据勾股定理可得r的值，进而利用勾股定理求出BF，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，然后根据△ABF的面积公式就可求出BD.
7．【答案】（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.
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的判定与性质；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【分析】（1）连接OC，根据垂径定理可得CE＝DE，则OC＝OB＝OE＋BE＝5，在Rt△OCE中，由勾股定理可得CE，据此求解；
（2）连接OD，根据切线的性质可得∠OCF＝90°，推出CF＝DF，证明△OCF≌△ODF，得到∠ODF＝∠OCF＝90°，据此证明.
8．【答案】（1）解：如图，连接OE.
∵ ，
∴ .
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，
∴ ，即 .
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴BE为⊙O的切线；
（2）解：∵点E为AC的中点，
∴点E为矩形ABCD对角线的交点，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ .
∵在 中， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ .
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质可得∠BCE=∠BEC，∠OAE=∠OEA，根据矩形的性质可得∠ABC=90°，推出∠OEA+∠BEC=90°，利用平角的概念可得∠OEB=90°，据此证明；
（2）根据矩形的性质可得BE=AE=CE=
AC，结合已知条件可得BE=BC=CE，推出△BCE为等边三角形，得到∠CBE=60°，则∠OBE=30°，OB=2OE=2，AB=3，利用勾股定理求出BE，然后借助矩形的面积公式进行计算.
9．【答案】（1）解：∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠COD=∠A+∠ACO=2∠A，
∵∠D=2∠A，
∴∠D=∠COD，
∵PD切⊙O于C，
∴∠OCD=90°，
∴∠D=∠COD=45°；
（2）解：∵∠D=∠COD，CD=1，
∴OC=OB=CD=1，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：
∴BD=OD-OB=．
【知识点】勾股定理的应用；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）先证明∠D=∠COD，利用切线的性质可求出∠D；
（2）由（1）可得OC=OB=CD，利用勾股定理得出OD ，即可求出BD．
10．【答案】（1）证明：连结OC，如图，
∵=∴∠FAC=∠BAC∵OA=OC∴∠OAC=∠OCA
∴∠FAC=∠OCA∴OC∥AF∵CD⊥AF∴OC⊥CD∴CD是⊙O的切线
（2）解：连结BC，如图
∵AB为直径∴∠ACB=90°∵==∴∠BOC=×180°=60°
∴∠BAC=30°∴∠DAC=30°在Rt△ADC中，CD=2∴AC=2CD=4
在Rt△ACB中，BC=AC=×4=4∴AB=2BC=8∴⊙O的半径为4.
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1） 连结OC，根据圆周角定理和等腰三角形的性质得∠FAC=∠OCA，得出OC∥AF，从而得出OC⊥CD，即可得出CD是⊙O的切线；
（2）连结BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°，∠BOC=60°，得出∠BAC=∠DAC=30°，从而得出AC，BC，AB的长，即可得出⊙O的半径.
11．【答案】（1）证明：连接OD，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠COD＝2∠ABC＝90°，
∵四边形GDEC是平行四边形，
∴DE∥CG，
∴∠ODE+∠COD＝180°，
∴∠ODE＝90°，即OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴直线DE是⊙O的切线
（2）解：设⊙O的半径为r，
∵四边形GDEC是平行四边形，
∴CG＝DE＝7，DG＝CE＝5，
∵∠GOD＝90°，
∴OD2+OG2＝DG2，即r2+（7﹣r）2＝52，
解得：r1＝3，r2＝4，
当r＝3时，OG＝4＞3，此时点G在⊙O外，不合题意，舍去，
∴r＝4，即⊙O的半径4．
【知识点】勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OD，根据题意和平行四边形的性质可得DE∥CG，得出OD⊥DE，即可求解；
（2）设⊙O的半径为r，因为∠GOD＝90°，根据勾股定理求解得出r的值，当r＝3时，OG＝4＞3，此时点G在⊙O外，不合题意，舍去，可求解。
12．【答案】（1）证明：∵BD=AD，
∴∠B=∠BAD=36°，
∴∠ADC=72°，
∵∠DAC=∠BAD=18°，
∴∠ADC+∠DAC=90°，
∴∠C=90°，
∴AD是圆O的直径
（2）证明：连接OE，
∵EF⊥BC，
∴∠EFC=90°，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠BAD=36°，
∴∠OEA=∠B，
∴OE∥BC，
∴∠OEF+∠EFC=180°，
∴∠OEF=90°，
∴OE⊥EF，
∵OE为圆O的半径，
∴EF与圆O相切．
【知识点】圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）先求出 ∠ADC=72°， 再求出 ∠C=90°， 最后证明即可；
（2）先求出 ∠OEA=∠B， 再求出 OE⊥EF， 最后作答即可。
13．【答案】（1）证明：∵点D为弦BC中点
∴OD⊥BC，CD=DB
∴∠CDE=∠BDE
在Rt△CDE和Rt△BDE
CD=BD， ∠CDE=∠BDE，DE=DE
∴Rt△CDE≌Rt△BDE
∴EC=EB.
（2）证明：∵EC=EB，OC=OB
∴∠ECB=∠EBC， ∠OCB=∠OBC，
∵CE是切线
∴∠OCE=90°，即∠OCB+∠BCE=90°
∴∠OBC+∠EBC=90°，即BE⊥AB
∴BE是的切线.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的性质；垂径定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）由垂径定理可得OD⊥BC，CD=DB，再证明Rt△CDE≌Rt△BDE，可得EC=EB；
（2）由等腰三角形的性质可得 ∠ECB=∠EBC， ∠OCB=∠OBC， 由切线的性质可得 ∠OCE=90° ，
从而得出∠OCB+∠BCE=∠OBC+∠EBC=∠OBC=90°，根据切线的判定定理即证.
14．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O的切线
（2）解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】(1)要证明AM是⊙O的切线，只要求出∠BAM=90°即可；
（2）根据已知得出OE=1，CE=，再证明CD=2CE即可。
15．【答案】（1）证明：由圆周角定理得：∠A＝∠C，
在△AED和△CEB中，，∴△AED≌△CEB（ASA）
（2）证明：∵AB⊥CD，∴∠AED＝∠CEB＝90°，∴∠C+∠B＝90°，
∵点F是BC的中点，∴EF＝BC＝BF，∴∠FEB＝∠B，
∵∠A＝∠C，∠AEG＝∠FEB＝∠B，∴∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，
∴∠AGE＝90°，∴FG⊥AD；
（3）解：直线l是圆O的切线，理由如下：作OH⊥AB于H，连接OB，如图所示：
∵AE＝1，BE＝3，∴AB＝AE+BE＝4，
∵OH⊥AB，∴AH＝BH＝AB＝2，∴EH＝AH﹣AE＝1，
∴OH＝＝＝1，∴OB＝＝＝，
即⊙O的半径为，
∵一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，∴直线l是圆O的切线．
【知识点】切线的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得到∠A=∠C，由ASA得出△AED≌△CEB；
（2）由直角三角形斜边上的中线性质得到EF＝BC＝BF，由等腰三角形的性质得出∠FEB＝∠B，由圆周角定理和对顶角相等证出∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，进而得出结论；
（3）作OH⊥AB于H，连接OB，由垂径定理得出AH=BH=AB=2，则EH=AH-AE=1，由勾股定理求出OH=1，OB=，由一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，即可得出结论。
16．【答案】（1）解：如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴OA⊥AC， ∴∠OAC=90°，
∵∠ADE=25°，
∴∠AOE=2∠ADE=50°，
∴∠C=90°-∠AOE=90°-50°=40°；
（2）解：∵AB=AC， ∴∠B=∠C，
∠AOC=2∠B，∴∠AOC=2∠C，
∵∠OAC=90°，∴∠AOC+∠C=90°，
∴3∠C=90°，∴∠C=30°，
∴OA=OC，设⊙O的半径为r，
∵CE=2，
∴，解得：r=2，
∴OA=r=2，
∴AC=．
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求出∠AOC，结合切线的性质求出∠OAC，根据三角形的内角和定理求出答案即可；
（2）根据题意，求出圆的半径，结合圆周角定理计算得到AC即可。
17．【答案】（1）解：AC是⊙O的切线，理由如下：
连接AO，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C= （180°-∠BAC）=30°，
∵AO=BO，
∴∠BAO=∠B=30°，
∴∠AOC=2∠B=60°，
∴∠OAC=180°-∠AOC-∠C=180°-60°-30°=90°，
∵AO是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，
∵AO=OD，∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OD，∠ADO=60°，
∴∠DAC=∠ADO-∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴AD=CD=OD=5，
∴⊙D的半径为5.
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接AO，根据等腰三角形的性质以及内角和定理得∠B=∠C=30°，∠BAO=∠B=30°，由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠AOC=2∠B=60°，利用内角和定理可得∠OAC=90°，据此证明；
（2）连接AD，则△AOD是等边三角形，得到AD=OD，∠ADO=60°，由三角形外角的性质可得∠DAC=∠ADO-∠C=30°，则∠DAC=∠C=30°，推出AD=CD=OD=5，据此解答.
18．【答案】（1）证明：∵，DE是的两条切线，于点F
∴∠EFC=∠EDC=∠FCD=90°，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴EF=，CF=，
∵，，DE是的两条切线，
∴AB=AC，BE=DE，
设AB=AC=x，则AE=x+2，AF=x-2，
在中，，
解得：x=5，
∴AC=5+2=7．
【知识点】勾股定理；矩形的判定；切线的性质
【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出∠EFC=∠EDC=∠FCD=90°，即可得出结论；
（2）根据，，DE是的两条切线，得出AB=AC，BE=DE，设AB=AC=x，则AE=x+2，AF=x-2，在中，得出x的值，由此得出AC的值。
19．【答案】（1）证明：如图，连接OA，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠ADE=90°．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ADE=∠ADO，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠DAE+∠OAD=90°，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O切线；
（2）解：如图，取CD中点F，连接OF，
∴OF⊥CD于点F．
∴四边形AEFO是矩形，
∵CD=6，
∴DF=FC=3．
在Rt△OFD中，OF=AE=4，
∴，
在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，
∴，
∴AD的长是．
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OA，利用角平分线的性质得出∠ADE=∠ADO，再根据OA=OD，得出OA⊥AE，由此得出结论；
（2）取CD中点F，连接OF，得出四边形AEFO是矩形，在Rt△OFD中，OF=AE=4，利用勾股定理得出OD的值，在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，再利用勾股定理得出AD的值即可。
20．【答案】（1）证明：∵AB ＝ AC，
D是BC的中点，
∴AD⊥BD．
又∵BD是⊙O直径，
∴AD是⊙O的切线．
（2）解：连接OP.
∵点D是边BC的中点，BC ＝ 8，AB=AC，
∴BD ＝ DC＝4，
OD＝OP ＝ 2．
∴OC ＝ 6.
∵PC是⊙O的切线，O为圆心，
∴．
在Rt△OPC中，
由勾股定理，得
OC2 ＝ OP2 + PC2
∴PC2 ＝ OC2－OP2
＝ 62－22
∴．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一的性质可得AD⊥BD，再结合BD是⊙O直径，即可得到AD是⊙O的切线；
（2）连接OP，先求出OC的长，再利用切线的性质，可得，再利用三角形的勾股定理求出PC的长即可。
21．【答案】（1）证明：如图，连接OD，
∵与AB相切，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：设的半径为，则，
在中，，，
∴，
解得：，
∴，
在中，，即，
在中，．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质
【解析】【分析】（1）连接OD，利用HL证出，得出，即可得出结论；
（2）设的半径为，则，在中，，，列出方程，解之得出x的值，在中，，可得出BC的值，在中，利用勾股定理即可得出BO的值。
22．【答案】（1）证明：连接OD，
∵D是的中点，
∴∠ABC=2∠ABD，
∵∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=∠ABC，
∴OD∥BC，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：连接AC，交OD于点F，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AC=，
∵是的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF=3，
∴，
∴DF=5-4=1，
∵∠E=∠EDF=∠DFC=90°，
∴四边形DFCE是矩形，
∴DE=CF=3，CE=DF=1，
∴，
∴AD=CD=，
∵∠ADB=90°，
∴
【知识点】垂径定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OD，根据垂径定理得出，即可得出结论；
（2）连接AC，交OD于点F，根据勾股定理得出AC、OF的值，推出四边形DFCE是矩形，再利用勾股定理得出CD的值，由此得出结论。
23．【答案】（1）证明：如图，连接
是的直径
又过圆心
是的切线．
（2）证明：
是等腰三角形．
【知识点】等腰三角形的判定；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接，根据AB是的直径，，得出 ，再根据 过圆心，即可得出答案；
（2）根据角垂直的性质得出，，即可得出结论。
24．【答案】（1）证明：∵BA＝BP，
∴∠BPA＝∠BAP．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵OP⊥OC，
∴∠COP＝90°．
∴∠OPC＋∠OCP＝90°．
∵∠APB＝∠OPC，
∴∠BAP＋∠OAC＝90°．即∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB．
∵OA为半径，
∴AB为⊙O的切线；
（2）解：在Rt△OPC中，OC＝4，PC＝，
∴OP＝2．
设AB＝x，则OB＝x＋2．
在Rt△AOB中，，
∴x＝3，即AB＝3．
【知识点】勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）通过角的等量代换证明∠OAB＝90°，即可得到AB为⊙O的切线；
（2）先利用勾股定理求出OP的长，设AB＝x，则OB＝x＋2，再利用勾股定理列出方程求解即可。
25．【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。
26．【答案】（1）证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO．
∵BA=BC，
∴∠A=∠C，
∴∠ADO=∠C，
∴DO∥BC．
∵DE⊥BC，
∴DO⊥DE．
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：∵∠DOF=∠A+∠ADO=60°，
在Rt△DOF中，OD=4，
∴DF=OD sin∠DOF=4 sin60°=2．
∵直径AB⊥弦DG，
∴DF=FG．
∴DG=2DF=4．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OD，根据AB=BC，可得∠A=∠C，再利用∠ADO=∠C，可得DO//BC，再利用平行线的性质可得DO⊥DE，即可证明DE是⊙O的切线；
（2）先求出∠DOF=60°，再利用锐角三角函数求出DF=OD sin∠DOF=4 sin60°=2，最后利用垂径定理可得DG=2DF=4．
27．【答案】（1）证明：如图，连接OD
∵BC为直径
∴CD⊥AB
∴∠ODB+∠ODC=90°
∵E为AC的中点，CD⊥AB
∴DE=CE=AE
∴∠EDC=∠ECD
∵∠ACB=∠CDA=90°
∴∠ECD+∠A=∠A+∠B
∴∠ECD=∠B
∵OD=OB
∴∠ODB=∠B
∴∠EDC=∠ODB
∴∠ODC+∠EDC=90°
即∠ODE=90°
∴OD⊥DE
即DE是半圆O的切线
（2）解：∵AE=DE=6
∴AC=2AE=12
∵∠BAC=60°，CD⊥AB
∴∠ACD=30°
∴
由勾股定理得：
【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OD，先根据直角三角形斜边上的中线的性质可得ED=EC，即可得到∠ECD=∠EDC，再利用OD=OC，可得∠ODC=∠OCD，再根据∠ACB=90°，利用等量代换可得∠ODC+∠EDC=∠OCD+∠ECD=∠ACB=90°，即可得到OD⊥DE，即可证明DE是半圆O的切线 ；
（2）利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理可得。
28．【答案】（1）解： 是 的切线，理由如下：
连接 ．
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的切线．
（2）解：设 的半径为r．
在 中，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ．
【知识点】切线的判定与性质
【解析】【分析】 (1)利用全等三角形证明，即可判断DC是圆的切线；
(2)设 的半径为r，在 中根据列方程求出r，由可得再利用勾股定理即可求得答案。
29．【答案】（1）证明：如图，连接OB，
∵cosA＝ ，且cos30°＝ ，
∴∠A＝30°，
∵∠A＝ ∠BOC，
∴∠BOC＝2∠A＝60°，
∴∠BOD＝60°，
∵∠D＝30°，
∴∠OBD＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线.
（2）解：如图，∵OD⊥AB，
∴EB＝AE，
∴BC＝AC＝3，
∵OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB＝BC＝3，
∵∠OBD＝90°，∠D＝30°，
∴OD＝2OB＝6，
∴BD＝ ＝ ＝3 ，
∴BD的长为3 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OB，利用特殊角的三角函数值可求出∠A的度数，再利用圆周角定理求出∠BOD的度数，利用三角形的内角和定理求出∠OBD=90°，然后利用切线的判定定理可证得结论；
（2）利用垂径定理可证得EB=AE，再证明△BOC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BC的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出OD的长；然后利用勾股定理求出BD的长.
30．【答案】（1）解：连接CO，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵PC与相切，
∴，
∴；
（2）解：连接CO，AC，
∵四边形CDBP为平行四边形，
∴，
∵AB为直径，
∴，即，
∵PC与相切，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴，．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1） 连接CO， 由圆周角定理可得 由OB=OC可得∠BCO=∠OBC=64°，由切线的性质可得，根据即可求解；
（2）连接CO，AC， 由平行四边形的性质可得， 根据圆周角定理、切线的性质及余角的性质可求出 ，， 从而得出=， 由圆周角定理及三角形外角的性质可得，， 即得，由OB=OC可得即得，继而得出.
1 / 1人教版九年级上对接中考知识点复习专项计划——点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022九上·鄞州开学考）如图，点为的内心，连接并延长，交的外接圆于点，点为弦的中点，连接，，，当，，时，的长为（ ）
A．5 B．4.5 C．4 D．3.5
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
是的内心，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是的中位线，
故答案为：C.
【分析】延长ID到M，使DM=ID，连接CM，根据内心的概念可得∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，由外角的性质可得∠DIC=∠IAC+∠ICA，根据角的和差关系可得∠DCI=∠BCD+∠ICB，结合圆周角定理得∠DIC=∠DCI，推出DI=DC=DM，进而得到∠ICM=90°，利用勾股定理可得CM，进而推出IE为△ACM的中位线，据此求解.
2．（2021九上·玉林期末）如图，AB是⊙O直径，过⊙O上的点C作⊙O切线，交AB的延长线于点D，若∠D＝40°，则∠A大小是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【答案】B
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=40°，
∴∠COD=50°，
∵AB是⊙O直径，
∴∠A和∠COD分别为 所对的圆周角和圆心角，
∴∠A= ∠COD=25°，
故答案为：B.
【分析】由切线的性质可得∠OCD=90°，利用三角形的内角和求出∠COD=50°，根据圆周角定理可得∠A= ∠COD=25°.
3．（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．
二、填空题
4．（2021九上·南充期末）如图，过⊙O外一点P，作射线PA，PB分别切⊙O于点A，B， ，点C在劣弧AB上，过点C作⊙O的切线分别与PA，PB交于点D，E.则 度.
【答案】65
【知识点】角的运算；切线的性质；角平分线的判定；角平分线的定义
【解析】【解答】解：如图所示：连接OA，OC，OB，
∵PA、PB、DE与圆相切于点A、B、E，
∴ ，
，
，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴DO平分
，EO平分
，
∴ ，
，
∴ ，
，
∴ ，
故答案为：65.
【分析】连接OA，OC，OB，根据切线的性质可得OA⊥PA，OB⊥PB，OC⊥DE，根据∠P的度数求出∠AOB的度数，推出DODO平分∠ADC，EO平分∠BEC，根据角平分线的概念可得∠AOD=∠COD，∠COE=∠BOE，据此计算.
5．（2021九上·永城月考）如图，与的边相切，切点为B.将绕点B按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点C.若，则 .
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接O'O，如下图：
∵与 △OAB的边AB相切，切点为B
∴
又∵
∴
由旋转的性质可得：OB=O'B，
又∵OO'=OB
∴ △OO'B为等边三角形
∴
∴
∴
故答案为：80.
【分析】连接OO′，利用切线的性质可证得∠OBA=90°，利用三角形的内角和定理求出∠AOB的度数；再利用旋转的性质可证得OB=O′B，∠ABO=∠ABO′，由此可证得△OO′B是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠OBO′=60°；然后求出∠OBC的度数，利用三角形的内角和定理求出∠OCB的度数.
三、综合题
6．（2021九上·鄂城期末）如图， 是 的直径，弦 ，E是 的中点，连接 并延长到点F，使 ，连接 交 于点D，连接 ， .
（1）求证：直线 是 的切线；
（2）若 长为 ，求 的半径及 的长.
【答案】（1）证明：如图：连接
∵ 、
∴
∵ ， ， ，
∴
∴
∴
又∵ 经过半径 的外端点B
∴ 是 的切线；
（2）解：设 的半径为r，则 ，
在 中有：
∴只取 ，即 的半径为 .
∵ 是 的直径、即 ，
∴
∴ ，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴ ，
∴ ，解得 .
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接 OC，由等腰三角形性质得OC⊥AB，证明△OCE≌△BFE，得∠OBF=∠COE=90°，据此证明；
（2）设的半径为r，则AB=2r，BF=OC=r，根据勾股定理可得r的值，进而利用勾股定理求出BF，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，然后根据△ABF的面积公式就可求出BD.
7．（2021九上·南京期末）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.
【答案】（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.
【知识点】勾股定理；垂径定理；切线的判定与性质；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【分析】（1）连接OC，根据垂径定理可得CE＝DE，则OC＝OB＝OE＋BE＝5，在Rt△OCE中，由勾股定理可得CE，据此求解；
（2）连接OD，根据切线的性质可得∠OCF＝90°，推出CF＝DF，证明△OCF≌△ODF，得到∠ODF＝∠OCF＝90°，据此证明.
8．（2021九上·长沙期末）如图，在矩形ABCD中，点O为边AB上一点，以点O为圆心，OA为半径的⊙O与对角线AC相交于点E，连接BE， .
（1）求证：BE为⊙O的切线；
（2）若当点E为AC的中点时，⊙O的半径为1，求矩形ABCD的面积.
【答案】（1）解：如图，连接OE.
∵ ，
∴ .
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，
∴ ，即 .
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴BE为⊙O的切线；
（2）解：∵点E为AC的中点，
∴点E为矩形ABCD对角线的交点，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴ .
∵在 中， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ .
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；矩形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质可得∠BCE=∠BEC，∠OAE=∠OEA，根据矩形的性质可得∠ABC=90°，推出∠OEA+∠BEC=90°，利用平角的概念可得∠OEB=90°，据此证明；
（2）根据矩形的性质可得BE=AE=CE=
AC，结合已知条件可得BE=BC=CE，推出△BCE为等边三角形，得到∠CBE=60°，则∠OBE=30°，OB=2OE=2，AB=3，利用勾股定理求出BE，然后借助矩形的面积公式进行计算.
9．（2021九上·历下期末）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于点D，且∠D=2∠CAD．
（1）求∠D的度数；
（2）若CD=1，求BD的长．
【答案】（1）解：∵OA=OC，
∴∠A=∠ACO，
∴∠COD=∠A+∠ACO=2∠A，
∵∠D=2∠A，
∴∠D=∠COD，
∵PD切⊙O于C，
∴∠OCD=90°，
∴∠D=∠COD=45°；
（2）解：∵∠D=∠COD，CD=1，
∴OC=OB=CD=1，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：
∴BD=OD-OB=．
【知识点】勾股定理的应用；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）先证明∠D=∠COD，利用切线的性质可求出∠D；
（2）由（1）可得OC=OB=CD，利用勾股定理得出OD ，即可求出BD．
10．（2021九上·定海期末）如图，AB是⊙O的直径，点F，C是⊙O上两点，且弧AF=弧FC=弧BC，连接AC，AF，过点C作CD⊥AF交AF延长线于点D，垂足为D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若CD=2，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明：连结OC，如图，
∵=∴∠FAC=∠BAC∵OA=OC∴∠OAC=∠OCA
∴∠FAC=∠OCA∴OC∥AF∵CD⊥AF∴OC⊥CD∴CD是⊙O的切线
（2）解：连结BC，如图
∵AB为直径∴∠ACB=90°∵==∴∠BOC=×180°=60°
∴∠BAC=30°∴∠DAC=30°在Rt△ADC中，CD=2∴AC=2CD=4
在Rt△ACB中，BC=AC=×4=4∴AB=2BC=8∴⊙O的半径为4.
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1） 连结OC，根据圆周角定理和等腰三角形的性质得∠FAC=∠OCA，得出OC∥AF，从而得出OC⊥CD，即可得出CD是⊙O的切线；
（2）连结BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°，∠BOC=60°，得出∠BAC=∠DAC=30°，从而得出AC，BC，AB的长，即可得出⊙O的半径.
11．（2021九上·庐江期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O点在△ABC内部，⊙O经过B、C两点且交AB于点D，连接CO并延长交线段AB于点G，以GD、GC为邻边作平行四边形GDEC．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若DE＝7，CE＝5，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明：连接OD，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠COD＝2∠ABC＝90°，
∵四边形GDEC是平行四边形，
∴DE∥CG，
∴∠ODE+∠COD＝180°，
∴∠ODE＝90°，即OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴直线DE是⊙O的切线
（2）解：设⊙O的半径为r，
∵四边形GDEC是平行四边形，
∴CG＝DE＝7，DG＝CE＝5，
∵∠GOD＝90°，
∴OD2+OG2＝DG2，即r2+（7﹣r）2＝52，
解得：r1＝3，r2＝4，
当r＝3时，OG＝4＞3，此时点G在⊙O外，不合题意，舍去，
∴r＝4，即⊙O的半径4．
【知识点】勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OD，根据题意和平行四边形的性质可得DE∥CG，得出OD⊥DE，即可求解；
（2）设⊙O的半径为r，因为∠GOD＝90°，根据勾股定理求解得出r的值，当r＝3时，OG＝4＞3，此时点G在⊙O外，不合题意，舍去，可求解。
12．（2021九上·南昌期末）如图，在中，D为边上的一点，过三点的圆O交于点E，已知，．
（1）求证：是圆O的直径；
（2）过点E作于点F，求证：与圆O相切．
【答案】（1）证明：∵BD=AD，
∴∠B=∠BAD=36°，
∴∠ADC=72°，
∵∠DAC=∠BAD=18°，
∴∠ADC+∠DAC=90°，
∴∠C=90°，
∴AD是圆O的直径
（2）证明：连接OE，
∵EF⊥BC，
∴∠EFC=90°，
∵OE=OA，
∴∠OEA=∠BAD=36°，
∴∠OEA=∠B，
∴OE∥BC，
∴∠OEF+∠EFC=180°，
∴∠OEF=90°，
∴OE⊥EF，
∵OE为圆O的半径，
∴EF与圆O相切．
【知识点】圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）先求出 ∠ADC=72°， 再求出 ∠C=90°， 最后证明即可；
（2）先求出 ∠OEA=∠B， 再求出 OE⊥EF， 最后作答即可。
13．（2022九上·金东期末）如图，已知AB是的直径，点D为弦BC中点，过点C作切线，交OD延长线于点E，连结BE，OC.
（1）求证：EC＝EB.
（2）求证：BE是⊙O的切线.
【答案】（1）证明：∵点D为弦BC中点
∴OD⊥BC，CD=DB
∴∠CDE=∠BDE
在Rt△CDE和Rt△BDE
CD=BD， ∠CDE=∠BDE，DE=DE
∴Rt△CDE≌Rt△BDE
∴EC=EB.
（2）证明：∵EC=EB，OC=OB
∴∠ECB=∠EBC， ∠OCB=∠OBC，
∵CE是切线
∴∠OCE=90°，即∠OCB+∠BCE=90°
∴∠OBC+∠EBC=90°，即BE⊥AB
∴BE是的切线.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的性质；垂径定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）由垂径定理可得OD⊥BC，CD=DB，再证明Rt△CDE≌Rt△BDE，可得EC=EB；
（2）由等腰三角形的性质可得 ∠ECB=∠EBC， ∠OCB=∠OBC， 由切线的性质可得 ∠OCE=90° ，
从而得出∠OCB+∠BCE=∠OBC+∠EBC=∠OBC=90°，根据切线的判定定理即证.
14．（2021九上·密云期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．
（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．
【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O的切线
（2）解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】(1)要证明AM是⊙O的切线，只要求出∠BAM=90°即可；
（2）根据已知得出OE=1，CE=，再证明CD=2CE即可。
15．（2021九上·黄埔期末）如图，AB、CD是⊙O中两条互相垂直的弦，垂足为点E，且AE＝CE，点F是BC的中点，延长FE交AD于点G，已知AE＝1，BE＝3，OE＝．
（1）求证：△AED≌△CEB；
（2）求证：FG⊥AD；
（3）若一条直线l到圆心O的距离d＝，试判断直线l是否是圆O的切线，并说明理由．
【答案】（1）证明：由圆周角定理得：∠A＝∠C，
在△AED和△CEB中，，∴△AED≌△CEB（ASA）
（2）证明：∵AB⊥CD，∴∠AED＝∠CEB＝90°，∴∠C+∠B＝90°，
∵点F是BC的中点，∴EF＝BC＝BF，∴∠FEB＝∠B，
∵∠A＝∠C，∠AEG＝∠FEB＝∠B，∴∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，
∴∠AGE＝90°，∴FG⊥AD；
（3）解：直线l是圆O的切线，理由如下：作OH⊥AB于H，连接OB，如图所示：
∵AE＝1，BE＝3，∴AB＝AE+BE＝4，
∵OH⊥AB，∴AH＝BH＝AB＝2，∴EH＝AH﹣AE＝1，
∴OH＝＝＝1，∴OB＝＝＝，
即⊙O的半径为，
∵一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，∴直线l是圆O的切线．
【知识点】切线的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得到∠A=∠C，由ASA得出△AED≌△CEB；
（2）由直角三角形斜边上的中线性质得到EF＝BC＝BF，由等腰三角形的性质得出∠FEB＝∠B，由圆周角定理和对顶角相等证出∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，进而得出结论；
（3）作OH⊥AB于H，连接OB，由垂径定理得出AH=BH=AB=2，则EH=AH-AE=1，由勾股定理求出OH=1，OB=，由一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，即可得出结论。
16．（2021九上·河东期末）如图，BE是的直径，点A和点D是上的两点，过点A作的切线交BE延长线于点C．
（1）若，求的度数；
（2）若，，求AC的长．
【答案】（1）解：如图，连接OA，
∵AC是⊙O的切线，OA是⊙O的半径，
∴OA⊥AC， ∴∠OAC=90°，
∵∠ADE=25°，
∴∠AOE=2∠ADE=50°，
∴∠C=90°-∠AOE=90°-50°=40°；
（2）解：∵AB=AC， ∴∠B=∠C，
∠AOC=2∠B，∴∠AOC=2∠C，
∵∠OAC=90°，∴∠AOC+∠C=90°，
∴3∠C=90°，∴∠C=30°，
∴OA=OC，设⊙O的半径为r，
∵CE=2，
∴，解得：r=2，
∴OA=r=2，
∴AC=．
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）根据圆周角定理求出∠AOC，结合切线的性质求出∠OAC，根据三角形的内角和定理求出答案即可；
（2）根据题意，求出圆的半径，结合圆周角定理计算得到AC即可。
17．（2021九上·椒江期末）如图，在△ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点 D 在边 BC 上，⊙O 经过点 A 和点 B且与边 BC 相交于点 D.
（1）判断
AC 与⊙O 的位置关系，并说明理由.
（2）当 CD＝5 时，求⊙O 的半径.
【答案】（1）解：AC是⊙O的切线，理由如下：
连接AO，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C= （180°-∠BAC）=30°，
∵AO=BO，
∴∠BAO=∠B=30°，
∴∠AOC=2∠B=60°，
∴∠OAC=180°-∠AOC-∠C=180°-60°-30°=90°，
∵AO是⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，
∵AO=OD，∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OD，∠ADO=60°，
∴∠DAC=∠ADO-∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴AD=CD=OD=5，
∴⊙D的半径为5.
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接AO，根据等腰三角形的性质以及内角和定理得∠B=∠C=30°，∠BAO=∠B=30°，由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠AOC=2∠B=60°，利用内角和定理可得∠OAC=90°，据此证明；
（2）连接AD，则△AOD是等边三角形，得到AD=OD，∠ADO=60°，由三角形外角的性质可得∠DAC=∠ADO-∠C=30°，则∠DAC=∠C=30°，推出AD=CD=OD=5，据此解答.
18．（2021九上·西城期末）如图，，是的两条切线，切点分别为B，C，连接并延长交于点D，过点D作的切线交的延长线于点E，于点F．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求的长.．
【答案】（1）证明：∵，DE是的两条切线，于点F
∴∠EFC=∠EDC=∠FCD=90°，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴EF=，CF=，
∵，，DE是的两条切线，
∴AB=AC，BE=DE，
设AB=AC=x，则AE=x+2，AF=x-2，
在中，，
解得：x=5，
∴AC=5+2=7．
【知识点】勾股定理；矩形的判定；切线的性质
【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出∠EFC=∠EDC=∠FCD=90°，即可得出结论；
（2）根据，，DE是的两条切线，得出AB=AC，BE=DE，设AB=AC=x，则AE=x+2，AF=x-2，在中，得出x的值，由此得出AC的值。
19．（2021九上·燕山期末）如图，以四边形的对角线为直径作圆，圆心为O，点A、C在上，过点A作的延长线于点E，已知平分．
（1）求证：是切线；
（2）若，，求的半径和的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OA，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE+∠ADE=90°．
∵DA平分∠BDE，
∴∠ADE=∠ADO，
又∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∴∠DAE+∠OAD=90°，
∴OA⊥AE，
∴AE是⊙O切线；
（2）解：如图，取CD中点F，连接OF，
∴OF⊥CD于点F．
∴四边形AEFO是矩形，
∵CD=6，
∴DF=FC=3．
在Rt△OFD中，OF=AE=4，
∴，
在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，
∴，
∴AD的长是．
【知识点】勾股定理；圆内接四边形的性质；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OA，利用角平分线的性质得出∠ADE=∠ADO，再根据OA=OD，得出OA⊥AE，由此得出结论；
（2）取CD中点F，连接OF，得出四边形AEFO是矩形，在Rt△OFD中，OF=AE=4，利用勾股定理得出OD的值，在Rt△AED中，AE=4，ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2，再利用勾股定理得出AD的值即可。
20．（2021九上·大兴期末）已知：如图，在中，，D是BC的中点．以BD为直径作，交边AB于点P，连接PC，交AD于点E．
（1）求证：AD是的切线；
（2）若PC是的切线，，求PC的长．
【答案】（1）证明：∵AB ＝ AC，
D是BC的中点，
∴AD⊥BD．
又∵BD是⊙O直径，
∴AD是⊙O的切线．
（2）解：连接OP.
∵点D是边BC的中点，BC ＝ 8，AB=AC，
∴BD ＝ DC＝4，
OD＝OP ＝ 2．
∴OC ＝ 6.
∵PC是⊙O的切线，O为圆心，
∴．
在Rt△OPC中，
由勾股定理，得
OC2 ＝ OP2 + PC2
∴PC2 ＝ OC2－OP2
＝ 62－22
∴．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一的性质可得AD⊥BD，再结合BD是⊙O直径，即可得到AD是⊙O的切线；
（2）连接OP，先求出OC的长，再利用切线的性质，可得，再利用三角形的勾股定理求出PC的长即可。
21．（2021九上·朝阳期末）如图，在中，，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，与AC的另一个交点为E．
（1）求证：BO平分；
（2）若，，求BO的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OD，
∵与AB相切，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）解：设的半径为，则，
在中，，，
∴，
解得：，
∴，
在中，，即，
在中，．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质
【解析】【分析】（1）连接OD，利用HL证出，得出，即可得出结论；
（2）设的半径为，则，在中，，，列出方程，解之得出x的值，在中，，可得出BC的值，在中，利用勾股定理即可得出BO的值。
22．（2021九上·西城期末）如图，是的直径，四边形内接于，D是的中点，交的延长线于点E．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：连接OD，
∵D是的中点，
∴∠ABC=2∠ABD，
∵∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=∠ABC，
∴OD∥BC，
∵，
∴，
∴是的切线；
（2）解：连接AC，交OD于点F，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AC=，
∵是的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF=3，
∴，
∴DF=5-4=1，
∵∠E=∠EDF=∠DFC=90°，
∴四边形DFCE是矩形，
∴DE=CF=3，CE=DF=1，
∴，
∴AD=CD=，
∵∠ADB=90°，
∴
【知识点】垂径定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OD，根据垂径定理得出，即可得出结论；
（2）连接AC，交OD于点F，根据勾股定理得出AC、OF的值，推出四边形DFCE是矩形，再利用勾股定理得出CD的值，由此得出结论。
23．（2021九上·科尔沁左翼中旗期末）如图，是的直径，C为上一点，．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若，垂足为E，交于点F，求证：是等腰三角形．
【答案】（1）证明：如图，连接
是的直径
又过圆心
是的切线．
（2）证明：
是等腰三角形．
【知识点】等腰三角形的判定；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接，根据AB是的直径，，得出 ，再根据 过圆心，即可得出答案；
（2）根据角垂直的性质得出，，即可得出结论。
24．（2021九上·东城期末）如图，AC是⊙O的弦，过点O作OP⊥OC交AC于点P，在OP的延长线上取点B，使得BA＝BP．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为4，PC＝，求线段AB的长．
【答案】（1）证明：∵BA＝BP，
∴∠BPA＝∠BAP．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵OP⊥OC，
∴∠COP＝90°．
∴∠OPC＋∠OCP＝90°．
∵∠APB＝∠OPC，
∴∠BAP＋∠OAC＝90°．即∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB．
∵OA为半径，
∴AB为⊙O的切线；
（2）解：在Rt△OPC中，OC＝4，PC＝，
∴OP＝2．
设AB＝x，则OB＝x＋2．
在Rt△AOB中，，
∴x＝3，即AB＝3．
【知识点】勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）通过角的等量代换证明∠OAB＝90°，即可得到AB为⊙O的切线；
（2）先利用勾股定理求出OP的长，设AB＝x，则OB＝x＋2，再利用勾股定理列出方程求解即可。
25．（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。
26．（2021九上·莒县月考）如图，AB＝BC，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过D作DE⊥BC，垂足为E.
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）作DG⊥AB交⊙O于G，垂足为F，若∠A＝30°，AB＝8，求弦DG的长．
【答案】（1）证明：连接OD，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO．
∵BA=BC，
∴∠A=∠C，
∴∠ADO=∠C，
∴DO∥BC．
∵DE⊥BC，
∴DO⊥DE．
∵点D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：∵∠DOF=∠A+∠ADO=60°，
在Rt△DOF中，OD=4，
∴DF=OD sin∠DOF=4 sin60°=2．
∵直径AB⊥弦DG，
∴DF=FG．
∴DG=2DF=4．
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OD，根据AB=BC，可得∠A=∠C，再利用∠ADO=∠C，可得DO//BC，再利用平行线的性质可得DO⊥DE，即可证明DE是⊙O的切线；
（2）先求出∠DOF=60°，再利用锐角三角函数求出DF=OD sin∠DOF=4 sin60°=2，最后利用垂径定理可得DG=2DF=4．
27．（2021九上·上高月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作半圆O交AB于点D，E为AC的中点，连接DE，DC．
（1）求证：DE是半圆O的切线；
（2）若∠BAC=60°，DE=6，求CD的长．
【答案】（1）证明：如图，连接OD
∵BC为直径
∴CD⊥AB
∴∠ODB+∠ODC=90°
∵E为AC的中点，CD⊥AB
∴DE=CE=AE
∴∠EDC=∠ECD
∵∠ACB=∠CDA=90°
∴∠ECD+∠A=∠A+∠B
∴∠ECD=∠B
∵OD=OB
∴∠ODB=∠B
∴∠EDC=∠ODB
∴∠ODC+∠EDC=90°
即∠ODE=90°
∴OD⊥DE
即DE是半圆O的切线
（2）解：∵AE=DE=6
∴AC=2AE=12
∵∠BAC=60°，CD⊥AB
∴∠ACD=30°
∴
由勾股定理得：
【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OD，先根据直角三角形斜边上的中线的性质可得ED=EC，即可得到∠ECD=∠EDC，再利用OD=OC，可得∠ODC=∠OCD，再根据∠ACB=90°，利用等量代换可得∠ODC+∠EDC=∠OCD+∠ECD=∠ACB=90°，即可得到OD⊥DE，即可证明DE是半圆O的切线 ；
（2）利用含30°角的直角三角形的性质可得，再利用勾股定理可得。
28．（2021九上·东营月考）如图， 中， ，以 为直径作 ，点D为 上一点，且 ，连接 并延长交 的延长线于点E．
（1）判断直线 与 的位置关系，并说明理由；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）解： 是 的切线，理由如下：
连接 ．
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的切线．
（2）解：设 的半径为r．
在 中，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ．
【知识点】切线的判定与性质
【解析】【分析】 (1)利用全等三角形证明，即可判断DC是圆的切线；
(2)设 的半径为r，在 中根据列方程求出r，由可得再利用勾股定理即可求得答案。
29．（2021九上·苏州月考）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在OC的延长线上，OD与AB相交于E，cosA＝
，∠D＝30°.
（1）证明：BD是⊙O的切线；
（2）若OD⊥AB，AC＝3，求BD的长.
【答案】（1）证明：如图，连接OB，
∵cosA＝ ，且cos30°＝ ，
∴∠A＝30°，
∵∠A＝ ∠BOC，
∴∠BOC＝2∠A＝60°，
∴∠BOD＝60°，
∵∠D＝30°，
∴∠OBD＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BD⊥OB，
∴BD是⊙O的切线.
（2）解：如图，∵OD⊥AB，
∴EB＝AE，
∴BC＝AC＝3，
∵OB＝OC，∠BOC＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB＝BC＝3，
∵∠OBD＝90°，∠D＝30°，
∴OD＝2OB＝6，
∴BD＝ ＝ ＝3 ，
∴BD的长为3 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；垂径定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OB，利用特殊角的三角函数值可求出∠A的度数，再利用圆周角定理求出∠BOD的度数，利用三角形的内角和定理求出∠OBD=90°，然后利用切线的判定定理可证得结论；
（2）利用垂径定理可证得EB=AE，再证明△BOC是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出BC的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出OD的长；然后利用勾股定理求出BD的长.
30．（2021九上·和平期末）已知AB是⊙O直径，点C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线PC交AB的延长线于点P，D为弧AC上一点，连接BD，BC，DC．
（1）如图①，若∠D=26°，求∠PCB的大小；
（2）如图②，若四边形CDBP为平行四边形，求∠PCB，∠ADC的大小．
【答案】（1）解：连接CO，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵PC与相切，
∴，
∴；
（2）解：连接CO，AC，
∵四边形CDBP为平行四边形，
∴，
∵AB为直径，
∴，即，
∵PC与相切，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴，．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1） 连接CO， 由圆周角定理可得 由OB=OC可得∠BCO=∠OBC=64°，由切线的性质可得，根据即可求解；
（2）连接CO，AC， 由平行四边形的性质可得， 根据圆周角定理、切线的性质及余角的性质可求出 ，， 从而得出=， 由圆周角定理及三角形外角的性质可得，， 即得，由OB=OC可得即得，继而得出.
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