2021-2022学年河北省各地冀教版数学九年级上学期期末试题选编 第二十九章 直线与圆的位置关系 综合复习题（含解析）

第二十九章 直线与圆的位置关系 综合复习题
一、单选题
1．（2022·河北邯郸·九年级期末）平面内有两点P，O，⊙O的半径为5，若，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．圆内 B．圆上 C．圆外 D．圆上或圆外
2．（2022·河北邢台·九年级期末）已知⊙O的半径为3，平面内有一点到圆心O的距离为5，则此点可能是（ ）
A．P点 B．Q点 C．M点 D．N点
3．（2022·河北承德·九年级期末）在中，，，以A为圆心2.5为半径作圆．下列结论中正确的是（ ）
A．直线BC与圆O相切 B．直线BC与相离 C．点B在圆内 D．点C在圆上
4．（2022·河北唐山·九年级期末）内接于，过点A作直线EF，已知，根据弦AB的变化，两人分别探究直线EF与的位置关系：
甲：如图1，当弦AB过点O时，EF与相切；
乙：如图2，当弦AB不过点O时，EF也与相切；
下列判断正确的是（ ）
A．甲对，乙不对 B．甲不对，乙对 C．甲乙都对 D．甲乙都不对
5．（2022·河北沧州·九年级期末）如图，是的内切圆，点，是切点，则下列说法不正确的是( )
A． B． C．的外心在的外面 D．四边形没有外接圆
6．（2022·河北保定·九年级期末）如图，中，内切圆I和边、、分别相切于点、、，若，，则的度数是（ ）
A．55° B．60° C．65° D．70°
7．（2022·河北邢台·九年级期末）已知△ABC中，∠ACB＝90°，CD、CE分别是△ABC中线和高线，则（　　）
A．D点是△ABC的内心 B．D点是△ABC的外心
C．E点是△ABC的内心 D．E点是△ABC的外心
8．（2022·河北石家庄·九年级期末）如图，O为锐角三角形ABC的外心，四边形OCDE为正方形，其中E点在△ABC的外部，判断下列叙述不正确的是( )
A．O是△AEB的外心，O不是△AED的外心
B．O是△BEC的外心，O不是△BCD的外心
C．O是△AEC的外心，O不是△BCD的外心
D．O是△ADB的外心，O不是△ADC的外心
9．（2022·河北承德·九年级期末）在下列命题中，正确的是（ ）
A．三点确定一个圆 B．圆的内接等边三角形只有一个
C．一个三角形有且只有一个外接圆 D．一个四边形一定有外接圆
10．（2022·河北保定·九年级期末）如图，有一个直径为的圆形纸片，若在该纸片上沿虚线剪一个最大正六边形纸片，则这个正六边形纸片的边心距是（ ）
A．1 B． C．2 D．4
二、填空题
11．（2022·河北承德·九年级期末）如图，在扇形CAB中，，垂足为D，是△ACD的内切圆，连接AE，BE．
（1）∠AEB的度数为______；
（2）若，，则的长为______．
12．（2022·河北保定·九年级期末）如图，直线AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G，且AB∥CD，若OB=6 cm，OC=8 cm，则BE+CG的长等于_____________
13．（2022·河北唐山·九年级期末）如图，在半径为10cm和6cm的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切于点C，则弦AB的长为_______cm．
14．（2022·河北沧州·九年级期末）如图，点I是的内心，连接AI并延长交的外接圆于点D， 若，则______；若，则______；
15．（2022·河北廊坊·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，如果∠A=15°，弦CD=4，那么AB的长是______．
16．（2022·河北保定·九年级期末）如图，⊙O的半径为2，点O到直线l的距离为4，过l上任一点P作⊙O的切线，切点为Q；若以PQ为边作正方形PQRS，则正方形PQRS的面积最小值为_______.
三、解答题
17．（2022·河北沧州·九年级期末）如图1，已知，点在射线上，且．以点为圆心，为半径作，交直线于点，．
(1)当与只有两个交点时，的取值范围是________；
(2)当时，将射线绕点按顺时针方向旋转．
①当为多少时，射线与相切；
②如图2，射线与交于，两点，若，求阴影部分的面积．
18．（2022·河北唐山·九年级期末）如图，⊙O是Rt△ABC的外接圆，直径AB＝4，直线EF经过点C，AD⊥EF于点D，∠ACD＝∠B．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若AD＝1，求DC的长；
(3)在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．
19．（2022·河北石家庄·九年级期末）如图，△ABC中，AB＝AC＝10cm．BC＝16cm，动点P从点C出发沿线段CB以2cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发沿线段BA以1cm/s的速度向点A运动，当其中一个动点停止运动时另一个动点也停止运动，设运动时间为t（单位：s），以点Q为圆心，BQ长为半径的⊙Q与射线BA、线段BC分别交于点D，E，连接DP．
(1)当t为何值时，线段DP与⊙Q相切；
(2)若⊙Q与线段DP只有一个公共点，求t的取值范围；
(3)当△APC是等腰三角形时，直接写出t的值．
20．（2022·河北石家庄·九年级期末）如图，在中，，以点O为圆心、2为半径画圆，过点A作的切线，切点为P，连接．将绕点O按逆时针方向旋转到时，连接．设旋转角为．
（1）当时，求证：是的切线；
（2）当与相切时，求旋转角和点H运动路径的长；
（3）当面积最大时，请直接写出此时点H到的距离．
21．（2022·河北邢台·九年级期末）已知正六边形ABCDEF的中心为O，半径OA＝6．
(1)求正六边形的边长；
(2)以A为圆心，AF为半径画弧BF，求．
22．（2022·河北承德·九年级期末）如图，，，，，点在对角线上运动，以为圆心，为半径作．
(1)当点在上时，______，此时与的位置关系是______；
(2)当与边相切时，求的长；
(3)直接写出与的边有公共点时的取值范围．
23．（2022·河北廊坊·九年级期末）如图，中，，，过点，，的弧的半径为，点在上．，切线交的延长线于点．
(1)求的长；
(2)求的度数．
24．（2022·河北保定·九年级期末）如图，为直径，点C在上，平分，，垂足为E．
(1)求证：为切线．
(2)若，，求的半径．
25．（2022·河北邢台·九年级期末）如图所示的四边形ABCD是边长为16的正方形，O是边AD上的一个动点，且8(1)求证：．
(2)当DM＝8时，求OA，CN的长．
26．（2022·河北承德·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，点P从点B出发，沿BA边向终点A以每秒1cm的速度运动，同时点Q从点C出发沿C－B－A向终点A以每秒3cm的速度运动，Q追上P时停止运动，设运动时间为t秒．解答下列问题：
(1)当______时点Q与点B重合，当______时点Q追上点P；
(2)当Q在BC边上时，求t为何值时PQ的长为cm；
(3)作为P为圆心，PQ长为半径作，是否存在这样的t值，使正好与的一边（或边所在的直线）相切？若存在直接写出t的值，若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．C
【解析】根据点到圆心的距离小于半径即可判断点P在⊙O的内部．
∵⊙O的半径为5，PO＝6，
∴点P到圆心O的距离大于半径，
∴点P在⊙O的外部，
故选C．
本题考查了点与圆的位置关系，理解点与圆的位置关系是解题的关键．
2．D
【解析】根据点到圆心O的距离大于半径，可判定出点在圆外，即可得到答案．
∵平面内有一点到圆心O的距离为5，5＞3．
∴该点在圆外，
∴点N符合要求．
故选：D．
本题考查了点与圆的位置关系，根据点到圆心距离与半径的大小关系可作出判断．
3．B
【解析】过A点作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得到BH=CH=BC=4，则利用勾股定理可计算出AH=3，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法对A选项和B选项进行判断；根据点与圆的位置关系对C选项和D选项进行判断．
解：过A点作AH⊥BC于H，如图，
∵AB=AC，
∴BH=CH=BC=4，
在Rt△ABH中，，
∵AH⊥BC，AH=3＞2.5，
∴直线BC与⊙A相离，所以A选项不符合题意，B选项符合题意．
∵AB=5＞2.5，
∴B点在⊙A外，所以C选项不符合题意；
∵AC=5＞2.5，
∴C点在⊙A外，所以D选项不符合题意；
故选：B．
本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，若直线l和⊙O相交 d＜r；直线l和⊙O相切 d＝r；直线l和⊙O相离 d＞r．也考查了点与圆的位置关系和等腰三角形的性质．
4．C
【解析】甲：根据直径推出，推出，根据切线判定推出即可；
乙：作直径，连接，推出，求出，根据切线的判定推出即可．
解：甲：是的直径，
，
，
，
，
，
是半径，
是的切线；
乙：作直径，连接，
即（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），
，
，
是的直径，
，
，
，
，
是半径，
是的切线．
故选：C．
考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，注意：经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线，直径所对的圆周角是直角，正确应用定理等知识是解决问题的关键．
5．D
【解析】根据切线的定理可判断A，作于，可证四边形为正方形，即可判断B；根据为钝角三角形即可判断C；根据四边形的对角即可判断D．
解： ，是切点，
根据切线定理可知，故选项A正确，不满足题意；
作交于，
是的内切圆，
为切点，,
为切点，
,
四边形为正方形，
，故选项B正确，不满足题意；
由题可知为钝角三角形，
的外心在的外面，故选项C正确，不满足题意；
,
,
,
四边形有外接圆,故选项D错误，满足题意．
故选：D．
本题主要考查切线的性质，正方形的判定与性质，三角形的外心，四边形的外接圆，掌握相关定理与概念是解题的关键．
6．C
【解析】连接IE、IF，如图，根据切线的性质得到，利用四边形的内角和得到，再利用圆周角定理得到，然后根据三角形内角和求出，从而可计算出．
连接IE、IF，如图，
∵内切圆I和边AC、AB分别相切于点E、F，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：C．
本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的性质．解题关键是根据三角形的内切圆与内心的性质作出合适的辅助线．
7．B
【解析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得是△ABC的外心，据此即可求解．
解：在△ABC中，∠ACB＝90°，
∵CD是△ABC中线，
∴D点是△ABC的外心．
故选：B．
本题考查了三角形的外心，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握以上知识是解题的关键．
8．C
【解析】根据三角形的外心得出OA＝OC＝OB，根据正方形的性质得出OA＝OC＜OD，求出OA＝OB＝OC＝OE≠OD，再逐个判断即可
连接OB、OD、OA，
∵O为锐角三角形ABC的外心，
∴OA＝OC＝OB，
∵四边形OCDE为正方形，
∴OA＝OC＜OD，
∴OA＝OB＝OC＝OE≠OD，
∴OA＝OE≠OD，即O不是△AED的外心，
OA＝OE＝OB，即O是△AEB的外心，
OA＝OC＝OE，即O是△ACE的外心，
OB＝OA≠OD，即O不是△ABD的外心，
故选C．
本题考查了正方形的性质和三角形的外心与外接圆，能熟记知识点的内容是解此题的关键，注意：三角形的外心到三个顶点的距离相等，正方形的四边都相等．
9．C
【解析】利用确定圆的条件、圆内接三角形的定义、三角形外接圆的定义，四边形外接圆的定义分别判断后即可确定正确的选项．
解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；
B、圆内接等边三角形有无数个，故错误；
C、一个三角形有且只有一个外接圆，正确；
D、并不是所有的四边形都有外接圆，故错误，
故选：C．
本题考查了确定圆的条件、圆内接三角形的定义、三角形外接圆的定义，四边形外接圆的定义等知识，难度不大．
10．B
【解析】连接OA、OB，根据圆内接正六边形的性质得到△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，求得∠AOC= 30°，由OA=2cm，得到AC=1cm，根据勾股定理求出OC即可．
如图，连接OA、OB，则△AOB是等边三角形，作OC⊥AB于C，
∵△AOB是等边三角形，
∴∠OAB= 60°，
∴∠AOC= 30°，
∵OA=2cm，
∴AC=1cm，
OC=，
故选：B．
此题考查圆内接正六边形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记圆内接正六边形的性质是解题的关键．
11． 135°
【解析】（1）如图，连接EC．首先证明∠AEC＝135°，再证明△EAC≌△EAB即可解决问题；
（2）先利用已知求得∠CAB的度数，然后在直角三角形ACD中求得AC的长，最后利用弧长公即可求解．
解：（1）如图，连接EC．
∵E是△ADC的内心，∠ADC＝90°，
∴∠ACE＝∠ACD，∠EAC＝∠CAD，
∴∠AEC＝180° (∠ACD＋∠CAD)＝135°，
在△AEC和△AEB中，
，
∴△EAC≌△EAB，
∴∠AEB＝∠AEC＝135°，
故答案为135°．
（2）∵，∠AEB＝135°，
∴ ，
∴，
∵，，
∴中，，
解得，
∴，
故答案为：
本题考查三角形的内心、全等三角形的判定和性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
12．10cm##10厘米
【解析】根据平行线的性质以及切线长定理，即可证明∠BOC=90°，再根据勾股定理即可求得BC的长，再结合切线长定理即可求解．
解：∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵直线AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G，
∴∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠BCD，BE=BF，CG=CF，
∴∠OBC+∠OCB=（∠ABC+∠BCD）=90°，
∴∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，
BC==10，
∴BE+CG=10(cm)．
故答案为：10cm．
此题主要是考查了切线长定理．熟记从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且圆心和这点的连线平分两条切线的夹角是解决问题的关键．
13．16
【解析】根据切线的性质得到OC⊥AB，根据垂径定理得到AC=AB，根据勾股定理计算，得到答案．
解：∵AB是小圆O的切线，
∴OC⊥AB，
∵AB是大圆O的弦，
∴AC=AB，
在Rt△AOC中，AC===8（cm），
则AB=2AC=16（cm），
故答案为：16．
本题考查的是切线的性质、垂径定理和勾股定理的应用，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
14． 125°
【解析】根据三角形内心的性质可得进而求得，再根据三角形内角和定理即可得到答案；
先求出，再根据外角的性质即可得到，再由三角形的内角和定理得出的度数即可．
点I是的内心
在中，
故答案为：125°；
点I是的内心
在中，
故答案为：．
本题考查了三角形外接圆与三角形的内心的性质、三角形的内角和定理、外角的性质，同弧所对的圆周角相等这些知识点，熟练掌握并能够运用是解题的关键．
15．8
【解析】首先根据圆的性质得出∠COB=30°，然后根据垂径定理得出CE=2，∠OEC=90°，解直角三角形得出OC，进而得出AB.
∵∠A=15°，
∴∠COB=30°，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，弦CD=4，
∴CE=2，∠OEC=90°
∵∠COE=30°，
∴OC=2CE=4，
∴AB=2OC=8，
故答案为：8.
此题主要考查垂径定理以及含30°角直角三角形的性质，熟练掌握，即可解题.
16．12
【解析】连接OQ、OP，如图，根据切线的性质得OQ⊥PQ，则利用勾股定理得到PQ2＝OP2﹣OQ2＝OP2﹣4，也是判断OP取最小值时，PQ2的值最小，此时正方形PQRS的面积有最小值，根据垂线段最短得到OP的最小值为4，于是得到PQ2的最小值，从而确定正方形PQRS的面积的最小值．
解：连接OQ、OP，如图，
∵PQ为切线，
∴OQ⊥PQ，
在Rt△OPQ中，PQ2＝OP2﹣OQ2＝OP2﹣4，
当OP取最小值时，PQ2的值最小，此时正方形PQRS的面积有最小值，
而当OP⊥l时，OP取最小值，
∴OP的最小值为4，
∴PQ2的最小值为16﹣4＝12，
∴正方形PQRS的面积最小值为12．
故答案为12．
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．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．充分利用垂线段最短解决最小值问题．
17．(1)）0＜r＜2或r＞4
(2)①当α为15°或105°时，射线BA与⊙O相切；②S阴影=2π-4
【解析】（1）画出图形分： 当时，当时，时，时，时，五种情况讨论，即可得出答案；
（2）①分当射线BA在射线BC的上方与⊙O相切时和当射线BA在射线BC的下方与⊙O相切时，进行求解即可得出答案；
② 如图3，连接OM，ON，过点O作OQ⊥MN于点Q，由垂径定理可得出MQ=NQ=MN=，即可推得：∠MOQ=，故圆心角，由即可得出答案．
（1）
若与相切时，设切点为F，连接，如图：
则，
在中，，，
∴，
∴，
当时，与刚好有个交点，
∴当时, 如图：与只有两个交点；
当，即时，如图，与有个交点；
当即时，如图与有个交点；
当即时，如图，与有两个交点；
综上所述，当与只有两个交点时，的取值范围是或，
故答案为：或；
（2）
①如图1，当射线BA在射线BC的上方与⊙O相切时，设切点为P，连接OP.
∵OB=，OP=，
∴sinB==，
∴，
.
如图2，当射线BA在射线BC的下方与⊙O相切时，设切点为P，连接OP，
∵OB=，OP=，
∴sinB==，
∴，
∴.
综上所述，当α为或时，射线BA与⊙O相切；
②如图3，连接OM，ON，过点O作OQ⊥MN于点Q，
∴MQ=NQ=MN=.
∵OM=，
∴，
∴，
∴，
∴．
本题考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，锐角三角函数、求弓形面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,学会利用特殊位置解决问题．
18．(1)见解析
(2)
(3)
【解析】（1）连接OC，由OB=OC，利用等边对等角得到∠BCO=∠B，由∠ACD=∠B，得到∠ACD+∠OCA=90°，得到OC垂直于EF，即可得到EF为圆O的切线；
（2）证明Rt△ABC∽Rt△ACD，可求出AC=2，由勾股定理求出CD的长即可；
（3）先证明△OAC为等边三角形，求出∠AOC＝60°，即可由S阴影=S梯形ADCO-S扇形OAC求出答案．
（1）证明：连接OC，∵AB为⊙O直径，∴∠ACB＝90°，∴∠B＋∠BAC＝90°∵OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC∵∠ACD＝∠B，∴∠OCD＝∠OCA＋∠ACD＝90°，即EF⊥OC∴EF是⊙O的切线
（2）解：∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=＝90°，∵AD⊥EF于点D，∴∠∠ADC＝90°，∴∠ADC＝∠BCA，∵∠ACD＝∠B，∴△ACD∽△ABC∴，∵AD=1，AB=4∴，∴AC＝2∴
（3）解：∵AB=4，∴OC=OA=AB=2，由（2）知：AC=2，∴OC＝OA＝AC＝2，∴△ACO为等边三角形，∴∠AOC＝60°，由（2）知：CD=，AD=1∴S阴影=S梯形ADCO-S扇形OAC=＝．
本题是圆的综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理以及扇形面积的计算，熟练掌握圆的基础知识是解本题的关键．
19．(1)当t时，线段DP与⊙Q相切；
(2)0＜t或；
(3)或5或8．
【解析】（1）过点A作AN⊥BC于点N，则BNcm，由线段DP与⊙Q相切，则∠BDP＝∠BNA＝90°，利用△BDP∽△BNA，得，代入即可求出t的值；
（2）分两种情形：出发后到DP与圆相切时，⊙Q与线段DP只有一个公共点，得0＜t，当点P与点E重合后，点P在⊙Q内，此时⊙Q与线段DP只有一个公共点，当点P与点E重合时，，可解决问题；
（3）分AP＝AC，PPC，CA＝CP三种情形，分别画出图形，即可解决问题．
（1）
解：由题意得：CP＝2tcm，BD＝2tcm，则BP＝（16﹣2t）cm，
过点A作AN⊥BC于点N，如图1，
则BNcm，
∵线段DP与⊙Q相切，
∴PD⊥BD，
∴∠BDP＝∠BNA＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDP∽△BNA，
∴，
∴，
解得t，
∴当t时，线段DP与⊙Q相切；
（2）
①出发后到DP与圆相切时，⊙Q与线段DP只有一个公共点，
∴0＜t，
②当点P与点E重合后，点P在⊙Q内，此时⊙Q与线段DP只有一个公共点，
∵点P与点E重合时，
∵∠BED＝∠ANB＝90°，
∴DEAN，
∵，
∴BE＝BP＝，
∵BP＋CP＝BC，
∴，
解得：t，
∵当P到点B时，t＝＝8，
∴t＜8，
∴t＜8，
综上，当0＜t或时，⊙Q与线段DP只有一个公共点；
（3）
①当AP＝CP时，由题意得：CP＝2tcm，
过点A作AN⊥BC于点N，过点P作PM⊥AC于点M，如图2，

∵AB＝AC＝10cm，BC＝16cm，AN⊥BC，
∴BN＝NC，
∵AP＝CP，PM⊥AC，
∴CM，
∵∠CMP＝∠CNA＝90°，∠C＝∠C，
∴△CMP∽△CNA，
∴，
∴，
∴t；
②当AC＝CP时，如图3，
则2t＝10，
∴t＝5；
③当点P到达点B时，此时CP＝CB，
∴2t＝16，
∴t＝8，
综上，当△APC是等腰三角形时t的值为或5或8．
本题是圆的综合题，主要考查了动点问题，直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）或，点H运动路径的长为或；（3）
【解析】（1）先证，得到，根据AP是⊙O的切线，得到，继而得到，即可证明BH是⊙O的切线；
（2）过点B作⊙O的切线BC、BD，切点分别为C、D，连接OC，OD，可得到，继而得到，同理可得到，
当点H与点C重合时，可知，继而可求得，当点H与点D重合时，，继而可求得；
（3）作ON⊥AB于点N，则，因为h在圆上，所以，，则时△AHB面积最大．
（1）证明：，
，
又，
，
，
是⊙O的切线，
，
，即于点H，
是⊙O的切线；
（2）如图，过点B作⊙O的切线BC、BD，切点分别为C、D，连接OC，OD，则有，
，
，
，
同理，
当点H与点C重合时，由（1）知：，
，
，
的长为；
当点H与点D重合时，，
的长为，
当与⊙O相切时，旋转角或，点H运动路径的长为或．
（3）如图，作ON⊥AB于点N，
，其中表示H到直线AB的距离，
∵∠AOB=90°，OA=OB=4，
∴，
∴，
∴，
∵H在⊙O上，
∴，，
∴当时，最大，
∴当△AHB面积最大时，H到AB的距离为．
本题考查圆的切线、全等三角形的判定与性质、弧长公式、三角形的面积、勾股定理等，解题的关键是综合运用相关知识．
21．(1)6
(2)4π
【解析】（1）根据正六边形的边长与半径相等即可解决问题；
（2）由正六边形的性质和弧长公式即可得出结果．
（1）
解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴正六边形的边长＝半径OA＝6；
（2）
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BCF＝120°，
∴弧BF的长为．
本题考查了正多边形和圆、弧长公式；熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
22．(1)2；相切
(2)
(3)
【解析】（1）根据勾股定理求出AC， 当点在上时，AC为⊙P的直径，可求出AP，再根据PC⊥CD，得出与的位置关系；
（2）根据切线的性质得到PE⊥BC，根据勾股定理列出方程，解方程求出AP；
（3） 当C在圆上时，与的边有公共点，且此时最小，当D在圆上时，与的边有公共点，且此时最大，以此求出两种情况下AP的取值范围即可．
（1）
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ABCD，BC＝AD＝5，
∵AB⊥AC，
∴∠ACD＝∠BAC＝90°，
∴AC＝＝4，
当点在上时，AC为⊙P的直径，
∴⊙P的半径为2；
即AP＝2
此时C在圆上，PC⊥CD，
故边CD与相切；
（2）
如图1，当⊙P与边BC相切时，设切点为E，连接PE，
则PE⊥BC，
∵AB⊥AC，点P在边AC上，
∴⊙P与AB相切．
∵⊙P与BC相切于点E，
∴BE＝AB＝3，EC＝2，
设AP＝x，则PE＝x，PC＝4 x，
在Rt△PCE中，由勾股定理得＋4＝，
解得x＝，即AP＝；
（3）
当C在圆上时，与的边有公共点，且此时最小，
即AP＝2
当D在圆上时，如图2，与的边有公共点，且此时最大，
设PC＝x，则PD＝AP＝4－x，CD＝3
在Rt△CDP中，，
解得x＝，4－x＝，
即AP＝，
综上所述：当时，与的边有公共点
本题考查的是直线与圆的位置关系、勾股定理、平行四边形的性质，掌握切线的性质定理是解题的关键．
23．(1)
(2)
【解析】（1）利用圆周角定理求出，然后由弧长公式可得出答案；
（2）由等腰三角形的性质求出，证明为等边三角形，由等边三角形的性质得出，由切线的性质求出，则可得出答案．
（1）
解：如图，连接，
∵，
∴，
∵过点，，的弧的半径为，
∴，
∴的长为，
∴的长为．
（2）
如图，连接，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴．
∴的度数为．
本题考查了弧长公式，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，切线的性质，直角三角形两锐角互余．理解和掌握切线的性质是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)
【解析】（1）连接OC，如图，由AC平分∠EAB得到∠EAC= ∠OAC，于是可判断OC∥AE，根据平行线的性质得OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2）先根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，再判断Rt△AEC∽Rt△ACB，然后利用相似比可计算出AB，从而得到⊙O的半径．
（1）
如下图，连OC
∵AE⊥CD
∴ ∠AEC=90°
又 ∵OA=OC
∴∠OAC=∠OCA
∵ AC平分∠EAB
∴∠EAC= ∠OAC
∵∠EAC= ∠OCA
∴ OC∥AE
∴OC⊥DE
∴DE为切线．
（2）
如图，连BC
∵AB为直径
∴ ∠ACB=90°
又∵∠AEC =90°
∴∠ACB=∠AEC
又∵∠EAC= ∠BAC
∴ △AEC∽△ACB
∴=
∴=
∴AB=
∴r=
本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，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．也考查了相似三角形的判定与性质．
25．(1)证明见解析
(2)OA＝10，
【解析】（1）根据正方形性质及圆切线性质知∠OMN=90°=∠D=∠C，再利用同角的余角相等可证得∠DOM＝∠CMN，即得证；
（2）设半径为r，在直角三角形ODM中利用勾股定理求出r的值，进而得到OD、DM、CM的长度，再利用得，代入求值即可．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠DOM＋∠OMD＝90．
∴MN是的切线，
∴∠OMN＝90°，
∴∠OMD＋∠CMN＝90°，
∴∠DOM＝∠CMN，
∴．
(2)
解：设的半径为r，则OA＝OM＝r，OD＝16﹣r．
在Rt△ODM中，根据勾股定理得：
，
即，
解得：r＝10，
∴OA＝10，
∴OD＝16﹣10＝6．
∵CD＝16，DM＝8，
∴CM＝8．
∵，
∴，
即，
∴．
本题考查了圆的切线性质、相似三角形的判定及性质、勾股定理等知识点，掌握相似三角形的对应边成比例是解题关键．
26．(1)秒，4秒
(2)2
(3)存在，或
【解析】对于（1），根据点Q的速度和BC即可求出时间，再表示出点P的速度，根据路程相等列出方程求出t即可；
对于（2），分别表示出BQ，BP，根据勾股定理列出方程，求出解即可；
对于（3），当圆P与直线AD两次相切时，列出方程，求出t的值，并判断是否成立；当圆P与BD相切时，根据锐角三角函数列出方程，求出t．
（1）
秒，4秒．
当点Q与点B重合时，（秒）；
根据题意可知CQ=3t，BP=t，当点Q在边AB上追上点P时，得
t+8=3t，
解得t=4．
故答案为：秒，4秒．
（2）
依题意BQ＝8-3t，
在Rt△BPQ中， ，
即：，
解得，．
当Q在BC边上时，
∴．
当Q在BC边上时，t=2时，PQ的长为cm；
（3）
存在. 或．
当点P在AB上，点Q在BC上时，圆P与直线AD相切时，
BQ=8-3t，BP=t，QP=AP=6-t，根据勾股定理，得
，
即，
解得．
∵，
∴；
当点P，Q在AB上，圆P与直线AD相切时，
，
解得t=2．
∵当Q在BC边上时，
∴不合题意舍去；
当点P，Q在AB上，圆P与直线BD相切时，
可知PE⊥BD，于点E．
则BP=t，BQ=3t-8，
∴PQ=t-(3t-8)=8-2t，
即PE=8-2t．
又，
即，
解得．
所以或．
这是一道动点的综合问题，考查了切线的性质，勾股定理，一元二次方程的应用，锐角三角函数等．注意分情况讨论．