（培优卷）2.1 直线与圆的位置关系-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·宝山模拟）已知中，，、．以C为圆心作，如果圆C与斜边有两个公共点，那么圆C的半径长R的取值范围是（ ）
A． B． C． D．．
2．（2022·江苏模拟）如图，点A的坐标是（ 2，0），点C是以OA为直径的⊙B上的一动点，点A关于点C的对称点为点P.当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，则k的值为（ ）.
A． B． C． D．
3．（2023·虹口模拟）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，．分别以点、为圆心画圆，如果与直线相交、与直线相离，且与内切，那么的半径长的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·泸州）如图，在中，，点在斜边上，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，连接．若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·奉贤模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，点O在边AB上，且BO＝2OA．以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，那么下列各值中，半径r不可以取的是（ ）
A．6 B．10 C．15 D．16
6．（2020·东港模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（2，0），若点C在一次函数y=﹣ 的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的点C有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
7．（2018-2019学年初中数学北师大版九年级下册第三章《圆》检测题 B ）以坐标原点O为圆心，作半径为2的圆，若直线y=﹣x+b与⊙O相交，则b的取值范围是（ ）
A．0≤b＜2 B．﹣2
C．﹣2 2 D．﹣2 ＜b＜2
8．（2022·镇江）如图，在等腰中，，BC= ，同时与边的延长线、射线相切，的半径为3．将绕点按顺时针方向旋转，、的对应点分别为、，在旋转的过程中边所在直线与相切的次数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．（2022·路北模拟）如图，在中，，，，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
10．（2022·江北模拟）已知在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(3，4)，M是抛物线(a≠0)对称轴上的一个动点，小明经探究发现：当的值确定时，抛物线的对称轴上能使△AOM为直角三角形的点M的个数也随之确定．当满足（ ）时，抛物线(a≠0)的对称轴上存在4个不同的点M，使△AOM为直角三角形.
A． B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2021·秦淮模拟）在平面直角坐标系 中，以O为圆心，2个单位长度为半径画圆.若一次函数 （k为常数， ）的图象与 有公共点，则k的取值范围是 .
12．（2020·贵阳模拟）如图，已知射线 ，点 从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线 向右运动；同时射线 绕点 顺时针旋转一周，当射线 停止运动时，点 随之停止运动.以 为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线 与 恰好有且只有一个公共点，则射线 旋转的速度为每秒 度.
13．（2022·镇海区模拟）如图，在四边形中，，，，点在对角线上运动，为的外接圆，当与四边形的一边相切时，其半径为 .
14．（2022·虹口模拟）如图，在矩形中，，，点E是的中点，连接，点O是线段上一点，的半径为1，如果与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 ．
15．（2022·温州模拟）图1是一款带毛刷的圆型扫地机器人，它的俯视图如图2所示，的直径为40cm，毛刷的一端为固定点，另一端为点，，毛刷绕着点旋转形成的圆弧交于点A，，且A，，三点在同一直线上.毛刷在旋转过程中，与交于点，则的最大长度为 cm.扫地机器人在遇到障碍物时会自转，毛刷碰到障碍物时可弯曲.如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角（）时，不能清扫到的面积（图中阴影部分）为 .
16．（2023·温州模拟）如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮的直径为，拖盘与后轮相切于点N，手柄．侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，，．如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在上，若，则的长为 ，同一时刻，点C离地面高度，则点A离地面高度为 ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023·大连）如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．
（1）求的度数；
（2）如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．
18．（2023·宜宾）如图，以为直径的上有两点、，，过点作直线交的延长线于点，交的延长线于点，过作平分交于点，交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）如果是的中点，且，求的长．
19．（2021·宜宾）如图1，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与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若tan∠ADC＝ ，AC＝2，求⊙O的半径；
（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE.求sin∠DBE的值.
20．（2022·石景山模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P不在坐标轴上，点P关于x轴的对称点为P1，点P关于y轴的对称点为P2，称△P1PP2为点P的“关联三角形”．
（1）已知点A(1，2)，求点A的“关联三角形”的面积；
（2）如图，已知点B(m，n)，⊙T的圆心为T(2，2)，半径为2．若点B的“关联三角形”与⊙T有公共点，直接写出m的取值范围；
（3）已知⊙O的半径为r，OP=2r，若点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，直接写出∠PP1P2的取值范围．
21．（2020·雄县模拟）如图，菱形 中，对角线 、 相交于点 ， ， ，动点 从点 出发，沿线段 以 的速度向点 运动，同时动点 从点 出发，沿线段 以 支向点 运动，当其中一个动点停止时另一个动点也随之停止，设运动时间为 （单位： ）（ ），以点 为圆心， 长为半径的⊙M与射线 、线段 分别交于点 、 ，连接 ．
（1）求 的长（用含有 的代数式表示），并求出 的取值范围；
（2）当 为何值时，线段 与⊙M相切？
（3）若⊙M与线段 只有一个公共点，求 的取值范围．
22．（2023·雅安）如图，在中，，以为直径的与交于点D，点是的中点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长；
（3）在（2）的条件下，点P是上一动点，求的最大值．
23．（2023·永嘉模拟）旋转的图形带来结论的奥秘.已知，将绕点逆时针旋转得到.
初步探索 素材1： 如图①，连接对应点，，则. 素材2： 如图②，以为圆心，边上的高为半径作，则与相切.
问题解决 （1）（ⅰ）请证明素材1所发现的结论. （ⅱ）如图2，过点作，垂足为.证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.
深入研究 （2）在满足，，是的中点，绕点逆时针旋转得. （ⅰ）如图③，当边恰好经过点时，连接，则的长为▲ . （ⅱ）若一时边所在直线恰好经过点，于图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线.（只保留作图痕迹） （3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线，交于点，求的最大值为▲ .
24．（2023·澄城模拟）【问题情景】
含角的直角三角板中．将其绕直角顶点C顺时针旋转α角，得到，边与边AB交于点D．
（1）如图1，若边经过点B，则α的度数为 °；
（2）【探究发现】
如图2是旋转过程的一个位置，过点D作交边于点E，连接，小明发现在三角板旋转的过程中，度数是定值，求的度数；
（3）【拓展延伸】
在（2）的条件下，设，的面积为S，当时，
①求的长；
②以点E为圆心，为半径作，并判断此时直线与的位置关系．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图，作CD⊥AB交于点D，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴，
∵△ABC的面积=×AC×CD=×AC×BC，
∴，
∴圆心C到AB的距离为，
∵AC∴点C为圆心，R=4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴如果圆C与斜边有两个公共点，则R的取值范围为，
故答案为：C.
【分析】先求出圆心C到AB的距离为，再利用直线与圆的位置关系可得。
2．【答案】C
【知识点】一次函数的图象；三角形的面积；勾股定理；圆的相关概念；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，连接OP，作过点P作PE⊥x轴于点E，
∵点P和点A关于点C对称，点C的运动轨迹是以点B为圆心，半径为1的圆，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，以AO为半径的圆.
∵当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，直线y=kx－3k（k＞0）过定点D(3，0)，
∴OP⊥PD，
∴∠OPD=90°，
在Rt△OPD中，OP=OA=2，OD=3，
由勾股定理得：PD= =
由等积法，可得：OD PE=OP PD，
即：3×PE=2× ，
解得：PE=
在Rt△OPE中，OE= =
∴点P的坐标为( ， )
把点P的坐标代入y=kx－3k，得： ，
解得：k= .
故答案为：C.
【分析】连接OP，作过点P作PE⊥x轴于点E，由题意可得：点P的运动轨迹是以O为圆心，AO为半径的圆，直线y=kx-3k（k＞0）过定点D(3，0)，利用勾股定理可得PD，根据△OPD的面积公式可得PE，然后利用勾股定理求出OE，进而可得点P的坐标，接下来将点P的坐标代入y=kx-3k中进行计算就可得到k的值.
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：
当圆O与DA相切时，过点O作EO⊥DA于点E，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，AB=5，BC=12，
∴CD⊥DA，BA=DC=5，CB=AD=12，
由勾股定理得，
∴OE∥CD，
∴，
∴r=9，
当圆O与CD相切时，过点O作FO⊥DC于点F，如图所示：
∴，
∴，
∴的半径长的取值范围是，
故答案为：C
【分析】当圆O与DA相切时，过点O作EO⊥DA于点E，先根据矩形的性质得到CD⊥DA，BA=DC=5，CB=AD=12，再根据勾股定理即可求出BD的长，进而即可求出OE的长，再结合题意即可求出此时r的长；当圆O与CD相切时，过点O作FO⊥DC于点F，先根据题意求出OF的长，进而即可求出r的长，再结合题意即可求解。
4．【答案】B
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接AE，OE，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=，
设圆O的半径为r，则OA=OE=r，
∴OB=AB-OA=10-r，
∵BC与半圆相切，
∴OE⊥BC，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴OE//AC，
∴△BOE△BAC，
∴，
∴，
∴，，
∴CE=BC-BE=，
∴AE =，
∵BE为半圆的切线，
∴∠BED=∠BAE，
∵∠DBE=∠EBA，
∴△BDE△BEA，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】利用勾股定理求出AB=10，再利用相似三角形的判定与性质计算求解即可。
5．【答案】C
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，
∴ ，
∵BO＝2OA，
∴OA＝10，OB＝20，
过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，
∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，
∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴OE＝16，OD＝6，
当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理得 ，
如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，
∴r＝6或10或16或 ，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理求出，从而求出OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，可证△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，可得 ， ，据此求出OE＝16，OD＝6，当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理求出OC，如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，据此即得结论.
6．【答案】C
【知识点】一次函数的图象；圆周角定理；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由题意知，直线 与x轴的交点为（4，0），与y轴的交点为（0，2），如图：
过点A作垂线与直线的交点 （-4，4），
过点B作垂线与直线的交点 （2，1），
过AB中点E（-1，0），作垂线与直线 的交点为F（-1，2.5），
则EF=2.5＜3，
所以以3为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点 、 ，
∴共有四个点能与点A，点B组成直角三角形．
故答案为：C．
【分析】利用直线 求出直线与坐标轴的交点，然后分别过AB两点作x轴的垂线，可得出符合题意的C点，由于过AB中点E（-1，0），作垂线与直线 的交点为F（-1，2.5），再利用圆周角定理可得以3为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点，据此即得结论.
7．【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系；一次函数的性质
【解析】【解答】解： 当直线y=﹣x+b与圆相切，且函数经过一、二、四象限时，如图．
在y=﹣x+b中，令x=0时，y=b，则与y轴的交点是（0，b），
当y=0时，x=b，则A的交点是（b，0），
则OA=OB，即△OAB是等腰直角三角形．
连接圆心O和切点C．则OC=2．
则OB= OC=2 ．即b=2 ；
同理，当直线y=﹣x+b与圆相切，且函数经过二、三、四象限时，b=﹣2 ．
则若直线y=﹣x+b与⊙O相交，则b的取值范围是﹣2 ＜b＜2 ．
故答案为：D．
【分析】求出直线y=-x+b与圆相切，且函数经过的象限分别求出此时b的值，则相交时b的值在相切时的两个b的值之间.
8．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图：
作AD⊥BC，以A为圆心，以AD为半径画圆
∵AC、AB所在的直线与⊙O相切，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ
∴AO平分∠PAQ
∵∠CAB=120°
∴∠PAO=30°
∵OP=3
∴AO= =6
∵∠BAC=120°，AB=AC
∴∠ACB=30°，CD= BC=
∴AD= =3
∴⊙A的半径为3，
∴⊙O与⊙A的半径和为6
∵AO=6
∴⊙O与⊙A相切
∵AD⊥BC
∴BC所在的直线是⊙A的切线
∴BC所在的直线与⊙O相切
∴当 =360°时，BC所在的直线与⊙O相切
同理可证明当 =180°时， 所在的直线与⊙O相切．
当 ⊥AO时，即 =90°时， 所在的直线与⊙O相切．
∴当 为90°、180°、360°时，BC所在的直线与⊙O相切
故答案为：C.
【分析】作AD⊥BC，以A为圆心，AD为半径画圆，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ，则∠PAO=30°，根据三角函数的概念可得AO、AD，推出BC所在的直线与⊙O相切，据此解答.
9．【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；点与圆的位置关系；切线的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为，
∵，，
∴
∵，
∴
∵点O是AB的三等分点，
∴，，
∴，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴MN最小值为，
如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN最大值，
，
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故答案为：B．
【分析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN的最小值为OP-OF；当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN的最大值=OB+OE，据此求解即可.
10．【答案】B
【知识点】切线的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：由题意得：O（0，0），A（3，4）
∵为直角三角形，则有：
①当时，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点O）；如图，
②当时，，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点A）；
③当时，，
∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，
∴点P为OA的中点，
∴
∴半径r=
∵抛物线的对称轴与x轴垂直，
∴抛物线的对称轴与，分别有一个交点，
由题意得，抛物线的对称轴与，，有四个不同的交点，
∴抛物线的对称轴与有两个交点，且对称轴应在的两条切线、之间
∵点P到切线，的距离 ，
∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；
∴当时，
当时，
∴-8<
故答案为：B.
【分析】由题意得：O（0，0），A（3，4），当∠AOM=90°时，点M在与OA垂直的直线l1上运动 （不含点O）；当∠OAM=90°时，点M在与OA垂直的直线l2上运动 （不含点A）；当∠OMA=90°时，点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，易得点P的坐标，求出r，由题意得：抛物线的对称轴与l1，l2，有四个不同的交点，求出点P到切线l3，l4的距离d ，然后求出直线l3、l4的解析式，据此求解.
11．【答案】 且k≠0
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质；解直角三角形；一次函数的性质
【解析】【解答】解：∵一次函数解析式为： （k为常数， ），
∴当 时，y=0，即一次函数必过定点 ，
设一次函数 与x轴和y轴分别交于点A，B，
当直线AB与 相切时，切点为M，有两种情况，如图所示：
①当直线与y轴交于正半轴时，连接OM，
∵直线AB与 相切，
∴OM⊥AB，
∴∠AMO=90°，
在Rt△AMO中，
，
∴ ，
在Rt△ABO中，
，
解得： ，
即B点坐标为 ，
代入一次函数解析式 ，
解得 ，
②当直线与y轴交于负半轴时，同理可得：
B点坐标为 ，
代入一次函数解析式 ，
解得 ，
∴ 且 ，
故答案为： 且k≠0.
【分析】先判断出一次函数必过定点 ，分两种情况：①当直线与y轴交于正半轴时，②当直线与y轴交于负半轴时，分别求出直线与 相切时的k值，进而得出k的范围.
12．【答案】30或60
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，
当射线 与 在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，
于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°，
此时射线 旋转的速度为每秒60°÷2=30°；
如图2，
当射线 与 在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，
于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°，
此时射线 旋转的速度为每秒120°÷2=60°；
故答案为：30或60.
【分析】射线 与 恰好有且只有一个公共点就是射线 与 相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.
13．【答案】2或或
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；切线的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：∵在四边形ABCD中，，，，
∴，
∴，
①当与四边形ABCD的AD边相切时，连接OD，过点O作OM⊥CD于点M，如图所示：
∴OD⊥AD，即∠ADO=90°，，
∴∠ODM=∠ADC-∠ADO=30°，
∴，即的半径为2；
②当与四边形ABCD的AB边相切于点G时，作OF⊥CD于点F，并延长，交AD的延长线于点P，交AB于点N，如图所示：
∴NF∥BC，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴NF=5，
设，则有，
∴，
在Rt△DFO中，由勾股定理得：，整理得：，
解得：（不符合题意，舍去）；
③当与四边形ABCD的BC边相切时，则切点即为点C，
∴CD为的直径，
∴的半径为；
综上所述：当与四边形ABCD的一边相切时，其半径为2或或；
故答案为：2或或.
【分析】①当与四边形ABCD的AD边相切时，②当与四边形ABCD的AB边相切于点G时，③当与四边形ABCD的BC边相切时，则切点即为点C，据此分别解答即可.
14．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设与相切于点F，连接，，
∵，，
∴，
中，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴若与相切时，和一定相交；
若与相切时，和一定相离．
同理当与相切于点M时，连接，，计算得，
∴此时，
∴当时，与矩形的各边都没有公共点，
故答案为：．
【分析】分类讨论：①当与相切于点F，②当与相切于点M时，再分别求出AO的长，即可得到AO的取值范围为。
15．【答案】（）；（）
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；切线的性质；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：如图，连接AB，OB，
∵BP=AP，且A，P，B三点共线，
∴OP垂直平分AB，
∴，
∴当O、P、D、C四点共线时，CD最长，
∵OB=OD=，PB= CP=，
∴在Rt△BOP中，由勾股定理得OP=，
∴CD=CP-PD=CP-（OD-OP）=cm；
如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角时，QA和QB是⊙O的切线，
则∠OAM=∠OBN=90°，∠AQO=∠BQO=30°，，
∴∠AOQ=∠BOQ=60°，
∴，
∴，
在Rt△AOM中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴
，
故答案为：（）；（）.
【分析】连接AB，OB，由垂径定理可得OP垂直平分AB，从而得当O、P、D、C四点共线时，CD最长， 求出此时CD的长即可；如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角时，QA和QB是⊙O的切线，根据进行求解即可.
16．【答案】；
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；切线的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠ABC=∠COE=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°，∠OBC+∠ABE=90°，
∴∠OCB=∠ABE，
∴，
设OB=x，则OC=5x，
在Rt△COB中，BC2=OB2+OC2，
∴x2+25x2=522
解之：，
∴，；
过点O作OG⊥FQ于点G，过点A作AH⊥FQ于点H，过点A作AP⊥水平高于点P，在OC上取点N，使BN=CN，连接BN，AH与BC交于点S，
易证四边形APQH是矩形，
∴AP=QH，
由题意可知QG=6，CG=CQ-GQ=56-6=50，
∴，
∴，
∴∠OCG=∠OCB，
∴∠BCG=2∠OCB，
∵BN=CN，
∴∠NBC=∠NCB，
∴∠BNO=∠NBC+∠NCB=2∠NCB=∠BCG，
设CN=BN=x，则ON=CO-CN=，
在Rt△OBN中，BN2=OB2+ON2，
∴
解之：，
∴，ON=，
∴，
∴，
∵∠ASB=∠CSH，∠ABS=∠CHS=90°，
∴∠SAB=∠SCH，
∴tan∠SAB=tan∠SCH，
在Rt△ABS中
，
CS=BC-BS=，
∴，
∴.
故答案为：，
【分析】利用余角的性质可证得∠OCB=∠ABE，利用锐角三角函数的定义可得到OB与BC的比值，设OB=x，则OC=5x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到OC的长；过点O作OG⊥FQ于点G，过点A作AH⊥FQ于点H，过点A作AP⊥水平高于点P，在OC上取点N，使BT=CN，连接BN，AH与BC交于点S，易证四边形APQH是矩形，利用矩形的性质可得到AP=QH，利用勾股定理可求出QG的长，利用锐角三角函数的定义证明∠OCG=∠OCB，∠BCG=2∠OCB，利用等腰三角形的性质去证明∠BNO=∠BCG，设CN=BN=x，可表示出ON的长，在Rt△OBN中，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CN，ON的长；再证明利用锐角三角函数的定义分别求出OB与ON，NO与BN的长比值，同时可证得tan∠SAB=tan∠SCH，利用解直角三角形可求出BS，CS，CH的长；然后根据AP=HQ-CH，代入计算求出AP的长.
17．【答案】（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
（2）如图，连接，设，
则，，，
∵是的直径，
∴，
在中，由勾股定理得：
由（1）得：，
∴，
由勾股定理得：，，
∴，
∴，整理得：，
解得：或（舍去），
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行线的判定与性质；三角形的面积；勾股定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB=90°，根据角平分线的概念可得∠BAC=2∠BAD，由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠ODA，结合外角的性质可得∠BOD=∠BAD+∠ODA=2∠BAD，则∠BOD=∠BAC，推出OD∥AC，根据平行线的性质可得∠OEB=∠ACB=90°，据此求解；
（2）连接BD，设OA=OB=OD=r，则OE=r-4，AC=2r-8，AB=2r，由圆周角定理可得∠ADB=90°，根据勾股定理可得BD2=AB2-AD2=BE2+DE2=OB2-OE2+DE2，代入求解可得r的值，进而可得AB、BD的值，由切线的性质可得AF⊥AB，进而得到DG⊥AB，然后利用等面积法进行计算.
18．【答案】（1）证明：如图所示，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴是的切线.
（2）解：证明：如图所示，
∵平分
∴
又∵，
则，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图所示，取的中点，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴
设，则，
∴
∵
∴
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴到的距离相等，设为，在，设点到的距离为，
∴，
∴，
∴．
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）如图所示，先根据圆的性质即可得到，再根据等腰三角形的性质结合平行线的性质即可得到，进而根据切线的判定即可求解；
（2）如图所示，先根据角平分线的性质即可得到，进而结合题意即可得到∠EMC的度数，再运用圆周角定理即可得到，进而运用等腰三角形的判定与性质即可求解；
（3）取的中点，连接，先根据切线的性质即可得到，进而根据中位线的性质即可得到，再解直角三角形即可得到，设，则，根据勾股定理即可得到，进而即可求出b的值，接着根据相似三角形的判定与性质证明，进而得到，再根据角平分线的性质得到到的距离相等，设为，在，设点到的距离为，进而即可得到，再结合已知条件即可求解。
19．【答案】（1）解：CD与⊙O相切，理由：
如图1，连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠CDA＝∠ODB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ADO＋∠ODB＝90°，
∴∠CDA＋∠ADO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD与⊙O相切
（2）解：由（1）知，∠CBD＝∠ADC，
∵tan∠ADC＝ ，
∴tan∠CBD＝ ，
在Rt△ADB中，tan∠CBD＝ ＝ ，
∵∠C＝∠C，∠ADC＝∠CBD，
∴△CAD∽△CDB，
∴ ，
∴CD＝2CA＝4，
∴CB＝2CD＝8，
∴AB＝CB CA＝8 2＝6，
∴OA＝OB＝ AB＝3
（3）解：如图2，连接OE，过点E作EG⊥BD于G，
∵DE平分∠ADB，
∴∠ADE＝∠BDE＝45°，
∴∠BOE＝2∠BDE＝90°，
∴BE＝ =3 ，
在Rt△ABD中，AD2＋BD2＝AB2＝62，
∵ ＝ ，
∴AD＝ ，BD＝ ，
∵EG⊥BD，∠BDE＝45°，
∴∠DEG＝∠BDE＝45°，
∴DG＝EG，
设DG＝EG＝x，则BG＝BD DG＝ x，
在Rt△BEG中，EG2＋BG2＝BE2＝（3 ）2＝18，
∴x2＋（ x）2＝18，
∴x＝ 或x＝ （舍），
∴EG＝ ，
∴sin∠DBE＝
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质结合已知条件可得∠CDA＝∠ODB，由圆周角定理可得∠ADB＝90°，推出∠CDO＝90°，据此判断；
（2）由（1）知，∠CBD＝∠ADC，则tan∠ADC=tan∠CBD＝，证明△CAD∽△CDB，由相似三角形的性质可得CD、CB的值，进而求出AB、OA的值；
（3）连接OE，过点E作EG⊥BD于G，由角平分线的概念可得∠ADE＝∠BDE＝45°，则∠BOE＝90°，由勾股定理求出BE、AD、BD的值，设DG＝EG＝x，则BG＝ x，然后在Rt△BEG中，应用勾股定理求出x的值，进而得到sin∠DBE的值.
20．【答案】（1）解：∵点A(1，2)关于x轴的对称点为A1(1，-2)，点A关于y轴的对称点为A2(-1，2)，
∴S△A A1 A2的面积=×2×4=4；
（2）0（3）0°<∠OP1P<30°或60°<∠OP1P<90°
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：(2)∵⊙T的圆心为T(2，2)，半径为2．
∴四边形OADC是⊙T的外接四边形，
∴D(2，2)，
∵点B的“关联三角形”与⊙T有公共点，且点B(m，n)，
∴0(3)当PP2与⊙O相切于点E时，如图：
∵OE=r，OP=2r，
∴∠OPE=30°，
∴∠OPP1=∠OP1P=60°，
∴当60°<∠OP1P<90°时，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点；
当PP1与⊙O相切于点F时，如图：
∵OF=r，OP=2r，
∴∠OPE=∠OP1P=30°，
∴当0°<∠OP1P<30°时，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点；
综上，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，∠PP1P2的取值范围为：0°<∠OP1P<30°或60°<∠OP1P<90°．
【分析】直线与圆的位置关系是关键，当直线与圆相离时，没有公共点；当直线与圆相切时，只有一个公共点；当直线与圆相交时，有两个公共点。
21．【答案】（1）连接MF，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，
在Rt△AOB中， ，
∵MB=MF，AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，
∴MF∥AD，
∴ ，
∴ ，
∴BF= t（0＜t≤8）.
（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，
∴ ，
∴ ，
∴t= ，
∴t= s时，线段EN与⊙M相切.
（3）①根据题意可以知道，当0＜t≤ 时，⊙M与线段EN只有一个公共点.
②当F与N重合时，则有 t+2t=16，计算得出t= ，
根据图像可以知道， ＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点.
综上所述，当0＜t≤ 或 ＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．
【知识点】菱形的性质；直线与圆的位置关系；切线的判定；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据MB=MF，AB=AD，推出MF∥AD，由平行线分线段成比例可得 即可求出BF的长；（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，再根据对应边成比例求解即可；（3）根据画图可知，当0＜t≤ 时，⊙M与线段EN只有一个公共点，当F与N重合后⊙M与线段EN只有一个公共点，求出F与N重合时t的值即可．
22．【答案】（1）证明：连接，如图所示，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：由（1）知，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
又∵在中，，即：，
∴（负值以舍去），
∴；
（3）解：设的边高为，
由（2）可知，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴当取最大值时，也取最大值，
又∵，
∴当取最大值时，取最大值，
此时边高为取最大值为半径，
∴，
∴
∴，
∴，
综上所述：的最大值为．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）连接，先根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据直角三角形斜边上的中线的性质即可得到，进而结合题意运用切线的判定即可求解；
（2）根据题意结合锐角三角函数的定义即可得到，，进而运用勾股定理即可求出BD，从而即可得到AD；
（3）设的边高为，先根据勾股定理得到，进而得到，从而得到当取最大值时，也取最大值，再根据三角形的面积结合题意即可求解。
23．【答案】解：问题解决（i）证明 ， ，
∴
∴ ，
∴ 。
（ii） ， ；
深入研究（2）（i）
（ii）
（3）
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（1） （ii） 证明：∵△ABC≌△AB'C'，
∴AB=AB'，∠B=∠B'，
∵∠ADB=∠AD'B'=90°，
∴△ABD≌△AB'D'（AAS），
∴AD=AD'，
∵AD'是圆A的半径，AD'⊥B'C'，
∴B'C'是圆A的切线；
故答案为：∠B=∠B'，AD=AD'；
（2）（i）如图，连接BM、MB'，过点M作MH⊥CC'于点H，
∵AB=AM=，∠A=90°，
∴BM=，
∵MC=MC'=，tanC'=，
∴MH=1，HC'=CH=2，
∴CC'=2CH=4，
由旋转的性质得MB=MB'，∠BMB'=∠CMC'，
∴△BMB'∽△MCC'，
∴，
∴
，∴；
故答案为：；
（ii）如图，BB'即为所求，
（3）如图，连接MB、MB'，
∵△MBB'∽△MCC'，
∴∠MB'B=∠MC'C，
∵∠MB'B+∠PB'M=180°，
∴∠MC'C+∠PBM=180°，
∴∠BMC'+∠CPB=180°，
∵A'M=A'B，∠A'=90°，
∴∠A'MB=45°，
∴∠BMC'=135°，
∴∠CPB'=45°，
∵=定值，
∴点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，
∴∠BOC=2∠CPB=90°，
∴OB=OC=OP=，
∵PB≤OB+OP=，
∴BP的最大值为.
【分析】（1） （i） 利用两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ABB'∽△ACC'，根据相似三角形对应边成比例即可得出 ；
（ii） 由旋转的性质得AB=AB'，∠B=∠B'，从而利用AAS判断出△ABD≌△AB'D'，得AD=AD'，从而根据切线的判定定理得出结论；
（2）（i）连接BM、MB'，过M作MH⊥CC'于H，由解直角三角形求出CC'，证出△BMB'∽△MCC'，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BB'；
（ii）连接BM，以点M为圆心，点M到BC的距离为半径，作圆M，然后过点B作圆M的切线BB'，以点M为圆心，BM长为半径画弧交BB'于点B'，再以点M为圆心，MC半径画弧交BB'靠点B端于点C'，作射线C'M，在C'M上截取C'A'=AC，再连接A'B'即可；
（3）连接MB、MB'，证明∠CPB=45°，由勾股定理算出BC=5，点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，求出OB、OP，可得结论.
24．【答案】（1）60
（2）解：∵，
∴，
由旋转性质可知，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①在中，，，，
∴，
由，得，
设，
∴，即，
∵，
此时，
∵
∴，
解得，即，
②∵，
∴这时D为的中点，
∴，
∵，
∴，
如图2，
∴，
∴，
∵，点E在边上，
∴圆心E到的距离等于的半径，
∴直线与相切．
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的判定；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）当A′B′经过点B时，
由旋转的性质可得：∠α=∠BCB′，BC=CB′，
∴∠CBB′=∠BB′C=60°，
∴△BCB′为等边三角形，
∴∠BCB′=60°，
∴α=60°.
故答案为：60.
【分析】（1）由旋转的性质可得∠α=∠BCB′，BC=CB′，根据等腰三角形的性质可得∠CBB′=∠BB′C=60°，推出△BCB′为等边三角形，据此解答；
（2）根据平行线分线段成比例的性质可得，由旋转性质可知CA=CA′，CB=CB′，∠ACD=∠BCE，则，由对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△BCE∽△ACD，然后根据相似三角形的性质进行解答；
（3）①易得AB、AC的值，根据三角形的面积公式可得S△ABC，设AD=x，根据相似三角形的性质可得BE，然后表示出BD，根据三角形的面积公式可得S，然后结合题意进行求解即可；
②由题意可得D为AB的中点，则DA=DC，易得∠BCE=∠ACD=30°，∠BCE=∠CBE，则CE=BE，推出圆心E到A′C的距离EC等于⊙E的半径，据此解答.
1 / 1（培优卷）2.1 直线与圆的位置关系-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·宝山模拟）已知中，，、．以C为圆心作，如果圆C与斜边有两个公共点，那么圆C的半径长R的取值范围是（ ）
A． B． C． D．．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图，作CD⊥AB交于点D，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴，
∵△ABC的面积=×AC×CD=×AC×BC，
∴，
∴圆心C到AB的距离为，
∵AC∴点C为圆心，R=4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴如果圆C与斜边有两个公共点，则R的取值范围为，
故答案为：C.
【分析】先求出圆心C到AB的距离为，再利用直线与圆的位置关系可得。
2．（2022·江苏模拟）如图，点A的坐标是（ 2，0），点C是以OA为直径的⊙B上的一动点，点A关于点C的对称点为点P.当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，则k的值为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】一次函数的图象；三角形的面积；勾股定理；圆的相关概念；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：如图，连接OP，作过点P作PE⊥x轴于点E，
∵点P和点A关于点C对称，点C的运动轨迹是以点B为圆心，半径为1的圆，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，以AO为半径的圆.
∵当点C在⊙B上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线y=kx－3k（k＞0）有且只有一个公共点，直线y=kx－3k（k＞0）过定点D(3，0)，
∴OP⊥PD，
∴∠OPD=90°，
在Rt△OPD中，OP=OA=2，OD=3，
由勾股定理得：PD= =
由等积法，可得：OD PE=OP PD，
即：3×PE=2× ，
解得：PE=
在Rt△OPE中，OE= =
∴点P的坐标为( ， )
把点P的坐标代入y=kx－3k，得： ，
解得：k= .
故答案为：C.
【分析】连接OP，作过点P作PE⊥x轴于点E，由题意可得：点P的运动轨迹是以O为圆心，AO为半径的圆，直线y=kx-3k（k＞0）过定点D(3，0)，利用勾股定理可得PD，根据△OPD的面积公式可得PE，然后利用勾股定理求出OE，进而可得点P的坐标，接下来将点P的坐标代入y=kx-3k中进行计算就可得到k的值.
3．（2023·虹口模拟）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，．分别以点、为圆心画圆，如果与直线相交、与直线相离，且与内切，那么的半径长的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；矩形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：
当圆O与DA相切时，过点O作EO⊥DA于点E，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，AB=5，BC=12，
∴CD⊥DA，BA=DC=5，CB=AD=12，
由勾股定理得，
∴OE∥CD，
∴，
∴r=9，
当圆O与CD相切时，过点O作FO⊥DC于点F，如图所示：
∴，
∴，
∴的半径长的取值范围是，
故答案为：C
【分析】当圆O与DA相切时，过点O作EO⊥DA于点E，先根据矩形的性质得到CD⊥DA，BA=DC=5，CB=AD=12，再根据勾股定理即可求出BD的长，进而即可求出OE的长，再结合题意即可求出此时r的长；当圆O与CD相切时，过点O作FO⊥DC于点F，先根据题意求出OF的长，进而即可求出r的长，再结合题意即可求解。
4．（2023·泸州）如图，在中，，点在斜边上，以为直径的半圆与相切于点，与相交于点，连接．若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接AE，OE，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=，
设圆O的半径为r，则OA=OE=r，
∴OB=AB-OA=10-r，
∵BC与半圆相切，
∴OE⊥BC，
∵∠C=90°，
∴AC⊥BC，
∴OE//AC，
∴△BOE△BAC，
∴，
∴，
∴，，
∴CE=BC-BE=，
∴AE =，
∵BE为半圆的切线，
∴∠BED=∠BAE，
∵∠DBE=∠EBA，
∴△BDE△BEA，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】利用勾股定理求出AB=10，再利用相似三角形的判定与性质计算求解即可。
5．（2021·奉贤模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，点O在边AB上，且BO＝2OA．以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，那么下列各值中，半径r不可以取的是（ ）
A．6 B．10 C．15 D．16
【答案】C
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，
∴ ，
∵BO＝2OA，
∴OA＝10，OB＝20，
过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，
∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，
∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴OE＝16，OD＝6，
当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理得 ，
如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，
∴r＝6或10或16或 ，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理求出，从而求出OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，可证△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，可得 ， ，据此求出OE＝16，OD＝6，当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理求出OC，如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，据此即得结论.
6．（2020·东港模拟）在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（2，0），若点C在一次函数y=﹣ 的图象上，且△ABC为直角三角形，则满足条件的点C有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【知识点】一次函数的图象；圆周角定理；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】由题意知，直线 与x轴的交点为（4，0），与y轴的交点为（0，2），如图：
过点A作垂线与直线的交点 （-4，4），
过点B作垂线与直线的交点 （2，1），
过AB中点E（-1，0），作垂线与直线 的交点为F（-1，2.5），
则EF=2.5＜3，
所以以3为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点 、 ，
∴共有四个点能与点A，点B组成直角三角形．
故答案为：C．
【分析】利用直线 求出直线与坐标轴的交点，然后分别过AB两点作x轴的垂线，可得出符合题意的C点，由于过AB中点E（-1，0），作垂线与直线 的交点为F（-1，2.5），再利用圆周角定理可得以3为半径，以点E为圆心的圆与直线必有两个交点，据此即得结论.
7．（2018-2019学年初中数学北师大版九年级下册第三章《圆》检测题 B ）以坐标原点O为圆心，作半径为2的圆，若直线y=﹣x+b与⊙O相交，则b的取值范围是（ ）
A．0≤b＜2 B．﹣2
C．﹣2 2 D．﹣2 ＜b＜2
【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系；一次函数的性质
【解析】【解答】解： 当直线y=﹣x+b与圆相切，且函数经过一、二、四象限时，如图．
在y=﹣x+b中，令x=0时，y=b，则与y轴的交点是（0，b），
当y=0时，x=b，则A的交点是（b，0），
则OA=OB，即△OAB是等腰直角三角形．
连接圆心O和切点C．则OC=2．
则OB= OC=2 ．即b=2 ；
同理，当直线y=﹣x+b与圆相切，且函数经过二、三、四象限时，b=﹣2 ．
则若直线y=﹣x+b与⊙O相交，则b的取值范围是﹣2 ＜b＜2 ．
故答案为：D．
【分析】求出直线y=-x+b与圆相切，且函数经过的象限分别求出此时b的值，则相交时b的值在相切时的两个b的值之间.
8．（2022·镇江）如图，在等腰中，，BC= ，同时与边的延长线、射线相切，的半径为3．将绕点按顺时针方向旋转，、的对应点分别为、，在旋转的过程中边所在直线与相切的次数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图：
作AD⊥BC，以A为圆心，以AD为半径画圆
∵AC、AB所在的直线与⊙O相切，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ
∴AO平分∠PAQ
∵∠CAB=120°
∴∠PAO=30°
∵OP=3
∴AO= =6
∵∠BAC=120°，AB=AC
∴∠ACB=30°，CD= BC=
∴AD= =3
∴⊙A的半径为3，
∴⊙O与⊙A的半径和为6
∵AO=6
∴⊙O与⊙A相切
∵AD⊥BC
∴BC所在的直线是⊙A的切线
∴BC所在的直线与⊙O相切
∴当 =360°时，BC所在的直线与⊙O相切
同理可证明当 =180°时， 所在的直线与⊙O相切．
当 ⊥AO时，即 =90°时， 所在的直线与⊙O相切．
∴当 为90°、180°、360°时，BC所在的直线与⊙O相切
故答案为：C.
【分析】作AD⊥BC，以A为圆心，AD为半径画圆，令切点分别为P、Q，连接OP、OQ，则∠PAO=30°，根据三角函数的概念可得AO、AD，推出BC所在的直线与⊙O相切，据此解答.
9．（2022·路北模拟）如图，在中，，，，点O是AB的三等分点，半圆O与AC相切，M，N分别是BC与半圆弧上的动点，则MN的最小值和最大值之和是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；点与圆的位置关系；切线的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
【解析】【解答】如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为，
∵，，
∴
∵，
∴
∵点O是AB的三等分点，
∴，，
∴，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴MN最小值为，
如图，当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN最大值，
，
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故答案为：B．
【分析】设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN的最小值为OP-OF；当N在AB边上时，M与B重合时，MN经过圆心，经过圆心的弦最长，MN的最大值=OB+OE，据此求解即可.
10．（2022·江北模拟）已知在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(3，4)，M是抛物线(a≠0)对称轴上的一个动点，小明经探究发现：当的值确定时，抛物线的对称轴上能使△AOM为直角三角形的点M的个数也随之确定．当满足（ ）时，抛物线(a≠0)的对称轴上存在4个不同的点M，使△AOM为直角三角形.
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】切线的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：由题意得：O（0，0），A（3，4）
∵为直角三角形，则有：
①当时，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点O）；如图，
②当时，，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点A）；
③当时，，
∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，
∴点P为OA的中点，
∴
∴半径r=
∵抛物线的对称轴与x轴垂直，
∴抛物线的对称轴与，分别有一个交点，
由题意得，抛物线的对称轴与，，有四个不同的交点，
∴抛物线的对称轴与有两个交点，且对称轴应在的两条切线、之间
∵点P到切线，的距离 ，
∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；
∴当时，
当时，
∴-8<
故答案为：B.
【分析】由题意得：O（0，0），A（3，4），当∠AOM=90°时，点M在与OA垂直的直线l1上运动 （不含点O）；当∠OAM=90°时，点M在与OA垂直的直线l2上运动 （不含点A）；当∠OMA=90°时，点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，易得点P的坐标，求出r，由题意得：抛物线的对称轴与l1，l2，有四个不同的交点，求出点P到切线l3，l4的距离d ，然后求出直线l3、l4的解析式，据此求解.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2021·秦淮模拟）在平面直角坐标系 中，以O为圆心，2个单位长度为半径画圆.若一次函数 （k为常数， ）的图象与 有公共点，则k的取值范围是 .
【答案】 且k≠0
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质；解直角三角形；一次函数的性质
【解析】【解答】解：∵一次函数解析式为： （k为常数， ），
∴当 时，y=0，即一次函数必过定点 ，
设一次函数 与x轴和y轴分别交于点A，B，
当直线AB与 相切时，切点为M，有两种情况，如图所示：
①当直线与y轴交于正半轴时，连接OM，
∵直线AB与 相切，
∴OM⊥AB，
∴∠AMO=90°，
在Rt△AMO中，
，
∴ ，
在Rt△ABO中，
，
解得： ，
即B点坐标为 ，
代入一次函数解析式 ，
解得 ，
②当直线与y轴交于负半轴时，同理可得：
B点坐标为 ，
代入一次函数解析式 ，
解得 ，
∴ 且 ，
故答案为： 且k≠0.
【分析】先判断出一次函数必过定点 ，分两种情况：①当直线与y轴交于正半轴时，②当直线与y轴交于负半轴时，分别求出直线与 相切时的k值，进而得出k的范围.
12．（2020·贵阳模拟）如图，已知射线 ，点 从B点出发，以每秒1个单位长度沿射线 向右运动；同时射线 绕点 顺时针旋转一周，当射线 停止运动时，点 随之停止运动.以 为圆心，1个单位长度为半径画圆，若运动两秒后，射线 与 恰好有且只有一个公共点，则射线 旋转的速度为每秒 度.
【答案】30或60
【知识点】直线与圆的位置关系；切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，
当射线 与 在射线BA上方相切时，符合题意，设切点为C，连接OC，则OC⊥BP，
于是，在直角△BOC中，∵BO=2，OC=1，∴∠OBC=30°，∴∠1=60°，
此时射线 旋转的速度为每秒60°÷2=30°；
如图2，
当射线 与 在射线BA下方相切时，也符合题意，设切点为D，连接OD，则OD⊥BP，
于是，在直角△BOD中，∵BO=2，OD=1，∴∠OBD=30°，∴∠MBP=120°，
此时射线 旋转的速度为每秒120°÷2=60°；
故答案为：30或60.
【分析】射线 与 恰好有且只有一个公共点就是射线 与 相切，分两种情况画出图形，利用圆的切线的性质和30°角的直角三角形的性质求出旋转角，然后根据旋转速度=旋转的度数÷时间即得答案.
13．（2022·镇海区模拟）如图，在四边形中，，，，点在对角线上运动，为的外接圆，当与四边形的一边相切时，其半径为 .
【答案】2或或
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；切线的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：∵在四边形ABCD中，，，，
∴，
∴，
①当与四边形ABCD的AD边相切时，连接OD，过点O作OM⊥CD于点M，如图所示：
∴OD⊥AD，即∠ADO=90°，，
∴∠ODM=∠ADC-∠ADO=30°，
∴，即的半径为2；
②当与四边形ABCD的AB边相切于点G时，作OF⊥CD于点F，并延长，交AD的延长线于点P，交AB于点N，如图所示：
∴NF∥BC，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴NF=5，
设，则有，
∴，
在Rt△DFO中，由勾股定理得：，整理得：，
解得：（不符合题意，舍去）；
③当与四边形ABCD的BC边相切时，则切点即为点C，
∴CD为的直径，
∴的半径为；
综上所述：当与四边形ABCD的一边相切时，其半径为2或或；
故答案为：2或或.
【分析】①当与四边形ABCD的AD边相切时，②当与四边形ABCD的AB边相切于点G时，③当与四边形ABCD的BC边相切时，则切点即为点C，据此分别解答即可.
14．（2022·虹口模拟）如图，在矩形中，，，点E是的中点，连接，点O是线段上一点，的半径为1，如果与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设与相切于点F，连接，，
∵，，
∴，
中，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴若与相切时，和一定相交；
若与相切时，和一定相离．
同理当与相切于点M时，连接，，计算得，
∴此时，
∴当时，与矩形的各边都没有公共点，
故答案为：．
【分析】分类讨论：①当与相切于点F，②当与相切于点M时，再分别求出AO的长，即可得到AO的取值范围为。
15．（2022·温州模拟）图1是一款带毛刷的圆型扫地机器人，它的俯视图如图2所示，的直径为40cm，毛刷的一端为固定点，另一端为点，，毛刷绕着点旋转形成的圆弧交于点A，，且A，，三点在同一直线上.毛刷在旋转过程中，与交于点，则的最大长度为 cm.扫地机器人在遇到障碍物时会自转，毛刷碰到障碍物时可弯曲.如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角（）时，不能清扫到的面积（图中阴影部分）为 .
【答案】（）；（）
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；垂径定理；切线的性质；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：如图，连接AB，OB，
∵BP=AP，且A，P，B三点共线，
∴OP垂直平分AB，
∴，
∴当O、P、D、C四点共线时，CD最长，
∵OB=OD=，PB= CP=，
∴在Rt△BOP中，由勾股定理得OP=，
∴CD=CP-PD=CP-（OD-OP）=cm；
如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角时，QA和QB是⊙O的切线，
则∠OAM=∠OBN=90°，∠AQO=∠BQO=30°，，
∴∠AOQ=∠BOQ=60°，
∴，
∴，
在Rt△AOM中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴
，
故答案为：（）；（）.
【分析】连接AB，OB，由垂径定理可得OP垂直平分AB，从而得当O、P、D、C四点共线时，CD最长， 求出此时CD的长即可；如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角时，QA和QB是⊙O的切线，根据进行求解即可.
16．（2023·温州模拟）如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮的直径为，拖盘与后轮相切于点N，手柄．侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，，．如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在上，若，则的长为 ，同一时刻，点C离地面高度，则点A离地面高度为 ．
【答案】；
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；切线的性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵∠ABC=∠COE=90°，
∴∠OBC+∠OCB=90°，∠OBC+∠ABE=90°，
∴∠OCB=∠ABE，
∴，
设OB=x，则OC=5x，
在Rt△COB中，BC2=OB2+OC2，
∴x2+25x2=522
解之：，
∴，；
过点O作OG⊥FQ于点G，过点A作AH⊥FQ于点H，过点A作AP⊥水平高于点P，在OC上取点N，使BN=CN，连接BN，AH与BC交于点S，
易证四边形APQH是矩形，
∴AP=QH，
由题意可知QG=6，CG=CQ-GQ=56-6=50，
∴，
∴，
∴∠OCG=∠OCB，
∴∠BCG=2∠OCB，
∵BN=CN，
∴∠NBC=∠NCB，
∴∠BNO=∠NBC+∠NCB=2∠NCB=∠BCG，
设CN=BN=x，则ON=CO-CN=，
在Rt△OBN中，BN2=OB2+ON2，
∴
解之：，
∴，ON=，
∴，
∴，
∵∠ASB=∠CSH，∠ABS=∠CHS=90°，
∴∠SAB=∠SCH，
∴tan∠SAB=tan∠SCH，
在Rt△ABS中
，
CS=BC-BS=，
∴，
∴.
故答案为：，
【分析】利用余角的性质可证得∠OCB=∠ABE，利用锐角三角函数的定义可得到OB与BC的比值，设OB=x，则OC=5x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可得到OC的长；过点O作OG⊥FQ于点G，过点A作AH⊥FQ于点H，过点A作AP⊥水平高于点P，在OC上取点N，使BT=CN，连接BN，AH与BC交于点S，易证四边形APQH是矩形，利用矩形的性质可得到AP=QH，利用勾股定理可求出QG的长，利用锐角三角函数的定义证明∠OCG=∠OCB，∠BCG=2∠OCB，利用等腰三角形的性质去证明∠BNO=∠BCG，设CN=BN=x，可表示出ON的长，在Rt△OBN中，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CN，ON的长；再证明利用锐角三角函数的定义分别求出OB与ON，NO与BN的长比值，同时可证得tan∠SAB=tan∠SCH，利用解直角三角形可求出BS，CS，CH的长；然后根据AP=HQ-CH，代入计算求出AP的长.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023·大连）如图1，在中，为的直径，点为上一点，为的平分线交于点，连接交于点．
（1）求的度数；
（2）如图2，过点作的切线交延长线于点，过点作交于点．若，求的长．
【答案】（1）∵是的直径，
∴，
∵平分，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
（2）如图，连接，设，
则，，，
∵是的直径，
∴，
在中，由勾股定理得：
由（1）得：，
∴，
由勾股定理得：，，
∴，
∴，整理得：，
解得：或（舍去），
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】平行线的判定与性质；三角形的面积；勾股定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【分析】（1）由圆周角定理可得∠ACB=90°，根据角平分线的概念可得∠BAC=2∠BAD，由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠ODA，结合外角的性质可得∠BOD=∠BAD+∠ODA=2∠BAD，则∠BOD=∠BAC，推出OD∥AC，根据平行线的性质可得∠OEB=∠ACB=90°，据此求解；
（2）连接BD，设OA=OB=OD=r，则OE=r-4，AC=2r-8，AB=2r，由圆周角定理可得∠ADB=90°，根据勾股定理可得BD2=AB2-AD2=BE2+DE2=OB2-OE2+DE2，代入求解可得r的值，进而可得AB、BD的值，由切线的性质可得AF⊥AB，进而得到DG⊥AB，然后利用等面积法进行计算.
18．（2023·宜宾）如图，以为直径的上有两点、，，过点作直线交的延长线于点，交的延长线于点，过作平分交于点，交于点．
（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）如果是的中点，且，求的长．
【答案】（1）证明：如图所示，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴是的切线.
（2）解：证明：如图所示，
∵平分
∴
又∵，
则，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴.
（3）解：如图所示，取的中点，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴
设，则，
∴
∵
∴
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵是的角平分线，
∴到的距离相等，设为，在，设点到的距离为，
∴，
∴，
∴．
【知识点】角平分线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）如图所示，先根据圆的性质即可得到，再根据等腰三角形的性质结合平行线的性质即可得到，进而根据切线的判定即可求解；
（2）如图所示，先根据角平分线的性质即可得到，进而结合题意即可得到∠EMC的度数，再运用圆周角定理即可得到，进而运用等腰三角形的判定与性质即可求解；
（3）取的中点，连接，先根据切线的性质即可得到，进而根据中位线的性质即可得到，再解直角三角形即可得到，设，则，根据勾股定理即可得到，进而即可求出b的值，接着根据相似三角形的判定与性质证明，进而得到，再根据角平分线的性质得到到的距离相等，设为，在，设点到的距离为，进而即可得到，再结合已知条件即可求解。
19．（2021·宜宾）如图1，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与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若tan∠ADC＝ ，AC＝2，求⊙O的半径；
（3）如图2，在（2）的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连结BE.求sin∠DBE的值.
【答案】（1）解：CD与⊙O相切，理由：
如图1，连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∵∠CDA＝∠CBD，
∴∠CDA＝∠ODB，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ADO＋∠ODB＝90°，
∴∠CDA＋∠ADO＝90°，
∴∠CDO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD与⊙O相切
（2）解：由（1）知，∠CBD＝∠ADC，
∵tan∠ADC＝ ，
∴tan∠CBD＝ ，
在Rt△ADB中，tan∠CBD＝ ＝ ，
∵∠C＝∠C，∠ADC＝∠CBD，
∴△CAD∽△CDB，
∴ ，
∴CD＝2CA＝4，
∴CB＝2CD＝8，
∴AB＝CB CA＝8 2＝6，
∴OA＝OB＝ AB＝3
（3）解：如图2，连接OE，过点E作EG⊥BD于G，
∵DE平分∠ADB，
∴∠ADE＝∠BDE＝45°，
∴∠BOE＝2∠BDE＝90°，
∴BE＝ =3 ，
在Rt△ABD中，AD2＋BD2＝AB2＝62，
∵ ＝ ，
∴AD＝ ，BD＝ ，
∵EG⊥BD，∠BDE＝45°，
∴∠DEG＝∠BDE＝45°，
∴DG＝EG，
设DG＝EG＝x，则BG＝BD DG＝ x，
在Rt△BEG中，EG2＋BG2＝BE2＝（3 ）2＝18，
∴x2＋（ x）2＝18，
∴x＝ 或x＝ （舍），
∴EG＝ ，
∴sin∠DBE＝
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质结合已知条件可得∠CDA＝∠ODB，由圆周角定理可得∠ADB＝90°，推出∠CDO＝90°，据此判断；
（2）由（1）知，∠CBD＝∠ADC，则tan∠ADC=tan∠CBD＝，证明△CAD∽△CDB，由相似三角形的性质可得CD、CB的值，进而求出AB、OA的值；
（3）连接OE，过点E作EG⊥BD于G，由角平分线的概念可得∠ADE＝∠BDE＝45°，则∠BOE＝90°，由勾股定理求出BE、AD、BD的值，设DG＝EG＝x，则BG＝ x，然后在Rt△BEG中，应用勾股定理求出x的值，进而得到sin∠DBE的值.
20．（2022·石景山模拟）在平面直角坐标系xOy中，点P不在坐标轴上，点P关于x轴的对称点为P1，点P关于y轴的对称点为P2，称△P1PP2为点P的“关联三角形”．
（1）已知点A(1，2)，求点A的“关联三角形”的面积；
（2）如图，已知点B(m，n)，⊙T的圆心为T(2，2)，半径为2．若点B的“关联三角形”与⊙T有公共点，直接写出m的取值范围；
（3）已知⊙O的半径为r，OP=2r，若点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，直接写出∠PP1P2的取值范围．
【答案】（1）解：∵点A(1，2)关于x轴的对称点为A1(1，-2)，点A关于y轴的对称点为A2(-1，2)，
∴S△A A1 A2的面积=×2×4=4；
（2）0（3）0°<∠OP1P<30°或60°<∠OP1P<90°
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：(2)∵⊙T的圆心为T(2，2)，半径为2．
∴四边形OADC是⊙T的外接四边形，
∴D(2，2)，
∵点B的“关联三角形”与⊙T有公共点，且点B(m，n)，
∴0(3)当PP2与⊙O相切于点E时，如图：
∵OE=r，OP=2r，
∴∠OPE=30°，
∴∠OPP1=∠OP1P=60°，
∴当60°<∠OP1P<90°时，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点；
当PP1与⊙O相切于点F时，如图：
∵OF=r，OP=2r，
∴∠OPE=∠OP1P=30°，
∴当0°<∠OP1P<30°时，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点；
综上，点P的“关联三角形”与⊙O有四个公共点，∠PP1P2的取值范围为：0°<∠OP1P<30°或60°<∠OP1P<90°．
【分析】直线与圆的位置关系是关键，当直线与圆相离时，没有公共点；当直线与圆相切时，只有一个公共点；当直线与圆相交时，有两个公共点。
21．（2020·雄县模拟）如图，菱形 中，对角线 、 相交于点 ， ， ，动点 从点 出发，沿线段 以 的速度向点 运动，同时动点 从点 出发，沿线段 以 支向点 运动，当其中一个动点停止时另一个动点也随之停止，设运动时间为 （单位： ）（ ），以点 为圆心， 长为半径的⊙M与射线 、线段 分别交于点 、 ，连接 ．
（1）求 的长（用含有 的代数式表示），并求出 的取值范围；
（2）当 为何值时，线段 与⊙M相切？
（3）若⊙M与线段 只有一个公共点，求 的取值范围．
【答案】（1）连接MF，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AC⊥BD，OA=OC=6，OB=OD=8，
在Rt△AOB中， ，
∵MB=MF，AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=∠MFB，
∴MF∥AD，
∴ ，
∴ ，
∴BF= t（0＜t≤8）.
（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，
∴ ，
∴ ，
∴t= ，
∴t= s时，线段EN与⊙M相切.
（3）①根据题意可以知道，当0＜t≤ 时，⊙M与线段EN只有一个公共点.
②当F与N重合时，则有 t+2t=16，计算得出t= ，
根据图像可以知道， ＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点.
综上所述，当0＜t≤ 或 ＜t＜8时，⊙M与线段EN只有一个公共点．
【知识点】菱形的性质；直线与圆的位置关系；切线的判定；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据MB=MF，AB=AD，推出MF∥AD，由平行线分线段成比例可得 即可求出BF的长；（2）当线段EN与⊙M相切时，易知△BEN∽△BOA，再根据对应边成比例求解即可；（3）根据画图可知，当0＜t≤ 时，⊙M与线段EN只有一个公共点，当F与N重合后⊙M与线段EN只有一个公共点，求出F与N重合时t的值即可．
22．（2023·雅安）如图，在中，，以为直径的与交于点D，点是的中点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长；
（3）在（2）的条件下，点P是上一动点，求的最大值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：由（1）知，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
又∵在中，，即：，
∴（负值以舍去），
∴；
（3）解：设的边高为，
由（2）可知，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴当取最大值时，也取最大值，
又∵，
∴当取最大值时，取最大值，
此时边高为取最大值为半径，
∴，
∴
∴，
∴，
综上所述：的最大值为．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）连接，先根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据直角三角形斜边上的中线的性质即可得到，进而结合题意运用切线的判定即可求解；
（2）根据题意结合锐角三角函数的定义即可得到，，进而运用勾股定理即可求出BD，从而即可得到AD；
（3）设的边高为，先根据勾股定理得到，进而得到，从而得到当取最大值时，也取最大值，再根据三角形的面积结合题意即可求解。
23．（2023·永嘉模拟）旋转的图形带来结论的奥秘.已知，将绕点逆时针旋转得到.
初步探索 素材1： 如图①，连接对应点，，则. 素材2： 如图②，以为圆心，边上的高为半径作，则与相切.
问题解决 （1）（ⅰ）请证明素材1所发现的结论. （ⅱ）如图2，过点作，垂足为.证明途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格.
深入研究 （2）在满足，，是的中点，绕点逆时针旋转得. （ⅰ）如图③，当边恰好经过点时，连接，则的长为▲ . （ⅱ）若一时边所在直线恰好经过点，于图④中利用无刻度的直尺和圆规作出直线.（只保留作图痕迹） （3）在（2）的条件下，如图⑤，在旋转过程中，直线，交于点，求的最大值为▲ .
【答案】解：问题解决（i）证明 ， ，
∴
∴ ，
∴ 。
（ii） ， ；
深入研究（2）（i）
（ii）
（3）
【知识点】切线的判定；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】（1） （ii） 证明：∵△ABC≌△AB'C'，
∴AB=AB'，∠B=∠B'，
∵∠ADB=∠AD'B'=90°，
∴△ABD≌△AB'D'（AAS），
∴AD=AD'，
∵AD'是圆A的半径，AD'⊥B'C'，
∴B'C'是圆A的切线；
故答案为：∠B=∠B'，AD=AD'；
（2）（i）如图，连接BM、MB'，过点M作MH⊥CC'于点H，
∵AB=AM=，∠A=90°，
∴BM=，
∵MC=MC'=，tanC'=，
∴MH=1，HC'=CH=2，
∴CC'=2CH=4，
由旋转的性质得MB=MB'，∠BMB'=∠CMC'，
∴△BMB'∽△MCC'，
∴，
∴
，∴；
故答案为：；
（ii）如图，BB'即为所求，
（3）如图，连接MB、MB'，
∵△MBB'∽△MCC'，
∴∠MB'B=∠MC'C，
∵∠MB'B+∠PB'M=180°，
∴∠MC'C+∠PBM=180°，
∴∠BMC'+∠CPB=180°，
∵A'M=A'B，∠A'=90°，
∴∠A'MB=45°，
∴∠BMC'=135°，
∴∠CPB'=45°，
∵=定值，
∴点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，
∴∠BOC=2∠CPB=90°，
∴OB=OC=OP=，
∵PB≤OB+OP=，
∴BP的最大值为.
【分析】（1） （i） 利用两组边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似得△ABB'∽△ACC'，根据相似三角形对应边成比例即可得出 ；
（ii） 由旋转的性质得AB=AB'，∠B=∠B'，从而利用AAS判断出△ABD≌△AB'D'，得AD=AD'，从而根据切线的判定定理得出结论；
（2）（i）连接BM、MB'，过M作MH⊥CC'于H，由解直角三角形求出CC'，证出△BMB'∽△MCC'，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出BB'；
（ii）连接BM，以点M为圆心，点M到BC的距离为半径，作圆M，然后过点B作圆M的切线BB'，以点M为圆心，BM长为半径画弧交BB'于点B'，再以点M为圆心，MC半径画弧交BB'靠点B端于点C'，作射线C'M，在C'M上截取C'A'=AC，再连接A'B'即可；
（3）连接MB、MB'，证明∠CPB=45°，由勾股定理算出BC=5，点P的运动轨迹是圆，假设圆心为点O，连接OB、OC、OP，求出OB、OP，可得结论.
24．（2023·澄城模拟）【问题情景】
含角的直角三角板中．将其绕直角顶点C顺时针旋转α角，得到，边与边AB交于点D．
（1）如图1，若边经过点B，则α的度数为 °；
（2）【探究发现】
如图2是旋转过程的一个位置，过点D作交边于点E，连接，小明发现在三角板旋转的过程中，度数是定值，求的度数；
（3）【拓展延伸】
在（2）的条件下，设，的面积为S，当时，
①求的长；
②以点E为圆心，为半径作，并判断此时直线与的位置关系．
【答案】（1）60
（2）解：∵，
∴，
由旋转性质可知，
∴，
∴，
∴；
（3）解：①在中，，，，
∴，
由，得，
设，
∴，即，
∵，
此时，
∵
∴，
解得，即，
②∵，
∴这时D为的中点，
∴，
∵，
∴，
如图2，
∴，
∴，
∵，点E在边上，
∴圆心E到的距离等于的半径，
∴直线与相切．
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的判定；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）当A′B′经过点B时，
由旋转的性质可得：∠α=∠BCB′，BC=CB′，
∴∠CBB′=∠BB′C=60°，
∴△BCB′为等边三角形，
∴∠BCB′=60°，
∴α=60°.
故答案为：60.
【分析】（1）由旋转的性质可得∠α=∠BCB′，BC=CB′，根据等腰三角形的性质可得∠CBB′=∠BB′C=60°，推出△BCB′为等边三角形，据此解答；
（2）根据平行线分线段成比例的性质可得，由旋转性质可知CA=CA′，CB=CB′，∠ACD=∠BCE，则，由对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△BCE∽△ACD，然后根据相似三角形的性质进行解答；
（3）①易得AB、AC的值，根据三角形的面积公式可得S△ABC，设AD=x，根据相似三角形的性质可得BE，然后表示出BD，根据三角形的面积公式可得S，然后结合题意进行求解即可；
②由题意可得D为AB的中点，则DA=DC，易得∠BCE=∠ACD=30°，∠BCE=∠CBE，则CE=BE，推出圆心E到A′C的距离EC等于⊙E的半径，据此解答.
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