（B卷）第二章 直线与圆的位置关系-2023-2024年浙教版数学九年级下册单元测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022九上·东城期末）抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如图，AC，BD分别与⊙O切于点C，D，延长AC，BD交于点P．若，⊙O的半径为6cm，则图中的长为（ ）
A．π cm B．2π cm C．3π cm D．4π cm
【答案】B
【知识点】弧长的计算；切线长定理
【解析】【解答】连接OC、OD，
分别与相切于点C，D，
∴，
，
∴，
的长，
故答案为：B
【分析】连接OC、OD，先求出，再利用弧长公式求解即可。
2．（2023·邢台模拟）如图，已知AB是半圆O的直径，点C，D将分成相等的三段弧，点M在的延长线上，连接．对于下列两个结论，判断正确的是（ ）
结论I：若，则为半圆O的切线；
结论II：连接，则
A．I和II都对 B．I对II错 C．I错II对 D．I和II都错
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的判定
【解析】【解答】解：连接，，
∵点C，D将分成相等的三段弧，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴为半圆O的切线，故I对，
连接，
∵，是半径，，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，故II错，
故答案为：B．
【分析】连接OD，OC，先求出，再结合是半径，即可得到为半圆O的切线；连接，先证出，是等边三角形，可得，再求出，最后判断即可。
3．（2021九上·泰山期末）如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的⊙O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列判断：（1）AC与BD的交点是⊙O的圆心；（2）AF与DE的交点是⊙O的圆心；（3）AE=DF；（4）BC与⊙O相切，其中正确判断的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质；切线的判定
【解析】【解答】解：连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，
∵G是BC的中点，
∴CG＝BG，
∵CD＝BA，根据勾股定理可得，
∴AG＝DG，
∴GH垂直平分AD，
∴点O在HG上，
∵AD∥BC，
∴HG⊥BC，
∴BC与圆O相切；
∵OG＝OD，
∴点O不是HG的中点，
∴圆心O不是AC与BD的交点；
∵∠ADF＝∠DAE＝90°，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD为⊙O的内接矩形，
∴AF与DE的交点是圆O的圆心；AE=DF；
∴（1）不符合题意，（2）（3）（4）符合题意．
故答案为：B．
【分析】先确定AG＝DG，可得GH垂直平分AD，可判断点O在HG上.由AD∥BC，HG⊥BC，可判定BC与圆O相切，即可判断（4）；根据OG＝OD≠OH即可判断（1）；易证四边形AEFD为⊙O的内接矩形，据此判断（2）（3）.
4．（2022九上·南宁月考）如图，分别与⊙O相切于E、F、G三点，且，cm，cm，则的长等于（ ）
A．7cm B．6cm C．5cm D．11cm
【答案】C
【知识点】平行线的性质；勾股定理；切线长定理
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵、分别与⊙O相切于点E、点F，
∴，，
同理，，
∴，
∴，
∵cm， cm，
∴（cm），
∴cm，
故答案为：C.
【分析】由AB∥CD可得，由切线长定理可得，BE=BF，CG=CF，从而求出∠BOC=90°，利用勾股定理求出BC=5，则，即可得解.
5．（2023九下·武汉月考）《数书九章》是我国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式.若三角形的三边a，b，c分别为7，6，3，则这个三角形内切圆的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵三角形的三边a，b，c分别为7，6，3，
∴
，
如图，
设这个三角形内切圆的半径为，
则，
即，
∵三角形的三边a，b，c分别为7，6，3，
∴，
解得：，
∴这个三角形内切圆的半径为.
故答案为：B.
【分析】设这个三角形内切圆的半径为，由题意把a、b、c的值代入公式计算求得S的值，然后根据三角形的面积S△ABC=S△OAB+S△OAC+S△OBC可求解.
6．（2022·益阳）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，以点A为圆心，以任意长为半径画弧交射线AB，AC于两点，分别以这两点为圆心，以适当的定长为半径画弧，两弧交于点E，作射线AE，交BD于点I，连接CI，以下说法错误的是（ ）
A．I到AB，AC边的距离相等 B．CI平分∠ACB
C．I是△ABC的内心 D．I到A，B，C三点的距离相等
【答案】D
【知识点】角平分线的性质；三角形的内切圆与内心；角平分线的概念
【解析】【解答】解：A、∵BD平分∠ABC，I是BD上的一点
∴I到AB，AC边的距离相等，故A不符合题意；
B、由作图可知，AE是∠BAC的平分线，
∵BD平分∠ABC，三角形三条角平分线交于一点I，
∴CI平分∠ACB，故B不符合题意；
C，∵I是△ABC的三个角的平分线的交点，
∴I是△ABC的内心，故C不符合题意；
D、∵I到AB，AC，BC的距离相等，
∴I不是到A，B，C三点的距离相等，故D符合题意
故答案为：D.
【分析】利用角平分线上的点到角两边的距离相等，可对A作出判断；由作图可知，AE是∠BAC的平分线，根据三角形三条角平分线交于一点I，可对B作出判断；再根据三角形的三个角的平分线的交点是三角形的内心，可对C作出判断；利用角平分线的性质，可对D作出判断.
7．（2021九上·宜兴期中）如图，直线 与x轴、y 轴分别相交于点A、B两点，圆心P的坐标为（2，0）.⊙P与y轴相切于点O，若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：根据题意，⊙P沿x轴向左移动，分别与直线 相切于点M、N，且圆心分别为点 、 ，如下图：
∴ ，且将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P，再点 和 之间
直线 与x轴、y 轴分别相交于点A、B两点
∴ ，
∴ ，
∴
∴
∴
∴ ，即
∵
∴
∴ ，即
∴符合题意要求的点P坐标为： ， ， ， ， ， ，
∴当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是：7.
故答案为：C.
【分析】⊙P沿x轴向左移动，分别与直线AB相切于点M、N，且圆心分别为点P1、P2，则MP1=NP2=OP=2，分别令直线解析式中的x=0、y=0，求出y、x，得到点A、B的坐标，求出AO、BO的值，根据tan∠OAB的值可得∠OAB的度数，求出AP1，OP1，得到点P1的坐标，同理可得P2的坐标，据此解答.
8．（2021九上·鄞州月考）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（ ）
A． B．2.4 C． D．3
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
， 为直角三角形，
由勾股定理可知： ，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值，
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当 ，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ.
点A（﹣3，0），B（0，4），
， ，
在 中，由勾股定理可得： ，
利用等面积法可得： 解得：
故 .
故答案为：C.
【分析】连接OP、OQ，易得△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得：当OP有最小值时，PQ也有最小值，根据垂线段最短可知：当PO⊥AB时，OP有最小值，过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ，根据点A、B的坐标可得OA=3，OB=4，由勾股定理求出AB，然后根据等面积法求出OP，接下来根据勾股定理求解即可.
9．（2021·贡井模拟）如图所示，在Rt 中， ， ， ，点 为 上的点， 的半径 ，点 是 边上的动点，过点 作⊙ 的一条切线 （点 为切点），则线段 的最小值为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接OE、OD，
在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AC=8，AB=10，
∴BC=6，
∵DE为⊙O的切线，
∴∠DEO=90°，
∴DE2+OE2=OD2，
∵OE=1，
∴DE2=OD2-1，即DE= ，
要使DE最小，则OD最小即可，
∵D为AB边上的动点，
∴当OD⊥AB时，OD最小，
∵BC=6，OC=1，
∴BO=5，
∵∠ODB=∠ACB=90°，∠B=∠B，
∴△BDO∽△BCA，
∴ ，即 ，
解得：OD=4，
∴DE= = .
故答案为：B.
【分析】连接OE、OD，由勾股定理可得BC，根据切线的性质可得∠DEO=90°，由勾股定理表示出DE，可知要使DE最小，则OD最小即可，当OD⊥AB时，OD最小，证明△BDO∽△BCA，由相似三角形的性质求出OD，然后由勾股定理就可得到DE.
10．（2017·淄川模拟）如图，在直角边分别为3和4的直角三角形中，每多作一条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆，以此类推，依此类推，图10中有10个直角三角形的内切圆，它们的面积分别记为S1，S2，S3，…，S10，则S1+S2+S3+…+S10=（ ）
A．4π B．3π C．2π D．π
【答案】D
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：图1，过点O做OE⊥AC，OF⊥BC，垂足为E、F，则∠OEC=∠OFC=90°，
∵∠C=90°
∴四边形OECF为矩形
∵OE=OF
∴矩形OECF为正方形
设圆O的半径为r，则OE=OF=r，AD=AE=3﹣r，BD=4﹣r
∴3﹣r+4﹣r=5，r= =1
∴S1=π×12=π
图2，由S△ABC= ×3×4= ×5×CD，
∴CD= ，由勾股定理得：AD= = ，BD=5﹣ = ，
由（1）得：
⊙O的半径= = ，⊙E的半径= = ，
∴S1+S2=π×（ ）2+π×（ ）2=π．
图3，由S△CDB= × × = ×4×MD
∴MD= ，
由勾股定理得：CM= = ，MB=4﹣ = ，
由（1）得：⊙O的半径= ，：⊙E的半径= = ，
∴⊙F的半径= = ，
∴S1+S2+S3=π×（ ）2+π×（ ）2+π×（ ）2=π，
…
观察规律可知S1+S2+S3+…+S6=π．
故D符合题意.
故答案为：D．
【分析】过点O做OE⊥AC，OF⊥BC，垂足为E、F，则∠OEC=∠OFC=90°，求出图1中圆的半径，进而求出S1的面积；利用三角形的面积公式求出CD的长，进而求得两个圆的面积和；同理求出S1+S2+S3的面积，由以上可得到答案.
二、填空题（每空3分，共18分）
11．（2019九上·闽侯期中）如图，将正方形 绕点 按逆时针方向旋转30°得到正方形 ，已知 交 于点 ， ，则四边形 的内切圆半径为 ．
【答案】
【知识点】切线长定理；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：作∠DAH与∠AEF的角平分线交于点O，则点O是四边形AEFG内切圆的圆心，过O作OH⊥AE，
则∠OAH=30°，∠AEO=45°，
故EH=OH= OA，
设EH=x，则AH= -x，AO=2x，
在Rt△AOH中，
∵AH2+OH2=OA2，
故( -x)2+x2=(2x)2，
解得x= 或x= （舍去），
∴四边形AEED的内切圆半径为： ．
故答案为： ．
【分析】作∠DAH与∠AEF的角平分线交于点O，则O即为该圆的圆心，过O作OH⊥AE，AB= ，再根据直角三角形的性质便可求出OH的长，即该四边形内切圆的半径．
12．（2019·无锡）如图，在△ABC中，AC：BC：AB=5：12：13，⊙O在△ABC内自由移动，若⊙O的半径为1，且圆心O在△ABC内所能到达的区域的面积为 ，则△ABC的周长为 .
【答案】25
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】如图，
可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，
则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴DE：EF：DF=5：12：13，
又∵S△DEF= DE EF= ，
∴DE= ，EF=4，
∴DF= ，
∴PH=DE= ，MQ=EF=4，NK=DF= ，
设AH=AK=x，BN=BQ=y，
则有AC=AH+HP+CP=x+ ，BC=CM+MQ+BQ=5+y，AB=AK+NK+BN=x+y+ ，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴ ，
解得： ，
∴AC= + ，BC=10，AB= + +5，
∴AC+BC+AB= + +10+ + +5=7+3+10+5=25，
故答案为：25.
【分析】如图：首先利用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例得出DE：EF：DF=5：12：13，进而根据△DEF的面积计算方法列出方程，求解算出DF，EF，DF的长，根据矩形的性质得出PH，MQ，NK的长，设AH=AK=x，BN=BQ=y，根据线段的和差表示出AC，BC，AB的长，进而根据AC：BC：AB=5：12：13，列出方程组，求解得出x，y的值，从而即可解决问题。
13．（2022·桐乡模拟）如图， 是 的直径， 直线 与 相切于点 ，且 在直线 上取一点 ，连结 交 于点 若 ，则 的长是 .
【答案】 或
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解： ① 当点D在点C的左侧时，连接OC ， BE ， BD ，过点B作BF⊥l于点F ，如图，
是 的直径，
.
，
.
与 相切于点 ，
，
，
，
，
四边形OCFB为矩形，
，
四边形OCBF为正方形.
.
.
；
当点D在点C的右侧时，连接OC ，BE ， BD ，过点B作BF⊥l 于点F ，如图，
是 的直径，
.
，
.
与 相切于点 ，
，
，
，
，
四边形OCFB为矩形，
，
四边形OCFB为正方形.
.
.
，
综上，CD 的长是 或 .
故答案为： 或 .
【分析】当点D在点C的左侧时，连接OC、BE、BD，过点B作BE⊥l于点F，根据圆周角定理可得∠AEB=90°，结合AE=DE可得BD=BA=2，根据切线的性质可得OC⊥l，推出四边形OCFB为正方形，得到CF=BF=OC=1，利用勾股定理求出DF，然后根据CD=DF-CF进行计算；当点D在点C的右侧时，同理计算即可.
14．（2022九上·东阳期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AC＝5，BC＝12，点P是线段CD上一动点，当半径为4的⊙P与△ABC的一边相切时，CP的长为 .
【答案】或
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵在 ， ， ，
∴，
∵，
∴的面积 ，
∴，
∴CD= ，
分三种情况：
①当⊙P与BC边相切，如图：
过点P作PE⊥BC，垂足为E，
∵，
∴，
∴，且 ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当⊙P与AB边相切时，如图：
∵，
∴，
③当⊙P与AC边相切时，如图：
过点P作PF⊥AC，垂足为F，
∵，
∴，
∴，且
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴（舍去）
综上所述，当半径为4的⊙P与△ABC的一边相切时，CP的长为： 或 ，
故答案为： 或 .
【分析】分三种情况：①当⊙P与BC边相切，②当⊙P与AB边相切时，③当⊙P与AC边相切时，据此分别解答即可.
15．（2021九上·苏州月考）如图，在△ABC中，I是△ABC的内心，O是AB边上一点，⊙O经过点B且与AI相切于点I，若tan∠BAC＝，则sin∠ACB的值为 .
【答案】
【知识点】切线的判定；三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，连接OI并延长交AC于D，连接BI，
∵AI与⊙O相切，
∴AI⊥OD，
∴∠AIO＝∠AID＝90°，
∵I是△ABC的内心，
∴∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，
∵AI＝AI，
∴△AOI≌△ADI（ASA），
∴AO＝AD，
∵OB＝OI，
∴∠OBI＝∠OIB，
∴∠OIB＝∠CBI，
∴OD∥BC，
∴∠ADO＝∠C，
作OE⊥AC于E，
∵tan∠BAC＝＝，
∴不妨设OE＝24k，AE＝7k，
∴OA＝AD＝25k，
∴DE＝AD﹣AE＝18k，
∴OD＝＝30k，
∴sin∠ACB＝＝＝ .
故答案为：.
【分析】连接OI并延长交AC于D，连接BI，利用切线的性质可证得AI⊥OD，∠AIO＝∠AID，利用三角形内心的定义可得到∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，利用ASA证明△AOI≌△ADI，利用全等三角形的性质可证得AO=AD；再证明OD∥BC，利用平行线的性质可得∠ADO＝∠C；作OE⊥AC于E，利用已知设OE＝24k，AE＝7k，可表示出OA，AD的长，利用勾股定理表示出OD的长，然后利用锐角三角函数的定义可求出sin∠ACB的值.
16．（2021九上·亭湖月考）如图，点I为△ABC的内心，连AI交△ABC的外接圆于点D，若，点E为弦AC的中点，连接EI，IC，若，，则IE的长为 ．
【答案】4
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
I为△ABC的内心，可得∠BAD=∠CAD，BD=CD，
又∠DIC=∠DAC+∠ACI，∠ICD=∠ICB+∠BCD
其中∠DAC=∠BAD=∠BCD，∠ACI=∠ICB，
∠DIC=∠ICD
ID=CD， ID=BD=DC=5， 可得AI=2CD=10
可得I、B、C三点在以D点位圆心的圆上，过点D做DF⊥IC与点F，
可得IF=FC(垂经定理)，
在Rt△IFD中，，
又在△AIC中，AE=EC， IF=FC，
EF为△AIC的中位线，
EF∥AD，即EF∥ID， 且EF==5=ID，
四边形EIDF为平行四边形，可得IE=DF=4，
故答案：4.
【分析】根据三角形的内心，弧、弦、圆心角，圆周角定理可推出∠DIC=∠ICD，从而得出ID=CD， 即得ID=BD=DC=5， 可得AI=2CD=10，从而可得I、B、C三点在以D点位圆心的圆上，过点D做DF⊥IC与点F，由垂径定理可得IF=FC，在Rt△IFD中，由勾股定理求出DF=4，易得EF为△AIC的中位线，可得EF∥AD，即EF∥ID， 且EF==5=ID，从而可证四边形EIDF为平行四边形，利用平行四边形的性质即可求解.
三、解答题（共9题，共72分）
17．（2023·云南）如图，是的直径，是上异于的点．外的点在射线上，直线与垂直，垂足为，且．设的面积为的面积为．
（1）判断直线与的位置关系，并证明你的结论；
（2）若，求常数的值．
【答案】（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵是的直径，直线与垂直，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与相切；
（2）解：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴
∵，
∴．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质；线段的中点
【解析】【分析】（1）根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似证明△BAC∽△ADC，从而得到对应角 ∠ABO=∠DAC，又知∠ABO=∠BAO，∴∠ABO=∠BAO=∠DAC，从而可得∠OAD=∠OAC+∠DAC=∠OAC+∠BAO=90°，从而可以得出 EA与相切。
（2）因为BC=BE，所以S△BAC=S△BAE=S1，∵S2=mS1，∴，∴求m的值，也就是求△ACD和△BAC的面积之比，由（1）知△BAC∽△ADC，∴，又S△EAC=2S△BAE=2S1，∴S△EACS△BAE=2，根据两角对应相等的两个三角形相似，可证得△EAB∽△ECA，∴ AC2AB2=2， 即 AB2AC2=12，根据比例性质可得：AC2BC2=23 ，∴ m=23.
18．（2023·烟台）如图，在菱形中，对角线相交于点经过两点，交对角线于点，连接交于点，且．
（1）求证：是的切线；
（2）已知的半径与菱形的边长之比为，求的值．
【答案】（1）证明：连接，
∵，由垂径定理知，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴设，
∵的半径与菱形的边长之比为，
∴在中，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；垂径定理；切线的判定；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接， 由等边对等角可得，由垂径定理可得， 由菱形的性质可得， 从而推出， 根据切线的判定定理即证结论；
（2）由菱形的性质及已知，可设，则OA=5a，OG=3a，FG=2a， 根据余角的性质可得，根据即可求解．
19．（2022九上·福建竞赛）已知开口向上的抛物线 与直线：y=ax+c，y=cx+a中的每一条都至多有一个公共点.
（1）求 的最大值；
（2）当 取最大值时，设直线 交抛物线 于A，B两点，C为抛物线的顶点，若△ABC内切圆的半径为1，求a的值.
【答案】（1）解：由 ，得 ， ，
由抛物线 与直线 至多有一个公共点，得 .
由 ，及 ，
得 .
因为抛物线 与直线 至多有一个公共点，
所以 ，
即 .
结合 ，得 ，
解得 .
又抛物线 与直线 ， 中的每一条都至多一个公共点.
所以 的最大值为5.
（2）解：当 取最大值时，抛物线为 ，其顶点 .
由 ，
得 ， ，
于是 ， .
设 为 的内心， 为线段 中点，则 ， ，
且 ， .
∴ ， ， 为等边三角形.
∴ .因此 ， .
所以 .
或：由 ，
得 的周长 ，
面积 .
利用 ，得 ，
解得 .
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；三角形的面积；等边三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）令ax2+bx+c=ax+c求出x，根据抛物线与直线y=ax+c至多有一个公共点，得a=b，由ax2+bx+c=cx+a结合a=b以及△≤0可得的范围，进而可得的最大值；
（2）当取最大值时，得顶点C的坐标，联立抛物线与直线解析式求出x，得AB=，CA=CB，设I为△ABC的内心，D为线段AB中点，则∠DBI=30°，∠ABC=60°，△ABC为等边三角形，CD=3，据此可得a的值.
20．（2022九上·南宁月考）如图，已知点D在⊙O的直径延长线上，点C为⊙O上，过D作，与的延长线相交于E，为⊙O的切线，.
（1）求证：；
（2）求的长；
（3）若的平分线与⊙O交于点F，P为的内心，求的长.
【答案】（1）证明：如图，
连接，
∵是⊙O的切线，
∴，
∴，
∵，
∴∠A+∠E=90°，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）解：方法一：
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
∴解得：或（舍去），
故.
方法二：
由弦切角定理得，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
解得或（舍去），
故.
（3）解：如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵P为的内心，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
∴.
方法二：
如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵P为的内心，平分，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用已知CD是圆O的切线，因此连接OC，可证得OC⊥CD，可得到∠ACO+∠ECD=90°，利用垂直的定义可得到∠ADE=90°，可推出∠A+∠E=90°，再利用等腰三角形的性质可知∠A=∠ACO，再利用余角的性质，可证得∠E=∠DCE，利用等角对等边可证得CD=DE.
（2） 方法一：利用已知条件可求出圆的半径长，在Rt△ADE和Rt△OCD中，利用勾股定理可得到关于BD的方程，解方程求出BD的长；方法二：利用弦切角定理可证得∠DCB=∠DAC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CDB∽△ADC，利用相似三角形的对应边成比例，可证得CD2=BD（2+BD），利用勾股定理可证得DE2=32-（2+BD）2，据此可得到关于BD的方程，解方程求出BD的长.
（3）方法一：连接BF，PB，AF，利用CF平分∠ACB，可证得∠ACF=∠FCB，可推出 ，可得到AF=BF，利用勾股定理求出AF的长；再利用三角形的内心，可证得∠1=∠2，∠CBP=∠ABP，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠1=∠3，可推出∠2=∠3；再利用三角形外角的性质去证明∠FPB=∠FBP，利用等边对等角，可求出PF的长；方法二：利用角平分线的定义和圆周角定理可证得∠ACF=∠ABF=∠BAF，可推出AF=BF，利用勾股定理求出AF的长；利用三角形的内心，可推出AP平分∠CAB，可推出∠CAP=∠BAP，再证明∠PAF=∠APF，利用等角对等边，可求出PF的长.
21．（2023·潮阳模拟）如图，、是的切线，、是切点，是的直径，连接，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；
（3）若，且，求切线的长．
【答案】（1）解：证明：、是的切线
是的直径
（2）解：恰好是的中点，
是等边三角形
设，则
四边形的面积是
解得：或（舍去）
（3）解：在中，
设，则，
在中，
解得：或（舍去）
是的切线
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；扇形面积的计算；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【分析】（1）由切线长定理可得PA=PB，结合OA=OB，可得OP⊥AB，由AC是的直径，可得BC⊥AB，根据平行线的判定可得BC∥PO；
（2）求出△AOD是等边三角形，可得∠AOD=60°， 设，则，由四边形的面积==
，据此求出m值，即得OE、AB、OA的长，利用垂径定理可得∠AOD=∠BOD=60°，即得∠AOB=120°，根据即可求解；
（3）由可设，则，由勾股定理求出AE=2x， 在中，由建立方程并解之，解答OE=1，AE=2，OA=3，根据切线的性质及余角的性质可得，即得，从而得解.
22．（2020·哈尔滨模拟）CA、CB为⊙O的切线，切点分别为点A、B，延长AO交⊙O于点D，连接AB、CO，AB与CO交于点M，
（1）如图1，求证：∠ACB=2∠BAO；
（2）如图2，连接BD，求证：BD=2OM；
（3）如图3，在（2）的条件下，F为OD上一点，连接FM并延长交AC于点H，连接BH，若DF=2OF，HM=3，tan∠ACB= ，求线段BH的长。
【答案】（1）证明：连接OB
∵CA、CB为圆O的切线 ∴CA=CB
∵OA、OB为圆O的半径 ∴OA=OB
∴OC垂直平分AB ∴∠ACM=∠BCM
∵∠ACM=∠BAO
∴∠ACB=2∠BAO
（2）证明：∵OM⊥AB ∴AM=BM
∵O为AD中点
∴OM为△ABD的中位线
∴BD=2OM
（3）解：延长CB、AD交于点E过B做BT⊥AC，过H做HQ⊥BC
tan∠ACB=
解△ACB可求tan∠CAM=2
∴tan∠ACM=tan∠MAO=
设CA=6a，在Rt△ACE中，AE=8a，CE=10a
∴AO=3a
∵FD=2OF
∴OF=a
∴FD=2a
∴FE=AF=4a
∵F、M分别为AE、AB的中点
∴MF为△ABE的中位线，
∴MF∥BE，
利用平行线分线段成比例可证H为AC中点
∵HM∥BC，易证AH=HM=3
∴AC=6 解△CHB，
∴BH=
【知识点】圆周角定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；切线长定理；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接OB，利用切线长定理得CA=CB，∠ACM=∠BCM，由半径OA=OB可得OC垂直平分AB，然后利用余角关系得∠ACM=∠BAO，故∠ACB=2∠BAO；
（2）由（1）得OM⊥AB，利用垂径定理得AM=BM，又OA=OB，则可判断OM为△ABD的中位线，利用三角形中位线定理即可得解；
（3）延长CB、AD交于点E，作BT⊥AC，HQ⊥BC，在Rt△ACB利用tan∠ACB的值得求得tan∠CAM=2，则tan∠ACM=tan∠MAO=，设CA=6a，在Rt△ACE中，AE=8a，CE=10a，则AO=3a，FE=AF=4a，利用三角形的中位线定理和利用平行线分线段成比例可证H为AC中点，易证AH=HM=3，则AC=6，然后在△CHB中求出BH即可。
23．（2023·长沙）如图，点A，B，C在上运动，满足，延长至点D，使得，点E是弦上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦的垂线，交于点F，交的延长线于点N，交于点M（点M在劣弧上）．
（1）是的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
（2）记的面积分别为，若，求的值；
（3）若的半径为1，设，，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】（1）解：是的切线．
证明：如图，在中，，
∴．
又点A，B，C在上，
∴是的直径．
∵，
∴．
又，
∴．
∴．
∴是的切线．
（2）解：由题意得，．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
又，
∴．
∴．
∴．
由题意，设，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）解：设，
∵，
∴．
如图，连接．
∴在中，．
∴，．
∴在中，，．
在中，．（∵，∴）
．
在中，，．
∴
．
即．
∵，
∴最大值为F与O重合时，即为1．
∴．
综上，．
【知识点】勾股定理的逆定理；圆周角定理；切线的判定；锐角三角函数的定义；直角三角形的性质
【解析】【分析】（1）是的切线．证明：先根据勾股定理的逆定理得到，进而根据圆周角定理结合题意得到，从而结合题意得到，再根据切线的判定即可求解；
（2）先根据三角形的面积结合题意即可得到，进而证明，再根据锐角三角函数的定义即可得到，进而得到，从而结合题意得到，设，进而即可得到，从而得到m的值，然后即可求解；
（3）设，先根据题意转化即可得到，连接，根据勾股定理求出OF，进而得到FB、AF，再运用解直角三角形的知识结合题意即可得到，，，，，，进而得到，再根据题意得到x的取值范围即可求解。
24．（2022九上·良庆月考）请阅读以下材料，并完成相应的任务
【阅读材料】在《阿基米德全集》中的《引理集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的六个有关圆的引理，其中第二个引理是：
如图1，点P是弧的任意一点，于点C，点D在弦上且，在弧上取一点Q，使弧=弧，连接，则有.
（1）如图2，小明同学尝试说明“”，于是他连接了，，，，请根据小明的思路完成后续证明过程；
（2）如图3，以为直径的半圆上有一点P，，直线l与相切于点P，过点于点E，交于点Q，求出的长.
【答案】（1）证明：∵于点C， ，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵直线l与相切于点P，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】线段垂直平分线的性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由题意可得PC是AD的垂直平分线，则PD=PA=PQ，由等腰三角形的性质结合圆内接四边形的性质可得∠PQB=∠PDB，证明△PQB≌△PDB，据此可得结论；
（2）连接PQ，由圆周角定理可得∠APB=90°，利用勾股定理可得PB，由切线的性质可得OP⊥l，则OP∥BE，结合平行线的性质以及等腰三角形的性质可得∠OPB=∠OBP，推出∠EBP=∠ABP，证明△EBP∽△PBA，△APB∽△QEP，利用相似三角形的性质可得PE、BE、QE，然后根据BQ=BE-QE进行计算.
25．（2019九上·赤水期中）阅读材料：
在平面直角坐标系xOy中，点P（x0，y0）到直线Ax+By+C=0的距离公式为： .
例如：求点P0（0，0）到直线4x+3y﹣3=0的距离.
解：由直线4x+3y﹣3=0知，A=4，B=3，C=﹣3，∴点P0（0，0）到直线4x+3y﹣3=0的距离为 = .
根据以上材料，解决下列问题：
（1）问题1：点P1（3，4）到直线 的距离为 ；
（2）问题2：已知：⊙C是以点C（2，1）为圆心，1为半径的圆，⊙C与直线 相切，求实数b的值；
（3）问题3：如图，设点P为问题2中⊙C上的任意一点，点A，B为直线3x+4y+5=0上的两点，且AB=2，请求出S△ABP的最大值和最小值.
【答案】（1）解：4
（2）解：∵⊙C与直线 相切，⊙C的半径为1，∴C（2，1）到直线3x+4y﹣4b=0的距离d=1，∴ =1，解得b= 或 .
（3）点C（2，1）到直线3x+4y+5=0的距离d= =3，∴⊙C上点P到直线3x+4y+5=0的距离的最大值为4，最小值为2，∴S△ABP的最大值= ×2×4=4，S△ABP的最小值= ×2×2=2.
【知识点】切线的性质；一次函数中的动态几何问题
【解析】【解答】解： （1）点P1（3，4）到直线3x+4y﹣5=0的距离d= =4，故答案为4.
【分析】（1）根据点到直线的距离公式就是即可；（2）根据点到直线的距离公式，列出方程即可解决问题.（3）求出圆心C到直线3x+4y+5=0的距离，求出⊙C上点P到直线3x+4y+5=0的距离的最大值以及最小值即可解决问题.
1 / 1（B卷）第二章 直线与圆的位置关系-2023-2024年浙教版数学九年级下册单元测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022九上·东城期末）抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如图，AC，BD分别与⊙O切于点C，D，延长AC，BD交于点P．若，⊙O的半径为6cm，则图中的长为（ ）
A．π cm B．2π cm C．3π cm D．4π cm
2．（2023·邢台模拟）如图，已知AB是半圆O的直径，点C，D将分成相等的三段弧，点M在的延长线上，连接．对于下列两个结论，判断正确的是（ ）
结论I：若，则为半圆O的切线；
结论II：连接，则
A．I和II都对 B．I对II错 C．I错II对 D．I和II都错
3．（2021九上·泰山期末）如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的⊙O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列判断：（1）AC与BD的交点是⊙O的圆心；（2）AF与DE的交点是⊙O的圆心；（3）AE=DF；（4）BC与⊙O相切，其中正确判断的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．（2022九上·南宁月考）如图，分别与⊙O相切于E、F、G三点，且，cm，cm，则的长等于（ ）
A．7cm B．6cm C．5cm D．11cm
5．（2023九下·武汉月考）《数书九章》是我国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式.若三角形的三边a，b，c分别为7，6，3，则这个三角形内切圆的半径是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·益阳）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，以点A为圆心，以任意长为半径画弧交射线AB，AC于两点，分别以这两点为圆心，以适当的定长为半径画弧，两弧交于点E，作射线AE，交BD于点I，连接CI，以下说法错误的是（ ）
A．I到AB，AC边的距离相等 B．CI平分∠ACB
C．I是△ABC的内心 D．I到A，B，C三点的距离相等
7．（2021九上·宜兴期中）如图，直线 与x轴、y 轴分别相交于点A、B两点，圆心P的坐标为（2，0）.⊙P与y轴相切于点O，若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．（2021九上·鄞州月考）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（ ）
A． B．2.4 C． D．3
9．（2021·贡井模拟）如图所示，在Rt 中， ， ， ，点 为 上的点， 的半径 ，点 是 边上的动点，过点 作⊙ 的一条切线 （点 为切点），则线段 的最小值为（ ）
A． B． C． D．4
10．（2017·淄川模拟）如图，在直角边分别为3和4的直角三角形中，每多作一条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆，以此类推，依此类推，图10中有10个直角三角形的内切圆，它们的面积分别记为S1，S2，S3，…，S10，则S1+S2+S3+…+S10=（ ）
A．4π B．3π C．2π D．π
二、填空题（每空3分，共18分）
11．（2019九上·闽侯期中）如图，将正方形 绕点 按逆时针方向旋转30°得到正方形 ，已知 交 于点 ， ，则四边形 的内切圆半径为 ．
12．（2019·无锡）如图，在△ABC中，AC：BC：AB=5：12：13，⊙O在△ABC内自由移动，若⊙O的半径为1，且圆心O在△ABC内所能到达的区域的面积为 ，则△ABC的周长为 .
13．（2022·桐乡模拟）如图， 是 的直径， 直线 与 相切于点 ，且 在直线 上取一点 ，连结 交 于点 若 ，则 的长是 .
14．（2022九上·东阳期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AC＝5，BC＝12，点P是线段CD上一动点，当半径为4的⊙P与△ABC的一边相切时，CP的长为 .
15．（2021九上·苏州月考）如图，在△ABC中，I是△ABC的内心，O是AB边上一点，⊙O经过点B且与AI相切于点I，若tan∠BAC＝，则sin∠ACB的值为 .
16．（2021九上·亭湖月考）如图，点I为△ABC的内心，连AI交△ABC的外接圆于点D，若，点E为弦AC的中点，连接EI，IC，若，，则IE的长为 ．
三、解答题（共9题，共72分）
17．（2023·云南）如图，是的直径，是上异于的点．外的点在射线上，直线与垂直，垂足为，且．设的面积为的面积为．
（1）判断直线与的位置关系，并证明你的结论；
（2）若，求常数的值．
18．（2023·烟台）如图，在菱形中，对角线相交于点经过两点，交对角线于点，连接交于点，且．
（1）求证：是的切线；
（2）已知的半径与菱形的边长之比为，求的值．
19．（2022九上·福建竞赛）已知开口向上的抛物线 与直线：y=ax+c，y=cx+a中的每一条都至多有一个公共点.
（1）求 的最大值；
（2）当 取最大值时，设直线 交抛物线 于A，B两点，C为抛物线的顶点，若△ABC内切圆的半径为1，求a的值.
20．（2022九上·南宁月考）如图，已知点D在⊙O的直径延长线上，点C为⊙O上，过D作，与的延长线相交于E，为⊙O的切线，.
（1）求证：；
（2）求的长；
（3）若的平分线与⊙O交于点F，P为的内心，求的长.
21．（2023·潮阳模拟）如图，、是的切线，、是切点，是的直径，连接，交于点，交于点．
（1）求证：；
（2）若恰好是的中点，且四边形的面积是，求阴影部分的面积；
（3）若，且，求切线的长．
22．（2020·哈尔滨模拟）CA、CB为⊙O的切线，切点分别为点A、B，延长AO交⊙O于点D，连接AB、CO，AB与CO交于点M，
（1）如图1，求证：∠ACB=2∠BAO；
（2）如图2，连接BD，求证：BD=2OM；
（3）如图3，在（2）的条件下，F为OD上一点，连接FM并延长交AC于点H，连接BH，若DF=2OF，HM=3，tan∠ACB= ，求线段BH的长。
23．（2023·长沙）如图，点A，B，C在上运动，满足，延长至点D，使得，点E是弦上一动点（不与点A，C重合），过点E作弦的垂线，交于点F，交的延长线于点N，交于点M（点M在劣弧上）．
（1）是的切线吗？请作出你的判断并给出证明；
（2）记的面积分别为，若，求的值；
（3）若的半径为1，设，，试求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
24．（2022九上·良庆月考）请阅读以下材料，并完成相应的任务
【阅读材料】在《阿基米德全集》中的《引理集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的六个有关圆的引理，其中第二个引理是：
如图1，点P是弧的任意一点，于点C，点D在弦上且，在弧上取一点Q，使弧=弧，连接，则有.
（1）如图2，小明同学尝试说明“”，于是他连接了，，，，请根据小明的思路完成后续证明过程；
（2）如图3，以为直径的半圆上有一点P，，直线l与相切于点P，过点于点E，交于点Q，求出的长.
25．（2019九上·赤水期中）阅读材料：
在平面直角坐标系xOy中，点P（x0，y0）到直线Ax+By+C=0的距离公式为： .
例如：求点P0（0，0）到直线4x+3y﹣3=0的距离.
解：由直线4x+3y﹣3=0知，A=4，B=3，C=﹣3，∴点P0（0，0）到直线4x+3y﹣3=0的距离为 = .
根据以上材料，解决下列问题：
（1）问题1：点P1（3，4）到直线 的距离为 ；
（2）问题2：已知：⊙C是以点C（2，1）为圆心，1为半径的圆，⊙C与直线 相切，求实数b的值；
（3）问题3：如图，设点P为问题2中⊙C上的任意一点，点A，B为直线3x+4y+5=0上的两点，且AB=2，请求出S△ABP的最大值和最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】弧长的计算；切线长定理
【解析】【解答】连接OC、OD，
分别与相切于点C，D，
∴，
，
∴，
的长，
故答案为：B
【分析】连接OC、OD，先求出，再利用弧长公式求解即可。
2．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的判定
【解析】【解答】解：连接，，
∵点C，D将分成相等的三段弧，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是半径，
∴为半圆O的切线，故I对，
连接，
∵，是半径，，
∴，是等边三角形，
∴，
∴，故II错，
故答案为：B．
【分析】连接OD，OC，先求出，再结合是半径，即可得到为半圆O的切线；连接，先证出，是等边三角形，可得，再求出，最后判断即可。
3．【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质；切线的判定
【解析】【解答】解：连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，
∵G是BC的中点，
∴CG＝BG，
∵CD＝BA，根据勾股定理可得，
∴AG＝DG，
∴GH垂直平分AD，
∴点O在HG上，
∵AD∥BC，
∴HG⊥BC，
∴BC与圆O相切；
∵OG＝OD，
∴点O不是HG的中点，
∴圆心O不是AC与BD的交点；
∵∠ADF＝∠DAE＝90°，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD为⊙O的内接矩形，
∴AF与DE的交点是圆O的圆心；AE=DF；
∴（1）不符合题意，（2）（3）（4）符合题意．
故答案为：B．
【分析】先确定AG＝DG，可得GH垂直平分AD，可判断点O在HG上.由AD∥BC，HG⊥BC，可判定BC与圆O相切，即可判断（4）；根据OG＝OD≠OH即可判断（1）；易证四边形AEFD为⊙O的内接矩形，据此判断（2）（3）.
4．【答案】C
【知识点】平行线的性质；勾股定理；切线长定理
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵、分别与⊙O相切于点E、点F，
∴，，
同理，，
∴，
∴，
∵cm， cm，
∴（cm），
∴cm，
故答案为：C.
【分析】由AB∥CD可得，由切线长定理可得，BE=BF，CG=CF，从而求出∠BOC=90°，利用勾股定理求出BC=5，则，即可得解.
5．【答案】B
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵三角形的三边a，b，c分别为7，6，3，
∴
，
如图，
设这个三角形内切圆的半径为，
则，
即，
∵三角形的三边a，b，c分别为7，6，3，
∴，
解得：，
∴这个三角形内切圆的半径为.
故答案为：B.
【分析】设这个三角形内切圆的半径为，由题意把a、b、c的值代入公式计算求得S的值，然后根据三角形的面积S△ABC=S△OAB+S△OAC+S△OBC可求解.
6．【答案】D
【知识点】角平分线的性质；三角形的内切圆与内心；角平分线的概念
【解析】【解答】解：A、∵BD平分∠ABC，I是BD上的一点
∴I到AB，AC边的距离相等，故A不符合题意；
B、由作图可知，AE是∠BAC的平分线，
∵BD平分∠ABC，三角形三条角平分线交于一点I，
∴CI平分∠ACB，故B不符合题意；
C，∵I是△ABC的三个角的平分线的交点，
∴I是△ABC的内心，故C不符合题意；
D、∵I到AB，AC，BC的距离相等，
∴I不是到A，B，C三点的距离相等，故D符合题意
故答案为：D.
【分析】利用角平分线上的点到角两边的距离相等，可对A作出判断；由作图可知，AE是∠BAC的平分线，根据三角形三条角平分线交于一点I，可对B作出判断；再根据三角形的三个角的平分线的交点是三角形的内心，可对C作出判断；利用角平分线的性质，可对D作出判断.
7．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：根据题意，⊙P沿x轴向左移动，分别与直线 相切于点M、N，且圆心分别为点 、 ，如下图：
∴ ，且将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P，再点 和 之间
直线 与x轴、y 轴分别相交于点A、B两点
∴ ，
∴ ，
∴
∴
∴
∴ ，即
∵
∴
∴ ，即
∴符合题意要求的点P坐标为： ， ， ， ， ， ，
∴当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是：7.
故答案为：C.
【分析】⊙P沿x轴向左移动，分别与直线AB相切于点M、N，且圆心分别为点P1、P2，则MP1=NP2=OP=2，分别令直线解析式中的x=0、y=0，求出y、x，得到点A、B的坐标，求出AO、BO的值，根据tan∠OAB的值可得∠OAB的度数，求出AP1，OP1，得到点P1的坐标，同理可得P2的坐标，据此解答.
8．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
， 为直角三角形，
由勾股定理可知： ，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值，
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当 ，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ.
点A（﹣3，0），B（0，4），
， ，
在 中，由勾股定理可得： ，
利用等面积法可得： 解得：
故 .
故答案为：C.
【分析】连接OP、OQ，易得△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得：当OP有最小值时，PQ也有最小值，根据垂线段最短可知：当PO⊥AB时，OP有最小值，过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ，根据点A、B的坐标可得OA=3，OB=4，由勾股定理求出AB，然后根据等面积法求出OP，接下来根据勾股定理求解即可.
9．【答案】B
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接OE、OD，
在Rt△ABC中，∵∠C=90°，AC=8，AB=10，
∴BC=6，
∵DE为⊙O的切线，
∴∠DEO=90°，
∴DE2+OE2=OD2，
∵OE=1，
∴DE2=OD2-1，即DE= ，
要使DE最小，则OD最小即可，
∵D为AB边上的动点，
∴当OD⊥AB时，OD最小，
∵BC=6，OC=1，
∴BO=5，
∵∠ODB=∠ACB=90°，∠B=∠B，
∴△BDO∽△BCA，
∴ ，即 ，
解得：OD=4，
∴DE= = .
故答案为：B.
【分析】连接OE、OD，由勾股定理可得BC，根据切线的性质可得∠DEO=90°，由勾股定理表示出DE，可知要使DE最小，则OD最小即可，当OD⊥AB时，OD最小，证明△BDO∽△BCA，由相似三角形的性质求出OD，然后由勾股定理就可得到DE.
10．【答案】D
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：图1，过点O做OE⊥AC，OF⊥BC，垂足为E、F，则∠OEC=∠OFC=90°，
∵∠C=90°
∴四边形OECF为矩形
∵OE=OF
∴矩形OECF为正方形
设圆O的半径为r，则OE=OF=r，AD=AE=3﹣r，BD=4﹣r
∴3﹣r+4﹣r=5，r= =1
∴S1=π×12=π
图2，由S△ABC= ×3×4= ×5×CD，
∴CD= ，由勾股定理得：AD= = ，BD=5﹣ = ，
由（1）得：
⊙O的半径= = ，⊙E的半径= = ，
∴S1+S2=π×（ ）2+π×（ ）2=π．
图3，由S△CDB= × × = ×4×MD
∴MD= ，
由勾股定理得：CM= = ，MB=4﹣ = ，
由（1）得：⊙O的半径= ，：⊙E的半径= = ，
∴⊙F的半径= = ，
∴S1+S2+S3=π×（ ）2+π×（ ）2+π×（ ）2=π，
…
观察规律可知S1+S2+S3+…+S6=π．
故D符合题意.
故答案为：D．
【分析】过点O做OE⊥AC，OF⊥BC，垂足为E、F，则∠OEC=∠OFC=90°，求出图1中圆的半径，进而求出S1的面积；利用三角形的面积公式求出CD的长，进而求得两个圆的面积和；同理求出S1+S2+S3的面积，由以上可得到答案.
11．【答案】
【知识点】切线长定理；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：作∠DAH与∠AEF的角平分线交于点O，则点O是四边形AEFG内切圆的圆心，过O作OH⊥AE，
则∠OAH=30°，∠AEO=45°，
故EH=OH= OA，
设EH=x，则AH= -x，AO=2x，
在Rt△AOH中，
∵AH2+OH2=OA2，
故( -x)2+x2=(2x)2，
解得x= 或x= （舍去），
∴四边形AEED的内切圆半径为： ．
故答案为： ．
【分析】作∠DAH与∠AEF的角平分线交于点O，则O即为该圆的圆心，过O作OH⊥AE，AB= ，再根据直角三角形的性质便可求出OH的长，即该四边形内切圆的半径．
12．【答案】25
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】如图，
可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，
则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴DE：EF：DF=5：12：13，
又∵S△DEF= DE EF= ，
∴DE= ，EF=4，
∴DF= ，
∴PH=DE= ，MQ=EF=4，NK=DF= ，
设AH=AK=x，BN=BQ=y，
则有AC=AH+HP+CP=x+ ，BC=CM+MQ+BQ=5+y，AB=AK+NK+BN=x+y+ ，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴ ，
解得： ，
∴AC= + ，BC=10，AB= + +5，
∴AC+BC+AB= + +10+ + +5=7+3+10+5=25，
故答案为：25.
【分析】如图：首先利用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例得出DE：EF：DF=5：12：13，进而根据△DEF的面积计算方法列出方程，求解算出DF，EF，DF的长，根据矩形的性质得出PH，MQ，NK的长，设AH=AK=x，BN=BQ=y，根据线段的和差表示出AC，BC，AB的长，进而根据AC：BC：AB=5：12：13，列出方程组，求解得出x，y的值，从而即可解决问题。
13．【答案】 或
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解： ① 当点D在点C的左侧时，连接OC ， BE ， BD ，过点B作BF⊥l于点F ，如图，
是 的直径，
.
，
.
与 相切于点 ，
，
，
，
，
四边形OCFB为矩形，
，
四边形OCBF为正方形.
.
.
；
当点D在点C的右侧时，连接OC ，BE ， BD ，过点B作BF⊥l 于点F ，如图，
是 的直径，
.
，
.
与 相切于点 ，
，
，
，
，
四边形OCFB为矩形，
，
四边形OCFB为正方形.
.
.
，
综上，CD 的长是 或 .
故答案为： 或 .
【分析】当点D在点C的左侧时，连接OC、BE、BD，过点B作BE⊥l于点F，根据圆周角定理可得∠AEB=90°，结合AE=DE可得BD=BA=2，根据切线的性质可得OC⊥l，推出四边形OCFB为正方形，得到CF=BF=OC=1，利用勾股定理求出DF，然后根据CD=DF-CF进行计算；当点D在点C的右侧时，同理计算即可.
14．【答案】或
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵在 ， ， ，
∴，
∵，
∴的面积 ，
∴，
∴CD= ，
分三种情况：
①当⊙P与BC边相切，如图：
过点P作PE⊥BC，垂足为E，
∵，
∴，
∴，且 ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当⊙P与AB边相切时，如图：
∵，
∴，
③当⊙P与AC边相切时，如图：
过点P作PF⊥AC，垂足为F，
∵，
∴，
∴，且
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴（舍去）
综上所述，当半径为4的⊙P与△ABC的一边相切时，CP的长为： 或 ，
故答案为： 或 .
【分析】分三种情况：①当⊙P与BC边相切，②当⊙P与AB边相切时，③当⊙P与AC边相切时，据此分别解答即可.
15．【答案】
【知识点】切线的判定；三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，连接OI并延长交AC于D，连接BI，
∵AI与⊙O相切，
∴AI⊥OD，
∴∠AIO＝∠AID＝90°，
∵I是△ABC的内心，
∴∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，
∵AI＝AI，
∴△AOI≌△ADI（ASA），
∴AO＝AD，
∵OB＝OI，
∴∠OBI＝∠OIB，
∴∠OIB＝∠CBI，
∴OD∥BC，
∴∠ADO＝∠C，
作OE⊥AC于E，
∵tan∠BAC＝＝，
∴不妨设OE＝24k，AE＝7k，
∴OA＝AD＝25k，
∴DE＝AD﹣AE＝18k，
∴OD＝＝30k，
∴sin∠ACB＝＝＝ .
故答案为：.
【分析】连接OI并延长交AC于D，连接BI，利用切线的性质可证得AI⊥OD，∠AIO＝∠AID，利用三角形内心的定义可得到∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，利用ASA证明△AOI≌△ADI，利用全等三角形的性质可证得AO=AD；再证明OD∥BC，利用平行线的性质可得∠ADO＝∠C；作OE⊥AC于E，利用已知设OE＝24k，AE＝7k，可表示出OA，AD的长，利用勾股定理表示出OD的长，然后利用锐角三角函数的定义可求出sin∠ACB的值.
16．【答案】4
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图：
I为△ABC的内心，可得∠BAD=∠CAD，BD=CD，
又∠DIC=∠DAC+∠ACI，∠ICD=∠ICB+∠BCD
其中∠DAC=∠BAD=∠BCD，∠ACI=∠ICB，
∠DIC=∠ICD
ID=CD， ID=BD=DC=5， 可得AI=2CD=10
可得I、B、C三点在以D点位圆心的圆上，过点D做DF⊥IC与点F，
可得IF=FC(垂经定理)，
在Rt△IFD中，，
又在△AIC中，AE=EC， IF=FC，
EF为△AIC的中位线，
EF∥AD，即EF∥ID， 且EF==5=ID，
四边形EIDF为平行四边形，可得IE=DF=4，
故答案：4.
【分析】根据三角形的内心，弧、弦、圆心角，圆周角定理可推出∠DIC=∠ICD，从而得出ID=CD， 即得ID=BD=DC=5， 可得AI=2CD=10，从而可得I、B、C三点在以D点位圆心的圆上，过点D做DF⊥IC与点F，由垂径定理可得IF=FC，在Rt△IFD中，由勾股定理求出DF=4，易得EF为△AIC的中位线，可得EF∥AD，即EF∥ID， 且EF==5=ID，从而可证四边形EIDF为平行四边形，利用平行四边形的性质即可求解.
17．【答案】（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵是的直径，直线与垂直，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与相切；
（2）解：∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴
∵，
∴．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质；线段的中点
【解析】【分析】（1）根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似证明△BAC∽△ADC，从而得到对应角 ∠ABO=∠DAC，又知∠ABO=∠BAO，∴∠ABO=∠BAO=∠DAC，从而可得∠OAD=∠OAC+∠DAC=∠OAC+∠BAO=90°，从而可以得出 EA与相切。
（2）因为BC=BE，所以S△BAC=S△BAE=S1，∵S2=mS1，∴，∴求m的值，也就是求△ACD和△BAC的面积之比，由（1）知△BAC∽△ADC，∴，又S△EAC=2S△BAE=2S1，∴S△EACS△BAE=2，根据两角对应相等的两个三角形相似，可证得△EAB∽△ECA，∴ AC2AB2=2， 即 AB2AC2=12，根据比例性质可得：AC2BC2=23 ，∴ m=23.
18．【答案】（1）证明：连接，
∵，由垂径定理知，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵为的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵四边形是菱形，，
∴设，
∵的半径与菱形的边长之比为，
∴在中，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，即，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；垂径定理；切线的判定；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）连接， 由等边对等角可得，由垂径定理可得， 由菱形的性质可得， 从而推出， 根据切线的判定定理即证结论；
（2）由菱形的性质及已知，可设，则OA=5a，OG=3a，FG=2a， 根据余角的性质可得，根据即可求解．
19．【答案】（1）解：由 ，得 ， ，
由抛物线 与直线 至多有一个公共点，得 .
由 ，及 ，
得 .
因为抛物线 与直线 至多有一个公共点，
所以 ，
即 .
结合 ，得 ，
解得 .
又抛物线 与直线 ， 中的每一条都至多一个公共点.
所以 的最大值为5.
（2）解：当 取最大值时，抛物线为 ，其顶点 .
由 ，
得 ， ，
于是 ， .
设 为 的内心， 为线段 中点，则 ， ，
且 ， .
∴ ， ， 为等边三角形.
∴ .因此 ， .
所以 .
或：由 ，
得 的周长 ，
面积 .
利用 ，得 ，
解得 .
【知识点】一元二次方程根的判别式及应用；三角形的面积；等边三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【分析】（1）令ax2+bx+c=ax+c求出x，根据抛物线与直线y=ax+c至多有一个公共点，得a=b，由ax2+bx+c=cx+a结合a=b以及△≤0可得的范围，进而可得的最大值；
（2）当取最大值时，得顶点C的坐标，联立抛物线与直线解析式求出x，得AB=，CA=CB，设I为△ABC的内心，D为线段AB中点，则∠DBI=30°，∠ABC=60°，△ABC为等边三角形，CD=3，据此可得a的值.
20．【答案】（1）证明：如图，
连接，
∵是⊙O的切线，
∴，
∴，
∵，
∴∠A+∠E=90°，
∵，
∴，
∴，
∴
（2）解：方法一：
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
∴解得：或（舍去），
故.
方法二：
由弦切角定理得，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
解得或（舍去），
故.
（3）解：如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵P为的内心，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
∴.
方法二：
如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵P为的内心，平分，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用已知CD是圆O的切线，因此连接OC，可证得OC⊥CD，可得到∠ACO+∠ECD=90°，利用垂直的定义可得到∠ADE=90°，可推出∠A+∠E=90°，再利用等腰三角形的性质可知∠A=∠ACO，再利用余角的性质，可证得∠E=∠DCE，利用等角对等边可证得CD=DE.
（2） 方法一：利用已知条件可求出圆的半径长，在Rt△ADE和Rt△OCD中，利用勾股定理可得到关于BD的方程，解方程求出BD的长；方法二：利用弦切角定理可证得∠DCB=∠DAC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△CDB∽△ADC，利用相似三角形的对应边成比例，可证得CD2=BD（2+BD），利用勾股定理可证得DE2=32-（2+BD）2，据此可得到关于BD的方程，解方程求出BD的长.
（3）方法一：连接BF，PB，AF，利用CF平分∠ACB，可证得∠ACF=∠FCB，可推出 ，可得到AF=BF，利用勾股定理求出AF的长；再利用三角形的内心，可证得∠1=∠2，∠CBP=∠ABP，利用同弧所对的圆周角相等，可证得∠1=∠3，可推出∠2=∠3；再利用三角形外角的性质去证明∠FPB=∠FBP，利用等边对等角，可求出PF的长；方法二：利用角平分线的定义和圆周角定理可证得∠ACF=∠ABF=∠BAF，可推出AF=BF，利用勾股定理求出AF的长；利用三角形的内心，可推出AP平分∠CAB，可推出∠CAP=∠BAP，再证明∠PAF=∠APF，利用等角对等边，可求出PF的长.
21．【答案】（1）解：证明：、是的切线
是的直径
（2）解：恰好是的中点，
是等边三角形
设，则
四边形的面积是
解得：或（舍去）
（3）解：在中，
设，则，
在中，
解得：或（舍去）
是的切线
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；扇形面积的计算；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【分析】（1）由切线长定理可得PA=PB，结合OA=OB，可得OP⊥AB，由AC是的直径，可得BC⊥AB，根据平行线的判定可得BC∥PO；
（2）求出△AOD是等边三角形，可得∠AOD=60°， 设，则，由四边形的面积==
，据此求出m值，即得OE、AB、OA的长，利用垂径定理可得∠AOD=∠BOD=60°，即得∠AOB=120°，根据即可求解；
（3）由可设，则，由勾股定理求出AE=2x， 在中，由建立方程并解之，解答OE=1，AE=2，OA=3，根据切线的性质及余角的性质可得，即得，从而得解.
22．【答案】（1）证明：连接OB
∵CA、CB为圆O的切线 ∴CA=CB
∵OA、OB为圆O的半径 ∴OA=OB
∴OC垂直平分AB ∴∠ACM=∠BCM
∵∠ACM=∠BAO
∴∠ACB=2∠BAO
（2）证明：∵OM⊥AB ∴AM=BM
∵O为AD中点
∴OM为△ABD的中位线
∴BD=2OM
（3）解：延长CB、AD交于点E过B做BT⊥AC，过H做HQ⊥BC
tan∠ACB=
解△ACB可求tan∠CAM=2
∴tan∠ACM=tan∠MAO=
设CA=6a，在Rt△ACE中，AE=8a，CE=10a
∴AO=3a
∵FD=2OF
∴OF=a
∴FD=2a
∴FE=AF=4a
∵F、M分别为AE、AB的中点
∴MF为△ABE的中位线，
∴MF∥BE，
利用平行线分线段成比例可证H为AC中点
∵HM∥BC，易证AH=HM=3
∴AC=6 解△CHB，
∴BH=
【知识点】圆周角定理；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；切线长定理；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）连接OB，利用切线长定理得CA=CB，∠ACM=∠BCM，由半径OA=OB可得OC垂直平分AB，然后利用余角关系得∠ACM=∠BAO，故∠ACB=2∠BAO；
（2）由（1）得OM⊥AB，利用垂径定理得AM=BM，又OA=OB，则可判断OM为△ABD的中位线，利用三角形中位线定理即可得解；
（3）延长CB、AD交于点E，作BT⊥AC，HQ⊥BC，在Rt△ACB利用tan∠ACB的值得求得tan∠CAM=2，则tan∠ACM=tan∠MAO=，设CA=6a，在Rt△ACE中，AE=8a，CE=10a，则AO=3a，FE=AF=4a，利用三角形的中位线定理和利用平行线分线段成比例可证H为AC中点，易证AH=HM=3，则AC=6，然后在△CHB中求出BH即可。
23．【答案】（1）解：是的切线．
证明：如图，在中，，
∴．
又点A，B，C在上，
∴是的直径．
∵，
∴．
又，
∴．
∴．
∴是的切线．
（2）解：由题意得，．
∵，
∴．
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴．
又，
∴．
∴．
∴．
由题意，设，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（3）解：设，
∵，
∴．
如图，连接．
∴在中，．
∴，．
∴在中，，．
在中，．（∵，∴）
．
在中，，．
∴
．
即．
∵，
∴最大值为F与O重合时，即为1．
∴．
综上，．
【知识点】勾股定理的逆定理；圆周角定理；切线的判定；锐角三角函数的定义；直角三角形的性质
【解析】【分析】（1）是的切线．证明：先根据勾股定理的逆定理得到，进而根据圆周角定理结合题意得到，从而结合题意得到，再根据切线的判定即可求解；
（2）先根据三角形的面积结合题意即可得到，进而证明，再根据锐角三角函数的定义即可得到，进而得到，从而结合题意得到，设，进而即可得到，从而得到m的值，然后即可求解；
（3）设，先根据题意转化即可得到，连接，根据勾股定理求出OF，进而得到FB、AF，再运用解直角三角形的知识结合题意即可得到，，，，，，进而得到，再根据题意得到x的取值范围即可求解。
24．【答案】（1）证明：∵于点C， ，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵为直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵直线l与相切于点P，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴.
【知识点】线段垂直平分线的性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由题意可得PC是AD的垂直平分线，则PD=PA=PQ，由等腰三角形的性质结合圆内接四边形的性质可得∠PQB=∠PDB，证明△PQB≌△PDB，据此可得结论；
（2）连接PQ，由圆周角定理可得∠APB=90°，利用勾股定理可得PB，由切线的性质可得OP⊥l，则OP∥BE，结合平行线的性质以及等腰三角形的性质可得∠OPB=∠OBP，推出∠EBP=∠ABP，证明△EBP∽△PBA，△APB∽△QEP，利用相似三角形的性质可得PE、BE、QE，然后根据BQ=BE-QE进行计算.
25．【答案】（1）解：4
（2）解：∵⊙C与直线 相切，⊙C的半径为1，∴C（2，1）到直线3x+4y﹣4b=0的距离d=1，∴ =1，解得b= 或 .
（3）点C（2，1）到直线3x+4y+5=0的距离d= =3，∴⊙C上点P到直线3x+4y+5=0的距离的最大值为4，最小值为2，∴S△ABP的最大值= ×2×4=4，S△ABP的最小值= ×2×2=2.
【知识点】切线的性质；一次函数中的动态几何问题
【解析】【解答】解： （1）点P1（3，4）到直线3x+4y﹣5=0的距离d= =4，故答案为4.
【分析】（1）根据点到直线的距离公式就是即可；（2）根据点到直线的距离公式，列出方程即可解决问题.（3）求出圆心C到直线3x+4y+5=0的距离，求出⊙C上点P到直线3x+4y+5=0的距离的最大值以及最小值即可解决问题.
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