2023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.5 直线与圆的位置关系同步分层训练培优题
一、选择题
1．（北师大版数学九年级下册第三章第七节《切线长定理》同步检测）如图，PA、PB是⊙O的两条切线，切点是A、B．如果OP=4，PA=2，那么∠AOB等于（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
【答案】D
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】解：∵△APO≌△BPO（HL），
∴∠AOP=∠BOP．
∵sin∠AOP=AP：OP=2：4=：2，
∴∠AOP=60°．
∴∠AOB=120°．
故选D．
【分析】由切线长定理知△APO≌△BPO，得∠AOP=∠BOP．可求得sin∠AOP=：2，所以可知∠AOP=60°，从而求得∠AOB的值．
2．（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.
3．（2023九下·北碚期中）如图，在中，是边上的点，以为圆心，为半径的与相切于点，平分，，，的长是（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质；解直角三角形；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵AC是圆O的切线，
∴OD⊥AC，
∴∠ADO=90°，
∵，
∴∠A=30°，
∴∠AOD=90°-30°=60°；
∵OD=OB，
∴∠OBD=∠ODB，
∵∠AOD=∠OBD+∠ODB=60°，
解之：∠OBD=30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠OBD=2×30°=60°，
∴∠C=180°-∠A-∠ABC=180°-30°-60°=90°，
在Rt△ABC中
即，
解之：，
设OD=x，则AO=12-x，
∴12-x=2x，
解之：x=4，
∴OD=4
∴，
∴.
故答案为：A
【分析】利用切线的性质可证得∠ADO=90°，利用锐角三角函数的定义和特殊角的三角函数值，可求出∠A=30°，∠AOD=60°，利用三角形的外角的性质和角平分线的定义求出∠ABC的度数，可证得∠C=90°；再利用解直角三角形求出AC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，即可得到AD的长.
4．（2022九下·四平期中）如图，在平面直角坐标系中，点P 在第一象限，⊙P与x轴相切于点Q，与y轴交于，两点，则点P的坐标是 （ ）
A．（5，3） B．（3，5） C．（4，5） D．（5，4）
【答案】C
【知识点】点的坐标；切线的性质
【解析】【解答】过点P作PD⊥MN于D，连接PQ．
∵⊙P与x轴相切于点Q，与y轴交于M（0，2），N（0，8）两点，
∴OM=2，NO=8，
∴NM=6，
∵PD⊥NM，
∴DM=3
∴OD=5，
∴OQ2=OM ON=2×8=16，OQ=4．
∴PD=4，PQ=OD=3+2=5．
即点P的坐标是（4，5）．
故答案为：C．
【分析】过点P作PD⊥MN于D，连接PQ，根据OQ2=OM ON=2×8=16，OQ=4，求出PD=4，PQ=OD=3+2=5，即可得到点P的坐标。
5．（2022九下·诸暨月考）如图， 中， ， ，它的周长为 若 与 ， ， 三边分别切于 ， ， 点，则 的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解： 与 ， ， 三边分别切于 ， ， 点，
， ， ，
，
，
， ，
是等边三角形，
，
， ，
，
，
，
，
，
故答案为：A.
【分析】根据切线长定理可得AD=AF，BE=BD，CE=CF，根据BC=6可得BD+CF=6，推出△ADF是等边三角形，得到AD=AF=DF，根据周长可得AB+AC=10，则AD+AF=4，据此计算.
6．（2023九下·姑苏开学考）如图，不等边内接于，I是其内心，，，，内切圆半径为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：延长 交 于点 ，连接 ， 交 于点 ，
则： ，
∵I是 内心，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
过点 作 ，
则： ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵I是 内心，
∴ ，
∴ ，
如图2：过点 作 ，连接 ，设 ，则： ，
则： ，
即： ，
解得： ，
∴ ；
∴
设 的半径为
则：
∴ ，
即： ，
解得： ；
故答案为：A.
【分析】延长BI交⊙O于点D，连接OB、OD、AI，OD交AC于点E，由圆周角定理可得∠DAC=∠DBC，由内心的概念可得∠ABD=∠DBC，∠CAI=∠BAI，则∠DAC=∠DBA，根据角的和差关系可得∠DAI=∠AID，推出AD=DI，由等腰三角形的性质可得DI=BI，则AD=BI，过点I作IG⊥BC，IM⊥AC，IN⊥AB，利用AAS证明△AED≌△BGI，得到BG=AE=7，则CG=BC-BG=6，由内心的概念可得CM=CG=6，BN=BG=7，AN=AM=8，AB=AN+BN=15，过点C作CH⊥AB，连接IC，设AH=x，则BH=15-x，由勾股定理可得x的值，然后求出CH，设半径为r，则IG=IM=IN=r，然后根据三角形的面积公式进行计算.
7．（2022九下·蓬安开学考）矩形ABCD中，AB＝12，BC＝8，将矩形沿MN折叠，使点C恰好落在AD边的中点F处，以矩形对称中心O点为圆心的圆与FN相切于点G，则⊙O的半径为（ ）
A．3.6 B． C．3.5 D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；切线的性质；翻折变换（折叠问题）；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：如图，连接OF、OG、ON，过点O作OH⊥DC于点H，
∵O点为矩形对称中心，AB=12，BC=8，F为AD中点，
∴OF=DH=HC=DC=6，OH=FD=AD=4，
∵圆O与FN相切于点G，
∴OG⊥FN，
由折叠性质可得：FN=NC，设FN=NC=a，则DN=12-a
在直角三角形FDN中，FN2=FD2+DN2，即a2=42+（12-a）2，
解得，a=，
∴DN=，
∴NH=DH-DN=6-=，
在直角三角形OHN中，由勾股定理得：ON2=NH2+OH2=+16，
设FG=b，则GN=-b，
在直角三角形OGF和直角三角形OGN中，由勾股定理得：OF2-FG2=OG2=ON2-GN2，
∴62-b2=+16-（-b）2，解得b=，
∴OG2=36-（）2，解得OG=3.6，即半径为3.6.
故答案为：A.
【分析】如图，连接OF、OG、ON，过点O作OH⊥DC于点H，根据O点为矩形对称中心，AB=12，BC=8，F为AD中点，可得OF=DH=HC=DC=6，OH=FD=AD=4；由圆O与FN相切于点G，得OG⊥FN，再由折叠性质可得：FN=NC，设FN=NC=a，则DN=12-a，直角三角形FDN中，由勾股定理得，FN2=FD2+DN2，即a2=42+（12-a）2，解得，a=，进而得DN=，NH=，再在直角三角形OHN中，由勾股定理求得ON2；再设FG=b，则GN=-b，在直角三角形OGF和直角三角形OGN中，由勾股定理得：OG2=OF2-FG2=ON2-GN2，即：62-b2=+16-（-b）2，解得b=，再求出OG即可解决问题.
8．（2019九下·杭州期中）如图，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF的值是( ）
A．4 B．2 C．4 D．值不确定
【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值，理由如下：
连结OA、OB、OC、OD，如图：
∵DG与 ⊙O 相切，
∴∠GDA=∠ABD，
∵∠ADG=30°，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOD=2∠ABD=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD为等边三角形，
∴AD=OA=4，
同理可得：BC=4，
∵PE∥BC，PF∥AD，
∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA，
∴，，
∴=1，
∴=1，
∴PE+PF=4，
∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4.
故答案为：A.
【分析】当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值，理由如下：连结OA、OB、OC、OD，由切线性质得∠GDA=∠ABD=30°，由圆周角定理得∠AOD=2∠ABD=60°，根据等边三角形判定得△AOD为等边三角形，根据相似三角形判定和性质得，，由比例性质得=1，即=1，从而可得PE+PF.
二、填空题
9．（2023九下·秦淮月考）如图，在中，，.，与延长线、、延长线相切，切点分别为、、，则点到圆心的距离为 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：作于H，连接、、，如图，
设的半径为r，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，，（负值舍去）
∴，
∵与边及的延长线分别相切于点，
∴，
∵，
∴，解得.
即的半径为.
又，且
∴，
∵，
∴，
在中，，
故答案为：.
【分析】作CH⊥AB于H，连接OD、OE、OF、AO、OB、OC，设半径为r，AH=x，CH=y，则BH=8-x，在Rt△ACH、Rt△BCH中，根据勾股定理可得x、y的值，利用三角形的面积公式可得S△ABC，根据切线的性质可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，则S△ABC+S△OCA=S△AOC+S△AOB，结合三角形的面积公式可得r的值，根据切线长定理以及AB、AC、BC的值可得AD=AF=10，接下来在Rt△AOD中，利用勾股定理进行计算.
10．（2023九下·杭州月考）如图，中，，为的角平分线，以点O为圆心，为半径作与边交于点D.若，，则 .
【答案】2
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；切线的判定；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：过O作于H，
∵，
∴，
∵为的角平分线，，
∴，
即为的半径，
∵，
∴为的切线；
设的半径为，则，
在中，
∵，
∴=，
∴=，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴.
故答案为：2.
【分析】过O作OH⊥AB于H，根据角平分线的性质可得OH=OC，推出AB为⊙O的切线，设半径为3x，则OH=OD=OC=3x，根据三角函数的概念可得AH=4x，由勾股定理可得AO=5x，则AO=OD+AD=3x=2，据此可得x的值，然后求出OA、OH、AC的值，再根据三角函数的概念进行计算.
11．（2023九下·靖江月考）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）.若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 .
【答案】289
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为，较长的直角边为较短的直角边为为斜边，
直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
，
①，②，
，
③，
，
解得或（舍去），
大正方形的面积为.
故答案为：289.
【分析】设四个全等的直角三角形的三边分别为a、b、c，较长的直角边为a，较短的直角边为b，c为斜边，根据题意可得，(a-b)2=49，表示出a、b，结合勾股定理可得c的值，进而可得大正方形的面积.
12．（2022九下·隆昌月考）一个边长为3cm的正它有一个外接圆⊙O，我们记为第1个圆，它的内切圆记为第2个圆；在第2个圆内作一个内接正△的内切圆，记为第3个圆；在第3个圆内作一个内接正△的内切圆，记为第4个圆，…，如此作下去，那么第2022个圆的半径是 cm
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义；探索图形规律；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
设第二个三角形为DEF，正三角形ABC中心为O，连接OB，OF，
∵正三角形的中心与内切圆的圆心重合，
∴点D、E、F为边AB、AC、BC的中点，
由三角形的中位线可得：DE=DF=EF=BC，
同理可得：下一个正三角形的边长是上一个正三角形边长的一半；
∴第2022个正三角形的边长为：3×cm，
由图可得cos∠OBF==cos30°=，OB=BF=BC，
∴第2022个正三角形的外接圆半径为：×3×=cm，
故答案为：.
【分析】对图形进行点标注，设第二个三角形为△DEF，正△ABC的中心为O，连接OB，OF，则点D、E、F为边AB、AC、BC的中点，由三角形的中位线可得：DE=DF=EF=BC，同理可得：下一个正三角形的边长是上一个正三角形边长的一半，推出第2022个正三角形的边长为3×cm，根据三角函数的概念可得OB的值，据此计算.
13．（2023九下·义乌开学考）如图 1， 是某激光黑白 A4 纸张打印机的机身，其侧面示意图如图 2，AB⊥BC，CD⊥BC．出纸盘 EP 下方为一段以 O 为圆心的圆弧，与上部面板线段 AE 交于点 E，与 CD 相切于点 D．测得 BC＝24cm， CD＝18cm．进纸盘 CH 可以随调节扣 HF 向右平移，CH＝18cm，HF＝2cm．当 HF 向右移动 6cm 至H′F′时，点 A，D，F'在同一直线上，则 AB 的长度为 cm．若点 E 到 AB 的距离为 16cm， tanA＝4，连接 PO，线段 OP 恰好过圆弧的中点．若点 P 到直线 BC 的距离为 32cm，则 PE＝ cm．
【答案】34；
【知识点】矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）如图，过点F′作F′M⊥AB，垂足为M，交CD于点N，
由题意得，BM＝CN＝HF＝H′F′＝2cm，
F′M＝24＋18＋6＝48（cm），
F′N＝18＋6＝24（cm），
DN＝18 2＝16（cm），
∵AB∥CD，
∴△F′AM∽△F′DN，
∴DN∶AM＝F′N∶F′M＝24∶48＝，
∴AM＝2DN＝2×16＝32（cm），
∴AB＝AM＋MB＝32＋2＝34（cm），
故答案为：34；
（2）如图3，过点E作BC的平行线交AB于点K，交过点P作AB的平行线与点Q，连接OE，OD，OD的延长线交PT于点G，
∴四边形KESB、四边形EQTS、四边形KQTB均是矩形，
在Rt△AEK中，EK＝16cm，tanA＝4，
AK＝14EK＝4cm，
∴KB＝QT＝AB AK＝34 4＝30（cm），
由（1）可得：DC＝16＋2＝18（cm），
∴QG＝QT GT＝30 18＝12（cm），
SC＝BC BS＝24 16＝8（cm），
PQ＝PT QT＝PT KB＝32 30＝2（cm），
PG＝PQ＋QG＝2＋12＝14（cm），
设DG＝CT＝a cm，则ST＝EQ＝SC＋CT＝（a＋8）cm，
∵线段OP恰好过弧ED的中点，
∴OP是DE的垂直平分线，EP＝PD，
在Rt△PEQ，Rt△PDG中由勾股定理可得，
EQ2＋PQ2＝DG2＋PG2＝PE2，
即（a＋8）2＋22＝a2＋142，
解得a＝8，
即：EQ＝a＋8＝16（cm），
∴（cm）.
故答案为：
【分析】根据题意构造相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例，求出AM，进而求出AB的值；利用垂径定理可得OP是DE的垂直平分线，得到PE＝PD，在Rt△AEK中利用锐角三角函数可求出AK，进而求出KB的长，通过作平行线构造直角三角形和矩形，设DG＝CT＝a cm，则ST＝EQ＝SC＋CT＝（a＋8）cm，在Rt△PEQ，Rt△PDG中由勾股定理列方程求出a的值即可解答．
三、解答题
14．如图，AB是⊙O的直径，点F、C在⊙O上且，连接AC、AF，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若，CD=4，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=4，
∴AC=2CD=8，
在Rt△ACB中，BC2+AC2=AB2，
即82+（AB）2=AB2，
∴AB=，
∴⊙O的半径为．
【知识点】切线的性质
【解析】【分析】（1）连结OC，由F，C，B三等分半圆，根据圆周角定理得∠FAC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则∠FAC=∠OCA，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）连结BC，由AB为直径得∠ACB=90°，由F，C，B三等分半圆得∠BOC=60°，则∠BAC=30°，所以∠DAC=30°，在Rt△ADC中，利用含30度的直角三角形三边的关系得AC=2CD=8，在Rt△ACB中，根据勾股定理求得AB，进而求得⊙O的半径．
15．（2016九下·长兴开学考）平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图1摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ=60°，OQ=OD=3，OP=2，OA=AB=1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．
发现：如图2，当点P恰好落在BC边上时，求a的值即阴影部分的面积；
拓展：如图3，当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM=x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．
探究：当半圆K与矩形ABCD的边相切时，直接写出sinα的值．
【答案】解：发现：如图2，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，∴∠POH=30°，∴α=60°﹣30°=30°，∵AD∥BC，∴∠RPO=∠POH=30°，∴∠RKQ=2×30°=60°，∴S扇形KRQ= = ，在Rt△RKE中，RE=RK sin60°= ，∴S△PRK= RE= ，∴S阴影= + ；拓展：如图5， ∵∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，∴△AON∽△BMN，∴ ，即 ，∴BN= ，如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，BQ=AF= ﹣AO=2 ﹣1，∴x的取值范围是0＜x≤2 ﹣1；探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况；①如图5，半圆K与BC相切于点T，设直线KT与AD，OQ的初始位置所在的直线分别交于点S，O′，则∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，OS= =2，在Rt△OSO′中，SO′=OS tan60°=2 ，KO′=2 ﹣ ，在Rt△KGO′中，∠O′=30°，∴KG= KO′= ﹣ ，∴在Rt△OGK中，sinα= = = ，②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得sinα= = = = ；③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点，∴α=60°，∴sinα=sin60°= ；综上所述sinα的值为： 或 或
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】首先设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E，根据直角三角形的直角边与斜边的关系得出∠POH=30° ；进而求得α的度数，根据平行线的性质及圆周角定理得出∠RKQ的度数，然后利用S阴影=S扇形KRQ+S△PRK求得答案；
拓展：如图5，由∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，得到△AON∽△BMN，根据相似三角形对应边成比例即可求得BN，如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，根据勾股定理求出BQ=AF的值，则可求出x的取值范围；
探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况：①半圆K与BC相切于点T，②当半圆K与AD相切于T，③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点；分别求解即可求得答案．
四、综合题
16．（2023九下·浙江月考） 如图1，已知外一点向作切线，点为切点，连接并延长交于点，连接并延长交于点，过点作，分别交于点，交于点，连接.
（1）求证：∽；
（2）如图2，当时，
①求的度数；
②连接，若点关于直线的对称点为，连接，请直接写出的值.
【答案】（1）证明：如图1，切于点，是的直径，
，
，
，
，
，
，
（2）解：解：如图2，连接，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
②
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：（2）存在.如图2，过点作交于，连接，，，
由得：，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，
.
【分析】（1）根据切线的性质及圆周角定理可得 =90°， 由平行线的性质可得 ， 据此可证∽；
（2）① 连接， 可证△OAD为等边三角形，可得∠OAD=60°， 由平行线的性质可得 ， 再利用三角形内角和即可求解；②过点作交于，连接，，，由，，证明，可得，再证四边形是菱形，可得，求可转化为求即可.
17．（2023九下·黄石港月考）如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上两点，∠ABD＝2∠BAC，CE⊥BD于点E．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若BC＝3，BD＝7，求线段BE的长：
（3）在（2）的条件下，求cos∠DCA的值．
【答案】（1）解：如图，连接，
，，
，
，
，
，
是 的切线.
（2）解：如图，作，
设，
，，
，，
，，
，，
，
四边形是矩形，，
，，
，
，
(舍去)，，
.
（3）解：由(2)得，
，
，
，，
，
，
.
【知识点】垂径定理的实际用用；圆周角定理；切线的判定；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)本题考查的是切线的判定，先利用圆周角定理得到OC与BD平行，再证得OC垂直于CE.
(2)本题考查了垂径定理、矩形的判定与性质，灵活利用线段之间的关系用勾股定理求解是解题关键.设，通过表示出CE的长，再利用矩形的性质表示出的边长，然后通过勾股定理计算出BE的值.
(3)本题考查的是解直角三角形的应用，先利用圆周角定理找到具有与相等的角的直角三角形，再求三角函数.
1 / 12023-2024学年湘教版初中数学九年级下册 2.5 直线与圆的位置关系同步分层训练培优题
一、选择题
1．（北师大版数学九年级下册第三章第七节《切线长定理》同步检测）如图，PA、PB是⊙O的两条切线，切点是A、B．如果OP=4，PA=2，那么∠AOB等于（ ）
A．90° B．100° C．110° D．120°
2．（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．
3．（2023九下·北碚期中）如图，在中，是边上的点，以为圆心，为半径的与相切于点，平分，，，的长是（ ）
A． B．2 C． D．
4．（2022九下·四平期中）如图，在平面直角坐标系中，点P 在第一象限，⊙P与x轴相切于点Q，与y轴交于，两点，则点P的坐标是 （ ）
A．（5，3） B．（3，5） C．（4，5） D．（5，4）
5．（2022九下·诸暨月考）如图， 中， ， ，它的周长为 若 与 ， ， 三边分别切于 ， ， 点，则 的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2023九下·姑苏开学考）如图，不等边内接于，I是其内心，，，，内切圆半径为（ ）
A．4 B． C． D．
7．（2022九下·蓬安开学考）矩形ABCD中，AB＝12，BC＝8，将矩形沿MN折叠，使点C恰好落在AD边的中点F处，以矩形对称中心O点为圆心的圆与FN相切于点G，则⊙O的半径为（ ）
A．3.6 B． C．3.5 D．
8．（2019九下·杭州期中）如图，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF的值是( ）
A．4 B．2 C．4 D．值不确定
二、填空题
9．（2023九下·秦淮月考）如图，在中，，.，与延长线、、延长线相切，切点分别为、、，则点到圆心的距离为 .
10．（2023九下·杭州月考）如图，中，，为的角平分线，以点O为圆心，为半径作与边交于点D.若，，则 .
11．（2023九下·靖江月考）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）.若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为 .
12．（2022九下·隆昌月考）一个边长为3cm的正它有一个外接圆⊙O，我们记为第1个圆，它的内切圆记为第2个圆；在第2个圆内作一个内接正△的内切圆，记为第3个圆；在第3个圆内作一个内接正△的内切圆，记为第4个圆，…，如此作下去，那么第2022个圆的半径是 cm
13．（2023九下·义乌开学考）如图 1， 是某激光黑白 A4 纸张打印机的机身，其侧面示意图如图 2，AB⊥BC，CD⊥BC．出纸盘 EP 下方为一段以 O 为圆心的圆弧，与上部面板线段 AE 交于点 E，与 CD 相切于点 D．测得 BC＝24cm， CD＝18cm．进纸盘 CH 可以随调节扣 HF 向右平移，CH＝18cm，HF＝2cm．当 HF 向右移动 6cm 至H′F′时，点 A，D，F'在同一直线上，则 AB 的长度为 cm．若点 E 到 AB 的距离为 16cm， tanA＝4，连接 PO，线段 OP 恰好过圆弧的中点．若点 P 到直线 BC 的距离为 32cm，则 PE＝ cm．
三、解答题
14．如图，AB是⊙O的直径，点F、C在⊙O上且，连接AC、AF，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若，CD=4，求⊙O的半径．
15．（2016九下·长兴开学考）平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图1摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ=60°，OQ=OD=3，OP=2，OA=AB=1．让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α（0°≤α≤60°）．
发现：如图2，当点P恰好落在BC边上时，求a的值即阴影部分的面积；
拓展：如图3，当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM=x（x＞0），用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．
探究：当半圆K与矩形ABCD的边相切时，直接写出sinα的值．
四、综合题
16．（2023九下·浙江月考） 如图1，已知外一点向作切线，点为切点，连接并延长交于点，连接并延长交于点，过点作，分别交于点，交于点，连接.
（1）求证：∽；
（2）如图2，当时，
①求的度数；
②连接，若点关于直线的对称点为，连接，请直接写出的值.
17．（2023九下·黄石港月考）如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上两点，∠ABD＝2∠BAC，CE⊥BD于点E．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若BC＝3，BD＝7，求线段BE的长：
（3）在（2）的条件下，求cos∠DCA的值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】解：∵△APO≌△BPO（HL），
∴∠AOP=∠BOP．
∵sin∠AOP=AP：OP=2：4=：2，
∴∠AOP=60°．
∴∠AOB=120°．
故选D．
【分析】由切线长定理知△APO≌△BPO，得∠AOP=∠BOP．可求得sin∠AOP=：2，所以可知∠AOP=60°，从而求得∠AOB的值．
2．【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.
3．【答案】A
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质；解直角三角形；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵AC是圆O的切线，
∴OD⊥AC，
∴∠ADO=90°，
∵，
∴∠A=30°，
∴∠AOD=90°-30°=60°；
∵OD=OB，
∴∠OBD=∠ODB，
∵∠AOD=∠OBD+∠ODB=60°，
解之：∠OBD=30°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠OBD=2×30°=60°，
∴∠C=180°-∠A-∠ABC=180°-30°-60°=90°，
在Rt△ABC中
即，
解之：，
设OD=x，则AO=12-x，
∴12-x=2x，
解之：x=4，
∴OD=4
∴，
∴.
故答案为：A
【分析】利用切线的性质可证得∠ADO=90°，利用锐角三角函数的定义和特殊角的三角函数值，可求出∠A=30°，∠AOD=60°，利用三角形的外角的性质和角平分线的定义求出∠ABC的度数，可证得∠C=90°；再利用解直角三角形求出AC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，即可得到AD的长.
4．【答案】C
【知识点】点的坐标；切线的性质
【解析】【解答】过点P作PD⊥MN于D，连接PQ．
∵⊙P与x轴相切于点Q，与y轴交于M（0，2），N（0，8）两点，
∴OM=2，NO=8，
∴NM=6，
∵PD⊥NM，
∴DM=3
∴OD=5，
∴OQ2=OM ON=2×8=16，OQ=4．
∴PD=4，PQ=OD=3+2=5．
即点P的坐标是（4，5）．
故答案为：C．
【分析】过点P作PD⊥MN于D，连接PQ，根据OQ2=OM ON=2×8=16，OQ=4，求出PD=4，PQ=OD=3+2=5，即可得到点P的坐标。
5．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解： 与 ， ， 三边分别切于 ， ， 点，
， ， ，
，
，
， ，
是等边三角形，
，
， ，
，
，
，
，
，
故答案为：A.
【分析】根据切线长定理可得AD=AF，BE=BD，CE=CF，根据BC=6可得BD+CF=6，推出△ADF是等边三角形，得到AD=AF=DF，根据周长可得AB+AC=10，则AD+AF=4，据此计算.
6．【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：延长 交 于点 ，连接 ， 交 于点 ，
则： ，
∵I是 内心，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
过点 作 ，
则： ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵I是 内心，
∴ ，
∴ ，
如图2：过点 作 ，连接 ，设 ，则： ，
则： ，
即： ，
解得： ，
∴ ；
∴
设 的半径为
则：
∴ ，
即： ，
解得： ；
故答案为：A.
【分析】延长BI交⊙O于点D，连接OB、OD、AI，OD交AC于点E，由圆周角定理可得∠DAC=∠DBC，由内心的概念可得∠ABD=∠DBC，∠CAI=∠BAI，则∠DAC=∠DBA，根据角的和差关系可得∠DAI=∠AID，推出AD=DI，由等腰三角形的性质可得DI=BI，则AD=BI，过点I作IG⊥BC，IM⊥AC，IN⊥AB，利用AAS证明△AED≌△BGI，得到BG=AE=7，则CG=BC-BG=6，由内心的概念可得CM=CG=6，BN=BG=7，AN=AM=8，AB=AN+BN=15，过点C作CH⊥AB，连接IC，设AH=x，则BH=15-x，由勾股定理可得x的值，然后求出CH，设半径为r，则IG=IM=IN=r，然后根据三角形的面积公式进行计算.
7．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；切线的性质；翻折变换（折叠问题）；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：如图，连接OF、OG、ON，过点O作OH⊥DC于点H，
∵O点为矩形对称中心，AB=12，BC=8，F为AD中点，
∴OF=DH=HC=DC=6，OH=FD=AD=4，
∵圆O与FN相切于点G，
∴OG⊥FN，
由折叠性质可得：FN=NC，设FN=NC=a，则DN=12-a
在直角三角形FDN中，FN2=FD2+DN2，即a2=42+（12-a）2，
解得，a=，
∴DN=，
∴NH=DH-DN=6-=，
在直角三角形OHN中，由勾股定理得：ON2=NH2+OH2=+16，
设FG=b，则GN=-b，
在直角三角形OGF和直角三角形OGN中，由勾股定理得：OF2-FG2=OG2=ON2-GN2，
∴62-b2=+16-（-b）2，解得b=，
∴OG2=36-（）2，解得OG=3.6，即半径为3.6.
故答案为：A.
【分析】如图，连接OF、OG、ON，过点O作OH⊥DC于点H，根据O点为矩形对称中心，AB=12，BC=8，F为AD中点，可得OF=DH=HC=DC=6，OH=FD=AD=4；由圆O与FN相切于点G，得OG⊥FN，再由折叠性质可得：FN=NC，设FN=NC=a，则DN=12-a，直角三角形FDN中，由勾股定理得，FN2=FD2+DN2，即a2=42+（12-a）2，解得，a=，进而得DN=，NH=，再在直角三角形OHN中，由勾股定理求得ON2；再设FG=b，则GN=-b，在直角三角形OGF和直角三角形OGN中，由勾股定理得：OG2=OF2-FG2=ON2-GN2，即：62-b2=+16-（-b）2，解得b=，再求出OG即可解决问题.
8．【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值，理由如下：
连结OA、OB、OC、OD，如图：
∵DG与 ⊙O 相切，
∴∠GDA=∠ABD，
∵∠ADG=30°，
∴∠ABD=30°，
∴∠AOD=2∠ABD=60°，
∵OA=OD，
∴△AOD为等边三角形，
∴AD=OA=4，
同理可得：BC=4，
∵PE∥BC，PF∥AD，
∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA，
∴，，
∴=1，
∴=1，
∴PE+PF=4，
∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4.
故答案为：A.
【分析】当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值，理由如下：连结OA、OB、OC、OD，由切线性质得∠GDA=∠ABD=30°，由圆周角定理得∠AOD=2∠ABD=60°，根据等边三角形判定得△AOD为等边三角形，根据相似三角形判定和性质得，，由比例性质得=1，即=1，从而可得PE+PF.
9．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：作于H，连接、、，如图，
设的半径为r，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，，（负值舍去）
∴，
∵与边及的延长线分别相切于点，
∴，
∵，
∴，解得.
即的半径为.
又，且
∴，
∵，
∴，
在中，，
故答案为：.
【分析】作CH⊥AB于H，连接OD、OE、OF、AO、OB、OC，设半径为r，AH=x，CH=y，则BH=8-x，在Rt△ACH、Rt△BCH中，根据勾股定理可得x、y的值，利用三角形的面积公式可得S△ABC，根据切线的性质可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，则S△ABC+S△OCA=S△AOC+S△AOB，结合三角形的面积公式可得r的值，根据切线长定理以及AB、AC、BC的值可得AD=AF=10，接下来在Rt△AOD中，利用勾股定理进行计算.
10．【答案】2
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；切线的判定；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：过O作于H，
∵，
∴，
∵为的角平分线，，
∴，
即为的半径，
∵，
∴为的切线；
设的半径为，则，
在中，
∵，
∴=，
∴=，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴.
故答案为：2.
【分析】过O作OH⊥AB于H，根据角平分线的性质可得OH=OC，推出AB为⊙O的切线，设半径为3x，则OH=OD=OC=3x，根据三角函数的概念可得AH=4x，由勾股定理可得AO=5x，则AO=OD+AD=3x=2，据此可得x的值，然后求出OA、OH、AC的值，再根据三角函数的概念进行计算.
11．【答案】289
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：设四个全等的直角三角形的三边分别为，较长的直角边为较短的直角边为为斜边，
直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，
，
①，②，
，
③，
，
解得或（舍去），
大正方形的面积为.
故答案为：289.
【分析】设四个全等的直角三角形的三边分别为a、b、c，较长的直角边为a，较短的直角边为b，c为斜边，根据题意可得，(a-b)2=49，表示出a、b，结合勾股定理可得c的值，进而可得大正方形的面积.
12．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；三角形的内切圆与内心；锐角三角函数的定义；探索图形规律；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，
设第二个三角形为DEF，正三角形ABC中心为O，连接OB，OF，
∵正三角形的中心与内切圆的圆心重合，
∴点D、E、F为边AB、AC、BC的中点，
由三角形的中位线可得：DE=DF=EF=BC，
同理可得：下一个正三角形的边长是上一个正三角形边长的一半；
∴第2022个正三角形的边长为：3×cm，
由图可得cos∠OBF==cos30°=，OB=BF=BC，
∴第2022个正三角形的外接圆半径为：×3×=cm，
故答案为：.
【分析】对图形进行点标注，设第二个三角形为△DEF，正△ABC的中心为O，连接OB，OF，则点D、E、F为边AB、AC、BC的中点，由三角形的中位线可得：DE=DF=EF=BC，同理可得：下一个正三角形的边长是上一个正三角形边长的一半，推出第2022个正三角形的边长为3×cm，根据三角函数的概念可得OB的值，据此计算.
13．【答案】34；
【知识点】矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）如图，过点F′作F′M⊥AB，垂足为M，交CD于点N，
由题意得，BM＝CN＝HF＝H′F′＝2cm，
F′M＝24＋18＋6＝48（cm），
F′N＝18＋6＝24（cm），
DN＝18 2＝16（cm），
∵AB∥CD，
∴△F′AM∽△F′DN，
∴DN∶AM＝F′N∶F′M＝24∶48＝，
∴AM＝2DN＝2×16＝32（cm），
∴AB＝AM＋MB＝32＋2＝34（cm），
故答案为：34；
（2）如图3，过点E作BC的平行线交AB于点K，交过点P作AB的平行线与点Q，连接OE，OD，OD的延长线交PT于点G，
∴四边形KESB、四边形EQTS、四边形KQTB均是矩形，
在Rt△AEK中，EK＝16cm，tanA＝4，
AK＝14EK＝4cm，
∴KB＝QT＝AB AK＝34 4＝30（cm），
由（1）可得：DC＝16＋2＝18（cm），
∴QG＝QT GT＝30 18＝12（cm），
SC＝BC BS＝24 16＝8（cm），
PQ＝PT QT＝PT KB＝32 30＝2（cm），
PG＝PQ＋QG＝2＋12＝14（cm），
设DG＝CT＝a cm，则ST＝EQ＝SC＋CT＝（a＋8）cm，
∵线段OP恰好过弧ED的中点，
∴OP是DE的垂直平分线，EP＝PD，
在Rt△PEQ，Rt△PDG中由勾股定理可得，
EQ2＋PQ2＝DG2＋PG2＝PE2，
即（a＋8）2＋22＝a2＋142，
解得a＝8，
即：EQ＝a＋8＝16（cm），
∴（cm）.
故答案为：
【分析】根据题意构造相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例，求出AM，进而求出AB的值；利用垂径定理可得OP是DE的垂直平分线，得到PE＝PD，在Rt△AEK中利用锐角三角函数可求出AK，进而求出KB的长，通过作平行线构造直角三角形和矩形，设DG＝CT＝a cm，则ST＝EQ＝SC＋CT＝（a＋8）cm，在Rt△PEQ，Rt△PDG中由勾股定理列方程求出a的值即可解答．
14．【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=4，
∴AC=2CD=8，
在Rt△ACB中，BC2+AC2=AB2，
即82+（AB）2=AB2，
∴AB=，
∴⊙O的半径为．
【知识点】切线的性质
【解析】【分析】（1）连结OC，由F，C，B三等分半圆，根据圆周角定理得∠FAC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则∠FAC=∠OCA，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线的判定定理得到CD是⊙O的切线；
（2）连结BC，由AB为直径得∠ACB=90°，由F，C，B三等分半圆得∠BOC=60°，则∠BAC=30°，所以∠DAC=30°，在Rt△ADC中，利用含30度的直角三角形三边的关系得AC=2CD=8，在Rt△ACB中，根据勾股定理求得AB，进而求得⊙O的半径．
15．【答案】解：发现：如图2，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E，在Rt△OPH中，PH=AB=1，OP=2，∴∠POH=30°，∴α=60°﹣30°=30°，∵AD∥BC，∴∠RPO=∠POH=30°，∴∠RKQ=2×30°=60°，∴S扇形KRQ= = ，在Rt△RKE中，RE=RK sin60°= ，∴S△PRK= RE= ，∴S阴影= + ；拓展：如图5， ∵∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，∴△AON∽△BMN，∴ ，即 ，∴BN= ，如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，BQ=AF= ﹣AO=2 ﹣1，∴x的取值范围是0＜x≤2 ﹣1；探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况；①如图5，半圆K与BC相切于点T，设直线KT与AD，OQ的初始位置所在的直线分别交于点S，O′，则∠KSO=∠KTB=90°，作KG⊥OO′于G，在Rt△OSK中，OS= =2，在Rt△OSO′中，SO′=OS tan60°=2 ，KO′=2 ﹣ ，在Rt△KGO′中，∠O′=30°，∴KG= KO′= ﹣ ，∴在Rt△OGK中，sinα= = = ，②当半圆K与AD相切于T，如图6，同理可得sinα= = = = ；③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点，∴α=60°，∴sinα=sin60°= ；综上所述sinα的值为： 或 或
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】首先设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E，根据直角三角形的直角边与斜边的关系得出∠POH=30° ；进而求得α的度数，根据平行线的性质及圆周角定理得出∠RKQ的度数，然后利用S阴影=S扇形KRQ+S△PRK求得答案；
拓展：如图5，由∠OAN=∠MBN=90°，∠ANO=∠BNM，得到△AON∽△BMN，根据相似三角形对应边成比例即可求得BN，如图4，当点Q落在BC上时，x取最大值，作QF⊥AD于点F，根据勾股定理求出BQ=AF的值，则可求出x的取值范围；
探究：半圆K与矩形ABCD的边相切，分三种情况：①半圆K与BC相切于点T，②当半圆K与AD相切于T，③当半圆K与CD切线时，点Q与点D重合，且为切点；分别求解即可求得答案．
16．【答案】（1）证明：如图1，切于点，是的直径，
，
，
，
，
，
，
（2）解：解：如图2，连接，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
②
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：（2）存在.如图2，过点作交于，连接，，，
由得：，，
，
，
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四边形是平行四边形，
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四边形是菱形，
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【分析】（1）根据切线的性质及圆周角定理可得 =90°， 由平行线的性质可得 ， 据此可证∽；
（2）① 连接， 可证△OAD为等边三角形，可得∠OAD=60°， 由平行线的性质可得 ， 再利用三角形内角和即可求解；②过点作交于，连接，，，由，，证明，可得，再证四边形是菱形，可得，求可转化为求即可.
17．【答案】（1）解：如图，连接，
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是 的切线.
（2）解：如图，作，
设，
，，
，，
，，
，，
，
四边形是矩形，，
，，
，
，
(舍去)，，
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（3）解：由(2)得，
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，，
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，
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【知识点】垂径定理的实际用用；圆周角定理；切线的判定；解直角三角形的其他实际应用
【解析】【分析】(1)本题考查的是切线的判定，先利用圆周角定理得到OC与BD平行，再证得OC垂直于CE.
(2)本题考查了垂径定理、矩形的判定与性质，灵活利用线段之间的关系用勾股定理求解是解题关键.设，通过表示出CE的长，再利用矩形的性质表示出的边长，然后通过勾股定理计算出BE的值.
(3)本题考查的是解直角三角形的应用，先利用圆周角定理找到具有与相等的角的直角三角形，再求三角函数.
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