人教版高中数学选修4-1同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料：02直线与圆的位置关系 --选修4-1

直线与圆的位置关系
【学习目标】
1. 会证明和应用圆周角定理、圆的切线的判定定理及性质定理。
2．会证明和应用相交弦定理、圆内接四边形的性质定理与判定定理、切割线定理。
【要点梳理】
要点一、圆的有关预备知识
1. 圆的切线判定定理： 经过圆的半径的外端且垂直于这条半径的直线，是圆的切线
2. 圆的切线的性质定理： 圆的切线垂直过切点的半径（反证法）
推论1： 从圆外的一个已知点所引的两条切线长相等
推论2： 经过圆外的一个已知点和圆心的直线，平分从这点向圆所作的两条切线
的夹角
3. 垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。
推论：
1）平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；
2）弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧；
3）平分弦所对的一条弧的直径，垂直平分弦并且平分弦所对的另一条弧
4.有关弧、弦、圆心角关系的定理：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦的弦心距相等。
推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦或两条弦的弦心距中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等。
5.正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，即 （2R在同一个三角形中是恒量，是外接圆的半径的两倍）
6.余弦定理：, ,
要点二、圆周角定理
1．圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半。
推论1 ：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等。
推论2 ：半圆（或直径）所对的圆周角是90°；90°的圆周角所对的弦是直径。
推论3 ：如果三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角形。
2. 圆心角定理：圆心角的度数和它所对的弧的度数相等。
要点注释：涉及圆周角的题目，经常利用圆周角与它所对的弧相互转化，即圆周角的度数可以转化成它所对弧的度数，而弧的度数又可以转化为圆周角的度数.
要点三、圆内接四边形的性质与判定定理
性质定理1：圆内接四边形的对角互补。
性质定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角。
判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。
推论：如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆。
要点四、圆的切线的性质及判定定理
1.圆的切线的性质定理： 圆的切线垂直于经过切点半径 推论1 经过圆心且垂直于切线的直径必经过切点 推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
2.圆的切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
要点注释：利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算,有时需添加辅助线，其中连接圆心和切点的半径是常用辅助线，从而可以构造直角三角形，利用直角三角形边角关系求解，或利用勾股定理求解，或利用三角形相似求解等.
要点五、弦切角定理
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧对的圆周角。
（它是圆中证明角相等的重要定理之一）推论： 如果两个弦切角所夹的弧相等，那么这两个弦切角也相等
若TC为圆O切线，∠BTC=∠BAT
注：弦切角概念：顶点在圆上，一边和圆相交、另一边和圆相切的角
叫做弦切角．它是继圆心角、圆周角之后第三种与圆有关的角．这种
角必须满足三个条件： 1）顶点在圆上，即角的顶点是圆的一条切线的切点； 2）角的一边和圆相交，即角的一边是过切点的一条弦所在的射线； 3）角的另一边和圆相切，即角的另一边是切线上以切点为端点的一条射线． 它们是判断一个角是否为弦切角的标准，三者缺一不可。
要点注释：对于和弦切角有关的问题，首先观察分析图形的特点，认准图形中圆的切线所形成的弦切角，再利用弦切角定理，寻找相等的角，往往与相似三角形的相关知识联系在一起得到最终的结论.
要点六、与圆有关的比例线段
1.相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等。
2.切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项。
3.切线长定理： 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角
列表如下：
定理名称
基本图形
条件
结论
应用
相交弦定理
弦AB、CD相交于圆内点P
(1)PA·PB＝PC·PD；
(2)△ACP∽△DBP
(1)在PA、PB、PC、PD四线段中知三求一；
(2)求弦长及角
切割线定理
PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割线
(1)PA2＝PB·PC；
(2)△PAB∽△PCA
(1)已知PA、PB、PC知二可求一；
(2)求解AB、AC
割线定理
PAB、PCD是⊙O的割线　
(1)PA·PB＝PC·PD；
(2)△PAC∽△PDB
(1)求线段PA、PB、PC、PD及AB、CD；
(2)应用相似求AC、BD
要点注释：应用相交弦定理、切割线定理要抓住几个关键内容，如线段成比例与相似三角形、圆的切线及其性质、与圆有关的相似三角形等.
要点七、解圆的问题的常用方法
1. 证明等积式或比例式，通常利用相似；
2. 找角相等，要有找同弧或等弧所对的圆周角的意识；
3. 关于弦的问题，常常需要过圆心作弦的垂线段，这是一条非常重要的辅助线。
4. 圆心到弦的距离、半径、弦长构成直角三角形，便将问题转化为直角三角形的问题。
【典型例题】
类型一、圆周角定理和圆心角定理的应用
例1. 如图：OA、OB、OC都是⊙O的半径 ∠AOB=2∠BOC.
求证：∠ACB=2∠BAC.
【思路点拨】所对圆周角是∠ACB, 圆心角是∠AOB. 则∠ACB= ∠AOB.
所对圆周角是∠ BAC , 圆心角是∠BOC, 则∠ BAC=∠BOC
【解析】∵∠ACB= ∠AOB，∠BAC=∠BOC
∴∠AOB=2∠BOC ∴∠ACB=2∠BAC
【总结升华】解决圆周角和圆心角的计算和证明问题,要准确找出同弧所对的圆周角和圆心角,然后再灵活运用圆周角定理
举一反三：
【变式1】 如图，在⊙O中， 所对的圆周角和圆心角分别是
∠BAC,∠BOC，且∠BAC=50°,则∠BOC=______.
【答案】∠BOC=2∠BAC=100°.
【变式2】如图，△ABC的顶点A、B、C都在⊙O上，∠C＝30 °，AB＝2，
则⊙O的半径是 。
【答案】连接OA、OB
∵∠C=30 ° ，∴∠AOB=60 °
又∵OA=OB ，∴△AOB是等边三角形
∴OA=OB=AB=2，即半径为2。
【变式3】如图所示，已知：AB和DE是⊙O的直径，弦AC∥DE，
求证：CE=BE

【答案】∵AC∥DE ∴，∠AOD=∠BOE，，故而，∴CE=BE
【变式4】已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A = 80°，那么∠BOC =＿＿＿，∠BIC＝________.
【答案】160°，130°
如图，∵∠A＝80°，
∴∠BOC =2∠A＝160°．
又∵在△ABC中，∠A=80°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°－80°=100°．
又∠IBC＝∠ABC，∠ICB=∠ACB，
∴∠IBC＋∠ICB＝(∠ABC +∠ACB)＝50°，
∴∠BIC＝180°－50°＝130°．
例2．如图，AB为⊙O的直径，弦AC、BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APB＝________.
【思路点拨】连结AD，BC，结合正弦定理求解．
【解析】　连接AD，BC.因为AB是圆O
的直径，所以∠ADB＝∠ACB＝90°.
又∠ACD＝∠ABD，所以在△ACD中，由正弦定理得：＝＝＝＝AB＝3，又CD＝1，所以sin∠DAC＝sin∠DAP＝，所以cos∠DAP＝.
又sin∠APB＝sin (90°＋∠DAP)＝cos∠DAP＝.
【总结升华】审题时要注意利用推论2 ：半圆（或直径）所对的圆周角是90°；90°的圆周角所对的弦是直径这一关键条件，解决本题的关键是寻找∠APB与∠DAP的关系以及AD与AB的关系。
举一反三：
【变式1】如图,在⊙O中,AB是直径,CD是弦,AB⊥CD.
(1)P是上一点(不与C、D重合),试判断∠CPD与∠COB的大小关系, 并说明理由.
(2)点P′在劣弧CD上(不与C、D重合时),∠CP′D与∠COB有什么数量关系?请证明你的结论.
【答案】(1)相等.理由如下:连接OD,∵AB⊥CD,AB是直径,
∴,∴∠COB= ∠DOB.
∵∠COD=2∠P,∴∠COB=∠P,即∠COB=∠CPD.
(2)∠CP′D+∠COB=180°.
理由如下:连接P′P,
则∠P′CD=∠P′PD,∠P′PC=∠P′DC.
∴∠P′CD+∠P′DC=∠P′PD+∠P′PC=∠CPD.
∴∠CP′D=180°-(∠P′CD+∠P′DC)=180°-∠CPD=180°-∠COB,
从而∠CP′D+∠COB=180°.
【变式2】如图,AB为半圆O的直径,弦AD、BC相交于点P,若CD=3,AB=4,
求tan∠BPD的值.
【答案】连接BD,则∴AB是直径,∴∠ADB=90°.
∵∠C=∠A,∠D=∠B,∴△PCD ∽△PAB,∴.
在Rt△PBD中,cos∠BPD==,
设PD=3x,PB=4x,
则BD=,
∴tan∠BPD=.
类型二、圆的切线定理及弦切角定理的应用
例3（2018 鞍山一模）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，⊙O交直线OB于E、D，连接EC、CD．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）若tan∠CED=，⊙O的半径为3，求OA的长．
【思路点拨】（1）要想证AB是⊙O的切线，只要连接OC，求证∠ACO=90°即可；
（2）先由三角形判定定理可知，△BCD∽△BEC，得BD与BC的比例关系，最后由切割线定理列出方程求出OA的长．
【解析】（1）如图，
连接OC，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC⊥AB．
∴AB是⊙O的切线；
（2）∵BC是圆O切线，且BE是圆O割线，
∴BC2=BD?BE，
∵tan∠CED=，∴．
∵△BCD∽△BEC，∴，
设BD=x，BC=2x．又BC2=BD?BE，∴（2x）2=x?（x+6），
解得x1=0，x2=2，∵BD=x＞0，∴BD=2，∴OA=OB=BD+OD=3+2=5．（10分）．
【总结升华】(1)圆周角定理及其推论与弦切角定理及其推论多用于推出角的关系，从而证明三角形全等或相似，可求线段或角的大小．
(2)涉及圆的切线问题时要注意弦切角的转化；关于圆周上的点，常作直线(或半径)或向弦(弧)两端画圆周角或作弦切角．
举一反三：
【变式1】如右图所示,圆O的直径AB=6,C为圆周上一点,BC=3过C作
圆的切线l,过A作l的垂线AD,垂足为D,则∠DAC =( )
A. B. C. D.
【答案】B.由弦切角定理得,又,故,
【变式2】如图，已知圆上的弧，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点。求证：
(1)∠ACE＝∠BCD；(2)BC2＝BE·CD.
【答案】(1)因为，
所以∠BCD＝∠ABC.
又因为EC与圆相切于点C，故∠ACE＝∠ABC，
所以∠ACE＝∠BCD.
(2)因为∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，
所以△BDC∽△ECB，故，
即BC2＝BE·CD.
【变式3】 AB是圆O的直径，BC是圆O的切线，D在圆O上，且OC//AD，
求证： DC是圆O的切线.
【答案】
连接OD∵OC∥AD∴∠COD=∠ODA，∠BOC=∠OAD∵OA=OD∴∠OAD=∠ODA∴∠BOC=∠DOC∵OB=OD，OC=OC∴△BOC≌△DOC∴∠ODC=∠OBC=90°∴CD是圆O的切线
【变式4】（2018 陕西模拟）如图所示，已知⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O1的切线交⊙O2于点C，过点B作两圆的割线，分别交⊙O1、⊙O2于点D、E，DE与AC相交于点P．
（Ⅰ）求证：AD∥EC；
（Ⅱ）若AD是⊙O2的切线，且PA=6，PC=2，BD=9，求AD的长．
【解析】（I）证明：连接AB，
∵AC是⊙O1的切线，
∴∠BAC=∠D，
又∵∠BAC=∠E，
∴∠D=∠E，
∴AD∥EC．
（II）∵PA是⊙O1的切线，PD是⊙O1的割线，
∴PA2=PB?PD，
∴62=PB?（PB+9）
∴PB=3，
在⊙O2中由相交弦定理，得PA?PC=BP?PE，
∴PE=4，
∵AD是⊙O2的切线，DE是⊙O2的割线，
∴AD2=DB?DE=9×16，
∴AD=12
类型三、圆内接四边形性质的应用
?例4. 已知：如图，∠APC＝∠BPC＝60°，则∠BAC＝__________。
? ??【解析】∵∠APC＝∠BPC＝60°
??? ∴∠APB＝120°，BC＝AC
??? ∵四边形APBC内接于⊙O
??? ∴∠ACB＝60°
??? ∴△ABC是等边三角形
??? ∴∠BCA＝60°，故填60°
???【总结升华】本题较综合，考察：①相等的圆周角所对弦相等，②圆内接四边形对角互补，③一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
?举一反三：
【变式1】 如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠BOD＝110°，则∠BCD＝________。
?【答案】125°
∵∠BOD＝110°，∴∠BAD＝55°
??? 又∠BAD＋∠BCD＝180°
??? ∴∠BCD＝180°－55°＝125°
【变式2】如图所示，EB、EC是⊙O的两条切线，B、C是切点，A、D
是⊙O上两点，如果∠E=46°，∠DCF=32°，则∠A的度数是______.
【答案】99°
分别连结OB、OC、AC.∴OB⊥EB，OC⊥EF，
∵∠E=46°，∴∠BOC=134°，∴∠BAC=67°，∵∠DCF=32°，∴∠CAD=32°，∴∠BAD=67°+32°=99°.
【变式3】 如图所示，锐角△ABC内接于圆O，∠BAC＝60°，H是△ABC的垂心，BD是⊙O的直径。
??? 求证：
???【答案】连结AD、CD、CH
??? ∵BD是⊙O的直径
??? ∴∠BAD＝∠BCD＝90°
??? 又∵∠BAC＝60°
??? ∴∠CAD＝30°
??? ∴∠DBC＝∠CAD＝30°
??? 在Rt△BCD中，得：
??? ∵H是△ABC的垂心
??? ∴AH⊥BC，CH⊥AB
??? 又∵DC⊥BC，DA⊥AB
??? ∴AH∥DC，AD∥HC
??? ∴四边形AHCD是平行四边形
??? ∴AH＝CD
???∴
类型四、与圆有关的比例线段的应用
例5．如图，半径为2的⊙O中，∠AOB＝90°，D为OB的中点，AD的延长线交⊙O于点E，则线段DE的长为________．

【思路点拨】 由勾股定理求AD，再由相交弦定理求DE.
【解析】　延长DO交圆O于另一点F，易知OD＝1，则＝＝.由相交弦定理得，AD·DE＝BD·DF，即·DE＝1×3，DE＝.
【总结升华】相交弦定理主要用于与圆有关的比例线段的计算与证明，解题时要与相似三角形及圆周角、弦切角等相关知识综合应用 .
举一反三：
【变式1】如图，AB、CD是半径为a的圆O的两条弦，它们相交于AB的中点P，PD＝，∠OAP＝30°，则CP＝________.
【答案】　
依题意：AP＝PB＝a，由PD·CP＝AP·PB，得CP＝＝.
【变式2】如图，△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.
[来源:学_科_网Z_X_X_K]
(1)证明：△ABE∽△ADC；
(2)若△ABC的面积S＝AD·AE，求∠BAC的大小．
【答案】　
(1)由已知条件，可得∠BAE＝∠CAD.
因为∠AEB与∠ACB是同弧所对的圆周角，
所以∠AEB＝∠ACD.[来源:Z*xx*k.Com]
故△ABE∽△ADC.
(2)因为△ABE∽△ADC，所以，
即AB·AC＝AD·AE.
又S＝AB·ACsin∠BAC，
且S＝AD·AE，
故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE.
则sin∠BAC＝1，
又∠BAC为△ABC的内角，
所以∠BAC＝90°.
例6. 如图所示，PA为⊙O的切线，A为切点，PBC是过点O的割线，PA＝10，PB＝5，∠BAC的平分线与BC和⊙O分别交于点D和E，求AD·AE的值．

【思路点拨】 由切割线定理知PA2＝PB·PC，可得直径BC的长，要求AD·AE，由△ACE∽△ADB，得AD·AE＝CA·BA，只要求出CA，BA的长即可．
【解析】　如图所示，连接CE，∵PA是⊙O的切线，PBC是⊙O的割线，

∴PA2＝PB·PC.又PA＝10，PB＝5，∴PC＝20，BC＝15.
∵PA切⊙O于A，
∴∠PAB＝∠ACP.
又∠P为公共角，∴△PAB∽△PCA.
∴
∵BC为⊙O的直径，∴∠CAB＝90°.
∴AC2＋AB2＝BC2＝225.∴AC＝6，AB＝3.
又∠ABC＝∠E，∠CAE＝∠EAB，
∴△ACE∽△ADB，∴.
∴AD·AE＝AB·AC＝3×6＝90.
【总结升华】 在圆中通过连接圆上的两点、作圆的切线等可以创造使用圆周角定理、圆心角定理、弦切角定理的条件，这是在圆的问题上解决角之间关系的重要技巧．
举一反三：
【变式1】如图所示，过⊙O外一点P作一条直线与⊙O交于A，B两点，已知PA＝2，点P到⊙O的切线长PT＝4，则弦AB的长为______．
【答案】6
　由切割线定理知PT2＝PA·PB，
∴PB＝＝8.
∴弦AB的长为PB－PA＝8－2＝6.
【变式2】如图，⊙O的弦ED，CB的延长线交于点A.
若BD⊥AE，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则DE＝______，CE＝______.
【答案】　5　
　由圆的割线定理知：
AB·AC＝AD·AE，
∴AE＝8，∴DE＝5.
连接EB，∵∠EDB＝90°，
∴EB为直径．∴∠ECB＝90°.
由勾股定理，得
EB2＝DB2＋ED2＝AB2－AD2＋ED2＝16－9＋25＝32.
在Rt△ECB中，EB2＝BC2＋CE2＝4＋CE2，[来源:学&科&网Z&X&X&K]
∴CE2＝28，∴CE＝2.
【变式3】如图，自圆O外一点P引切线与圆切于点A，M为PA的中点，
过M引割线交圆于B、C两点．求证：∠MCP＝∠MPB.
【答案】　∵PA与圆相切于A，
∴MA2＝MB·MC.
∵M为PA的中点，∴PM＝MA，
∴PM2＝MB·MC，∴.
∵∠BMP＝∠PMC，∴△BMP∽△PMC，
∴∠MCP＝∠MPB.
类型五、直线与圆的位置关系的综合应用
例7. 如图所示，AD是△ABC外角∠EAC的平分线，AD与△ABC外接⊙O交于点D，N为BC延长线上一点，且CN＝CD，DN交⊙O于点M。
??? 求证：（1）DB＝DC???（2）
?【思路点拨】（1）由于DB与DC是同一三角形的两边，要证二者相等就应先证明它们的对角相等，这可由圆周角定理与圆内接四边形的基本性质得到；（2）欲证乘积式，只须证比例式，也即，这只须要证明△DCM∽△DNC即可。
?【解析】（1）∵AD平分∠EAC
??? ∴∠EAD＝∠DAC＝∠DBC
??? 又ABCD内接于⊙O
??? ∴∠EAD＝∠DCB
??? 故∠DBC＝∠DCB
??? ∴DB＝DC
??? （2）∵∠DMC＝180°－∠DBC＝180°－∠DCB＝∠DCN，
??? 且∠CDM＝∠NDC
??? ∴△DMC∽△DCN
??? 故
???
??【总结升华】?本题重在考查圆周角与圆内接四边形的基本性质和利用相似三角形证明比例线段的基本思维方法。
??举一反三：
【变式1】已知：如图所示，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，DE平分∠ADB交AB于E，过A、D、E的圆交BD于N。
??? 求证：BN＝2AE
???【答案】?连结EN
??? ∵四边形AEND是圆内接四边形
??? ∴∠BNE＝∠A
??? 又∵∠ABD＝∠ABD
??? ∴△BNE∽△BAD
???
??? 又∵∠ADE＝∠NDE
??? ∴
??? ∴AE＝EN
??? ∴BN＝2AE
【变式2】如图，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED.
(1)证明：CD∥AB；
(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
【答案】
(1)因为EC＝ED，所以∠EDC＝∠ECD.
因为A，B，C，D四点在同一圆上，所以∠EDC＝∠EBA.故∠ECD＝∠EBA.
所以CD∥AB.
(2)由(1)知，AE＝BE.因为EF＝EG，故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.连接AF，BG，则△EFA≌△EGB，
故∠FAE＝∠GBE.又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，
所以∠FAB＝∠GBA.所以∠AFG＋∠GBA＝180°.
故A，B，G，F四点共圆．
【巩固练习】
一、选择题
1．下列说法正确的有（ ）
①相等的圆心角所对的弧相等；②平分弦的直径垂直于弦；③在同圆中，相等的弦所对的圆心角相等；④经过圆心的每一条直线都是圆的对称轴
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2.如图，直线 BC切⊙ 0于点 A，则图中的
弦切角共有( )
A.1个???????? B.2个????????? C.3个???????? D.4个
3.一个圆的两弦相交,一条弦被分为12和18两段,另一弦被分为,则另一弦的长为( )
A. B. C.
D.
4．如右图所示，正方形ABCD内接于⊙O中，P是弧AD上任意一点，
则∠ABP+∠DCP等于（ ）
A．90° B. 45 ° C. 60° D. 30°
5.如图. ∠ACB=90o，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则( )
A. CE·CB=AD·DB B. CE·CB=AD·AB
C. AD·AB=CD 2 D.CE·EB=CD 2
6．（2018 和平区一模）如图，圆O的直径AB与弦CD交于点E，且E为OA的中点，若OA=2，∠BCD=30°，则线段CE的长为（　　）
A．1 B． C． D．
二、填空题
7．如图所示，CD是圆的直径，O是圆心，E是圆上一点且
∠EOD=45°，A是DC延长线上一点，AE交圆于B，如果AB=OC，
则∠EAD= _________。
8.如图,在△ABC中,AB＝AC,∠C＝720,⊙O过A、B两点且
与BC相切于点B,与AC交于点D,连结BD,若BC＝,
则AC＝ 。
9．（2018 河西区一模）如图，以AB=4为直径的圆与△ABC的两边分别交于E，F两点，∠ACB=60°，则EF=　　．
10．如图，已知：△ABC内接于圆O，点D在OC的延长线上，AD是⊙O的切线，若∠B=30°，AC=2，则OD的长为_______.
11．如图,AB是⊙O的直径,CB切⊙O于点B,CD切⊙O于点D,交BA延长线于点E,若ED=,∠ADE=30°,则△BDC的外接圆的直径为__ _.
三、解答题
12.如图:是的两条切线,是切点,是
上两点,如果,试求的度数.
13.如图，AB为⊙O的直径，CB切⊙O于B，CD切⊙O于D，交BA的延长线于E，若EA=1，ED=2，求BC的长
14．（2018 肇庆三模）如图所示，AB为⊙O的直径，BC、CD为⊙O的切线，B、D为切点．
（1）求证：AD∥OC；
（2）若⊙O的半径为1，求AD?OC的值．
15.如图,是以为直径的上一点,于点,
过点作的切线,与的延长线相交于点是
的中点,连结并延长与相交于点,
延长与的延长线相交于点.
(1)求证:；
(2)求证:是的切线；
(3)若,且的半径长为,求和的长度.
【答案与解析】
1．【答案】C
【解析】 ②是错误的，错在平分弦（不是直径）
2.【答案】D 。
【解析】由弦切角的定义可得。
3.【答案】B
【解析】设另一弦被分的两段长分别为,由相交弦定理得,解得,故所求弦长为.
4．【答案】B
【解析】 因为四边形ABCD是正方形,所以四条弧都相等,每条弧的度数
为 90°,再根据圆周角与其关系得出这两个角的和为45°。
5.
6.【答案】D
【解析】连接AC，
∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BCD=30°，
∴∠ACE=60°．
由正弦定理可得，∴CE=6sinB，
∵AC=4sinB，
∴△ACE中，由余弦定理可得1=（4sinB）2+（6sinB）2﹣2×4sinB×6sinB×，
∴sinB=，
∴CE=6sinB=．故选D．
7．【答案】15°
【解析】 连接OB，∵AB=OC ∴AB=OB，则∠OBE=2∠A，
而∠OBE=∠E，有∠EOD=∠E+∠A=45°得∠A=15°

8. 【答案】2
【解析】由已知得,
,
解得.
9.【答案】2
【证明】如图，
连接AE，
∵AB为圆的直径，
∴∠AEB=∠AEC=90°
又∵∠ACB=60°
∴CA=2CE
由圆内接四边形性质易得：
∠CFE=∠CBA （由圆内接四边形对角互补，同角的补角相等得到的）
又因为∠C=∠C
△CEF∽△CBA
∴
又∵AB=4
∴EF=2
10. 【答案】4
【解析】连结OA,则∠COA=2∠CBA=60°，且由OC=OA知△COA为正三角形，所以OA=2.又因为AD是⊙O的切线，即OA⊥AD，所以OD=2OA=4.
11. 【答案】2
【解析】连接OD,∠ODB=∠OBD=∠ADE=30°,
∴∠AOD=∠ODB+∠OBD=60°.
∴△AOD是正三角形,
又O、B、C、D四点共圆,
∴∠C=∠AOD=60°.
从而∠E=∠OAD-∠ADE=30°,
12. 【答案】99°
【解析】连结,根据弦切角定理,可得

13.【解析】∵CE为⊙O的切线，D为切点，
∴ED2=EA·EB.
又∵EA=1,ED=2,∴EB=4,
又∵CB、CD均为⊙O的切线，∴CD=CB.
在Rt△EBC中，设BC=x,则EC=x+2.
由勾股定理：EB2+BC2=EC2，
得42+x2=(x+2)2,得x=3,∴BC=3.
14.【解析】（1）如图，
连接BD、OD．
∵CB、CD是⊙O的两条切线，
∴BD⊥OC，
∴∠2+∠3=90°
又AB为⊙O直径，
∴AD⊥DB，
∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠3，
∴AD∥OC；
（2）AO=OD，
则∠1=∠A=∠3，
∴Rt△BAD∽Rt△ODC，
AD?OC=AB?OD=2．
15.【解析】
(1)是的直径，是的切线，
．又，．
易证，．
．．
是的中点，．．
(2)连结．是的直径，．
在中，由（1），知是斜边的中点，
．．又，．
是的切线，．
，是的切线．
(3)解：过点作于点．，．
由(1)，知，．
由已知，有，，即是等腰三角形．
，．，，即．
，四边形是矩形，．
，易证．，
即．
的半径长为，．．
解得．．
，．．
在中，，，由勾股定理，得．
．解得（负值舍去）．．
［或取的中点，连结，则．易证，，故，．由，易知，．
由，解得．又在中，由勾股定理，得
，（舍去负值）．］