专题1.6 直线与圆的位置关系章末重难点题型【举一反三】
【浙教版】
【考点1 直线与圆的位置关系】
【方法点拨】直线和圆的三种位置关系 ：
（1）相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线与圆相交，这时的直线叫做圆的割线；
（2）相切：直线与圆有唯一公共点时，叫做直线与圆相切，这条直线叫做圆的切线，公共点叫做切点；
（3）直线与圆没有公共点时，叫做直线与圆相离
【例1】（2019秋?东台市期中）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，以C为圆心，r为半径的圆与边AB有公共点，则r的取值范围为（ ）
A．r≥ B．r＝3或r＝4 C．≤r≤3 D．≤r≤4
【变式1-1】（2019秋?武威月考）如图，已知∠BOA＝30°，M为OB边上一点，以M为圆心、2cm为半径作⊙M．点M在射线OB上运动，当OM＝5cm时，⊙M与直线OA的位置关系是（ ）
A．相切 B．相离 C．相交 D．不能确定
【变式1-2】（2019?天门一模）如图，已知⊙O圆心是数轴原点，半径为1，∠AOB＝45°，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP＝x，则x的取值范围是（ ）
A．﹣1≤x≤1 B．﹣≤x≤ C．0≤x≤ D．x＞
【变式1-3】（2019?保定模拟）如图，平面直角坐标系中，⊙P与x轴分别交于A、B两点，点P的坐标为（3，﹣1），AB＝．将⊙P沿着与y轴平行的方向平移多少距离时⊙P与x轴相切（ ）
A．1 B．2 C．3 D．1或3
【考点2 利用切线的性质求角度】
【方法点拨】圆的切线的性质定理：科经过切点的半径垂直于圆的切线；经过切点垂直于切线的直线必经过圆心.
【例2】（2019?通城县模拟）如图，BM与⊙O相切于点B，若∠MBA＝110°，则∠ACB的度数为（ ）
A．70° B．60° C．55° D．50°
【变式2-1】（2019秋?红桥区期中）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且∠D＝40°，则∠PCA等于（ ）
A．50° B．60° C．65° D．75°
【变式2-2】（2019春?沙坪坝区校级期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC与圆O相切于点D，AB经过圆心O，且与圆交于点E，连接BD，若AC＝3CD＝3，则BD的长为（ ）
A．3 B．2 C． D．2
【变式2-3】（2019?沙坪坝区校级一模）如图，直线l与⊙O相切于点A，直径BC的延长线与切线l交于点D，连接AB．且∠BDA＝3∠DBA，则∠DBA的度数为（ ）
A．15° B．20° C．18° D．22°
【考点3 利用切线的性质求线段长度】
【方法点拨】圆的切线的性质定理：科经过切点的半径垂直于圆的切线；经过切点垂直于切线的直线必经过圆心.
【例3】（2019?舟山）如图，已知⊙O上三点A，B，C，半径OC＝1，∠ABC＝30°，切线PA交OC延长线于点P，则PA的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【变式3-1】（2018秋?渝中区校级期末）如图，AB是⊙O的一条弦，点C在圆上，连接OC，AB⊥OC于点D．点E是OC延长线上一点，AE与⊙O相切与点A．若OC＝6，CE＝4，则AB＝（ ）
A． B．6 C． D．10
【变式3-2】（2019?通州区一模）如图，⊙O的直径AB的长为10，点P在BA的延长线上，PC是⊙O的切线，切点为C，∠ACB的平分线交⊙O于点D，交AB于点E，若PE的长为12，则CE的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【变式3-3】（2018秋?思明区校级期中）如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ABC＝30°，AC的延长线与过点B的⊙O的切线相交于点D，若⊙O的半径OC＝2，BD∥OC，则CD的长为（ ）
A． B． C． D．2
【考点4 三角形的内切圆与内心】
【方法点拨】三角形的内切圆及有关概念：和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心是三角形各内角平分线的交点，这点到三角形的各边的距离都相等．
【例4】（2019秋?岳麓区校级月考）如图，在△ABC中，∠BOC＝140°，I是内心，O是外心，则∠BIC等于（ ）
A．130° B．125° C．120° D．115°
【变式4-1】（2019?丹东二模）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，BC＝5，点I为△ABC的内心，将∠BAC平移，使其顶点与点I重合，则图中阴影部分的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【变式4-2】（2018?烟台）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC＝124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
【变式4-3】（2019?萧山区模拟）如图，C在以AB为直径的半圆⊙O上，I是△ABC的内心，AI，BI 的延长线分别交半圆⊙O于点D，E，AB＝6，则DE的长为（ ）
A．3 B．3 C．3 D．5
【考点5 切线的判定证明】
【方法点拨】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.
【例5】（2019秋?闽清县期中）如图，AB＝AC，AB是⊙O的直径，⊙O交BC于点D，DM⊥AC于M．求证：DM是⊙O的切线．
【变式5-1】（2019秋?广陵区校级月考）如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE＝∠C．求证：AE与⊙O相切．
【变式5-2】（2019?邵阳县二模）如图所示AB是⊙O的直径，圆心为点O，点C为⊙O上一点，OM⊥AB于点O交AC于点D，MC＝MD
求证：MC为⊙O的切线．
【变式5-3】（2018?福州二模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB延长线相交于点P．若∠COB＝2∠PCB，求证：PC是⊙O的切线．
【考点6 切线长定理的运用】
【方法点拨】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.
【例6】（2019秋?增城区期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，AC为弦，BC为⊙O的直径，若∠P＝60°，PB＝2cm．
（1）求证：△PAB是等边三角形；
（2）求AC的长．
【变式6-1】（2018秋?天津期末）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝20°，求∠P的度数．
【变式6-2】（2019?岳池县模拟）如图，PA、PB是⊙O的切线，CD切⊙O于点E，△PCD的周长为12，∠APB＝60°．求：
（1）PA的长；
（2）∠COD的度数．
【变式6-3】（2018?硚口区模拟）如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q．
（1）求证：OQ＝PQ；
（2）连BC并延长交PQ于点D，PA＝AB，且CQ＝6，求BD的长．
【考点7 利用切线的性质证明】
【例7】（2019秋?江汉区期中）如图，平行四边形ABCD的边AD与经过A，B，C三点的⊙O相切
（1）求证：点A平分；
（2）延长DC交⊙O于点E，连接BE，若BE＝4，⊙O半径为13，求BC的长．
【变式7-1】（2019秋?江岸区期中）如图，在⊙O中，弦BC⊥OA于点D，点F是CD上一点，AF交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线交BC于点H．
（1）求证：EH＝FH；
（2）若点C为的中点，AD＝2，OD＝1，求EH的长度．
【变式7-2】（2019秋?建湖县期中）如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PE⊥PA，PE交OC的延长线于点E．
（1）求证：OE＝PE；
（2）连接BC并延长交PE于点D，PA＝AB，且CE＝9，求PE的长．
【变式7-3】（2019秋?新北区期中）如图，已知AB是⊙P的直径，点C在⊙P上，D为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，直线CD为⊙P的切线．
（1）试说明：2∠B+∠DAB＝180°
（2）若∠B＝30°，AD＝2，求⊙P的半径．
【考点8 切线的判定与性质综合】
【例8】（2019秋?宝应县期中）如图，直线AB经过⊙O上的点C，直线AO与⊙O交于点E和点D，OB与⊙O交于点F连接DF、DC．已知OA＝OB，CA＝CB．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）求证：∠FDC＝∠EDC；
（3）已知：DE＝10，DF＝8，求CD的长．
【变式8-1】（2019秋?兴化市期中）如图，AB是⊙O的直径，F是⊙O上一点，连接FO、FB．C为中点，过点C作CD⊥AB，垂足为D，CD交FB于点E，CG∥FB，交AB的延长线于点G．
（1）求证：CG是⊙O的切线；
（2）若∠BOF＝120°，且CE＝4，求⊙O的半径．
【变式8-2】（2019?中山市一模）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，在CD上有点N满足CN＝CA，AN交圆O于点F，过点F的AC的平行线交CD的延长线于点M，交AB的延长线于点E
（1）求证：EM是圆O的切线；
（2）若AC：CD＝5：8，AN＝3，求圆O的直径长度；
（3）在（2）的条件下，直接写出FN的长度．
【变式8-3】（2019?黄石）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，C、E是⊙O上的两点，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延长AE交BC的延长线于点F．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：CE＝CF；
（3）若BD＝1，CD＝，求弦AC的长．
【考点9 切线中的动点问题】
【例9】（2019?亭湖区二模）如图，OA、OB是⊙O的两条半径，OA⊥OB，C是半径OB上一动点，连接AC并延长交⊙O于D，过点D作圆的切线交OB的延长线于E，已知OA＝6．
（1）求证：∠ECD＝∠EDC；
（2）若BC＝2OC，求DE长；
（3）当∠A从15°增大到30°的过程中，求弦AD在圆内扫过的面积．
【变式9-1】（2019秋?涵江区期中）如图，四边形ABCD是正方形，E是AD边上的一个动点（有与A、D重合），以E为圆心，EA为半径的⊙E交CE于G点，CF与⊙E切于F点．AD＝4，AE＝x，CF2＝y．
（1）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）是否存在x的值，使得FG把△CEF的面积分成1：2两部分？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．
【变式9-2】（2019秋?如皋市期中）如图，AB是⊙O的切线，切点为B，OA交⊙O于点C，过点C的切线交AB于点D．若∠BAO＝30°，CD＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）若点P在上运动，设点P到直线BC的距离为x，图中阴影部分的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【变式9-3】（2019?唐河县三模）如图，AB为⊙O的直径，点D，E是位于AB两侧的半圆AB上的动点，射线DC切⊙O于点D．连接DE，AE，DE与AB交于点P，F是射线DC上一动点，连接FP，FB，且∠AED＝45°．
（1）求证：CD∥AB；
（2）填空：
①若DF＝AP，当∠DAE＝ 时，四边形ADFP是菱形；
②若BF⊥DF，当∠DAE＝ 时，四边形BFDP是正方形．
专题1.6 直线与圆的位置关系章末重难点题型【举一反三】
【浙教版】
【考点1 直线与圆的位置关系】
【方法点拨】直线和圆的三种位置关系 ：
（1）相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线与圆相交，这时的直线叫做圆的割线；
（2）相切：直线与圆有唯一公共点时，叫做直线与圆相切，这条直线叫做圆的切线，公共点叫做切点；
（3）直线与圆没有公共点时，叫做直线与圆相离.
【例1】（2019秋?东台市期中）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，以C为圆心，r为半径的圆与边AB有公共点，则r的取值范围为（ ）
A．r≥ B．r＝3或r＝4 C．≤r≤3 D．≤r≤4
【分析】作CD⊥AB于D，由勾股定理求出AB，由三角形的面积求出CD，由AC＞BC，可得以C为圆心，r＝或4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点；若⊙C与斜边AB有公共点，即可得出r的取值范围．
【答案】解：作CD⊥AB于D，如图所示：
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝5，
∵△ABC的面积＝AB?CD＝AC?BC，
∴CD＝＝＝，
即圆心C到AB的距离d＝，
∵AC＜BC，
∴以C为圆心，r＝或4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴若⊙C与斜边AB有公共点，则r的取值范围是≤r≤4．
故选：D．
【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理以及直角三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
【变式1-1】（2019秋?武威月考）如图，已知∠BOA＝30°，M为OB边上一点，以M为圆心、2cm为半径作⊙M．点M在射线OB上运动，当OM＝5cm时，⊙M与直线OA的位置关系是（ ）
A．相切 B．相离 C．相交 D．不能确定
【分析】作MH⊥OA于H，如图，根据含30度的直角三角形三边的关系得到MH＝OM＝，则MH大于⊙M的半径，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法求解．
【答案】解：作MH⊥OA于H，如图，
在Rt△OMH中，∵∠HOM＝30°，
∴MH＝OM＝，
∵⊙M的半径为2，
∴MH＞2，
∴⊙M与直线OA的位置关系是相离．
故选：B．
【点睛】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，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属于中考常考题型．
【变式1-2】（2019?天门一模）如图，已知⊙O圆心是数轴原点，半径为1，∠AOB＝45°，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，设OP＝x，则x的取值范围是（ ）
A．﹣1≤x≤1 B．﹣≤x≤ C．0≤x≤ D．x＞
【分析】首先作出圆的切线，求出直线与圆相切时的P的取值，再结合图象可得出P的取值范围，即可得出答案．
【答案】解：∵半径为1的圆，∠AOB＝45°，过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，
∴当P′C与圆相切时，切点为C，
∴OC⊥P′C，
CO＝1，∠P′OC＝45°，OP′＝，
∴过点P且与OA平行的直线与⊙O有公共点，即0≤x≤，
同理点P在点O左侧时，0
∴0≤x≤．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了直线与圆的位置关系，作出切线找出直线与圆有交点的分界点是解决问题的关键．
【变式1-3】（2019?保定模拟）如图，平面直角坐标系中，⊙P与x轴分别交于A、B两点，点P的坐标为（3，﹣1），AB＝．将⊙P沿着与y轴平行的方向平移多少距离时⊙P与x轴相切（ ）
A．1 B．2 C．3 D．1或3
【分析】作PC⊥AB于点C，由垂径定理即可求得AC的长，根据勾股定理即可求得PA的长，再分点P向上平移与向下平移两种情况进行讨论即可．
【答案】解：连接PA，作PC⊥AB于点C，由垂径定理得：
AC＝AB＝×2＝，
在直角△PAC中，由勾股定理得：PA2＝PC2+AC2，即PA2＝12+（）2＝4，
∴PA＝2，
∴○P的半径是2．
将○P向上平移，当○P与x轴相切时，平移的距离＝1+2＝3；
将○P向下平移，当○P与x轴相切时，平移的距离＝2﹣1＝1．
故选：D．
【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，通过垂径定理把求线段的长的问题转化为解直角三角形的问题是关键．
【考点2 利用切线的性质求角度】
【方法点拨】圆的切线的性质定理：科经过切点的半径垂直于圆的切线；经过切点垂直于切线的直线必经过圆心.
【例2】（2019?通城县模拟）如图，BM与⊙O相切于点B，若∠MBA＝110°，则∠ACB的度数为（ ）
A．70° B．60° C．55° D．50°
【分析】连接OB和OA，根据切线的性质求出∠OBM，求出∠OBA，根据等腰三角形的性质求出∠OAB，再求出∠AOB，最后根据圆周角定理求出∠ACB即可．
【答案】解：连接OB和OA，
∵BM切⊙O于B，
∴∠OBM＝90°，
∵∠MBA＝110°，
∵∠OBA＝∠MBA﹣∠OBM＝20°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝20°，
∴∠AOB＝180°﹣20°﹣20°＝140°，
∴由圆周角定理得：∠ACB＝∠AOB＝70°，
故选：A．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质和圆周角定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
【变式2-1】（2019秋?红桥区期中）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且∠D＝40°，则∠PCA等于（ ）
A．50° B．60° C．65° D．75°
【分析】根据切线的性质，由PD切⊙O于点C得到∠OCD＝90°，再利互余计算出∠DOC＝50°，由∠A＝∠ACO，∠COD＝∠A+∠ACO，所以∠A＝∠COD＝25°，然后根据三角形外角性质计算∠PCA的度数．
【答案】解：∵PD切⊙O于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝40°，
∴∠DOC＝90°﹣40°＝50°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∵∠COD＝∠A+∠ACO，
∴∠A＝∠COD＝25°，
∴∠PCA＝∠A+∠D＝25°+40°＝65°．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形外角性质等知识；熟练掌握切线的性质与三角形外角性质是解题的关键．
【变式2-2】（2019春?沙坪坝区校级期中）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC与圆O相切于点D，AB经过圆心O，且与圆交于点E，连接BD，若AC＝3CD＝3，则BD的长为（ ）
A．3 B．2 C． D．2
【分析】连接OD，如图，根据切线的性质得到∠ODA＝90°，则OD∥BC，利用平行线分线段成比例定理得到AO＝2OB，所以AO＝2OD，则利用三角形函数得到∠A＝30°，所以BC＝AC＝3，然后在Rt△BCD中利用勾股定理可计算出BD的长．
【答案】解：连接OD，如图，
∵AC与圆O相切于点D，
∴OD⊥AC，
∴∠ODA＝90°，
∵∠C＝90°，
∴OD∥BC，
∵＝＝3，
∴AO＝2OB，
∴AO＝2OD，
∴sinA＝＝，
∴∠A＝30°，
在Rt△ABC中，BC＝AC＝×3＝3，
在Rt△BCD中，BD＝＝＝2．
故选：B．
【点睛】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．也考查了解直角三角形．
【变式2-3】（2019?沙坪坝区校级一模）如图，直线l与⊙O相切于点A，直径BC的延长线与切线l交于点D，连接AB．且∠BDA＝3∠DBA，则∠DBA的度数为（ ）
A．15° B．20° C．18° D．22°
【分析】连接OA．根据等腰三角形的性质得到∠OBA＝∠OAB，由三角形的外角的性质得到∠DOA＝2∠B，设∠DBA＝α，根据三角形的没机会即可得到结论．
【答案】解：连接OA．
∵OB＝OA，
∴∠OBA＝∠OAB，
∴∠DOA＝2∠B，
∵∠BDA＝3∠DBA，
∴设∠DBA＝α，
∴∠DOA＝2α，∠ADB＝3α，
∵AD是⊙的切线，
∴∠OAD＝90°．
∴2α+3α＝90°，
∴α＝18°．
∴∠DBA＝18°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角的性质、三角形的内角和定理，求得∠DOC和∠OCD的度数是解题的关键．
【考点3 利用切线的性质求线段长度】
【方法点拨】圆的切线的性质定理：科经过切点的半径垂直于圆的切线；经过切点垂直于切线的直线必经过圆心.
【例3】（2019?舟山）如图，已知⊙O上三点A，B，C，半径OC＝1，∠ABC＝30°，切线PA交OC延长线于点P，则PA的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】连接OA，根据圆周角定理求出∠AOP，根据切线的性质求出∠OAP＝90°，解直角三角形求出AP即可．
【答案】解：连接OA，
∵∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，
∵过点A作⊙O的切线交OC的延长线于点P，
∴∠OAP＝90°，
∵OA＝OC＝1，
∴AP＝OAtan60°＝1×＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理、解直角三角形等知识点，能熟记切线的性质是解此题的关键，注意：圆的切线垂直于过切点的半径．
【变式3-1】（2018秋?渝中区校级期末）如图，AB是⊙O的一条弦，点C在圆上，连接OC，AB⊥OC于点D．点E是OC延长线上一点，AE与⊙O相切与点A．若OC＝6，CE＝4，则AB＝（ ）
A． B．6 C． D．10
【分析】连接OA，因为AE与⊙O相切于点A，则OA⊥AE，在Rt△OAE中，OA＝6，OE＝10，可得AE＝8，因为AB⊥OC于点D．用面积法即可得出AD的长，进而求得AB的长．
【答案】解：如图，连接OA，
∵AE与⊙O相切于点A，
∴OA⊥AE，
∵OC＝OA＝6，CE＝4，
∴OE＝OC+CE＝6+4＝10，
∴AE＝，
∵AB⊥OC于点D．
∴，
∴AD＝，
∴AB＝2AD＝．
故选：C．
【点睛】本题考查圆的切线的性质以及垂径定理．解题的关键是掌握圆的切线的性质．
【变式3-2】（2019?通州区一模）如图，⊙O的直径AB的长为10，点P在BA的延长线上，PC是⊙O的切线，切点为C，∠ACB的平分线交⊙O于点D，交AB于点E，若PE的长为12，则CE的长为（ ）
A．2 B． C．3 D．
【分析】连接OC，作CH⊥AB于H，如图，利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据切线的性质得到OC⊥PC，证明∠PCA＝∠B，再证明∠PCE＝∠PEC得到PC＝PE＝12，利用勾股定理计算出OP＝13，则OE＝1，接着根据面积法计算出CH＝，从而可计算出OH＝，则HE＝OH﹣OE＝，然后利用勾股定理计算CE的长．
【答案】解：连接OC，作CH⊥AB于H，如图，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，即∠B+∠BAC＝90°，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠PCO＝90°，即∠PCA+∠ACO＝90°
而∠BAC＝∠ACO，
∴∠PCA＝∠B，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∵∠PCE＝∠PCA+45°，∠PEC＝∠B+∠BCE＝∠B+45°，
∴∠PCE＝∠PEC，
∴PC＝PE＝12，
在Rt△PCO中，OP＝＝13，
∴OE＝1，
∵CH?PO＝PC?CO，
∴CH＝＝，
在Rt△OCH中，OH＝＝，
∴HE＝OH﹣OE＝﹣1＝，
在Rt△CEH中，CE＝＝．
故选：D．
【点睛】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．也考查了圆周角定理．
【变式3-3】（2018秋?思明区校级期中）如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ABC＝30°，AC的延长线与过点B的⊙O的切线相交于点D，若⊙O的半径OC＝2，BD∥OC，则CD的长为（ ）
A． B． C． D．2
【分析】连接OB、CE构建正方形CEBO．根据圆周角定理（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）求得∠OAC＝2∠ABC＝60°，然后由切线的性质及平行线的性质求得OB⊥OC，OB⊥BD；再根据圆的半径都相等知OB＝OC，所以判定四边形CEBO是正方形，然后在直角三角形CDE中利用正弦三角函数sin∠D＝sin60°求CD的长度并作出选择．
【答案】解：连接OB．过点C作CE⊥BD于点E．
∵∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝60°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；
∵OA＝OC（⊙O的半径），
∴∠ACO＝∠OAC＝60°（等边对等角）；
∵BD∥OC，
∴∠ACO＝∠D＝60°（两直线平行，同位角相等），
∴∠OCD＝120°（两直线平行，同旁内角互补）；
∵BD是⊙O的切线，
∴OB⊥OC，OB⊥BD；
又∵OB＝OC，
∴四边形CEBO是正方形，
∴CE＝OB＝2，
∴CD＝＝＝，
故选：B．
【点睛】本题综合考查了正方形的判定与性质、圆周角定理及切线的性质．解答该题时，借助于辅助线OB、CE构建正方形CEBO，然后由正方形的性质、直角三角形中的特殊角的三角函数值来求CD的长度．
【考点4 三角形的内切圆与内心】
【方法点拨】三角形的内切圆及有关概念：和三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心是三角形各内角平分线的交点，这点到三角形的各边的距离都相等．
【例4】（2019秋?岳麓区校级月考）如图，在△ABC中，∠BOC＝140°，I是内心，O是外心，则∠BIC等于（ ）
A．130° B．125° C．120° D．115°
【分析】根据圆周角定理求出∠BOC＝2∠A，求出∠A度数，根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB，根据三角形的内心得出∠IBC＝ABC，∠ICB＝ACB，求出∠IBC+∠ICB的度数，再求出答案即可．
【答案】解：∵在△ABC中，∠BOC＝140°，O是外心，
∴∠BOC＝2∠A，
∴∠A＝70°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A＝110°，
∵I为△ABC的内心，
∴∠IBC＝ABC，∠ICB＝ACB，
∴∠IBC+∠ICB＝＝55°，
∴∠BIC＝180°﹣（∠IBC+∠ICB）＝125°，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
【变式4-1】（2019?丹东二模）如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2，BC＝5，点I为△ABC的内心，将∠BAC平移，使其顶点与点I重合，则图中阴影部分的周长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】连接BI、CI，由点I为△ABC的内心，得出BI平分∠ABC，则∠ABI＝∠CBI，由平移得AB∥DI，则∠ABI＝∠BID，推出∠CBI＝∠BID，得出BD＝DI，同理可得CE＝EI，△DIE的周长＝DE+DI+EI＝DE+BD+CE＝BC＝5，即可得出结果．
【答案】解：连接BI、CI，如图所示：
∵点I为△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABI＝∠CBI，
由平移得：AB∥DI，
∴∠ABI＝∠BID，
∴∠CBI＝∠BID，
∴BD＝DI，
同理可得：CE＝EI，
∴△DIE的周长＝DE+DI+EI＝DE+BD+CE＝BC＝5，
即图中阴影部分的周长为5，
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义、平移的性质及角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的内心是角平分线的交点是解题的关键．
【变式4-2】（2018?烟台）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC＝124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（ ）
A．56° B．62° C．68° D．78°
【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC＝2∠IAC、∠ACB＝2∠ICA，从而求得∠B＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）＝180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．
【答案】解：∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAC＝2∠IAC、∠ACB＝2∠ICA，
∵∠AIC＝124°，
∴∠B＝180°﹣（∠BAC+∠ACB）
＝180°﹣2（∠IAC+∠ICA）
＝180°﹣2（180°﹣∠AIC）
＝68°，
又四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠B＝68°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．
【变式4-3】（2019?萧山区模拟）如图，C在以AB为直径的半圆⊙O上，I是△ABC的内心，AI，BI 的延长线分别交半圆⊙O于点D，E，AB＝6，则DE的长为（ ）
A．3 B．3 C．3 D．5
【分析】连结OD、OE．根据三角形内心的性质得出∠CAB＝2∠DAB，∠ABC＝2∠ABE．由圆周角定理得出∠C＝90°，∠DOB＝2∠DAB，∠AOE＝2∠ABE，进而得出∠DOB+∠AOE＝90°，利用平角的定义得出∠DOE＝90°，又OD＝OE＝AB＝3，然后根据勾股定理即可求出DE．
【答案】解：如图，连结OD、OE．
∵I是△ABC的内心，
∴∠CAB＝2∠DAB，∠ABC＝2∠ABE．
∵C在以AB为直径的半圆⊙O上，
∴∠C＝90°，
∴∠CAB+∠ABC＝90°，
∴2∠DAB+2∠ABE＝90°，
∵∠DOB＝2∠DAB，∠AOE＝2∠ABE，
∴∠DOB+∠AOE＝90°，
∴∠DOE＝180°﹣（∠DOB+∠AOE）＝90°，
∵OD＝OE＝AB＝3，
∴DE＝＝3．
故选：B．
【点睛】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，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．也考查了圆周角定理，平角的定义以及勾股定理．作出辅助线证明∠DOE＝90°是解题的关键．
【考点5 切线的判定证明】
【方法点拨】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.
【例5】（2019秋?闽清县期中）如图，AB＝AC，AB是⊙O的直径，⊙O交BC于点D，DM⊥AC于M．求证：DM是⊙O的切线．
【分析】连接OD，只要证明OD∥AC即可解决问题．
【答案】证明：连接OD，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∵DM⊥AC，
∴∠CMD＝90°，
∴∠ODM＝∠CMD＝90°，
∴OD⊥DM，
∵点D在⊙O上，
∴DM是⊙O的切线．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、切线的判定、平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
【变式5-1】（2019秋?广陵区校级月考）如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE＝∠C．求证：AE与⊙O相切．
【分析】连接OA，根据同圆的半径相等可得：∠D＝∠DAO，由同弧所对的圆周角相等及已知得：∠BAE＝∠DAO，再由直径所对的圆周角是直角得到∠BAD＝90°，可得结论
【答案】证明：如图：连接OA，交BC于F，
∵OA＝OB，
∴∠D＝∠DAO，
∵∠D＝∠C，
∴∠C＝∠DAO，
∵∠BAE＝∠C，
∴∠BAE＝∠DAO
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
即∠DAO+∠BAO＝90°，
∴∠BAE+∠BAO＝90°，即∠OAE＝90°，
∴AE⊥OA，
∴AE与⊙O相切于点A．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、属于基础题，熟练掌握切线的判定方法是关键：有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径，证垂直”．
【变式5-2】（2019?邵阳县二模）如图所示AB是⊙O的直径，圆心为点O，点C为⊙O上一点，OM⊥AB于点O交AC于点D，MC＝MD
求证：MC为⊙O的切线．
【分析】根据圆周角定理和等腰三角形的性质即可得到结论．
【答案】证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵OM⊥AB，
∴∠AOD＝90°，
∴∠A+∠ADO＝90°，
∴∠ADO＝∠B，
∵∠ADO＝∠CDM，
∴∠CDM＝∠B，
∵MC＝MD，
∴∠MDC＝∠MCD，
∴∠MCD＝∠B，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠MCD+∠ACO＝90°，
∴∠MCO＝90°，
∴MC为⊙O的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式5-3】（2018?福州二模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB延长线相交于点P．若∠COB＝2∠PCB，求证：PC是⊙O的切线．
【分析】利用半径OA＝OC可得∠COB＝2∠A，然后利用∠COB＝2∠PCB即可证得结论，再根据圆周角定理，易得∠PCB+∠OCB＝90°，即OC⊥CP；故PC是⊙O的切线；
【答案】证明：连接AC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO．
∴∠COB＝2∠ACO．
又∵∠COB＝2∠PCB，
∴∠ACO＝∠PCB．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACO+∠OCB＝90°．
∴∠PCB+∠OCB＝90°，即OC⊥CP．
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线．
【点睛】此题主要考查了圆的切线的判定及圆周角定理的运用，关键是利用半径OA＝OC可得∠COB＝2∠A．
【考点6 切线长定理的运用】
【方法点拨】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.
【例6】（2019秋?增城区期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，AC为弦，BC为⊙O的直径，若∠P＝60°，PB＝2cm．
（1）求证：△PAB是等边三角形；
（2）求AC的长．
【分析】（1）由切线长定理可得PA＝PB，且∠P＝60°，可得△PAB是等边三角形；
（2）由等边三角形的性质可得PB＝AB＝2cm，∠PBA＝60°，由圆周角定理和切线的性质可得∠CAB＝90°，∠PBC＝90°，由锐角三角函数可求AC的长，
【答案】解：（1）∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴PA＝PB，且∠P＝60°，
∴△PAB是等边三角形；
（2）∵△PAB是等边三角形；
∴PB＝AB＝2cm，∠PBA＝60°，
∵BC是直径，PB是⊙O切线，
∴∠CAB＝90°，∠PBC＝90°，
∴∠ABC＝30°，
∴tan∠ABC＝＝，
∴AC＝2×＝cm．
【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质是本题的关键．
【变式6-1】（2018秋?天津期末）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC＝20°，求∠P的度数．
【分析】根据切线长定理得等腰△PAB，运用三角形内角和定理求解即可．
【答案】解：根据切线的性质得：∠PAC＝90°，
所以∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣20°＝70°，
根据切线长定理得PA＝PB，
所以∠PAB＝∠PBA＝70°，
所以∠P＝180°﹣70°×2＝40°．
【点睛】此题主要考查了切线长定理和切线的性质，得出PA＝PB是解题关键．
【变式6-2】（2019?岳池县模拟）如图，PA、PB是⊙O的切线，CD切⊙O于点E，△PCD的周长为12，∠APB＝60°．求：
（1）PA的长；
（2）∠COD的度数．
【分析】（1）可通过切线长定理将相等的线段进行转换，得出三角形PDE的周长等于PA+PB的结论，即可求出PA的长；
（2）根据三角形的内角和求出∠ADC和∠BEC的度数和，然后根据切线长定理，得出∠EDO和∠DEO的度数和，再根据三角形的内角和求出∠DOE的度数．
【答案】解：（1）∵CA，CE都是圆O的切线，
∴CA＝CE，
同理DE＝DB，PA＝PB，
∴三角形PDE的周长＝PD+CD+PC＝PD+PC+CA+BD＝PA+PB＝2PA＝12，
即PA的长为6；
（2）∵∠P＝60°，
∴∠PCE+∠PDE＝120°，
∴∠ACD+∠CDB＝360°﹣120°＝240°，
∵CA，CE是圆O的切线，
∴∠OCE＝∠OCA＝∠ACD；
同理：∠ODE＝∠CDB，
∴∠OCE+∠ODE＝（∠ACD+∠CDB）＝120°，
∴∠COD＝180﹣120°＝60°．
【点睛】本题考查的是切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
【变式6-3】（2018?硚口区模拟）如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q．
（1）求证：OQ＝PQ；
（2）连BC并延长交PQ于点D，PA＝AB，且CQ＝6，求BD的长．
【分析】（1）欲证明OQ＝PQ，只要证明∠QOP＝∠QPO即可；
（2）设OA＝r．在Rt△PCQ中，利用勾股定理构建方程求出r，再证明四边形OPDB是平行四边形，求出OP即可解决问题；
【答案】（1）证明：连接OP．
∵PA、PC分别与⊙O相切于点A，C，
∴PA＝PC，OA⊥PA，
∵OA＝OC，OP＝OP，
∴△OPA≌△OPC（SSS），
∴∠AOP＝∠POC，
∵QP⊥PA，
∴QP∥BA，
∴∠QPO＝∠AOP，
∴∠QOP＝∠QPO，
∴OQ＝PQ．
（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥QD，
∴∠QDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠QCD，
∴∠QCD＝∠QDC，
∴QC＝QD＝6，∵QO＝QP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝∠PCQ＝90°，
在Rt△PCQ中，∵PQ2＝PC2+QC2，
∴（6+r）2＝62+（2r）2，
r＝4或0（舍弃），
∴OP＝＝4，
∵OB＝PD，OB∥PD，
∴四边形OBDP是平行四边形，
∴BD＝OP＝4．
【点睛】本题考查切线长定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【考点7 利用切线的性质证明】
【例7】（2019秋?江汉区期中）如图，平行四边形ABCD的边AD与经过A，B，C三点的⊙O相切
（1）求证：点A平分；
（2）延长DC交⊙O于点E，连接BE，若BE＝4，⊙O半径为13，求BC的长．
【分析】（1）连接OA交BC于F．只要证明OF⊥BC即可解决问题．
（2）连接OB．连接OA交BC于F．首先证明BE＝AB，设OF＝x，则AF＝13﹣x，可得13﹣x2＝，解方程可求出OF，则BF可求出，由垂径定理可得结果．
【答案】（1）证明：如图1，连接OA交BC于F．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠CFO，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠OAD＝90°，
∴∠OFC＝90°，
∴OF⊥BC，
∴OA平分，
即＝．
（2）如图2，连接OB．
∵AB∥DE，
∴∠BCE＝∠ABC，
∴＝＝，
∴BE＝AB＝4，
∵OA⊥BC，
∴AB2﹣AF2＝BF2，OB2﹣OF2＝BF2，
设OF＝x，则AF＝13﹣x，
∴13﹣x2＝，
解得：x＝5，
∴＝＝12，
∴BC＝2BF＝24．
【点睛】本题考查切线的性质、平行四边形的性质、勾股定理、圆周角定理、垂径定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式7-1】（2019秋?江岸区期中）如图，在⊙O中，弦BC⊥OA于点D，点F是CD上一点，AF交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线交BC于点H．
（1）求证：EH＝FH；
（2）若点C为的中点，AD＝2，OD＝1，求EH的长度．
【分析】（1）连结OE．根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠OEA，根据切线的性质得到OE⊥EH，得到∠OEA+∠AEH＝90°，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接OC交AE于M，AC，由点C为的中点，得到，求得∠AOC＝∠EOC，推出OC垂直平分EF于点M，根据垂径定理得到，BD＝CD，根据勾股定理即可得到结论．
【答案】（1）证明：连结OE．
∵OA＝OE，
∴∠A＝∠OEA，
∵HE与⊙O相切于点E，
∴OE⊥EH，
∴∠OEA+∠AEH＝90°，
在Rt△ADF中，
∠A+∠ADF＝90°，
∴∠AFD＝∠AEH，
又∵∠AFD＝∠HFE，
∴∠HFE＝∠AEH，
∴EH＝FH；
（2）解：连结OC交AE于M，AC，
∵点C为的中点，
∴，
∴∠AOC＝∠EOC，
∴OC垂直平分EF于点M，
∵OA⊥BC，
∴，BD＝CD，
∴，
∴∠CAE＝∠BCA，
∴AF＝CF，
∵，
∴DC＝BC＝AE＝AM，
在Rt△ODC中，
CD＝，
设DF＝x，则AF＝﹣x，
在Rt△ADF中，
x2+22＝，
解得：x＝，
连接OH，
设EH＝y，则OH2＝12+＝32+y2，
解得：y＝
∴EH＝．
【点睛】本题考查了切线的性质，线段垂直平分线的性质等腰三角形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式7-2】（2019秋?建湖县期中）如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PE⊥PA，PE交OC的延长线于点E．
（1）求证：OE＝PE；
（2）连接BC并延长交PE于点D，PA＝AB，且CE＝9，求PE的长．
【分析】（1）欲证明OE＝PE，只要证明∠EOP＝∠EPO即可；
（2）设OA＝r．在Rt△PCE中，利用勾股定理构建方程求出r，即可解决问题．
【答案】（1）证明：连接OP．
∵PA、PC分别与⊙O相切于点A，C
∴PA＝PC，OA⊥PA，
∵OA＝OC，OP＝OP，
∴△OPA≌△OPC（SSS），
∴∠AOP＝∠POC，
∵EP⊥PA，
∴EP∥BA，
∴∠EPO＝∠AOP，
∴∠EOP＝∠EPO，
∴OE＝PE．
（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥ED，
∴∠EDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠ECD，
∴∠ECD＝∠EDC，
∴EC＝ED＝9，
∵EO＝EP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝∠PCE＝90°，
在Rt△PCE中，∵PE2＝PC2+EC2，
∴（9+r）2＝92+（2r）2，
解得：r＝6或0（舍弃），
∴PE＝15．
【点睛】本题考查切线长定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【变式7-3】（2019秋?新北区期中）如图，已知AB是⊙P的直径，点C在⊙P上，D为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，直线CD为⊙P的切线．
（1）试说明：2∠B+∠DAB＝180°
（2）若∠B＝30°，AD＝2，求⊙P的半径．
【分析】（1）根据切线的性质和圆周角定理，可得∠APC＝∠PCB+∠B＝2∠B，证得∠DAB+∠APC＝180°，则结论得证；
（2）连接AC，证得△ACP是等边三角形，可得AC＝PA，∠ACP＝60°，可求出AC长，PA长，则⊙P的半径可求出．
【答案】解：（1）连接CP，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝∠PCB+∠B＝2∠B，
∵CD是⊙OP的切线，
∴∠DCP＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DAB+∠APC＝180°
∴2∠B+∠DAB＝180°；
（2）解：连接AC，
∵∠B＝30°，
∴∠APC＝60°，
∵PC＝PA，
∴△ACP是等边三角形，
∴AC＝PA，∠ACP＝60°，
∴∠ACD＝30°，
∴AC＝2AD＝4，
∴PA＝4．
即⊙P的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
【考点8 切线的判定与性质综合】
【例8】（2019秋?宝应县期中）如图，直线AB经过⊙O上的点C，直线AO与⊙O交于点E和点D，OB与⊙O交于点F连接DF、DC．已知OA＝OB，CA＝CB．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）求证：∠FDC＝∠EDC；
（3）已知：DE＝10，DF＝8，求CD的长．
【分析】（1）欲证明直线AB是⊙O的切线，只要证明OC⊥AB即可．
（2）首先证明OC∥DF，再证明∠FDC＝∠OCD，∠EDC＝∠OCD即可．
（3）作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M，在Rt△CDM中，求出DM、CM即可解决问题．
【答案】（1）证明：连接OC．
∵OA＝OB，AC＝CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB是⊙O切线．
（2）证明：∵OA＝OB，AC＝CB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD，
∵∠AOB＝∠ODF+∠OFD＝∠AOC+∠BOC，
∴∠BOC＝∠OFD，
∴OC∥DF，
∴∠CDF＝∠OCD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ADC＝∠CDF．
（3）解：作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M．
∵ON⊥DF，
∴DN＝NF＝4，
在Rt△ODN中，∵∠OND＝90°，OD＝5，DN＝4，
∴＝3，
∵∠OCM+∠CMN＝180°，∠OCM＝90°，
∴∠OCM＝∠CMN＝∠MNO＝90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴ON＝CM＝3，MN＝OC＝5，
在RT△CDM中，∵∠DMC＝90°，CM＝3，DM＝DN+MN＝9，
∴CD＝＝＝3．
【点睛】本题考查切线的判定，等腰三角形的性质、垂径定理、平行线的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式8-1】（2019秋?兴化市期中）如图，AB是⊙O的直径，F是⊙O上一点，连接FO、FB．C为中点，过点C作CD⊥AB，垂足为D，CD交FB于点E，CG∥FB，交AB的延长线于点G．
（1）求证：CG是⊙O的切线；
（2）若∠BOF＝120°，且CE＝4，求⊙O的半径．
【分析】（1）连接OC．由点C为的中点，得到＝，求得∠COB＝∠COF，根据平行线的性质得到∠OCG＝∠OMB＝90°，于是得到CG是⊙O的切线；
（2）连接BC．由（1）知，∠COB＝∠COF＝∠BOF＝60°，推出△OBC为等边三角形．得到∠OCD＝30°，则EM＝CE＝2，根据勾股定理得到CM＝，求得OM＝CM＝，于是得到结论．
【答案】（1）证明：连接OC．∵点C为的中点，
∴＝，
∴∠COB＝∠COF，
∵OB＝OF，
∴OC⊥BF，
设垂足为M，则∠OMB＝90°，
∵CG∥FB，
∴∠OCG＝∠OMB＝90°，
∴CG是⊙O的切线；
（2）解：连接BC．由（1）知，∠COB＝∠COF＝∠BOF＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC为等边三角形．
∵∠OCD＝30°，则EM＝CE＝2，
∴CM＝，
∴OM＝CM＝，
∴OC＝4，
即⊙O的半径为4．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式8-2】（2019?中山市一模）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，在CD上有点N满足CN＝CA，AN交圆O于点F，过点F的AC的平行线交CD的延长线于点M，交AB的延长线于点E
（1）求证：EM是圆O的切线；
（2）若AC：CD＝5：8，AN＝3，求圆O的直径长度；
（3）在（2）的条件下，直接写出FN的长度．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、平行线的性质以及直角三角形两锐角互余的性质证得∠OFA+∠MFN＝90°，即∠MFO＝90°，即可证得EM是圆O的切线；
（2）设AC＝5a，则CD＝8a，根据垂径定理得出CH＝DH＝4a，进而得出AH＝3a，HN＝a，根据勾股定理列出AN＝＝a＝3，即可求得a＝3，从而求得AH＝9，CH＝12，设圆的半径为r，则OH＝r﹣9，根据OC2＝CH2+OH2得r2＝122+（r﹣9）2，求得半径r，就可以求得直径；
（3）连接DF，通过证得△ACN∽△DFN，即可求得．
【答案】（1）证明：连接FO，
∵CN＝AC，
∴∠CAN＝∠CNA，
∵AC∥ME，
∴∠CAN＝∠MFN，
∵∠CAN＝∠FNM，
∴∠MFN＝∠FNM＝∠CAN，
∵CD⊥AB，
∴∠HAN+∠HNA＝90°，
∵AO＝FO，
∴∠OAF＝∠OFA，
∴∠OFA+∠MFN＝90°，即∠MFO＝90°，
∴EM是圆O的切线；
（2）解：连接OC，
∵AC：CD＝5：8，设AC＝5a，则CD＝8a，
∵CD⊥AB，
∴CH＝DH＝4a，AH＝3a，
∵CA＝CN，
∴NH＝a，
∴AN＝＝＝a＝3，
∴a＝3，AH＝3a＝9，CH＝4a＝12，
设圆的半径为r，则OH＝r﹣9，
在Rt△OCH中，OC＝r，CH＝12，OH＝r﹣9，
由OC2＝CH2+OH2得r2＝122+（r﹣9）2，
解得：r＝，
∴圆O的直径为25；
（3）∵CH＝DH＝12，
∴CD＝24，
∵AC：CD＝5：8，
∴CN＝AC＝15，
∴DN＝24﹣15＝9，
∵∠AFD＝∠ACD，∠FND＝∠CNA，
∴△FND∽△CNA，
∴，
∵AN＝3，
∴，
∴FN＝．
【点睛】本题考查了切线的判断与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径．也考查了勾股定理和三角形相似的判定和性质．
【变式8-3】（2019?黄石）如图，AB是⊙O的直径，点D在AB的延长线上，C、E是⊙O上的两点，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延长AE交BC的延长线于点F．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）求证：CE＝CF；
（3）若BD＝1，CD＝，求弦AC的长．
【分析】（1）连接OC，可证得∠CAD＝∠BCD，由∠CAD+∠ABC＝90°，可得出∠OCD＝90°，即结论得证；
（2）证明△ABC≌△AFC可得CB＝CF，又CB＝CE，则CE＝CF；
（3）证明△DCB∽△DAC，可求出DA的长，求出AB长，设BC＝a，AC＝a，则由勾股定理可得AC的长．
【答案】解：（1）连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAD+∠ABC＝90°，
∵CE＝CB，
∴∠CAE＝∠CAB，
∵∠BCD＝∠CAE，
∴∠CAB＝∠BCD，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠OCB+∠BCD＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）∵∠BAC＝∠CAE，∠ACB＝∠ACF＝90°，AC＝AC，
∴△ABC≌△AFC（ASA），
∴CB＝CF，
又∵CB＝CE，
∴CE＝CF；
（3）∵∠BCD＝∠CAD，∠ADC＝∠CDB，
∴△DCB∽△DAC，
∴，
∴，
∴DA＝2，
∴AB＝AD﹣BD＝2﹣1＝1，
设BC＝a，AC＝a，由勾股定理可得：，
解得：a＝，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
【考点9 切线中的动点问题】
【例9】（2019?亭湖区二模）如图，OA、OB是⊙O的两条半径，OA⊥OB，C是半径OB上一动点，连接AC并延长交⊙O于D，过点D作圆的切线交OB的延长线于E，已知OA＝6．
（1）求证：∠ECD＝∠EDC；
（2）若BC＝2OC，求DE长；
（3）当∠A从15°增大到30°的过程中，求弦AD在圆内扫过的面积．
【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出∠EDC+∠ODA＝90°，由等腰三角形的性质得出∠ODA＝∠OAC，得出∠EDC＝∠ACO，即可得出结论；
（2）设DE＝x，则CE＝DE＝x，OE＝2+x，在Rt△ODE中，由勾股定理得出方程，解法长即可；
（3）过点D作DF⊥AO交AO的延长线于F，当∠A＝15°时，∠DOF＝30°，得出DF＝OD＝OA＝3，∠DOA＝150°，S弓形ABD＝S扇形ODA﹣S△AOD＝15π﹣9，当∠A＝30°时，∠DOF＝60°，S弓形ABD＝S扇形ODA﹣S△AOD＝12π﹣9，即可得出结果．
【答案】（1）证明：连接OD，如图1所示：
∵DE是⊙O的切线，
∴∠EDC+∠ODA＝90°，
∵OA⊥OB，
∴∠ACO+∠OAC＝90°，
∵OA、OB是⊙O的两条半径，
∴OA＝OB，
∴∠ODA＝∠OAC，
∴∠EDC＝∠ACO，
∵∠ECD＝∠ACO，
∴∠ECD＝∠EDC；
（2）解：∵BC＝2OC，OB＝OA＝6，
∴OC＝2，
设DE＝x，
∵∠ECD＝∠EDC，
∴CE＝DE＝x，
∴OE＝2+x，
∵∠ODE＝90°，
∴OD2+DE2＝OE2，
即：62+x2＝（2+x）2，
解得：x＝8，
∴DE＝8；
（3）解：过点D作DF⊥AO交AO的延长线于F，如图2所示：
当∠A＝15°时，∠DOF＝30°，
∴DF＝OD＝OA＝3，∠DOA＝150°，
S弓形ABD＝S扇形ODA﹣S△AOD＝﹣OA?DF＝15π﹣×6×3＝15π﹣9，
当∠A＝30°时，∠DOF＝60°，
∴DF＝OD＝OA＝3，∠DOA＝120°，
S弓形ABD＝S扇形ODA﹣S△AOD＝﹣OA?DF＝12π﹣×6×3＝12π﹣9，
∴当∠A从15°增大到30°的过程中，AD在圆内扫过的面积＝（15π﹣9）﹣（12π﹣9）＝3π+9﹣9．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、扇形面积的计算、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握切线的性质和勾股定理是解题的关键．
【变式9-1】（2019秋?涵江区期中）如图，四边形ABCD是正方形，E是AD边上的一个动点（有与A、D重合），以E为圆心，EA为半径的⊙E交CE于G点，CF与⊙E切于F点．AD＝4，AE＝x，CF2＝y．
（1）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）是否存在x的值，使得FG把△CEF的面积分成1：2两部分？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由切线的性质可得EF⊥CF，由正方形的性质可得CD＝AD＝4，∠ADC＝90°，由勾股定理可求解；
（2）由FG把△CEF的面积分成1：2两部分，可得EG＝EC，或EG＝EC，可列出方程，即可求解．
【答案】解：（1）∵CF与⊙E切于F点，
∴EF⊥CF，
∵AE＝x，AD＝4，
∴DE＝4﹣x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝AD＝4，∠ADC＝90°，
∴CE2＝DE2+CD2＝（4﹣x）2+16，
在Rt△EFC中，CF2＝CE2﹣EF2，
∴y＝（4﹣x）2+16﹣x2＝32﹣8x（0＜x＜4）；
（2）∵FG把△CEF的面积分成1：2两部分，
∴EG＝EC，或EG＝EC，
∴x＝，或x＝
∴x＝±﹣，或x＝
∵0＜x＜4，
∴x＝，或x＝．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【变式9-2】（2019秋?如皋市期中）如图，AB是⊙O的切线，切点为B，OA交⊙O于点C，过点C的切线交AB于点D．若∠BAO＝30°，CD＝2．
（1）求⊙O的半径；
（2）若点P在上运动，设点P到直线BC的距离为x，图中阴影部分的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【分析】（1）连结OB，根据切线长定理和切线的性质得到DB＝DC＝2，∠ABO＝∠ACD＝90°，则AD＝2BD＝4，AB＝AD+BD＝6，在Rt△AOB中，根据含30度的直角三角形三边的关系可计算出OB＝AB＝2；
（2）根据扇形面积公式S＝求出扇形AOB的面积，得到答案．
【答案】解：（1）连结OB，如图，
∵AB、CD是⊙O的切线，
∴DB＝DC＝2，OB⊥AB，CD⊥OA，
∴∠ABO＝∠ACD＝90°，
∵∠BAO＝30°，
∴AD＝2CD＝2BD，
∴AD＝4，AB＝AD+BD＝6，
∴OB＝AB＝2，
即⊙O的半径为2；
（2）∵∠BAO＝30°，
∴∠BOC＝60°，
∵点P到直线BC的距离为x，
∴△PBC的面积为×2×x＝x，
弓形BC的面积＝扇形COB的面积﹣△COB的面积
＝
＝2，
∴y＝x+2，
当点P到BC的垂线经过圆心O时，其值最大，即2+3，
∴自变量x的取值范围是0≤x≤2+3．
【点睛】本题考查的是切线的性质，扇形面积的计算和圆周角定理，掌握扇形面积公式和切线的性质是解题的关键．
【变式9-3】（2019?唐河县三模）如图，AB为⊙O的直径，点D，E是位于AB两侧的半圆AB上的动点，射线DC切⊙O于点D．连接DE，AE，DE与AB交于点P，F是射线DC上一动点，连接FP，FB，且∠AED＝45°．
（1）求证：CD∥AB；
（2）填空：
①若DF＝AP，当∠DAE＝ 时，四边形ADFP是菱形；
②若BF⊥DF，当∠DAE＝ 时，四边形BFDP是正方形．
【分析】（1）要证明CD∥AB，只要证明∠ODF＝∠AOD即可，根据题目中的条件可以证明∠ODF＝∠AOD，从而可以解答本题；
（2）①根据四边形ADFP是菱形和菱形的性质，可以求得∠DAE的度数；②根据四边形BFDP是正方形，可以求得∠DAE的度数．
【答案】解：（1）如图，OD连接，
∵射线DC切⊙O于点D，
∴OD⊥CD，
∵∠AED＝45°，
∴∠AOD＝2∠AED＝90°，即∠ODF＝∠AOD，
∴CD∥AB．
（2）①连接AF与DP交于点G，如图所示，
∵四边形ADFP是菱形，∠AED＝45°，OA＝OD，
∴AF⊥DP，∠AOD＝90°，∠DAG＝∠PAG，
∴∠AGE＝90°，∠DAO＝45°，
∴∠EAG＝45°，∠DAG＝∠PAG＝22.5°，
∴∠EAD＝∠DAG+∠EAG＝22.5°+45°＝67.5°，
故答案为：67.5°；
②∵四边形BFDP是正方形，
∴BF＝FD＝DP＝PB，
∠DPB＝∠PBF＝∠BFD＝∠FDP＝90°，
∴此时点P与点O重合，
∴此时DE是直径，
∴∠EAD＝90°，
故答案为：90°．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、切线的性质、正方形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用菱形的性质和正方形的性质解答．
