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浙教版初中数学九年级下册第二单元《直线与圆的位置关系》（困难）（含答案解析） 试卷
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浙教版初中数学九年级下册第二单元《直线与圆的位置关系》（困难）（含答案解析）
考试范围：第二单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，PA，PB切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D.若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是( )
A. 51213 B. 125 C. 3513 D. 2313
2. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，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
3. 如图AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE垂线AC、BD，垂足分为C、D，连接AM，则①AM平分∠CAB；
②ACAM=AMAB；③若AB=4，∠APE=30°，则BM的长为π3；④若AC=3BD，则有tan∠MAP=33.其中正确的结论有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，BO平分∠ABC，连接OA.若BE=AC=6，⊙O的半径是2.则图中阴影部分的面积为( )
A. 10−32π B. 10−34π C. 8−π D. 6
5. 如图，⊙O与△ABC的三边分别相切于点D，E，F，连接DE，EF.若AD=6，BE=7，CF=8，则tan∠DEF的值是( )
A. 32 B. 2 C. 74 D. 43
6. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90∘，以BC为直径的⊙O交AB于E，OD⊥BC交⊙O于D，DE交BC于F，点P为CB延长线上的一点且PE=PF.延长PE交AC于G，小华得出3个结论： ①GE=GC; ②AG=GE; ③OG//BE.其中正确的是( )
A. ① ② B. ① ③ C. ② ③ D. ① ② ③
7. 如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，AC是⊙O的直径，AC、PB的延长线交于点D，E为PA的中点，AB分别交PO、DE于点M、N，若B为PD的中点，则下列结论：①PO与AB互相垂直平分；②△PAB为等边三角形；③△PAO与△DAP相似；④BNAM=23.其中正确结论的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 如图，在△ABC中，AB=AC=10，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠CBF=12∠A，tan∠CBF=13，则CF的长为( )
A. 125 B. 52 C. 123 D. 5
9. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在BC边上(不与B，C重合)，点O为△ADC的内心，则∠AOC不可能是( )
A. 150° B. 120° C. 110° D. 100°
10. 如图，点I为△ABC的内心，连接AI并延长，交△ABC的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接CD，EI，IC，当AI=2CD，IC=6，ID=5时，IE的长为( )
A. 5 B. 4.5 C. 4 D. 3.5
11. 如图，△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，连接AI并延长交△ABC的外接圆于D，若∠ABD=45°，则AI=( )
A. 3−1
B. 1
C. 6−2
D. 6−3
12. 如图，在△ABC中，点O是△ABC的内心，连接OB，OC，过点O作EF//BC分别交AB，AC于点E，F.已知△ABC的周长为8，BC=x，△AEF的周长为y，则表示y与x的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 一个边长为3cm的正△ABC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．
14. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是______．
15. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，则AF的最大值是____．
16. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=x−4与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为2的⊙P的圆心P从点A8,m(点A在直线y=x−4上)出发以每秒2个单位长度的速度沿射线AC运动，设点P运动的时间为t秒，则当t=______时，⊙P与坐标轴相切．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O上一动点，且P在第一象限内，过点P作⊙O的切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．
(1)点P在运动时，线段AB的长度也在发生变化，请写出线段AB长度的最小值，并说明理由．
(2)在⊙O上是否存在一点Q，使得以Q，O，A，P为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由．
18. (本小题8.0分)
如图，已知点A从(1,0)出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向正方向运动，以O，A为顶点作菱形OABC，使点B，C在第一象限内，且∠AOC=60°；以P(0,3)为圆心，PC为半径作圆．设点A运动了t秒，求：
(1)点C的坐标(用含t的代数式表示)；
(2)当点A在运动过程中，所有使⊙P与菱形OABC的边所在直线相切的t的值．
19. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，点O在对角线BD上，以OB的长为半径的⊙O与 AB，BD分别交于点E，F，连接DE，且∠ADE=∠BDC．
(1)判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论;
(2)若BC=6，CD=8，AE=4.5，求⊙O的半径．
20. (本小题8.0分)
如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AC平分∠BAD，且AD⊥CD于点D．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若AD=4，CD=2，求⊙O的半径．
21. (本小题8.0分)
在Rt△ABC中，∠C=90°．
(1)如图①，点O在斜边AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆交AB于点D，交BC于点E，与边AC相切于点F.求证：∠1=∠2；
(2)在图②中作⊙M，使它满足以下条件：
①圆心在边AB上；②经过点B；③与边AC相切．
(尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法)
22. (本小题8.0分)
如图，⊙O的直径AB=12，AM、BN是⊙O的切线，在AM上取一点D(D与A不重合)，DE切⊙O于E，且DE与BN交于C点，
(1)求证：OD⊥OC;
(2)设AD=x，BC=y，求出y关于x的函数关系式，并指出是何种函数．
23. (本小题8.0分)
如图，⊙Q的半径为2，在⊙Q的对称轴l1上取一点O，使得OQ=5(点O在点Q的下方)，过O作直线l2⊥l1，P为直线l2上的一点，过点P作⊙Q的切线PA，PB，切点为A，B，连接AB
(1)当OP=OQ时，求PA的长;
(2)连接PQ，当PQ⋅AB最小时，求PA的长;
(3)试证明点P在直线l2上运动时，弦AB必过一个定点．
24. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点O，M分别是Rt△ABC的内心和外心，连接OA，OB，OM．
(1)求∠AOB的度数；
(2)延长AC至点D，使AD=AB，连接BD，求证：AO⊥BD；
(3)在(2)中，延长BC至点E，使BE=AB，连接DE，找出DE与OM之间的等量关系，并证明这个结论．
25. (本小题8.0分)
如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE．
(1)若∠CBD=34°，求∠BEC的度数；
(2)求证：DE=DB．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，相似三角形及三角函数的定义，解决本题的关键是切线与相似三角形相结合，找准线段及角的关系．
连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F.利用切线求得CA=CE，DB=DE，PA=PB，再得出PA=PB=32r.利用Rt△BFP∽Rt△OAF得出AF=23FB，在Rt△FBP中，利用勾股定理求出BF，再求tan∠APB的值即可．
【解答】
解：连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F．
∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E
∴∠OAF=∠PBF=90°，CA=CE，DB=DE，PA=PB，
∵△PCD的周长=PC+CE+DE+PD=PC+AC+PD+DB=PA+PB=3r，
∴PA=PB=32r．
在Rt△PBF和Rt△OAF中，
∠FAO=∠FBP∠OFA=∠PFB，
∴Rt△PBF∽Rt△OAF．
∴AFFB=AOBP=r32r=23，
∴AF=23FB，
在Rt△FBP中，
∵PF2−PB2=FB2
∴(PA+AF)2−PB2=FB2
∴(32r+23BF)2−(32r)2=BF2，
解得BF=185r，
∴tan∠APB=BFPB=185r32r=125，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确找到点MN取得最大值、最小值时的位置，属于中考常考题型．
设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN最小值为OP−OF=53，当N在AB边上时，M与B重合时，MN最大值=103+1=133，由此不难解决问题．
【解答】
解：如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为OP−OF，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=5
∵∠OPB=90°，
∴OP//AC
∵点O是AB的三等分点，
∴OB=23×5=103，OPAC=OBAB=23，
∴OP=83，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∴OD//BC，
∴ODBC=OQAB=13，
∴OD=1，
∴MN最小值为OP−OF=83−1=53，
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=103+1=133，
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故选B．
3.【答案】B
【解析】解：连接OM，BM，
∵PE为⊙O的切线，
∴OM⊥PC，
∵AC⊥PC，
∴OM//AC，
∴∠CAM=∠AMO，
∵OA=OM，
∴∠OAM=∠AMO，
∴∠CAM=∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确；
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AMB=90°，
∵∠CAM=∠MAB，∠ACM=∠AMB，
∴△ACM∽AMB，
∴ACAM=AMAB，故②正确；
∵∠APE=30°，
∴∠MOP=90°−∠APE=90°−30°=60°，
∵AB=4，
∴OB=2，
∴BM的长为60×π×2180=2π3，故③错误；
∵BD⊥PC，AC⊥PC，
∴BD//AC，
∴PBPA=BDAC=13，
∴PB=13PA，
∴PB=12AB，
∴PB=OB=OA，
∵sin∠OPM=OMOP=12，
∴∠OPM=30°，
∴∠CAB=60°，
∵AM平分∠CAB，
∴∠MAP=30°，
∴tan∠MAP=33，故④正确．
故选B．
连接OM，BM，可证OM//AC，得出∠CAM=∠AMO，由OA=OM可得∠OAM=∠AMO，故①正确；证明△ACM∽△AMB，则可得出②正确；求出∠MOP=60°，OB=2，则用弧长公式可求出 BM的长为2π3，故③错误；由BD//AC可得PB=13PA，则PB=OB=OA，得出∠OPM=30°，由余角的性质可求∠CAB=60°，则∠MAP=30°，tan∠MAP=33，故④正确．
本题考查圆知识的综合应用，涉及切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质、弧长公式、含30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了圆的切线的定义，圆的切线的性质，角平分线的定义与性质，勾股定理，三角形的内角和定理，直角三角形的性质，正方形的判定与性质，扇形、三角形的面积，熟练应用圆的切线的性质是解题的关键．
连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，证出AB是⊙O的切线证明四边形OECF为正方形，则BC=8，利用勾股定理求得AB，利用角平分线的定义，直角三角形的两个锐角互余三角形的内角和定理求出圆心角∠AOB的度数，依据S阴影=S△OAB−S扇形OMN即可求得结论．
【解答】
解：连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，如图，
∵BC为⊙O的切线，
∴OE⊥BC．
∵BO平分∠ABC，OG⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OG．
这样，直线AB经过半径OG的外端G，且垂直于半径OG，
∴AB是⊙O的切线；
∵⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，
∴OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OECF为矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF为正方形．
∴EC=FC=OE=OF=2．
∵BE=AC=6，
∴BC=8，
∴AB=AC2+BC2=10．
由(1)知：OG=OE=2，
∴OG=OF，
∵OG⊥AB，OF⊥AC，
∴AO平分∠BAC，
∴∠OAB=12∠BAC．
∵BO平分∠ABC，
∴∠OBA=12∠ABC．
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OAB+∠OBC=12(∠ABC+∠ACB)=45°，
∴∠AOB=135°．
∴S阴影=S△OAB−S扇形OMN=12AB⋅OG−135π×22360=10−3π2．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数的概念，解答本题的关键是掌握求三角形内切圆半径的思路与方法；连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，首先根据切线长定理得出AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，以及△ABC的三边长，设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，进一步得出AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，得出AG的长，利用勾股定理求出BG的长，利用三角形的面积公式求出△ABC的面积，设OD=OE=OF=r，根据S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO，求出r=4，即OF=4，在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，求出tan∠AOF=AFOF=64=32，最后证明Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，得出∠AOF=∠AOD=12∠DOF，根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，得出∠DEF=∠AOF，即可解答．
【解答】
解：连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，如图：
则OD=OE=OF，
根据切线的性质可知：OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵AD=6，BE=7，CF=8，
∴根据切线长定理可知：AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，
∴AB=AD+BD=6+7=13，BC=BE+CE=7+8=15，AC=AF+CF=6+8=14，
∵BG⊥AC于G，
∴∠AGB=∠CGB=90°，
设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，
在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，
∴AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，
∴AG=5，
∴BG=AB2−AG2=132−52=12，
∴S△ABC=12AC·BG=12×14×12=84，
设OD=OE=OF=r，
∴S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO
=12AB·OD+12BC·OE+12AC·OF
=12×13r+12×15r+12×14r
=21r，
∴21r=84，
∴r=4，
∴OF=4，
在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，
∴tan∠AOF=AFOF=64=32，
在Rt△AOF和Rt△AOD中，
OF=ODOA=OA,
∴Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，
∴∠AOF=∠AOD=12∠DOF，
根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，
∴∠DEF=∠AOF，
∴tan∠DEF=tan∠AOF=32．
故选A．
6.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定与性质、切线长定理、圆周角定理、三角形中位线的性质以及等腰三角形的性质，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法．
连结OE，CE，由OE=OD，PE=PF易得∠OED=∠ODE，∠PEF=∠PFE，然后得出OE⊥PE，
即可得出 ①正确；又BC是直径可得∠BEC=90∘，∠AEC=90∘，得出EG=CG，然后得出∠A=∠AEG，即可判断出故 ②正确；根据OC=OB，AG=GE=CG，判断出中位线，即可得出 ③正确．
【解答】
解：连结OE，CE，
∵OE=OD，PE=PF，∴∠OED=∠ODE，∠PEF=∠PFE，
∵OD⊥BC，∴∠ODE+∠OFD=90∘，
∵∠OFD=∠PFE，∴∠ODE+∠PFE=90∘，
∴∠OED+∠PEF=90∘，即OE⊥PE，
∴GE为⊙O的切线，
由已知得GC为⊙O的切线，
∴GC=GE，故 ①正确;
∵BC是直径，∴∠BEC=90∘，∴∠AEC=90∘，
∵EG=CG，∴∠GCE=∠GEC，
∵∠GCE+∠A=90∘，∠GEC+∠AEG=90∘，
∴∠A=∠AEG，∴AG=EG，故 ②正确;
∵OC=OB，AG=GE=CG，
∴OG是△ABC的中位线，∴OG//AB，故 ③正确．
故选D．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形全等判定，直角三角形斜边的中线，相似三角形的判定与性质等知识，分别判断各项即可．
①PA、PB分别切⊙O于点A、B，切线的性质，切线长定理，可得出Rt△PAO≌Rt△PBO，从而判断出结论错误；
②由直角三角形斜边的中线可得结论正确；
③由结论②推导出角的关系，从而得出△PAO∽△DAP，可得结论正确；
④由直角三角形斜边的中线，得出角的关系，得到△EMN∽△DBN，得出比例式可证结论正确．
【解答】
①连接OB，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PA=PB，∠PAO=∠PBO=90°，
又∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△PAO≌Rt△PBO，
∴∠APO=∠BPO，
∴PO⊥AB，且PO平分AB，但AB不一定平分PO，故①错误；
②在Rt△DAP中，B为PD的中点，∴AB=PB=BD，
又∵PA=PB，∴PA=PB=AB，∴△PAB为等边三角形，故②正确；
③∵△PAB为等边三角形，
∴∠APB=∠PAB=∠PBA=60°，
∵PO平分∠APB，∠APO=30°，
∵△PAD中，∠PAD=90°，∠APD=60°，∴∠PDA=30°，
∴∠APO=∠PDA，
又∵∠PAO=∠DAP，
∴△PAO∽△DAP，故③正确；
④连接EM，
∵△AMP是直角三角形，E为PA的中点，
∴EM=12AP=EP，
∴∠EMP=∠EPM=12∠APB=30°，
∴∠EMN=∠EMP+∠PMN=30°+90°=120°，
∵∠PBA=60°，
∴∠ABD=120°，
∴∠EMN=∠ABD，
∵∠ENM=∠BND，
∴△EMN∽△DBN，
∴EMDB=MNBN，
∵DB=PB=AP，
∴EMDB=12，
∴MNBN=12，
∴BNBM=23，
∵PO平分AB，
∴AM=BM，
∵BNAM=23，故④正确．
∴②③④正确，
故选C．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等，证明三角形相似是本题的关键．
连接AE，BD，根据AB是直径，得出AE⊥BC，∠ADB=90°，进而得CE=EB，依据已知条件得出∠CBF=∠EAB，证明△FDB∽△FBA，△CDB∽△CEA，最后根据勾股定理求得CF．
【解答】
解：连接AE，BD，
∵AB为直径，
∴AE⊥BC，∠ADB=90°
∵AB=AC，
∴∠EAB=12∠CAB，EB=CE=12CB，
∵∠CBF=12∠CAB，tan∠CBF=13，
∴∠CBF=∠EAB，tan∠EAB=EBAE=13，
∴∠CBF+∠ABC=∠EAB+∠ABC=90°，
∴∠ABF=90°，
易证△FDB∽△FBA，
∴FDFB=FBFA，即FB2=FD·FA，
在Rt△AEB中，AB=10，
∴EB=10，
∴CB=210，CE=10，
易证△CDB∽△CEA，
可得CE⋅CB=CD⋅AC，
∵AC=10，
∴CD=2，
∴AD=AC−CD=8，
设CF=x，则FD=x+2，FA=10+x，
FB2=AF2−AB2=(10+x)2−102，
∴(10+x)2−102=(x+2)(10+x)，
解得x=2.5，
∴CF=2.5，
故选B．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠ACB=30°，
∵O为△ADC的内心，
∴∠OAC=12∠DAC，∠OCA=12∠ACB=15°，
∴∠AOC=180°−∠OAC−∠OCA=165°−12∠DAC，
∵点D在线段BC上(不与B、C重合)，
∴0°<∠DAC<120°，
∴0°<12∠DAC<60°，
∴105°<∠AOC<165°，
∴∠AOC不可能是100°．
故选：D．
根据三角形的内角和可得∠BAC=100°，由O为△ADC的内心，可得∠OAC=12∠DAC，∠OCA=12∠ACB=15°，所以∠AOC=165°−12∠DAC，由点D在线段BC上(不与B、C重合)，可得0°<∠DAC<120°，进而可得105°<∠AOC<165°．
本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心，
10.【答案】C
【解析】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM=IM2−IC2=8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
∴IE=12CM=4，
故选：C．
延长ID到M，使DM=ID，连接CM.想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
11.【答案】D
【解析】解：如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，OD，BI，
在△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠BOD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴DB=OD=OB=OA，
∵∠BAD=∠CAD=30°，
∴BD=CD，
∴OD⊥BC，BE=CE=12BC=32，
∵∠BAD=∠CBD=30°，
∴DE=BE⋅tan30°=32×33=32，
∴DB=2DE=3，
∵∠DBI=∠DBC+∠CBI，∠DIB=∠IAB+∠IBA，
∵I是△ABC的内心，
∴∠IBA=∠CBI，
∴∠DBI=∠DIB，
∴DI=DB=3，
∵∠ABD=45°，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD=DB=3，
∴AD=2OA=6，
∴AI=AD−DI=6−3．
故选：D．
设△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，OD，BI，根据圆周角定理证明△OBD是等边三角形，根据垂径定理可得OD⊥BC，BE=CE=12BC=32，然后根据三角形内心证明DI=DB=3，进而可以解决问题．
本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，垂径定理，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是得到△OBD是等边三角形．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了动点问题的函数图象、三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的周长等知识；求出y与x的关系式是解决问题的关键．
由三角形的内心性质和平行线的性质证出BE=OE，CF=OF，得出△AEF的周长y与x的关系式为y=8−x，求出0
解：∵点O是△ABC的内心，
∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，
∵EF//BC，
∴∠EOB=∠CBO，∠FOC=∠BCO，
∴∠ABO=∠EOB，∠ACO=∠FOC，
∴BE=OE，CF=OF，
∴△AEF的周长y=AE+EF+AF=AE+OE+OF+AF=AB+AC，
∵△ABC的周长为8，BC=x，
∴AB+AC=8−x，
∴y=8−x，
∵AB+AC>BC，
∴y>x，
∴8−x>x，
∴0
故选：B．
13.【答案】322021
【解析】解：根据题意画图如下：
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=12BC，
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×(12)2021cm，
由图可得cos∠OBF=BFOB=cos30°=32，
∴OB=233BF=33BC，
∴第2022个正三角形的外接圆半径为：33×3×(12)2021=322021(cm)，
故答案为：322021．
设第二个三角形为DEF，正三角形ABC中心为O，连接OB，OF，根据正三角形的中心与内切圆的圆心重合，得点D、E、F为边AB、AC、BC的中点，然后根据三角形中位线定理和特殊角三角函数即可解决问题．
本题主要考查了正三角形的性质，三角形中位线的性质，特殊角的三角函数；结合图形找到正三角形的边长规律是解题关键．
14.【答案】22
【解析】解：如图，圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，
∵圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴CE=CF，BE=BG，AF=AG，AB=32+42=5，
∴四边形CEOF是正方形，
设正方形CEOF的边长为x，
则BE=BG=3−x，AF=AG=4−x，
根据题意，得
3−x+4−x=5，
解得x=1，
∴OC=12+12=2，
∵CD⊥l，
∴∠CDO=90°，
∴点D在以OC为直径的圆Q上，如图，
连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，
当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
∴CP=QP=12，
∴AP=AC−CP=4−12=72，圆Q的半径QD=22，
∴QA=QP2+AP2=(12)2+(72)2=522，
∴AD的最小值为AQ−QD=522−22=22．
故答案为：22．
圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，先根据圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，求出正方形CEOF的边长为x，根据勾股定理可得OC=2，连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，再利用勾股定理即可解决问题．
本题考查了三角形内切圆与内心，正方形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心．
15.【答案】1
【解析】解：以AB为直径作圆，因为∠AGB=90°，所以G点在圆上．
当CF与圆相切时，AF最大．
此时FA=FG，BC=CG．
设AF=x，则DF=4−x，FC=4+x，
在Rt△DFC中，利用勾股定理可得：
42+(4−x)2=(4+x)2，
解得x=1．
故答案为1．
以AB为直径作圆，当CF与圆相切时，AF最大．根据切线长定理转化线段AF+BC=CF，在Rt△DFC利用勾股定理求解．
本题主要考查正方形的性质、切线长定理等．
16.【答案】2秒或6秒或10秒
【解析】
【分析】
本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
设⊙P与坐标轴的切点为D，根据已知条件得到A(8,4)，B(4,0)，C(0,−4)，求得AB=42，AC=82，OB=OC=4，推出△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，①当⊙P与x轴相切时，②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，③当点P只与y轴相切时，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【解答】
解：设⊙P与坐标轴的切点为D，
∵直线y=x−4与x轴、y轴分别交于点B、C，点A(8,m)，
∴x=0时，y=−4，y=0时，x=4，x=8时，y=4，
∴A(8,4)，B(4,0)，C(0,−4)，
∴AB=42，AC=82，OB=OC=4，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，
①当⊙P与x轴相切时，
∵点D是切点，⊙P的半径是2，
∴PD⊥x轴，PD=2，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴BD=PD=2，PB=22，
∴AP=AB−PB=22，
∵点P的速度为每秒2个单位长度，
∴t=2；
②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，
∵PB=22，
∴AP=AB+PB=62，
∵点P的速度为每秒2个单位长度，
∴t=6；
③当点P只与y轴相切时，
∵PB=22，
∴AP=AC+PB=102，
∵点P的速度为每秒2个单位长度，
∴t=10．
综上所述，则当t=2或6或10秒时，⊙P与坐标轴相切，
故答案为：2秒或6秒或10秒．
17.【答案】解：(1)线段AB长度的最小值为4，理由如下：连接OP，
∵AB切⊙O于P，
∴OP⊥AB，
取AB的中点C，
则AB=2OC；
当OC=OP时，OC最短，
即AB最短，
此时AB=4；
(2)设存在符合条件的点Q，
如图①，设四边形APOQ为平行四边形；
∵∠APO=90°，
∴四边形APOQ为矩形，
又∵OP=OQ，
∴四边形APOQ为正方形，
∴OQ=QA，∠QOA=45°；
在Rt△OQA中，根据OQ=2，∠AOQ=45°，
得Q点坐标为 2 ,−2 ；
如图②，设四边形APQO为平行四边形；
∵OQ//PA，∠APO=90°，
∴∠POQ=90°，
又∵OP=OQ，
∴∠PQO=45°，
∵PQ//OA，
∴PQ⊥y轴；
设PQ⊥y轴于点H，
在Rt△OHQ中，根据OQ=2，∠HQO=45°，
得Q点坐标为−2 ,2 ．
∴符合条件的点Q的坐标为 2 ,−2 或−2 ,2 ．
【解析】本题利用了切线的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质求解．
(1)如图，设AB的中点为C，连接OP，由于AB是圆的切线，故△OPC是直角三角形，所以当OC与OP重合时，OC最短；
(2)分两种情况：如图①，当四边形APOQ是正方形时，△OPA，△OAQ都是等腰直角三角形，可求得点Q的坐标为，如图②，可求得∠QOP=∠OPA=90°，由于OP=OQ，故△OPQ是等腰直角三角形，可求得点Q的坐标为．
18.【答案】解：(1)过C作CD⊥x轴于D．
∵OA=1+t，
∴OC=1+t，
∴OD=OCcos60°=1+t2，DC=OCsin60°=3(1+t)2．
∴点C的坐标为(1+t2,3(1+t)2)．
(2)①当⊙P与OC相切时(如图1)，切点为C，此时PC⊥OC．
∴OC=OPcos30°，
∴1+t=3⋅32，
∴t=332−1．
②当⊙P与OA，即与x轴相切时(如图2)，则切点为O，PC=OP．
过P作PE⊥OC于E，则OE=12OC．
∴1+t2=OPcos30°=332，
∴t=33−1．
③当⊙P与AB所在直线相切时(如图3)，设切点为F，PF交OC于G，则PF⊥OC．
∴FG=CD=3(1+t)2，
∴PC=PF=OPsin30°+3(1+t)2．
过C作CH⊥y轴于H，则PH2+CH2=PC2．
∴(1+t2)2+(3(1+t)2−3)2=(32+3(1+t)2)2，
化简，得(t+1)2−183(t+1)+27=0，
解得t+1=93±66．
∵t=93−66−1<0，
∴t=93+66−1．
∴所求t的值是332−1，33−1和93+66−1．
【解析】(1)过C向x轴引垂线，利用三角函数求出相应的横纵坐标；
(2)⊙P与菱形OABC的边所在直线相切，则可与OC相切；或与OA相切；或与AB相切，应分情况探讨．
四边形所在的直线和圆相切，那么与各边都有可能相切；
注意特殊三角函数以及勾股定理的应用．
19.【答案】 (1)直线DE与⊙O相切．
证明：连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠EBD=∠BDC．
∵OB=OE，
∴∠EBO=∠BEO．
∵∠ADE=∠BDC，
∴∠BEO=∠EBD=∠BDC=∠ADE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90∘，
∴∠AED+∠ADE=90∘，
∴∠AED+∠BEO=∠AED+∠ADE=90∘，
∴∠OED=180∘−(∠AED+∠BEO)=180∘−90∘=90∘，
即OE⊥ED．
∵OE为半径，
∴直线DE与⊙O相切．
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90∘．
在Rt△DCB中，∠C=90∘，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6．
在Rt△ADE中，∠A=90∘，
∴ED=AE2+AD2=4.52+62=152．
设⊙O的半径为R，
在Rt△DOE中，DO2=DE2+OE2，即(10−R)2=(152)2+R2，
解得R=3516，即⊙O的半径是3516．
【解析】
【分析】
本题主要考查切线的判定和性质，勾股定理以及矩形的性质，掌握切线的判定方法是解题的关键．
(1)连接OE，利用等腰三角形的性质，平行线的性质推出∠BEO=∠EBD=∠BDC=∠ADE.，再根据直角三角形两锐角互余，得出∠OED=90°，即可得出结论；
(2)先利用勾股定理求出BD，DE的长度，设⊙O的半径为R，在Rt△DOE中，利用勾股定理列式，计算求出R即可．
20.【答案】(1)证明：如图中，连接OC．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠CAB=∠ACO，
∴AD//OC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：如图，过点O作OE⊥AD于点E，
得矩形OEDC，
∴OE=CD=2，DE=OC，
∴AE=AD−DE=4−OC=4−OA，
在Rt△AEO中，根据勾股定理，得
OA2=AE2+OE2，
∴OA2=(4−OA)2+22，
解得OA=52．
∴⊙O的半径为52．
【解析】(1)连接OC.只要证明AD//OC，由AD⊥CD，即可推出OC⊥CD；
(2)过点O作OE⊥AD于点E，得矩形OEDC，然后利用勾股定理即可求出半径的长．
此题主要考查了切线的性质与判定，解决本题的关键是掌握切线的判定．
21.【答案】解：(1)证明：如图①，连接OF，
∵AC是⊙O的切线，
∴OF⊥AC，
∵∠C=90°，
∴OF//BC，
∴∠1=∠OFB，
∵OF=OB，
∴∠OFB=∠2，
∴∠1=∠2．
(2)如图②所示⊙M为所求．
①作∠ABC平分线交AC于F点，
②作BF的垂直平分线交AB于M，以MB为半径作圆，
即⊙M为所求．
证明：∵M在BF的垂直平分线上，
∴MF=MB，
∴∠MBF=∠MFB，
又∵BF平分∠ABC，
∴∠MBF=∠CBF，
∴∠CBF=∠MFB，
∴MF//BC，
∵∠C=90°，
∴FM⊥AC，
∴⊙M与边AC相切．
【解析】本题主要考查圆和切线的性质和基本作图的综合应用．掌握连接圆心和切点的半径与切线垂直是解题的关键，
(1)连接OF，可证得OF//BC，结合平行线的性质和圆的特性可求得∠1=∠OFB=∠2，可得出结论；
(2)由(1)可知切点是∠ABC的角平分线和AC的交点，圆心在BF的垂直平分线上，由此即可作出⊙M．
22.【答案】解：(1)证明：连结OE，
∵AM、CD是⊙O的切线，
∴∠OAD=∠OED=90°，AD=DE，
在Rt△ADO和Rt△EDO中
AD=EDOD=OD,
∴Rt△ADO≌Rt△EDO，
∴∠AOD=∠DOE，
∵BN、CD也是⊙O的切线，
∴∠OEC=∠OBC=90°，CE=CB，
在Rt△OEC和Rt△OBC中
CE=CBOC=OC,
∴Rt△OEC≌Rt△OBC，
∴∠BOC=∠EOC，
∴∠DOC=∠DOE+∠EOC=12(∠AOE+∠EOB)=90°，
∴OD⊥OC;
(2)如图，作DF⊥BN交BC于F，设AD=x，BC=y，
∵AM、BN与⊙O切于点定A、B，
∴AB⊥AM，AB⊥BN．
又∵DF⊥BN，
∴∠BAD=∠ABC=∠BFD=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴BF=AD=x，DF=AB=12，
∵BC=y，
∴FC=BC−BF=y−x；
∵DE切⊙O于E，
∴DE=AD=x，CE=BC=y，
则DC=DE+CE=x+y，
在Rt△DFC中，
由勾股定理得：(x+y)2=(y−x)2+122，
整理为：y=36x，
∴y与x的函数关系式是y=36x，是反比例函数．
【解析】此题考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形全等的判定与性质，勾股定理，函数关系式等．
(1)可先连接OE，根据切线长定理，切线性质可证明Rt△ADO≌Rt△EDO和Rt△OEC≌Rt△OBC，进而得到角的关系得到∠AOD=∠DOE，∠BOC=∠EOC，进而得到OD⊥OC；
(2)根据切线长定理得到BF=AD=x，CE=CB=y，则DC=DE+CE=x+y，在直角△DFC中根据勾股定理，就可以求出y与x的关系．
23.【答案】解：(1)连接BQ、PQ，如图：
当OP=OQ=5时，PQ=OP2+OQ2=52+52=10，
∵PA、PB是⊙Q的两条切线，
∴PA=PB，∠PBQ=90°，
在Rt△PBQ中，∠PBQ=90°，PQ=10，BQ=2，
PB=PQ2−BQ2=102−22=6，
∴PA=PB=6；
(2)连接BQ、PQ、AQ，如图：
∵PA、PB是⊙Q的两条切线，
∴PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，PA=PB，
∵S四边形APBQ=12PQ·AB，S四边形APBQ=2S△PBQ=2×12PB·BQ=PB·BQ，
∴12PQ·AB=PB·BQ，
又∵BQ=2，
∴PQ·AB=2PB·BQ=2PB×2=4PB，
在Rt△PBQ中，∠PBQ=90°，BQ=2，PB=PQ2−22=PQ2−4，
∵P是直线l2上一点，根据垂线段最短可知，O、P两点重合时，PQ最短，PQ的最小值为OQ的长，
∴PQ的最小值为5，此时PB有最小值，PQ·AB有最小值，
∴此时PB的最小值为PB=PQ2−22=52−4=1，
∴PA=PB=1，
∴当PQ⋅AB最小时，PA的长为1；
(3)证明：设弦AB交OQ于N，连接BQ、PQ，如图：
在Rt△OPQ中，∠POQ=90°，OQ=5，
∴sin∠OPQ=OQPQ=5PQ，
∵PA、PB是⊙Q的两条切线，
∴PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，
∴∠BMQ=∠BMP=90°，
在四边形OPMN中，∠PMN=∠PON=90°，
∴∠MPO+∠MNO=360°−∠PMN−∠PON=360°−90°−90°=180°，
又∵∠MNQ+∠MNO=180°，
∴∠MNQ=∠MPO，
∴sin∠MNQ=sin∠MPO=5PQ，
在Rt△MNQ中，∠NMQ=90°，sin∠MNQ=MQNQ，
∴MQNQ=5PQ，
∴NQ=PQ·MQ5，
∵∠QMB=∠QBP=90°，∠BQM=∠PQB，
∴△QMB∽△QBP，
∴QMQB=QBQP，
∵BQ=2，
∴MQ=BQ2PQ=22PQ=4PQ，
∴NQ=PQ·MQ5=PQ5·4PQ=455，
∴点P在直线l2上运动时，弦AB必过一个定点N，且QN=455．
【解析】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，锐角三角函数的概念，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段长的思路与方法．
(1)当OP=OQ=5时，利用勾股定理求出PQ=OP2+OQ2=10，根据切线长定理可得PA=PB，∠PBQ=90°，在Rt△PBQ中，∠PBQ=90°，PQ=10，BQ=2，利用勾股定理求出PB=6，得出PA=PB=6即可；
(2)连接BQ、PQ、AQ，根据切线的性质和切线长定理得出PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，PA=PB，利用三角形的面积公式得出S四边形APBQ=12PQ·AB，S四边形APBQ=2S△PBQ=2×12PB·BQ=PB·BQ，PA=PB，12PQ·AB=PB·BQ，再根据BQ=2，得出PQ·AB=2PB·BQ=2PB×2=4PB，在Rt△PBQ中，PB=PQ2−22=PQ2−4，根据垂线段最短可知，O、P两点重合时，PQ最短，PQ的最小值为OQ的长，为5，此时PB有最小值，PQ·AB有最小值，PB的最小值为PB=PQ2−22=1，再根据PA=PB=1即可；
(3)设弦AB交OQ于N，连接BQ、PQ，在Rt△OPQ中，可得sin∠OPQ=OQPQ=5PQ，根据切线长定理可得PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，∠BMQ=∠BMP=90°，根据四边形的内角和可得∠MPO+∠MNO=180°，再根据邻补角的概念可得∠MNQ+∠MNO=180°，进一步得出∠MNQ=∠MPO，所以sin∠MNQ=sin∠MPO=5PQ，在Rt△MNQ中，sin∠MNQ=MQNQ，求出NQ=PQ·MQ5，然后证明△QMB∽△QBP得出QMQB=QBQP，求出MQ=BQ2PQ=4PQ，NQ=PQ·MQ5=455，即可得出点P在直线l2上运动时，弦AB必过一个定点N，且QN=455．
24.【答案】解：(1)∵点O是Rt△ABC的内心，
∴∠OAB =12∠CAB，∠ABO=12∠ABC．
∴∠OAB +∠ABO
=12(∠CAB + ∠ABC)
=12(180°−∠ACB)= 45°．
∴∠AOB=180°− ∠OAB − ∠ABO =135°．
(2)∵AB =AD，
∴△ABD是底边为BD的等腰三角形．
又∵O是△ABC的内心，
∴AO平分∠CAB．
∴AO⊥BD．
(3)DE=2OM．
证：延长AO交BD于点G，连接OD、OE、AE，
∴∠AGB=90°．
又∵∠BOG =180°−∠AOB=45°，
由(2)知，AO是BD的中垂线，
∴BO=DO．
∴△OBD是等腰直角三角形．
∴∠BOD = 90°．
同理 ∠AOE = 90°，AO=EO．
延长OM至点F，使MF=MO，连接AF，BF，
∵M是直角三角形外心，
∴AM=BM，
∴四边形AOBF是平行四边形．
∴AO=BF，∠FBO =180°−∠AOB=45°．
∴EO=BF．
∴∠EOD= 360°−∠EOA−∠AOB−∠BOD
= 360°− 90°− 135°− 90°
= 45°．
∴∠FBO =∠EOD．
在△FBO和△EOD中，
{FB=EO,∠FBO=∠EOD,OB=OD,
∴△FBO≌△EOD(SAS)．
∴ FO=ED．
∴ 2OM=ED
【解析】本题主要考查三角形内心和外心的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
(1)根据内心的性质得出∠OAB =12∠CAB，∠ABO=12∠ABC，再由三角形内角和定理得出结论；
(2)先证△ABD是底边为BD的等腰三角形，再由等腰三角形的性质得出结论；
(3)延长AO交BD于点G，连接OD、OE、AE，证出△OBD是等腰直角三角形；延长OM至点F，使MF=MO，连接AF，BF，
得出四边形AOBF是平行四边形，推出∠FBO =∠EOD，再证△FBO和△EOD全等，即可解答．
25.【答案】(1)解：∵E是△ABC的内心，
∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB．
∵∠CBD=34°，
∴∠CAD=∠CBD=34°，
∴∠BAC=2∠CBD=68°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−68°=112°，
∴∠ABE+∠ACE=12×112°=56°，
∴∠BEC=∠BAC+∠ABE+∠ACE=68°+56°=124°；
(2)证明：∵点E是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABE=∠CBE，
由圆周角定理得，∠DAC=∠DBC，
∠DBE=∠DBC+∠EBC，∠DEB=∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB．
【解析】(1)由点E是△ABC的内心可得AE平分∠BAC，BE平分∠ABD，CE平分∠ACB，根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAD=∠CBD，进而求出∠BAC的度数；根据三角形内角和180°得到∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，利用三角形外角的性质得到∠BEC=∠BAC+∠ABE+∠ACE，进而求出∠BEC的度数；
(2)根据内心的性质，三角形内角和定理证明．
本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理，三角形的内心的概念，三角形的外角的性质是解题的关键．
浙教版初中数学九年级下册第二单元《直线与圆的位置关系》（困难）（含答案解析）
考试范围：第二单元； 考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，PA，PB切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D.若⊙O的半径为r，△PCD的周长等于3r，则tan∠APB的值是( )
A. 51213 B. 125 C. 3513 D. 2313
2. 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，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
3. 如图AB为⊙O的直径，点P为AB延长线上的点，过点P作⊙O的切线PE，切点为M，过A、B两点分别作PE垂线AC、BD，垂足分为C、D，连接AM，则①AM平分∠CAB；
②ACAM=AMAB；③若AB=4，∠APE=30°，则BM的长为π3；④若AC=3BD，则有tan∠MAP=33.其中正确的结论有( )
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
4. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，BO平分∠ABC，连接OA.若BE=AC=6，⊙O的半径是2.则图中阴影部分的面积为( )
A. 10−32π B. 10−34π C. 8−π D. 6
5. 如图，⊙O与△ABC的三边分别相切于点D，E，F，连接DE，EF.若AD=6，BE=7，CF=8，则tan∠DEF的值是( )
A. 32 B. 2 C. 74 D. 43
6. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90∘，以BC为直径的⊙O交AB于E，OD⊥BC交⊙O于D，DE交BC于F，点P为CB延长线上的一点且PE=PF.延长PE交AC于G，小华得出3个结论： ①GE=GC; ②AG=GE; ③OG//BE.其中正确的是( )
A. ① ② B. ① ③ C. ② ③ D. ① ② ③
7. 如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，AC是⊙O的直径，AC、PB的延长线交于点D，E为PA的中点，AB分别交PO、DE于点M、N，若B为PD的中点，则下列结论：①PO与AB互相垂直平分；②△PAB为等边三角形；③△PAO与△DAP相似；④BNAM=23.其中正确结论的个数是( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 如图，在△ABC中，AB=AC=10，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠CBF=12∠A，tan∠CBF=13，则CF的长为( )
A. 125 B. 52 C. 123 D. 5
9. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在BC边上(不与B，C重合)，点O为△ADC的内心，则∠AOC不可能是( )
A. 150° B. 120° C. 110° D. 100°
10. 如图，点I为△ABC的内心，连接AI并延长，交△ABC的外接圆于点D，点E为弦AC的中点，连接CD，EI，IC，当AI=2CD，IC=6，ID=5时，IE的长为( )
A. 5 B. 4.5 C. 4 D. 3.5
11. 如图，△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，连接AI并延长交△ABC的外接圆于D，若∠ABD=45°，则AI=( )
A. 3−1
B. 1
C. 6−2
D. 6−3
12. 如图，在△ABC中，点O是△ABC的内心，连接OB，OC，过点O作EF//BC分别交AB，AC于点E，F.已知△ABC的周长为8，BC=x，△AEF的周长为y，则表示y与x的函数图象大致是( )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 一个边长为3cm的正△ABC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．
14. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是______．
15. 如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，则AF的最大值是____．
16. 如图，在平面直角坐标系中，直线y=x−4与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为2的⊙P的圆心P从点A8,m(点A在直线y=x−4上)出发以每秒2个单位长度的速度沿射线AC运动，设点P运动的时间为t秒，则当t=______时，⊙P与坐标轴相切．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心，2为半径画⊙O，P是⊙O上一动点，且P在第一象限内，过点P作⊙O的切线与x轴相交于点A，与y轴相交于点B．
(1)点P在运动时，线段AB的长度也在发生变化，请写出线段AB长度的最小值，并说明理由．
(2)在⊙O上是否存在一点Q，使得以Q，O，A，P为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由．
18. (本小题8.0分)
如图，已知点A从(1,0)出发，以1个单位长度/秒的速度沿x轴向正方向运动，以O，A为顶点作菱形OABC，使点B，C在第一象限内，且∠AOC=60°；以P(0,3)为圆心，PC为半径作圆．设点A运动了t秒，求：
(1)点C的坐标(用含t的代数式表示)；
(2)当点A在运动过程中，所有使⊙P与菱形OABC的边所在直线相切的t的值．
19. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，点O在对角线BD上，以OB的长为半径的⊙O与 AB，BD分别交于点E，F，连接DE，且∠ADE=∠BDC．
(1)判断直线DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论;
(2)若BC=6，CD=8，AE=4.5，求⊙O的半径．
20. (本小题8.0分)
如图，点C在以AB为直径的⊙O上，AC平分∠BAD，且AD⊥CD于点D．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2)若AD=4，CD=2，求⊙O的半径．
21. (本小题8.0分)
在Rt△ABC中，∠C=90°．
(1)如图①，点O在斜边AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆交AB于点D，交BC于点E，与边AC相切于点F.求证：∠1=∠2；
(2)在图②中作⊙M，使它满足以下条件：
①圆心在边AB上；②经过点B；③与边AC相切．
(尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法)
22. (本小题8.0分)
如图，⊙O的直径AB=12，AM、BN是⊙O的切线，在AM上取一点D(D与A不重合)，DE切⊙O于E，且DE与BN交于C点，
(1)求证：OD⊥OC;
(2)设AD=x，BC=y，求出y关于x的函数关系式，并指出是何种函数．
23. (本小题8.0分)
如图，⊙Q的半径为2，在⊙Q的对称轴l1上取一点O，使得OQ=5(点O在点Q的下方)，过O作直线l2⊥l1，P为直线l2上的一点，过点P作⊙Q的切线PA，PB，切点为A，B，连接AB
(1)当OP=OQ时，求PA的长;
(2)连接PQ，当PQ⋅AB最小时，求PA的长;
(3)试证明点P在直线l2上运动时，弦AB必过一个定点．
24. (本小题8.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点O，M分别是Rt△ABC的内心和外心，连接OA，OB，OM．
(1)求∠AOB的度数；
(2)延长AC至点D，使AD=AB，连接BD，求证：AO⊥BD；
(3)在(2)中，延长BC至点E，使BE=AB，连接DE，找出DE与OM之间的等量关系，并证明这个结论．
25. (本小题8.0分)
如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，连接BE．
(1)若∠CBD=34°，求∠BEC的度数；
(2)求证：DE=DB．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，相似三角形及三角函数的定义，解决本题的关键是切线与相似三角形相结合，找准线段及角的关系．
连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F.利用切线求得CA=CE，DB=DE，PA=PB，再得出PA=PB=32r.利用Rt△BFP∽Rt△OAF得出AF=23FB，在Rt△FBP中，利用勾股定理求出BF，再求tan∠APB的值即可．
【解答】
解：连接OA、OB、OP，延长BO交PA的延长线于点F．
∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E
∴∠OAF=∠PBF=90°，CA=CE，DB=DE，PA=PB，
∵△PCD的周长=PC+CE+DE+PD=PC+AC+PD+DB=PA+PB=3r，
∴PA=PB=32r．
在Rt△PBF和Rt△OAF中，
∠FAO=∠FBP∠OFA=∠PFB，
∴Rt△PBF∽Rt△OAF．
∴AFFB=AOBP=r32r=23，
∴AF=23FB，
在Rt△FBP中，
∵PF2−PB2=FB2
∴(PA+AF)2−PB2=FB2
∴(32r+23BF)2−(32r)2=BF2，
解得BF=185r，
∴tan∠APB=BFPB=185r32r=125，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识，解题的关键是正确找到点MN取得最大值、最小值时的位置，属于中考常考题型．
设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，此时垂线段OP最短，MN最小值为OP−OF=53，当N在AB边上时，M与B重合时，MN最大值=103+1=133，由此不难解决问题．
【解答】
解：如图，设⊙O与AC相切于点D，连接OD，作OP⊥BC垂足为P交⊙O于F，
此时垂线段OP最短，PF最小值为OP−OF，
∵AC=4，BC=3，
∴AB=5
∵∠OPB=90°，
∴OP//AC
∵点O是AB的三等分点，
∴OB=23×5=103，OPAC=OBAB=23，
∴OP=83，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∴OD//BC，
∴ODBC=OQAB=13，
∴OD=1，
∴MN最小值为OP−OF=83−1=53，
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=103+1=133，
∴MN长的最大值与最小值的和是6．
故选B．
3.【答案】B
【解析】解：连接OM，BM，
∵PE为⊙O的切线，
∴OM⊥PC，
∵AC⊥PC，
∴OM//AC，
∴∠CAM=∠AMO，
∵OA=OM，
∴∠OAM=∠AMO，
∴∠CAM=∠OAM，即AM平分∠CAB，故①正确；
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AMB=90°，
∵∠CAM=∠MAB，∠ACM=∠AMB，
∴△ACM∽AMB，
∴ACAM=AMAB，故②正确；
∵∠APE=30°，
∴∠MOP=90°−∠APE=90°−30°=60°，
∵AB=4，
∴OB=2，
∴BM的长为60×π×2180=2π3，故③错误；
∵BD⊥PC，AC⊥PC，
∴BD//AC，
∴PBPA=BDAC=13，
∴PB=13PA，
∴PB=12AB，
∴PB=OB=OA，
∵sin∠OPM=OMOP=12，
∴∠OPM=30°，
∴∠CAB=60°，
∵AM平分∠CAB，
∴∠MAP=30°，
∴tan∠MAP=33，故④正确．
故选B．
连接OM，BM，可证OM//AC，得出∠CAM=∠AMO，由OA=OM可得∠OAM=∠AMO，故①正确；证明△ACM∽△AMB，则可得出②正确；求出∠MOP=60°，OB=2，则用弧长公式可求出 BM的长为2π3，故③错误；由BD//AC可得PB=13PA，则PB=OB=OA，得出∠OPM=30°，由余角的性质可求∠CAB=60°，则∠MAP=30°，tan∠MAP=33，故④正确．
本题考查圆知识的综合应用，涉及切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定和性质、弧长公式、含30度直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了圆的切线的定义，圆的切线的性质，角平分线的定义与性质，勾股定理，三角形的内角和定理，直角三角形的性质，正方形的判定与性质，扇形、三角形的面积，熟练应用圆的切线的性质是解题的关键．
连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，证出AB是⊙O的切线证明四边形OECF为正方形，则BC=8，利用勾股定理求得AB，利用角平分线的定义，直角三角形的两个锐角互余三角形的内角和定理求出圆心角∠AOB的度数，依据S阴影=S△OAB−S扇形OMN即可求得结论．
【解答】
解：连接OE，OF，过点O作OG⊥AB于点G，如图，
∵BC为⊙O的切线，
∴OE⊥BC．
∵BO平分∠ABC，OG⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OG．
这样，直线AB经过半径OG的外端G，且垂直于半径OG，
∴AB是⊙O的切线；
∵⊙O与BC，AC分别相切于点E，F，
∴OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OECF为矩形，
∵OE=OF，
∴四边形OECF为正方形．
∴EC=FC=OE=OF=2．
∵BE=AC=6，
∴BC=8，
∴AB=AC2+BC2=10．
由(1)知：OG=OE=2，
∴OG=OF，
∵OG⊥AB，OF⊥AC，
∴AO平分∠BAC，
∴∠OAB=12∠BAC．
∵BO平分∠ABC，
∴∠OBA=12∠ABC．
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OAB+∠OBC=12(∠ABC+∠ACB)=45°，
∴∠AOB=135°．
∴S阴影=S△OAB−S扇形OMN=12AB⋅OG−135π×22360=10−3π2．
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数的概念，解答本题的关键是掌握求三角形内切圆半径的思路与方法；连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，首先根据切线长定理得出AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，以及△ABC的三边长，设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，进一步得出AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，得出AG的长，利用勾股定理求出BG的长，利用三角形的面积公式求出△ABC的面积，设OD=OE=OF=r，根据S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO，求出r=4，即OF=4，在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，求出tan∠AOF=AFOF=64=32，最后证明Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，得出∠AOF=∠AOD=12∠DOF，根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，得出∠DEF=∠AOF，即可解答．
【解答】
解：连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，过点B作BG⊥AC于G，如图：
则OD=OE=OF，
根据切线的性质可知：OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵AD=6，BE=7，CF=8，
∴根据切线长定理可知：AF=AD=6，BD=BE=7，CE=CF=8，
∴AB=AD+BD=6+7=13，BC=BE+CE=7+8=15，AC=AF+CF=6+8=14，
∵BG⊥AC于G，
∴∠AGB=∠CGB=90°，
设AG=x，则CG=AC−AG=14−x，
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，BG2=AB2−AG2，
在Rt△CBG中，∠CGB=90°，BG2=BC2−CG2，
∴AB2−AG2=BC2−CG2，即132−x2=152−14−x2，解得x=5，
∴AG=5，
∴BG=AB2−AG2=132−52=12，
∴S△ABC=12AC·BG=12×14×12=84，
设OD=OE=OF=r，
∴S△ABC=S△ABO+S△BCO+S△ACO
=12AB·OD+12BC·OE+12AC·OF
=12×13r+12×15r+12×14r
=21r，
∴21r=84，
∴r=4，
∴OF=4，
在Rt△OAF中，∠AFO=90°，AF=6，OF=4，
∴tan∠AOF=AFOF=64=32，
在Rt△AOF和Rt△AOD中，
OF=ODOA=OA,
∴Rt△AOF≌Rt△AOD(HL)，
∴∠AOF=∠AOD=12∠DOF，
根据圆周角定理可得∠DEF=12∠DOF，
∴∠DEF=∠AOF，
∴tan∠DEF=tan∠AOF=32．
故选A．
6.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了切线的判定与性质、切线长定理、圆周角定理、三角形中位线的性质以及等腰三角形的性质，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法．
连结OE，CE，由OE=OD，PE=PF易得∠OED=∠ODE，∠PEF=∠PFE，然后得出OE⊥PE，
即可得出 ①正确；又BC是直径可得∠BEC=90∘，∠AEC=90∘，得出EG=CG，然后得出∠A=∠AEG，即可判断出故 ②正确；根据OC=OB，AG=GE=CG，判断出中位线，即可得出 ③正确．
【解答】
解：连结OE，CE，
∵OE=OD，PE=PF，∴∠OED=∠ODE，∠PEF=∠PFE，
∵OD⊥BC，∴∠ODE+∠OFD=90∘，
∵∠OFD=∠PFE，∴∠ODE+∠PFE=90∘，
∴∠OED+∠PEF=90∘，即OE⊥PE，
∴GE为⊙O的切线，
由已知得GC为⊙O的切线，
∴GC=GE，故 ①正确;
∵BC是直径，∴∠BEC=90∘，∴∠AEC=90∘，
∵EG=CG，∴∠GCE=∠GEC，
∵∠GCE+∠A=90∘，∠GEC+∠AEG=90∘，
∴∠A=∠AEG，∴AG=EG，故 ②正确;
∵OC=OB，AG=GE=CG，
∴OG是△ABC的中位线，∴OG//AB，故 ③正确．
故选D．
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形全等判定，直角三角形斜边的中线，相似三角形的判定与性质等知识，分别判断各项即可．
①PA、PB分别切⊙O于点A、B，切线的性质，切线长定理，可得出Rt△PAO≌Rt△PBO，从而判断出结论错误；
②由直角三角形斜边的中线可得结论正确；
③由结论②推导出角的关系，从而得出△PAO∽△DAP，可得结论正确；
④由直角三角形斜边的中线，得出角的关系，得到△EMN∽△DBN，得出比例式可证结论正确．
【解答】
①连接OB，
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PA=PB，∠PAO=∠PBO=90°，
又∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△PAO≌Rt△PBO，
∴∠APO=∠BPO，
∴PO⊥AB，且PO平分AB，但AB不一定平分PO，故①错误；
②在Rt△DAP中，B为PD的中点，∴AB=PB=BD，
又∵PA=PB，∴PA=PB=AB，∴△PAB为等边三角形，故②正确；
③∵△PAB为等边三角形，
∴∠APB=∠PAB=∠PBA=60°，
∵PO平分∠APB，∠APO=30°，
∵△PAD中，∠PAD=90°，∠APD=60°，∴∠PDA=30°，
∴∠APO=∠PDA，
又∵∠PAO=∠DAP，
∴△PAO∽△DAP，故③正确；
④连接EM，
∵△AMP是直角三角形，E为PA的中点，
∴EM=12AP=EP，
∴∠EMP=∠EPM=12∠APB=30°，
∴∠EMN=∠EMP+∠PMN=30°+90°=120°，
∵∠PBA=60°，
∴∠ABD=120°，
∴∠EMN=∠ABD，
∵∠ENM=∠BND，
∴△EMN∽△DBN，
∴EMDB=MNBN，
∵DB=PB=AP，
∴EMDB=12，
∴MNBN=12，
∴BNBM=23，
∵PO平分AB，
∴AM=BM，
∵BNAM=23，故④正确．
∴②③④正确，
故选C．
8.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等，证明三角形相似是本题的关键．
连接AE，BD，根据AB是直径，得出AE⊥BC，∠ADB=90°，进而得CE=EB，依据已知条件得出∠CBF=∠EAB，证明△FDB∽△FBA，△CDB∽△CEA，最后根据勾股定理求得CF．
【解答】
解：连接AE，BD，
∵AB为直径，
∴AE⊥BC，∠ADB=90°
∵AB=AC，
∴∠EAB=12∠CAB，EB=CE=12CB，
∵∠CBF=12∠CAB，tan∠CBF=13，
∴∠CBF=∠EAB，tan∠EAB=EBAE=13，
∴∠CBF+∠ABC=∠EAB+∠ABC=90°，
∴∠ABF=90°，
易证△FDB∽△FBA，
∴FDFB=FBFA，即FB2=FD·FA，
在Rt△AEB中，AB=10，
∴EB=10，
∴CB=210，CE=10，
易证△CDB∽△CEA，
可得CE⋅CB=CD⋅AC，
∵AC=10，
∴CD=2，
∴AD=AC−CD=8，
设CF=x，则FD=x+2，FA=10+x，
FB2=AF2−AB2=(10+x)2−102，
∴(10+x)2−102=(x+2)(10+x)，
解得x=2.5，
∴CF=2.5，
故选B．
9.【答案】D
【解析】解：在△ABC中，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠ACB=30°，
∵O为△ADC的内心，
∴∠OAC=12∠DAC，∠OCA=12∠ACB=15°，
∴∠AOC=180°−∠OAC−∠OCA=165°−12∠DAC，
∵点D在线段BC上(不与B、C重合)，
∴0°<∠DAC<120°，
∴0°<12∠DAC<60°，
∴105°<∠AOC<165°，
∴∠AOC不可能是100°．
故选：D．
根据三角形的内角和可得∠BAC=100°，由O为△ADC的内心，可得∠OAC=12∠DAC，∠OCA=12∠ACB=15°，所以∠AOC=165°−12∠DAC，由点D在线段BC上(不与B、C重合)，可得0°<∠DAC<120°，进而可得105°<∠AOC<165°．
本题考查了三角形的内切圆与内心，等腰三角形的性质，圆周角定理，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心，
10.【答案】C
【解析】解：延长ID到M，使DM=ID，连接CM．
∵I是△ABC的内心，
∴∠IAC=∠IAB，∠ICA=∠ICB，
∵∠DIC=∠IAC+∠ICA，∠DCI=∠BCD+∠ICB，
∴∠DIC=∠DCI，
∴DI=DC=DM，
∴∠ICM=90°，
∴CM=IM2−IC2=8，
∵AI=2CD=10，
∴AI=IM，
∵AE=EC，
∴IE是△ACM的中位线，
∴IE=12CM=4，
故选：C．
延长ID到M，使DM=ID，连接CM.想办法求出CM，证明IE是△ACM的中位线即可解决问题．
本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．
11.【答案】D
【解析】解：如图，设△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，OD，BI，
在△ABC中，∠BAC=60°，BC=3，内心为I，
∴∠BAD=∠CAD=30°，
∴∠BOD=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴DB=OD=OB=OA，
∵∠BAD=∠CAD=30°，
∴BD=CD，
∴OD⊥BC，BE=CE=12BC=32，
∵∠BAD=∠CBD=30°，
∴DE=BE⋅tan30°=32×33=32，
∴DB=2DE=3，
∵∠DBI=∠DBC+∠CBI，∠DIB=∠IAB+∠IBA，
∵I是△ABC的内心，
∴∠IBA=∠CBI，
∴∠DBI=∠DIB，
∴DI=DB=3，
∵∠ABD=45°，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD=DB=3，
∴AD=2OA=6，
∴AI=AD−DI=6−3．
故选：D．
设△ABC的外接圆的圆心为O，连接OA，OB，OD，BI，根据圆周角定理证明△OBD是等边三角形，根据垂径定理可得OD⊥BC，BE=CE=12BC=32，然后根据三角形内心证明DI=DB=3，进而可以解决问题．
本题考查了三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，垂径定理，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是得到△OBD是等边三角形．
12.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了动点问题的函数图象、三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的周长等知识；求出y与x的关系式是解决问题的关键．
由三角形的内心性质和平行线的性质证出BE=OE，CF=OF，得出△AEF的周长y与x的关系式为y=8−x，求出0
解：∵点O是△ABC的内心，
∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，
∵EF//BC，
∴∠EOB=∠CBO，∠FOC=∠BCO，
∴∠ABO=∠EOB，∠ACO=∠FOC，
∴BE=OE，CF=OF，
∴△AEF的周长y=AE+EF+AF=AE+OE+OF+AF=AB+AC，
∵△ABC的周长为8，BC=x，
∴AB+AC=8−x，
∴y=8−x，
∵AB+AC>BC，
∴y>x，
∴8−x>x，
∴0
故选：B．
13.【答案】322021
【解析】解：根据题意画图如下：
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=12BC，
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×(12)2021cm，
由图可得cos∠OBF=BFOB=cos30°=32，
∴OB=233BF=33BC，
∴第2022个正三角形的外接圆半径为：33×3×(12)2021=322021(cm)，
故答案为：322021．
设第二个三角形为DEF，正三角形ABC中心为O，连接OB，OF，根据正三角形的中心与内切圆的圆心重合，得点D、E、F为边AB、AC、BC的中点，然后根据三角形中位线定理和特殊角三角函数即可解决问题．
本题主要考查了正三角形的性质，三角形中位线的性质，特殊角的三角函数；结合图形找到正三角形的边长规律是解题关键．
14.【答案】22
【解析】解：如图，圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，
∵圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴CE=CF，BE=BG，AF=AG，AB=32+42=5，
∴四边形CEOF是正方形，
设正方形CEOF的边长为x，
则BE=BG=3−x，AF=AG=4−x，
根据题意，得
3−x+4−x=5，
解得x=1，
∴OC=12+12=2，
∵CD⊥l，
∴∠CDO=90°，
∴点D在以OC为直径的圆Q上，如图，
连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，
当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
∴CP=QP=12，
∴AP=AC−CP=4−12=72，圆Q的半径QD=22，
∴QA=QP2+AP2=(12)2+(72)2=522，
∴AD的最小值为AQ−QD=522−22=22．
故答案为：22．
圆O与Rt△ABC三边的切点分别为E，F，G，连接OE，OF，OG，先根据圆O是Rt△ABC的内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，求出正方形CEOF的边长为x，根据勾股定理可得OC=2，连接AQ，过点Q作QP⊥AC于点P，当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，再利用勾股定理即可解决问题．
本题考查了三角形内切圆与内心，正方形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心．
15.【答案】1
【解析】解：以AB为直径作圆，因为∠AGB=90°，所以G点在圆上．
当CF与圆相切时，AF最大．
此时FA=FG，BC=CG．
设AF=x，则DF=4−x，FC=4+x，
在Rt△DFC中，利用勾股定理可得：
42+(4−x)2=(4+x)2，
解得x=1．
故答案为1．
以AB为直径作圆，当CF与圆相切时，AF最大．根据切线长定理转化线段AF+BC=CF，在Rt△DFC利用勾股定理求解．
本题主要考查正方形的性质、切线长定理等．
16.【答案】2秒或6秒或10秒
【解析】
【分析】
本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
设⊙P与坐标轴的切点为D，根据已知条件得到A(8,4)，B(4,0)，C(0,−4)，求得AB=42，AC=82，OB=OC=4，推出△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，①当⊙P与x轴相切时，②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，③当点P只与y轴相切时，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【解答】
解：设⊙P与坐标轴的切点为D，
∵直线y=x−4与x轴、y轴分别交于点B、C，点A(8,m)，
∴x=0时，y=−4，y=0时，x=4，x=8时，y=4，
∴A(8,4)，B(4,0)，C(0,−4)，
∴AB=42，AC=82，OB=OC=4，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，
①当⊙P与x轴相切时，
∵点D是切点，⊙P的半径是2，
∴PD⊥x轴，PD=2，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴BD=PD=2，PB=22，
∴AP=AB−PB=22，
∵点P的速度为每秒2个单位长度，
∴t=2；
②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，
∵PB=22，
∴AP=AB+PB=62，
∵点P的速度为每秒2个单位长度，
∴t=6；
③当点P只与y轴相切时，
∵PB=22，
∴AP=AC+PB=102，
∵点P的速度为每秒2个单位长度，
∴t=10．
综上所述，则当t=2或6或10秒时，⊙P与坐标轴相切，
故答案为：2秒或6秒或10秒．
17.【答案】解：(1)线段AB长度的最小值为4，理由如下：连接OP，
∵AB切⊙O于P，
∴OP⊥AB，
取AB的中点C，
则AB=2OC；
当OC=OP时，OC最短，
即AB最短，
此时AB=4；
(2)设存在符合条件的点Q，
如图①，设四边形APOQ为平行四边形；
∵∠APO=90°，
∴四边形APOQ为矩形，
又∵OP=OQ，
∴四边形APOQ为正方形，
∴OQ=QA，∠QOA=45°；
在Rt△OQA中，根据OQ=2，∠AOQ=45°，
得Q点坐标为 2 ,−2 ；
如图②，设四边形APQO为平行四边形；
∵OQ//PA，∠APO=90°，
∴∠POQ=90°，
又∵OP=OQ，
∴∠PQO=45°，
∵PQ//OA，
∴PQ⊥y轴；
设PQ⊥y轴于点H，
在Rt△OHQ中，根据OQ=2，∠HQO=45°，
得Q点坐标为−2 ,2 ．
∴符合条件的点Q的坐标为 2 ,−2 或−2 ,2 ．
【解析】本题利用了切线的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质求解．
(1)如图，设AB的中点为C，连接OP，由于AB是圆的切线，故△OPC是直角三角形，所以当OC与OP重合时，OC最短；
(2)分两种情况：如图①，当四边形APOQ是正方形时，△OPA，△OAQ都是等腰直角三角形，可求得点Q的坐标为，如图②，可求得∠QOP=∠OPA=90°，由于OP=OQ，故△OPQ是等腰直角三角形，可求得点Q的坐标为．
18.【答案】解：(1)过C作CD⊥x轴于D．
∵OA=1+t，
∴OC=1+t，
∴OD=OCcos60°=1+t2，DC=OCsin60°=3(1+t)2．
∴点C的坐标为(1+t2,3(1+t)2)．
(2)①当⊙P与OC相切时(如图1)，切点为C，此时PC⊥OC．
∴OC=OPcos30°，
∴1+t=3⋅32，
∴t=332−1．
②当⊙P与OA，即与x轴相切时(如图2)，则切点为O，PC=OP．
过P作PE⊥OC于E，则OE=12OC．
∴1+t2=OPcos30°=332，
∴t=33−1．
③当⊙P与AB所在直线相切时(如图3)，设切点为F，PF交OC于G，则PF⊥OC．
∴FG=CD=3(1+t)2，
∴PC=PF=OPsin30°+3(1+t)2．
过C作CH⊥y轴于H，则PH2+CH2=PC2．
∴(1+t2)2+(3(1+t)2−3)2=(32+3(1+t)2)2，
化简，得(t+1)2−183(t+1)+27=0，
解得t+1=93±66．
∵t=93−66−1<0，
∴t=93+66−1．
∴所求t的值是332−1，33−1和93+66−1．
【解析】(1)过C向x轴引垂线，利用三角函数求出相应的横纵坐标；
(2)⊙P与菱形OABC的边所在直线相切，则可与OC相切；或与OA相切；或与AB相切，应分情况探讨．
四边形所在的直线和圆相切，那么与各边都有可能相切；
注意特殊三角函数以及勾股定理的应用．
19.【答案】 (1)直线DE与⊙O相切．
证明：连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠EBD=∠BDC．
∵OB=OE，
∴∠EBO=∠BEO．
∵∠ADE=∠BDC，
∴∠BEO=∠EBD=∠BDC=∠ADE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90∘，
∴∠AED+∠ADE=90∘，
∴∠AED+∠BEO=∠AED+∠ADE=90∘，
∴∠OED=180∘−(∠AED+∠BEO)=180∘−90∘=90∘，
即OE⊥ED．
∵OE为半径，
∴直线DE与⊙O相切．
(2)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90∘．
在Rt△DCB中，∠C=90∘，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6．
在Rt△ADE中，∠A=90∘，
∴ED=AE2+AD2=4.52+62=152．
设⊙O的半径为R，
在Rt△DOE中，DO2=DE2+OE2，即(10−R)2=(152)2+R2，
解得R=3516，即⊙O的半径是3516．
【解析】
【分析】
本题主要考查切线的判定和性质，勾股定理以及矩形的性质，掌握切线的判定方法是解题的关键．
(1)连接OE，利用等腰三角形的性质，平行线的性质推出∠BEO=∠EBD=∠BDC=∠ADE.，再根据直角三角形两锐角互余，得出∠OED=90°，即可得出结论；
(2)先利用勾股定理求出BD，DE的长度，设⊙O的半径为R，在Rt△DOE中，利用勾股定理列式，计算求出R即可．
20.【答案】(1)证明：如图中，连接OC．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠CAB=∠ACO，
∴AD//OC，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)解：如图，过点O作OE⊥AD于点E，
得矩形OEDC，
∴OE=CD=2，DE=OC，
∴AE=AD−DE=4−OC=4−OA，
在Rt△AEO中，根据勾股定理，得
OA2=AE2+OE2，
∴OA2=(4−OA)2+22，
解得OA=52．
∴⊙O的半径为52．
【解析】(1)连接OC.只要证明AD//OC，由AD⊥CD，即可推出OC⊥CD；
(2)过点O作OE⊥AD于点E，得矩形OEDC，然后利用勾股定理即可求出半径的长．
此题主要考查了切线的性质与判定，解决本题的关键是掌握切线的判定．
21.【答案】解：(1)证明：如图①，连接OF，
∵AC是⊙O的切线，
∴OF⊥AC，
∵∠C=90°，
∴OF//BC，
∴∠1=∠OFB，
∵OF=OB，
∴∠OFB=∠2，
∴∠1=∠2．
(2)如图②所示⊙M为所求．
①作∠ABC平分线交AC于F点，
②作BF的垂直平分线交AB于M，以MB为半径作圆，
即⊙M为所求．
证明：∵M在BF的垂直平分线上，
∴MF=MB，
∴∠MBF=∠MFB，
又∵BF平分∠ABC，
∴∠MBF=∠CBF，
∴∠CBF=∠MFB，
∴MF//BC，
∵∠C=90°，
∴FM⊥AC，
∴⊙M与边AC相切．
【解析】本题主要考查圆和切线的性质和基本作图的综合应用．掌握连接圆心和切点的半径与切线垂直是解题的关键，
(1)连接OF，可证得OF//BC，结合平行线的性质和圆的特性可求得∠1=∠OFB=∠2，可得出结论；
(2)由(1)可知切点是∠ABC的角平分线和AC的交点，圆心在BF的垂直平分线上，由此即可作出⊙M．
22.【答案】解：(1)证明：连结OE，
∵AM、CD是⊙O的切线，
∴∠OAD=∠OED=90°，AD=DE，
在Rt△ADO和Rt△EDO中
AD=EDOD=OD,
∴Rt△ADO≌Rt△EDO，
∴∠AOD=∠DOE，
∵BN、CD也是⊙O的切线，
∴∠OEC=∠OBC=90°，CE=CB，
在Rt△OEC和Rt△OBC中
CE=CBOC=OC,
∴Rt△OEC≌Rt△OBC，
∴∠BOC=∠EOC，
∴∠DOC=∠DOE+∠EOC=12(∠AOE+∠EOB)=90°，
∴OD⊥OC;
(2)如图，作DF⊥BN交BC于F，设AD=x，BC=y，
∵AM、BN与⊙O切于点定A、B，
∴AB⊥AM，AB⊥BN．
又∵DF⊥BN，
∴∠BAD=∠ABC=∠BFD=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴BF=AD=x，DF=AB=12，
∵BC=y，
∴FC=BC−BF=y−x；
∵DE切⊙O于E，
∴DE=AD=x，CE=BC=y，
则DC=DE+CE=x+y，
在Rt△DFC中，
由勾股定理得：(x+y)2=(y−x)2+122，
整理为：y=36x，
∴y与x的函数关系式是y=36x，是反比例函数．
【解析】此题考查了切线的性质，切线长定理，直角三角形全等的判定与性质，勾股定理，函数关系式等．
(1)可先连接OE，根据切线长定理，切线性质可证明Rt△ADO≌Rt△EDO和Rt△OEC≌Rt△OBC，进而得到角的关系得到∠AOD=∠DOE，∠BOC=∠EOC，进而得到OD⊥OC；
(2)根据切线长定理得到BF=AD=x，CE=CB=y，则DC=DE+CE=x+y，在直角△DFC中根据勾股定理，就可以求出y与x的关系．
23.【答案】解：(1)连接BQ、PQ，如图：
当OP=OQ=5时，PQ=OP2+OQ2=52+52=10，
∵PA、PB是⊙Q的两条切线，
∴PA=PB，∠PBQ=90°，
在Rt△PBQ中，∠PBQ=90°，PQ=10，BQ=2，
PB=PQ2−BQ2=102−22=6，
∴PA=PB=6；
(2)连接BQ、PQ、AQ，如图：
∵PA、PB是⊙Q的两条切线，
∴PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，PA=PB，
∵S四边形APBQ=12PQ·AB，S四边形APBQ=2S△PBQ=2×12PB·BQ=PB·BQ，
∴12PQ·AB=PB·BQ，
又∵BQ=2，
∴PQ·AB=2PB·BQ=2PB×2=4PB，
在Rt△PBQ中，∠PBQ=90°，BQ=2，PB=PQ2−22=PQ2−4，
∵P是直线l2上一点，根据垂线段最短可知，O、P两点重合时，PQ最短，PQ的最小值为OQ的长，
∴PQ的最小值为5，此时PB有最小值，PQ·AB有最小值，
∴此时PB的最小值为PB=PQ2−22=52−4=1，
∴PA=PB=1，
∴当PQ⋅AB最小时，PA的长为1；
(3)证明：设弦AB交OQ于N，连接BQ、PQ，如图：
在Rt△OPQ中，∠POQ=90°，OQ=5，
∴sin∠OPQ=OQPQ=5PQ，
∵PA、PB是⊙Q的两条切线，
∴PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，
∴∠BMQ=∠BMP=90°，
在四边形OPMN中，∠PMN=∠PON=90°，
∴∠MPO+∠MNO=360°−∠PMN−∠PON=360°−90°−90°=180°，
又∵∠MNQ+∠MNO=180°，
∴∠MNQ=∠MPO，
∴sin∠MNQ=sin∠MPO=5PQ，
在Rt△MNQ中，∠NMQ=90°，sin∠MNQ=MQNQ，
∴MQNQ=5PQ，
∴NQ=PQ·MQ5，
∵∠QMB=∠QBP=90°，∠BQM=∠PQB，
∴△QMB∽△QBP，
∴QMQB=QBQP，
∵BQ=2，
∴MQ=BQ2PQ=22PQ=4PQ，
∴NQ=PQ·MQ5=PQ5·4PQ=455，
∴点P在直线l2上运动时，弦AB必过一个定点N，且QN=455．
【解析】本题主要考查了切线的性质，切线长定理，锐角三角函数的概念，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段长的思路与方法．
(1)当OP=OQ=5时，利用勾股定理求出PQ=OP2+OQ2=10，根据切线长定理可得PA=PB，∠PBQ=90°，在Rt△PBQ中，∠PBQ=90°，PQ=10，BQ=2，利用勾股定理求出PB=6，得出PA=PB=6即可；
(2)连接BQ、PQ、AQ，根据切线的性质和切线长定理得出PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，PA=PB，利用三角形的面积公式得出S四边形APBQ=12PQ·AB，S四边形APBQ=2S△PBQ=2×12PB·BQ=PB·BQ，PA=PB，12PQ·AB=PB·BQ，再根据BQ=2，得出PQ·AB=2PB·BQ=2PB×2=4PB，在Rt△PBQ中，PB=PQ2−22=PQ2−4，根据垂线段最短可知，O、P两点重合时，PQ最短，PQ的最小值为OQ的长，为5，此时PB有最小值，PQ·AB有最小值，PB的最小值为PB=PQ2−22=1，再根据PA=PB=1即可；
(3)设弦AB交OQ于N，连接BQ、PQ，在Rt△OPQ中，可得sin∠OPQ=OQPQ=5PQ，根据切线长定理可得PQ垂直平分线段AB，∠PBQ=90°，∠BMQ=∠BMP=90°，根据四边形的内角和可得∠MPO+∠MNO=180°，再根据邻补角的概念可得∠MNQ+∠MNO=180°，进一步得出∠MNQ=∠MPO，所以sin∠MNQ=sin∠MPO=5PQ，在Rt△MNQ中，sin∠MNQ=MQNQ，求出NQ=PQ·MQ5，然后证明△QMB∽△QBP得出QMQB=QBQP，求出MQ=BQ2PQ=4PQ，NQ=PQ·MQ5=455，即可得出点P在直线l2上运动时，弦AB必过一个定点N，且QN=455．
24.【答案】解：(1)∵点O是Rt△ABC的内心，
∴∠OAB =12∠CAB，∠ABO=12∠ABC．
∴∠OAB +∠ABO
=12(∠CAB + ∠ABC)
=12(180°−∠ACB)= 45°．
∴∠AOB=180°− ∠OAB − ∠ABO =135°．
(2)∵AB =AD，
∴△ABD是底边为BD的等腰三角形．
又∵O是△ABC的内心，
∴AO平分∠CAB．
∴AO⊥BD．
(3)DE=2OM．
证：延长AO交BD于点G，连接OD、OE、AE，
∴∠AGB=90°．
又∵∠BOG =180°−∠AOB=45°，
由(2)知，AO是BD的中垂线，
∴BO=DO．
∴△OBD是等腰直角三角形．
∴∠BOD = 90°．
同理 ∠AOE = 90°，AO=EO．
延长OM至点F，使MF=MO，连接AF，BF，
∵M是直角三角形外心，
∴AM=BM，
∴四边形AOBF是平行四边形．
∴AO=BF，∠FBO =180°−∠AOB=45°．
∴EO=BF．
∴∠EOD= 360°−∠EOA−∠AOB−∠BOD
= 360°− 90°− 135°− 90°
= 45°．
∴∠FBO =∠EOD．
在△FBO和△EOD中，
{FB=EO,∠FBO=∠EOD,OB=OD,
∴△FBO≌△EOD(SAS)．
∴ FO=ED．
∴ 2OM=ED
【解析】本题主要考查三角形内心和外心的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
(1)根据内心的性质得出∠OAB =12∠CAB，∠ABO=12∠ABC，再由三角形内角和定理得出结论；
(2)先证△ABD是底边为BD的等腰三角形，再由等腰三角形的性质得出结论；
(3)延长AO交BD于点G，连接OD、OE、AE，证出△OBD是等腰直角三角形；延长OM至点F，使MF=MO，连接AF，BF，
得出四边形AOBF是平行四边形，推出∠FBO =∠EOD，再证△FBO和△EOD全等，即可解答．
25.【答案】(1)解：∵E是△ABC的内心，
∴AE平分∠BAC，BE平分∠ABC，CE平分∠ACB．
∵∠CBD=34°，
∴∠CAD=∠CBD=34°，
∴∠BAC=2∠CBD=68°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−68°=112°，
∴∠ABE+∠ACE=12×112°=56°，
∴∠BEC=∠BAC+∠ABE+∠ACE=68°+56°=124°；
(2)证明：∵点E是△ABC的内心，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABE=∠CBE，
由圆周角定理得，∠DAC=∠DBC，
∠DBE=∠DBC+∠EBC，∠DEB=∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB．
【解析】(1)由点E是△ABC的内心可得AE平分∠BAC，BE平分∠ABD，CE平分∠ACB，根据同弧所对的圆周角相等可得∠CAD=∠CBD，进而求出∠BAC的度数；根据三角形内角和180°得到∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，利用三角形外角的性质得到∠BEC=∠BAC+∠ABE+∠ACE，进而求出∠BEC的度数；
(2)根据内心的性质，三角形内角和定理证明．
本题考查的是三角形的内切圆与内心，三角形的外接圆与外心，掌握圆周角定理，三角形的内心的概念，三角形的外角的性质是解题的关键．
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