初中数学中考复习 专题37第7章圆之切线长基本图备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）

这是一份初中数学中考复习 专题37第7章圆之切线长基本图备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版），共49页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
37第7章圆之切线长基本图
一、单选题
1．如图，为外一点，分别切于点切于点且分别交于点，若，则的周长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据切线长定理得到PB=PA、CA=CE，DE=DB，根据三角形的周长公式计算即可．
【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=4，
∵CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，
∴CA=CE，DE=DB，
∴△PCD的周长=PC+PD+CD=PC+CA+PD+DB=PA+PB=8，
故选：C．
【点评】本题考查的是切线长定理的应用，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．
2．如图，、、是的切线，切点分别是、、，分别交、于、两点，若，则的度数（　　　）

A．50° B．60° C．70° D．75°
【答案】B
【分析】连接AO，BO，OE由切线的性质可得，结合已知条件和四边形的内角和为360°可求出AOB的度数，再由切线长定理即可求出COD的度数.
【解答】如图，连接AO，BO，OE，
∵PA、PB是O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90∘，
∵，
∴，
∵PA、PB、CD是⊙O的切线，
∴∠ACO=∠ECO，∠DBO=∠DEO，
∴∠AOC=∠EOC，∠EOD=∠BOD，
∴，
故选B.

【点评】本题考查了切线的性质及切线长定理，解答本题的关键是熟练掌握：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.
3．如图，切于点切于点交于点，下列结论中不一定成立的是（ ）

A． B．平分
C． D．
【答案】D
【分析】利用切线长定理证明△PAG≌△PBG即可得出．
【解答】解：连接OA，OB，AB，AB交PO于点G，

由切线长定理可得：∠APO＝∠BPO，PA＝PB，
又∵PG=PG，
∴△PAG≌△PBG，
从而AB⊥OP．
因此A．B．C都正确．
无法得出AB＝PA＝PB，可知：D是错误的．
综上可知：只有D是错误的．
故选：D．
【点评】本题考查了切线长定理、全等三角形的判定和性质，关键是利用切线长定理解答．
4．如图，AD，AE分别是⊙O的切线，D，E为切点，BC切⊙O于F，交AD，AE于点B，C，若AD＝8．则三角形ABC的周长是( )

A．8 B．10 C．16 D．不能确定
【答案】C
【分析】先根据切线长定理可得，再根据三角形的周长公式、等量代换即可得．
【解答】由切线长定理得：，
则三角形ABC的周长为，
，
，
，
，
故选：C．
【点评】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题关键．
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，过点D作⊙O的切线交BC于点M，切点为N，则DM的长为（　 　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题解析：连接OE，OF，ON，OG，

在矩形ABCD中，
∵∠A=∠B=90°，CD=AB=4，
∵AD，AB，BC分别与⊙O相切于E，F，G三点，
∴∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，
∴四边形AFOE，FBGO是正方形，
∴AF=BF=AE=BG=2，
∴DE=3，
∵DM是⊙O的切线，
∴DN=DE=3，MN=MG，
∴CM=5-2-MN=3-MN，
在Rt△DMC中，DM2=CD2+CM2，
∴（3+NM）2=（3-NM）2+42，
∴NM=，
∴DM=3+=，
故选B．
考点：1.切线的性质；3.矩形的性质．

6．将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转30°，得正方形AB1C1D1，B1C1交CD于点E，AB=，则四边形AB1ED的内切圆半径为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
作∠DAF与∠AB1G的角平分线交于点O，过O作OF⊥AB1，
则∠OAF=30°，∠AB1O=45°，
故B1F=OF=OA，
设B1F=x，则AF=﹣x，
故（﹣x）2+x2=（2x）2，
解得 或（舍去），
∴四边形AB1ED的内切圆半径为：．

故选B．


二、填空题
7．如图，⊙O切△ABC的BC于D，切AB、AC的延长线于E、F，△ABC的周长为18，则AE＝____．

【答案】9．
【分析】根据切线的性质得出BE＝BD，DC＝CF，进而解答即可．
【解答】解：∵⊙O切△ABC的BC于D，切AB、AC的延长线于E、F，
∴BE＝BD，DC＝CF，AF＝AE，
∵△ABC的周长为18，
即AC+BC+AB＝AB+DB+DC+AC＝AB+BE+AC+CF＝18，
∴AE+AF＝18，
∴AE＝9，
故答案为：9．
【点评】本题考查的知识点是切线的性质，根据切线的性质得出BE＝BD，DC＝CF，AF＝AE是解此题的关键．
8．如图，AB、AC 、BD 是⊙O 的切线，P、C、D 为切点，如果 AB=13，BD=3，则 AC的长为____________．

【答案】10
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC=AP，BP=BD，求出BP的长即可求出AC的长．
【解答】解：为的切线，
，
为的切线，

，
故答案为：10．
【点评】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
9．如图，PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C，⊙O的半径为5cm，OP的长为13cm，则△PDE的周长是_______cm．

【答案】24
【分析】如图，作辅助线，首先证明PA=PB=12cm；进而证明DE=EA+DB，问题即可解决．
【解答】连接OA，

∵PA、PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，PA=PB；
由勾股定理得：PA2=PO2-OA2=169-25=144（cm），
∴PA=PB=12cm；
∵EA、EC、DC、DB均为⊙O的切线，
∴EA=EC，DB=DC，
∴DE=EA+DB，
∴PE+PD+DE=PA+PB=24（cm），
即△PDE的周长为24cm．
故答案为：24．
【点评】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理等几何知识点的应用问题；解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定理来分析、判断．
10．如图，中，，，，则的内切圆半径为________．

【答案】
【分析】先由勾股定理求出AB的长，再根据切线性质和正方形的判定这证得四边形OECF是正方形，然后利用切线长定理求得半径r即可．
【解答】如图，

∵在，，，
∴由勾股定理得：，
∵圆O为的内切圆，
∴，；
四边形是正方形；
由切线长定理，得：，，；
，
即：，
故答案为：2．
【点评】本题考查了切线的性质、正方形的判定与性质、切线长定理、勾股定理，熟练掌握切线性质和切线长定理是解答的关键．

三、解答题
11．如图，AB是直径，分别过上点B,C的切线，且，连接AC．
（1）求的度数；
（2）若的直径为6，求的长（结果保留π）．

【答案】（1）35；（2）
【分析】（1）连接OC，利用切线的性质及四边形的内角和，求出∠BOC的度数，再利用圆周角定理即可求出结果；
（2）第（1）问已经求出∠BOC的度数，利用弧长公式求解即可．
【解答】（1）连接OC，如图1：
因为BD,CD分别是切线
所以





(2) 因为圆的直径为6，
所以半径为3，
，
的长度为．
【点评】本题考查圆的相关性质和弧长计算，牢记切线的性质、圆周角定理及弧长计算公式是解题的关键．
12．如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC，OD交于点E．
（1）如图1，证明：OD∥BC；
（2）如图2，若AD是⊙O的切线，连接BD交于⊙O于点F，连接EF，且OA＝，求EF的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）EF＝．
【分析】（1）连接OC，证明△OAD≌△OCD（SSS）得∠ADO=∠CDO，由AD=CD知DE⊥AC，再由AB为直径知BC⊥AC，从而得OD∥BC；
（2）连接AF，过F作FM⊥EF交OD于M，推出△ABD为等腰直角三角形，求得∠AFB=90°，∠DAF=∠45°，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）连接OC，

在△OAD和△OCD中，
，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
又AD＝CD，
∴DE⊥AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即BC⊥AC，
∴OD∥BC；
（2）连接AF，过F作FM⊥EF交OD于M，

∵AB＝AD，AD是圆的切线，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∵AB为直径，
∴∠AFB＝90°，∠DAF＝∠45°，
∵∠AED＝∠AFD＝90°，
∴∠DAF＝∠DEF＝45°，
∴AF＝DF，
∴∠AFE＝∠DFM，
∵∠EAF＝∠FDM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴AE＝DM，
∵，OA＝，
∴OD＝＝5，
∴AE＝DM＝＝2，DE＝4，
∴EM＝4﹣2＝2，
∴EF＝．
【点评】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
13．如图，已知⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，且∠C＝90°，AB＝13，BC＝12．
（1）求BF的长；
（2）求⊙O的半径r．

【答案】（1）BF＝10；（2）r=2．
【分析】（1）设BF＝BD＝x，利用切线长定理，构建方程解决问题即可．
（2）证明四边形OECF是矩形，推出OE＝CF即可解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AB＝13，BC＝12，
∴AC＝＝＝5，
∵⊙O为Rt△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴BD＝BF，AD＝AE，CF＝CE，
设BF＝BD＝x，则AD＝AE＝13﹣x，CFCE＝12﹣x，
∵AE+EC＝5，
∴13﹣x+12﹣x＝5，
∴x＝10，
∴BF＝10．
（2）连接OE，OF，
∵OE⊥AC，OF⊥BC，
∴∠OEC＝∠C＝∠OFC＝90°，
∴四边形OECF是矩形，
∴OE＝CF＝BC﹣BF＝12﹣10＝2．
即r＝2．

【点评】本题考查三角形的内心，勾股定理，切线长定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
14．如图，是的直径，点是上一点，连接并延长交过点的切线于点，过点作的切线交于点．

（1）求证：点是的中点．
（2）①连接，当_______°时，四边形是正方形；②连接，当，时，_______．
【答案】(1)证明见解析；(2)① 45；② 5
【分析】
(1)由切线长定理得到DC=DA，进一步得到∠DCA=∠DAC，再证明∠E=∠DCE，即可得到DE=DC=DA，进而得到D是AE的中点；
(2)①由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可知，当∠ABC=45°时，∠ABC=90°=∠DCO=∠DAO，且OC=OA，此时四边形AOCD是正方形；
②证明△DAC∽△OBC，由面积比是1:4，得到对应边之比AD：OB=1:2，且OB=，求出AD=，再由D是AE中点得到AE=，进而求出△ABE的面积．
【解答】
(1)证明：连接，如下图所示：

∵切于点，切于点，
∴，
∴．
∵是的直径，
∴．
∵切于点，
∴．
∵，
∴，
∴，即点是的中点．
(2)① 连接OC，如下图所示，当∠ABC=45°时，四边形是正方形，理由如下：

当∠ABC=45°时，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半知：
∠AOC=2∠ABC=2×45°=90°，
又CD和DA均是的切线，
∴∠DCO=∠DAO=90°，
∴四边形是矩形，又OC=OA，
∴四边形是正方形．
故答案为：45°．
② 连接AC，如下图所示，

∵四边形AOCD内角和为360°，且∠DCO=∠DAO=90°，
∴∠ADC+∠AOC=180°，
又∠COB+∠AOC=180°，
∴∠ADC=∠COB，
且DC=DA，CO=BO，∴△DAC与△COB均是等腰三角形，
∴△DAC∽△OBC，
由相似三角形面积等于相似比的平方，且，
故有AD：OB=1:2，且OB=AB=，
∴AD=，
又D是AE中点，
∴AE=，
∴．
故答案为：．
【点评】
本题考查了圆的切线、圆周角定理、正方形的判定方法、相似三角形的判定及性质等，属于综合题，熟练掌握基本的性质及定理是解决此类题的关键.
15．如图，在边长为8的正方形ABCD中，E是AB上的点，⊙O是以BC为直径的圆．
（1）如图1，若DE与⊙O相切于点F，求BE的长；
（2）如图2，若AO⊥DE，垂足为F，求EF的长．

【答案】（1）BE=2；（2）
【分析】（1）设，则，先证明和都是的切线，则根据切线长定理得到，，然后理由勾股定理得到，从而解方程求出即可；
（2）通过证明得到，然后根据相似三角形的性质即可得到结论．．
【解答】解：（1）设，则，
是以为直径的圆，，，
和都是的切线，
又与相切于点，
，，
在中，，
，解得，
即的长为2；
（2），
，
，
而，
，
在和中
，
，
，
，
，，
，
，
．
【点评】本题主要考查了圆与相似的综合，涉及了切线的性质、相似三角形判定和性质、勾股定理、正方形性质等；灵活应用切线长定理和勾股定理是解题关键．
16．如图，中，，点是边上一点．以为圆心长为半径的⊙O与边相切于点，与边相交于点，连接交⊙O于点，连接．
（1）求证：．
（2）若⊙O的半径为．
①当的长为　　　　时，四边形为菱形；
②若．则的长为　　　　．

【答案】（1）证明见解析；（2）①；②
【分析】
（1）利用全等三角形的判定证明即可证明结论;
(2)①运用菱形的性质可得均为等边三角形，即可得出∠BOD的度数，即可求得的长；
②利用勾股定理求出CD的长度，再利用勾股定理列出方程，求解即可得出答案．
【解答】
(1)∵⊙O与边相切于点,
∴∠ADO=90°,
∴∠ADO=∠ABO=90°,
又∵OB=OD，OA=OA,
∴,
∴∠AOB=∠AOD,
∴,
∴BE=ED．
（2）①∵四边形为菱形,
∴BE=BO=ED=OD,
∵OB=OE,
∴OB=OE=BE,OE=ED=OD,
∴均为等边三角形,
∴∠BOE=∠EOD=60°,
∴∠BOD=120°,
∴的长为,
∴的长为时，四边形为菱形．
故答案为：．
②设AD=x,
∵,
∴AB=AD=x,
在中，OC=3+2=5，OD=3,
∴CD=,
∴AC=x+4,
在Rt△ABC中，,
∴,
∴,
∴．
故答案为:6．
【点评】
本题属于圆综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活 运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
17．已知，AB是⊙O的直径，AB＝16，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝10，PT为⊙O的切线，切点为T．
（1）如图（1），当C点运动到O点时，求PT的长；
（2）如图（2），当C点运动到A点时，连接PO、BT，求证：PO∥BT；
（3）如图（3），设PT＝y，AC＝x，求y与x的解析式并求出y的最小值．

【答案】（1）6；（2）见解析；（3）y＝，最小值为6
【分析】（1）连接OT，则OT⊥PT，由勾股定理即可得出结果；
（2）连接OT，易证PA是⊙O的切线，由切线长定理得出PA＝PT，由SSS证得△OPA≌△OPT，得∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，由圆周角定理得出∠AOT＝2∠B，推出∠AOP＝∠B，即可得出结论；
（3）连接PO、OT，求出OC＝8﹣x，在Rt△PCO中，由勾股定理得PO＝，在Rt△OTP中，由勾股定理得y＝PT＝＝，当x＝8时，y有的最小值，y最小值为6．
【解答】（1）解：连接OT，如图（1）所示：
则OT⊥PT，
∴∠OTP＝90°，
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，
∴OT＝AB＝×16＝8，
在Rt△OTP中，由勾股定理得：PT＝；
（2）证明：连接OT，如图（2）所示：
∵PC⊥AB，点C与点A重合，AB是⊙O的直径，
∴PA是⊙O的切线，
∵PT为⊙O的切线，
∴PA＝PT，
在△OPA和△OPT中，，
∴△OPA≌△OPT（SSS），
∴∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，
∵∠AOT＝2∠B，
∴∠AOP＝∠B，
∴PO∥BT；
（3）解：连接PO、OT，如图（3）所示：
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，AC＝x，
∴OC＝OA﹣AC＝AB﹣AC＝8﹣x，OT＝8，
∵PC⊥AB，
∴∠PCO＝90°，
在Rt△PCO中，由勾股定理得：PO＝，
∵PT为⊙O的切线，
∴PT⊥OT，
在Rt△OTP中，由勾股定理得：y＝PT＝＝，
∴y与x的解析式为：y＝，
∴当x＝8时，y有的最小值，y最小值为6．

【点评】本题考查切线长定理、全等三角形的判定与性质、圆周角的性质、勾股定理的应用等知识，综合性较强，难度一般，是常见典型题型，作出适当的辅助线、掌握相关知识是解题关键。
18．如图，是的直径，直线与相切于点，直线与相切于点，点（异于点）在上，点在上，且，延长与相交于点E，连接并延长交于点．

（1）求证：是的切线；
（2）求证：；
（3）如图，连接并延长与分别相交于点、，连接．若，，求．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【分析】
（1）连接OD，根据等边对等角可知：∠CAD=∠CDA，∠OAD=∠ODA，再根据切线的性质可知∠CAO=∠CAD+∠OAD=∠CDA+∠ODA=90°=∠ODC，由切线的判定定理可得结论；
（2）连接BD，根据等边对等角可知∠ODB=∠OBD，再根据切线的性质可知∠ODE=∠OBE=90°，由等量减等量差相等得∠EDB=∠EBD，再根据等角对等边得到ED=EB，然后根据平行线的性质及对顶角相等可得∠EDF=∠EFD，推出DE=EF，由此得出结论；
（3）过E点作EL⊥AM于L，根据勾股定理可求出BE的长，即可求出tan∠BOE的值，再利用倍角公式即可求出tan∠BHE的值．
【解答】
（1）连接OD，
∵，
∴∠CAD=∠CDA，
∵OA=OD
∴∠OAD =∠ODA，
∵直线与相切于点，
∴∠CAO=∠CAD+∠OAD=90°
∴∠ODC=∠CDA+∠ODA=90°
∴CE是的切线；

（2）连接BD
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD，
∵CE是的切线，BF是的切线，
∴∠OBD=∠ODE=90°
∴∠EDB=∠EBD
∴ED=EB
∵AM⊥AB，BN⊥AB
∴AM∥BN
∴∠CAD=∠BFD
∵∠CAD=∠CDA=∠EDF
∴∠BFD=∠EDF
∴EF=ED
∴BE=EF
（3）过E点作EL⊥AM于L，则四边形ABEL是矩形，
设BE=x，则CL=4-x，CE=4+X
∴(4+x)2=(4-x)2+62
解得：x=

∵∠BOE=2∠BHE

解得：tan∠BHE=或-3（-3不和题意舍去）
∴tan∠BHE=

【点评】
本题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角函数/，勾股定理等知识，熟练掌握这些知识点并能熟练应用是解题的关键．
19．已知的两边分别与圆相切于点，，圆的半径为．
（1）如图1，点在点，之间的优弧上，，求的度数；
（2）如图2，点在圆上运动，当最大时，要使四边形为菱形，的度数应为多少？请说明理由；
（3）若交圆于点，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含的式子表示）．

【答案】（1）50°；（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由见解析；（3）．
【分析】
（1）连接OA、OB，根据切线的性质和多边形内角和定理可得∠AOB+∠APB=180°，然后结合已知求得∠AOB，最后根据圆周角定理即可解答；
（2）连接OA、OB，先观察发现当∠APB=60°时，四边形APBC可能为菱形；然后利用∠APB=60°结合（1）的解答过程可得∠ACB=∠APB=60°，再根据点C运动到PC距离最大，即PC经过圆心；再说明四边形APBC为轴对称图形结合已知条件得到PA =PB=CA =CB，即可得到四边形APBC为菱形；
（3）由于⊙O的半径为r，则OA=r、OP=2 r，再根据勾股定理可得AP=r、PD=r，然后根据弧长公式求得的弧长，最后根据周长公式计算即可．
【解答】
解：（1）如图1，连接OA、OB
∵PA，PB为⊙O的切线
∴∠PAO=∠PBO=90°
∴∠AOB+∠MPN=180°
∵∠MPN=80°
∴∠AOB=180°-∠MPN=100°
∴∠AOB=100°=∠ACB=50°；

（2）当∠APB=60°时，四边形APBC为菱形，理由如下：
如图2：连接OA、OB
由（1）可知∠AOB+∠APB=180°
∵∠APB=60°
∴∠AOB=120°
∴∠ACB=60°=∠APB
∵点C运动到PC距离最大
∴PC经过圆心
∵PA、PB为⊙O的切线
∴四边形APBC为轴对称图形
∵PA=PB，CA=CB，PC平分∠APB和∠ACB.
∴∠APB=∠ACB=60°
∴∠APO=∠BPO=∠ACP=∠BCP=30°
∴PA =PB=CA =CB
∴四边形APBC为菱形；

（3）∵⊙O的半径为r
∴OA=r，OP=2 r
∴AP=r，PD=r
∵∠AOP=60°
∴
∴C阴影．
【点评】
本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、菱形的判定、弧长公式以及有关圆的最值问题，考查知识点较多，灵活应用所学知识是解答本题的关键．
20．如图，为⊙的直径，点是半径上一个动点（不与点重合），为⊙的半径，⊙的弦与⊙相切于点，的延长线交⊙于点．
（1）设，则与之间的数量关系是什么？请说明理由．
（2）若，点关于的对称点为，连接．
①当 时，四边形是菱形；
②当 时，点是弦的中点．


【答案】（1），理由见解析；（2）①；②1
【分析】（1）由切线的性质得90°，再利用三角形内角和推导两个角之间的关系；
（2）①由菱形得对角线互相垂直平分，构造出两个相似的三角形，再利用对应边成比例解方程即可；②由直径得垂直，由中点和垂直得垂直平分线，再利用圆的性质从而证得点O与点H重合即可．
【解答】证明：（1）2α-β=90°．
理由：连接PC．

∵BD是⊙P的切线，
∴α+∠2=∠1=90°．
∴∠3+β=90°．
∵PA=PC，
∴∠A=∠2．
∵∠3是△APC的外角，
∴∠3=∠A+∠2=2∠2=2（90°-α）．
∴2（90°-α）+ β= 90°．
整理，得2α-β=90°．
（2）①；
连接PC，
⊙的弦与⊙相切于点

若四边形是菱形
则，垂足为G，且

在△CGP和△BPC中，
，

设，则，

，即
解得
当时，四边形是菱形；

②1．
连接CH、EH
则
即
又点是弦的中点

故CH是弦AE的垂直平分线
又圆心O在弦AE的垂直平分线上
点O与点H重合



【点评】本题综合考察了圆周角定理的推论，切线的性质与判定，相似三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
21．如图，四边形ABDC是⊙O的内接四边形，∠BDC＝120°，AB＝AC，连接对角线AD，BC，点F在线段BD的延长线上，且CF＝DF，⊙O的切线CE交BF于点E．

（1）求证：CE∥AB；
（2）求证：AD＝BD+CD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）连接CO，根据圆内接四边形的性质求出∠BAC=60°，得到△ABC为等边三角形，得到CH⊥AB，根据切线的性质得到CH⊥CE，根据平行线的判定定理证明结论；
（2）证明△ACD≌△BCF，根据全等三角形的性质得到AD=BF，等量代换证明即可．
【解答】（1）证明：连接CO并延长，交AB于H，
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形，∠BDC＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴CH⊥AB，
∵CE是⊙O的切线，
∴CH⊥CE，
∴CE∥AB；
（2）证明：∵∠BDC＝120°，
∴∠CDF＝60°，
∵CF＝DF，
∴△CDF为等边三角形，
∴CD＝CF，∠DCF＝60°，
∵∠ACB＝60°，
∴∠DCF＝∠ACB，
∴∠DCF+∠BCD＝∠ACB+∠BCD，即∠ACD＝∠BCF，
在△ACD和△BCF中，
，
∴△ACD≌△BCF（SAS）
∴AD＝BF＝BD+DF＝BD+CD．

【点评】本题考查的是切线的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定与性质，垂径定理的应用，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、切线的性质定理是解题的关键．
22．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，tan∠A＝，点O是线段AC上一动点（不与点A，点C重合），以OC为半径的⊙O与线段BC的另一个交点为D，作DE⊥AB于E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）当⊙O与AB相切于点F时，求⊙O的半径；
（3）在（2）的条件下，连接OB交DE于点M，点G在线段EF上，连接GO．若∠GOM＝45°，求DM和FG的长．

【答案】（1）见解析；（2）r＝；（3）DM＝，FG=
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形判断出∠ABC＝∠ACB，进而得到OD∥AB即可得到求证；
（2）连接OF，根据切线得到△AOF是直角三角形，根据tan∠A＝，设半径OF=OC=r,则可表示出AF=r，AO=10-r，勾股定理求出半径即可得到结果；
（3）现根据题意证出ODEF是正方形，求出BE,再根据△BEM∽△ODM，即可得到MD；在EF延长线上截取FT＝DM，证明出OT=OM，再证明△OGT≌△OGM，则GM＝GT＝GF＋FT＝GF＋DM，设出GF＝a，根据勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）证明：连接OD
∵OC，OD均为⊙O的半径，
∴OC＝OD，
∴∠DCO＝∠CDO
又∵在△ABC中，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB
∴∠ABC＝∠CDO，
∴OD∥AB
∵DE⊥AB，
∴DE⊥OD
∴DE是⊙O的切线．

（2）解：连接OF，设⊙O的半径为r，则OF＝r，OC＝r
∵⊙O与AB相切于点F，
∴AB⊥OF，
∴∠OFA＝90°，
在Rt△AOF中，∠OFA＝90°，OF＝r，tan∠A＝
∴AF＝r，
∴AO＝r
又∵AO＝AC－OC＝10－r，
∴r＝10－r
∴ r＝．
（3）由（2）知r＝ ，
∴AF＝r＝
∵∠ODE＝∠DEF＝∠OFE＝90°，
∴四边形ODEF是矩形

∵OF＝OD，
∴矩形ODEF是正方形，
∴DE＝EF＝OF＝
∴BE＝AB－AF－EF＝10－-＝
∵∠BME＝∠OMD，∠BEM＝∠ODM＝90°
∴△BEM∽△ODM，
∴
即 ＝ ，解得DM＝
在EF延长线上截取FT＝DM
∵四边形ODEF是正方形，
∴∠OFT＝∠ODM＝90°，OF＝OD
∴△OFT≌△ODM，
∴∠2＝∠1，OT＝OM
∵∠DOF＝90°，∠GOM＝45°，
∴∠GOF＋∠1＝45°，
∴∠GOF＋∠2＝45°
即∠GOT＝45°，
∴∠GOT＝∠GOM
又OG＝OG，
∴△OGT≌△OGM，
∴GM＝GT＝GF＋FT＝GF＋DM
设GF＝a，则EG＝ －a，GM＝ ＋a，且EM＝DE－DM＝－＝
在Rt△EMG中，EM 2＋EG 2＝GM 2，即()2＋(－a )2＝(＋a )2，解得a＝
∴FG的长为．
【点评】此题考查圆与特殊四边形的知识：切线的判定及性质，特殊四边形的证明，勾股定理等，难度较大，需要做辅助线．
23．在图1至图3中，的直径，切于点，，连接交于点，连接，是线段上一点，连接．

（1）如图1，当点，的距离最小时，求的长；
（2）如图2，若射线过圆心，交于点，，求的值；
（3）如图3，作于点，连接，直接写出的最小值．
【答案】（1）12；（2）；（3）的最小值为
【分析】（1）连接，根据切线的性质和圆周角定理的推论可得,∠BDC=90°，利用勾股定理求出AB，然后根据三角形的面积公式即可求出CD，根据垂线段最短可得当时，点，的距离最小，从而求出PD的长；

（2）连接，则，利用勾股定理即可求出AE，然后根据相似三角形的判定定理证出，列出比例式，根据正切的定义即可求出结论；
（3）以 为直径作，则为的中点，利用勾股定理和圆的基本性质求出半径DG，根据直径所对的圆周角是直角可得点H一定在上，当点，，在一条直线上时，最小，利用勾股定理求出CG，即可求出结论．
【解答】解：（1）如图1，连接，
切于点，BC为直径
,∠BDC=90°
，，
．
由,
即,
解得，
当时，点，的距离最小，此时．

（2）如图2，连接，则．
由（1）知，，
由，
得，
解得．
，
．
又，
，
．
．

（3）的最小值为．
如图3，以 为直径作，则为的中点，
BD=
∴，
，
∴点总在上，，
∴当点，，在一条直线上时，最小，
此时，，
，
即的最小值为．

【点评】此题考查的是圆的综合大题、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数和勾股定理，掌握切线的性质、圆周角定理及推论、相似三角形的判定及性质、锐角三角函数和勾股定理是解决此题的关键．
24．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，CD平分∠ACB交AB于点D，点O在AC上，以CO为半径的圆经过点D，AE切⊙O于E．

（1）求证：AD=AE．
（2）填空：
①当∠ACB=_______时，四边形ADOE是正方形；
②当BC=__________时，四边形ADCE是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）①45º；②2
【分析】（1）先证明OD∥BC，证出AB是圆的切线，利用切线长定理判断出AE=AD；
（2）①当四边形ADOE是正方形，利用正方形的性质可求∠AOD=45°，再由平行线的性质求∠ACB=45°；
②当四边形ADCE是菱形，利用菱形的性质可求∠CAD=∠ACD，进而可求∠CAD =∠ACD=∠BCD=30°，然后根据30°角的性质和勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）证明：连接OE，

∵CD平分∠ACB，
∴∠OCD=∠BCD，
∵OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∴∠ODC=∠BCD，
∴OD//BC，
∵∠B=90°，
∴∠ADO=90°，
∴AD是圆O的切线，
∵AE是圆O的切线，
∴AD=AE．
（2）①45°；②2，理由如下：
①∵ADOE是正方形，
∴OD=AD，
∴∠AOD=45°，
∵OD//BC，
∴∠ACB=45°；
②连接CE，

∵四边形ADCE为菱形，
∴AD=CD，∠CAD=∠ACD，
∵∠BCD=∠ACD，
∴∠CAD =∠ACD=∠BCD=30°，
∴CD=2BD，
∴AD=2BD，
∵AB=6，
∴BD=2，AD=CD=4，
∴BC=2，
故答案为：45°；2．
【点评】此题是考查了切线的判定，切线长定理，正方形的性质，菱形的性质，含30°角的性质，以及勾股定理等知识，关键是根据切线的判定与性质，正方形的性质和菱形的性质解答．