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5. 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的$\odot O$与BC相切于点M.
(1)求证：CD与$\odot O$相切；
(2)若$\odot O$的半径为2，求正方形ABCD的面积.
(1)求证：CD与$\odot O$相切；
(2)若$\odot O$的半径为2，求正方形ABCD的面积.
答案
(1) 证明略 (2) $6+4\sqrt{2}$
解析
【分析】
(1) 要证明CD与$\odot O$相切，需根据切线的判定定理，证明圆心O到CD的距离等于$\odot O$的半径OA。AC是正方形的对角线，为$∠ BCD$的角平分线，结合角平分线“到角两边距离相等”的性质，利用已知$\odot O$与BC相切得到的$OM⊥ BC$且$OM=OA$的条件，即可证明O到CD的距离等于半径，完成证明。
(2) 求正方形面积，需先求边长。先利用等腰直角三角形的边角关系求出OC的长度，再结合$AC=AO+OC$、正方形对角线与边长的关系$AC=\sqrt{2}a$（a为边长）列方程求解边长，最后计算面积即可。
【解析】
(1) 证明：过点O作$ON⊥ CD$于点N，连接OM。
$\because \odot O$与BC相切于点M，$\therefore OM⊥ BC$，且$OM=OA$（$\odot O$的半径）。
$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore$ AC平分$∠ BCD$。
根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，结合$OM⊥ BC$、$ON⊥ CD$，可得$OM=ON$。
$\therefore ON=OA$，又$\because ON⊥ CD$，$\therefore$ CD与$\odot O$相切。
(2) 解：设正方形ABCD的边长为$a$，则对角线$AC=\sqrt{2}a$。
$\because ∠ ACB=45°$，$OM⊥ BC$，$\therefore △ OMC$为等腰直角三角形。
已知$\odot O$半径$OM=2$，$\therefore OC=\sqrt{2}· OM=2\sqrt{2}$。
$\because AC=AO+OC$，$AO=2$，$\therefore AC=2+2\sqrt{2}$。
结合$AC=\sqrt{2}a$，得$\sqrt{2}a=2+2\sqrt{2}$，
解得$a=\frac{2+2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2+\sqrt{2}$。
$\therefore$ 正方形ABCD的面积$S=a^2=(2+\sqrt{2})^2=4+4\sqrt{2}+2=6+4\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $6+4\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定与性质，正方形的性质，角平分线的性质
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型题型，重点考查切线的判定方法和特殊几何图形的性质应用，解题时要注意利用角平分线、等腰直角三角形的隐含条件建立线段关系，计算时要注意二次根式的运算规则。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明CD与$\odot O$相切，需根据切线的判定定理，证明圆心O到CD的距离等于$\odot O$的半径OA。AC是正方形的对角线，为$∠ BCD$的角平分线，结合角平分线“到角两边距离相等”的性质，利用已知$\odot O$与BC相切得到的$OM⊥ BC$且$OM=OA$的条件，即可证明O到CD的距离等于半径，完成证明。
(2) 求正方形面积，需先求边长。先利用等腰直角三角形的边角关系求出OC的长度，再结合$AC=AO+OC$、正方形对角线与边长的关系$AC=\sqrt{2}a$（a为边长）列方程求解边长，最后计算面积即可。
【解析】
(1) 证明：过点O作$ON⊥ CD$于点N，连接OM。
$\because \odot O$与BC相切于点M，$\therefore OM⊥ BC$，且$OM=OA$（$\odot O$的半径）。
$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore$ AC平分$∠ BCD$。
根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，结合$OM⊥ BC$、$ON⊥ CD$，可得$OM=ON$。
$\therefore ON=OA$，又$\because ON⊥ CD$，$\therefore$ CD与$\odot O$相切。
(2) 解：设正方形ABCD的边长为$a$，则对角线$AC=\sqrt{2}a$。
$\because ∠ ACB=45°$，$OM⊥ BC$，$\therefore △ OMC$为等腰直角三角形。
已知$\odot O$半径$OM=2$，$\therefore OC=\sqrt{2}· OM=2\sqrt{2}$。
$\because AC=AO+OC$，$AO=2$，$\therefore AC=2+2\sqrt{2}$。
结合$AC=\sqrt{2}a$，得$\sqrt{2}a=2+2\sqrt{2}$，
解得$a=\frac{2+2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2+\sqrt{2}$。
$\therefore$ 正方形ABCD的面积$S=a^2=(2+\sqrt{2})^2=4+4\sqrt{2}+2=6+4\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $6+4\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定与性质，正方形的性质，角平分线的性质
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型题型，重点考查切线的判定方法和特殊几何图形的性质应用，解题时要注意利用角平分线、等腰直角三角形的隐含条件建立线段关系，计算时要注意二次根式的运算规则。
【难度系数】
0.65
6. 如图，在$△ ABC$中，$BA=BC$，$AD=CD$，$DE⊥ BC$，点$E$为垂足.
(1)请用无刻度的直尺和圆规以$AB$为直径作$\odot O$(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)请判断直线$DE$与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
(1)请用无刻度的直尺和圆规以$AB$为直径作$\odot O$(保留作图痕迹，不写作法)；
(2)请判断直线$DE$与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
答案
(1) 作图步骤说明（保留痕迹）：
分别以点$A$、$B$为圆心，大于$\frac{1}{2}AB$的长度为半径画弧，两弧交于两点，过这两点作直线，该直线与$AB$的交点即为$AB$的中点$O$；以$O$为圆心，$OA$（或$OB$）的长为半径画圆，得到以$AB$为直径的$\odot O$，保留作图痕迹即可。
---
(2) 解：直线$DE$与$\odot O$相切，理由如下：
连接$OD$，
$\because O$是$AB$的中点，$D$是$AC$的中点，即$AD=CD$，
$\therefore OD$是$△ ABC$的中位线，
根据三角形中位线性质可得：
$OD // BC$
$\because DE ⊥ BC$，
$\therefore DE ⊥ OD$。
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$DE$与$\odot O$相切。
分别以点$A$、$B$为圆心，大于$\frac{1}{2}AB$的长度为半径画弧，两弧交于两点，过这两点作直线，该直线与$AB$的交点即为$AB$的中点$O$；以$O$为圆心，$OA$（或$OB$）的长为半径画圆，得到以$AB$为直径的$\odot O$，保留作图痕迹即可。
---
(2) 解：直线$DE$与$\odot O$相切，理由如下：
连接$OD$，
$\because O$是$AB$的中点，$D$是$AC$的中点，即$AD=CD$，
$\therefore OD$是$△ ABC$的中位线，
根据三角形中位线性质可得：
$OD // BC$
$\because DE ⊥ BC$，
$\therefore DE ⊥ OD$。
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$DE$与$\odot O$相切。
解析
【分析】
(1) 要作以AB为直径的$\odot O$，首先需要确定圆心：直径的中点即为圆心，因此先作AB的垂直平分线找到AB的中点O，再以O为圆心，OA（或OB）的长为半径画圆即可。
(2) 判断直线与圆的位置关系，可结合切线判定定理分析：先连接半径OD，利用O、D分别是AB、AC中点的条件，证明OD是$△ ABC$的中位线，得到$OD// BC$，再结合$DE⊥ BC$推出$DE⊥ OD$，即可结合切线判定定理得出结论。
【解析】
(1) 作图：①分别以点A、B为圆心，大于$\frac{1}{2}AB$的长度为半径画弧，两弧交于两点，过两点作直线，该直线与AB的交点即为AB的中点O；②以O为圆心，OA的长为半径画圆，即为所求$\odot O$，保留作图痕迹即可。
(2) 直线DE与$\odot O$相切，理由如下：
连接OD，
$\because$ O是AB的中点，D是AC的中点（$AD=CD$），
$\therefore$ OD是$△ ABC$的中位线，
$\therefore OD// BC$，
$\because DE⊥ BC$，
$\therefore DE⊥ OD$，
又$\because$ OD是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线DE与$\odot O$相切。
【答案】
(1) 作图见解析，保留痕迹即可；
(2) 直线DE与$\odot O$相切。
【知识点】
尺规作图；三角形中位线定理；切线的判定
【点评】
本题将尺规作图和圆的位置关系判断结合，既考查了基础作图能力，也考查了对中位线性质、切线判定定理的应用，解题的关键是合理添加辅助线OD构造中位线，进而推导垂直关系。
【难度系数】
0.7
(1) 要作以AB为直径的$\odot O$，首先需要确定圆心：直径的中点即为圆心，因此先作AB的垂直平分线找到AB的中点O，再以O为圆心，OA（或OB）的长为半径画圆即可。
(2) 判断直线与圆的位置关系，可结合切线判定定理分析：先连接半径OD，利用O、D分别是AB、AC中点的条件，证明OD是$△ ABC$的中位线，得到$OD// BC$，再结合$DE⊥ BC$推出$DE⊥ OD$，即可结合切线判定定理得出结论。
【解析】
(1) 作图：①分别以点A、B为圆心，大于$\frac{1}{2}AB$的长度为半径画弧，两弧交于两点，过两点作直线，该直线与AB的交点即为AB的中点O；②以O为圆心，OA的长为半径画圆，即为所求$\odot O$，保留作图痕迹即可。
(2) 直线DE与$\odot O$相切，理由如下：
连接OD，
$\because$ O是AB的中点，D是AC的中点（$AD=CD$），
$\therefore$ OD是$△ ABC$的中位线，
$\therefore OD// BC$，
$\because DE⊥ BC$，
$\therefore DE⊥ OD$，
又$\because$ OD是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线DE与$\odot O$相切。
【答案】
(1) 作图见解析，保留痕迹即可；
(2) 直线DE与$\odot O$相切。
【知识点】
尺规作图；三角形中位线定理；切线的判定
【点评】
本题将尺规作图和圆的位置关系判断结合，既考查了基础作图能力，也考查了对中位线性质、切线判定定理的应用，解题的关键是合理添加辅助线OD构造中位线，进而推导垂直关系。
【难度系数】
0.7
1. 如图，P为$\odot O$的直径BA延长线上的一点，PC与$\odot O$相切，切点为C，点D是$\odot O$上一点，连接PD。已知$PC=PD=BC$。下列结论：①PD与$\odot O$相切；②四边形PCBD是菱形；③$∠ PDB=135°$；④$PO=AB$。其中正确的有
①②④
（填序号）。答案
1. ①②④
解析
【分析】
要判断各个结论是否正确，可按以下思路推导：1. 连接OC、OD，要证PD与$\odot O$相切，需证OD⊥PD，可通过证明$△ PCO≌△ PDO$推导；2. 证明四边形的四条边相等即可判断是否为菱形；3. 通过角度计算验证$∠ PDB$的度数；4. 利用直角三角形中30°角的性质判断PO和AB的数量关系。
【解析】
解：连接OC、OD。
① 证明PD与$\odot O$相切：
∵ PC是$\odot O$的切线，
∴ $OC⊥ PC$，即$∠ PCO=90°$。
在$△ PCO$和$△ PDO$中：
$\{\begin{array}{l}PC=PD\\ PO=PO\\ OC=OD(\odot O的半径相等)\end{array} $
∴ $△ PCO≌△ PDO(\mathrm{SSS})$，
∴ $∠ PDO=∠ PCO=90°$，即$OD⊥ PD$。
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ PD与$\odot O$相切，故①正确。
② 证明四边形PCBD是菱形：
∵ $△ PCO≌△ PDO$，
∴ $∠ CPO=∠ DPO$。
又
∵ $PC=PD$，$PB=PB$，
∴ $△ PCB≌△ PDB(\mathrm{SAS})$，
∴ $BC=BD$。
已知$PC=PD=BC$，
∴ $PC=PD=BC=BD$，四边形PCBD四边相等，是菱形，故②正确。
③ 计算$∠ PDB$的度数：
设$∠ CBP=x$，
∵ $PC=BC$，
∴ $∠ CPB=∠ CBP=x$。
∵ $OC=OB$，
∴ $∠ OCB=∠ CBP=x$，
∴ $∠ COP=∠ OCB+∠ CBP=2x$。
在$\mathrm{Rt}△ PCO$中，$∠ CPO+∠ COP=90°$，即$x+2x=90°$，解得$x=30°$。
∵ 四边形PCBD是菱形，
∴ $∠ PDB=∠ PCB$。
在$△ PCB$中，$∠ PCB=180°-∠ CPB-∠ CBP=180°-30°-30°=120°$，
∴ $∠ PDB=120°≠135°$，故③错误。
④ 证明$PO=AB$：
在$\mathrm{Rt}△ PCO$中，$∠ CPO=30°$，
∴ $PO=2OC$。
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $AB=2OC$，
∴ $PO=AB$，故④正确。
【答案】
①②④
【知识点】
切线的判定与性质；菱形的判定；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了圆的切线相关性质、全等三角形判定、菱形判定和直角三角形的性质，解题的关键是合理添加辅助线构造全等三角形，结合角度计算逐一验证结论。
【难度系数】
0.65
要判断各个结论是否正确，可按以下思路推导：1. 连接OC、OD，要证PD与$\odot O$相切，需证OD⊥PD，可通过证明$△ PCO≌△ PDO$推导；2. 证明四边形的四条边相等即可判断是否为菱形；3. 通过角度计算验证$∠ PDB$的度数；4. 利用直角三角形中30°角的性质判断PO和AB的数量关系。
【解析】
解：连接OC、OD。
① 证明PD与$\odot O$相切：
∵ PC是$\odot O$的切线，
∴ $OC⊥ PC$，即$∠ PCO=90°$。
在$△ PCO$和$△ PDO$中：
$\{\begin{array}{l}PC=PD\\ PO=PO\\ OC=OD(\odot O的半径相等)\end{array} $
∴ $△ PCO≌△ PDO(\mathrm{SSS})$，
∴ $∠ PDO=∠ PCO=90°$，即$OD⊥ PD$。
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ PD与$\odot O$相切，故①正确。
② 证明四边形PCBD是菱形：
∵ $△ PCO≌△ PDO$，
∴ $∠ CPO=∠ DPO$。
又
∵ $PC=PD$，$PB=PB$，
∴ $△ PCB≌△ PDB(\mathrm{SAS})$，
∴ $BC=BD$。
已知$PC=PD=BC$，
∴ $PC=PD=BC=BD$，四边形PCBD四边相等，是菱形，故②正确。
③ 计算$∠ PDB$的度数：
设$∠ CBP=x$，
∵ $PC=BC$，
∴ $∠ CPB=∠ CBP=x$。
∵ $OC=OB$，
∴ $∠ OCB=∠ CBP=x$，
∴ $∠ COP=∠ OCB+∠ CBP=2x$。
在$\mathrm{Rt}△ PCO$中，$∠ CPO+∠ COP=90°$，即$x+2x=90°$，解得$x=30°$。
∵ 四边形PCBD是菱形，
∴ $∠ PDB=∠ PCB$。
在$△ PCB$中，$∠ PCB=180°-∠ CPB-∠ CBP=180°-30°-30°=120°$，
∴ $∠ PDB=120°≠135°$，故③错误。
④ 证明$PO=AB$：
在$\mathrm{Rt}△ PCO$中，$∠ CPO=30°$，
∴ $PO=2OC$。
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $AB=2OC$，
∴ $PO=AB$，故④正确。
【答案】
①②④
【知识点】
切线的判定与性质；菱形的判定；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了圆的切线相关性质、全等三角形判定、菱形判定和直角三角形的性质，解题的关键是合理添加辅助线构造全等三角形，结合角度计算逐一验证结论。
【难度系数】
0.65
2. 如图，$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ ABC=30°$，$AB=6$. 点$D$在$AB$边上，点$E$是$BC$边上一点(不与点$B$，$C$重合)，且$AD=ED$，则$AD$的取值范围是________.
答案
$2≤AD＜3$
解析
【分析】
解题时先明确需通过临界情况确定AD的取值范围：①求最小值：由AD=ED可知，要让AD最小需ED最小，根据垂线段最短，当ED⊥BC时ED最短，此时AD最小；②求最大值：当E与点C重合时AD取到上限，结合E不与B、C重合的条件，可知上限取不到。再结合直角三角形的相关性质列式计算即可。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$∠ABC=30°$，$AB=6$，根据含30°角的直角三角形性质可得：$AC=\frac{1}{2}AB=3$。
设$AD=x$，则$ED=x$，$DB=AB-AD=6-x$。
1. 求AD的最小值：
当$DE⊥BC$时，DE是点D到BC的垂线段，此时DE最短，即AD最小。
在$Rt△DEB$中，$∠B=30°$，所以$DE=\frac{1}{2}DB$，代入得：
$x=\frac{1}{2}(6-x)$
解得$x=2$，即AD的最小值为2。
2. 求AD的最大值：
当E与点C重合时，$AD=CD$，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可知，此时D为AB中点，$CD=AD=DB=\frac{1}{2}AB=3$。
因为E不与B、C重合，所以$AD＜3$。
综上，AD的取值范围是$2≤AD＜3$。
【答案】
$2≤AD＜3$
【知识点】
含30°角的直角三角形性质，直角三角形斜边中线性质，垂线段最短
【点评】
本题考查直角三角形性质的综合应用，解题核心是找到两种临界状态确定取值范围，做题时需注意端点的取舍，避免因忽略限制条件出错。
【难度系数】
0.6
解题时先明确需通过临界情况确定AD的取值范围：①求最小值：由AD=ED可知，要让AD最小需ED最小，根据垂线段最短，当ED⊥BC时ED最短，此时AD最小；②求最大值：当E与点C重合时AD取到上限，结合E不与B、C重合的条件，可知上限取不到。再结合直角三角形的相关性质列式计算即可。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$∠ABC=30°$，$AB=6$，根据含30°角的直角三角形性质可得：$AC=\frac{1}{2}AB=3$。
设$AD=x$，则$ED=x$，$DB=AB-AD=6-x$。
1. 求AD的最小值：
当$DE⊥BC$时，DE是点D到BC的垂线段，此时DE最短，即AD最小。
在$Rt△DEB$中，$∠B=30°$，所以$DE=\frac{1}{2}DB$，代入得：
$x=\frac{1}{2}(6-x)$
解得$x=2$，即AD的最小值为2。
2. 求AD的最大值：
当E与点C重合时，$AD=CD$，由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可知，此时D为AB中点，$CD=AD=DB=\frac{1}{2}AB=3$。
因为E不与B、C重合，所以$AD＜3$。
综上，AD的取值范围是$2≤AD＜3$。
【答案】
$2≤AD＜3$
【知识点】
含30°角的直角三角形性质，直角三角形斜边中线性质，垂线段最短
【点评】
本题考查直角三角形性质的综合应用，解题核心是找到两种临界状态确定取值范围，做题时需注意端点的取舍，避免因忽略限制条件出错。
【难度系数】
0.6
