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8. [2026马鞍山期末]如图，PA，PB是$\odot O$的切线，切点分别为A，B，点C在$\odot O$上.如果$∠ ACB=113°$，那么$∠ AOP$的大小为(
A.$65°$
B.$66°$
C.$67°$
D.$68°$
C
)A.$65°$
B.$66°$
C.$67°$
D.$68°$
答案
8.C
解析
【分析】
解题时先从已知的圆周角∠ACB入手，根据圆周角定理求出其对应优弧AB的圆心角度数，再结合周角为360°求出劣弧AB对应的圆心角∠AOB的度数；接下来根据切线长定理可知PO平分∠AOB，因此∠AOP为∠AOB的一半，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
1. 求圆心角∠AOB：
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是对应圆心角的一半。已知∠ACB=113°，它所对的弧是优弧AB，因此优弧AB对应的圆心角度数为$2×113°=226°$。
劣弧AB对应的圆心角$∠ AOB=360°-226°=134°$。
2. 结合切线长定理求∠AOP：
因为PA、PB是$\odot O$的切线，切点分别为A、B，根据切线长定理可得$PA=PB$，且OP平分$∠ APB$，结合切线的性质可知$OA⊥ PA$、$OB⊥ PB$，可证$△ PAO ≌ △ PBO$，因此OP平分$∠ AOB$。
所以$∠ AOP=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×134°=67°$。
【答案】
C
【知识点】
圆周角定理，切线长定理，全等三角形的性质
【点评】
本题是圆的性质的常规综合题，解题的关键是准确判断圆周角对应的弧，再结合切线长定理的角平分线特征求解，是圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知的圆周角∠ACB入手，根据圆周角定理求出其对应优弧AB的圆心角度数，再结合周角为360°求出劣弧AB对应的圆心角∠AOB的度数；接下来根据切线长定理可知PO平分∠AOB，因此∠AOP为∠AOB的一半，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
1. 求圆心角∠AOB：
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是对应圆心角的一半。已知∠ACB=113°，它所对的弧是优弧AB，因此优弧AB对应的圆心角度数为$2×113°=226°$。
劣弧AB对应的圆心角$∠ AOB=360°-226°=134°$。
2. 结合切线长定理求∠AOP：
因为PA、PB是$\odot O$的切线，切点分别为A、B，根据切线长定理可得$PA=PB$，且OP平分$∠ APB$，结合切线的性质可知$OA⊥ PA$、$OB⊥ PB$，可证$△ PAO ≌ △ PBO$，因此OP平分$∠ AOB$。
所以$∠ AOP=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×134°=67°$。
【答案】
C
【知识点】
圆周角定理，切线长定理，全等三角形的性质
【点评】
本题是圆的性质的常规综合题，解题的关键是准确判断圆周角对应的弧，再结合切线长定理的角平分线特征求解，是圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.7
9.如图,正方形ABCD的边长为4 cm,以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆,过点A作半圆的切线,与半圆相切于点F,与DC相交于点E,则$△ ADE$的面积是（
A.$12\ \mathrm{cm}^2$
B.$24\ \mathrm{cm}^2$
C.$8\ \mathrm{cm}^2$
D.$6\ \mathrm{cm}^2$
D
）A.$12\ \mathrm{cm}^2$
B.$24\ \mathrm{cm}^2$
C.$8\ \mathrm{cm}^2$
D.$6\ \mathrm{cm}^2$
答案
9.D
解析
【分析】
解题时先结合切线长定理分析线段等量关系：由于AB、DC都垂直于半圆直径BC，因此AB、DC都是半圆的切线，再结合AE是半圆的切线，可得AF=AB，EF=EC。要求△ADE的面积，已知AD长度，只需求出DE的长即可，我们可以设EC的长度为x，用含x的式子表示出DE和AE的长度，再在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解x，进而计算△ADE的面积。
【解析】
设$EC=x\ \mathrm{cm}$，
∵四边形ABCD是边长为4cm的正方形，
∴$AB=BC=CD=AD=4\ \mathrm{cm}$，$∠ D=90°$，且$AB⊥ BC$，$DC⊥ BC$，
∵BC是半圆的直径，
∴AB、DC都是半圆的切线，
又
∵AE是半圆的切线，切点为F，根据切线长定理可得：$AF=AB=4\ \mathrm{cm}$，$EF=EC=x\ \mathrm{cm}$，
∴$AE=AF+EF=(4+x)\ \mathrm{cm}$，$DE=CD-EC=(4-x)\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，由勾股定理得$AD^2+DE^2=AE^2$，
代入数值得：$4^2+(4-x)^2=(4+x)^2$，
展开化简：$16+16-8x+x^2=16+8x+x^2$，
解得$x=1$，
∴$DE=4-1=3\ \mathrm{cm}$，
∴$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}× AD× DE=\frac{1}{2}×4×3=6\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题将切线长定理、勾股定理与正方形的性质结合考查，核心是利用切线长定理得到线段间的等量关系，再通过勾股定理列方程求解未知线段，体现了几何计算中方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
解题时先结合切线长定理分析线段等量关系：由于AB、DC都垂直于半圆直径BC，因此AB、DC都是半圆的切线，再结合AE是半圆的切线，可得AF=AB，EF=EC。要求△ADE的面积，已知AD长度，只需求出DE的长即可，我们可以设EC的长度为x，用含x的式子表示出DE和AE的长度，再在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解x，进而计算△ADE的面积。
【解析】
设$EC=x\ \mathrm{cm}$，
∵四边形ABCD是边长为4cm的正方形，
∴$AB=BC=CD=AD=4\ \mathrm{cm}$，$∠ D=90°$，且$AB⊥ BC$，$DC⊥ BC$，
∵BC是半圆的直径，
∴AB、DC都是半圆的切线，
又
∵AE是半圆的切线，切点为F，根据切线长定理可得：$AF=AB=4\ \mathrm{cm}$，$EF=EC=x\ \mathrm{cm}$，
∴$AE=AF+EF=(4+x)\ \mathrm{cm}$，$DE=CD-EC=(4-x)\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，由勾股定理得$AD^2+DE^2=AE^2$，
代入数值得：$4^2+(4-x)^2=(4+x)^2$，
展开化简：$16+16-8x+x^2=16+8x+x^2$，
解得$x=1$，
∴$DE=4-1=3\ \mathrm{cm}$，
∴$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}× AD× DE=\frac{1}{2}×4×3=6\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题将切线长定理、勾股定理与正方形的性质结合考查，核心是利用切线长定理得到线段间的等量关系，再通过勾股定理列方程求解未知线段，体现了几何计算中方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
10.如图，AB是$\odot O$的直径，PB，PC分别切$\odot O$于B，C.若$AB=4$，$∠ BAC=60°$，则PC的长是
$2\sqrt{3}$
.答案
10.$2\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题思路如下：①先根据直径长度求出圆的半径，明确OB=OC=2；②利用圆周角定理，得出弧BC对应的圆心角∠BOC=2∠BAC=120°；③结合切线的性质，可得OB⊥PB、OC⊥PC，且由切线长定理可知PC=PB，同时OP平分∠BOC，得到Rt△OBP中∠BOP=60°；④最后在直角三角形中利用三角函数求出PB的长度，即可得到PC的长。
【解析】
解：连接OC、OP
∵AB是⊙O的直径，AB=4
∴⊙O的半径$OB=OC=\frac{1}{2}AB=2$
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得：
$∠ BOC=2∠ BAC=2×60°=120°$
∵PB、PC分别切⊙O于B、C
∴根据切线性质得$OB⊥ PB$，$OC⊥ PC$；根据切线长定理得$PB=PC$，且OP平分$∠ BOC$
∴$∠ OBP=90°$，$∠ BOP=\frac{1}{2}∠ BOC=60°$
在$Rt△ OBP$中，$\tan∠ BOP=\frac{PB}{OB}$
∴$PB=OB·\tan60°=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$
∴$PC=PB=2\sqrt{3}$
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，圆周角定理，解直角三角形
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考查切线相关性质与圆周角定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，结合切线长定理完成等量代换，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：①先根据直径长度求出圆的半径，明确OB=OC=2；②利用圆周角定理，得出弧BC对应的圆心角∠BOC=2∠BAC=120°；③结合切线的性质，可得OB⊥PB、OC⊥PC，且由切线长定理可知PC=PB，同时OP平分∠BOC，得到Rt△OBP中∠BOP=60°；④最后在直角三角形中利用三角函数求出PB的长度，即可得到PC的长。
【解析】
解：连接OC、OP
∵AB是⊙O的直径，AB=4
∴⊙O的半径$OB=OC=\frac{1}{2}AB=2$
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得：
$∠ BOC=2∠ BAC=2×60°=120°$
∵PB、PC分别切⊙O于B、C
∴根据切线性质得$OB⊥ PB$，$OC⊥ PC$；根据切线长定理得$PB=PC$，且OP平分$∠ BOC$
∴$∠ OBP=90°$，$∠ BOP=\frac{1}{2}∠ BOC=60°$
在$Rt△ OBP$中，$\tan∠ BOP=\frac{PB}{OB}$
∴$PB=OB·\tan60°=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$
∴$PC=PB=2\sqrt{3}$
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，圆周角定理，解直角三角形
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考查切线相关性质与圆周角定理的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，结合切线长定理完成等量代换，是圆章节的典型常考题。
【难度系数】
0.7
11. [2025 蚌埠二模] 为了测量一个光盘的直径，小明把直尺、光盘和三角板按图所示放置于桌面上，其中光盘与直尺、三角板均相切，点A是三角板的一个顶点，B是光盘与直尺的切点，测量得$AB=6$ cm，则这张光盘的直径是
$12\sqrt{3}$
cm.答案
11.$12\sqrt{3}$
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以结合切线的性质和切线长定理分析：首先设光盘的圆心为O，三角板斜边与光盘的切点为C，连接OB、OC，根据切线的性质可知OB垂直直尺、OC垂直三角板斜边，OB、OC都是光盘的半径。再根据切线长定理，从点A引出的两条切线长度相等，且OA平分两条切线的夹角。观察图形可知，三角板和直尺的内侧夹角为60°，因此两条切线的夹角为180°-60°=120°，即可推出∠OAB=60°。最后在直角三角形OAB中，利用三角函数求出半径，乘2即可得到光盘直径。
【解析】
设光盘的圆心为O，三角板斜边与光盘的切点为C，连接OA、OB、OC。
∵ 光盘与直尺相切于B，与三角板斜边相切于C
∴ OB⊥AB，OC⊥AC，∠OBA=∠OCA=90°，且OB=OC=r（r为光盘的半径）
∵ AB、AC均为圆O的切线
∴ 根据切线长定理，OA平分∠BAC
由图可知三角板与直尺的内侧夹角为60°，因此∠BAC=180°-60°=120°
∴ ∠OAB=½∠BAC=60°
在Rt△OAB中，AB=6cm，tan∠OAB=OB/AB
即tan60°=r/6，解得r=6×√3=6√3 cm
∴ 光盘的直径为2r=2×6√3=12√3 cm
【答案】
$12\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理；切线的性质；解直角三角形
【点评】
本题结合生活实际考查切线相关性质与解直角三角形的综合应用，解题的关键是正确作出辅助线，准确找到角的数量关系，将实际问题转化为几何计算问题。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，我们可以结合切线的性质和切线长定理分析：首先设光盘的圆心为O，三角板斜边与光盘的切点为C，连接OB、OC，根据切线的性质可知OB垂直直尺、OC垂直三角板斜边，OB、OC都是光盘的半径。再根据切线长定理，从点A引出的两条切线长度相等，且OA平分两条切线的夹角。观察图形可知，三角板和直尺的内侧夹角为60°，因此两条切线的夹角为180°-60°=120°，即可推出∠OAB=60°。最后在直角三角形OAB中，利用三角函数求出半径，乘2即可得到光盘直径。
【解析】
设光盘的圆心为O，三角板斜边与光盘的切点为C，连接OA、OB、OC。
∵ 光盘与直尺相切于B，与三角板斜边相切于C
∴ OB⊥AB，OC⊥AC，∠OBA=∠OCA=90°，且OB=OC=r（r为光盘的半径）
∵ AB、AC均为圆O的切线
∴ 根据切线长定理，OA平分∠BAC
由图可知三角板与直尺的内侧夹角为60°，因此∠BAC=180°-60°=120°
∴ ∠OAB=½∠BAC=60°
在Rt△OAB中，AB=6cm，tan∠OAB=OB/AB
即tan60°=r/6，解得r=6×√3=6√3 cm
∴ 光盘的直径为2r=2×6√3=12√3 cm
【答案】
$12\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理；切线的性质；解直角三角形
【点评】
本题结合生活实际考查切线相关性质与解直角三角形的综合应用，解题的关键是正确作出辅助线，准确找到角的数量关系，将实际问题转化为几何计算问题。
【难度系数】
0.6
12. 数学文化 《测圆海镜》第二卷第8题:勾股形(直角三角形)外与弦(斜边)相切的旁切圆
如图所示，$△ ABC$ 是直角三角形，$∠ C=90°$，$CB=48$ 步，$CA=90$ 步，$AB$ 正好与$\odot O$相切于点$D$，直线$CA$，$CB$也与$\odot O$相切，切点分别为点$E$，$F$，求$\odot O$的直径.
(1)小军在解决本题时，认为线段$CF$的长就是$\odot O$的半径，请你说明理由；
(2)请你帮小军计算$\odot O$的直径.
如图所示，$△ ABC$ 是直角三角形，$∠ C=90°$，$CB=48$ 步，$CA=90$ 步，$AB$ 正好与$\odot O$相切于点$D$，直线$CA$，$CB$也与$\odot O$相切，切点分别为点$E$，$F$，求$\odot O$的直径.
(1)小军在解决本题时，认为线段$CF$的长就是$\odot O$的半径，请你说明理由；
(2)请你帮小军计算$\odot O$的直径.
答案
12.解: (1)略.(2)240步.
解析
【分析】
(1) 要证明CF是⊙O的半径，可先连接切点与圆心，利用切线的性质得到两组垂直关系，结合∠C是直角，先判定四边形OECF是矩形，再结合邻边都是半径、长度相等，判定该矩形为正方形，即可得到CF等于半径；
(2) 先利用勾股定理求出直角三角形斜边AB的长度，再结合切线长定理得到两组相等的切线长，将AD、BD用半径r表示，根据AD+BD=AB列方程求解，即可得到半径，进而求出直径。
【解析】
(1) 证明：连接OE、OF，
∵ 直线CA、CB分别与⊙O相切于点E、F，
∴ OE⊥AC，OF⊥BC，
又
∵ ∠C=90°，
∴ 四边形OECF是矩形，
∵ OE、OF都是⊙O的半径，即OE=OF，
∴ 矩形OECF是正方形，
∴ CF=OF，即线段CF的长就是⊙O的半径。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠C=90°，CB=48步，CA=90步，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{90^2+48^2}=\sqrt{10404}=102$（步），
设⊙O的半径为r，由(1)可知$CE=CF=r$，
根据切线长定理可得：$AE=AD$，$BF=BD$，
∵ $AE=CE-AC=r-90$，$BF=CF-BC=r-48$，
∴ $AD=r-90$，$BD=r-48$，
又
∵ $AD+BD=AB$，
∴ $(r-90)+(r-48)=102$，
解得$2r=240$，即⊙O的直径为240步。
【答案】
(1) 理由见上述解析；(2) 240步
【知识点】
切线的性质，切线长定理，正方形的判定与性质
【点评】
本题结合古代数学文化背景考查圆的切线相关知识，解题的关键是合理作辅助线构造特殊四边形，再利用切线长定理建立方程求解，渗透了数形结合和方程思想。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明CF是⊙O的半径，可先连接切点与圆心，利用切线的性质得到两组垂直关系，结合∠C是直角，先判定四边形OECF是矩形，再结合邻边都是半径、长度相等，判定该矩形为正方形，即可得到CF等于半径；
(2) 先利用勾股定理求出直角三角形斜边AB的长度，再结合切线长定理得到两组相等的切线长，将AD、BD用半径r表示，根据AD+BD=AB列方程求解，即可得到半径，进而求出直径。
【解析】
(1) 证明：连接OE、OF，
∵ 直线CA、CB分别与⊙O相切于点E、F，
∴ OE⊥AC，OF⊥BC，
又
∵ ∠C=90°，
∴ 四边形OECF是矩形，
∵ OE、OF都是⊙O的半径，即OE=OF，
∴ 矩形OECF是正方形，
∴ CF=OF，即线段CF的长就是⊙O的半径。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠C=90°，CB=48步，CA=90步，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{90^2+48^2}=\sqrt{10404}=102$（步），
设⊙O的半径为r，由(1)可知$CE=CF=r$，
根据切线长定理可得：$AE=AD$，$BF=BD$，
∵ $AE=CE-AC=r-90$，$BF=CF-BC=r-48$，
∴ $AD=r-90$，$BD=r-48$，
又
∵ $AD+BD=AB$，
∴ $(r-90)+(r-48)=102$，
解得$2r=240$，即⊙O的直径为240步。
【答案】
(1) 理由见上述解析；(2) 240步
【知识点】
切线的性质，切线长定理，正方形的判定与性质
【点评】
本题结合古代数学文化背景考查圆的切线相关知识，解题的关键是合理作辅助线构造特殊四边形，再利用切线长定理建立方程求解，渗透了数形结合和方程思想。
【难度系数】
0.65
13.已知$△ ABC$是边长为3的等边三角形，$\odot A$的半径为1，D是BC上一动点，DM，DN分别切$\odot A$于点M，N，$\odot A$的另一条切线交DM，DN于点E，F，则$△ DEF$的周长$l$的取值范围是（
A.$4≤ l≤ \sqrt{23}$
B.$\sqrt{23}≤ l≤ 4\sqrt{2}$
C.$4\sqrt{2}≤ l≤ 6$
D.$4\sqrt{2}≤ l≤ 2\sqrt{10}$
B
）A.$4≤ l≤ \sqrt{23}$
B.$\sqrt{23}≤ l≤ 4\sqrt{2}$
C.$4\sqrt{2}≤ l≤ 6$
D.$4\sqrt{2}≤ l≤ 2\sqrt{10}$
答案
13.B
解析
【分析】
解题思路如下：首先利用切线长定理，将△DEF的周长转化为2倍的切线长DM，简化问题；再根据切线长公式建立DM和线段AD的关联，明确周长随AD的增大而增大；最后结合等边三角形的性质，求出D在BC上运动时AD的取值范围，代入计算即可得到周长的取值范围。
【解析】
1. 依据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。设EF切$\odot A$于点P，已知DM、DN切$\odot A$于M、N，可得$EM=EP$，$FN=FP$，$DM=DN$。
2. 计算△DEF的周长：
$l = DE + EF + DF = DE + EP + PF + DF = DE + EM + FN + DF = DM + DN = 2DM$。
3. 由切线长公式，$\odot A$半径$r=1$，因此$DM = \sqrt{AD^2 - r^2} = \sqrt{AD^2 - 1}$，可得$l = 2\sqrt{AD^2 - 1}$，$l$随$AD$的增大而增大。
4. 等边△ABC边长为3，D在BC上运动：
$AD$的最小值为BC边上的高：$AD_{\mathrm{min}} = \frac{\sqrt{3}}{2} × 3 = \frac{3\sqrt{3}}{2}$；
$AD$的最大值为等边三角形边长：$AD_{\mathrm{max}} = AB=3$。
5. 代入计算周长的最值：
最小值：$l_{\mathrm{min}} = 2\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 - 1} = 2\sqrt{\frac{27}{4} - 1} = \sqrt{23}$；
最大值：$l_{\mathrm{max}} = 2\sqrt{3^2 - 1} = 2\sqrt{8} = 4\sqrt{2}$。
因此$\sqrt{23} ≤ l ≤ 4\sqrt{2}$。
【答案】B
【知识点】
切线长定理，等边三角形的性质，切线长计算
【点评】
本题的解题核心是通过切线长定理实现周长的转化，将动态三角形的周长问题简化为单条线段AD的最值问题，是切线长定理的典型应用，要求熟练掌握切线长相等的性质和等边三角形高的计算方法。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：首先利用切线长定理，将△DEF的周长转化为2倍的切线长DM，简化问题；再根据切线长公式建立DM和线段AD的关联，明确周长随AD的增大而增大；最后结合等边三角形的性质，求出D在BC上运动时AD的取值范围，代入计算即可得到周长的取值范围。
【解析】
1. 依据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。设EF切$\odot A$于点P，已知DM、DN切$\odot A$于M、N，可得$EM=EP$，$FN=FP$，$DM=DN$。
2. 计算△DEF的周长：
$l = DE + EF + DF = DE + EP + PF + DF = DE + EM + FN + DF = DM + DN = 2DM$。
3. 由切线长公式，$\odot A$半径$r=1$，因此$DM = \sqrt{AD^2 - r^2} = \sqrt{AD^2 - 1}$，可得$l = 2\sqrt{AD^2 - 1}$，$l$随$AD$的增大而增大。
4. 等边△ABC边长为3，D在BC上运动：
$AD$的最小值为BC边上的高：$AD_{\mathrm{min}} = \frac{\sqrt{3}}{2} × 3 = \frac{3\sqrt{3}}{2}$；
$AD$的最大值为等边三角形边长：$AD_{\mathrm{max}} = AB=3$。
5. 代入计算周长的最值：
最小值：$l_{\mathrm{min}} = 2\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 - 1} = 2\sqrt{\frac{27}{4} - 1} = \sqrt{23}$；
最大值：$l_{\mathrm{max}} = 2\sqrt{3^2 - 1} = 2\sqrt{8} = 4\sqrt{2}$。
因此$\sqrt{23} ≤ l ≤ 4\sqrt{2}$。
【答案】B
【知识点】
切线长定理，等边三角形的性质，切线长计算
【点评】
本题的解题核心是通过切线长定理实现周长的转化，将动态三角形的周长问题简化为单条线段AD的最值问题，是切线长定理的典型应用，要求熟练掌握切线长相等的性质和等边三角形高的计算方法。
【难度系数】
0.6
