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8 [2026 海门期中] 如图,在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为$(-4,-3)$,$\odot A$ 的半径为 1,P 为 x 轴上一动点,PQ 切$\odot A$ 于点 Q,则当 PQ 的长最小时,点 P 的坐标为（
A.$(-2,0)$
B.$(-3,0)$
C.$(-4,0)$
D.$(-5,0)$
C
）A.$(-2,0)$
B.$(-3,0)$
C.$(-4,0)$
D.$(-5,0)$
答案
8. C
解析
【分析】
要解决本题，需先利用切线性质得到直角三角形，再结合勾股定理转化PQ的长度表达式，最后根据点到直线的最短距离确定P点坐标。
【解析】
连接AQ，因为PQ是⊙A的切线，Q为切点，所以AQ⊥PQ，即∠AQP=90°。
在Rt△AQP中，由勾股定理得：$PQ^2 + AQ^2 = PA^2$。
已知⊙A的半径$AQ=1$，代入得：$PQ = \sqrt{PA^2 - AQ^2} = \sqrt{PA^2 - 1}$。
要使PQ最小，需PA最小。因为P在x轴上，根据“点到直线的最短距离是垂线段长度”，当PA垂直x轴时，PA最短，此时PA长度等于点A到x轴的距离，即$| -3 | = 3$，此时P点横坐标与A相同，纵坐标为0，故P点坐标为$(-4,0)$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；勾股定理；点到直线的距离
【点评】
本题结合切线性质与最短距离问题，核心是利用切线性质转化为直角三角形，再通过垂线段最短确定动点位置，属于基础几何题，需熟练掌握相关性质。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先利用切线性质得到直角三角形，再结合勾股定理转化PQ的长度表达式，最后根据点到直线的最短距离确定P点坐标。
【解析】
连接AQ，因为PQ是⊙A的切线，Q为切点，所以AQ⊥PQ，即∠AQP=90°。
在Rt△AQP中，由勾股定理得：$PQ^2 + AQ^2 = PA^2$。
已知⊙A的半径$AQ=1$，代入得：$PQ = \sqrt{PA^2 - AQ^2} = \sqrt{PA^2 - 1}$。
要使PQ最小，需PA最小。因为P在x轴上，根据“点到直线的最短距离是垂线段长度”，当PA垂直x轴时，PA最短，此时PA长度等于点A到x轴的距离，即$| -3 | = 3$，此时P点横坐标与A相同，纵坐标为0，故P点坐标为$(-4,0)$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；勾股定理；点到直线的距离
【点评】
本题结合切线性质与最短距离问题，核心是利用切线性质转化为直角三角形，再通过垂线段最短确定动点位置，属于基础几何题，需熟练掌握相关性质。
【难度系数】
0.6
9 如图, A B, A C 是$\odot O$的弦, 过点 A 的切线交 C B 的延长线于点 D. 若$∠ BAD=35°$, 则$∠ C=$
35°
.答案
9. 35°
解析
【分析】
要解决本题，需利用圆的弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角。首先明确DA是⊙O的切线，AB是弦，因此弦切角∠BAD所夹的弧为弧AB，弧AB所对的圆周角是∠C，由此可直接得到∠BAD与∠C的等量关系，进而求出∠C的度数。
【解析】
∵ DA是⊙O的切线，AB是⊙O的弦，
根据弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角，
∴ ∠BAD = ∠C。
已知∠BAD = 35°，
∴ ∠C = 35°。
【答案】
35°
【知识点】
弦切角定理，圆的切线性质
【点评】
本题属于基础几何题，直接考查弦切角定理的应用，只需牢记定理内容即可快速解题，是圆相关性质的基础应用题型。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需利用圆的弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角。首先明确DA是⊙O的切线，AB是弦，因此弦切角∠BAD所夹的弧为弧AB，弧AB所对的圆周角是∠C，由此可直接得到∠BAD与∠C的等量关系，进而求出∠C的度数。
【解析】
∵ DA是⊙O的切线，AB是⊙O的弦，
根据弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角，
∴ ∠BAD = ∠C。
已知∠BAD = 35°，
∴ ∠C = 35°。
【答案】
35°
【知识点】
弦切角定理，圆的切线性质
【点评】
本题属于基础几何题，直接考查弦切角定理的应用，只需牢记定理内容即可快速解题，是圆相关性质的基础应用题型。
【难度系数】
0.4
10 如图,在平面直角坐标系中,点 C 的坐标为$(3,4)$,以点 C 为圆心的圆与 y 轴相切,点 A,B 在x 轴上,且$OA=OB$,P 为$\odot C$上的动点,$∠ APB=90°$,则 AB 长的最大值为
16
.答案
10. 16 【解析】连接 OP. $\because ∠ APB = 90°, OA = OB$, $\therefore AB=2OP.\therefore$ 当 OP 最长时,AB 的长取到最大值. 连接 OC 并延长,交$\odot C$于点$P'$. 当点 P 到点$P'$处时,OP 最长. 过点 C 作$CE⊥ x$轴于点 E. $\because C(3,4),\therefore OE=3,CE=4.\therefore OC=\sqrt{3^2+4^2}=5.\because \odot C$与 y 轴相切,$\therefore \odot C$的半径为 3,即$P'C=3.\therefore OP'=OC+P'C=8.\therefore AB=16$,即 AB 长的最大值为 16.
解析
【分析】
要解决本题，需先利用直角三角形的性质建立AB与OP的关系，再结合圆的性质找到OP的最大值，进而求出AB的最大值。具体思路：已知∠APB=90°且OA=OB，根据直角三角形斜边中线定理可得AB=2OP，因此AB的最大值对应OP的最大值；点P在⊙C上，圆上一点到原点O的最大距离为圆心C到O的距离加上⊙C的半径，据此计算OP的最大值即可。
【解析】
1. 连接OP：
∵ ∠APB=90°，OA=OB，
∴ 在Rt△APB中，O是斜边AB的中点，根据直角三角形斜边中线定理，得AB=2OP，因此当OP最长时，AB长度最大。
2. 计算⊙C的半径及OC的长度：
∵ ⊙C与y轴相切，圆心C坐标为(3,4)，
∴ ⊙C的半径等于点C到y轴的距离，即半径r=3；
由两点间距离公式，OC=√(3²+4²)=5。
3. 求OP的最大值：
当点P在OC的延长线与⊙C的交点P'处时，OP取得最大值，此时OP'=OC + r=5+3=8。
4. 计算AB的最大值：
∵ AB=2OP，
∴ AB的最大值为2×8=16。
【答案】
16
【知识点】
直角三角形斜边中线定理；圆的切线性质；坐标与图形性质
【点评】
本题是几何综合题，核心是利用直角三角形斜边中线建立AB与OP的关系，再结合圆上点到定点的最值规律求解，需要学生熟练掌握相关几何定理，属于中等难度的典型题型。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先利用直角三角形的性质建立AB与OP的关系，再结合圆的性质找到OP的最大值，进而求出AB的最大值。具体思路：已知∠APB=90°且OA=OB，根据直角三角形斜边中线定理可得AB=2OP，因此AB的最大值对应OP的最大值；点P在⊙C上，圆上一点到原点O的最大距离为圆心C到O的距离加上⊙C的半径，据此计算OP的最大值即可。
【解析】
1. 连接OP：
∵ ∠APB=90°，OA=OB，
∴ 在Rt△APB中，O是斜边AB的中点，根据直角三角形斜边中线定理，得AB=2OP，因此当OP最长时，AB长度最大。
2. 计算⊙C的半径及OC的长度：
∵ ⊙C与y轴相切，圆心C坐标为(3,4)，
∴ ⊙C的半径等于点C到y轴的距离，即半径r=3；
由两点间距离公式，OC=√(3²+4²)=5。
3. 求OP的最大值：
当点P在OC的延长线与⊙C的交点P'处时，OP取得最大值，此时OP'=OC + r=5+3=8。
4. 计算AB的最大值：
∵ AB=2OP，
∴ AB的最大值为2×8=16。
【答案】
16
【知识点】
直角三角形斜边中线定理；圆的切线性质；坐标与图形性质
【点评】
本题是几何综合题，核心是利用直角三角形斜边中线建立AB与OP的关系，再结合圆上点到定点的最值规律求解，需要学生熟练掌握相关几何定理，属于中等难度的典型题型。
【难度系数】
0.5
11 [2024 东营]如图,$△ ABC$ 内接于$\odot O$,AB 是$\odot O$的直径,点 E 在$\odot O$上,C 是$\overset{\frown}{BE}$的中点,$AE ⊥$$CD$,垂足为 D,DC 的延长线交 AB 的延长线于点 F.
(1) 求证:CD 是$\odot O$的切线;
(2) 若$CD=\sqrt{3},∠ ABC=60°$,求线段 AF 的长.
(1) 求证:CD 是$\odot O$的切线;
(2) 若$CD=\sqrt{3},∠ ABC=60°$,求线段 AF 的长.
答案
11. (1) 如图,连接 OC. $\because C$ 是 $\overset{\frown}{BE}$ 的中点, $\therefore \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CE}$. $\therefore ∠ BAC=∠ CAE.\because OC = OA,\therefore ∠ OCA = ∠ OAC.\therefore ∠ OCA=∠ CAD.\therefore OC// AD.\because AE⊥ CD,\therefore OC⊥ DF.$ $\because OC$ 是$\odot O$的半径,$\therefore CD$ 是$\odot O$的切线
(2) $\because AB$ 是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACB = 90°.\because ∠ ABC = 60°,\therefore ∠ BAC = 30°.$ $\therefore ∠ CAD = ∠ BAC = 30°.\because ∠ D = 90°,CD=\sqrt{3},\therefore AC=2CD=2\sqrt{3}.\therefore AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=3.\because ∠ F=180°-∠ D-∠ BAD=30°,\therefore AF=2AD=6$
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需证明CD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC与CD垂直。利用弧中点的性质得到圆周角相等，结合等腰三角形等边对等角的性质，推导OC与AD平行，再由AD⊥CD即可证得OC⊥CD，完成切线证明；第(2)问求AF的长，先利用直径所对圆周角为直角得到∠ACB=90°，结合已知∠ABC=60°求出∠BAC=30°，进而得到∠CAD=30°，在Rt△ACD中求出AC和AD的长度，再通过角的关系得到△FAD中∠F=30°，利用直角三角形中30°角的性质求出AF的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵ C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CE}$，根据同弧所对圆周角相等，得∠BAC=∠CAE。
又
∵ OC=OA，△OAC为等腰三角形，
∴ ∠OCA=∠OAC，因此∠OCA=∠CAD，故OC//AD。
已知AE⊥CD，即AD⊥CD，所以OC⊥DF。
因为OC是⊙O的半径，根据切线判定定理，CD是⊙O的切线。
(2) 解：
∵ AB是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，得∠ACB=90°。
在Rt△ABC中，∠ABC=60°，
∴ ∠BAC=90°-60°=30°，因此∠CAD=∠BAC=30°。
在Rt△ACD中，∠D=90°，CD=$\sqrt{3}$，∠CAD=30°，根据直角三角形中30°角的性质，得AC=2CD=2$\sqrt{3}$；由勾股定理，AD=$\sqrt{AC^2 - CD^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2}$=3。
在Rt△FAD中，∠D=90°，∠BAD=∠BAC+∠CAD=60°，
∴ ∠F=180°-90°-60°=30°，根据直角三角形中30°角的性质，得AF=2AD=6。
【答案】
(1) CD是⊙O的切线；(2) AF的长为6。
【知识点】
切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线判定、圆周角性质及直角三角形的性质，解题关键是掌握切线判定的常规思路“连半径，证垂直”，利用直角三角形中30°角的性质简化计算，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，第(1)问需证明CD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC与CD垂直。利用弧中点的性质得到圆周角相等，结合等腰三角形等边对等角的性质，推导OC与AD平行，再由AD⊥CD即可证得OC⊥CD，完成切线证明；第(2)问求AF的长，先利用直径所对圆周角为直角得到∠ACB=90°，结合已知∠ABC=60°求出∠BAC=30°，进而得到∠CAD=30°，在Rt△ACD中求出AC和AD的长度，再通过角的关系得到△FAD中∠F=30°，利用直角三角形中30°角的性质求出AF的长度。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵ C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CE}$，根据同弧所对圆周角相等，得∠BAC=∠CAE。
又
∵ OC=OA，△OAC为等腰三角形，
∴ ∠OCA=∠OAC，因此∠OCA=∠CAD，故OC//AD。
已知AE⊥CD，即AD⊥CD，所以OC⊥DF。
因为OC是⊙O的半径，根据切线判定定理，CD是⊙O的切线。
(2) 解：
∵ AB是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，得∠ACB=90°。
在Rt△ABC中，∠ABC=60°，
∴ ∠BAC=90°-60°=30°，因此∠CAD=∠BAC=30°。
在Rt△ACD中，∠D=90°，CD=$\sqrt{3}$，∠CAD=30°，根据直角三角形中30°角的性质，得AC=2CD=2$\sqrt{3}$；由勾股定理，AD=$\sqrt{AC^2 - CD^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2}$=3。
在Rt△FAD中，∠D=90°，∠BAD=∠BAC+∠CAD=60°，
∴ ∠F=180°-90°-60°=30°，根据直角三角形中30°角的性质，得AF=2AD=6。
【答案】
(1) CD是⊙O的切线；(2) AF的长为6。
【知识点】
切线的判定、圆周角定理、直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线判定、圆周角性质及直角三角形的性质，解题关键是掌握切线判定的常规思路“连半径，证垂直”，利用直角三角形中30°角的性质简化计算，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
12 如图,以四边形 ABCD 的对角线 BD 为直径作圆,圆心为点 O,过点 A 作 $AE ⊥ CD$,交 CD 的延长线于点 E,已知 DA 平分 $∠ BDE$.
(1) 求证: AE 是 $\odot O$ 的切线;
(2) 若 $AE=4,CD=6$,求 $\odot O$ 的半径和 AD 的长.
(1) 求证: AE 是 $\odot O$ 的切线;
(2) 若 $AE=4,CD=6$,求 $\odot O$ 的半径和 AD 的长.
答案
12. (1) 如图,连接 OA. $\because AE⊥ CD$,交 CD 的延长线于点 E, DA 平分$∠ BDE,\therefore ∠ DAE+∠ ADE=90°,∠ ADE=∠ ADO.$ $\because$ 以四边形 ABCD 的对角线 BD 为直径作圆,圆心为点 O, $\therefore OA = OD.\therefore ∠ OAD = ∠ ADO.\therefore ∠ ADE = ∠ OAD.$ $\therefore ∠ DAE+∠ OAD=90°.\therefore OA⊥ AE.\because OA$ 是$\odot O$的半径, $\therefore AE$ 是$\odot O$的切线
(2) 如图,取 CD 的中点 F,连接 OF. $\therefore OF⊥ CD.\therefore$ 四边形 AEFO 是矩形. $\therefore OF=AE=4,EF=OA.\because CD=6,\therefore DF=FC=3.\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ OFD$ 中,$OD=\sqrt{OF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$. 在 $\mathrm{Rt}△ AED$ 中,$AE=4,ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2,\therefore AD=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}.\therefore \odot O$ 的半径为 5,AD 的长是 $2\sqrt{5}$
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需证明AE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明OA⊥AE，因此连接OA，利用角平分线性质和等腰三角形等边对等角的关系，推导得出∠OAE=90°即可；第(2)问求⊙O半径和AD长，需构造辅助线，取CD中点F连接OF，利用垂径定理和矩形的判定得到相关线段长度，再结合勾股定理计算。
【解析】
(1) 证明：连接OA。
∵ AE⊥CD，
∴ ∠AED=90°，即∠DAE + ∠ADE = 90°。
∵ DA平分∠BDE，
∴ ∠ADE = ∠ADO。
∵ OA = OD（⊙O的半径），
∴ ∠OAD = ∠ADO。
∴ ∠ADE = ∠OAD，代入得∠DAE + ∠OAD = 90°，即∠OAE = 90°，
∴ OA⊥AE。
又
∵ OA是⊙O的半径，
∴ AE是⊙O的切线。
(2) 取CD的中点F，连接OF。
∵ BD是⊙O的直径，O是圆心，
∴ OF⊥CD（垂径定理），即∠OFD=90°。
∵ AE⊥CD，OA⊥AE，
∴ ∠AED=∠OAE=∠OFD=90°，
∴ 四边形AEFO是矩形，
∴ OF=AE=4，EF=OA。
∵ CD=6，F是CD中点，
∴ DF=CD/2=3。
在Rt△OFD中，由勾股定理得：OD = √(OF² + DF²) = √(4² + 3²) = 5，即⊙O的半径为5。
∵ EF=OA=OD=5，
∴ ED = EF - DF =5 -3=2。
在Rt△AED中，由勾股定理得：AD=√(AE² + ED²)=√(4² +2²)=2√5。
【答案】
12. (1) 如图,连接 OA. $\because AE⊥ CD$,交 CD 的延长线于点 E, DA 平分$∠ BDE,\therefore ∠ DAE+∠ ADE=90°,∠ ADE=∠ ADO.$ $\because$ 以四边形 ABCD 的对角线 BD 为直径作圆,圆心为点 O, $\therefore OA = OD.\therefore ∠ OAD = ∠ ADO.\therefore ∠ ADE = ∠ OAD.$ $\therefore ∠ DAE+∠ OAD=90°.\therefore OA⊥ AE.\because OA$ 是$\odot O$的半径, $\therefore AE$ 是$\odot O$的切线
(2) 如图,取 CD 的中点 F,连接 OF. $\therefore OF⊥ CD.\therefore$ 四边形 AEFO 是矩形. $\therefore OF=AE=4,EF=OA.\because CD=6,\therefore DF=FC=3.\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ OFD$ 中,$OD=\sqrt{OF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$. 在 $\mathrm{Rt}△ AED$ 中,$AE=4,ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2,\therefore AD=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}.\therefore \odot O$ 的半径为 5,AD 的长是 $2\sqrt{5}$
【知识点】
切线的判定、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线判定、垂径定理及勾股定理的应用，辅助线的构造是解题关键，通过构造矩形转化线段，结合勾股定理计算，难度适中，需掌握圆的核心性质与几何图形判定方法。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，第(1)问需证明AE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明OA⊥AE，因此连接OA，利用角平分线性质和等腰三角形等边对等角的关系，推导得出∠OAE=90°即可；第(2)问求⊙O半径和AD长，需构造辅助线，取CD中点F连接OF，利用垂径定理和矩形的判定得到相关线段长度，再结合勾股定理计算。
【解析】
(1) 证明：连接OA。
∵ AE⊥CD，
∴ ∠AED=90°，即∠DAE + ∠ADE = 90°。
∵ DA平分∠BDE，
∴ ∠ADE = ∠ADO。
∵ OA = OD（⊙O的半径），
∴ ∠OAD = ∠ADO。
∴ ∠ADE = ∠OAD，代入得∠DAE + ∠OAD = 90°，即∠OAE = 90°，
∴ OA⊥AE。
又
∵ OA是⊙O的半径，
∴ AE是⊙O的切线。
(2) 取CD的中点F，连接OF。
∵ BD是⊙O的直径，O是圆心，
∴ OF⊥CD（垂径定理），即∠OFD=90°。
∵ AE⊥CD，OA⊥AE，
∴ ∠AED=∠OAE=∠OFD=90°，
∴ 四边形AEFO是矩形，
∴ OF=AE=4，EF=OA。
∵ CD=6，F是CD中点，
∴ DF=CD/2=3。
在Rt△OFD中，由勾股定理得：OD = √(OF² + DF²) = √(4² + 3²) = 5，即⊙O的半径为5。
∵ EF=OA=OD=5，
∴ ED = EF - DF =5 -3=2。
在Rt△AED中，由勾股定理得：AD=√(AE² + ED²)=√(4² +2²)=2√5。
【答案】
12. (1) 如图,连接 OA. $\because AE⊥ CD$,交 CD 的延长线于点 E, DA 平分$∠ BDE,\therefore ∠ DAE+∠ ADE=90°,∠ ADE=∠ ADO.$ $\because$ 以四边形 ABCD 的对角线 BD 为直径作圆,圆心为点 O, $\therefore OA = OD.\therefore ∠ OAD = ∠ ADO.\therefore ∠ ADE = ∠ OAD.$ $\therefore ∠ DAE+∠ OAD=90°.\therefore OA⊥ AE.\because OA$ 是$\odot O$的半径, $\therefore AE$ 是$\odot O$的切线
(2) 如图,取 CD 的中点 F,连接 OF. $\therefore OF⊥ CD.\therefore$ 四边形 AEFO 是矩形. $\therefore OF=AE=4,EF=OA.\because CD=6,\therefore DF=FC=3.\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ OFD$ 中,$OD=\sqrt{OF^2+DF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$. 在 $\mathrm{Rt}△ AED$ 中,$AE=4,ED=EF-DF=OA-DF=OD-DF=5-3=2,\therefore AD=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}.\therefore \odot O$ 的半径为 5,AD 的长是 $2\sqrt{5}$
【知识点】
切线的判定、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线判定、垂径定理及勾股定理的应用，辅助线的构造是解题关键，通过构造矩形转化线段，结合勾股定理计算，难度适中，需掌握圆的核心性质与几何图形判定方法。
【难度系数】
0.5
