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1. 如图,$AB$为$\odot O$的弦,$C$为$\overset{\frown}{AB}$的中点,过点$C$作$CD// AB$,交$OB$的延长线于点$D$.连接$OA,OC$.
(1) 求证:$CD$是$\odot O$的切线；
(2) 若$OA=3$,$BD=2$,求$△ OCD$的面积.
(1) 求证:$CD$是$\odot O$的切线；
(2) 若$OA=3$,$BD=2$,求$△ OCD$的面积.
答案
1. (1) 证明略 (2) 6
解析
【分析】
(1) 要证明CD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证OC⊥CD。已知C是弧AB中点，由圆的性质可知OC垂直弦AB，结合CD//AB，可推出OC⊥CD，从而完成切线证明；
(2) 求△OCD的面积，由(1)知△OCD是直角三角形，OC为半径，先算出OD的长度，再用勾股定理求出CD，最后根据三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，OC是⊙O的半径，
∴ OC⊥AB（圆的弧中点与圆心的连线垂直于该弧所对的弦）。
又
∵ CD//AB，
∴ OC⊥CD（垂直于一组平行线中的一条直线，必垂直于另一条）。
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CD是⊙O的切线（经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线）。
(2) 解：
∵ OA=3，
∴ OB=OC=OA=3（同圆半径相等）。
∵ BD=2，
∴ OD=OB+BD=3+2=5。
由(1)知OC⊥CD，故△OCD是直角三角形，∠OCD=90°。
根据勾股定理：$CD=\sqrt{OD^2 - OC^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{16}=4$。
∴ △OCD的面积为$\frac{1}{2}×OC×CD=\frac{1}{2}×3×4=6$。
【答案】6
【知识点】切线的判定、勾股定理、圆的基本性质
【点评】本题结合圆的性质考查切线判定与面积计算，核心是利用弧中点的垂直关系，结合平行线性质和勾股定理求解，属于中等难度题型。
【难度系数】0.5
(1) 要证明CD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证OC⊥CD。已知C是弧AB中点，由圆的性质可知OC垂直弦AB，结合CD//AB，可推出OC⊥CD，从而完成切线证明；
(2) 求△OCD的面积，由(1)知△OCD是直角三角形，OC为半径，先算出OD的长度，再用勾股定理求出CD，最后根据三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，OC是⊙O的半径，
∴ OC⊥AB（圆的弧中点与圆心的连线垂直于该弧所对的弦）。
又
∵ CD//AB，
∴ OC⊥CD（垂直于一组平行线中的一条直线，必垂直于另一条）。
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CD是⊙O的切线（经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线）。
(2) 解：
∵ OA=3，
∴ OB=OC=OA=3（同圆半径相等）。
∵ BD=2，
∴ OD=OB+BD=3+2=5。
由(1)知OC⊥CD，故△OCD是直角三角形，∠OCD=90°。
根据勾股定理：$CD=\sqrt{OD^2 - OC^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{16}=4$。
∴ △OCD的面积为$\frac{1}{2}×OC×CD=\frac{1}{2}×3×4=6$。
【答案】6
【知识点】切线的判定、勾股定理、圆的基本性质
【点评】本题结合圆的性质考查切线判定与面积计算，核心是利用弧中点的垂直关系，结合平行线性质和勾股定理求解，属于中等难度题型。
【难度系数】0.5
2. [教材改编]如图1,在矩形$ABCD$中,$AB=6$ cm,$BC=8$ cm,点$P$以3 cm/s的速度从点$B$向点$A$运动,点$Q$以4 cm/s的速度从点$B$向点$C$运动,点$P、Q$同时出发,运动时间为$t$ s($0＜ t＜2$),$\odot O$是$△ PBQ$的外接圆,连接$DQ$.
(1) 当$t=\frac{3}{2}$时,$\odot O$与直线$CD$的位置关系是
(2) 当$t$为何值时,$\odot O$恰好与直线$DQ$相切?
(3) 连接$PD$,交$\odot O$于点$E$,连接$EC$,如图2,在$P、Q$两点的运动中,若$∠ CED=∠ CDQ$,请直接写出此时点$Q$到直线$PD$的距离.
(1) 当$t=\frac{3}{2}$时,$\odot O$与直线$CD$的位置关系是
相离
；(2) 当$t$为何值时,$\odot O$恰好与直线$DQ$相切?
(3) 连接$PD$,交$\odot O$于点$E$,连接$EC$,如图2,在$P、Q$两点的运动中,若$∠ CED=∠ CDQ$,请直接写出此时点$Q$到直线$PD$的距离.
答案
2. (1) 相离 (2) 当$t$为$\frac{7}{8}$时,$\odot O$恰好与直线$DQ$相切 (3)
$\frac{42\sqrt{337}}{337}\ \mathrm{cm}$
$\frac{42\sqrt{337}}{337}\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
设B为坐标原点建立平面直角坐标系，结合矩形边长和点的运动速度，用t表示出P、Q的坐标；利用直角三角形外接圆的性质确定⊙O的圆心和半径；对于问题（1），计算圆心到直线CD的距离，与半径比较判断位置关系；问题（2），利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，结合点到直线距离公式列方程求解；问题（3），联立直线与圆的方程找到E点，结合角相等条件计算Q到直线PD的距离。
【解析】
（1）设B(0,0)，则A(0,6)，C(8,0)，D(8,6)。由运动得P(0,3t)，Q(4t,0)。△PBQ为直角三角形，故⊙O的圆心为PQ中点，坐标为(2t,1.5t)，半径r=PQ/2=5t/2。直线CD为x=8，圆心到CD的距离d=|8-2t|。当t=3/2时，d=5，r=15/4，d＞r，故⊙O与CD相离。
（2）直线DQ过D(8,6)、Q(4t,0)，方程为3x-(4-2t)y-12t=0。因⊙O与DQ相切，圆心到DQ的距离等于半径，代入点到直线距离公式：
$\frac{|6t - (6t-3t^2)-12t|}{\sqrt{9+(4-2t)^2}}=\frac{5t}{2}$
化简得$\frac{3(4-t)}{\sqrt{4t^2-16t+25}}=\frac{5}{2}$，平方后解得$(8t-7)^2=0$，故$t=\frac{7}{8}$。
（3）联立直线PD与⊙O方程求得E点，结合∠CED=∠CDQ的条件，计算得Q到PD的距离为$\frac{42\sqrt{337}}{337}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) 相离；(2) $t=\frac{7}{8}$；(3) $\frac{42\sqrt{337}}{337}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
矩形性质、圆的切线判定、点到直线距离公式
【点评】
本题为矩形与圆的综合题，运用坐标法简化计算，需掌握直角三角形外接圆性质、直线与圆的位置关系，方程求解是关键，难度适中。
【难度系数】
0.5
设B为坐标原点建立平面直角坐标系，结合矩形边长和点的运动速度，用t表示出P、Q的坐标；利用直角三角形外接圆的性质确定⊙O的圆心和半径；对于问题（1），计算圆心到直线CD的距离，与半径比较判断位置关系；问题（2），利用直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，结合点到直线距离公式列方程求解；问题（3），联立直线与圆的方程找到E点，结合角相等条件计算Q到直线PD的距离。
【解析】
（1）设B(0,0)，则A(0,6)，C(8,0)，D(8,6)。由运动得P(0,3t)，Q(4t,0)。△PBQ为直角三角形，故⊙O的圆心为PQ中点，坐标为(2t,1.5t)，半径r=PQ/2=5t/2。直线CD为x=8，圆心到CD的距离d=|8-2t|。当t=3/2时，d=5，r=15/4，d＞r，故⊙O与CD相离。
（2）直线DQ过D(8,6)、Q(4t,0)，方程为3x-(4-2t)y-12t=0。因⊙O与DQ相切，圆心到DQ的距离等于半径，代入点到直线距离公式：
$\frac{|6t - (6t-3t^2)-12t|}{\sqrt{9+(4-2t)^2}}=\frac{5t}{2}$
化简得$\frac{3(4-t)}{\sqrt{4t^2-16t+25}}=\frac{5}{2}$，平方后解得$(8t-7)^2=0$，故$t=\frac{7}{8}$。
（3）联立直线PD与⊙O方程求得E点，结合∠CED=∠CDQ的条件，计算得Q到PD的距离为$\frac{42\sqrt{337}}{337}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) 相离；(2) $t=\frac{7}{8}$；(3) $\frac{42\sqrt{337}}{337}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
矩形性质、圆的切线判定、点到直线距离公式
【点评】
本题为矩形与圆的综合题，运用坐标法简化计算，需掌握直角三角形外接圆性质、直线与圆的位置关系，方程求解是关键，难度适中。
【难度系数】
0.5
