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10. 如图，AB 是⊙O 的直径，BC 是⊙O 的弦，直线 MN 与⊙O 相切于点 C，过点 B 作 BD⊥MN 于点 D。若 BC = $4\sqrt{5}$，CD = 4，则⊙O 的半径为
5
。答案
10. 5
解析
【解析】
连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵直线MN与⊙O相切于点C，
∴∠ACD=∠ABC（弦切角定理），
∵BD⊥MN，
∴∠BDC=90°=∠ACB，
∴△ABC∽△CBD，
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{BD}$，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{80-16}=8$，
将BC=$4\sqrt{5}$，BD=8代入比例式：
$\frac{AB}{4\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{8}$，
解得AB=10，
∴⊙O的半径为$\frac{1}{2}AB=5$。
【答案】
5
【知识点】
切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题关键是通过构造相似三角形建立线段间的关系，进而求解圆的半径。
【难度系数】
0.6
连接AC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵直线MN与⊙O相切于点C，
∴∠ACD=∠ABC（弦切角定理），
∵BD⊥MN，
∴∠BDC=90°=∠ACB，
∴△ABC∽△CBD，
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{BD}$，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{(4\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{80-16}=8$，
将BC=$4\sqrt{5}$，BD=8代入比例式：
$\frac{AB}{4\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{8}$，
解得AB=10，
∴⊙O的半径为$\frac{1}{2}AB=5$。
【答案】
5
【知识点】
切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理的应用，解题关键是通过构造相似三角形建立线段间的关系，进而求解圆的半径。
【难度系数】
0.6
11. 如图，正方形 ABCD 的边长为 2，⊙O 的直径为 AD，将正方形沿 EC 折叠，点 B 落在圆上的点 F 处，则 BE 的长为
$ \frac { 2 } { 3 } $
。答案
11. $ \frac { 2 } { 3 } $
解析
【解析】
设BE的长为$ x $，则$ FE = BE = x $，$ AE = 2 - x $。
连接$ OF $、$ OC $，由折叠性质知$ FC = BC = 2 $，$ ∠ EFC = ∠ B = 90° $。
因为$ OF = OD = 1 $，$ FC = DC = 2 $，$ OC = OC $，所以$ △ OFC ≌ △ ODC $（SSS），故$ ∠ OFC = ∠ ODC = 90° $，因此$ ∠ OFC + ∠ EFC = 180° $，即$ O $、$ F $、$ E $三点共线，$ OE = OF + FE = 1 + x $。
在$ \mathrm{Rt}△ OAE $中，$ OA = 1 $，由勾股定理得：
$OA^2 + AE^2 = OE^2$
代入得：
$1^2 + (2 - x)^2 = (1 + x)^2$
展开并化简：
$1 + 4 - 4x + x^2 = 1 + 2x + x^2$
$5 - 4x = 1 + 2x$
$6x = 4$
解得$ x = \frac{2}{3} $，即$ BE $的长为$ \frac{2}{3} $。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查正方形、折叠与圆的性质，关键是通过全等证明三点共线，再利用勾股定理建立方程求解，体现了方程思想的应用。
【难度系数】
0.4
设BE的长为$ x $，则$ FE = BE = x $，$ AE = 2 - x $。
连接$ OF $、$ OC $，由折叠性质知$ FC = BC = 2 $，$ ∠ EFC = ∠ B = 90° $。
因为$ OF = OD = 1 $，$ FC = DC = 2 $，$ OC = OC $，所以$ △ OFC ≌ △ ODC $（SSS），故$ ∠ OFC = ∠ ODC = 90° $，因此$ ∠ OFC + ∠ EFC = 180° $，即$ O $、$ F $、$ E $三点共线，$ OE = OF + FE = 1 + x $。
在$ \mathrm{Rt}△ OAE $中，$ OA = 1 $，由勾股定理得：
$OA^2 + AE^2 = OE^2$
代入得：
$1^2 + (2 - x)^2 = (1 + x)^2$
展开并化简：
$1 + 4 - 4x + x^2 = 1 + 2x + x^2$
$5 - 4x = 1 + 2x$
$6x = 4$
解得$ x = \frac{2}{3} $，即$ BE $的长为$ \frac{2}{3} $。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查正方形、折叠与圆的性质，关键是通过全等证明三点共线，再利用勾股定理建立方程求解，体现了方程思想的应用。
【难度系数】
0.4
12. 如图，点 P 为△ABC 的内心，延长 AP 交△ABC 的外接圆⊙O 于点 D，过点 D 作 DE//BC，交 AC 的延长线于点 E。
(1)则直线 DE 与⊙O 的位置关系是
(2)若 AB = 4，AD = 6，CE = 1，则 DE =
(1)则直线 DE 与⊙O 的位置关系是
相切
。(2)若 AB = 4，AD = 6，CE = 1，则 DE =
3
。答案
12. (1)相切 (2)3
解析
【解析】
(1) 连接OD，
∵点P是△ABC的内心，
∴AP平分∠BAC，
∴弧BD=弧CD，根据垂径定理可得OD⊥BC。又
∵DE//BC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE与⊙O相切。
(2) 连接CD，
∵∠BAD=∠CAD，∠BAD=∠BCD，且DE//BC，
∴∠BCD=∠CDE，
∴∠CAD=∠CDE。又
∵∠E=∠E，
∴△CDE∽△DAE，可得$DE^2=CE· AE$。结合∠ABD=∠DCE，∠BAD=∠CDE，可证△ABD∽△DCE，代入AB=4，AD=6，CE=1，计算得DE=3。
【答案】
(1) 相切 (2) 3
【知识点】
圆的切线判定，相似三角形的判定与性质，三角形内心的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线判定、相似三角形的应用及三角形内心的性质，需结合圆周角定理、垂径定理等知识推理计算，对几何综合能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 连接OD，
∵点P是△ABC的内心，
∴AP平分∠BAC，
∴弧BD=弧CD，根据垂径定理可得OD⊥BC。又
∵DE//BC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE与⊙O相切。
(2) 连接CD，
∵∠BAD=∠CAD，∠BAD=∠BCD，且DE//BC，
∴∠BCD=∠CDE，
∴∠CAD=∠CDE。又
∵∠E=∠E，
∴△CDE∽△DAE，可得$DE^2=CE· AE$。结合∠ABD=∠DCE，∠BAD=∠CDE，可证△ABD∽△DCE，代入AB=4，AD=6，CE=1，计算得DE=3。
【答案】
(1) 相切 (2) 3
【知识点】
圆的切线判定，相似三角形的判定与性质，三角形内心的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线判定、相似三角形的应用及三角形内心的性质，需结合圆周角定理、垂径定理等知识推理计算，对几何综合能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
13. 如图，半圆 O 的直径 AB 为 8，P 为 OB 的中点，C 为半圆上一点，连结 CP。若将 CP 沿射线 AB 的方向平移至 DE，且 DE 恰好与⊙O 相切于点 D，则平移的距离为
$ \sqrt { 33 } - 1 $
。答案
13. $ \sqrt { 33 } - 1 $
解析
【解析】
以O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，连接OD。设平移距离为$d$（即$PE=d$），则$O(0,0)$，$P(2,0)$，$E(2+d,0)$。
设$C(x_C,y_C)$，由平移性质得$D(x_C+d,y_C)$。
1. 因为$D$在$\odot O$上，$OC=OD=4$，故$(x_C+d)^2+y_C^2=16$，又$x_C^2+y_C^2=16$，联立化简得$x_C=-\frac{d}{2}$。
2. 因为$DE$切$\odot O$于$D$，所以$OD⊥ DE$，由斜率乘积为$-1$得：
$\frac{y_C}{x_C+d} · \frac{0-y_C}{(2+d)-(x_C+d)}=-1$
将$x_C=-\frac{d}{2}$，$y_C^2=16-x_C^2=16-\frac{d^2}{4}$代入，化简得：
$16-\frac{d^2}{4}=\frac{d}{2}(2+\frac{d}{2})$
整理得$d^2+2d-32=0$，解得$d=\sqrt{33}-1$（舍去负根）。
【答案】
$\sqrt{33}-1$
【知识点】
圆的切线性质，平移的性质，方程思想解几何题
【点评】
本题综合考查平移性质与圆的切线性质，需结合坐标法，利用方程思想求解，对几何推理与代数运算能力要求较高。
【难度系数】
0.3
以O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，连接OD。设平移距离为$d$（即$PE=d$），则$O(0,0)$，$P(2,0)$，$E(2+d,0)$。
设$C(x_C,y_C)$，由平移性质得$D(x_C+d,y_C)$。
1. 因为$D$在$\odot O$上，$OC=OD=4$，故$(x_C+d)^2+y_C^2=16$，又$x_C^2+y_C^2=16$，联立化简得$x_C=-\frac{d}{2}$。
2. 因为$DE$切$\odot O$于$D$，所以$OD⊥ DE$，由斜率乘积为$-1$得：
$\frac{y_C}{x_C+d} · \frac{0-y_C}{(2+d)-(x_C+d)}=-1$
将$x_C=-\frac{d}{2}$，$y_C^2=16-x_C^2=16-\frac{d^2}{4}$代入，化简得：
$16-\frac{d^2}{4}=\frac{d}{2}(2+\frac{d}{2})$
整理得$d^2+2d-32=0$，解得$d=\sqrt{33}-1$（舍去负根）。
【答案】
$\sqrt{33}-1$
【知识点】
圆的切线性质，平移的性质，方程思想解几何题
【点评】
本题综合考查平移性质与圆的切线性质，需结合坐标法，利用方程思想求解，对几何推理与代数运算能力要求较高。
【难度系数】
0.3
14. 如图，Rt△ABC 中，∠C = 90°，AC = 12，点 D 在边 BC 上，CD = 5，BD = 13。点 P 是线段 AD 上一动点，当半径为 6 的⊙P 与△ABC 的一边相切时，AP 的长为
$ \frac { 13 } { 2 } $或 $ 3 \sqrt { 13 } $
。答案
14. $ \frac { 13 } { 2 } $或 $ 3 \sqrt { 13 } $
解析
【解析】
1. 计算AD的长度：
在Rt△ACD中，∠C=90°，AC=12，CD=5，由勾股定理得：
$AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
2. 分情况讨论⊙P与△ABC的边相切：
① 当⊙P与BC相切时：
过P作PE⊥BC于E，PE=6（⊙P半径）。
因为∠C=90°，AC⊥BC，故PE//AC，△DPE∽△DAC。
则$\frac{DP}{AD} = \frac{PE}{AC}$，即$\frac{DP}{13} = \frac{6}{12}$，解得$DP = \frac{13}{2}$，
所以$AP = AD - DP = 13 - \frac{13}{2} = \frac{13}{2}$。
② 当⊙P与AB相切时：
先求AB的长度：BC=CD+BD=5+13=18，在Rt△ABC中，$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{12^2 + 18^2} = 6\sqrt{13}$。
以C为原点，AC为y轴，BC为x轴建立坐标系，A(0,12)，B(18,0)，AD的直线方程为$y = -\frac{12}{5}x + 12$，AB的直线方程为$2x + 3y - 36 = 0$。
设P$(x, -\frac{12}{5}x + 12)$，根据点到直线距离公式，P到AB的距离为6，即：
$\frac{|2x + 3(-\frac{12}{5}x + 12) - 36|}{\sqrt{2^2 + 3^2}} = 6$，
化简得$\frac{|\frac{-26x}{5}|}{\sqrt{13}} = 6$，解得$x = \frac{15\sqrt{13}}{13}$。
计算AP的长度：$AP = \sqrt{x^2 + (12 - (-\frac{12}{5}x + 12))^2} = \sqrt{x^2 + (\frac{12}{5}x)^2} = \frac{13}{5}x$，
代入$x$得$AP = \frac{13}{5} × \frac{15\sqrt{13}}{13} = 3\sqrt{13}$。
③ 当⊙P与AC相切时：
P到AC的距离为6，而P在AD上，到AC的最大距离为CD=5＜6，故该情况不存在。
综上，AP的长为$\frac{13}{2}$或$3\sqrt{13}$。
【答案】
$\frac{13}{2}$或$3\sqrt{13}$
【知识点】
勾股定理、相似三角形判定与性质、圆的切线性质
【点评】
本题考查圆的切线性质与几何综合，需分情况讨论圆与三角形各边相切的情况，结合勾股定理、相似三角形、点到直线距离公式求解，考查分类讨论思想与几何计算能力。
【难度系数】
0.4
1. 计算AD的长度：
在Rt△ACD中，∠C=90°，AC=12，CD=5，由勾股定理得：
$AD = \sqrt{AC^2 + CD^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$。
2. 分情况讨论⊙P与△ABC的边相切：
① 当⊙P与BC相切时：
过P作PE⊥BC于E，PE=6（⊙P半径）。
因为∠C=90°，AC⊥BC，故PE//AC，△DPE∽△DAC。
则$\frac{DP}{AD} = \frac{PE}{AC}$，即$\frac{DP}{13} = \frac{6}{12}$，解得$DP = \frac{13}{2}$，
所以$AP = AD - DP = 13 - \frac{13}{2} = \frac{13}{2}$。
② 当⊙P与AB相切时：
先求AB的长度：BC=CD+BD=5+13=18，在Rt△ABC中，$AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{12^2 + 18^2} = 6\sqrt{13}$。
以C为原点，AC为y轴，BC为x轴建立坐标系，A(0,12)，B(18,0)，AD的直线方程为$y = -\frac{12}{5}x + 12$，AB的直线方程为$2x + 3y - 36 = 0$。
设P$(x, -\frac{12}{5}x + 12)$，根据点到直线距离公式，P到AB的距离为6，即：
$\frac{|2x + 3(-\frac{12}{5}x + 12) - 36|}{\sqrt{2^2 + 3^2}} = 6$，
化简得$\frac{|\frac{-26x}{5}|}{\sqrt{13}} = 6$，解得$x = \frac{15\sqrt{13}}{13}$。
计算AP的长度：$AP = \sqrt{x^2 + (12 - (-\frac{12}{5}x + 12))^2} = \sqrt{x^2 + (\frac{12}{5}x)^2} = \frac{13}{5}x$，
代入$x$得$AP = \frac{13}{5} × \frac{15\sqrt{13}}{13} = 3\sqrt{13}$。
③ 当⊙P与AC相切时：
P到AC的距离为6，而P在AD上，到AC的最大距离为CD=5＜6，故该情况不存在。
综上，AP的长为$\frac{13}{2}$或$3\sqrt{13}$。
【答案】
$\frac{13}{2}$或$3\sqrt{13}$
【知识点】
勾股定理、相似三角形判定与性质、圆的切线性质
【点评】
本题考查圆的切线性质与几何综合，需分情况讨论圆与三角形各边相切的情况，结合勾股定理、相似三角形、点到直线距离公式求解，考查分类讨论思想与几何计算能力。
【难度系数】
0.4
