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1. (2024·山西中考)如图,已知$△ ABC$,以$AB$为直径的$\odot O$交$BC$于点$D$,与$AC$相切于点$A$,连接$OD$.若$∠ AOD=80°$,则$∠ C$的度数为
(
A.$30°$
B.$40°$
C.$45°$
D.$50°$
(
D
)A.$30°$
B.$40°$
C.$45°$
D.$50°$
答案
1. D 解析:$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD},\therefore ∠ B=\frac{1}{2}∠ AOD=40°.\because$ 以 $AB$ 为直径的$\odot O$ 与 $AC$ 相切于点 $A,\therefore ∠ BAC=90°,\therefore ∠ C=90°-40°=50°$.故选 D.
解析
【分析】
要计算∠C的度数，需分三步推导：首先利用圆周角定理，由已知的圆心角∠AOD求出同弧所对的圆周角∠B；再根据切线的性质，得到AC与AB垂直，即∠BAC为直角；最后在直角三角形ABC中，利用两锐角互余计算出∠C。
【解析】
1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。∠AOD是弧AD对应的圆心角，∠B是弧AD对应的圆周角，因此∠B = ½∠AOD = ½×80° = 40°。
2. 因为AC是⊙O的切线，切点为A，根据切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，AB为直径，故OA⊥AC，即∠BAC = 90°。
3. 在Rt△ABC中，∠C + ∠B = 90°，所以∠C = 90° - ∠B = 90° - 40° = 50°。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质
【点评】
本题考查圆的基本性质与直角三角形性质的结合应用，属于中考基础题，解题思路直接，步骤清晰，难度较低，适合学生巩固相关知识点。
【难度系数】
0.6
要计算∠C的度数，需分三步推导：首先利用圆周角定理，由已知的圆心角∠AOD求出同弧所对的圆周角∠B；再根据切线的性质，得到AC与AB垂直，即∠BAC为直角；最后在直角三角形ABC中，利用两锐角互余计算出∠C。
【解析】
1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。∠AOD是弧AD对应的圆心角，∠B是弧AD对应的圆周角，因此∠B = ½∠AOD = ½×80° = 40°。
2. 因为AC是⊙O的切线，切点为A，根据切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，AB为直径，故OA⊥AC，即∠BAC = 90°。
3. 在Rt△ABC中，∠C + ∠B = 90°，所以∠C = 90° - ∠B = 90° - 40° = 50°。
【答案】
D
【知识点】
圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质
【点评】
本题考查圆的基本性质与直角三角形性质的结合应用，属于中考基础题，解题思路直接，步骤清晰，难度较低，适合学生巩固相关知识点。
【难度系数】
0.6
2. (2025·惠州期中) 如图,菱形 $OABC$ 的顶点$A,B,C$ 在 $\odot O$ 上,过点 $B$ 作 $\odot O$ 的切线交 $OA$的延长线于点 $D$.若 $\odot O$ 的半径为 1,则 $BD$ 的长为（
A.1
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
D
）A.1
B.2
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
答案
2. D 解析: 连接 $OB$, 如图所示. $\because$ 四边形 $OABC$ 是菱形,$\therefore OA=AB$.又$\because OB=OA,\therefore OB=OA=AB,\therefore △ OAB$ 是等边三角形.$\because BD$ 是圆 $O$ 的切线,$\therefore ∠ OBD=90°$.又$\because ∠ AOB=60°,\therefore ∠ ODB=30°$, 在 $\mathrm{Rt}△ ODB$ 中, $OD=2OB=2,BD=\sqrt{OD^2-OB^2}=\sqrt{3}$.故选 D.
解析
【分析】
要解决本题，需先连接辅助线OB，利用菱形性质和圆的半径相等推导等边三角形，再结合切线性质得到直角三角形，最后通过直角三角形的性质和勾股定理计算BD的长度。具体思路：1. 连接OB，根据菱形四边相等得OA=AB，结合OA=OB（圆半径），推出△OAB为等边三角形；2. 由切线性质得OB⊥BD，确定直角三角形；3. 利用等边三角形的内角和直角三角形的性质，计算BD的长度。
【解析】
连接OB，如图所示。
∵ 四边形OABC是菱形，
∴ OA = AB（菱形的四条边相等）。
又
∵ OB = OA（⊙O的半径），
∴ OB = OA = AB，
∴ △OAB是等边三角形，
∴ ∠AOB = 60°。
∵ BD是⊙O的切线，
∴ OB⊥BD（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴ ∠OBD = 90°。
在Rt△ODB中，∠ODB = 90° - ∠AOB = 90° - 60° = 30°，
∴ OD = 2OB = 2×1 = 2（直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半）。
由勾股定理得：BD = √(OD² - OB²) = √(2² - 1²) = √3。
【答案】
D.
【知识点】
菱形性质、切线性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查菱形、圆的相关性质，解题核心是通过辅助线OB构造等边三角形，结合切线性质转化为直角三角形计算，需熟练运用几何定理，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先连接辅助线OB，利用菱形性质和圆的半径相等推导等边三角形，再结合切线性质得到直角三角形，最后通过直角三角形的性质和勾股定理计算BD的长度。具体思路：1. 连接OB，根据菱形四边相等得OA=AB，结合OA=OB（圆半径），推出△OAB为等边三角形；2. 由切线性质得OB⊥BD，确定直角三角形；3. 利用等边三角形的内角和直角三角形的性质，计算BD的长度。
【解析】
连接OB，如图所示。
∵ 四边形OABC是菱形，
∴ OA = AB（菱形的四条边相等）。
又
∵ OB = OA（⊙O的半径），
∴ OB = OA = AB，
∴ △OAB是等边三角形，
∴ ∠AOB = 60°。
∵ BD是⊙O的切线，
∴ OB⊥BD（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴ ∠OBD = 90°。
在Rt△ODB中，∠ODB = 90° - ∠AOB = 90° - 60° = 30°，
∴ OD = 2OB = 2×1 = 2（直角三角形中30°角所对直角边是斜边的一半）。
由勾股定理得：BD = √(OD² - OB²) = √(2² - 1²) = √3。
【答案】
D.
【知识点】
菱形性质、切线性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查菱形、圆的相关性质，解题核心是通过辅助线OB构造等边三角形，结合切线性质转化为直角三角形计算，需熟练运用几何定理，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
3. (赤峰中考)如图,两同心圆的大圆半径长为5 cm,小圆半径长为3 cm,大圆的弦AB与小圆相切,切点为C,则弦AB的长是
8
cm.答案
3. 8 解析: $\because AB$ 是小圆的切线,$\therefore OC ⊥ AB,\therefore AC=BC$.在$\mathrm{Rt}△ BOC$中,$∠ BCO=90°,OB=5\ \mathrm{cm},OC=3\ \mathrm{cm},\therefore BC=\sqrt{5^2-3^2}=4(\mathrm{cm}),\therefore AB=2BC=8\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
要计算弦AB的长度，需结合切线的性质、垂径定理和勾股定理。首先，AB是小圆的切线，根据切线性质，切线与过切点的半径垂直，可得OC⊥AB；再由垂径定理，垂直于弦的半径平分弦，故AB被OC平分，即AC=BC；最后在直角三角形BOC中，利用勾股定理求出BC的长度，进而得到AB的长。
【解析】
∵AB是小圆的切线，切点为C，
∴根据切线的性质，OC⊥AB，
又
∵O是大圆的圆心，OC⊥AB，
根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴AC=BC。
在Rt△BOC中，∠BCO=90°，OB=5 cm（大圆半径），OC=3 cm（小圆半径），
由勾股定理得：BC=√(OB² - OC²)=√(5² - 3²)=√(25 - 9)=√16=4 cm，
∴AB=2BC=2×4=8 cm。
【答案】
8
【知识点】
切线的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题是圆的基础计算题，结合切线性质、垂径定理与勾股定理求解弦长，思路清晰，步骤明确，属于学生易掌握的基础题型。
【难度系数】
0.7
要计算弦AB的长度，需结合切线的性质、垂径定理和勾股定理。首先，AB是小圆的切线，根据切线性质，切线与过切点的半径垂直，可得OC⊥AB；再由垂径定理，垂直于弦的半径平分弦，故AB被OC平分，即AC=BC；最后在直角三角形BOC中，利用勾股定理求出BC的长度，进而得到AB的长。
【解析】
∵AB是小圆的切线，切点为C，
∴根据切线的性质，OC⊥AB，
又
∵O是大圆的圆心，OC⊥AB，
根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴AC=BC。
在Rt△BOC中，∠BCO=90°，OB=5 cm（大圆半径），OC=3 cm（小圆半径），
由勾股定理得：BC=√(OB² - OC²)=√(5² - 3²)=√(25 - 9)=√16=4 cm，
∴AB=2BC=2×4=8 cm。
【答案】
8
【知识点】
切线的性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题是圆的基础计算题，结合切线性质、垂径定理与勾股定理求解弦长，思路清晰，步骤明确，属于学生易掌握的基础题型。
【难度系数】
0.7
4. (徐州中考) 如图,在$\odot O$中,直径$AB$与弦$CD$交于点$E$,$\overset{\frown}{AC}=2\overset{\frown}{BD}$.连接$AD$,过点$B$的切线与$AD$的延长线交于点$F$.若$∠ AFB=68^{ \circ }$,则$∠ DEB=\_\_\_\_\_\_°$.
答案
4. 66 解析:连接 $BD$, 如图所示, $\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径, 且 $BF$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore ∠ ADB=∠ ABF=90°.\because ∠ AFB=68°$,$\therefore ∠ A=22°,\therefore ∠ ABD=68°.\because \overset{\frown}{AC}=2\overset{\frown}{BD},\therefore ∠ ADC=2∠ A=44°,\therefore ∠ CDB=90°-∠ ADC=46°,\therefore ∠ DEB=180°-∠ CDE-∠ ABD=66°$.
解析
【分析】
要解决这道题，需结合圆的切线性质、直径所对圆周角的性质、弧与圆周角的关系，以及三角形内角和定理逐步推导：首先利用切线和直径得到直角，求出∠A和∠ABD的度数；再根据弧的倍数关系得到对应圆周角的关系，求出∠ADC；最后在△DEB中利用内角和计算∠DEB。
【解析】
连接BD，
∵AB是⊙O的直径，BF是⊙O的切线，
∴AB⊥BF，即∠ABF=90°，且直径所对圆周角为直角，故∠ADB=90°。
在Rt△ABF中，∠AFB=68°，则∠A=90°−∠AFB=90°−68°=22°。
在Rt△ABD中，∠ABD=90°−∠A=90°−22°=68°。
∵同弧所对圆周角相等，且$\overset{\frown}{AC}=2\overset{\frown}{BD}$，
∴$\overset{\frown}{AC}$对应的圆周角∠ADC是$\overset{\frown}{BD}$对应的圆周角∠A的2倍，即∠ADC=2∠A=2×22°=44°。
又
∵∠ADB=90°，
∴∠CDB=∠ADB−∠ADC=90°−44°=46°。
在△DEB中，根据三角形内角和为180°，
∠DEB=180°−∠CDB−∠ABD=180°−46°−68°=66°。
【答案】
66
【知识点】
切线性质、圆周角定理、三角形内角和
【点评】
本题是圆的综合题，综合考查切线性质、圆周角与弧的关系、三角形内角和等知识点，解题关键是利用弧的倍数关系推导对应圆周角的倍数关系，结合直角三角形的性质求解，需熟练掌握圆的相关性质。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合圆的切线性质、直径所对圆周角的性质、弧与圆周角的关系，以及三角形内角和定理逐步推导：首先利用切线和直径得到直角，求出∠A和∠ABD的度数；再根据弧的倍数关系得到对应圆周角的关系，求出∠ADC；最后在△DEB中利用内角和计算∠DEB。
【解析】
连接BD，
∵AB是⊙O的直径，BF是⊙O的切线，
∴AB⊥BF，即∠ABF=90°，且直径所对圆周角为直角，故∠ADB=90°。
在Rt△ABF中，∠AFB=68°，则∠A=90°−∠AFB=90°−68°=22°。
在Rt△ABD中，∠ABD=90°−∠A=90°−22°=68°。
∵同弧所对圆周角相等，且$\overset{\frown}{AC}=2\overset{\frown}{BD}$，
∴$\overset{\frown}{AC}$对应的圆周角∠ADC是$\overset{\frown}{BD}$对应的圆周角∠A的2倍，即∠ADC=2∠A=2×22°=44°。
又
∵∠ADB=90°，
∴∠CDB=∠ADB−∠ADC=90°−44°=46°。
在△DEB中，根据三角形内角和为180°，
∠DEB=180°−∠CDB−∠ABD=180°−46°−68°=66°。
【答案】
66
【知识点】
切线性质、圆周角定理、三角形内角和
【点评】
本题是圆的综合题，综合考查切线性质、圆周角与弧的关系、三角形内角和等知识点，解题关键是利用弧的倍数关系推导对应圆周角的倍数关系，结合直角三角形的性质求解，需熟练掌握圆的相关性质。
【难度系数】
0.5
5. (2025·湖北中考)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$∠ BAC=45°$.过点$O$作$DF ⊥ AB$，垂足为$E$，交$AC$于点$D$，交$\odot O$于点$F$.过点$F$作$\odot O$的切线，交$CA$的延长线于点$G$.
(1)求证:$FD=FG$;
(2)若$AB=12,FG=10$,求$\odot O$的半径.
(1)求证:$FD=FG$;
(2)若$AB=12,FG=10$,求$\odot O$的半径.
答案
5. (1)$\because DF ⊥ AB,GF$ 是 $\odot O$ 的切线, 即 $DF ⊥ GF,\therefore AB // GF$,$\therefore ∠ BAC=∠ G=45°,\therefore ∠ FDG=90°-45°=45°$, 即 $△ DFG$ 是等腰直角三角形,$\therefore FD=FG$.
(2)$\because DF ⊥ AB,\therefore AE=BE=\frac{1}{2}AB=6$.$\because ∠ BAC=45°,\therefore ∠ ADE=90°-45°=45°$, 即 $△ ADE$ 是等腰直角三角形,$\therefore EA=ED=6$, 由(1)得 $FD=FG=10,\therefore EF=DF-DE=10-6=4$, 如图所示, 连接 $OA$, 设 $OE=x$, 则 $OF=OE+EF=x+4=OA$,$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中,$OA^2=AE^2+OE^2$,$\therefore (x+4)^2=6^2+x^2$, 解得 $x=\frac{5}{2}$,$\therefore OA=x+4=\frac{5}{2}+4=\frac{13}{2}$,$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{13}{2}$.
解析
【分析】
要解决本题，分两小问梳理思路：
(1) 证明FD=FG：根据切线性质得切线垂直于过切点的半径，结合已知DF⊥AB，可推出AB与GF平行，进而得到∠G=∠BAC=45°；再由DF⊥AB和∠BAC=45°，推出∠FDG=45°，利用等角对等边即可证FD=FG。
(2) 求⊙O半径：利用垂径定理，由DF⊥AB得AE=BE=6；结合∠BAC=45°，推出△ADE是等腰直角三角形，得DE=AE=6；结合(1)中FD=FG=10，算出EF=4；连接OA，设OE=x，OA=OF=x+4，在Rt△AOE中用勾股定理列方程求解x，进而得到OA即半径。
【解析】
(1) 证明：
∵GF是⊙O的切线，
∴OF⊥GF（切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径），
又
∵DF⊥AB，
∴AB//GF，
∴∠G=∠BAC=45°，
∵DF⊥AB，∠BAC=45°，
∴在△ADE中，∠ADE=90°-∠BAC=45°，即∠FDG=45°，
∴在△DFG中，∠G=∠FDG=45°，
∴FD=FG。
(2) 解：
∵DF⊥AB，O是圆心，
∴根据垂径定理，AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$×12=6，
∵∠BAC=45°，∠AED=90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE=AE=6，
由(1)知FD=FG=10，
∴EF=FD - DE=10 - 6=4，
连接OA，设OE=x，则OA=OF=OE + EF=x + 4，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：
OA²=AE² + OE²，
即$(x + 4)^2=6^2 + x^2$，
展开得$x^2 + 8x + 16=36 + x^2$，
化简得$8x=20$，解得$x=\frac{5}{2}$，
∴OA=$x + 4=\frac{5}{2} + 4=\frac{13}{2}$，
即⊙O的半径为$\frac{13}{2}$。
【答案】
5. (1)
∵DF ⊥ AB,GF 是 ⊙O 的切线, 即 DF ⊥ GF,
∴AB // GF,
∴∠ BAC=∠ G=45°,
∴∠ FDG=90°-45°=45°, 即 △ DFG 是等腰直角三角形,
∴FD=FG.(2)
∵DF ⊥ AB,
∴AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=6.
∵∠ BAC=45°,
∴∠ ADE=90°-45°=45°, 即 △ ADE 是等腰直角三角形,
∴EA=ED=6, 由(1)得 FD=FG=10,
∴EF=DF-DE=10-6=4, 连接 OA, 设 OE=x, 则 OF=OE+EF=x+4=OA,
∴在 Rt△ AOE 中,OA²=AE²+OE²,
∴$(x+4)^2=6^2+x^2$, 解得 x=$\frac{5}{2}$,
∴OA=x+4=$\frac{5}{2}$+4=$\frac{13}{2}$,
∴⊙O 的半径为$\frac{13}{2}$.
【知识点】
垂径定理、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题是中考几何综合题，综合考查圆的核心性质，需结合切线性质、垂径定理，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求解，逻辑清晰，是中等难度的常规题型，能较好考查学生的几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.6
要解决本题，分两小问梳理思路：
(1) 证明FD=FG：根据切线性质得切线垂直于过切点的半径，结合已知DF⊥AB，可推出AB与GF平行，进而得到∠G=∠BAC=45°；再由DF⊥AB和∠BAC=45°，推出∠FDG=45°，利用等角对等边即可证FD=FG。
(2) 求⊙O半径：利用垂径定理，由DF⊥AB得AE=BE=6；结合∠BAC=45°，推出△ADE是等腰直角三角形，得DE=AE=6；结合(1)中FD=FG=10，算出EF=4；连接OA，设OE=x，OA=OF=x+4，在Rt△AOE中用勾股定理列方程求解x，进而得到OA即半径。
【解析】
(1) 证明：
∵GF是⊙O的切线，
∴OF⊥GF（切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径），
又
∵DF⊥AB，
∴AB//GF，
∴∠G=∠BAC=45°，
∵DF⊥AB，∠BAC=45°，
∴在△ADE中，∠ADE=90°-∠BAC=45°，即∠FDG=45°，
∴在△DFG中，∠G=∠FDG=45°，
∴FD=FG。
(2) 解：
∵DF⊥AB，O是圆心，
∴根据垂径定理，AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$×12=6，
∵∠BAC=45°，∠AED=90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE=AE=6，
由(1)知FD=FG=10，
∴EF=FD - DE=10 - 6=4，
连接OA，设OE=x，则OA=OF=OE + EF=x + 4，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：
OA²=AE² + OE²，
即$(x + 4)^2=6^2 + x^2$，
展开得$x^2 + 8x + 16=36 + x^2$，
化简得$8x=20$，解得$x=\frac{5}{2}$，
∴OA=$x + 4=\frac{5}{2} + 4=\frac{13}{2}$，
即⊙O的半径为$\frac{13}{2}$。
【答案】
5. (1)
∵DF ⊥ AB,GF 是 ⊙O 的切线, 即 DF ⊥ GF,
∴AB // GF,
∴∠ BAC=∠ G=45°,
∴∠ FDG=90°-45°=45°, 即 △ DFG 是等腰直角三角形,
∴FD=FG.(2)
∵DF ⊥ AB,
∴AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=6.
∵∠ BAC=45°,
∴∠ ADE=90°-45°=45°, 即 △ ADE 是等腰直角三角形,
∴EA=ED=6, 由(1)得 FD=FG=10,
∴EF=DF-DE=10-6=4, 连接 OA, 设 OE=x, 则 OF=OE+EF=x+4=OA,
∴在 Rt△ AOE 中,OA²=AE²+OE²,
∴$(x+4)^2=6^2+x^2$, 解得 x=$\frac{5}{2}$,
∴OA=x+4=$\frac{5}{2}$+4=$\frac{13}{2}$,
∴⊙O 的半径为$\frac{13}{2}$.
【知识点】
垂径定理、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题是中考几何综合题，综合考查圆的核心性质，需结合切线性质、垂径定理，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求解，逻辑清晰，是中等难度的常规题型，能较好考查学生的几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.6
6. (长春中考) 如图,在平面直角坐标系中,点 A,B在函数$y=\dfrac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象上,分别以 A,B为圆心,1 为半径作圆,当$\odot A$与 x 轴相切、$\odot B$与 y 轴相切时,连接$AB,AB=3\sqrt{2}$,则k 的值为（
A.3
B.$3\sqrt{2}$
C.4
D.6
C
）A.3
B.$3\sqrt{2}$
C.4
D.6
答案
6. C 解析:过点 $A$ 作 $y$ 轴的垂线,垂足为 $E$,过点 $B$ 作 $x$ 轴的垂线,垂足为点 $D$,$AE,BD$ 交于点 $C$,依题意,点 $B$ 的横坐标为 $1$,点 $A$ 的纵坐标为 $1$,设 $A(k,1),B(1,k),\therefore C(1,1)$,则 $AC=k-1,BC=k-1$.又$\because ∠ ACB=90°,AB=3\sqrt{2},\therefore (k-1)^2+(k-1)^2=(3\sqrt{2})^2,\therefore k-1=3$ 或 $k-1=-3$,解得 $k=4$(负值已舍去).故选 C.
解析
【分析】
要解决这道题，首先利用圆与坐标轴相切的性质确定点A、B的坐标特征：因为⊙A与x轴相切且半径为1，所以点A的纵坐标为1；⊙B与y轴相切且半径为1，所以点B的横坐标为1。又因为A、B在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$上，可设出A、B的坐标，再通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解k的值。
【解析】
过点A作y轴的垂线，垂足为E，过点B作x轴的垂线，垂足为D，AE与BD交于点C。
根据题意：⊙A与x轴相切，半径为1，故点A的纵坐标为1；⊙B与y轴相切，半径为1，故点B的横坐标为1。
因为A、B在$y=\frac{k}{x}$上，所以设$A(k,1)$，$B(1,k)$，则交点C的坐标为$(1,1)$。
由此可得：$AC = k - 1$，$BC = k - 1$，且$∠ ACB = 90°$。
在$Rt△ ACB$中，由勾股定理得：$AC^2 + BC^2 = AB^2$。
已知$AB = 3\sqrt{2}$，代入得：$(k - 1)^2 + (k - 1)^2 = (3\sqrt{2})^2$，
化简得：$2(k - 1)^2 = 18$，即$(k - 1)^2 = 9$，
解得$k - 1 = 3$或$k - 1 = -3$。
因为$k＞0$，且A在第一象限，故$k - 1 = -3$不符合题意，舍去，得$k = 4$。
【答案】
C
【知识点】
反比例函数性质、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题结合反比例函数与圆的切线性质，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解，关键在于根据切线性质确定点A、B的坐标特征，难度适中，属于中考常见题型。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，首先利用圆与坐标轴相切的性质确定点A、B的坐标特征：因为⊙A与x轴相切且半径为1，所以点A的纵坐标为1；⊙B与y轴相切且半径为1，所以点B的横坐标为1。又因为A、B在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$上，可设出A、B的坐标，再通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解k的值。
【解析】
过点A作y轴的垂线，垂足为E，过点B作x轴的垂线，垂足为D，AE与BD交于点C。
根据题意：⊙A与x轴相切，半径为1，故点A的纵坐标为1；⊙B与y轴相切，半径为1，故点B的横坐标为1。
因为A、B在$y=\frac{k}{x}$上，所以设$A(k,1)$，$B(1,k)$，则交点C的坐标为$(1,1)$。
由此可得：$AC = k - 1$，$BC = k - 1$，且$∠ ACB = 90°$。
在$Rt△ ACB$中，由勾股定理得：$AC^2 + BC^2 = AB^2$。
已知$AB = 3\sqrt{2}$，代入得：$(k - 1)^2 + (k - 1)^2 = (3\sqrt{2})^2$，
化简得：$2(k - 1)^2 = 18$，即$(k - 1)^2 = 9$，
解得$k - 1 = 3$或$k - 1 = -3$。
因为$k＞0$，且A在第一象限，故$k - 1 = -3$不符合题意，舍去，得$k = 4$。
【答案】
C
【知识点】
反比例函数性质、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题结合反比例函数与圆的切线性质，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程求解，关键在于根据切线性质确定点A、B的坐标特征，难度适中，属于中考常见题型。
【难度系数】
0.5
7. (2025·青岛中考改编)如图,四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形,$∠ ADC=90^{ \circ }$,$DC=BC$,直线$EA$与$\odot O$相切于点$A$.若$∠ BCD=128^{ \circ }$,则$∠ DAE$的度数为
64°
.答案
7. 64° 解析: 连接 $BD,OA,OD$, 如图, $\because DC=BC,∠ BCD=128°,\therefore ∠ CDB=∠ CBD=\frac{180°-128°}{2}=26°$.$\because ∠ ADC=90°$, 四边形 $ABCD$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,$\therefore ∠ ABC+∠ ADC=180°,\therefore ∠ ABC=∠ ADC=90°$,$\therefore ∠ ABD=∠ ABC-∠ DBC=90°-26°=64°,\therefore ∠ AOD=2∠ ABD=128°$.$\because OA=OD,\therefore ∠ DAO=∠ ADO=\frac{180°-∠ AOD}{2}=\frac{180°-128°}{2}=26°$.又$\because$ 直线 $EA$ 为 $\odot O$ 的切线,$\therefore ∠ EAO=90°,\therefore ∠ DAE=90°-∠ DAO=90°-26°=64°$.
解析
【分析】要计算∠DAE的度数，需结合圆的切线性质、圆内接四边形性质、圆周角定理逐步推导：先由DC=BC和∠BCD求出∠CBD，再利用内接四边形对角互补得∠ABC，进而算出∠ABD；根据圆周角定理得圆心角∠AOD，结合等腰三角形性质得∠DAO；最后利用切线垂直半径，通过角度差求出∠DAE。
【解析】连接BD、OA，如图所示：
1. 因为DC=BC，∠BCD=128°，所以△BCD为等腰三角形，∠CDB=∠CBD=(180°−128°)/2=26°；
2. 因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，得∠ABC+∠ADC=180°，又∠ADC=90°，所以∠ABC=90°；
3. 因此∠ABD=∠ABC−∠CBD=90°−26°=64°；
4. 根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，弧AD所对的圆心角为∠AOD，圆周角为∠ABD，故∠AOD=2∠ABD=128°；
5. 因为OA=OD（⊙O的半径），△OAD为等腰三角形，所以∠DAO=(180°−∠AOD)/2=(180°−128°)/2=26°；
6. 因为EA是⊙O的切线，切点为A，根据切线性质，OA⊥EA，即∠EAO=90°；
7. 所以∠DAE=∠EAO−∠DAO=90°−26°=64°。
【答案】64°
【知识点】圆的切线性质、圆内接四边形性质、圆周角定理
【点评】本题综合考查圆的核心性质，需结合等腰三角形、切线、圆周角等知识逐步推导，解题关键是利用各性质之间的关联，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.6
【解析】连接BD、OA，如图所示：
1. 因为DC=BC，∠BCD=128°，所以△BCD为等腰三角形，∠CDB=∠CBD=(180°−128°)/2=26°；
2. 因为四边形ABCD是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，得∠ABC+∠ADC=180°，又∠ADC=90°，所以∠ABC=90°；
3. 因此∠ABD=∠ABC−∠CBD=90°−26°=64°；
4. 根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，弧AD所对的圆心角为∠AOD，圆周角为∠ABD，故∠AOD=2∠ABD=128°；
5. 因为OA=OD（⊙O的半径），△OAD为等腰三角形，所以∠DAO=(180°−∠AOD)/2=(180°−128°)/2=26°；
6. 因为EA是⊙O的切线，切点为A，根据切线性质，OA⊥EA，即∠EAO=90°；
7. 所以∠DAE=∠EAO−∠DAO=90°−26°=64°。
【答案】64°
【知识点】圆的切线性质、圆内接四边形性质、圆周角定理
【点评】本题综合考查圆的核心性质，需结合等腰三角形、切线、圆周角等知识逐步推导，解题关键是利用各性质之间的关联，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.6
8. 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：
①$PD$与$\odot O$相切; ②四边形$PCBD$是菱形; ③$PO = AB$; ④$∠ PDB = 120°$.其中正确的有
①$PD$与$\odot O$相切; ②四边形$PCBD$是菱形; ③$PO = AB$; ④$∠ PDB = 120°$.其中正确的有
①②③④
.(填序号)答案
8. ①②③④ 解析: ①连接 $CO,DO$.$\because PC$ 与 $\odot O$ 相切,切点为 $C$,$\therefore ∠ PCO=90°$.在 $△ PCO$ 和 $△ PDO$ 中,$\begin{cases} CO=DO,\\ PO=PO,\\ PC=PD, \end{cases}$$\therefore △ PCO ≌ △ PDO(\mathrm{SSS}),\therefore ∠ PCO=∠ PDO=90°$.$\because OD$ 是 $\odot O$ 的半径,$\therefore PD$ 与 $\odot O$ 相切,故 ① 正确. ② 由 ① 得 $∠ CPB=∠ BPD$, 在 $△ CPB$ 和 $△ DPB$ 中,$\begin{cases} PC=PD,\\ ∠ CPB=∠ BPD,\\ PB=PB, \end{cases}$$\therefore △ CPB ≌ △ DPB(\mathrm{SAS}),\therefore BC=BD,\therefore PC=PD=BC=BD$,$\therefore$ 四边形 $PCBD$ 是菱形,故 ② 正确. ③ 连接 $AC$.$\because PC=CB$,$\therefore ∠ CPB=∠ CBP$.$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径,$\therefore ∠ ACB=90°$.在 $△ PCO$ 和 $△ BCA$ 中,$\begin{cases} ∠ CPO=∠ CBA,\\ PC=BC,\\ ∠ PCO=∠ BCA, \end{cases}$$\therefore △ PCO ≌ △ BCA(\mathrm{ASA})$,$\therefore PO=AB$, 故 ③ 正确. ④ 由 ③ 得 $CA=CO=AO$,$\therefore ∠ COA=60°$,$\therefore ∠ CPO=∠ DPO=30°$.又$\because DP=DB$,$\therefore ∠ DPB=∠ DBP=30°$,$\therefore ∠ PDB=120°$, 故 ④ 正确. 综上,正确的有①②③④.
解析
【分析】
要判断四个结论是否正确，需结合圆的切线性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识逐步推导：
1. 对于①，连接OC、OD，利用已知PC=PD，OC=OD，PO为公共边，可证△PCO≌△PDO，结合PC是切线得∠PCO=90°，推出∠PDO=90°，从而判断PD是切线；
2. 对于②，由①得∠CPB=∠DPB，结合PC=PD，PB为公共边，用SAS证△CPB≌△DPB，得BC=BD，再结合已知PC=PD=BC，得四边相等，判定四边形PCBD是菱形；
3. 对于③，连接AC，利用AB是直径得∠ACB=90°，结合PC=BC，∠CPO=∠CBA，∠PCO=∠BCA=90°，用ASA证△PCO≌△BCA，得PO=AB；
4. 对于④，由③的全等得CA=CO，结合OC=OA（半径），得△ACO是等边三角形，推出∠COA=60°，进而得∠CPO=30°，再结合菱形中DP=DB，算出∠PDB=120°。
【解析】
①连接CO、DO。
∵PC与⊙O相切，切点为C，
∴∠PCO=90°。
在△PCO和△PDO中：
$\{\begin{array}{l} CO=DO,\\ PO=PO,\\ PC=PD, \end{array} $
∴△PCO≌△PDO（SSS），
∴∠PDO=∠PCO=90°。
∵OD是⊙O的半径，
∴PD与⊙O相切，故①正确。
②由①得∠CPB=∠BPD。
在△CPB和△DPB中：
$\{\begin{array}{l} PC=PD,\\ ∠CPB=∠BPD,\\ PB=PB, \end{array} $
∴△CPB≌△DPB（SAS），
∴BC=BD。
又
∵PC=PD=BC，
∴PC=PD=BC=BD，
∴四边形PCBD是菱形，故②正确。
③连接AC。
∵PC=CB，
∴∠CPB=∠CBP。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°。
在△PCO和△BCA中：
$\{\begin{array}{l} ∠CPO=∠CBA,\\ PC=BC,\\ ∠PCO=∠BCA=90°, \end{array} $
∴△PCO≌△BCA（ASA），
∴PO=AB，故③正确。
④由③中△PCO≌△BCA得CA=CO，又
∵OC=OA（⊙O半径），
∴CA=CO=AO，即△ACO是等边三角形，
∴∠COA=60°，
∴∠CPO=90°-60°=30°，
∴∠DPB=∠CPO=30°。
∵四边形PCBD是菱形，
∴DP=DB，
∴∠DBP=∠DPB=30°，
∴∠PDB=180°-30°-30°=120°，故④正确。
综上，四个结论均正确。
【答案】
①②③④
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题综合考查圆的性质、全等三角形及菱形的判定，需逐步推导各角与边的关系，逻辑要求较高，是一道中档几何题。
【难度系数】
0.5
要判断四个结论是否正确，需结合圆的切线性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定等知识逐步推导：
1. 对于①，连接OC、OD，利用已知PC=PD，OC=OD，PO为公共边，可证△PCO≌△PDO，结合PC是切线得∠PCO=90°，推出∠PDO=90°，从而判断PD是切线；
2. 对于②，由①得∠CPB=∠DPB，结合PC=PD，PB为公共边，用SAS证△CPB≌△DPB，得BC=BD，再结合已知PC=PD=BC，得四边相等，判定四边形PCBD是菱形；
3. 对于③，连接AC，利用AB是直径得∠ACB=90°，结合PC=BC，∠CPO=∠CBA，∠PCO=∠BCA=90°，用ASA证△PCO≌△BCA，得PO=AB；
4. 对于④，由③的全等得CA=CO，结合OC=OA（半径），得△ACO是等边三角形，推出∠COA=60°，进而得∠CPO=30°，再结合菱形中DP=DB，算出∠PDB=120°。
【解析】
①连接CO、DO。
∵PC与⊙O相切，切点为C，
∴∠PCO=90°。
在△PCO和△PDO中：
$\{\begin{array}{l} CO=DO,\\ PO=PO,\\ PC=PD, \end{array} $
∴△PCO≌△PDO（SSS），
∴∠PDO=∠PCO=90°。
∵OD是⊙O的半径，
∴PD与⊙O相切，故①正确。
②由①得∠CPB=∠BPD。
在△CPB和△DPB中：
$\{\begin{array}{l} PC=PD,\\ ∠CPB=∠BPD,\\ PB=PB, \end{array} $
∴△CPB≌△DPB（SAS），
∴BC=BD。
又
∵PC=PD=BC，
∴PC=PD=BC=BD，
∴四边形PCBD是菱形，故②正确。
③连接AC。
∵PC=CB，
∴∠CPB=∠CBP。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°。
在△PCO和△BCA中：
$\{\begin{array}{l} ∠CPO=∠CBA,\\ PC=BC,\\ ∠PCO=∠BCA=90°, \end{array} $
∴△PCO≌△BCA（ASA），
∴PO=AB，故③正确。
④由③中△PCO≌△BCA得CA=CO，又
∵OC=OA（⊙O半径），
∴CA=CO=AO，即△ACO是等边三角形，
∴∠COA=60°，
∴∠CPO=90°-60°=30°，
∴∠DPB=∠CPO=30°。
∵四边形PCBD是菱形，
∴DP=DB，
∴∠DBP=∠DPB=30°，
∴∠PDB=180°-30°-30°=120°，故④正确。
综上，四个结论均正确。
【答案】
①②③④
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定；菱形的判定
【点评】
本题综合考查圆的性质、全等三角形及菱形的判定，需逐步推导各角与边的关系，逻辑要求较高，是一道中档几何题。
【难度系数】
0.5
