登录
6.如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB经过点A(6,0),B(0,6),⊙O的半径为2(O为坐标原点).P是直线AB上的一动点,过点P作⊙O的一条切线PQ,Q为切点,则切线长PQ的最小值为 (
A.$\sqrt{7}$
B.3
C.$3\sqrt{2}$
D.$\sqrt{14}$
D
)A.$\sqrt{7}$
B.3
C.$3\sqrt{2}$
D.$\sqrt{14}$
答案
6.D 【解析】过点 O 作直线 AB 的垂线交 AB 于 P，经过此点的切线 PQ 最短，由勾股定理可求得.
解析
【分析】
首先根据切线的性质可知，切线垂直于过切点的半径，因此△OQP是直角三角形，其中OQ为⊙O的半径，长度固定为2。结合勾股定理可得$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}$，因此要让PQ最小，只需让OP的长度最小即可。根据点到直线的线段中垂线段最短，可知OP的最小值为点O到直线AB的垂线段长度，求出该长度后再代入勾股定理即可算出PQ的最小值。
【解析】
解：连接OQ、OP，
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴$OQ⊥ PQ$，即△OQP为直角三角形。
由勾股定理得：$PQ^2=OP^2-OQ^2$，
∵⊙O半径$OQ=2$是定值，
∴要使PQ最小，需使OP的长度最小。
根据“点到直线的线段中，垂线段最短”，可知当$OP⊥ AB$时，OP长度最小。
已知$A(6,0)$，$B(0,6)$，则$OA=OB=6$，△AOB为等腰直角三角形，
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$，
利用△AOB的面积计算OP的长度：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}· OA· OB=\frac{1}{2}· AB· OP$，
代入数值得：$\frac{1}{2}×6×6=\frac{1}{2}×6\sqrt{2}× OP$，解得$OP=3\sqrt{2}$。
将$OP=3\sqrt{2}$，$OQ=2$代入$PQ^2=OP^2-OQ^2$，得：
$PQ=\sqrt{(3\sqrt{2})^2-2^2}=\sqrt{18-4}=\sqrt{14}$。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题属于几何最值类题型，解题核心是将切线长的最小值问题转化为点到直线的最短距离问题，结合切线性质和勾股定理即可求解，对数学转化思想有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先根据切线的性质可知，切线垂直于过切点的半径，因此△OQP是直角三角形，其中OQ为⊙O的半径，长度固定为2。结合勾股定理可得$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}$，因此要让PQ最小，只需让OP的长度最小即可。根据点到直线的线段中垂线段最短，可知OP的最小值为点O到直线AB的垂线段长度，求出该长度后再代入勾股定理即可算出PQ的最小值。
【解析】
解：连接OQ、OP，
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴$OQ⊥ PQ$，即△OQP为直角三角形。
由勾股定理得：$PQ^2=OP^2-OQ^2$，
∵⊙O半径$OQ=2$是定值，
∴要使PQ最小，需使OP的长度最小。
根据“点到直线的线段中，垂线段最短”，可知当$OP⊥ AB$时，OP长度最小。
已知$A(6,0)$，$B(0,6)$，则$OA=OB=6$，△AOB为等腰直角三角形，
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$，
利用△AOB的面积计算OP的长度：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}· OA· OB=\frac{1}{2}· AB· OP$，
代入数值得：$\frac{1}{2}×6×6=\frac{1}{2}×6\sqrt{2}× OP$，解得$OP=3\sqrt{2}$。
将$OP=3\sqrt{2}$，$OQ=2$代入$PQ^2=OP^2-OQ^2$，得：
$PQ=\sqrt{(3\sqrt{2})^2-2^2}=\sqrt{18-4}=\sqrt{14}$。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题属于几何最值类题型，解题核心是将切线长的最小值问题转化为点到直线的最短距离问题，结合切线性质和勾股定理即可求解，对数学转化思想有一定要求。
【难度系数】
0.6
7.如图，AB为$\odot O$的弦，$OC⊥ OA$交AB于点P，交过点B的直线于点C，且$CB=CP$.
(1)试判断直线BC与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
(2)若$\sin A=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$OA=8$，求CB的长.
(1)试判断直线BC与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
(2)若$\sin A=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$OA=8$，求CB的长.
答案
7.解:(1)BC 与$\odot O$相切.连结 OB，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∵CP=CB，
∴∠CBP=∠CPB=∠APO，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO=90°，
∴∠CBP+∠ABO=90°，
∴∠CBO=90°，
∵OB 为半径，
∴BC 与$\odot O$相切.
(2)在△APO 中，$\sin A=\frac{PO}{AP}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
设$PO=\sqrt{5}x,AP=5x$，
∴$AP^2-OP^2=AO^2$，
∴$25x^2-5x^2=64$，
∴$x=\frac{4\sqrt{5}}{5}$(负值舍去)，
∴$PO=\sqrt{5}×\frac{4\sqrt{5}}{5}=4$，
在 Rt△BOC 中，$OC^2=OB^2+CB^2$，$(CB+4)^2=8^2+CB^2$，
解得 CB=6，
∴CB 的长度为 6.
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∵CP=CB，
∴∠CBP=∠CPB=∠APO，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO=90°，
∴∠CBP+∠ABO=90°，
∴∠CBO=90°，
∵OB 为半径，
∴BC 与$\odot O$相切.
(2)在△APO 中，$\sin A=\frac{PO}{AP}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
设$PO=\sqrt{5}x,AP=5x$，
∴$AP^2-OP^2=AO^2$，
∴$25x^2-5x^2=64$，
∴$x=\frac{4\sqrt{5}}{5}$(负值舍去)，
∴$PO=\sqrt{5}×\frac{4\sqrt{5}}{5}=4$，
在 Rt△BOC 中，$OC^2=OB^2+CB^2$，$(CB+4)^2=8^2+CB^2$，
解得 CB=6，
∴CB 的长度为 6.
解析
【分析】
(1)判断直线与圆的位置关系优先考虑切线判定定理，只需证明半径OB垂直BC即可。首先连接OB，利用同圆半径相等得OA=OB，推出∠A=∠OBA；再由CB=CP得∠CBP=∠CPB，结合对顶角相等得∠CPB=∠APO；最后利用OC⊥OA得到的∠A+∠APO=90°，等量代换即可证得∠OBC=90°，判定BC是切线。
(2)先在Rt△AOP中，根据sinA的比值设参数，结合勾股定理求出OP的长度；再设CB为未知数，由CB=CP表示出OC的长度，在Rt△OBC中利用勾股定理列方程即可求解CB的长度。
【解析】
(1)BC与$\odot O$相切，理由如下：
连结OB，
∵OA、OB都是$\odot O$的半径，
∴OA=OB，
∴∠A=∠OBA（等腰三角形两底角相等），
∵CP=CB，
∴∠CBP=∠CPB，
又
∵∠CPB与∠APO是对顶角，
∴∠CPB=∠APO，即∠CBP=∠APO，
∵OC⊥OA，
∴∠AOP=90°，
∴在Rt△AOP中，∠A+∠APO=90°，
将∠A替换为∠OBA，∠APO替换为∠CBP，可得：
∠OBA+∠CBP=90°，即∠CBO=90°，
∵OB是$\odot O$的半径，且OB⊥BC，
∴BC与$\odot O$相切。
(2)在Rt△APO中，∠AOP=90°，$\sin A=\frac{PO}{AP}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
设$PO=\sqrt{5}x$，$AP=5x$（$x＞0$），
由勾股定理得$AP^2 - PO^2 = AO^2$，已知OA=8，代入得：
$25x^2 - 5x^2 = 64$，
化简得$20x^2=64$，解得$x=\frac{4\sqrt{5}}{5}$（负值舍去），
∴$PO=\sqrt{5}×\frac{4\sqrt{5}}{5}=4$。
设CB的长为$y$，
∵CB=CP，
∴CP=y，OC=OP+CP=4+y，
∵BC是$\odot O$的切线，
∴∠OBC=90°，OB=OA=8，
在Rt△OBC中，由勾股定理得$OC^2=OB^2+CB^2$，代入得：
$(y+4)^2=8^2 + y^2$，
展开化简得$8y=48$，解得$y=6$。
【答案】
(1)BC与$\odot O$相切；(2)CB的长为6
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，解题核心是通过辅助线构造垂直关系，利用等腰三角形性质完成角的代换证明切线，再结合锐角三角函数和勾股定理列方程求解，难度适中，注重对基础定理应用能力的考察。
【难度系数】
0.7
(1)判断直线与圆的位置关系优先考虑切线判定定理，只需证明半径OB垂直BC即可。首先连接OB，利用同圆半径相等得OA=OB，推出∠A=∠OBA；再由CB=CP得∠CBP=∠CPB，结合对顶角相等得∠CPB=∠APO；最后利用OC⊥OA得到的∠A+∠APO=90°，等量代换即可证得∠OBC=90°，判定BC是切线。
(2)先在Rt△AOP中，根据sinA的比值设参数，结合勾股定理求出OP的长度；再设CB为未知数，由CB=CP表示出OC的长度，在Rt△OBC中利用勾股定理列方程即可求解CB的长度。
【解析】
(1)BC与$\odot O$相切，理由如下：
连结OB，
∵OA、OB都是$\odot O$的半径，
∴OA=OB，
∴∠A=∠OBA（等腰三角形两底角相等），
∵CP=CB，
∴∠CBP=∠CPB，
又
∵∠CPB与∠APO是对顶角，
∴∠CPB=∠APO，即∠CBP=∠APO，
∵OC⊥OA，
∴∠AOP=90°，
∴在Rt△AOP中，∠A+∠APO=90°，
将∠A替换为∠OBA，∠APO替换为∠CBP，可得：
∠OBA+∠CBP=90°，即∠CBO=90°，
∵OB是$\odot O$的半径，且OB⊥BC，
∴BC与$\odot O$相切。
(2)在Rt△APO中，∠AOP=90°，$\sin A=\frac{PO}{AP}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
设$PO=\sqrt{5}x$，$AP=5x$（$x＞0$），
由勾股定理得$AP^2 - PO^2 = AO^2$，已知OA=8，代入得：
$25x^2 - 5x^2 = 64$，
化简得$20x^2=64$，解得$x=\frac{4\sqrt{5}}{5}$（负值舍去），
∴$PO=\sqrt{5}×\frac{4\sqrt{5}}{5}=4$。
设CB的长为$y$，
∵CB=CP，
∴CP=y，OC=OP+CP=4+y，
∵BC是$\odot O$的切线，
∴∠OBC=90°，OB=OA=8，
在Rt△OBC中，由勾股定理得$OC^2=OB^2+CB^2$，代入得：
$(y+4)^2=8^2 + y^2$，
展开化简得$8y=48$，解得$y=6$。
【答案】
(1)BC与$\odot O$相切；(2)CB的长为6
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，解题核心是通过辅助线构造垂直关系，利用等腰三角形性质完成角的代换证明切线，再结合锐角三角函数和勾股定理列方程求解，难度适中，注重对基础定理应用能力的考察。
【难度系数】
0.7
8.如图，在$△ ABC$中，$AC=BC$，以$BC$为直径的半圆$O$交$AB$于点$D$，过点$D$作半圆$O$的切线，交$AC$于点$E$。
(1)求证：$∠ ACB=2∠ ADE$。
(2)若$DE=3$，$AE=\sqrt{3}$，求$\overset{\frown}{CD}$的长。
(1)求证：$∠ ACB=2∠ ADE$。
(2)若$DE=3$，$AE=\sqrt{3}$，求$\overset{\frown}{CD}$的长。
答案
8.(1)证明:连结 OD,CD,可证∠ADE=∠ODC，
∵AC=BC，
∴∠ACB=2∠DCE=2∠OCD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ACB=2∠ADE.
(2)解:由(1)知，∠ADE+∠EDC=90°，∠ADE=∠DCE，
∴∠AED=90°，
∵DE=3，$AE=\sqrt{3}$，
∴$AD=2\sqrt{3}$，
$\tan A=\sqrt{3}$，
∴∠A=60°，
∵AC=BC，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠B=60°，$BC=AB=2AD=4\sqrt{3}$，
∴∠COD=2∠B=120°，$OC=2\sqrt{3}$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的长=$\frac{4\sqrt{3}π}{3}$.
解析
【分析】
（1）要证明∠ACB=2∠ADE，首先根据切线性质“切线垂直过切点的半径”，连接OD，再结合BC是直径，由“直径所对圆周角为直角”连接CD；利用等腰三角形三线合一可得CD平分∠ACB，即∠ACB=2∠OCD；再通过直角的等量代换推导出∠ADE=∠ODC，结合OD=OC得到∠ODC=∠OCD，即可得证。
（2）求$\overset{\frown}{CD}$的长，需要先确定弧对应的圆心角和半径。由（1）的角的等量关系可证∠AED=90°，在Rt△ADE中通过三角函数求出∠A=60°，结合AC=BC判定△ABC是等边三角形，得到直径BC的长度即得半径OC，再由圆周角定理求出圆心角∠COD=120°，最后代入弧长公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：连结OD、CD，
∵DE是半圆O的切线，D为切点，
∴OD⊥DE，即∠ODE=90°，
∴∠ADE+∠ODB=90°，
∵BC是半圆O的直径，
∴∠BDC=90°，即CD⊥AB，∠ODC+∠ODB=90°，
∴∠ADE=∠ODC，
∵AC=BC，CD⊥AB，
∴CD平分∠ACB，即∠ACB=2∠OCD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ACB=2∠ADE。
(2) 解：
∵CD⊥AB，
∴∠ADE+∠EDC=90°，
由(1)知∠ADE=∠DCE，
∴∠DCE+∠EDC=90°，即∠DEC=∠AED=90°，
在$Rt△ADE$中，$DE=3$，$AE=\sqrt{3}$，
由勾股定理得$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$，
$\tan A=\frac{DE}{AE}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，
∴∠A=60°，
∵AC=BC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，$AB=BC$，
∵CD⊥AB，AC=BC，
∴$AB=2AD=4\sqrt{3}$，即$BC=4\sqrt{3}$，
∴半径$OC=\frac{BC}{2}=2\sqrt{3}$，
由圆周角定理得圆心角$∠ COD=2∠ B=120°$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的长$=\frac{nπ r}{180}=\frac{120×π×2\sqrt{3}}{180}=\frac{4\sqrt{3}π}{3}$。
【答案】
8.(1)证明:连结 OD,CD,可证∠ADE=∠ODC，
∵AC=BC，
∴∠ACB=2∠DCE=2∠OCD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ACB=2∠ADE.
(2)解:由(1)知，∠ADE+∠EDC=90°，∠ADE=∠DCE，
∴∠AED=90°，
∵DE=3，$AE=\sqrt{3}$，
∴$AD=2\sqrt{3}$，
$\tan A=\sqrt{3}$，
∴∠A=60°，
∵AC=BC，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠B=60°，$BC=AB=2AD=4\sqrt{3}$，
∴∠COD=2∠B=120°，$OC=2\sqrt{3}$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的长=$\frac{4\sqrt{3}π}{3}$.
【知识点】
切线的性质；等边三角形的判定与性质；弧长计算
【点评】
本题属于圆的综合常考题型，解题关键是合理添加辅助线，将圆的相关性质和特殊三角形的判定、性质结合运用，熟练掌握弧长公式是求解第二问的核心。
【难度系数】
0.6
（1）要证明∠ACB=2∠ADE，首先根据切线性质“切线垂直过切点的半径”，连接OD，再结合BC是直径，由“直径所对圆周角为直角”连接CD；利用等腰三角形三线合一可得CD平分∠ACB，即∠ACB=2∠OCD；再通过直角的等量代换推导出∠ADE=∠ODC，结合OD=OC得到∠ODC=∠OCD，即可得证。
（2）求$\overset{\frown}{CD}$的长，需要先确定弧对应的圆心角和半径。由（1）的角的等量关系可证∠AED=90°，在Rt△ADE中通过三角函数求出∠A=60°，结合AC=BC判定△ABC是等边三角形，得到直径BC的长度即得半径OC，再由圆周角定理求出圆心角∠COD=120°，最后代入弧长公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：连结OD、CD，
∵DE是半圆O的切线，D为切点，
∴OD⊥DE，即∠ODE=90°，
∴∠ADE+∠ODB=90°，
∵BC是半圆O的直径，
∴∠BDC=90°，即CD⊥AB，∠ODC+∠ODB=90°，
∴∠ADE=∠ODC，
∵AC=BC，CD⊥AB，
∴CD平分∠ACB，即∠ACB=2∠OCD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ACB=2∠ADE。
(2) 解：
∵CD⊥AB，
∴∠ADE+∠EDC=90°，
由(1)知∠ADE=∠DCE，
∴∠DCE+∠EDC=90°，即∠DEC=∠AED=90°，
在$Rt△ADE$中，$DE=3$，$AE=\sqrt{3}$，
由勾股定理得$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$，
$\tan A=\frac{DE}{AE}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，
∴∠A=60°，
∵AC=BC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，$AB=BC$，
∵CD⊥AB，AC=BC，
∴$AB=2AD=4\sqrt{3}$，即$BC=4\sqrt{3}$，
∴半径$OC=\frac{BC}{2}=2\sqrt{3}$，
由圆周角定理得圆心角$∠ COD=2∠ B=120°$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的长$=\frac{nπ r}{180}=\frac{120×π×2\sqrt{3}}{180}=\frac{4\sqrt{3}π}{3}$。
【答案】
8.(1)证明:连结 OD,CD,可证∠ADE=∠ODC，
∵AC=BC，
∴∠ACB=2∠DCE=2∠OCD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠ACB=2∠ADE.
(2)解:由(1)知，∠ADE+∠EDC=90°，∠ADE=∠DCE，
∴∠AED=90°，
∵DE=3，$AE=\sqrt{3}$，
∴$AD=2\sqrt{3}$，
$\tan A=\sqrt{3}$，
∴∠A=60°，
∵AC=BC，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠B=60°，$BC=AB=2AD=4\sqrt{3}$，
∴∠COD=2∠B=120°，$OC=2\sqrt{3}$，
∴$\overset{\frown}{CD}$的长=$\frac{4\sqrt{3}π}{3}$.
【知识点】
切线的性质；等边三角形的判定与性质；弧长计算
【点评】
本题属于圆的综合常考题型，解题关键是合理添加辅助线，将圆的相关性质和特殊三角形的判定、性质结合运用，熟练掌握弧长公式是求解第二问的核心。
【难度系数】
0.6
