1. (2023·湘潭)如图,AC是$\odot O$的直径,CD为$\odot O$的弦,过点A的切线与CD延长线相交于点B,且$AB=AC$,连接AD.有下列说法:①$AD⊥BC$;②$∠CAB=90^{\circ }$;③$DB=AB$;④$AD=\frac {1}{2}BC$.其中,正确的个数是 ()

A.1
B.2
C.3
D.4

C

②∵AB是⊙O的切线，A为切点，AC是直径，∴OA⊥AB（切线垂直于半径），又OA是AC的一部分，∴AC⊥AB，即∠CAB=90°，故②正确；
①∵AC是直径，∴∠ADC=90°（直径所对圆周角是直角），即AD⊥CD，∵B在CD延长线上，∴AD⊥BC，故①正确；
④∵∠CAB=90°，AB=AC，设AC=AB=a，则BC=√2a（等腰直角三角形斜边），在Rt△ADC中，∠ACD=45°（∠ACB=45°），∴AD=AC·sin45°=a·√2/2=√2a/2，又1/2BC=√2a/2，∴AD=1/2BC，故④正确；
③DB=BC-CD=√2a - CD，CD=AC·cos45°=a·√2/2，∴DB=√2a - √2a/2=√2a/2≠AB=a，故③错误。
综上，①②④正确，共3个。

2. 如图,在$\odot O$中,AB与$\odot O$相切于点A,连接OB,交$\odot O$于点C,过点A作$AD// OB$,交$\odot O$于点D,连接CD.若$∠B=50^{\circ }$,则$∠OCD$的度数为 ()

A.$15^{\circ }$
B.$20^{\circ }$
C.$25^{\circ }$
D.$30^{\circ }$

B

∵AB与$\odot O$相切于点A，∴$OA\perp AB$，即$\angle OAB=90°$。
在$\triangle OAB$中，$\angle B=50°$，$\angle OAB=90°$，
$\therefore \angle AOB=180°-90°-50°=40°$。
$\because AD// OB$，$\therefore \angle DAO=\angle AOB=40°$（内错角相等）。
$\because OA=OD$（半径相等），$\therefore \triangle OAD$为等腰三角形，$\angle ODA=\angle DAO=40°$，
$\therefore \angle AOD=180°-40°-40°=100°$。
$\because$点C在OB上，$\therefore \angle AOC=\angle AOB=40°$，
$\therefore \angle COD=\angle AOD+\angle AOC=100°+40°=140°$。
$\because OC=OD$（半径相等），$\therefore \triangle OCD$为等腰三角形，
$\therefore \angle OCD=\frac{180°-\angle COD}{2}=\frac{180°-140°}{2}=20°$。

3. 如图,PA、PB是$\odot O$的两条切线,A、B为切点,线段OP交$\odot O$于点M.给出下列说法:①$PA=PB$;②$OP⊥AB$;③四边形OAPB有外接圆;④点M是$\triangle AOP$外接圆的圆心.其中,正确的个数是 ()

A.1
B.2
C.3
D.4

C

①由切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长相等，得$PA=PB$，①正确；②$PA$、$PB$为切线，$OA\perp PA$，$OB\perp PB$，$OA=OB$，$OP=OP$，$\triangle OAP\cong\triangle OBP$，$\angle AOP=\angle BOP$，等腰$\triangle OAB$中，$OP$为顶角平分线，故$OP\perp AB$，②正确；③$\angle OAP=\angle OBP=90°$，以$OP$为直径的圆过$O$、$A$、$B$、$P$四点，四边形$OAPB$有外接圆，③正确；④$\triangle AOP$为直角三角形，外心为斜边$OP$中点，$M$为$OP$与$\odot O$交点，$OM=OA=r$，$OP$中点不一定为$M$，④错误。正确的有①②③，共3个。

4. 如图,在平面直角坐标系中,点$A(4,0)$、$B(0,3)$、$C(4,3)$,点I是$\triangle ABC$的内心.将$\triangle ABC$绕原点按逆时针方向旋转$90^{\circ }$后,点I的对应点$I'$的坐标为 ()

A.$(-2,3)$
B.$(-3,2)$
C.$(3,-2)$
D.$(2,-3)$

A

由点A(4,0)、B(0,3)、C(4,3)，可得△ABC为直角三角形，直角边AC=3，BC=4，斜边AB=5。内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{3+4-5}{2}=1$。内心I到AC（x=4）和BC（y=3）的距离均为r=1，故I的坐标为(4-1,3-1)=(3,2)。将点I(3,2)绕原点逆时针旋转90°，坐标变为(-2,3)，即I'(-2,3)。

5. (2024·徐州)如图,AB是$\odot O$的直径,点C在AB的延长线上,CD与$\odot O$相切于点D.若$∠C=20^{\circ }$,则$∠CAD=$$^{\circ }$.

35

连接OD，因为CD与$\odot O$相切于点D，所以OD⊥CD，即∠ODC=90°。在Rt△ODC中，∠C=20°，所以∠DOC=70°。因为OA=OD，所以∠OAD=∠ODA。又因为∠DOC是△AOD的外角，所以∠DOC=∠OAD+∠ODA=2∠CAD，故∠CAD=35°。

6. (2024·重庆A卷)如图,以AB为直径的$\odot O$与AC相切于点A,以AC为边作$□ ACDE$,点D、E均在$\odot O$上,DE与AB交于点F.若$AB=10,DE=8$,则AF的长为.

2

证明：连接OD，OE，
∵AB为直径，AC是$\odot O$的切线，
$\therefore \angle BAC=90°$，
∵四边形ACDE是平行四边形，
$\therefore DE// AC$，$DE=AC=8$，
$\therefore \angle AFD=\angle BAC=90°$，即$AB\perp DE$，
$\because AB=10$，
$\therefore OD=OE=OA=5$，
设$AF=x$，则$OF=OA-AF=5-x$，
在$Rt\triangle OFD$中，$DF^2=OD^2-OF^2=5^2-(5-x)^2$，
∵AB⊥DE，$OD=OE$，
$\therefore DF=EF=\frac{1}{2}DE=4$，
$\therefore 4^2=25-(5-x)^2$，
解得$x=2$或$x=8$（舍去），
$\therefore AF=2$。
2

7. 如图,正方形ABCD的边长为8,M是AB的中点,P是边BC上的动点,连接PM,以点P为圆心,PM为半径作$\odot P$.当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时,BP的长为.

3或4√3

设BP=x，正方形边长为8，M为AB中点，则BM=4。以P为圆心，PM为半径的圆与正方形边相切，分两种情况：
1. 与CD边相切：圆心P到CD边距离为PC=8-x，半径PM=√(x²+4²)。相切时8-x=√(x²+16)，解得x=3。
2. 与AD边相切：圆心P到AD边距离为8，半径PM=√(x²+4²)。相切时8=√(x²+16)，解得x=4√3。
综上，BP的长为3或4√3。

8. (2023·威海)在$\triangle ABC$中,$BC=3,AC=4$,有下列说法:①$1\lt AB＜7$;②$S_{\triangle ABC}≤6$;③$\triangle ABC$内切圆的半径$r＜1$;④当$AB=\sqrt {7}$时,$\triangle ABC$是直角三角形.其中,错误的是(填序号).

③

① 根据三角形三边关系，任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，已知$BC = 3$，$AC = 4$，则$4 - 3\lt AB\lt4 + 3$，即$1\lt AB\lt7$，所以①正确。
② 当$AC\perp BC$时，$S_{\triangle ABC}$有最大值，此时$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×4×3 = 6$，所以$S_{\triangle ABC}\leq6$，②正确。
③ 由$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}(AB + BC+AC)\cdot r$，当$\triangle ABC$为直角三角形时，$S_{\triangle ABC}=6$，$AB = 5$，则$\frac{1}{2}(3 + 4 + 5)\cdot r=6$，解得$r = 1$，所以$r$有可能等于$1$，③错误。
④ 当$AB=\sqrt{7}$时，$AB^{2}+BC^{2}=7 + 9 = 16=AC^{2}$，根据勾股定理逆定理，$\triangle ABC$是直角三角形，④正确。