登录
2. 如图24.2.2 - 25，两个同心圆的半径分别为4 cm和5 cm，大圆的一条弦AB与小圆相切于点C，则弦AB的长为(
A.3 cm
B.4 cm
C.6 cm
D.8 cm
C
)A.3 cm
B.4 cm
C.6 cm
D.8 cm
答案
2.C
解析
解：连接 $OA$，$OC$。
因为 $AB$ 与小圆相切于点 $C$，所以 $OC \perp AB$，$OC = 4\ cm$，$OA = 5\ cm$。
在 $Rt\triangle OAC$ 中，$AC = \sqrt{OA^2 - OC^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3\ cm$。
因为 $OC \perp AB$，所以 $AB = 2AC = 6\ cm$。
答案：C
因为 $AB$ 与小圆相切于点 $C$，所以 $OC \perp AB$，$OC = 4\ cm$，$OA = 5\ cm$。
在 $Rt\triangle OAC$ 中，$AC = \sqrt{OA^2 - OC^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3\ cm$。
因为 $OC \perp AB$，所以 $AB = 2AC = 6\ cm$。
答案：C
3. 如图24.2.2 - 26，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，∠CDB = 20°，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，则∠E =(
A.40°
B.50°
C.60°
D.70°
B
)A.40°
B.50°
C.60°
D.70°
答案
3.B
解析
证明：连接 $OC$。
∵ $CE$ 是 $\odot O$ 的切线，
∴ $OC \perp CE$，即 $\angle OCE = 90°$。
∵ $\angle CDB = 20°$，
∴ $\angle CAB = \angle CDB = 20°$（同弧所对的圆周角相等）。
∵ $OA = OC$，
∴ $\angle OCA = \angle CAB = 20°$。
∵ $AB$ 是 $\odot O$ 的直径，
∴ $\angle ACB = 90°$（直径所对的圆周角是直角）。
∴ $\angle OCB = \angle ACB - \angle OCA = 90° - 20° = 70°$。
∵ $OC = OB$，
∴ $\angle OBC = \angle OCB = 70°$。
∵ $\angle OBC$ 是 $\triangle EBC$ 的外角，
∴ $\angle OBC = \angle E + \angle ECB$。
又
∵ $\angle ECB = \angle OCE - \angle OCB = 90° - 70° = 20°$，
∴ $\angle E = \angle OBC - \angle ECB = 70° - 20° = 50°$。
结论：$\angle E = 50°$，选 B。
∵ $CE$ 是 $\odot O$ 的切线，
∴ $OC \perp CE$，即 $\angle OCE = 90°$。
∵ $\angle CDB = 20°$，
∴ $\angle CAB = \angle CDB = 20°$（同弧所对的圆周角相等）。
∵ $OA = OC$，
∴ $\angle OCA = \angle CAB = 20°$。
∵ $AB$ 是 $\odot O$ 的直径，
∴ $\angle ACB = 90°$（直径所对的圆周角是直角）。
∴ $\angle OCB = \angle ACB - \angle OCA = 90° - 20° = 70°$。
∵ $OC = OB$，
∴ $\angle OBC = \angle OCB = 70°$。
∵ $\angle OBC$ 是 $\triangle EBC$ 的外角，
∴ $\angle OBC = \angle E + \angle ECB$。
又
∵ $\angle ECB = \angle OCE - \angle OCB = 90° - 70° = 20°$，
∴ $\angle E = \angle OBC - \angle ECB = 70° - 20° = 50°$。
结论：$\angle E = 50°$，选 B。
4. 如图24.2.2 - 27，AB是⊙O的直径，OA = 1，AC是⊙O的弦，过点C的切线交AB的延长线于点D，若BD = $\sqrt{2} - 1$，则CD =
1
。答案
4.1
解析
解：连接 $OC$。
因为 $AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$OA = 1$，所以 $OC = OA = 1$，$OB = 1$。
又因为 $BD = \sqrt{2} - 1$，所以 $OD = OB + BD = 1 + (\sqrt{2} - 1) = \sqrt{2}$。
由于 $CD$ 是 $\odot O$ 的切线，所以 $OC \perp CD$，即 $\triangle OCD$ 是直角三角形。
在 $Rt\triangle OCD$ 中，由勾股定理得：
$CD = \sqrt{OD^2 - OC^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - 1^2} = \sqrt{2 - 1} = 1$。
$1$
因为 $AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$OA = 1$，所以 $OC = OA = 1$，$OB = 1$。
又因为 $BD = \sqrt{2} - 1$，所以 $OD = OB + BD = 1 + (\sqrt{2} - 1) = \sqrt{2}$。
由于 $CD$ 是 $\odot O$ 的切线，所以 $OC \perp CD$，即 $\triangle OCD$ 是直角三角形。
在 $Rt\triangle OCD$ 中，由勾股定理得：
$CD = \sqrt{OD^2 - OC^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - 1^2} = \sqrt{2 - 1} = 1$。
$1$
5. 如图24.2.2 - 28所示，直线CD与以线段AB为直径的圆相切于点D，并交BA的延长线于点C，且AB = 2，AD = 1，则∠ADC的度数为
30°
。答案
5.30°
解析
证明：连接 $OD$，$BD$。
∵ $AB$ 为直径，$AB=2$，
∴ $OA=OD=OB=1$，$\angle ADB=90°$。
∵ $AD=1$，
∴ $AD=OD=OA=1$，
∴ $\triangle AOD$ 为等边三角形，
∴ $\angle OAD=60°$。
∵ $CD$ 切 $\odot O$ 于 $D$，
∴ $OD\perp CD$，即 $\angle ODC=90°$。
∵ $\angle OAD=60°$，$\angle ADB=90°$，
∴ $\angle ABD=30°$。
∵ $OB=OD$，
∴ $\angle ODB=\angle ABD=30°$。
∵ $\angle ADB=90°$，
∴ $\angle ADC=\angle ADB - \angle ODB=90° - 30°=60°$？？？（此处原解析有误，正确过程应为：
∵ $\angle OAD=60°$，$\angle ODC=90°$，$\angle OAD$ 为 $\triangle ACD$ 的外角，
∴ $\angle ADC=\angle OAD - \angle ODC$ 不成立，正确应为：
在 $\triangle ACD$ 中，$\angle CAD=60°$，$AD=1$，$AC=OC - OA$，
由切割线定理：$CD^2=CA\cdot CB$，设 $CA=x$，则 $CB=x+2$，
在 $Rt\triangle ODC$ 中，$CD^2=OC^2 - OD^2=(x+1)^2 - 1$，
∴ $(x+1)^2 - 1=x(x+2)$，解得 $x=1$，
∴ $AC=1$，$OC=2$，
在 $Rt\triangle ODC$ 中，$\cos\angle OCD=\frac{OD}{OC}=\frac{1}{2}$，
∴ $\angle OCD=30°$，
∴ $\angle ADC=180° - \angle CAD - \angle OCD=180° - 60° - 90°=30°$。
综上，$\angle ADC=30°$。
30°
∵ $AB$ 为直径，$AB=2$，
∴ $OA=OD=OB=1$，$\angle ADB=90°$。
∵ $AD=1$，
∴ $AD=OD=OA=1$，
∴ $\triangle AOD$ 为等边三角形，
∴ $\angle OAD=60°$。
∵ $CD$ 切 $\odot O$ 于 $D$，
∴ $OD\perp CD$，即 $\angle ODC=90°$。
∵ $\angle OAD=60°$，$\angle ADB=90°$，
∴ $\angle ABD=30°$。
∵ $OB=OD$，
∴ $\angle ODB=\angle ABD=30°$。
∵ $\angle ADB=90°$，
∴ $\angle ADC=\angle ADB - \angle ODB=90° - 30°=60°$？？？（此处原解析有误，正确过程应为：
∵ $\angle OAD=60°$，$\angle ODC=90°$，$\angle OAD$ 为 $\triangle ACD$ 的外角，
∴ $\angle ADC=\angle OAD - \angle ODC$ 不成立，正确应为：
在 $\triangle ACD$ 中，$\angle CAD=60°$，$AD=1$，$AC=OC - OA$，
由切割线定理：$CD^2=CA\cdot CB$，设 $CA=x$，则 $CB=x+2$，
在 $Rt\triangle ODC$ 中，$CD^2=OC^2 - OD^2=(x+1)^2 - 1$，
∴ $(x+1)^2 - 1=x(x+2)$，解得 $x=1$，
∴ $AC=1$，$OC=2$，
在 $Rt\triangle ODC$ 中，$\cos\angle OCD=\frac{OD}{OC}=\frac{1}{2}$，
∴ $\angle OCD=30°$，
∴ $\angle ADC=180° - \angle CAD - \angle OCD=180° - 60° - 90°=30°$。
综上，$\angle ADC=30°$。
30°
6. （山东济宁中考）如图24.2.2 - 29，已知⊙O的直径AB = 12，弦AC = 10，D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E。
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求AE的长。
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）求AE的长。
答案
6.
(1)证明:连接OD,如答图24.2.2−4. 因为D是$\overset{\frown}{BC}$的中点, 所以$\overset{\frown}{BD}$=$\overset{\frown}{DC}$, 所以∠BOD=∠BAC, 所以OD//AC. 因为DE⊥AC,所以OD⊥DE. 所以DE是⊙O的切线.
(2)解:如答图24.2.2−4,过点O作OF⊥AC于点F. AE=AF+FE=5+6=11.
7. (浙江衢州中考改编)如图24.2.2 - 30，在平面直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为( - 1，0)，半径为1，点P为直线$y = -\frac{3}{4}x + 3$上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则PQ的最小值是
2\sqrt{2}
。答案
7.$2\sqrt{2}$
解析
解：连接 $ AQ $，$ AP $。
因为 $ PQ $ 是 $ \odot A $ 的切线，所以 $ AQ \perp PQ $，则 $ \triangle AQP $ 是直角三角形。
由勾股定理得 $ PQ = \sqrt{AP^2 - AQ^2} $。
已知 $ \odot A $ 的半径 $ AQ = 1 $，所以 $ PQ = \sqrt{AP^2 - 1} $。
要使 $ PQ $ 最小，需使 $ AP $ 最小。
点 $ A(-1,0) $ 到直线 $ y = -\frac{3}{4}x + 3 $ 的距离即为 $ AP $ 的最小值。
直线方程可化为 $ 3x + 4y - 12 = 0 $。
根据点到直线距离公式，$ AP_{min} = \frac{|3×(-1) + 4×0 - 12|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \frac{15}{5} = 3 $。
则 $ PQ_{min} = \sqrt{3^2 - 1} = \sqrt{9 - 1} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2} $。
$2\sqrt{2}$
因为 $ PQ $ 是 $ \odot A $ 的切线，所以 $ AQ \perp PQ $，则 $ \triangle AQP $ 是直角三角形。
由勾股定理得 $ PQ = \sqrt{AP^2 - AQ^2} $。
已知 $ \odot A $ 的半径 $ AQ = 1 $，所以 $ PQ = \sqrt{AP^2 - 1} $。
要使 $ PQ $ 最小，需使 $ AP $ 最小。
点 $ A(-1,0) $ 到直线 $ y = -\frac{3}{4}x + 3 $ 的距离即为 $ AP $ 的最小值。
直线方程可化为 $ 3x + 4y - 12 = 0 $。
根据点到直线距离公式，$ AP_{min} = \frac{|3×(-1) + 4×0 - 12|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \frac{15}{5} = 3 $。
则 $ PQ_{min} = \sqrt{3^2 - 1} = \sqrt{9 - 1} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2} $。
$2\sqrt{2}$
8. （江苏盐城中考）如图24.2.2 - 31，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在y轴上，边AC与x轴交于点D，AE平分∠BAC交边BC于点E，经过点A，D，E的圆的圆心F恰好在y轴上，⊙F与y轴相交于另一点G。
（1）求证：BC是⊙F的切线；
（2）若点A，D的坐标分别为A（0， - 1），D（2，0），求⊙F的半径；
（3）试探究线段AG，AD，CD三者之间满足的等量关系，并证明你的结论。
（1）求证：BC是⊙F的切线；
（2）若点A，D的坐标分别为A（0， - 1），D（2，0），求⊙F的半径；
（3）试探究线段AG，AD，CD三者之间满足的等量关系，并证明你的结论。
答案
8.
(1)证明:如答图24.2.2−5,连接EF. 因为AE平分∠BAC, 所以∠BAE=∠CAE. 因为EF=AF, 所以∠FEA=∠FAE, 所以∠FEA=∠CAE, 所以EF//AC. 因为∠C=90°, 所以∠FEB=∠C=90°, 所以EF⊥BC. 又因为点E在圆上,所以BC是⊙F的切线.
(2)解:如答图24.2.2−5,连接FD,⊙F的半径为$\frac{5}{2}$.
(3)解:AG=AD+2CD. 证明:如答图24.2.2−5,过点F作FR⊥AC,垂足为点R, 所以∠FRC=90°. 由
(1),知∠FEC=90°. 又∠C=90°,所以四边形EFRC为矩形, 所以EF=CR. 因为CR=RD+CD,所以EF=RD+CD. 因为FR⊥AD,F为圆心, 所以由垂径定理,知RD=$\frac{1}{2}$AD. 所以EF=$\frac{1}{2}$AD+CD. 因为EF为半径,AG为直径, 所以EF=$\frac{1}{2}$AG. 所以$\frac{1}{2}$AG=$\frac{1}{2}$AD+CD, 所以AG=AD+2CD.
