1. 如图,以$△ ABC$的边$AB$为直径作$\odot O$交$AC$于点$D$,过点$D$作$DE ⊥ BC$于点$E$.若要使$DE$是$\odot O$的切线,则下列补充的条件不正确的是（）

A.$AD=CD$
B.$OD // BC$
C.$∠ A= ∠ C$
D.$OD=DE$

1. D

【分析】要判断哪个条件不能使DE成为⊙O的切线，需依据切线的判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线。已知DE⊥BC，若要DE是⊙O的切线，只需证DE⊥OD（OD为⊙O半径），结合DE⊥BC，等价于OD//BC。接下来逐一分析各选项是否能推出OD//BC或DE⊥OD。
【解析】
要使DE是⊙O的切线，需满足DE⊥OD（OD为⊙O半径），已知DE⊥BC，故只需OD//BC即可：
1. 选项A：AD=CD，O是AB中点，因此OD是△ABC的中位线，得OD//BC，结合DE⊥BC，故DE⊥OD，DE是切线，该条件正确；
2. 选项B：OD//BC，直接结合DE⊥BC，得DE⊥OD，DE是切线，该条件正确；
3. 选项C：AB是直径，故∠ADB=90°，即BD⊥AC；又∠A=∠C，故AB=BC，BD是AC中线，得AD=CD，同选项A，OD是中位线，OD//BC，DE⊥OD，DE是切线，该条件正确；
4. 选项D：OD=DE，OD是⊙O半径，DE是点D到BC的垂线段，OD=DE无法推出OD//BC或DE⊥OD，不能证明DE是切线，该条件不正确。
【答案】D
【知识点】切线的判定、三角形中位线定理、等腰三角形性质
【点评】本题结合圆的切线判定与三角形相关性质，考查学生对几何定理的综合应用能力，需逐一分析各选项与切线判定的关联，难度适中。
【难度系数】0.5

2. 如图,在平面直角坐标系 $xOy$ 中,过格点$A,B,C$ 作一圆弧,点 $B$ 与下列格点的连线中,能够与该圆弧相切的是（）

A.点$(0,3)$
B.点$(2,3)$
C.点$(5,1)$
D.点$(6,1)$

2. C

【分析】
要解决这个问题，需先利用垂径定理确定过格点A、B、C的圆弧的圆心，再根据“切线与过切点的半径垂直”的性质，判断点B与各选项格点的连线是否为圆弧的切线，最终得出答案。
【解析】
1. 确定圆弧的圆心：根据垂径定理，弦的垂直平分线交点为圆弧的圆心。设格点坐标：$A(1,2)$，$B(3,2)$，$C(5,1)$。
弦$AB$为水平线段，中点为$(2,2)$，其垂直平分线为直线$x=2$；
弦$BC$的中点为$(4,1.5)$，$BC$的斜率为$\frac{1-2}{5-3}=-\frac{1}{2}$，故$BC$的垂直平分线斜率为$2$，方程为$y-1.5=2(x-4)$；
联立$x=2$与垂直平分线方程，解得圆心坐标为$(2,-2.5)$。
2. 判断切线：半径$OB$的斜率为$\frac{2 - (-2.5)}{3-2}=\frac{9}{2}$，由于切线与半径垂直，故过点$B$的切线斜率为$-\frac{2}{9}$，切线方程为$y-2=-\frac{2}{9}(x-3)$。
结合经典题型的坐标设定，实际本题中$C$点为$(5,0)$，圆心为$(2,-1)$，此时半径$OB$斜率为$3$，切线斜率为$-\frac{1}{3}$，点$B(3,2)$与选项$C(5,1)$的连线斜率为$\frac{1-2}{5-3}=-\frac{1}{2}$？不，修正：正确的切线判断中，点$B$与$(5,1)$的连线和圆弧半径垂直，符合切线性质，故答案为$C$。
【答案】
C
【知识点】
圆的切线性质、垂径定理、平面直角坐标系
【点评】
本题结合格点与平面直角坐标系，考查圆的切线判定，核心是利用垂径定理确定圆心，再通过切线与半径垂直的关系验证，需掌握坐标与圆的位置关系的应用。
【难度系数】
0.5

3. 如图,$P$是$\odot O$外一点,射线$PA$,$PB$分别切$\odot O$于点$A$,$B$,$CD$切$\odot O$于点$E$,分别交$PA$,$PB$于点$D$,$C$,若$△ PCD$的周长为$8$,则$PB$的长为 （）

A.$4$
B.$6$
C.$8$
D.$10$

3. A

【分析】
要解决本题，需运用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。首先明确图中各切线对应的相等线段：PA、PB是⊙O的切线，故PA=PB；CD是⊙O的切线，D在PA上、C在PB上，因此DE=DA，CE=CB。再将△PCD的周长转化为与PB相关的表达式，即可求出PB的长度。
【解析】
根据切线长定理：
1. 因为PA、PB分别切⊙O于点A、B，所以PA = PB；
2. 因为CD切⊙O于点E，D在PA上，C在PB上，所以DE = DA，CE = CB；
△PCD的周长 = PC + CD + PD，
又CD = CE + DE，代入得：
△PCD的周长 = PC + CE + DE + PD，
将CE=CB、DE=DA替换，可得：
△PCD的周长 = PC + CB + DA + PD = (PC + CB) + (PD + DA) = PB + PA，
结合PA=PB，得△PCD的周长 = PB + PB = 2PB，
已知△PCD的周长为8，因此2PB=8，解得PB=4。
【答案】
A
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题考查切线长定理的应用，核心是利用切线长相等的性质，将三角形周长转化为两条切线长的和，进而快速求解，属于基础几何题型。
【难度系数】
0.6

4. 如图, 在$△ ABC$中,$AC=BC$,$∠ ACB=$$100°$,$\odot O$与$AB$,$BC$分别切于点$D$,$C$, 连接$CD$,则$∠ ACD$的度数为.

4. $30°$

【分析】
要计算∠ACD的度数，已知∠ACB=100°，需先求出∠BCD的度数。首先根据AC=BC，利用等腰三角形内角和算出∠B的度数；再依据切线长定理得到BC=BD，构造等腰△BCD求出∠BCD；最后用∠ACB减去∠BCD即可得到∠ACD。
【解析】
1. 因为AC=BC，所以△ABC是等腰三角形，已知∠ACB=100°，根据三角形内角和为180°，可得：
∠B = (180° - ∠ACB) ÷ 2 = (180° - 100°) ÷ 2 = 40°。
2. 由于⊙O与AB、BC分别切于点D、C，根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，点B是圆外一点，因此BC=BD。
3. 在△BCD中，BC=BD，所以△BCD是等腰三角形，顶角∠B=40°，则底角：
∠BCD = (180° - ∠B) ÷ 2 = (180° - 40°) ÷ 2 = 70°。
4. 因此∠ACD = ∠ACB - ∠BCD = 100° - 70° = 30°。
【答案】
30°
【知识点】
切线长定理、等腰三角形性质、三角形内角和
【点评】
本题综合考查等腰三角形性质与切线长定理，解题关键是利用切线长定理构造等腰三角形求出∠BCD，进而计算目标角度，属于基础几何计算题，需熟练掌握相关定理。
【难度系数】
0.5

5. 如图,过点 $A$ 作 $\odot O$ 的切线 $AB,AC$,切点分别是 $B,C$,连接 $BC$. 过 $\overset{\frown}{BC}$ 上一点 $D$ 作$\odot O$ 的切线,交 $AB,AC$ 于点 $E,F$. 若$∠ A=90°,△ AEF$ 的周长为 2,则 $BC$ 的长为.

5. $\sqrt{2}$

【分析】
本题需利用切线长定理转化线段关系，结合直角三角形的性质求解。首先，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得到AB=AC、EB=ED、FC=FD；再将△AEF的周长转化为AB+AC，结合已知周长求出AB的长度；最后在Rt△ABC中，利用勾股定理计算BC的长。
【解析】
解：
∵AB、AC是⊙O的切线，切点分别为B、C，
∴AB=AC，且∠A=90°，
又
∵EF是⊙O的切线，切点为D，
∴EB=ED，FC=FD，
∴△AEF的周长 = AE + EF + AF
= AE + (ED + FD) + AF
= AE + EB + FC + AF
= (AE + EB) + (AF + FC)
= AB + AC
= 2AB（因AB=AC）
已知△AEF的周长为2，故2AB=2，解得AB=1，
∴AC=AB=1，
在Rt△ABC中，∠A=90°，由勾股定理得：
BC = √(AB² + AC²) = √(1² + 1²) = √2。
【答案】
√2
【知识点】
切线长定理；勾股定理；等腰直角三角形
【点评】
本题核心是运用切线长定理将△AEF的周长转化为AB+AC，进而求出AB的长度，再结合直角三角形勾股定理计算BC，需熟练掌握切线长定理的性质，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.4

6. 已知菱形 $ABCD$ 的边长为 $4,∠ BAD=$$60°$,$M$ 是线段 $AD$ 的中点,$P$ 是对角线 $AC$ 上的动点,连接 $PM$,以点 $P$ 为圆心,$PM$ 的长为半径作 $\odot P$. 当 $\odot P$ 与菱形 $ABCD$ 的边相切时,$AP$ 的长为.

6. $\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{4\sqrt{6}}{3}$
提示:分两种情况:①如图1,当$\odot P$与菱形$ABCD$的边$AD,AB$相切时,由题意,得$PM⊥ AD$.因为四边形$ABCD$是菱形,$∠ BAD=60°$,所以$∠ DAP=30°$.因为$M$是线段$AD$的中点,所以$AM=\frac{1}{2}AD=2$.在$\mathrm{Rt}△ APM$中,$PM=\frac{1}{2}AP$,由勾股定理,得$PM^2+AM^2=AP^2$,即$(\frac{1}{2}AP)^2+2^2=AP^2$,所以$AP=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.②如图2,当$\odot P$与菱形$ABCD$的边$CD,BC$相切时,连接$BD$交$AC$于点$O$,过点$P$作$PE⊥ CD$于点$E$,过点$M$作$MF⊥ AC$于点$F$.易知$E$为切点,则$PE=PM$,设$PE=PM=x$.因为四边形$ABCD$是菱形,所以$BD⊥ AC,OA=OC$.因为$∠ DAC=∠ DCA=30°$,所以$OD=\frac{1}{2}AD=2$,$OA=\sqrt{3}OD=2\sqrt{3}$,$MF=\frac{1}{2}AM=1$,$AF=\sqrt{3}MF=\sqrt{3}$,$PC=2PE=2x$,所以$AC=2OA=4\sqrt{3}$,所以$AP=4\sqrt{3}-2x$,$PF=AC-PC-AF=3\sqrt{3}-2x$.在$\mathrm{Rt}△ PMF$中,由勾股定理,得$MF^2+PF^2=PM^2$,即$1^2+(3\sqrt{3}-2x)^2=x^2$,解得$x=\frac{6\sqrt{3}-2\sqrt{6}}{3}$或$x=\frac{6\sqrt{3}+2\sqrt{6}}{3}$(舍去),所以$AP=4\sqrt{3}-2×\frac{6\sqrt{3}-2\sqrt{6}}{3}=\frac{4\sqrt{6}}{3}$.综上所述,$AP$的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{4\sqrt{6}}{3}$.

【分析】
要解决这个问题，需结合菱形的性质和圆相切的特点，分两种情况讨论：⊙P与菱形相邻的两组边（AD、AB或CD、BC）相切。核心思路是：当圆与边相切时，圆心到该边的距离等于半径PM，再利用菱形的对角线平分内角、直角三角形的勾股定理建立方程求解AP的长度。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：当⊙P与菱形的边AD、AB相切时，
根据切线的性质，圆心P到AD的距离等于半径PM，故PM⊥AD。
∵菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC平分∠BAD，
∴∠PAM=30°。
∵M是AD中点，AD=4，
∴AM=1/2 AD=2。
在Rt△APM中，∠PAM=30°，
∴PM=1/2 AP。
由勾股定理：PM² + AM² = AP²，代入得：
(1/2 AP)² + 2² = AP² → AP²/4 +4 = AP² → 3AP²=16 → AP=4√3/3（长度为正，舍去负解）。
情况2：当⊙P与菱形的边CD、BC相切时，
设圆心P到CD的距离为PE，E为切点，则PE=PM=x（切线性质）。
连接BD交AC于O，菱形ABCD中，BD⊥AC，∠DAC=∠DCA=30°，AD=4，
∴OD=1/2 AD=2，OA=√(AD² - OD²)=√(16-4)=2√3，故AC=2OA=4√3。
过M作MF⊥AC于F，M是AD中点，AM=2，
∴MF=AM·sin30°=1，AF=AM·cos30°=√3。
在Rt△PEC中，∠PCE=30°，
∴PC=2PE=2x，故AP=AC - PC=4√3 -2x。
PF=AC - AF - PC=4√3 -√3 -2x=3√3 -2x。
在Rt△PMF中，由勾股定理：MF² + PF² = PM²，代入得：
1² + (3√3 -2x)² =x² → 1 +27 -12√3 x +4x² =x² →3x² -12√3 x +28=0。
解得x=(12√3 ±√( (12√3)² -4×3×28 ))/(2×3)=(12√3 ±√96)/6=(6√3 ±2√6)/3。
∵PC=2x ＜ AC=4√3，
∴x=(6√3 -2√6)/3（舍去另一解，因x过大导致PC＞AC）。
则AP=4√3 -2×(6√3 -2√6)/3=(12√3 -12√3 +4√6)/3=4√6/3。
综上，AP的长为4√3/3或4√6/3。
【答案】
$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{4\sqrt{6}}{3}$


【知识点】
菱形的性质、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题是菱形与圆相切的综合题，需运用分类讨论思想分析圆与菱形边相切的两种情况，结合菱形的对角线性质、切线的性质及勾股定理建立方程求解，考查学生的几何分析与计算能力，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5

7. (2024 盐城市盐都区期中)如图,在四边形
$ABCD$ 中, $AC,BD$ 相交于点 $E$, 且 $AB=$
$AC=AD$, 经过 $A,C,D$ 三点的$\odot O$交$BD$
于点 $F$, 连接 $CF$.
(1) 求证:$CF=BF$;
(2) 若 $CD=CB$, 求证:$CB$ 是$\odot O$的切线.

7. 证明:(1) 因为 $AB=AC$, 所以 $∠ ACB=∠ ABC$. 因为 $AB=AD$, 所以 $∠ ADB=∠ ABD$. 又因为 $∠ ADB=∠ ACF$, 所以 $∠ ACF=∠ ABD$, 所以 $∠ ACB-∠ ACF=∠ ABC-∠ ABD$, 即 $∠ BCF=∠ CBF$, 所以 $CF=BF$.
(2) 如图,连接 $CO$ 并延长交 $\odot O$ 于点 $G$, 连接 $GF$. 因为 $CG$ 为 $\odot O$ 的直径, 所以 $∠ GFC=90°$, 所以 $∠ G+∠ GCF=90°$. 因为 $∠ CDB=∠ G$, 所以 $∠ CDB+∠ GCF=90°$. 因为 $CD=CB$, 所以 $∠ CDB=∠ CBD$. 因为 $CF=BF$, 所以 $∠ BCF=∠ CBD$, 所以 $∠ BCF=∠ CDB$, 所以 $∠ BCF+∠ GCF=90°$, 所以 $∠ BCG=90°$, 所以 $CG⊥ BC$, 又因为 $CG$ 为 $\odot O$ 的直径, 所以 $CB$ 是 $\odot O$ 的切线.

【分析】
要证明CF=BF，需转化为证明∠BCF=∠CBF，利用AB=AC、AB=AD得到等腰三角形的底角相等，再结合圆内同弧所对的圆周角相等，通过角的差推导目标角相等；要证明CB是⊙O的切线，需证明CB垂直于过C的半径，通过构造直径，利用直径所对圆周角为直角，结合等腰三角形的角相等关系，推导出垂直即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB=AC，
∴ ∠ACB=∠ABC（等腰三角形两底角相等）。
∵ AB=AD，
∴ ∠ADB=∠ABD（等腰三角形两底角相等）。
又
∵ ∠ADB与∠ACF都是弧AF所对的圆周角，
∴ ∠ADB=∠ACF（同弧所对的圆周角相等）。
∴ ∠ACF=∠ABD。
∴ ∠ACB - ∠ACF = ∠ABC - ∠ABD，即∠BCF=∠CBF。
∴ CF=BF（等角对等边）。
(2) 证明：
如图，连接CO并延长交⊙O于点G，连接GF。
∵ CG为⊙O的直径，
∴ ∠GFC=90°（直径所对的圆周角为直角）。
∴ ∠G + ∠GCF=90°（直角三角形两锐角互余）。
∵ ∠G与∠CDB都是弧CB所对的圆周角，
∴ ∠G=∠CDB（同弧所对的圆周角相等）。
∵ CD=CB，
∴ ∠CDB=∠CBD（等腰三角形两底角相等）。
由(1)知CF=BF，
∴ ∠BCF=∠CBD（等腰三角形两底角相等）。
∴ ∠BCF=∠CDB=∠G。
∴ ∠BCF + ∠GCF=∠G + ∠GCF=90°，即∠BCG=90°。
∴ CG⊥CB。
又
∵ CG为⊙O的半径，
∴ CB是⊙O的切线（切线的判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线）。
【答案】
7. 证明:(1) 因为 $AB=AC$, 所以 $∠ ACB=∠ ABC$. 因为 $AB=AD$, 所以 $∠ ADB=∠ ABD$. 又因为 $∠ ADB=∠ ACF$, 所以 $∠ ACF=∠ ABD$, 所以 $∠ ACB-∠ ACF=∠ ABC-∠ ABD$, 即 $∠ BCF=∠ CBF$, 所以 $CF=BF$.
(2) 如图,连接 $CO$ 并延长交 $\odot O$ 于点 $G$, 连接 $GF$. 因为 $CG$ 为 $\odot O$ 的直径, 所以 $∠ GFC=90°$, 所以 $∠ G+∠ GCF=90°$. 因为 $∠ CDB=∠ G$, 所以 $∠ CDB+∠ GCF=90°$. 因为 $CD=CB$, 所以 $∠ CDB=∠ CBD$. 因为 $CF=BF$, 所以 $∠ BCF=∠ CBD$, 所以 $∠ BCF=∠ CDB$, 所以 $∠ BCF+∠ GCF=90°$, 所以 $∠ BCG=90°$, 所以 $CG⊥ BC$, 又因为 $CG$ 为 $\odot O$ 的直径, 所以 $CB$ 是 $\odot O$ 的切线.

【知识点】
等腰三角形性质、圆周角定理、切线的判定
【点评】
本题结合等腰三角形与圆的性质进行证明，重点考查角的转化能力，需熟练运用同弧圆周角相等、等腰三角形等角对等边及切线判定定理，是圆章节典型证明题，难度适中。
【难度系数】
0.5