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1.(2025·福建)如图，PA与⊙O相切于点A，PO的延长线交⊙O于点C，AB//PC，且交⊙O于点B.若∠P=30°，则∠BCP的大小为（
A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
C
）A.30°
B.45°
C.60°
D.75°
答案
1.C
解析
【分析】
解题时首先利用切线的性质，连接过切点的半径OA，得到直角三角形PAO，结合已知∠P=30°可求出∠AOP的度数；再根据AB平行PC的条件，结合等腰三角形OAB的性质判定△OAB为等边三角形，得到∠ABO的度数，再次利用平行线的性质求出∠BOC的度数；最后在等腰三角形OBC中计算即可得到∠BCP的度数。
【解析】
解：连接OA，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，即∠PAO=90°，
在Rt△PAO中，∠P=30°，
∴∠AOP=90°-∠P=60°，
∵AB//PC，
∴∠OAB=∠AOP=60°，
又
∵OA=OB（⊙O的半径相等），
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∵AB//PC，
∴∠BOC=∠ABO=60°，
又
∵OB=OC（⊙O的半径相等），
∴△OBC是等腰三角形，
∴∠BCP=(180°-∠BOC)÷2=(180°-60°)÷2=60°。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是正确作出辅助线，结合切线、平行线及特殊三角形的性质逐步推导角度，能较好地考查学生对圆相关基础性质的掌握情况。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用切线的性质，连接过切点的半径OA，得到直角三角形PAO，结合已知∠P=30°可求出∠AOP的度数；再根据AB平行PC的条件，结合等腰三角形OAB的性质判定△OAB为等边三角形，得到∠ABO的度数，再次利用平行线的性质求出∠BOC的度数；最后在等腰三角形OBC中计算即可得到∠BCP的度数。
【解析】
解：连接OA，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，即∠PAO=90°，
在Rt△PAO中，∠P=30°，
∴∠AOP=90°-∠P=60°，
∵AB//PC，
∴∠OAB=∠AOP=60°，
又
∵OA=OB（⊙O的半径相等），
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∵AB//PC，
∴∠BOC=∠ABO=60°，
又
∵OB=OC（⊙O的半径相等），
∴△OBC是等腰三角形，
∴∠BCP=(180°-∠BOC)÷2=(180°-60°)÷2=60°。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是正确作出辅助线，结合切线、平行线及特殊三角形的性质逐步推导角度，能较好地考查学生对圆相关基础性质的掌握情况。
【难度系数】
0.7
2.刘徽(今山东滨州人)是魏晋时期我国伟大的数学家,中国古典数学理论的奠基者之一,被誉为“世界古代数学泰斗”.刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解,其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导,他给出了内切圆直径的多种表达形式.如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AB$, $BC$,$CA$的长分别为$c$,$a$,$b$,则可以用含$c$,$a$,$b$的式子表示出$△ ABC$的内切圆直径$d$,下列表达式错误的是 (
A.$d=a+b-c$
B.$d=\dfrac{2ab}{a+b+c}$
C.$d=\sqrt{2(c-a)(c-b)}$
D.$d=|(a-b)(c-b)|$
D
)A.$d=a+b-c$
B.$d=\dfrac{2ab}{a+b+c}$
C.$d=\sqrt{2(c-a)(c-b)}$
D.$d=|(a-b)(c-b)|$
答案
2.D
解析
【分析】
要判断四个表达式的正误，我们可以从直角三角形内切圆的相关性质入手：首先用切线长定理推导内切圆直径的表达式验证选项A；再用面积法推导表达式验证选项B；接着结合勾股定理对A的表达式做代数变形验证选项C；最后可以用特殊值法代入常见的勾股数验证选项D是否正确，即可选出错误的表达式。
【解析】
设Rt△ABC的内切圆半径为r，则直径d=2r。
1. 验证选项A：根据切线长定理，设内切圆与AC、BC、AB分别切于点D、E、F，易得四边形ODCE为正方形，故CD=CE=r，AD=AF=b-r，BE=BF=a-r。
由AF+BF=AB=c，可得$(b-r)+(a-r)=c$，整理得$2r=a+b-c$，即$d=a+b-c$，故A选项正确，不符合题意。
2. 验证选项B：由三角形面积公式，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab$；同时△ABC的面积也等于三个小三角形△AOC、△BOC、△AOB的面积和，即$S_{△ABC}=\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}(a+b+c)r$。
联立得$\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}(a+b+c)r$，解得$r=\frac{ab}{a+b+c}$，故$d=\frac{2ab}{a+b+c}$，B选项正确，不符合题意。
3. 验证选项C：将$d=a+b-c$两边平方得$d^2=(a+b-c)^2$，结合勾股定理$a^2+b^2=c^2$代入展开：
$d^2=a^2+b^2+2ab-2ac-2bc+c^2=c^2+2ab-2ac-2bc+c^2=2(c^2-ac-bc+ab)=2(c-a)(c-b)$，
因为d为长度为正，故$d=\sqrt{2(c-a)(c-b)}$，C选项正确，不符合题意。
4. 验证选项D：取常见勾股数组成的直角三角形，令a=3，b=4，c=5，可得d=3+4-5=2，代入D选项计算得$|(3-4)(5-4)|=1≠2$，故D选项错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，直角三角形内切圆性质，勾股定理
【点评】
本题结合传统数学文化考查直角三角形内切圆相关计算，既可以通过定理推导公式判断，也可以用特殊值法快速解题，需要熟练掌握内切圆性质和基础代数变形技巧。
【难度系数】
0.65
要判断四个表达式的正误，我们可以从直角三角形内切圆的相关性质入手：首先用切线长定理推导内切圆直径的表达式验证选项A；再用面积法推导表达式验证选项B；接着结合勾股定理对A的表达式做代数变形验证选项C；最后可以用特殊值法代入常见的勾股数验证选项D是否正确，即可选出错误的表达式。
【解析】
设Rt△ABC的内切圆半径为r，则直径d=2r。
1. 验证选项A：根据切线长定理，设内切圆与AC、BC、AB分别切于点D、E、F，易得四边形ODCE为正方形，故CD=CE=r，AD=AF=b-r，BE=BF=a-r。
由AF+BF=AB=c，可得$(b-r)+(a-r)=c$，整理得$2r=a+b-c$，即$d=a+b-c$，故A选项正确，不符合题意。
2. 验证选项B：由三角形面积公式，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab$；同时△ABC的面积也等于三个小三角形△AOC、△BOC、△AOB的面积和，即$S_{△ABC}=\frac{1}{2}br+\frac{1}{2}ar+\frac{1}{2}cr=\frac{1}{2}(a+b+c)r$。
联立得$\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}(a+b+c)r$，解得$r=\frac{ab}{a+b+c}$，故$d=\frac{2ab}{a+b+c}$，B选项正确，不符合题意。
3. 验证选项C：将$d=a+b-c$两边平方得$d^2=(a+b-c)^2$，结合勾股定理$a^2+b^2=c^2$代入展开：
$d^2=a^2+b^2+2ab-2ac-2bc+c^2=c^2+2ab-2ac-2bc+c^2=2(c^2-ac-bc+ab)=2(c-a)(c-b)$，
因为d为长度为正，故$d=\sqrt{2(c-a)(c-b)}$，C选项正确，不符合题意。
4. 验证选项D：取常见勾股数组成的直角三角形，令a=3，b=4，c=5，可得d=3+4-5=2，代入D选项计算得$|(3-4)(5-4)|=1≠2$，故D选项错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，直角三角形内切圆性质，勾股定理
【点评】
本题结合传统数学文化考查直角三角形内切圆相关计算，既可以通过定理推导公式判断，也可以用特殊值法快速解题，需要熟练掌握内切圆性质和基础代数变形技巧。
【难度系数】
0.65
3.(2025·黑龙江)如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，AC是直径，$∠ BAC=35°$，$∠ P=$
70°
.答案
3.70°
解析
【分析】
解题时先结合切线性质得到PA与AC垂直，先计算出∠PAB的度数；再利用切线长定理得出PA=PB，得到△PAB为等腰三角形，从而得到∠PBA与∠PAB相等；最后根据三角形内角和定理即可算出∠P的度数。
【解析】
1. 由切线的性质可知，切线垂直于过切点的半径，因为PA是$\odot O$的切线，AC是$\odot O$的直径，因此$∠ PAC=90°$。
已知$∠ BAC=35°$，则$∠ PAB=∠ PAC-∠ BAC=90°-35°=55°$。
2. 因为PA、PB都是$\odot O$的切线，A、B为切点，根据切线长定理可得$PA=PB$，因此$△ PAB$是等腰三角形，$∠ PBA=∠ PAB=55°$。
3. 根据三角形内角和为$180°$，可得$∠ P=180°-∠ PAB-∠ PBA=180°-55°-55°=70°$。
【答案】
$70°$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；三角形内角和定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，核心考查切线相关性质的应用，只要熟练掌握切线性质、切线长定理，结合三角形基础性质就能快速求解，是圆章节的常见基础考题。
【难度系数】
0.8
解题时先结合切线性质得到PA与AC垂直，先计算出∠PAB的度数；再利用切线长定理得出PA=PB，得到△PAB为等腰三角形，从而得到∠PBA与∠PAB相等；最后根据三角形内角和定理即可算出∠P的度数。
【解析】
1. 由切线的性质可知，切线垂直于过切点的半径，因为PA是$\odot O$的切线，AC是$\odot O$的直径，因此$∠ PAC=90°$。
已知$∠ BAC=35°$，则$∠ PAB=∠ PAC-∠ BAC=90°-35°=55°$。
2. 因为PA、PB都是$\odot O$的切线，A、B为切点，根据切线长定理可得$PA=PB$，因此$△ PAB$是等腰三角形，$∠ PBA=∠ PAB=55°$。
3. 根据三角形内角和为$180°$，可得$∠ P=180°-∠ PAB-∠ PBA=180°-55°-55°=70°$。
【答案】
$70°$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；三角形内角和定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，核心考查切线相关性质的应用，只要熟练掌握切线性质、切线长定理，结合三角形基础性质就能快速求解，是圆章节的常见基础考题。
【难度系数】
0.8
4.(2025·靖江一模)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AB⊥BC,AD,CD分别与扇形BAF相切于点A与点E.当AB=15,BC=17时,AD的长为
9
.答案
4.9
解析
【分析】
解题时先结合已知条件梳理思路：首先根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，可得$BE⊥ CD$，且扇形半径$BA=BE=15$，同时由$AD// BC$、$AB⊥ BC$可得$AB⊥ AD$，符合AD是切线的性质。接下来通过HL证明$Rt△ ABD$和$Rt△ EBD$全等，得到$AD=DE$，设$AD=x$；再在$Rt△ BEC$中用勾股定理算出$CE$的长度；最后过D作$DH⊥ BC$构造直角三角形$DHC$，结合勾股定理列方程求解x即可。
【解析】
解：连接$BE$、$BD$，过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$。
∵ 扇形$BAF$的半径为$AB$，
∴ $BA=BE=15$。
∵ $CD$与扇形$BAF$相切于点$E$，
∴ $BE⊥ CD$，即$∠ BED=∠ BEC=90°$。
∵ $AD// BC$，$AB⊥ BC$，
∴ $AB⊥ AD$，即$∠ BAD=90°=∠ BED$。
在$Rt△ ABD$和$Rt△ EBD$中：
$\begin{cases} BA=BE \\ BD=BD \end{cases}$
∴ $Rt△ ABD≌ Rt△ EBD$（HL），
∴ $AD=DE$。
设$AD=x$，则$DE=x$。
在$Rt△ BEC$中，$BC=17$，$BE=15$，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{BC^2 - BE^2}=\sqrt{17^2 - 15^2}=\sqrt{289-225}=\sqrt{64}=8$，
∴ $CD=DE+CE=x+8$。
∵ $AB⊥ BC$，$DH⊥ BC$，$AD// BC$，
∴ 四边形$ABHD$是矩形，
∴ $DH=AB=15$，$BH=AD=x$，
∴ $HC=BC - BH=17 - x$。
在$Rt△ DHC$中，由勾股定理得：
$DH^2 + HC^2 = CD^2$
代入得：$15^2 + (17 - x)^2 = (x + 8)^2$
展开计算：
$225 + 289 - 34x + x^2 = x^2 + 16x + 64$
化简得：$50x=450$，解得$x=9$。
【答案】
9
【知识点】
切线的性质；勾股定理；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了切线性质、全等三角形判定和勾股定理的应用，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形和直角三角形，结合方程思想求解未知线段长度。
【难度系数】
0.65
解题时先结合已知条件梳理思路：首先根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，可得$BE⊥ CD$，且扇形半径$BA=BE=15$，同时由$AD// BC$、$AB⊥ BC$可得$AB⊥ AD$，符合AD是切线的性质。接下来通过HL证明$Rt△ ABD$和$Rt△ EBD$全等，得到$AD=DE$，设$AD=x$；再在$Rt△ BEC$中用勾股定理算出$CE$的长度；最后过D作$DH⊥ BC$构造直角三角形$DHC$，结合勾股定理列方程求解x即可。
【解析】
解：连接$BE$、$BD$，过点$D$作$DH⊥ BC$于点$H$。
∵ 扇形$BAF$的半径为$AB$，
∴ $BA=BE=15$。
∵ $CD$与扇形$BAF$相切于点$E$，
∴ $BE⊥ CD$，即$∠ BED=∠ BEC=90°$。
∵ $AD// BC$，$AB⊥ BC$，
∴ $AB⊥ AD$，即$∠ BAD=90°=∠ BED$。
在$Rt△ ABD$和$Rt△ EBD$中：
$\begin{cases} BA=BE \\ BD=BD \end{cases}$
∴ $Rt△ ABD≌ Rt△ EBD$（HL），
∴ $AD=DE$。
设$AD=x$，则$DE=x$。
在$Rt△ BEC$中，$BC=17$，$BE=15$，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{BC^2 - BE^2}=\sqrt{17^2 - 15^2}=\sqrt{289-225}=\sqrt{64}=8$，
∴ $CD=DE+CE=x+8$。
∵ $AB⊥ BC$，$DH⊥ BC$，$AD// BC$，
∴ 四边形$ABHD$是矩形，
∴ $DH=AB=15$，$BH=AD=x$，
∴ $HC=BC - BH=17 - x$。
在$Rt△ DHC$中，由勾股定理得：
$DH^2 + HC^2 = CD^2$
代入得：$15^2 + (17 - x)^2 = (x + 8)^2$
展开计算：
$225 + 289 - 34x + x^2 = x^2 + 16x + 64$
化简得：$50x=450$，解得$x=9$。
【答案】
9
【知识点】
切线的性质；勾股定理；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了切线性质、全等三角形判定和勾股定理的应用，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形和直角三角形，结合方程思想求解未知线段长度。
【难度系数】
0.65
5.如图,以点O为圆心,AB长为直径作圆,在$\odot O$上取一点C,延长AB至点D,连接DC,$∠ DCB=∠ DAC$,过点A作$AE⊥ AD$交DC的延长线于点E.
(1)求证:CD是$\odot O$的切线;
(2)若$CD=4$,$DB=2$,求AE的长.
(1)求证:CD是$\odot O$的切线;
(2)若$CD=4$,$DB=2$,求AE的长.
答案
5.(1)证明:连接OC,如答图
.∵AB为直径,
∴∠ACB=90°,即∠BCO+∠OCA=90°.
又
∵OC=OA,
∴∠CAD=∠OCA.
∵∠DCB=∠CAD,
∴∠OCA=∠DCB,
∴∠DCB+∠BCO=90°,即∠DCO=90°.
∵OC是⊙O的半径,
∴CD是⊙O的切线.
(2)解:
∵∠DCO=90°,OC=OB,
∴OC²+CD²=OD²,
即OB²+4²=(OB+2)²,解得OB=3,
∴AB=6.
∵AE⊥AD,AB是⊙O的直径,
∴AE是⊙O的切线.
∵CD是⊙O的切线,
∴AE=CE.
在Rt△ADE中,AD²+AE²=DE²,
即(6+2)²+AE²=(4+AE)²,解得AE=6.
解析
【分析】
(1)证明切线的核心思路是证明直线与过交点的半径垂直，因此先连接辅助线OC。已知AB是圆的直径，可得∠ACB=90°；再结合OC=OA的等边对等角性质，以及题中给出的∠DCB=∠DAC的条件，通过角的等量代换即可推出OC⊥CD，符合切线的判定条件。
(2)求AE的长度可以分两步进行：第一步先在Rt△OCD中利用勾股定理列方程求出圆的半径，进而得到AD的长度；第二步根据切线长定理得到AE=CE，再在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解AE的长度即可。
【解析】
(1)证明：连接OC，如答图。
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即∠BCO + ∠OCA = 90°。
∵OC = OA，
∴∠CAD = ∠OCA。
又
∵∠DCB = ∠CAD，
∴∠OCA = ∠DCB，
∴∠DCB + ∠BCO = 90°，即∠DCO = 90°。
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线。
(2)解：设⊙O的半径为OB = r，则OD = OB + BD = r + 2。
∵∠DCO = 90°，
∴在Rt△DCO中，由勾股定理得：$OC^2 + CD^2 = OD^2$，
代入得：$r^2 + 4^2 = (r + 2)^2$，
解得r = 3，
∴AB = 2r = 6，AD = AB + BD = 6 + 2 = 8。
∵AE⊥AD，AB是⊙O的直径，
∴AE是⊙O的切线。
又
∵CD是⊙O的切线，
∴由切线长定理可得AE = CE。
设AE = x，则DE = DC + CE = 4 + x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：$AD^2 + AE^2 = DE^2$，
代入得：$8^2 + x^2 = (4 + x)^2$，
解得x = 6，即AE = 6。
【答案】
(1)CD是⊙O的切线，证明见解析；
(2)AE的长为$\boldsymbol{6}$。
【知识点】
切线的判定；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了切线的判定方法、切线长定理以及勾股定理的应用，解题关键是合理添加辅助线构造直角三角形，灵活运用方程思想求解未知线段，属于圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.6
(1)证明切线的核心思路是证明直线与过交点的半径垂直，因此先连接辅助线OC。已知AB是圆的直径，可得∠ACB=90°；再结合OC=OA的等边对等角性质，以及题中给出的∠DCB=∠DAC的条件，通过角的等量代换即可推出OC⊥CD，符合切线的判定条件。
(2)求AE的长度可以分两步进行：第一步先在Rt△OCD中利用勾股定理列方程求出圆的半径，进而得到AD的长度；第二步根据切线长定理得到AE=CE，再在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解AE的长度即可。
【解析】
(1)证明：连接OC，如答图
。∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即∠BCO + ∠OCA = 90°。
∵OC = OA，
∴∠CAD = ∠OCA。
又
∵∠DCB = ∠CAD，
∴∠OCA = ∠DCB，
∴∠DCB + ∠BCO = 90°，即∠DCO = 90°。
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线。
(2)解：设⊙O的半径为OB = r，则OD = OB + BD = r + 2。
∵∠DCO = 90°，
∴在Rt△DCO中，由勾股定理得：$OC^2 + CD^2 = OD^2$，
代入得：$r^2 + 4^2 = (r + 2)^2$，
解得r = 3，
∴AB = 2r = 6，AD = AB + BD = 6 + 2 = 8。
∵AE⊥AD，AB是⊙O的直径，
∴AE是⊙O的切线。
又
∵CD是⊙O的切线，
∴由切线长定理可得AE = CE。
设AE = x，则DE = DC + CE = 4 + x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：$AD^2 + AE^2 = DE^2$，
代入得：$8^2 + x^2 = (4 + x)^2$，
解得x = 6，即AE = 6。
【答案】
(1)CD是⊙O的切线，证明见解析；
(2)AE的长为$\boldsymbol{6}$。
【知识点】
切线的判定；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了切线的判定方法、切线长定理以及勾股定理的应用，解题关键是合理添加辅助线构造直角三角形，灵活运用方程思想求解未知线段，属于圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.6
