1. 如图，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，若$∠ A=70°$，则$∠ BOC=(\quad)$

A.$125°$
B.$115°$
C.$100°$
D.$130°$

A

∵⊙O是△ABC的内切圆，∴O是△ABC的内心，即BO平分∠ABC，CO平分∠ACB。
∵∠A=70°，根据三角形内角和为180°，得∠ABC + ∠ACB = 180° - 70° = 110°。
∴∠OBC + ∠OCB = $\frac{1}{2}$(∠ABC + ∠ACB) = $\frac{1}{2}$×110° = 55°。
在△BOC中，∠BOC = 180° - (∠OBC + ∠OCB) = 180° - 55° = 125°。

2.如图，若正方形ABCD的边长为6，则其外接圆的半径OA与内切圆的半径OE的比值为()

A.$\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}$
C.2
D.3

B

已知正方形ABCD边长为6，1. 内切圆半径OE是圆心到正方形边的距离，等于边长的一半，得OE=6÷2=3；2. E为AD中点，AE=3，OE⊥AD，在Rt△OAE中由勾股定理得OA=√(AE²+OE²)=√(3²+3²)=3√2；3. 计算比值：OA/OE=3√2/3=√2。

3.简易直尺、含$60°$角的直角三角尺和量角器按图示摆放(无重叠部分),A为三角尺与直尺的一个重合点,B为量角器与直尺的接触点,C为量角器与三角尺的接触点.若点A处刻度为4,点B处刻度为6,则该量角器的直径长为()

A.2
B.$2\sqrt{3}$
C.4
D.$4\sqrt{3}$

D

设量角器的半圆圆心为O，连接OA、OB。
1. 由点A刻度为4，点B刻度为6，得AB=6-4=2。
2. 因为AB、AC均为半圆O的切线，B、C为切点，根据切线长定理：AB=AC，OA平分∠BAC。
3. 由三角尺的60°角，得∠BAC=180°-60°=120°，因此∠OAB=1/2∠BAC=60°。
4. 根据切线性质，OB⊥AB，即△OAB为直角三角形，∠OBA=90°。
5. 在Rt△OAB中，OB=AB·tan60°=2×√3=2√3，因此量角器的直径为2OB=4√3。

4.如图，AB是$\odot O$的直径，点P在AB的延长线上，PM切$\odot O$于点M.若$OA=a$，$PM=\sqrt{3}a$，$PB=2-a$，则$△ PMB$的周长等于.

$\boldsymbol{2+\sqrt{3}}$

解：连接OM，
∵ PM切$\odot O$于点M，
∴ $OM⊥ PM$，即$∠ OMP=90°$。
∵ $OA=OM=a$，$PM=\sqrt{3}a$，
在$\mathrm{Rt}△ OMP$中，由勾股定理得：
$OP^2=OM^2+PM^2=a^2+(\sqrt{3}a)^2=4a^2$，
∴ $OP=2a$。
又∵ $OP=OB+PB$，$OB=OA=a$，$PB=2-a$，
∴ $OP=a+2-a=2$，
∴ $2a=2$，解得$a=1$。
∴ $OM=OB=1$，$OP=2$，$PM=\sqrt{3}$，$PB=1$。
在$\mathrm{Rt}△ OMP$中，$OM=1$，$OP=2$，可得$∠ MOP=60°$，
又∵ $OM=OB$，
∴ $△ OMB$是等边三角形，
∴ $MB=OB=1$。
∴ $△ PMB$的周长$=PM+PB+MB=\sqrt{3}+1+1=2+\sqrt{3}$。

5.如图,已知线段PA,PB分别与⊙O相切于点A,B.C为PB延长线上一点，CD⊥PC于点C,线段CD与⊙O相切于点D,且PA=4,PC=6,则⊙O的半径R=.

$\boldsymbol{2}$

解：连接OB，OD。
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，B，
∴由切线长定理得：PA=PB=4，OB⊥PC。
∵CD与⊙O相切于点D，
∴OD⊥CD。
又∵CD⊥PC，
∴∠OBC=∠C=∠ODC=90°，
∴四边形OBCD是矩形。
∵OB=OD=R，
∴矩形OBCD是正方形，
∴BC=R。
∵PC=6，
∴BC=PC-PB=6-4=2，
∴R=2。

6.如图,在$\mathrm{Rt}△ AOB$中,$OA=OB=4$,$\odot O$的半径为1,$P$是$AB$边上的动点.若过点$P$作$\odot O$的一条切线$PQ$（$Q$为切点）,则线段$PQ$长度的最小值为.

$\boldsymbol{\sqrt{7}}$

解：连接OQ、OP。
∵ PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴ OQ⊥PQ，
由勾股定理可得：$PQ^2 = OP^2 - OQ^2$。
∵ ⊙O的半径$OQ=1$，
∴ $PQ = \sqrt{OP^2 - 1}$。
要使PQ长度最小，则需OP的长度最小。
在$\mathrm{Rt}△AOB$中，$OA=OB=4$，$∠ AOB=90°$，
∴ $AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{4^2 + 4^2} = 4\sqrt{2}$。
当$OP⊥ AB$时，OP取得最小值，此时OP是$\mathrm{Rt}△AOB$斜边AB上的高，
由三角形面积公式：$S_{△ AOB} = \frac{1}{2}· OA· OB = \frac{1}{2}· AB· OP$，
代入得：$\frac{1}{2} × 4 × 4 = \frac{1}{2} × 4\sqrt{2} × OP$，
解得$OP=2\sqrt{2}$。
将$OP=2\sqrt{2}$代入PQ的表达式，得PQ的最小值为：
$\sqrt{(2\sqrt{2})^2 - 1^2} = \sqrt{8-1} = \sqrt{7}$。
最终

7. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，以$AC$为直径的$\odot O$交$AB$于点$D$，点$E$在$BC$上，且$BE=DE$.
(1) 求证：$DE$是$\odot O$的切线；
(2) 试判断$DE$与$BC$的数量关系，并说明理由；
(3) 若$∠ B=30°$，$AB=8\sqrt{3}$，求阴影部分的面积（结果保留$π$）.

(1) 证明：
连接$OD$，
$\because OD=OA$，
$\therefore ∠ A=∠ ODA$，
$\because BE=DE$，
$\therefore ∠ B=∠ EDB$，
$\because ∠ C=90°$，
$\therefore ∠ A+∠ B=90°$，
$\therefore ∠ ODA+∠ EDB=∠ A+∠ B=90°$，
$\therefore ∠ ODE=180°-(∠ ODA+∠ EDB)=90°$，即$OD⊥ DE$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore DE$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：$DE=\dfrac{1}{2}BC$，理由如下：
连接$CD$，
$\because AC$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ CDB=90°$，即$△ CDB$是直角三角形，
$\because BE=DE$，
$\therefore ∠ B=∠ EDB$，
$\because ∠ CDB=90°$，
$\therefore ∠ EDC+∠ EDB=90°$，$∠ DCE+∠ B=90°$，
$\therefore ∠ EDC=∠ DCE$，
$\therefore CE=DE$，
$\therefore CE=BE=DE$，
$\therefore DE=\dfrac{1}{2}BC$。
---
(3) 解：
$\because ∠ B=30°$，$∠ ACB=90°$，$AB=8\sqrt{3}$，
$\therefore ∠ A=90°-∠ B=60°$，
$AC=AB·\sin30°=8\sqrt{3}×\dfrac{1}{2}=4\sqrt{3}$，
$BC=AB·\cos30°=8\sqrt{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=12$，
$\therefore OC=OD=\dfrac{1}{2}AC=2\sqrt{3}$，
$\because OA=OD$，$∠ A=60°$，
$\therefore △ AOD$是等边三角形，$∠ AOD=60°$，
$\therefore ∠ COD=180°-∠ AOD=120°$，
由(2)得$CE=DE=\dfrac{1}{2}BC=6$，
$\because DE$是$\odot O$的切线，$\therefore OD⊥ DE$，又$∠ ACB=90°$，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}OCED}=S_{△ OCE}+S_{△ ODE}=\dfrac{1}{2}× OC× CE+\dfrac{1}{2}× OD× DE=\dfrac{1}{2}×2\sqrt{3}×6+\dfrac{1}{2}×2\sqrt{3}×6=12\sqrt{3}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCD}=\dfrac{120π×(2\sqrt{3})^2}{360}=4π$，
$\therefore$ 阴影部分的面积$=S_{\mathrm{四边形}OCED}-S_{\mathrm{扇形}OCD}=12\sqrt{3}-4π$。
答：阴影部分的面积为$12\sqrt{3}-4π$。