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7. 如图,在平面直角坐标系中,$\odot M$与y轴相切于原点O,平行于x轴的直线交$\odot M$于P,Q两点,点P在点Q的右边,若点P的坐标为$(-1,3)$,则点Q的坐标是 (
A.$(-9,3)$
B.$(-10,3)$
C.$(-9,1)$
D.$(-9,4)$
A
)A.$(-9,3)$
B.$(-10,3)$
C.$(-9,1)$
D.$(-9,4)$
答案
7.A
解析
【分析】首先根据切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，可确定圆心M在x轴上，设⊙M半径为r，则M点坐标为$(-r,0)$。再结合PQ平行于x轴的特点，过M作$MN ⊥ PQ$于点N，由垂径定理可知N是PQ的中点，最后在直角三角形MNP中利用勾股定理列方程求出半径r，再根据中点坐标的性质即可求出Q点坐标。
【解析】
1. 因为$\odot M$与y轴相切于原点O，由切线的性质得$MO ⊥ y$轴，因此圆心M在x轴上。设$\odot M$的半径为r，则M点坐标为$(-r,0)$。
2. 过点M作$MN ⊥ PQ$于点N，根据垂径定理，N为PQ的中点。
3. 由于PQ平行于x轴，点P坐标为$(-1,3)$，因此PQ上所有点纵坐标均为3，可得N点纵坐标为3，$MN=3$，N点横坐标与M相同为$-r$，因此$PN=|-1 - (-r)|=r-1$。
4. 在$Rt△ MNP$中，MP为半径r，由勾股定理得：
$MN^2 + PN^2 = MP^2$
代入数据得$3^2 + (r-1)^2 = r^2$
5. 解方程：
$9 + r^2 -2r +1 = r^2$
化简得$10-2r=0$，解得$r=5$。
6. 因此N点坐标为$(-5,3)$，设Q点坐标为$(x,3)$，由N是PQ中点得：
$\frac{-1+x}{2}=-5$
解得$x=-9$，即Q点坐标为$(-9,3)$。
【答案】A
【知识点】切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】本题是圆的性质的综合应用题，解题的核心是先通过切线性质确定圆心位置，再结合垂径定理构造直角三角形，用勾股定理求出半径，整体逻辑清晰，是圆相关的典型题型。
【难度系数】0.7
【解析】
1. 因为$\odot M$与y轴相切于原点O，由切线的性质得$MO ⊥ y$轴，因此圆心M在x轴上。设$\odot M$的半径为r，则M点坐标为$(-r,0)$。
2. 过点M作$MN ⊥ PQ$于点N，根据垂径定理，N为PQ的中点。
3. 由于PQ平行于x轴，点P坐标为$(-1,3)$，因此PQ上所有点纵坐标均为3，可得N点纵坐标为3，$MN=3$，N点横坐标与M相同为$-r$，因此$PN=|-1 - (-r)|=r-1$。
4. 在$Rt△ MNP$中，MP为半径r，由勾股定理得：
$MN^2 + PN^2 = MP^2$
代入数据得$3^2 + (r-1)^2 = r^2$
5. 解方程：
$9 + r^2 -2r +1 = r^2$
化简得$10-2r=0$，解得$r=5$。
6. 因此N点坐标为$(-5,3)$，设Q点坐标为$(x,3)$，由N是PQ中点得：
$\frac{-1+x}{2}=-5$
解得$x=-9$，即Q点坐标为$(-9,3)$。
【答案】A
【知识点】切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】本题是圆的性质的综合应用题，解题的核心是先通过切线性质确定圆心位置，再结合垂径定理构造直角三角形，用勾股定理求出半径，整体逻辑清晰，是圆相关的典型题型。
【难度系数】0.7
8.如图，$\odot O$的半径为5，圆心O到直线$l$的距离为6，P为直线$l$上一动点，过点P作$\odot O$的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为
$\sqrt{11}$
。答案
8.$\sqrt{11}$
解析
【分析】
要解决切线长PQ的最小值问题，首先结合切线的性质可知△OQP为直角三角形，OQ是固定半径，因此可通过勾股定理将PQ的长度用OP表示，再根据“垂线段最短”找到OP的最小值，代入计算即可得到PQ的最小值。
【解析】
连接OQ，
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴OQ⊥PQ，即△OQP是直角三角形。
由勾股定理可得：$PQ^2 + OQ^2 = OP^2$，
已知⊙O半径$OQ=5$，因此$PQ=\sqrt{OP^2 - OQ^2}=\sqrt{OP^2 - 25}$。
要使PQ最小，需使OP最小，根据“垂线段最短”，圆心O到直线l的距离为6，即OP的最小值为6。
将$OP=6$代入得：$PQ_{最小}=\sqrt{6^2 - 5^2}=\sqrt{36-25}=\sqrt{11}$。
【答案】
$\sqrt{11}$
【知识点】
切线的性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题是典型的几何最值类考题，解题的核心是通过切线性质和勾股定理将所求线段的最值转化为定点到直线的最短距离问题，需熟练掌握相关性质的灵活运用。
【难度系数】
0.7
要解决切线长PQ的最小值问题，首先结合切线的性质可知△OQP为直角三角形，OQ是固定半径，因此可通过勾股定理将PQ的长度用OP表示，再根据“垂线段最短”找到OP的最小值，代入计算即可得到PQ的最小值。
【解析】
连接OQ，
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴OQ⊥PQ，即△OQP是直角三角形。
由勾股定理可得：$PQ^2 + OQ^2 = OP^2$，
已知⊙O半径$OQ=5$，因此$PQ=\sqrt{OP^2 - OQ^2}=\sqrt{OP^2 - 25}$。
要使PQ最小，需使OP最小，根据“垂线段最短”，圆心O到直线l的距离为6，即OP的最小值为6。
将$OP=6$代入得：$PQ_{最小}=\sqrt{6^2 - 5^2}=\sqrt{36-25}=\sqrt{11}$。
【答案】
$\sqrt{11}$
【知识点】
切线的性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题是典型的几何最值类考题，解题的核心是通过切线性质和勾股定理将所求线段的最值转化为定点到直线的最短距离问题，需熟练掌握相关性质的灵活运用。
【难度系数】
0.7
9.如图,正方形ABCD的边长为8,M是AB边的中点,P是BC边上的动点,连接PM,以点P为圆心,PM长为半径作$\odot P$.当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时,BP的长为
3或$4\sqrt{3}$
.答案
9.3或$4\sqrt{3}$
解析
【分析】
解决本题需分类讨论⊙P与正方形边相切的两种情形：①⊙P与CD边相切；②⊙P与AD边相切。每种情形利用“圆心到切线的距离等于半径”的切线性质，结合勾股定理建立方程求解BP的长度即可。
【解析】
设BP的长为$x$，
∵正方形ABCD的边长为8，M是AB边的中点，
∴$MB=4$，$PC=8-x$。
分两种情况讨论：
1. 当$\odot P$与CD边相切时，圆心P到CD的距离等于半径$PM$，即$PM=PC=8-x$。
在$Rt△ MBP$中，由勾股定理得$PM^2=MB^2+BP^2$，代入得：
$(8-x)^2=4^2+x^2$
展开化简得$64-16x=16$，解得$x=3$。
2. 当$\odot P$与AD边相切时，圆心P到AD的距离等于正方形的边长8，即$PM=8$。
在$Rt△ MBP$中，由勾股定理得$PM^2=MB^2+BP^2$，代入得：
$8^2=4^2+x^2$
化简得$x^2=48$，解得$x=4\sqrt{3}$（长度为正，舍去负根）。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的常见题型，解题核心是准确分类圆和正方形不同边相切的情况，结合几何性质用方程思想求解，做题时需注意避免漏解。
【难度系数】
0.6
解决本题需分类讨论⊙P与正方形边相切的两种情形：①⊙P与CD边相切；②⊙P与AD边相切。每种情形利用“圆心到切线的距离等于半径”的切线性质，结合勾股定理建立方程求解BP的长度即可。
【解析】
设BP的长为$x$，
∵正方形ABCD的边长为8，M是AB边的中点，
∴$MB=4$，$PC=8-x$。
分两种情况讨论：
1. 当$\odot P$与CD边相切时，圆心P到CD的距离等于半径$PM$，即$PM=PC=8-x$。
在$Rt△ MBP$中，由勾股定理得$PM^2=MB^2+BP^2$，代入得：
$(8-x)^2=4^2+x^2$
展开化简得$64-16x=16$，解得$x=3$。
2. 当$\odot P$与AD边相切时，圆心P到AD的距离等于正方形的边长8，即$PM=8$。
在$Rt△ MBP$中，由勾股定理得$PM^2=MB^2+BP^2$，代入得：
$8^2=4^2+x^2$
化简得$x^2=48$，解得$x=4\sqrt{3}$（长度为正，舍去负根）。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的常见题型，解题核心是准确分类圆和正方形不同边相切的情况，结合几何性质用方程思想求解，做题时需注意避免漏解。
【难度系数】
0.6
10.(2025·宿迁沭阳县一模)如图,在△ABC中,∠C=90°,AD是∠BAC的平分线,O是AB上一点,以OA为半径的⊙O经过点D,交AB于点E.
(1)求证:BC是⊙O的切线;
(2)若BE=1,BD=2,求AB的长.
(1)求证:BC是⊙O的切线;
(2)若BE=1,BD=2,求AB的长.
答案
10.(1)证明:
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠DAB=∠DAC.
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ODA,
∴∠ODA=∠DAC,
∴OD//AC,
∴∠ODB=∠C=90°,即BC⊥OD.
又
∵点D在⊙O上,
∴BC是⊙O的切线.
(2)解:设⊙O的半径为r,则OD=r,OB=r+1,
在Rt△OBD中,由勾股定理,得$r^2+2^2=(r+1)^2$,解得$r=\frac{3}{2}$,
∴AB=2r+1=4.
∵AD是∠BAC的平分线,
∴∠DAB=∠DAC.
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ODA,
∴∠ODA=∠DAC,
∴OD//AC,
∴∠ODB=∠C=90°,即BC⊥OD.
又
∵点D在⊙O上,
∴BC是⊙O的切线.
(2)解:设⊙O的半径为r,则OD=r,OB=r+1,
在Rt△OBD中,由勾股定理,得$r^2+2^2=(r+1)^2$,解得$r=\frac{3}{2}$,
∴AB=2r+1=4.
解析
【分析】
(1)要证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明BC垂直于过切点D的半径OD。首先由AD是角平分线可得∠DAB=∠DAC，再结合OA=OD可推出∠OAD=∠ODA，等量代换得到∠ODA=∠DAC，进而得到OD//AC，结合∠C=90°即可推出OD⊥BC，满足切线的判定条件。
(2)求AB的长时，可先设⊙O的半径为r，用含r的式子表示Rt△OBD的三边长：OD=r，OB=OE+BE=r+1，BD=2，再利用勾股定理列方程求解r，最后根据AB=AE+BE=2r+BE即可求出AB的长度。
【解析】
(1)证明：
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAB=∠DAC.
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠ODA=∠DAC，
∴OD//AC，
∴∠ODB=∠C=90°，即BC⊥OD.
又
∵点D在⊙O上，
∴BC是⊙O的切线.
(2)解：设⊙O的半径为r，则OD=r，OB=r+1，
在Rt△OBD中，由勾股定理，得$r^2+2^2=(r+1)^2$，解得$r=\frac{3}{2}$，
∴AB=2r+1=2×$\frac{3}{2}$+1=4.
【答案】
(1)BC是⊙O的切线；(2)AB的长为4
【知识点】
切线的判定，勾股定理，角平分线的性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，切线证明的“连半径、证垂直”是常考的解题思路，第二问利用方程思想结合勾股定理求线段长度，是几何计算中常用的方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
(1)要证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明BC垂直于过切点D的半径OD。首先由AD是角平分线可得∠DAB=∠DAC，再结合OA=OD可推出∠OAD=∠ODA，等量代换得到∠ODA=∠DAC，进而得到OD//AC，结合∠C=90°即可推出OD⊥BC，满足切线的判定条件。
(2)求AB的长时，可先设⊙O的半径为r，用含r的式子表示Rt△OBD的三边长：OD=r，OB=OE+BE=r+1，BD=2，再利用勾股定理列方程求解r，最后根据AB=AE+BE=2r+BE即可求出AB的长度。
【解析】
(1)证明：
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAB=∠DAC.
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠ODA=∠DAC，
∴OD//AC，
∴∠ODB=∠C=90°，即BC⊥OD.
又
∵点D在⊙O上，
∴BC是⊙O的切线.
(2)解：设⊙O的半径为r，则OD=r，OB=r+1，
在Rt△OBD中，由勾股定理，得$r^2+2^2=(r+1)^2$，解得$r=\frac{3}{2}$，
∴AB=2r+1=2×$\frac{3}{2}$+1=4.
【答案】
(1)BC是⊙O的切线；(2)AB的长为4
【知识点】
切线的判定，勾股定理，角平分线的性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，切线证明的“连半径、证垂直”是常考的解题思路，第二问利用方程思想结合勾股定理求线段长度，是几何计算中常用的方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
11.(2025·山东)如图,在△OAB中,点A在⊙O上,边OB交⊙O于点C,AD⊥OB于点D.AC是∠BAD的平分线.
(1)求证:AB为⊙O的切线;
(2)若⊙O的半径为2,∠AOB=45°,求CB的长.
(1)求证:AB为⊙O的切线;
(2)若⊙O的半径为2,∠AOB=45°,求CB的长.
答案
11.(1)证明:
∵AD⊥OB于点D,
∴∠ADB=90°.
∵AC是∠BAD的平分线,
∴∠DAC=∠BAC.
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA.
∵∠OAC = ∠OAD + ∠DAC = ∠OAD + ∠BAC,
∠OCA=∠B+∠BAC,
∴∠OAD+∠BAC=∠B+∠BAC,
∴∠OAD=∠B,
∴∠OAB=∠OAD+∠BAD=∠B+∠BAD=90°.
∵OA是⊙O的半径,且AB⊥OA,
∴AB为⊙O的切线.
(2)解:
∵∠OAB=90°,∠AOB=45°,
∴∠B=∠AOB=45°,
∴AB=OA.
∵⊙O的半径为2,
∴AB=OA=OC=2,
∴OB=$\sqrt{AB^2+OA^2}=\sqrt{2}OA=2\sqrt{2}$,
∴CB=OB−OC=$2\sqrt{2}−2$.
∵AD⊥OB于点D,
∴∠ADB=90°.
∵AC是∠BAD的平分线,
∴∠DAC=∠BAC.
∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA.
∵∠OAC = ∠OAD + ∠DAC = ∠OAD + ∠BAC,
∠OCA=∠B+∠BAC,
∴∠OAD+∠BAC=∠B+∠BAC,
∴∠OAD=∠B,
∴∠OAB=∠OAD+∠BAD=∠B+∠BAD=90°.
∵OA是⊙O的半径,且AB⊥OA,
∴AB为⊙O的切线.
(2)解:
∵∠OAB=90°,∠AOB=45°,
∴∠B=∠AOB=45°,
∴AB=OA.
∵⊙O的半径为2,
∴AB=OA=OC=2,
∴OB=$\sqrt{AB^2+OA^2}=\sqrt{2}OA=2\sqrt{2}$,
∴CB=OB−OC=$2\sqrt{2}−2$.
解析
【分析】
(1)要证明AB是⊙O的切线，根据切线的判定定理，核心目标是证明AB垂直于半径OA，即证∠OAB=90°。首先由AD⊥OB可得∠ADB=90°，结合AC是∠BAD的平分线得到∠DAC=∠BAC，再利用OA=OC（都是圆的半径）推出∠OAC=∠OCA，通过角的和差关系做等量代换，最终可推导出∠OAB=90°，完成切线的证明。
(2)求CB的长度，观察图形可知CB=OB-OC，其中OC是⊙O的半径已知为2，因此只需计算OB的长度即可。由(1)已证∠OAB=90°，结合∠AOB=45°可判断△OAB是等腰直角三角形，利用勾股定理算出OB的长后减去OC的长度，即可得到CB的长。
【解析】
(1)证明：
∵AD⊥OB于点D，
∴∠ADB=90°。
∵AC是∠BAD的平分线，
∴∠DAC=∠BAC。
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA。
∵∠OAC = ∠OAD + ∠DAC = ∠OAD + ∠BAC，
∠OCA=∠B+∠BAC，
∴∠OAD+∠BAC=∠B+∠BAC，
∴∠OAD=∠B，
∴∠OAB=∠OAD+∠BAD=∠B+∠BAD=90°。
∵OA是⊙O的半径，且AB⊥OA，
∴AB为⊙O的切线。
(2)解：
∵∠OAB=90°，∠AOB=45°，
∴∠B=∠AOB=45°，
∴AB=OA。
∵⊙O的半径为2，
∴AB=OA=OC=2，
∴OB=$\sqrt{AB^2+OA^2}=\sqrt{2}OA=2\sqrt{2}$，
∴CB=OB−OC=$2\sqrt{2}−2$。
【答案】
(1)AB为⊙O的切线，证明成立；
(2)CB的长为$2\sqrt{2}-2$。
【知识点】
切线的判定定理；等腰三角形性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，属于切线判定类的典型常考题，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，结合角的等量代换、特殊直角三角形的性质和勾股定理逐步推导求解。
【难度系数】
0.7
(1)要证明AB是⊙O的切线，根据切线的判定定理，核心目标是证明AB垂直于半径OA，即证∠OAB=90°。首先由AD⊥OB可得∠ADB=90°，结合AC是∠BAD的平分线得到∠DAC=∠BAC，再利用OA=OC（都是圆的半径）推出∠OAC=∠OCA，通过角的和差关系做等量代换，最终可推导出∠OAB=90°，完成切线的证明。
(2)求CB的长度，观察图形可知CB=OB-OC，其中OC是⊙O的半径已知为2，因此只需计算OB的长度即可。由(1)已证∠OAB=90°，结合∠AOB=45°可判断△OAB是等腰直角三角形，利用勾股定理算出OB的长后减去OC的长度，即可得到CB的长。
【解析】
(1)证明：
∵AD⊥OB于点D，
∴∠ADB=90°。
∵AC是∠BAD的平分线，
∴∠DAC=∠BAC。
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA。
∵∠OAC = ∠OAD + ∠DAC = ∠OAD + ∠BAC，
∠OCA=∠B+∠BAC，
∴∠OAD+∠BAC=∠B+∠BAC，
∴∠OAD=∠B，
∴∠OAB=∠OAD+∠BAD=∠B+∠BAD=90°。
∵OA是⊙O的半径，且AB⊥OA，
∴AB为⊙O的切线。
(2)解：
∵∠OAB=90°，∠AOB=45°，
∴∠B=∠AOB=45°，
∴AB=OA。
∵⊙O的半径为2，
∴AB=OA=OC=2，
∴OB=$\sqrt{AB^2+OA^2}=\sqrt{2}OA=2\sqrt{2}$，
∴CB=OB−OC=$2\sqrt{2}−2$。
【答案】
(1)AB为⊙O的切线，证明成立；
(2)CB的长为$2\sqrt{2}-2$。
【知识点】
切线的判定定理；等腰三角形性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，属于切线判定类的典型常考题，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，结合角的等量代换、特殊直角三角形的性质和勾股定理逐步推导求解。
【难度系数】
0.7
