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8 如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=30°，CB=2√3，BD平分∠ABC，点P为线段BD上一动点。以点P为圆心、1为半径作⊙P，当⊙P与△ACB的边相切时，BP的长为
$2或4-\frac{2}{3}\sqrt{3}$
。答案
8.$2或4-\frac{2}{3}\sqrt{3}$
解析
【分析】
首先根据Rt△ACB的已知角度求出∠ABC=60°，结合角平分线性质得到∠CBD=∠ABD=30°，先求出BD的总长度。再分两类讨论⊙P与△ACB的边相切的情况：①⊙P与AB或BC边相切，根据角平分线性质，点P到AB、BC的距离相等，两种情况对应同一个BP值，利用切线性质得圆心到边的距离等于半径1，结合30°直角三角形的性质计算BP；②⊙P与AC边相切，过P作AC的垂线，利用特殊角的三角函数求出PD的长度，再用BD总长减去PD得到BP，最后汇总所有符合条件的结果即可。
【解析】
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=30°。
在Rt△BCD中，BC=2√3，$\cos30°=\frac{BC}{BD}$，
∴$BD=\frac{BC}{\cos30°}=\frac{2\sqrt3}{\frac{\sqrt3}{2}}=4$。
情况1：⊙P与BC边（或AB边）相切
过点P作PE⊥BC于E，
∵⊙P与BC相切，
∴PE=r=1，
在Rt△PBE中，∠PBE=30°，
∴$PE=\frac{1}{2}BP$，
∴$BP=2PE=2×1=2$。
情况2：⊙P与AC边相切
过点P作PG⊥AC于G，
∵⊙P与AC相切，
∴PG=r=1，
∵∠ACB=90°，
∴∠BDC=60°，
在Rt△PDG中，$PG=PD·\sin60°$，
即$1=PD×\frac{\sqrt3}{2}$，解得$PD=\frac{2\sqrt3}{3}$，
∴$BP=BD-PD=4-\frac{2\sqrt3}{3}=4-\frac{2}{3}\sqrt3$。
综上，BP的长为2或$4-\frac{2}{3}\sqrt3$。
【答案】
$2$或$4-\frac{2}{3}\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，角平分线的性质，解直角三角形
【点评】
本题重点考查分类讨论思想的应用，解题时要注意全面考虑圆与三角形三条边分别相切的情况，避免漏解，结合特殊角的三角函数值即可快速计算线段长度，属于中档题。
【难度系数】
0.5
首先根据Rt△ACB的已知角度求出∠ABC=60°，结合角平分线性质得到∠CBD=∠ABD=30°，先求出BD的总长度。再分两类讨论⊙P与△ACB的边相切的情况：①⊙P与AB或BC边相切，根据角平分线性质，点P到AB、BC的距离相等，两种情况对应同一个BP值，利用切线性质得圆心到边的距离等于半径1，结合30°直角三角形的性质计算BP；②⊙P与AC边相切，过P作AC的垂线，利用特殊角的三角函数求出PD的长度，再用BD总长减去PD得到BP，最后汇总所有符合条件的结果即可。
【解析】
在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=30°。
在Rt△BCD中，BC=2√3，$\cos30°=\frac{BC}{BD}$，
∴$BD=\frac{BC}{\cos30°}=\frac{2\sqrt3}{\frac{\sqrt3}{2}}=4$。
情况1：⊙P与BC边（或AB边）相切
过点P作PE⊥BC于E，
∵⊙P与BC相切，
∴PE=r=1，
在Rt△PBE中，∠PBE=30°，
∴$PE=\frac{1}{2}BP$，
∴$BP=2PE=2×1=2$。
情况2：⊙P与AC边相切
过点P作PG⊥AC于G，
∵⊙P与AC相切，
∴PG=r=1，
∵∠ACB=90°，
∴∠BDC=60°，
在Rt△PDG中，$PG=PD·\sin60°$，
即$1=PD×\frac{\sqrt3}{2}$，解得$PD=\frac{2\sqrt3}{3}$，
∴$BP=BD-PD=4-\frac{2\sqrt3}{3}=4-\frac{2}{3}\sqrt3$。
综上，BP的长为2或$4-\frac{2}{3}\sqrt3$。
【答案】
$2$或$4-\frac{2}{3}\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，角平分线的性质，解直角三角形
【点评】
本题重点考查分类讨论思想的应用，解题时要注意全面考虑圆与三角形三条边分别相切的情况，避免漏解，结合特殊角的三角函数值即可快速计算线段长度，属于中档题。
【难度系数】
0.5
9 如图,在边长为4的等边$△ AOB$中,$\odot O$的半径为1,点P是AB边上的动点,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
$\sqrt{11}$
。答案
9.$\sqrt{11}$
[提示:连接OP、OQ,作$OF ⊥ AB$于点F,则$∠ OFA=90°$。在$\mathrm{Rt}△ AOF$中,$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。在$\mathrm{Rt}△ OPQ$中,由勾股定理得$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$,所以当OP的值最小时PQ的值最小,所以当$OP=OF=2\sqrt{3}$时,PQ的最小值为$\sqrt{(2\sqrt{3})^2-1}=\sqrt{11}$。]
[提示:连接OP、OQ,作$OF ⊥ AB$于点F,则$∠ OFA=90°$。在$\mathrm{Rt}△ AOF$中,$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。在$\mathrm{Rt}△ OPQ$中,由勾股定理得$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$,所以当OP的值最小时PQ的值最小,所以当$OP=OF=2\sqrt{3}$时,PQ的最小值为$\sqrt{(2\sqrt{3})^2-1}=\sqrt{11}$。]
解析
【分析】
遇到切线问题首先考虑切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此可得OQ⊥PQ，即△OPQ为直角三角形。结合勾股定理可推出PQ的长度由OP的长度决定（OQ为固定的半径），要使PQ最小，需先找到OP的最小值；根据点到直线的距离垂线段最短，OP的最小值为点O到AB边的垂线段长度，即等边△AOB的高，求出高后再代入勾股定理即可算出PQ的最小值。
【解析】
解：连接OP、OQ，过点O作OF⊥AB于点F。
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴OQ⊥PQ，即△OPQ为直角三角形。
在Rt△OPQ中，OQ=r=1，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$，
由此可知，当OP取最小值时，PQ的值最小。
∵点P在AB边上运动，根据垂线段最短，当OP=OF时，OP取得最小值。
∵△AOB是边长为4的等边三角形，OF⊥AB，
∴$AF=\frac{1}{2}AB=2$，
在Rt△AOF中，由勾股定理得：
$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
即OP的最小值为$2\sqrt{3}$，
将OP最小值代入PQ的表达式得：
$PQ_{\mathrm{最小}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-1}=\sqrt{12-1}=\sqrt{11}$。
【答案】
$\sqrt{11}$
【知识点】
切线的性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题是几何最值类综合题，解题核心是将求切线长PQ的最小值转化为求点O到线段AB的最短距离，熟练掌握切线性质、垂线段最短的应用以及勾股定理的计算是解题的关键。
【难度系数】
0.6
遇到切线问题首先考虑切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此可得OQ⊥PQ，即△OPQ为直角三角形。结合勾股定理可推出PQ的长度由OP的长度决定（OQ为固定的半径），要使PQ最小，需先找到OP的最小值；根据点到直线的距离垂线段最短，OP的最小值为点O到AB边的垂线段长度，即等边△AOB的高，求出高后再代入勾股定理即可算出PQ的最小值。
【解析】
解：连接OP、OQ，过点O作OF⊥AB于点F。
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴OQ⊥PQ，即△OPQ为直角三角形。
在Rt△OPQ中，OQ=r=1，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$，
由此可知，当OP取最小值时，PQ的值最小。
∵点P在AB边上运动，根据垂线段最短，当OP=OF时，OP取得最小值。
∵△AOB是边长为4的等边三角形，OF⊥AB，
∴$AF=\frac{1}{2}AB=2$，
在Rt△AOF中，由勾股定理得：
$OF=\sqrt{OA^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，
即OP的最小值为$2\sqrt{3}$，
将OP最小值代入PQ的表达式得：
$PQ_{\mathrm{最小}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-1}=\sqrt{12-1}=\sqrt{11}$。
【答案】
$\sqrt{11}$
【知识点】
切线的性质，垂线段最短，勾股定理
【点评】
本题是几何最值类综合题，解题核心是将求切线长PQ的最小值转化为求点O到线段AB的最短距离，熟练掌握切线性质、垂线段最短的应用以及勾股定理的计算是解题的关键。
【难度系数】
0.6
10 如图，在$\odot O$中，AB是直径，CD是弦，$AB ⊥ CD$，垂足为点P。过点D作$\odot O$的切线，与AB的延长线相交于点E。若$∠ ABC = 63°$，则$∠ E$的度数为
$36°$
。答案
10.$36°$
[提示:连接OD。因为$∠ ABC=63°$,$AB ⊥ CD$,所以$∠ BCD=27°$。由圆周角定理,得$∠ BOD=2∠ BCD=54°$。由切线的性质,可得$∠ ODE=90°$,所以$∠ E=36°$。]
[提示:连接OD。因为$∠ ABC=63°$,$AB ⊥ CD$,所以$∠ BCD=27°$。由圆周角定理,得$∠ BOD=2∠ BCD=54°$。由切线的性质,可得$∠ ODE=90°$,所以$∠ E=36°$。]
解析
【分析】
解题时首先根据切线的性质特征，遇到切线可连接过切点的半径得到直角，因此先作辅助线连接OD。已知AB⊥CD，∠ABC=63°，可先在Rt△CPB中求出∠BCD的度数；再利用圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，求出圆心角∠BOD的度数；最后根据切线的性质得到∠ODE=90°，在Rt△ODE中利用直角三角形两锐角互余即可求出∠E的度数。
【解析】
解：连接OD。
∵ AB⊥CD，垂足为P，
∴ ∠CPB=90°，
在Rt△CPB中，∠ABC=63°，
∴ ∠BCD=90°-∠ABC=90°-63°=27°。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，弧BD所对的圆心角为∠BOD，圆周角为∠BCD，
∴ ∠BOD=2∠BCD=2×27°=54°。
∵ DE是⊙O的切线，D为切点，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°，
在Rt△ODE中，∠E=90°-∠BOD=90°-54°=36°。
【答案】
$36°$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；直角三角形两锐角互余
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题关键是合理添加连接半径的辅助线，将切线性质、圆周角定理与直角三角形的性质结合使用，可有效考查对圆的核心性质的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据切线的性质特征，遇到切线可连接过切点的半径得到直角，因此先作辅助线连接OD。已知AB⊥CD，∠ABC=63°，可先在Rt△CPB中求出∠BCD的度数；再利用圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，求出圆心角∠BOD的度数；最后根据切线的性质得到∠ODE=90°，在Rt△ODE中利用直角三角形两锐角互余即可求出∠E的度数。
【解析】
解：连接OD。
∵ AB⊥CD，垂足为P，
∴ ∠CPB=90°，
在Rt△CPB中，∠ABC=63°，
∴ ∠BCD=90°-∠ABC=90°-63°=27°。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，弧BD所对的圆心角为∠BOD，圆周角为∠BCD，
∴ ∠BOD=2∠BCD=2×27°=54°。
∵ DE是⊙O的切线，D为切点，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°，
在Rt△ODE中，∠E=90°-∠BOD=90°-54°=36°。
【答案】
$36°$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；直角三角形两锐角互余
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题关键是合理添加连接半径的辅助线，将切线性质、圆周角定理与直角三角形的性质结合使用，可有效考查对圆的核心性质的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.7
11 如图，点O是Rt△ABC斜边AC边上的一点，以OA为半径的⊙O与边BC相切于点D。求证：AD平分∠BAC。
答案
11. 连接OD。因为以OA为半径的$\odot O$与边BC相切于点D,所以$OD ⊥ BC$。因为$∠ ABC=90°$,所以$OD // AB$,所以$∠ ODA=∠ BAD$。因为$OA=OD$,所以$∠ ODA=∠ OAD$,所以$∠ BAD=∠ OAD$,所以AD平分$∠ BAC$。
解析
【分析】
要证明AD平分∠BAC，即需证∠BAD=∠OAD。首先看到BC是⊙O的切线，根据切线的性质，优先考虑连接过切点D的半径OD，可得OD⊥BC；结合Rt△ABC中∠B=90°即AB⊥BC，可推出OD//AB，利用平行线内错角相等可得∠ODA=∠BAD；再结合OA、OD都是⊙O的半径，等腰△ODA中∠ODA=∠OAD，通过等量代换即可得到两个角相等，完成证明。
【解析】
证明：连接OD，
∵ 以OA为半径的⊙O与边BC相切于点D，
∴ OD⊥BC，
∵ Rt△ABC中∠ABC=90°，即AB⊥BC，
∴ OD//AB，
∴ ∠ODA=∠BAD，
又
∵ OA=OD（同圆的半径相等），
∴ ∠ODA=∠OAD，
∴ ∠BAD=∠OAD，即AD平分∠BAC。
【答案】
连接OD。因为以OA为半径的$\odot O$与边BC相切于点D,所以$OD ⊥ BC$。因为$∠ ABC=90°$,所以$OD // AB$,所以$∠ ODA=∠ BAD$。因为$OA=OD$,所以$∠ ODA=∠ OAD$,所以$∠ BAD=∠ OAD$,所以AD平分$∠ BAC$。
【知识点】
切线的性质；平行线的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆相关的基础证明题，“见切线，连半径”是这类问题的常用辅助线技巧，结合平行线、等腰三角形的角的性质即可完成推导，解题思路较为固定。
【难度系数】
0.8
要证明AD平分∠BAC，即需证∠BAD=∠OAD。首先看到BC是⊙O的切线，根据切线的性质，优先考虑连接过切点D的半径OD，可得OD⊥BC；结合Rt△ABC中∠B=90°即AB⊥BC，可推出OD//AB，利用平行线内错角相等可得∠ODA=∠BAD；再结合OA、OD都是⊙O的半径，等腰△ODA中∠ODA=∠OAD，通过等量代换即可得到两个角相等，完成证明。
【解析】
证明：连接OD，
∵ 以OA为半径的⊙O与边BC相切于点D，
∴ OD⊥BC，
∵ Rt△ABC中∠ABC=90°，即AB⊥BC，
∴ OD//AB，
∴ ∠ODA=∠BAD，
又
∵ OA=OD（同圆的半径相等），
∴ ∠ODA=∠OAD，
∴ ∠BAD=∠OAD，即AD平分∠BAC。
【答案】
连接OD。因为以OA为半径的$\odot O$与边BC相切于点D,所以$OD ⊥ BC$。因为$∠ ABC=90°$,所以$OD // AB$,所以$∠ ODA=∠ BAD$。因为$OA=OD$,所以$∠ ODA=∠ OAD$,所以$∠ BAD=∠ OAD$,所以AD平分$∠ BAC$。
【知识点】
切线的性质；平行线的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆相关的基础证明题，“见切线，连半径”是这类问题的常用辅助线技巧，结合平行线、等腰三角形的角的性质即可完成推导，解题思路较为固定。
【难度系数】
0.8
12 如图，AB为$\odot O$的直径，C为$\odot O$上一点，连接AC、BC，过点C的直线与$\odot O$相切，与BA的延长线交于点D，点F为$\overset{\frown}{CB}$上一点，且$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$，连接BF并延长交直线DC于点E。
（1）求证：$DE ⊥ BE$。
（2）若$DC=\frac{5}{3}EC$，$DA=2$，求$\odot O$的半径。
（1）求证：$DE ⊥ BE$。
（2）若$DC=\frac{5}{3}EC$，$DA=2$，求$\odot O$的半径。
答案
12. (1) 连接OC。因为$\overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$,所以$∠ ABC=∠ EBC$。因为$OB=OC$,所以$∠ OCB=∠ ABC$,所以$∠ OCB=∠ EBC$,所以$OC // BE$。因为ED为$\odot O$的切线,所以$OC ⊥ DE$,所以$DE ⊥ BE$。
(2) 因为$DC=\frac{5}{3}EC$,所以$\frac{DC}{EC}=\frac{5}{3}$。设$\odot O$的半径为r,则$DO=DA+OA=2+r$。因为$OC // BE$,所以$\frac{DC}{EC}=\frac{DO}{OB}$,所以$\frac{5}{3}=\frac{2+r}{r}$,解得$r=3$,即$\odot O$的半径为3。
(2) 因为$DC=\frac{5}{3}EC$,所以$\frac{DC}{EC}=\frac{5}{3}$。设$\odot O$的半径为r,则$DO=DA+OA=2+r$。因为$OC // BE$,所以$\frac{DC}{EC}=\frac{DO}{OB}$,所以$\frac{5}{3}=\frac{2+r}{r}$,解得$r=3$,即$\odot O$的半径为3。
解析
【分析】
（1）要证明$DE ⊥ BE$，已知$CD$是$\odot O$的切线，根据切线性质可得$OC ⊥ DE$，因此只需证明$OC // BE$即可。首先连接$OC$，由等弧对应的圆周角相等可得$∠ ABC=∠ EBC$，再结合$OB=OC$推出$∠ OCB=∠ ABC$，等量代换得$∠ OCB=∠ EBC$，可证$OC // BE$，即可推出$DE ⊥ BE$。
（2）已知$DC$和$EC$的比例关系，结合第一问得到的$OC // BE$，可利用平行线分线段成比例得到对应线段的比例关系。设$\odot O$半径为$r$，将$DO$、$OB$用含$r$的式子表示，代入比例式解方程即可求出半径。
【解析】
（1）证明：连接$OC$。
$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$，
$\therefore ∠ ABC=∠ EBC$（等弧所对的圆周角相等）。
$\because OB=OC$，
$\therefore ∠ OCB=∠ ABC$（等腰三角形两底角相等），
$\therefore ∠ OCB=∠ EBC$，
$\therefore OC // BE$（内错角相等，两直线平行）。
$\because ED$为$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC ⊥ DE$（圆的切线垂直于过切点的半径），
$\therefore DE ⊥ BE$。
（2）解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=OB=r$，
$\therefore DO=DA+OA=2+r$。
$\because DC=\frac{5}{3}EC$，
$\therefore \frac{DC}{EC}=\frac{5}{3}$。
由（1）知$OC // BE$，
根据平行线分线段成比例，可得$\frac{DC}{EC}=\frac{DO}{OB}$，
代入得$\frac{5}{3}=\frac{2+r}{r}$，
交叉相乘得：$5r=3(2+r)$，
展开得$5r=6+3r$，
移项合并得$2r=6$，
解得$r=3$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\odot O$的半径为$\boxed{3}$。
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；平行线分线段成比例
【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连接$OC$，结合圆的相关性质推导平行关系，再利用比例关系建立方程求解，解题思路较为常规，注重对基础知识点的应用考察。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$DE ⊥ BE$，已知$CD$是$\odot O$的切线，根据切线性质可得$OC ⊥ DE$，因此只需证明$OC // BE$即可。首先连接$OC$，由等弧对应的圆周角相等可得$∠ ABC=∠ EBC$，再结合$OB=OC$推出$∠ OCB=∠ ABC$，等量代换得$∠ OCB=∠ EBC$，可证$OC // BE$，即可推出$DE ⊥ BE$。
（2）已知$DC$和$EC$的比例关系，结合第一问得到的$OC // BE$，可利用平行线分线段成比例得到对应线段的比例关系。设$\odot O$半径为$r$，将$DO$、$OB$用含$r$的式子表示，代入比例式解方程即可求出半径。
【解析】
（1）证明：连接$OC$。
$\because \overset{\frown}{CF}=\overset{\frown}{CA}$，
$\therefore ∠ ABC=∠ EBC$（等弧所对的圆周角相等）。
$\because OB=OC$，
$\therefore ∠ OCB=∠ ABC$（等腰三角形两底角相等），
$\therefore ∠ OCB=∠ EBC$，
$\therefore OC // BE$（内错角相等，两直线平行）。
$\because ED$为$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC ⊥ DE$（圆的切线垂直于过切点的半径），
$\therefore DE ⊥ BE$。
（2）解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=OB=r$，
$\therefore DO=DA+OA=2+r$。
$\because DC=\frac{5}{3}EC$，
$\therefore \frac{DC}{EC}=\frac{5}{3}$。
由（1）知$OC // BE$，
根据平行线分线段成比例，可得$\frac{DC}{EC}=\frac{DO}{OB}$，
代入得$\frac{5}{3}=\frac{2+r}{r}$，
交叉相乘得：$5r=3(2+r)$，
展开得$5r=6+3r$，
移项合并得$2r=6$，
解得$r=3$。
【答案】
（1）证明成立；（2）$\odot O$的半径为$\boxed{3}$。
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；平行线分线段成比例
【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连接$OC$，结合圆的相关性质推导平行关系，再利用比例关系建立方程求解，解题思路较为常规，注重对基础知识点的应用考察。
【难度系数】
0.7
