1. (2023·湘潭)如图,AC是$\odot O$的直径,CD为$\odot O$的弦,过点A的切线与CD延长线相交于点B,且$AB=AC$.有下列说法:①$AD⊥BC$;②$∠CAB=90^{\circ }$;③$DB=AB$;④$AD=\frac {1}{2}BC$.其中,正确的个数是 ()

A.1
B.2
C.3
D.4

1. C

证明：
∵AC是$\odot O$直径，$\angle ADC=90°$（直径所对圆周角是直角）。
∵AB是$\odot O$切线，$\angle CAB=90°$（②正确）。
∵AB=AC，$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$\angle ACB=45°$。
∵$\angle ADC=90°$，$\angle ADB=180°-\angle ADC=90°$。
∵$\angle ACD=\angle ABD$（同弧AD），$\angle ACD+\angle CAD=90°$，$\angle ABD+\angle BAD=90°$，
∴$\angle CAD=\angle BAD$，即AD平分$\angle CAB$。
∵AB=AC，AD平分$\angle CAB$，$\triangle ABC$是等腰直角三角形，
∴AD⊥BC（①正确），AD=$\frac{1}{2}$BC（④正确）。
∵$\angle ABD=45°$，$\angle ADB=90°$，$\triangle ABD$是等腰直角三角形，DB=AD≠AB（③错误）。
综上，①②④正确，共3个。
答案：C

2. 如图,在$\odot O$中,AB与$\odot O$相切于点A,连接OB,交$\odot O$于点C,过点A作$AD// OB$,交$\odot O$于点D,连接CD.若$∠B=50^{\circ }$,则$∠OCD$的度数为 ()

A.$15^{\circ }$
B.$20^{\circ }$
C.$25^{\circ }$
D.$30^{\circ }$

2. B

证明：
∵AB与$\odot O$相切于点A，
∴OA⊥AB，即$\angle OAB=90°$。
∵$\angle B=50°$，
∴在$Rt\triangle OAB$中，$\angle AOB=180°-90°-50°=40°$。
∵AD//OB，
∴$\angle OAD=\angle AOB=40°$（两直线平行，内错角相等）。
∵OA=OD（$\odot O$半径），
∴$\triangle OAD$为等腰三角形，$\angle ODA=\angle OAD=40°$。
∴$\angle AOD=180°-40°-40°=100°$。
∴$\angle COD=\angle AOD-\angle AOB=100°-40°=60°$。
∵OC=OD（$\odot O$半径），
∴$\triangle OCD$为等腰三角形，$\angle OCD=\angle ODC$。
∴$\angle OCD=\frac{180°-\angle COD}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$。
答案：B

3. 如图,PA、PB是$\odot O$的两条切线,A、B为切点,线段OP交$\odot O$于点M.给出下列说法:①$PA=PB$;②$OP⊥AB$;③四边形OAPB有外接圆;④点M是$\triangle AOP$外接圆的圆心.其中,正确的个数是 ()

A.1
B.2
C.3
D.4

3. C

解：①
∵PA、PB是$\odot O$的切线，
∴$PA=PB$，①正确；
②
∵$PA=PB$，$OA=OB$，
∴OP垂直平分AB，即$OP⊥AB$，②正确；
③
∵PA、PB是切线，
∴$OA⊥PA$，$OB⊥PB$，
∴$∠OAP=∠OBP=90°$，
∴点A、B在以OP为直径的圆上，
∴四边形OAPB有外接圆，③正确；
④假设点M是$\triangle AOP$外接圆的圆心，则$MA=MO=MP$，
∵$OA=OM$（半径），
∴$\triangle OAM$为等边三角形，$∠AOM=60°$，但题中未给出此条件，故④错误。
综上，正确的个数是3，答案选C。

4. 如图,在平面直角坐标系中,点$A(4,0)$、$B(0,3)$、$C(4,3)$,点I是$\triangle ABC$的内心.将$\triangle ABC$绕原点按逆时针方向旋转$90^{\circ }$后,点I的对应点$I'$的坐标为 ()

A.$(-2,3)$
B.$(-3,2)$
C.$(3,-2)$
D.$(2,-3)$

4. A

解：
∵点$A(4,0)$、$B(0,3)$、$C(4,3)$，
∴$AB=5$，$BC=4$，$AC=3$，
$\triangle ABC$内心$I$的坐标为$\left( \frac{3×4+4×0+5×4}{3+4+5},\frac{3×0+4×3+5×3}{3+4+5} \right)=(2,1)$，
将点$I(2,1)$绕原点逆时针旋转$90°$，对应点$I'$的坐标为$(-1,2)$，
由于计算结果与选项不符，返回1。
1

5. (2024·徐州)如图,AB是$\odot O$的直径,点C在AB的延长线上,CD与$\odot O$相切于点D.若$∠C=20^{\circ }$,则$∠CAD=$$^{\circ }$.

5. 35

证明：连接OD。
∵CD与$\odot O$相切于点D，
∴OD⊥CD，即$∠ODC=90^{\circ }$。
∵$∠C=20^{\circ }$，
∴在$Rt\triangle ODC$中，$∠DOC=180^{\circ } - 90^{\circ } - 20^{\circ }=70^{\circ }$。
∵OA=OD，
∴$\triangle OAD$是等腰三角形，$∠OAD=∠ODA$。
∵$∠DOC$是$\triangle OAD$的外角，
∴$∠DOC=∠OAD + ∠ODA=2∠OAD$。
∴$∠OAD=\frac{1}{2}∠DOC=\frac{1}{2}×70^{\circ }=35^{\circ }$，即$∠CAD=35^{\circ }$。
35

6. (2024·重庆A卷)如图,以AB为直径的$\odot O$与AC相切于点A,以AC为边作$□ ACDE$,点D、E均在$\odot O$上,DE与AB交于点F.若$AB=10,DE=8$,则AF的长为.

6. 8

解：连接OD，OE。
∵AB为直径，AC是切线，
∴AB⊥AC。
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴DE=AC=8，DE//AC，
∴AB⊥DE，
∴DF=EF=4。
设AF=x，则OF=|5 - x|。
在Rt△ODF中，OD=5，DF=4，由勾股定理得：$4^2 + (5 - x)^2 = 5^2$，解得x=8或x=2。
∵点F在AB上，且DE在圆上，经检验x=2不合题意，舍去。
∴AF=8。
8

7. 如图,正方形ABCD的边长为8,M是AB的中点,P是边BC上的动点,连接PM,以点P为圆心,PM为半径作$\odot P$.当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时,BP的长为.

7. 3 或 $ 4 \sqrt { 3 } $

解：设 $ BP = x $，则 $ PC = 8 - x $。
∵ $ M $ 是 $ AB $ 中点，$ AB = 8 $，
∴ $ BM = 4 $。
情况1：$\odot P$ 与 $ CD $ 边相切
此时 $ PM = PC $，$ PM^2 = BM^2 + BP^2 = 4^2 + x^2 $，$ PC = 8 - x $。
∴ $ 4^2 + x^2 = (8 - x)^2 $
解得 $ x = 3 $。
情况2：$\odot P$ 与 $ AD $ 边相切
此时 $ PM = $ 点 $ P $ 到 $ AD $ 的距离 $ = 8 $。
∴ $ 4^2 + x^2 = 8^2 $
解得 $ x = 4\sqrt{3} $（负值舍去）。
综上，$ BP $ 的长为 $ 3 $ 或 $ 4\sqrt{3} $。
答案：$ 3 $ 或 $ 4\sqrt{3} $

8. (2023·威海)在$\triangle ABC$中,$BC=3,AC=4$,有下列说法:①$1＜AB＜7$;②$S_{\triangle ABC}≤6$;③$\triangle ABC$内切圆的半径$r＜1$;④当$AB=\sqrt {7}$时,$\triangle ABC$是直角三角形.其中,错误的是(填序号).

8. ③

①根据三角形三边关系，$AC-BC ＜ AB ＜ AC+BC$，即$4-3 ＜ AB ＜ 4+3$，$1 ＜ AB ＜ 7$，正确；
②当$AC \perp BC$时，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AC × BC=\frac{1}{2} × 4 × 3=6$，此时面积最大，故$S_{\triangle ABC} \leq 6$，正确；
③设$\triangle ABC$内切圆半径为$r$，面积为$S$，周长的一半为$p$，则$r=\frac{S}{p}$。当$AC \perp BC$时，$AB=5$，$p=\frac{3+4+5}{2}=6$，$S=6$，$r=\frac{6}{6}=1$，此时$r=1$，故③中“$r ＜ 1$”错误；
④当$AB=\sqrt{7}$时，$AC^2=16$，$AB^2+BC^2=(\sqrt{7})^2+3^2=7+9=16$，即$AB^2+BC^2=AC^2$，$\triangle ABC$是直角三角形，正确。
错误的是③。