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6. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AB=2\sqrt{13}$,$BC=4$,以$C$为圆心,半径为2作$\odot C$,点$P$在直线$AB$上,过点$P$作$\odot C$的切线$PQ$,$Q$为切点,求切线长$PQ$的最小值.
答案
6. 如图所示,过点$C$作$CD ⊥ AB$于点$D$,连结$CQ$,
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理得 $AC = \sqrt{AB^2-BC^2}=6$,$\because S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BC=\frac{1}{2}AB · CD$,$\therefore CD=\frac{AC · BC}{AB}=\frac{12\sqrt{13}}{13}$.$\because PQ$是$\odot C$的切线,$\therefore ∠ PQC=90°$.在$\mathrm{Rt}△ PQC$中,由勾股定理得 $PQ^2=PC^2-CQ^2=PC^2-4$,$\therefore$ 要使$PQ$最小,则要使$PC$最小.$\because$ 点$P$在直线$AB$上,$\therefore$ 当$CP ⊥ AB$时,$PC$最小,即此时$PQ$最小.$\therefore PC_{\mathrm{最小值}}=CD=\frac{12\sqrt{13}}{13}$,$\therefore PC^2-4=\frac{144}{13}-4=\frac{92}{13}$,$\therefore PQ_{\mathrm{最小值}}=\frac{2\sqrt{299}}{13}$.
解析
【分析】
要求切线长PQ的最小值，首先结合切线的性质分析：切线垂直于过切点的半径，因此连接CQ可得CQ⊥PQ，△PQC为直角三角形。已知CQ是⊙C的半径，长度固定为2，根据勾股定理可得$PQ=\sqrt{PC^2 - CQ^2}$，因此要让PQ最小，只需让PC的长度最小即可。点P在直线AB上，根据“垂线段最短”，当PC⊥AB时，PC的长度最小，此时PC的长即为点C到直线AB的距离。接下来先利用勾股定理求出AC的长，再用面积法求出C到AB的垂线段长度，最后代入公式计算PQ的最小值即可。
【解析】
解：过点$C$作$CD ⊥ AB$于点$D$，连结$CQ$，
1. 求AC的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ACB=90°$，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{13})^2 - 4^2}=\sqrt{52-16}=\sqrt{36}=6$
2. 求点C到AB的距离CD：
由三角形面积公式，$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BC=\frac{1}{2}AB · CD$，代入数值：
$\frac{1}{2}×6×4=\frac{1}{2}×2\sqrt{13}×CD$
解得$CD=\frac{6×4}{2\sqrt{13}}=\frac{12\sqrt{13}}{13}$
3. 分析PQ的最小值：
$\because PQ$是$\odot C$的切线，$\therefore CQ⊥PQ$，即$∠ PQC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PQC$中，由勾股定理得 $PQ^2=PC^2-CQ^2$，$\because CQ=2$，$\therefore PQ^2=PC^2-4$。
要使$PQ$最小，则需$PC$最小，$\because$点$P$在直线$AB$上，根据垂线段最短，当$CP ⊥ AB$时，$PC$最小，最小值为$CD=\frac{12\sqrt{13}}{13}$。
4. 计算PQ的最小值：
将$PC=\frac{12\sqrt{13}}{13}$代入得：
$PQ^2=(\frac{12\sqrt{13}}{13})^2 - 4=\frac{144}{13}-4=\frac{144-52}{13}=\frac{92}{13}$
$\therefore PQ_{\mathrm{最小值}}=\sqrt{\frac{92}{13}}=\frac{2\sqrt{299}}{13}$
【答案】
$\frac{2\sqrt{299}}{13}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题属于几何综合题，解题核心是利用转化思想，将切线长的最小值问题转化为点到直线的最短距离问题，需要熟练掌握切线性质、勾股定理的应用，同时会用面积法求直角三角形斜边上的高。
【难度系数】
0.6
要求切线长PQ的最小值，首先结合切线的性质分析：切线垂直于过切点的半径，因此连接CQ可得CQ⊥PQ，△PQC为直角三角形。已知CQ是⊙C的半径，长度固定为2，根据勾股定理可得$PQ=\sqrt{PC^2 - CQ^2}$，因此要让PQ最小，只需让PC的长度最小即可。点P在直线AB上，根据“垂线段最短”，当PC⊥AB时，PC的长度最小，此时PC的长即为点C到直线AB的距离。接下来先利用勾股定理求出AC的长，再用面积法求出C到AB的垂线段长度，最后代入公式计算PQ的最小值即可。
【解析】
解：过点$C$作$CD ⊥ AB$于点$D$，连结$CQ$，
1. 求AC的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ACB=90°$，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{13})^2 - 4^2}=\sqrt{52-16}=\sqrt{36}=6$
2. 求点C到AB的距离CD：
由三角形面积公式，$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BC=\frac{1}{2}AB · CD$，代入数值：
$\frac{1}{2}×6×4=\frac{1}{2}×2\sqrt{13}×CD$
解得$CD=\frac{6×4}{2\sqrt{13}}=\frac{12\sqrt{13}}{13}$
3. 分析PQ的最小值：
$\because PQ$是$\odot C$的切线，$\therefore CQ⊥PQ$，即$∠ PQC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PQC$中，由勾股定理得 $PQ^2=PC^2-CQ^2$，$\because CQ=2$，$\therefore PQ^2=PC^2-4$。
要使$PQ$最小，则需$PC$最小，$\because$点$P$在直线$AB$上，根据垂线段最短，当$CP ⊥ AB$时，$PC$最小，最小值为$CD=\frac{12\sqrt{13}}{13}$。
4. 计算PQ的最小值：
将$PC=\frac{12\sqrt{13}}{13}$代入得：
$PQ^2=(\frac{12\sqrt{13}}{13})^2 - 4=\frac{144}{13}-4=\frac{144-52}{13}=\frac{92}{13}$
$\therefore PQ_{\mathrm{最小值}}=\sqrt{\frac{92}{13}}=\frac{2\sqrt{299}}{13}$
【答案】
$\frac{2\sqrt{299}}{13}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题属于几何综合题，解题核心是利用转化思想，将切线长的最小值问题转化为点到直线的最短距离问题，需要熟练掌握切线性质、勾股定理的应用，同时会用面积法求直角三角形斜边上的高。
【难度系数】
0.6
7. ★★★如图，AB是$\odot O$的直径，E，C是$\odot O$上两点，且$\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，连结AE，AC。过点C作$CD ⊥ AE$交AE的延长线于点D。
(1)判定直线CD与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
(2)连结BE和OC交于点F，若$AB=4$，$∠ BAC=30°$。
①求证：四边形DEFC是矩形；②求图中阴影部分的面积。
(1)判定直线CD与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
(2)连结BE和OC交于点F，若$AB=4$，$∠ BAC=30°$。
①求证：四边形DEFC是矩形；②求图中阴影部分的面积。
答案
7. (1)直线$CD$与$\odot O$相切.理由:如图①,连结$OC$,
$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore ∠ CAD = ∠ BAC$.$\because OA = OC$,$\therefore ∠ BAC = ∠ ACO$,$\therefore ∠ CAD = ∠ ACO$,$\therefore AD // OC$.$\because AD ⊥ CD$,$\therefore OC ⊥ CD$.$\because OC$是$\odot O$的半径,$\therefore CD$是$\odot O$的切线.
(2)如图②,连结$BE$,$OE$,$OC$,
①$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore OC ⊥ BE$,$BF=EF$.$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AEB=90°$,$\therefore ∠ FED = ∠ D = ∠ EFC=90°$,$\therefore$ 四边形$DEFC$是矩形.
②$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore ∠ COE = ∠ BOC=2∠ BAC=60°$. 在$\mathrm{Rt}△ OEF$中,$\because OE=\frac{1}{2}AB=2$,$∠ OEF=90°-∠ COE=30°$,$\therefore OF=\frac{1}{2}OE=1$,$\therefore CF=OC-OF=1=DE$,$\therefore EF=\sqrt{OE^2-OF^2}=\sqrt{3}=CD$,$\therefore S_{\mathrm{梯形}OCDE}=\frac{1}{2}(DE+OC) · CD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$,$S_{\mathrm{扇形}OCE}=\frac{60π × 2^2}{360}=\frac{2π}{3}$,$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{梯形}OCDE}-S_{\mathrm{扇形}OCE}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2π}{3}$.
解析
【分析】
(1) 判定直线与圆的相切关系，采用“连半径，证垂直”的思路：连接OC，先由等弧对应圆周角相等得∠CAD=∠BAC，再结合等腰△OAC的性质推出∠CAD=∠ACO，得到AD//OC，结合CD⊥AD的条件可证OC⊥CD，即可判定CD为⊙O的切线。
(2) ①证四边形DEFC为矩形，需证三个内角为直角：首先由AB是直径得直径所对圆周角∠AEB=90°，再由等弧的性质得OC垂直平分BE，得∠EFC=90°，结合已知∠D=90°，即可判定矩形。
②求阴影部分面积采用割补法：阴影面积=梯形OCDE的面积-扇形OCE的面积。先根据已知条件求出圆的半径、圆心角∠COE的度数，再分别计算梯形和扇形的面积，作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 直线$CD$与$\odot O$相切，理由如下：
如图①，连结$OC$，
$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠ CAD = ∠ BAC$。
$\because OA = OC$，$\therefore ∠ BAC = ∠ ACO$，
$\therefore ∠ CAD = ∠ ACO$，$\therefore AD // OC$。
$\because AD ⊥ CD$，$\therefore OC ⊥ CD$。
$\because OC$是$\odot O$的半径，$\therefore CD$是$\odot O$的切线。
(2) 如图②，连结$BE$，$OE$，$OC$，
①证明：$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore OC ⊥ BE$，$BF=EF$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AEB=90°$，
$\therefore ∠ FED = ∠ D = ∠ EFC=90°$，
$\therefore$ 四边形$DEFC$是矩形。
②解：$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠ COE = ∠ BOC=2∠ BAC=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ OEF$中，$\because OE=\frac{1}{2}AB=2$，$∠ OEF=90°-∠ COE=30°$，
$\therefore OF=\frac{1}{2}OE=1$，$\therefore CF=OC-OF=2-1=1=DE$，
$\therefore EF=\sqrt{OE^2-OF^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}=CD$，
$\therefore S_{\mathrm{梯形}OCDE}=\frac{1}{2}(DE+OC) · CD=\frac{1}{2}×(1+2)×\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCE}=\frac{60π × 2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{梯形}OCDE}-S_{\mathrm{扇形}OCE}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1) 直线$CD$与$\odot O$相切；
(2) ①四边形$DEFC$是矩形，证明见解析；②阴影部分的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2π}{3}$
【知识点】
切线的判定、矩形的判定、扇形面积计算
【点评】
本题是圆的综合类题目，综合考查了圆的基本性质、切线的判定、矩形的判定以及不规则图形面积的计算，解题时要注意合理添加辅助线，灵活运用割补法求解不规则图形的面积，是圆相关知识的典型考查题型。
【难度系数】
0.6
(1) 判定直线与圆的相切关系，采用“连半径，证垂直”的思路：连接OC，先由等弧对应圆周角相等得∠CAD=∠BAC，再结合等腰△OAC的性质推出∠CAD=∠ACO，得到AD//OC，结合CD⊥AD的条件可证OC⊥CD，即可判定CD为⊙O的切线。
(2) ①证四边形DEFC为矩形，需证三个内角为直角：首先由AB是直径得直径所对圆周角∠AEB=90°，再由等弧的性质得OC垂直平分BE，得∠EFC=90°，结合已知∠D=90°，即可判定矩形。
②求阴影部分面积采用割补法：阴影面积=梯形OCDE的面积-扇形OCE的面积。先根据已知条件求出圆的半径、圆心角∠COE的度数，再分别计算梯形和扇形的面积，作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1) 直线$CD$与$\odot O$相切，理由如下：
如图①，连结$OC$，
$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠ CAD = ∠ BAC$。
$\because OA = OC$，$\therefore ∠ BAC = ∠ ACO$，
$\therefore ∠ CAD = ∠ ACO$，$\therefore AD // OC$。
$\because AD ⊥ CD$，$\therefore OC ⊥ CD$。
$\because OC$是$\odot O$的半径，$\therefore CD$是$\odot O$的切线。
(2) 如图②，连结$BE$，$OE$，$OC$，
①证明：$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore OC ⊥ BE$，$BF=EF$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AEB=90°$，
$\therefore ∠ FED = ∠ D = ∠ EFC=90°$，
$\therefore$ 四边形$DEFC$是矩形。
②解：$\because \overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠ COE = ∠ BOC=2∠ BAC=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ OEF$中，$\because OE=\frac{1}{2}AB=2$，$∠ OEF=90°-∠ COE=30°$，
$\therefore OF=\frac{1}{2}OE=1$，$\therefore CF=OC-OF=2-1=1=DE$，
$\therefore EF=\sqrt{OE^2-OF^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}=CD$，
$\therefore S_{\mathrm{梯形}OCDE}=\frac{1}{2}(DE+OC) · CD=\frac{1}{2}×(1+2)×\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
$S_{\mathrm{扇形}OCE}=\frac{60π × 2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{梯形}OCDE}-S_{\mathrm{扇形}OCE}=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2π}{3}$。
【答案】
(1) 直线$CD$与$\odot O$相切；
(2) ①四边形$DEFC$是矩形，证明见解析；②阴影部分的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{2π}{3}$
【知识点】
切线的判定、矩形的判定、扇形面积计算
【点评】
本题是圆的综合类题目，综合考查了圆的基本性质、切线的判定、矩形的判定以及不规则图形面积的计算，解题时要注意合理添加辅助线，灵活运用割补法求解不规则图形的面积，是圆相关知识的典型考查题型。
【难度系数】
0.6
8. 如图，直线$y=\frac{1}{2}x+1$与x轴、y轴分别相交于A，B两点，P是该直线上的任意一点，过点D(3，0)向以P为圆心，$\frac{1}{2}AB$为半径的$\odot P$作两条切线，切点分别为点E，F，求四边形PEDF面积的最小值.
答案
8. 如图,连结$DP$,$\because$ 直线 $y=\frac{1}{2}x+1$与$x$轴、$y$轴分别相交于$A$,$B$两点,当$x=0$时,$y=1$,当$y=0$时,$x=-2$,$\therefore A(-2, 0 )$, $B(0,1)$, $\therefore AB = \sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.$\because$ 过点$D(3,0)$向以$P$为圆心,$\frac{1}{2}AB$为半径的$\odot P$作两条切线,切点分别为$E$,$F$,$\therefore DE=DF$,$PE ⊥ DE$.$\because PE=PF$,$PD=PD$,$\therefore △ PED ≌ △ PFD(\mathrm{SSS})$.$\because \odot P$的半径为$\frac{\sqrt{5}}{2}$,$\therefore DE=\sqrt{PD^2-(\frac{\sqrt{5}}{2})^2}$.当$DP ⊥ AP$时,$DP$最小,此时$DP=AD · \sin ∠ BAO=5 × \frac{\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}$.$\because$ 四边形$PEDF$的面积$=2S_{△ PED}=2× \frac{1}{2}PE × DE=\frac{\sqrt{5}}{2}DE$,$\therefore$ 四边形$PEDF$面积的最小值为$\frac{\sqrt{5}}{2}× \sqrt{(\sqrt{5})^2-(\frac{\sqrt{5}}{2})^2}=\frac{5\sqrt{3}}{4}$.
解析
【分析】
要计算四边形PEDF的面积最小值，我们可以按以下思路推导：首先先确定⊙P的定值半径，通过求直线与坐标轴交点A、B的坐标算出AB的长度，即可得到半径；再结合切线性质，可将四边形PEDF拆分为两个全等的直角三角形，面积能转化为和半径PE、切线段DE相关的表达式，PE为定值，因此要让面积最小只需DE最小；由勾股定理可知DE的长度由PD的长度决定，根据垂线段最短，当PD垂直于直线AB时PD最短，代入对应数值即可算出最小面积。
【解析】
解：连结$DP$，
对于直线$y=\frac{1}{2}x+1$，令$x=0$，得$y=1$，故$B(0,1)$；令$y=0$，得$\frac{1}{2}x+1=0$，解得$x=-2$，故$A(-2,0)$。
由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，因此$\odot P$的半径$PE=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
$\because DE$、$DF$是$\odot P$的切线，$\therefore PE⊥ DE$，$PF⊥ DF$，$DE=DF$。
又$\because PE=PF$，$PD=PD$，$\therefore △ PED ≌ △ PFD(\mathrm{SSS})$。
$\therefore$ 四边形$PEDF$的面积$S=2S_{△ PED}=2× \frac{1}{2}× PE × DE=PE· DE$。
由勾股定理得$DE=\sqrt{PD^2-PE^2}$，$\because PE$为定值，$\therefore$ 当$PD$取最小值时，$DE$最小，面积$S$最小。
根据垂线段最短，当$DP⊥$直线$AB$时，$PD$最短。
$\because A(-2,0)$，$D(3,0)$，$\therefore AD=3-(-2)=5$。
在$Rt△ AOB$中，$\sin∠ BAO=\frac{OB}{AB}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore$ 最短$PD=AD· \sin∠ BAO=5× \frac{\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}$。
代入得$DE=\sqrt{(\sqrt{5})^2-(\frac{\sqrt{5}}{2})^2}=\sqrt{5-\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$，
$\therefore S_{\mathrm{最小}}=\frac{\sqrt{5}}{2}× \frac{\sqrt{15}}{2}=\frac{5\sqrt{3}}{4}$。
【答案】
$\frac{5\sqrt{3}}{4}$
【知识点】
切线的性质；一次函数图象与交点；垂线段最短
【点评】
本题将一次函数、圆的切线性质和最值问题相结合，解题核心是把四边形面积转化为与线段PD相关的表达式，再利用垂线段最短找到PD的最小值，考查了转化思想的灵活运用。
【难度系数】
0.6
要计算四边形PEDF的面积最小值，我们可以按以下思路推导：首先先确定⊙P的定值半径，通过求直线与坐标轴交点A、B的坐标算出AB的长度，即可得到半径；再结合切线性质，可将四边形PEDF拆分为两个全等的直角三角形，面积能转化为和半径PE、切线段DE相关的表达式，PE为定值，因此要让面积最小只需DE最小；由勾股定理可知DE的长度由PD的长度决定，根据垂线段最短，当PD垂直于直线AB时PD最短，代入对应数值即可算出最小面积。
【解析】
解：连结$DP$，
对于直线$y=\frac{1}{2}x+1$，令$x=0$，得$y=1$，故$B(0,1)$；令$y=0$，得$\frac{1}{2}x+1=0$，解得$x=-2$，故$A(-2,0)$。
由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，因此$\odot P$的半径$PE=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
$\because DE$、$DF$是$\odot P$的切线，$\therefore PE⊥ DE$，$PF⊥ DF$，$DE=DF$。
又$\because PE=PF$，$PD=PD$，$\therefore △ PED ≌ △ PFD(\mathrm{SSS})$。
$\therefore$ 四边形$PEDF$的面积$S=2S_{△ PED}=2× \frac{1}{2}× PE × DE=PE· DE$。
由勾股定理得$DE=\sqrt{PD^2-PE^2}$，$\because PE$为定值，$\therefore$ 当$PD$取最小值时，$DE$最小，面积$S$最小。
根据垂线段最短，当$DP⊥$直线$AB$时，$PD$最短。
$\because A(-2,0)$，$D(3,0)$，$\therefore AD=3-(-2)=5$。
在$Rt△ AOB$中，$\sin∠ BAO=\frac{OB}{AB}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore$ 最短$PD=AD· \sin∠ BAO=5× \frac{\sqrt{5}}{5}=\sqrt{5}$。
代入得$DE=\sqrt{(\sqrt{5})^2-(\frac{\sqrt{5}}{2})^2}=\sqrt{5-\frac{5}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$，
$\therefore S_{\mathrm{最小}}=\frac{\sqrt{5}}{2}× \frac{\sqrt{15}}{2}=\frac{5\sqrt{3}}{4}$。
【答案】
$\frac{5\sqrt{3}}{4}$
【知识点】
切线的性质；一次函数图象与交点；垂线段最短
【点评】
本题将一次函数、圆的切线性质和最值问题相结合，解题核心是把四边形面积转化为与线段PD相关的表达式，再利用垂线段最短找到PD的最小值，考查了转化思想的灵活运用。
【难度系数】
0.6
