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7.如图，PA与$\odot O$相切于点A，PO的延长线交$\odot O$于点C。$AB// PC$，且交$\odot O$于点B。若$∠ P = 20°$，则$∠ BCP$的大小为（
A.$30°$
B.$45°$
C.$50°$
D.$55°$
D
）A.$30°$
B.$45°$
C.$50°$
D.$55°$
答案
7. D
解析
【分析】
解题时首先连接辅助线OA，根据切线的性质可知OA垂直于PA，结合已知∠P=20°可先求出∠AOP的度数，进而得到弧AC对应的圆心角∠AOC的度数；再利用圆周角定理，求出弧AC所对的圆周角∠ABC的度数；最后根据AB//PC的平行性质，利用内错角相等即可求出∠BCP的大小。
【解析】
连接OA，
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴OA⊥PA，即$∠ PAO=90°$，
在$Rt△ PAO$中，$∠ P=20°$，
∴$∠ AOP=90°-∠ P=70°$，
∵PO的延长线交$\odot O$于点C，即P、O、C共线，
∴$∠ AOC=180°-∠ AOP=110°$，
∵$∠ ABC$是弧AC所对的圆周角，$∠ AOC$是弧AC所对的圆心角，
∴$∠ ABC=\frac{1}{2}∠ AOC=\frac{1}{2}×110°=55°$，
又
∵$AB// PC$，
∴$∠ BCP=∠ ABC=55°$（两直线平行，内错角相等）。
故选：D
【答案】
D
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；平行线的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的关键是正确作出过切点的半径这一常用辅助线，结合切线性质、圆周角定理和平行线的性质逐步推导即可，难度不大。
【难度系数】
0.7
解题时首先连接辅助线OA，根据切线的性质可知OA垂直于PA，结合已知∠P=20°可先求出∠AOP的度数，进而得到弧AC对应的圆心角∠AOC的度数；再利用圆周角定理，求出弧AC所对的圆周角∠ABC的度数；最后根据AB//PC的平行性质，利用内错角相等即可求出∠BCP的大小。
【解析】
连接OA，
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴OA⊥PA，即$∠ PAO=90°$，
在$Rt△ PAO$中，$∠ P=20°$，
∴$∠ AOP=90°-∠ P=70°$，
∵PO的延长线交$\odot O$于点C，即P、O、C共线，
∴$∠ AOC=180°-∠ AOP=110°$，
∵$∠ ABC$是弧AC所对的圆周角，$∠ AOC$是弧AC所对的圆心角，
∴$∠ ABC=\frac{1}{2}∠ AOC=\frac{1}{2}×110°=55°$，
又
∵$AB// PC$，
∴$∠ BCP=∠ ABC=55°$（两直线平行，内错角相等）。
故选：D
【答案】
D
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；平行线的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的关键是正确作出过切点的半径这一常用辅助线，结合切线性质、圆周角定理和平行线的性质逐步推导即可，难度不大。
【难度系数】
0.7
8. 如图，AB是$\odot O$的弦，PB与$\odot O$相切于点B，圆心O在线段PA上。已知$∠ P = 50°$，则$∠ PAB$的大小为
20
°。答案
8. 20
解析
【分析】
看到PB是$\odot O$的切线，首先想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接辅助线OB，构造直角$△ PBO$。先在直角三角形中求出$∠ POB$的度数，再结合同圆半径相等得到$OA=OB$，即$△ OAB$为等腰三角形，最后利用三角形外角的性质即可求出$∠ PAB$的度数。
【解析】
解：连接OB，
∵PB是$\odot O$的切线，B为切点，
∴$OB⊥ PB$，即$∠ OBP=90°$，
在$Rt△ PBO$中，$∠ P=50°$，
∴$∠ POB=90°-∠ P=90°-50°=40°$，
∵$OA=OB$（同圆的半径相等），
∴$∠ PAB=∠ OBA$，
又
∵$∠ POB$是$△ AOB$的外角，
∴$∠ POB=∠ PAB+∠ OBA=2∠ PAB$，
∴$∠ PAB=∠ POB÷2=40°÷2=20°$。
【答案】
20
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是圆的基础计算题，解题的关键是掌握切线类问题的常用辅助线作法：连接切点与圆心构造直角三角形，再结合三角形相关性质求解即可。
【难度系数】
0.8
看到PB是$\odot O$的切线，首先想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接辅助线OB，构造直角$△ PBO$。先在直角三角形中求出$∠ POB$的度数，再结合同圆半径相等得到$OA=OB$，即$△ OAB$为等腰三角形，最后利用三角形外角的性质即可求出$∠ PAB$的度数。
【解析】
解：连接OB，
∵PB是$\odot O$的切线，B为切点，
∴$OB⊥ PB$，即$∠ OBP=90°$，
在$Rt△ PBO$中，$∠ P=50°$，
∴$∠ POB=90°-∠ P=90°-50°=40°$，
∵$OA=OB$（同圆的半径相等），
∴$∠ PAB=∠ OBA$，
又
∵$∠ POB$是$△ AOB$的外角，
∴$∠ POB=∠ PAB+∠ OBA=2∠ PAB$，
∴$∠ PAB=∠ POB÷2=40°÷2=20°$。
【答案】
20
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是圆的基础计算题，解题的关键是掌握切线类问题的常用辅助线作法：连接切点与圆心构造直角三角形，再结合三角形相关性质求解即可。
【难度系数】
0.8
9.如图,AB是$\odot O$的直径,PB是$\odot O$的切线,PA交$\odot O$于点C,$AB=3$ cm,$PB=4$ cm,则$BC=$
$\frac{12}{5}$
cm。答案
9. $\frac{12}{5}$
解析
【分析】
解题思路：首先由切线的性质可得AB与PB垂直，得到Rt△ABP，可先用勾股定理求出斜边AP的长度；再根据直径所对的圆周角为直角，可得BC⊥AP，即BC是Rt△ABP斜边上的高，最后利用直角三角形面积的两种表示方法列等式，即可求出BC的长度。
【解析】
解：
∵PB是$\odot O$的切线，AB是$\odot O$的直径，
∴$AB⊥ PB$，即$∠ ABP=90°$。
在$Rt△ ABP$中，$AB=3\mathrm{cm}$，$PB=4\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$AP=\sqrt{AB^2+PB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\mathrm{cm}$。
又
∵AB是$\odot O$的直径，点C在$\odot O$上，
∴$∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AP$。
∵$S_{△ ABP}=\frac{1}{2}× AB× PB=\frac{1}{2}× AP× BC$，
代入数据得：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× BC$，
解得：$BC=\frac{12}{5}\mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{12}{5}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础综合题，解题的关键是灵活运用切线性质和直径的圆周角特征得到直角，借助面积法快速求出斜边上的高，计算难度不大，是圆章节的常见题型。
【难度系数】
0.7
解题思路：首先由切线的性质可得AB与PB垂直，得到Rt△ABP，可先用勾股定理求出斜边AP的长度；再根据直径所对的圆周角为直角，可得BC⊥AP，即BC是Rt△ABP斜边上的高，最后利用直角三角形面积的两种表示方法列等式，即可求出BC的长度。
【解析】
解：
∵PB是$\odot O$的切线，AB是$\odot O$的直径，
∴$AB⊥ PB$，即$∠ ABP=90°$。
在$Rt△ ABP$中，$AB=3\mathrm{cm}$，$PB=4\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$AP=\sqrt{AB^2+PB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\mathrm{cm}$。
又
∵AB是$\odot O$的直径，点C在$\odot O$上，
∴$∠ ACB=90°$，即$BC⊥ AP$。
∵$S_{△ ABP}=\frac{1}{2}× AB× PB=\frac{1}{2}× AP× BC$，
代入数据得：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× BC$，
解得：$BC=\frac{12}{5}\mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{12}{5}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础综合题，解题的关键是灵活运用切线性质和直径的圆周角特征得到直角，借助面积法快速求出斜边上的高，计算难度不大，是圆章节的常见题型。
【难度系数】
0.7
10. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$O$在边$AB$上,以点$O$为圆心,$OB$长为半径的半圆,交$BC$于点$D$,与$AC$相切于点$E$,连结$OD$,$OE$。
(1)求证:$OD ⊥ OE$。
(2)若$AB=BC$,$OB=\sqrt{3}$,求四边形$ODCE$的面积。
(1)求证:$OD ⊥ OE$。
(2)若$AB=BC$,$OB=\sqrt{3}$,求四边形$ODCE$的面积。
答案
10. (1)$\because AB=AC,\therefore ∠ B=∠ C$,由作图可知:$OB=OD,\therefore ∠ B=∠ ODB,\therefore ∠ ODB=∠ C,\therefore OD // AC$。$\because$以点$O$为圆心,$OB$长为半径的半圆与$AC$相切于点$E$,$\therefore OE⊥ AC,\therefore OD⊥ OE$
(2)$\because AB=AC,AB=BC,\therefore △ ABC$ 为等边三角形,$\therefore ∠ A=60°$,在$\mathrm{Rt}△ AEO$中,$OE=OD=OB=\sqrt{3}$,则$OA=\frac{OE}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$,$AE=\frac{OE}{\tan A}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1$,$\therefore AB=2+\sqrt{3}$,$\therefore EC=AC-AE=2+\sqrt{3}-1=1+\sqrt{3}$,则四边形$ODCE$的面积为$\frac{1}{2}×(\sqrt{3}+\sqrt{3}+1)×\sqrt{3}=3+\frac{\sqrt{3}}{2}$
(2)$\because AB=AC,AB=BC,\therefore △ ABC$ 为等边三角形,$\therefore ∠ A=60°$,在$\mathrm{Rt}△ AEO$中,$OE=OD=OB=\sqrt{3}$,则$OA=\frac{OE}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$,$AE=\frac{OE}{\tan A}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1$,$\therefore AB=2+\sqrt{3}$,$\therefore EC=AC-AE=2+\sqrt{3}-1=1+\sqrt{3}$,则四边形$ODCE$的面积为$\frac{1}{2}×(\sqrt{3}+\sqrt{3}+1)×\sqrt{3}=3+\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析
【分析】
(1) 要证$OD ⊥ OE$，已知半圆和$AC$相切，根据切线性质可得$OE ⊥ AC$，因此只需证$OD // AC$即可。结合等腰$△ ABC$底角相等、同圆半径相等得$OB=OD$，可推出$∠ ODB=∠ C$，即可证得$OD // AC$，进而得到垂直关系。
(2) 先由$AB=AC=BC$判定$△ ABC$是等边三角形，得$∠ A=60°$，在$\mathrm{Rt}△ AEO$中用三角函数求出$OA$、$AE$的长度，进一步求出$AC$、$EC$的长度；结合$OD // AC$、$OE ⊥ OD$可知四边形$ODCE$是直角梯形，代入梯形面积公式即可求解。
【解析】
(1) 证明：
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ B=∠ C$，
$\because OB=OD$（同圆的半径相等），$\therefore ∠ B=∠ ODB$，
$\therefore ∠ ODB=∠ C$，$\therefore OD // AC$（同位角相等，两直线平行），
$\because$半圆$O$与$AC$相切于点$E$，$\therefore OE ⊥ AC$（圆的切线垂直于过切点的半径），
$\therefore OE ⊥ OD$，即$OD ⊥ OE$。
(2) 解：
$\because AB=AC$，$AB=BC$，$\therefore AB=AC=BC$，即$△ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ A=60°$，
已知$OE=OD=OB=\sqrt{3}$，在$\mathrm{Rt}△ AEO$中：
$OA=\frac{OE}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$，$AE=\frac{OE}{\tan A}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1$，
$\therefore AB=OA+OB=2+\sqrt{3}$，
$\therefore AC=AB=2+\sqrt{3}$，
$\therefore EC=AC-AE=(2+\sqrt{3})-1=1+\sqrt{3}$，
由(1)知$OD // AC$，$OE ⊥ AC$，$OE ⊥ OD$，因此四边形$ODCE$是直角梯形，上底$OD=\sqrt{3}$，下底$EC=1+\sqrt{3}$，高$OE=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ODCE}=\frac{1}{2}×(OD+EC)× OE=\frac{1}{2}×(\sqrt{3}+1+\sqrt{3})×\sqrt{3}=3+\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 四边形$ODCE$的面积为$\boxed{3+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$
【知识点】
切线的性质，等边三角形的判定与性质，梯形面积计算
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，第一问侧重考查等腰三角形性质、平行线与垂直关系的推导，逻辑清晰；第二问需要结合三角函数求解边长，再计算面积，注重考查几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$OD ⊥ OE$，已知半圆和$AC$相切，根据切线性质可得$OE ⊥ AC$，因此只需证$OD // AC$即可。结合等腰$△ ABC$底角相等、同圆半径相等得$OB=OD$，可推出$∠ ODB=∠ C$，即可证得$OD // AC$，进而得到垂直关系。
(2) 先由$AB=AC=BC$判定$△ ABC$是等边三角形，得$∠ A=60°$，在$\mathrm{Rt}△ AEO$中用三角函数求出$OA$、$AE$的长度，进一步求出$AC$、$EC$的长度；结合$OD // AC$、$OE ⊥ OD$可知四边形$ODCE$是直角梯形，代入梯形面积公式即可求解。
【解析】
(1) 证明：
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ B=∠ C$，
$\because OB=OD$（同圆的半径相等），$\therefore ∠ B=∠ ODB$，
$\therefore ∠ ODB=∠ C$，$\therefore OD // AC$（同位角相等，两直线平行），
$\because$半圆$O$与$AC$相切于点$E$，$\therefore OE ⊥ AC$（圆的切线垂直于过切点的半径），
$\therefore OE ⊥ OD$，即$OD ⊥ OE$。
(2) 解：
$\because AB=AC$，$AB=BC$，$\therefore AB=AC=BC$，即$△ ABC$是等边三角形，
$\therefore ∠ A=60°$，
已知$OE=OD=OB=\sqrt{3}$，在$\mathrm{Rt}△ AEO$中：
$OA=\frac{OE}{\sin A}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2$，$AE=\frac{OE}{\tan A}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1$，
$\therefore AB=OA+OB=2+\sqrt{3}$，
$\therefore AC=AB=2+\sqrt{3}$，
$\therefore EC=AC-AE=(2+\sqrt{3})-1=1+\sqrt{3}$，
由(1)知$OD // AC$，$OE ⊥ AC$，$OE ⊥ OD$，因此四边形$ODCE$是直角梯形，上底$OD=\sqrt{3}$，下底$EC=1+\sqrt{3}$，高$OE=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ODCE}=\frac{1}{2}×(OD+EC)× OE=\frac{1}{2}×(\sqrt{3}+1+\sqrt{3})×\sqrt{3}=3+\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 四边形$ODCE$的面积为$\boxed{3+\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$
【知识点】
切线的性质，等边三角形的判定与性质，梯形面积计算
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，第一问侧重考查等腰三角形性质、平行线与垂直关系的推导，逻辑清晰；第二问需要结合三角函数求解边长，再计算面积，注重考查几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
11. 工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计了一个如图1所示的工件槽，其两个底角均为$90°$，将铁球放入槽内时，若同时具有图1所示的$A,B,E$三个接触点，该球的大小就符合要求。图2是过球心及$A,B,E$三点的截面示意图，已知$\odot O$的直径就是铁球的直径，$AB$是$\odot O$的弦，$CD$切$\odot O$于点$E$，$AC ⊥ CD$，$BD ⊥ CD$。若$CD=16\ \mathrm{cm}$，$AC=BD=4\ \mathrm{cm}$，则这种铁球的直径为（
A. $10\ \mathrm{cm}$ B. $18\ \mathrm{cm}$
C. $20\ \mathrm{cm}$ D. $24\ \mathrm{cm}$
12. 材料的疏水性:扬州宝应是荷藕之乡。“微风忽起吹莲叶,青玉盘中泻水银”,莲叶上的水滴来回滚动,不易渗入莲叶内部,这说明莲叶具有较强的疏水性。疏水性是指材料与水相互排斥的一种性质。
【概念理解】
材料疏水性的强弱通常用接触角的大小来描述。材料上的水滴可以近似地看成球或球的一部分,经过球心的纵截面如图1所示,接触角是过固、液、气三相接触点(点$M$或点$N$)所作的气—液界线的切线与固—液界线的夹角,图1中的$∠ PMN$就是水滴的一个接触角。
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出图2中水滴的一个接触角,并用三个大写字母表示接触角。(保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
(2)材料的疏水性随着接触角的变大而________（填“变强”“不变”或“变弱”）。
【实践探索】
实践中,可以通过测量水滴经过球心的高度$BC$和底面圆的半径$AC$($BC ⊥ AC$),求出$∠ BAC$的度数,进而求出接触角$∠ CAD$的度数(如图3)。
(3)请探索图3中接触角$∠ CAD$与$∠ BAC$之间的数量关系(用等式表示),并说明理由。
【创新思考】
(4)材料的疏水性除了用接触角以及图3中与$△ ABC$相关的量描述外,还可以用什么量来描述,请你提出一个合理的设想,并说明疏水性随着此量的变化而如何变化。
C
）A. $10\ \mathrm{cm}$ B. $18\ \mathrm{cm}$
C. $20\ \mathrm{cm}$ D. $24\ \mathrm{cm}$
12. 材料的疏水性:扬州宝应是荷藕之乡。“微风忽起吹莲叶,青玉盘中泻水银”,莲叶上的水滴来回滚动,不易渗入莲叶内部,这说明莲叶具有较强的疏水性。疏水性是指材料与水相互排斥的一种性质。
【概念理解】
材料疏水性的强弱通常用接触角的大小来描述。材料上的水滴可以近似地看成球或球的一部分,经过球心的纵截面如图1所示,接触角是过固、液、气三相接触点(点$M$或点$N$)所作的气—液界线的切线与固—液界线的夹角,图1中的$∠ PMN$就是水滴的一个接触角。
(1)请用无刻度的直尺和圆规作出图2中水滴的一个接触角,并用三个大写字母表示接触角。(保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
(2)材料的疏水性随着接触角的变大而________（填“变强”“不变”或“变弱”）。
【实践探索】
实践中,可以通过测量水滴经过球心的高度$BC$和底面圆的半径$AC$($BC ⊥ AC$),求出$∠ BAC$的度数,进而求出接触角$∠ CAD$的度数(如图3)。
(3)请探索图3中接触角$∠ CAD$与$∠ BAC$之间的数量关系(用等式表示),并说明理由。
【创新思考】
(4)材料的疏水性除了用接触角以及图3中与$△ ABC$相关的量描述外,还可以用什么量来描述,请你提出一个合理的设想,并说明疏水性随着此量的变化而如何变化。
答案
11. C
12. (1)①圆弧上取一点$C$,交界面与圆弧的交点为$M,N$,连结$MC,NC$;②分别作$MC,NC$的中垂线,交于点$O$,则点$O$为圆弧的圆心;③连结$OM$,过点$M$作$PM⊥ OM$,则$PM$为圆$O$的切线,故$∠ PMN$即为所求
(2)变强[解析:由题意和图可知,接触角越大,水滴越趋近于球形,疏水性越强,故材料的疏水性随着接触角的变大而变强]
(3)$∠ CAD=2∠ BAC$。理由如下:连结$OA$,则$OA=OB,\therefore ∠ ABC=∠ OAB$。$\because AD$为切线,$\therefore OA⊥ AD,\therefore ∠ OAB+∠ BAD=90°$。$\because BC⊥ AC,\therefore ∠ ABC+∠ BAC=90°$。$\because ∠ ABC=∠ OAB,\therefore ∠ BAD=∠ BAC,\therefore ∠ CAD=∠ BAD+∠ BAC=2∠ BAC$
(4)$\because$水滴弧的长度为:$l=\frac{nπ r}{180},\therefore \frac{l}{r}=\frac{π}{180}n,\therefore$可以根据$\frac{l}{r}$的大小,进行判断,$\frac{l}{r}$越大,水滴越趋近于球形,疏水性越强(答案不唯一)
解析
第11题
【分析】
本题结合实际场景考查圆的相关计算，解题思路如下：第一步，根据切线的性质，连接圆心与切点得到垂直于切线的半径；第二步，结合已知的垂直、等长条件判定矩形，得到弦长和圆心到弦的距离相关量；第三步，设半径为未知数，利用垂径定理得到半弦长，在直角三角形中用勾股定理列方程求解半径，进而得到直径。
【解析】
连接$OE$，交$AB$于点$F$。
$\because CD$切$\odot O$于点$E$，$\therefore OE⊥ CD$。
$\because AC⊥ CD$，$BD⊥ CD$，且$AC=BD=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$四边形$ABDC$是矩形，
$\therefore AB=CD=16\ \mathrm{cm}$，$AB// CD$，
$\therefore OE⊥ AB$，由垂径定理得$AF=\frac{1}{2}AB=8\ \mathrm{cm}$，且$EF=AC=4\ \mathrm{cm}$。
设$\odot O$的半径为$r\ \mathrm{cm}$，则$OA=r\ \mathrm{cm}$，$OF=OE-EF=(r-4)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ OAF$中，由勾股定理得：
$OA^2=AF^2+OF^2$，即$r^2=8^2+(r-4)^2$，
展开化简得$8r=80$，解得$r=10$，
因此铁球的直径为$2r=20\ \mathrm{cm}$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的实际应用问题，核心是通过作辅助线构造直角三角形，结合矩形性质和方程思想求解，考查了几何知识在实际生产中的应用能力。
【难度系数】
0.7
---
第12题
【分析】
本题是结合生活情境的创新探究题，各小问解题思路如下：
(1)作图需先确定圆弧的圆心：根据垂径定理，作圆弧两条弦的垂直平分线，交点即为圆心；再根据切线的判定，过接触点作半径的垂线得到气液切线，结合固液界线得到接触角。
(2)根据材料描述，接触角越大水滴越趋近球形，与材料接触面越小，疏水性越强，直接判断即可。
(3)连接半径$OA$，利用切线性质、等腰三角形性质、等角的余角相等推导两角的数量关系。
(4)结合圆的弧长、半径、高度等相关量，合理提出描述疏水性的量并说明变化规律即可。
【解析】
(1)作图步骤：①在圆弧上取一点$C$，交界面与圆弧的交点为$M,N$，连结$MC,NC$；②分别作$MC,NC$的中垂线，交于点$O$，则点$O$为圆弧的圆心；③连结$OM$，过点$M$作$PM⊥ OM$，则$PM$为圆$O$的切线，故$∠ PMN$即为所求。
(2)由题意可知，接触角越大，水滴越趋近于球形，水越不容易渗入材料内部，因此疏水性随接触角变大而变强。
(3)$∠ CAD=2∠ BAC$，理由如下：
连结$OA$，则$OA=OB$，$\therefore ∠ ABC=∠ OAB$。
$\because AD$为切线，$\therefore OA⊥ AD$，$\therefore ∠ OAB+∠ BAD=90°$。
$\because BC⊥ AC$，$\therefore ∠ ABC+∠ BAC=90°$。
$\because ∠ ABC=∠ OAB$，$\therefore ∠ BAD=∠ BAC$，
$\therefore ∠ CAD=∠ BAD+∠ BAC=2∠ BAC$。
(4)示例：可以用弧长$l$和半径$r$的比值$\frac{l}{r}$描述，由弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$得$\frac{l}{r}=\frac{nπ}{180}$，$\frac{l}{r}$越大说明对应圆心角$n$越大，水滴越趋近球形，疏水性越强（答案不唯一，合理即可）。
【答案】
(1)作图见上述步骤，接触角为$∠ PMN$
(2)变强
(3)$\boldsymbol{∠ CAD=2∠ BAC}$，理由见解析
(4)示例：可用$\frac{BC}{AC}$的大小描述，$\frac{BC}{AC}$越大，疏水性越强（合理即可）
【知识点】
切线的作图与性质，圆的基本性质，角的关系探究
【点评】
本题将圆的知识和生活中的材料性质结合，既考查了基础作图、几何性质的应用能力，也考查了信息提取和创新探究能力，需要结合材料概念和所学几何知识解答。
【难度系数】
0.6
【分析】
本题结合实际场景考查圆的相关计算，解题思路如下：第一步，根据切线的性质，连接圆心与切点得到垂直于切线的半径；第二步，结合已知的垂直、等长条件判定矩形，得到弦长和圆心到弦的距离相关量；第三步，设半径为未知数，利用垂径定理得到半弦长，在直角三角形中用勾股定理列方程求解半径，进而得到直径。
【解析】
连接$OE$，交$AB$于点$F$。
$\because CD$切$\odot O$于点$E$，$\therefore OE⊥ CD$。
$\because AC⊥ CD$，$BD⊥ CD$，且$AC=BD=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$四边形$ABDC$是矩形，
$\therefore AB=CD=16\ \mathrm{cm}$，$AB// CD$，
$\therefore OE⊥ AB$，由垂径定理得$AF=\frac{1}{2}AB=8\ \mathrm{cm}$，且$EF=AC=4\ \mathrm{cm}$。
设$\odot O$的半径为$r\ \mathrm{cm}$，则$OA=r\ \mathrm{cm}$，$OF=OE-EF=(r-4)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ OAF$中，由勾股定理得：
$OA^2=AF^2+OF^2$，即$r^2=8^2+(r-4)^2$，
展开化简得$8r=80$，解得$r=10$，
因此铁球的直径为$2r=20\ \mathrm{cm}$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的实际应用问题，核心是通过作辅助线构造直角三角形，结合矩形性质和方程思想求解，考查了几何知识在实际生产中的应用能力。
【难度系数】
0.7
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第12题
【分析】
本题是结合生活情境的创新探究题，各小问解题思路如下：
(1)作图需先确定圆弧的圆心：根据垂径定理，作圆弧两条弦的垂直平分线，交点即为圆心；再根据切线的判定，过接触点作半径的垂线得到气液切线，结合固液界线得到接触角。
(2)根据材料描述，接触角越大水滴越趋近球形，与材料接触面越小，疏水性越强，直接判断即可。
(3)连接半径$OA$，利用切线性质、等腰三角形性质、等角的余角相等推导两角的数量关系。
(4)结合圆的弧长、半径、高度等相关量，合理提出描述疏水性的量并说明变化规律即可。
【解析】
(1)作图步骤：①在圆弧上取一点$C$，交界面与圆弧的交点为$M,N$，连结$MC,NC$；②分别作$MC,NC$的中垂线，交于点$O$，则点$O$为圆弧的圆心；③连结$OM$，过点$M$作$PM⊥ OM$，则$PM$为圆$O$的切线，故$∠ PMN$即为所求。
(2)由题意可知，接触角越大，水滴越趋近于球形，水越不容易渗入材料内部，因此疏水性随接触角变大而变强。
(3)$∠ CAD=2∠ BAC$，理由如下：
连结$OA$，则$OA=OB$，$\therefore ∠ ABC=∠ OAB$。
$\because AD$为切线，$\therefore OA⊥ AD$，$\therefore ∠ OAB+∠ BAD=90°$。
$\because BC⊥ AC$，$\therefore ∠ ABC+∠ BAC=90°$。
$\because ∠ ABC=∠ OAB$，$\therefore ∠ BAD=∠ BAC$，
$\therefore ∠ CAD=∠ BAD+∠ BAC=2∠ BAC$。
(4)示例：可以用弧长$l$和半径$r$的比值$\frac{l}{r}$描述，由弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$得$\frac{l}{r}=\frac{nπ}{180}$，$\frac{l}{r}$越大说明对应圆心角$n$越大，水滴越趋近球形，疏水性越强（答案不唯一，合理即可）。
【答案】
(1)作图见上述步骤，接触角为$∠ PMN$
(2)变强
(3)$\boldsymbol{∠ CAD=2∠ BAC}$，理由见解析
(4)示例：可用$\frac{BC}{AC}$的大小描述，$\frac{BC}{AC}$越大，疏水性越强（合理即可）
【知识点】
切线的作图与性质，圆的基本性质，角的关系探究
【点评】
本题将圆的知识和生活中的材料性质结合，既考查了基础作图、几何性质的应用能力，也考查了信息提取和创新探究能力，需要结合材料概念和所学几何知识解答。
【难度系数】
0.6
