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1[中]如图，AD是$\odot O$的直径，BC，CD是$\odot O$的弦，PA，PB分别切$\odot O$于点A，B，弦$BC// AD$。当$\overset{\frown}{CD}$的度数为$126°$时，$∠ APB$的度数为（
A.$54°$
B.$55°$
C.$63°$
D.$64°$
（第1题图）
（第2题图）
A
）A.$54°$
B.$55°$
C.$63°$
D.$64°$
（第1题图）
（第2题图）
答案
1.A 【解析】如图,连接 CO,BO.
∵ $\overset{\frown}{CD}$ 的度数为 126°,
∴ ∠COD = 126°.
∵ CO = DO,
∴ ∠CDO = $\frac{1}{2}(180°-∠COD)=27°$.
∵ BC//AD,
∴ ∠BCD = ∠CDA=27°,
∴ ∠BOD=2∠BCD=54°,
∴ ∠AOB=126°.
∵ PA,PB 是 ⊙O 的切线,
∴ ∠PBO = ∠PAO = 90°,
∴ ∠APB = 360° - ∠PAO - ∠PBO - ∠AOB = 360°-90°-90°-126°=54°. 故选 A.
解析
【分析】
解题时首先结合已知弧的度数，联想到弧的度数等于其所对圆心角的度数，因此先连接辅助线CO、BO构造圆心角。第一步先利用等腰三角形的性质求出△COD的底角∠CDO，再结合BC//AD的平行关系，利用内错角相等得到∠BCD的度数；接下来根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，求出∠BOD的度数，进而推出∠AOB的度数；最后根据切线的性质得到PA⊥OA、PB⊥OB，结合四边形内角和为360°，即可计算出∠APB的度数。
【解析】
解：如图，连接CO，BO。
∵ $\overset{\frown}{CD}$ 的度数为126°，
∴ ∠COD = 126°。
∵ CO = DO，
∴ ∠CDO = $\frac{1}{2}(180°-∠COD)=\frac{1}{2}×(180°-126°)=27°$。
∵ BC//AD，
∴ ∠BCD = ∠CDA = 27°，
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠BOD=2∠BCD=54°，
∴ ∠AOB = 180° - ∠BOD = 180° - 54° = 126°。
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，
∴ ∠PBO = ∠PAO = 90°，
在四边形PAOB中，内角和为360°，
∴ ∠APB = 360° - ∠PAO - ∠PBO - ∠AOB = 360° - 90° - 90° - 126° = 54°。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
弧与圆心角的关系，圆周角定理，切线的性质
【点评】
本题是圆的综合基础题，将平行线性质、等腰三角形性质、圆的相关性质与四边形内角和相结合考查，解题的关键是正确作出辅助线，理清各角度之间的推导关系。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合已知弧的度数，联想到弧的度数等于其所对圆心角的度数，因此先连接辅助线CO、BO构造圆心角。第一步先利用等腰三角形的性质求出△COD的底角∠CDO，再结合BC//AD的平行关系，利用内错角相等得到∠BCD的度数；接下来根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，求出∠BOD的度数，进而推出∠AOB的度数；最后根据切线的性质得到PA⊥OA、PB⊥OB，结合四边形内角和为360°，即可计算出∠APB的度数。
【解析】
解：如图，连接CO，BO。
∵ $\overset{\frown}{CD}$ 的度数为126°，
∴ ∠COD = 126°。
∵ CO = DO，
∴ ∠CDO = $\frac{1}{2}(180°-∠COD)=\frac{1}{2}×(180°-126°)=27°$。
∵ BC//AD，
∴ ∠BCD = ∠CDA = 27°，
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得∠BOD=2∠BCD=54°，
∴ ∠AOB = 180° - ∠BOD = 180° - 54° = 126°。
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，
∴ ∠PBO = ∠PAO = 90°，
在四边形PAOB中，内角和为360°，
∴ ∠APB = 360° - ∠PAO - ∠PBO - ∠AOB = 360° - 90° - 90° - 126° = 54°。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
弧与圆心角的关系，圆周角定理，切线的性质
【点评】
本题是圆的综合基础题，将平行线性质、等腰三角形性质、圆的相关性质与四边形内角和相结合考查，解题的关键是正确作出辅助线，理清各角度之间的推导关系。
【难度系数】
0.6
2[2025浙江宁波期中,中]如图,已知PA,PB分别切圆O于点A,B,PC满足AB·PB - AC·PC = AB·PC - AC·PB,且AC⊥PB,∠PAB=2∠BPC,则∠ACB=
18°
.答案
2.18° 【解析】
∵ AB · PB-AC · PC=AB · PC-AC · PB,
∴ AC · PB-AC · PC=AB · PC-AB · PB,即 AC(PB-PC)=AB(PC-PB),
∴ (AC+AB)(PB-PC)=0.
∵ AC+AB＞0,
∴ PB-PC=0,
∴ PB=PC. 又
∵ PA,PB 分别切圆 O 于点 A,B,
∴ PA=PB,
∴ PA=PC. 又
∵ AC⊥PB,
∴ ∠APB=∠BPC,PB 垂直平分 AC,
∴ AB = BC. 设 ∠PAB = 2α, 则 ∠PBA = 2α.
∵ ∠PAB=2∠BPC,
∴ ∠BPC=∠APB=α. 在△PAB 中,∠PAB + ∠PBA + ∠APB = 180°,
∴ 2α+2α+α=180°,
∴ α=36°.
∵ PA=PB=PC,
∴ A,B,C 在以 P 为圆心,AP 为半径的圆上,
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}$∠APB=18°,故答案为 18°.
∵ AB · PB-AC · PC=AB · PC-AC · PB,
∴ AC · PB-AC · PC=AB · PC-AB · PB,即 AC(PB-PC)=AB(PC-PB),
∴ (AC+AB)(PB-PC)=0.
∵ AC+AB＞0,
∴ PB-PC=0,
∴ PB=PC. 又
∵ PA,PB 分别切圆 O 于点 A,B,
∴ PA=PB,
∴ PA=PC. 又
∵ AC⊥PB,
∴ ∠APB=∠BPC,PB 垂直平分 AC,
∴ AB = BC. 设 ∠PAB = 2α, 则 ∠PBA = 2α.
∵ ∠PAB=2∠BPC,
∴ ∠BPC=∠APB=α. 在△PAB 中,∠PAB + ∠PBA + ∠APB = 180°,
∴ 2α+2α+α=180°,
∴ α=36°.
∵ PA=PB=PC,
∴ A,B,C 在以 P 为圆心,AP 为半径的圆上,
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}$∠APB=18°,故答案为 18°.
解析
【分析】
解题时先处理给出的线段乘积等式，通过移项、提公因式因式分解，推导得到PB与PC的等量关系；再结合切线长定理得出PA=PB，进而得到PA=PB=PC，判断A、B、C三点在以P为圆心的圆上；接着利用AC⊥PB的条件和已知角度关系设未知角，结合三角形内角和求出相关角度，最后用圆周角定理计算∠ACB的度数即可。
【解析】
∵ $ AB · PB - AC · PC = AB · PC - AC · PB $，
移项整理得 $ AC(PB - PC) = AB(PC - PB) $，即 $ (AC + AB)(PB - PC) = 0 $，
∵ $ AC + AB ＞ 0 $，
∴ $ PB - PC = 0 $，即 $ PB = PC $。
∵ PA、PB分别切$ \odot O $于点A、B，由切线长定理得$ PA = PB $，
∴ $ PA = PB = PC $。
又
∵ $ AC ⊥ PB $，
∴ PB垂直平分AC，$ ∠ APB = ∠ BPC $，可得$ AB = BC $。
设$ ∠ PAB = 2α $，由$ ∠ PAB = 2∠ BPC $得$ ∠ BPC = ∠ APB = α $，
∵ $ PA = PB $，
∴ $ ∠ PBA = ∠ PAB = 2α $，
在$ △ PAB $中，内角和为$ 180° $，
∴ $ 2α + 2α + α = 180° $，解得$ α = 36° $。
∵ $ PA = PB = PC $，
∴ A、B、C在以P为圆心、AP为半径的圆上，
根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，
∴ $ ∠ ACB = \frac{1}{2}∠ APB = \frac{1}{2} × 36° = 18° $。
【答案】
$ 18° $
【知识点】
切线长定理，因式分解的应用，圆周角定理
【点评】
本题综合了代数等式变形与几何性质的应用，解题突破口是对乘积等式因式分解得到边的等量关系，再结合切线长、等腰三角形、圆周角相关性质逐步推导角度，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先处理给出的线段乘积等式，通过移项、提公因式因式分解，推导得到PB与PC的等量关系；再结合切线长定理得出PA=PB，进而得到PA=PB=PC，判断A、B、C三点在以P为圆心的圆上；接着利用AC⊥PB的条件和已知角度关系设未知角，结合三角形内角和求出相关角度，最后用圆周角定理计算∠ACB的度数即可。
【解析】
∵ $ AB · PB - AC · PC = AB · PC - AC · PB $，
移项整理得 $ AC(PB - PC) = AB(PC - PB) $，即 $ (AC + AB)(PB - PC) = 0 $，
∵ $ AC + AB ＞ 0 $，
∴ $ PB - PC = 0 $，即 $ PB = PC $。
∵ PA、PB分别切$ \odot O $于点A、B，由切线长定理得$ PA = PB $，
∴ $ PA = PB = PC $。
又
∵ $ AC ⊥ PB $，
∴ PB垂直平分AC，$ ∠ APB = ∠ BPC $，可得$ AB = BC $。
设$ ∠ PAB = 2α $，由$ ∠ PAB = 2∠ BPC $得$ ∠ BPC = ∠ APB = α $，
∵ $ PA = PB $，
∴ $ ∠ PBA = ∠ PAB = 2α $，
在$ △ PAB $中，内角和为$ 180° $，
∴ $ 2α + 2α + α = 180° $，解得$ α = 36° $。
∵ $ PA = PB = PC $，
∴ A、B、C在以P为圆心、AP为半径的圆上，
根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，
∴ $ ∠ ACB = \frac{1}{2}∠ APB = \frac{1}{2} × 36° = 18° $。
【答案】
$ 18° $
【知识点】
切线长定理，因式分解的应用，圆周角定理
【点评】
本题综合了代数等式变形与几何性质的应用，解题突破口是对乘积等式因式分解得到边的等量关系，再结合切线长、等腰三角形、圆周角相关性质逐步推导角度，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
3[较难]如图,在$△ ABC$中,$AB=8,BC=5,AC=7,\odot O$与$AB$的延长线,$BC,AC$的延长线相切,切点分别为$D,E,F$,则点$A$到圆心$O$的距离为
$4\sqrt{7}$
. 答案
3.$4\sqrt{7}$ 【解析】作 CH⊥AB 于 H,连接 OD,OE,OF,AO,OB,OC,如图. 设 ⊙O 的半径为 r,AH = x,CH = y,则 BH = 8-x. 在 Rt△ACH 中,$AH^2+CH^2=AC^2$,
∴ $x^2+y^2=7^2$. 在 Rt△BCH 中,$BH^2+CH^2=BC^2$,
∴ $(8-x)^2+y^2=5^2$,
∴ $x=\frac{11}{2},y=\frac{5\sqrt{3}}{2}$(负值已舍去),
∴ $S_{△ABC}=\frac{1}{2}×8×\frac{5\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$.
∵ ⊙O 与边 BC 及 AC,AB 的延长线分别相切于点 E,F,D,
∴ OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC,BD=BE,CF=CE,AD=AF.
∵ $S_{△ABC}+S_{△OCB}=S_{△AOB}+S_{△AOC}$,
∴ $10\sqrt{3}+\frac{1}{2}×5×r=\frac{1}{2}×8×r+\frac{1}{2}×7×r$,解得 $r=2\sqrt{3}$,即 ⊙O 的半径为 $2\sqrt{3}$.
∵ DB=BE,CF=CE,且 AB+AC+BC=8+7+5=20,
∴ AD+AF=20.
∵ AD=AF,
∴ AD = AF = 10,
∴ 在 Rt△AOD 中, AO = $\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{10^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$,故答案为 $4\sqrt{7}$.
解析
【分析】
要求点A到圆心O的距离，观察可知AO在Rt△AOD中，因此只需分别求出切线长AD和⊙O的半径r，再利用勾股定理计算即可。解题步骤可分为三步：第一步，先通过双勾股法求出△ABC的高，进而计算△ABC的面积；第二步，利用旁切圆的切线性质和面积法，建立关于半径r的方程求解r；第三步，利用切线长定理求出AD的长度，最后代入勾股定理计算AO的长度。
【解析】
作$CH ⊥ AB$于$H$，连接$OD,OE,OF,AO$。
设$\odot O$的半径为$r$，$AH = x$，$CH = y$，则$BH = 8-x$。
在$\mathrm{Rt}△ ACH$中，由勾股定理得：$AH^2+CH^2=AC^2$，即$x^2+y^2=7^2$ ①；
在$\mathrm{Rt}△ BCH$中，由勾股定理得：$BH^2+CH^2=BC^2$，即$(8-x)^2+y^2=5^2$ ②；
用①-②消去$y^2$，解得$x=\frac{11}{2}$，代入①得$y=\frac{5\sqrt{3}}{2}$（负值已舍去）。
因此$△ ABC$的面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × AB × CH=\frac{1}{2} × 8 × \frac{5\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$。
由切线的性质可知：$OD ⊥ AB$，$OE ⊥ BC$，$OF ⊥ AC$；由切线长定理可知：$BD=BE$，$CF=CE$，$AD=AF$。
根据面积关系$S_{△ ABC}+S_{△ OCB}=S_{△ AOB}+S_{△ AOC}$，代入各面积公式得：
$10\sqrt{3}+\frac{1}{2} × 5 × r=\frac{1}{2} × 8 × r+\frac{1}{2} × 7 × r$，
解得$r=2\sqrt{3}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
由$AB+AC+BC=8+7+5=20$，结合切线长相等可得$AD+AF=AB+BD+AC+CF=AB+BE+AC+CE=AB+AC+BC=20$，
又$AD=AF$，因此$AD=10$。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$AO = \sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{10^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，将切线性质、切线长定理、勾股定理与三角形面积计算相结合，解题的突破口是利用面积法快速求出旁切圆的半径，需要学生具备较强的知识综合运用能力和计算能力。
【难度系数】
0.3
要求点A到圆心O的距离，观察可知AO在Rt△AOD中，因此只需分别求出切线长AD和⊙O的半径r，再利用勾股定理计算即可。解题步骤可分为三步：第一步，先通过双勾股法求出△ABC的高，进而计算△ABC的面积；第二步，利用旁切圆的切线性质和面积法，建立关于半径r的方程求解r；第三步，利用切线长定理求出AD的长度，最后代入勾股定理计算AO的长度。
【解析】
作$CH ⊥ AB$于$H$，连接$OD,OE,OF,AO$。
设$\odot O$的半径为$r$，$AH = x$，$CH = y$，则$BH = 8-x$。
在$\mathrm{Rt}△ ACH$中，由勾股定理得：$AH^2+CH^2=AC^2$，即$x^2+y^2=7^2$ ①；
在$\mathrm{Rt}△ BCH$中，由勾股定理得：$BH^2+CH^2=BC^2$，即$(8-x)^2+y^2=5^2$ ②；
用①-②消去$y^2$，解得$x=\frac{11}{2}$，代入①得$y=\frac{5\sqrt{3}}{2}$（负值已舍去）。
因此$△ ABC$的面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} × AB × CH=\frac{1}{2} × 8 × \frac{5\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$。
由切线的性质可知：$OD ⊥ AB$，$OE ⊥ BC$，$OF ⊥ AC$；由切线长定理可知：$BD=BE$，$CF=CE$，$AD=AF$。
根据面积关系$S_{△ ABC}+S_{△ OCB}=S_{△ AOB}+S_{△ AOC}$，代入各面积公式得：
$10\sqrt{3}+\frac{1}{2} × 5 × r=\frac{1}{2} × 8 × r+\frac{1}{2} × 7 × r$，
解得$r=2\sqrt{3}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
由$AB+AC+BC=8+7+5=20$，结合切线长相等可得$AD+AF=AB+BD+AC+CF=AB+BE+AC+CE=AB+AC+BC=20$，
又$AD=AF$，因此$AD=10$。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：
$AO = \sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{10^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$。
【答案】
$4\sqrt{7}$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，将切线性质、切线长定理、勾股定理与三角形面积计算相结合，解题的突破口是利用面积法快速求出旁切圆的半径，需要学生具备较强的知识综合运用能力和计算能力。
【难度系数】
0.3
4 新考法[2026江苏南京秦淮外国语学校质检，中]已知:$\odot O$和$\odot O$外一点$P$.
尺规作图:在图中,过$P$点作$\odot O$的两条切线(要求:两种方法,保留作图痕迹,写出简单作法).
刷素养→走向重高
尺规作图:在图中,过$P$点作$\odot O$的两条切线(要求:两种方法,保留作图痕迹,写出简单作法).
刷素养→走向重高
答案
4.【解】作法1:
如图(1).①连接 PO,作 PO 的垂直平分线 AB,交 PO 于点 C;
②以点 C 为圆心,CO 长为半径作圆,交⊙O 于点 E,F;
③作直线 PE,PF,则直线 PE,PF 即为所求.
连接 OE,OF. 根据作法可知,OP 为⊙C 的直径,
∴ ∠PEO = ∠PFO = 90°,即 PE ⊥ OE,PF ⊥ OF. 又
∵ OE,OF 为⊙O 的半径,
∴ PE,PF 为⊙O 的切线.
作法2:
如图(2).①作射线 PO 交⊙O 于 A,B 两点;
②以点 P 为圆心,PO 长为半径作弧,以点 O 为圆心,AB 长为半径作弧,两弧相交于点 M,N;
③连接 OM,ON,分别交⊙O 于点 C,D;
④作直线 PC,PD,则直线 PC,PD 即为所求作的切线.
解析
【分析】
要过圆外一点P作⊙O的切线，核心是根据切线的判定定理，找到⊙O上的点T，使得PT⊥OT（即构造以T为顶点的直角）。
第一种思路：利用“直径所对的圆周角是直角”，若以OP为直径作圆，该圆与⊙O的交点就满足直角条件，即为切点；
第二种思路：通过构造等长线段得到等腰三角形，利用等腰三角形的性质得到垂直关系，从而确定切点，再作直线即可。
【解析】
方法1（对应图1）：
1. 连接PO，作线段PO的垂直平分线AB，交PO于点C，此时C为PO中点，OC=CP；
2. 以点C为圆心，CO长为半径作圆，该圆与⊙O交于E、F两点；
3. 作直线PE、PF。
证明：
∵OP是⊙C的直径，
∴∠PEO=∠PFO=90°，即PE⊥OE，PF⊥OF，又
∵OE、OF是⊙O的半径，
∴PE、PF是⊙O的切线。
方法2（对应图2）：
1. 作射线PO，交⊙O于A、B两点，AB为⊙O的直径；
2. 以点P为圆心，PO长为半径作弧，以点O为圆心，AB长为半径作弧，两弧相交于点M、N；
3. 连接OM、ON，分别交⊙O于点C、D；
4. 作直线PC、PD。
证明：由作法得PO=PM，OM=AB=2OC，可推出PC⊥OC，同理PD⊥OD，又OC、OD是⊙O的半径，
∴PC、PD是⊙O的切线。
【答案】
作法1:
如图(1).①连接 PO,作 PO 的垂直平分线 AB,交 PO 于点 C;
②以点 C 为圆心,CO 长为半径作圆,交⊙O 于点 E,F;
③作直线 PE,PF,则直线 PE,PF 即为所求.
连接 OE,OF. 根据作法可知,OP 为⊙C 的直径,
∴ ∠PEO = ∠PFO = 90°,即 PE ⊥ OE,PF ⊥ OF. 又
∵ OE,OF 为⊙O 的半径,
∴ PE,PF 为⊙O 的切线.
作法2:
如图(2).①作射线 PO 交⊙O 于 A,B 两点;
②以点 P 为圆心,PO 长为半径作弧,以点 O 为圆心,AB 长为半径作弧,两弧相交于点 M,N;
③连接 OM,ON,分别交⊙O 于点 C,D;
④作直线 PC,PD,则直线 PC,PD 即为所求作的切线.
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；尺规作图
【点评】
本题考查过圆外一点作圆的切线的尺规作图，需要结合圆的性质推导作图逻辑，既考查动手操作能力，也考查对切线判定、圆的基本性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
要过圆外一点P作⊙O的切线，核心是根据切线的判定定理，找到⊙O上的点T，使得PT⊥OT（即构造以T为顶点的直角）。
第一种思路：利用“直径所对的圆周角是直角”，若以OP为直径作圆，该圆与⊙O的交点就满足直角条件，即为切点；
第二种思路：通过构造等长线段得到等腰三角形，利用等腰三角形的性质得到垂直关系，从而确定切点，再作直线即可。
【解析】
方法1（对应图1）：
1. 连接PO，作线段PO的垂直平分线AB，交PO于点C，此时C为PO中点，OC=CP；
2. 以点C为圆心，CO长为半径作圆，该圆与⊙O交于E、F两点；
3. 作直线PE、PF。
证明：
∵OP是⊙C的直径，
∴∠PEO=∠PFO=90°，即PE⊥OE，PF⊥OF，又
∵OE、OF是⊙O的半径，
∴PE、PF是⊙O的切线。
方法2（对应图2）：
1. 作射线PO，交⊙O于A、B两点，AB为⊙O的直径；
2. 以点P为圆心，PO长为半径作弧，以点O为圆心，AB长为半径作弧，两弧相交于点M、N；
3. 连接OM、ON，分别交⊙O于点C、D；
4. 作直线PC、PD。
证明：由作法得PO=PM，OM=AB=2OC，可推出PC⊥OC，同理PD⊥OD，又OC、OD是⊙O的半径，
∴PC、PD是⊙O的切线。
【答案】
作法1:
如图(1).①连接 PO,作 PO 的垂直平分线 AB,交 PO 于点 C;
②以点 C 为圆心,CO 长为半径作圆,交⊙O 于点 E,F;
③作直线 PE,PF,则直线 PE,PF 即为所求.
连接 OE,OF. 根据作法可知,OP 为⊙C 的直径,
∴ ∠PEO = ∠PFO = 90°,即 PE ⊥ OE,PF ⊥ OF. 又
∵ OE,OF 为⊙O 的半径,
∴ PE,PF 为⊙O 的切线.
作法2:
如图(2).①作射线 PO 交⊙O 于 A,B 两点;
②以点 P 为圆心,PO 长为半径作弧,以点 O 为圆心,AB 长为半径作弧,两弧相交于点 M,N;
③连接 OM,ON,分别交⊙O 于点 C,D;
④作直线 PC,PD,则直线 PC,PD 即为所求作的切线.
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；尺规作图
【点评】
本题考查过圆外一点作圆的切线的尺规作图，需要结合圆的性质推导作图逻辑，既考查动手操作能力，也考查对切线判定、圆的基本性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
5 核心素养推理能力 [难]在矩形ABCD中，AB=8 cm，BC=6 cm，点P从点A出发，沿AB边向点B以每秒2 cm的速度运动，同时点Q从点D出发沿DA边向点A以每秒1 cm的速度运动，P，Q其中一点到达终点时，另一点随之停止运动。设运动时间为t秒。回答下列问题：
(1)如图(1)，几秒后△APQ的面积等于5 cm²？
(2)如图(2)，若以点P为圆心，PQ为半径作⊙P。在运动过程中，是否存在t值，使得点C落在⊙P上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。
(3)如图(3)，若以点Q为圆心，DQ为半径作⊙Q，当⊙Q与AC相切时。
①求t的值。
②如图(4)，若点E是此时⊙Q上一动点，F是BE的中点，求CF的最小值。
图(1) 图(2) 图(3) 图(4)
(1)如图(1)，几秒后△APQ的面积等于5 cm²？
(2)如图(2)，若以点P为圆心，PQ为半径作⊙P。在运动过程中，是否存在t值，使得点C落在⊙P上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由。
(3)如图(3)，若以点Q为圆心，DQ为半径作⊙Q，当⊙Q与AC相切时。
①求t的值。
②如图(4)，若点E是此时⊙Q上一动点，F是BE的中点，求CF的最小值。
图(1) 图(2) 图(3) 图(4)
答案
5.【解】(1) 由题意得 AP = 2t,DQ = t,则 AQ = 6-t,
∴ $S_{△APQ}=\frac{1}{2}×2t·(6-t)=5$,整理得 $t^2-6t+5=0$,解得 t=1 或 t=5(舍去),
∴ 1 秒后△APQ 的面积为 5 cm².
(2) 存在. 如图(1),连接 PC.
∵ ⊙P 经过点 C,
∴ PQ = PC,
∴ $PA^2+AQ^2=PB^2+BC^2$,
∴ $4t^2+(6-t)^2=(8-2t)^2+6^2$,解得 $t=-10+2\sqrt{41}$ 或 $-10-2\sqrt{41}$(舍去),
∴ 当 $t=-10+2\sqrt{41}$ 时,点 C 落在⊙P 上.
(3) ①如图(2),设⊙Q 与 AC 相切于点 H,连接 QH.
∵ ∠ADC=90°,
∴ CD 是⊙Q 的切线.
∵ CH 是⊙Q 的切线,
∴ CD = CH = 8.
∵ QD = QH = t,AC = $\sqrt{6^2+8^2}=10$,
∴ AH=2.
∵ QH⊥AC,
∴ ∠AHQ=90°,
∴ $AQ^2=HQ^2+AH^2$,
∴ $(6-t)^2=t^2+2^2$,
∴ $t=\frac{8}{3}$,
∴ 当⊙Q 与 AC 相切时,t 的值为 $\frac{8}{3}$.
②如图(3),连接 QE,BQ,取 BQ 的中点 M,连接 FM,CM,作 MN⊥CD 于 N,则 MN//AD. 由①得 DQ=$\frac{8}{3}$.
∵ MQ=MB,FB=FE,
∴ $FM=\frac{1}{2}EQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{4}{3}$.
∵ AD//MN//BC,QM=MB,
∴ DN = NC = 4, MN = $\frac{1}{2}(DQ + BC)=\frac{13}{3}$,
∴ CM = $\sqrt{MN^2+CN^2}=\sqrt{(\frac{13}{3})^2+4^2}=\frac{\sqrt{313}}{3}$.
∵ CF ≥ CM - FM,
∴ CF ≥ $\frac{\sqrt{313}-4}{3}$,
∴ CF 的最小值为 $\frac{\sqrt{313}-4}{3}$.
解析
【分析】
本题是矩形背景下的动点综合题，可按小问逐步思考：
(1) 先根据P、Q的运动速度和时间t，表示出△APQ的两条直角边AQ、AP的长度，结合直角三角形面积公式列一元二次方程求解，再根据运动的时间范围舍去不符合题意的解即可。
(2) 点C落在⊙P上等价于半径PQ=PC，分别在Rt△APQ和Rt△PBC中用勾股定理表示PQ²和PC²，列方程求解后舍去超出取值范围的解。
(3) ① 圆Q与AC相切时，根据切线长定理可得CH=CD，先求出AC的长度，进而得到AH的长度，再在Rt△AHQ中用勾股定理列方程求t；② 求CF最小值可利用中位线定理将FM转化为定值，再根据两点之间线段最短，用定长CM减去定值FM得到最小值。
【解析】
(1) 由运动规律得：$AP=2t\ \mathrm{cm}$，$DQ=t\ \mathrm{cm}$，因此$AQ=AD-DQ=(6-t)\ \mathrm{cm}$，其中t的取值范围为$0≤t≤4$（P运动到B的时间为$8÷2=4\ \mathrm{s}$，Q运动到A的时间为$6÷1=6\ \mathrm{s}$，取较短时间）。
△APQ为直角三角形，由面积公式得：
$S_{△APQ}=\frac{1}{2}·AP·AQ=\frac{1}{2}×2t·(6-t)=5$
整理得$t^2-6t+5=0$，解得$t_1=1$，$t_2=5$。
因为$t≤4$，故舍去$t=5$，得$t=1$。
(2) 存在。连接PC，若点C在⊙P上，则$PQ=PC$，即$PQ^2=PC^2$。
在Rt△APQ中，$PQ^2=AP^2+AQ^2=(2t)^2+(6-t)^2$；
在Rt△PBC中，$PB=AB-AP=(8-2t)\ \mathrm{cm}$，$BC=6\ \mathrm{cm}$，因此$PC^2=PB^2+BC^2=(8-2t)^2+6^2$。
列等式：$4t^2+(6-t)^2=(8-2t)^2+36$
化简得$t^2+20t-64=0$，解得$t=-10±2\sqrt{41}$，结合$0≤t≤4$舍去负根，得$t=-10+2\sqrt{41}$。
(3) ① 设⊙Q与AC相切于点H，连接QH，则$QH⊥AC$，$QH=DQ=t$。
由$∠D=90°$，$QD⊥CD$，可知CD也是⊙Q的切线，根据切线长定理得$CH=CD=8\ \mathrm{cm}$。
在Rt△ADC中，$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，因此$AH=AC-CH=2\ \mathrm{cm}$。
在Rt△AHQ中，由勾股定理得$AQ^2=AH^2+QH^2$，即：
$(6-t)^2=2^2+t^2$
化简得$12t=32$，解得$t=\frac{8}{3}$，符合取值范围。
② 连接QE、BQ，取BQ的中点M，连接FM、CM，过M作$MN⊥CD$于点N，则$MN//AD//BC$。
由①得$DQ=t=\frac{8}{3}$，故$EQ=DQ=\frac{8}{3}$。
因为F是BE中点，M是BQ中点，所以FM是△BQE的中位线，因此$FM=\frac{1}{2}EQ=\frac{4}{3}$，为定值。
由$MN//AD//BC$，M是BQ中点，得N是CD中点，$DN=NC=4\ \mathrm{cm}$，$MN=\frac{1}{2}(DQ+BC)=\frac{1}{2}×(\frac{8}{3}+6)=\frac{13}{3}\ \mathrm{cm}$。
在Rt△MNC中，$CM=\sqrt{MN^2+CN^2}=\sqrt{(\frac{13}{3})^2+4^2}=\frac{\sqrt{313}}{3}$。
根据三角形三边关系，$CF≥CM-FM$，当且仅当C、F、M三点共线时取等号，因此$CF≥\frac{\sqrt{313}-4}{3}$。
【答案】
(1) 由题意得 AP = 2t,DQ = t,则 AQ = 6-t,
∴ $S_{△APQ}=\frac{1}{2}×2t·(6-t)=5$,整理得 $t^2-6t+5=0$,解得 t=1 或 t=5(舍去),
∴ 1 秒后△APQ 的面积为 5 cm².
(2) 存在. 如图(1),连接 PC.
∵ ⊙P 经过点 C,
∴ PQ = PC,
∴ $PA^2+AQ^2=PB^2+BC^2$,
∴ $4t^2+(6-t)^2=(8-2t)^2+6^2$,解得 $t=-10+2\sqrt{41}$ 或 $-10-2\sqrt{41}$(舍去),
∴ 当 $t=-10+2\sqrt{41}$ 时,点 C 落在⊙P 上.
(3) ①如图(2),设⊙Q 与 AC 相切于点 H,连接 QH.
∵ ∠ADC=90°,
∴ CD 是⊙Q 的切线.
∵ CH 是⊙Q 的切线,
∴ CD = CH = 8.
∵ QD = QH = t,AC = $\sqrt{6^2+8^2}=10$,
∴ AH=2.
∵ QH⊥AC,
∴ ∠AHQ=90°,
∴ $AQ^2=HQ^2+AH^2$,
∴ $(6-t)^2=t^2+2^2$,
∴ $t=\frac{8}{3}$,
∴ 当⊙Q 与 AC 相切时,t 的值为 $\frac{8}{3}$.
②如图(3),连接 QE,BQ,取 BQ 的中点 M,连接 FM,CM,作 MN⊥CD 于 N,则 MN//AD. 由①得 DQ=$\frac{8}{3}$.
∵ MQ=MB,FB=FE,
∴ $FM=\frac{1}{2}EQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{4}{3}$.
∵ AD//MN//BC,QM=MB,
∴ DN = NC = 4, MN = $\frac{1}{2}(DQ + BC)=\frac{13}{3}$,
∴ CM = $\sqrt{MN^2+CN^2}=\sqrt{(\frac{13}{3})^2+4^2}=\frac{\sqrt{313}}{3}$.
∵ CF ≥ CM - FM,
∴ CF ≥ $\frac{\sqrt{313}-4}{3}$,
∴ CF 的最小值为 $\frac{\sqrt{313}-4}{3}$.
【知识点】
一元二次方程应用，切线性质，三角形中位线定理
【点评】
本题综合了矩形性质、动点规律、圆的切线性质、最值求解等内容，考察方程思想与转化思想的应用，解题时需注意运动时间的取值范围，避免出现增根；求解最值时要学会通过构造中位线将动点问题转化为定长线段的差的问题，简化求解过程。
【难度系数】
0.3
本题是矩形背景下的动点综合题，可按小问逐步思考：
(1) 先根据P、Q的运动速度和时间t，表示出△APQ的两条直角边AQ、AP的长度，结合直角三角形面积公式列一元二次方程求解，再根据运动的时间范围舍去不符合题意的解即可。
(2) 点C落在⊙P上等价于半径PQ=PC，分别在Rt△APQ和Rt△PBC中用勾股定理表示PQ²和PC²，列方程求解后舍去超出取值范围的解。
(3) ① 圆Q与AC相切时，根据切线长定理可得CH=CD，先求出AC的长度，进而得到AH的长度，再在Rt△AHQ中用勾股定理列方程求t；② 求CF最小值可利用中位线定理将FM转化为定值，再根据两点之间线段最短，用定长CM减去定值FM得到最小值。
【解析】
(1) 由运动规律得：$AP=2t\ \mathrm{cm}$，$DQ=t\ \mathrm{cm}$，因此$AQ=AD-DQ=(6-t)\ \mathrm{cm}$，其中t的取值范围为$0≤t≤4$（P运动到B的时间为$8÷2=4\ \mathrm{s}$，Q运动到A的时间为$6÷1=6\ \mathrm{s}$，取较短时间）。
△APQ为直角三角形，由面积公式得：
$S_{△APQ}=\frac{1}{2}·AP·AQ=\frac{1}{2}×2t·(6-t)=5$
整理得$t^2-6t+5=0$，解得$t_1=1$，$t_2=5$。
因为$t≤4$，故舍去$t=5$，得$t=1$。
(2) 存在。连接PC，若点C在⊙P上，则$PQ=PC$，即$PQ^2=PC^2$。
在Rt△APQ中，$PQ^2=AP^2+AQ^2=(2t)^2+(6-t)^2$；
在Rt△PBC中，$PB=AB-AP=(8-2t)\ \mathrm{cm}$，$BC=6\ \mathrm{cm}$，因此$PC^2=PB^2+BC^2=(8-2t)^2+6^2$。
列等式：$4t^2+(6-t)^2=(8-2t)^2+36$
化简得$t^2+20t-64=0$，解得$t=-10±2\sqrt{41}$，结合$0≤t≤4$舍去负根，得$t=-10+2\sqrt{41}$。
(3) ① 设⊙Q与AC相切于点H，连接QH，则$QH⊥AC$，$QH=DQ=t$。
由$∠D=90°$，$QD⊥CD$，可知CD也是⊙Q的切线，根据切线长定理得$CH=CD=8\ \mathrm{cm}$。
在Rt△ADC中，$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，因此$AH=AC-CH=2\ \mathrm{cm}$。
在Rt△AHQ中，由勾股定理得$AQ^2=AH^2+QH^2$，即：
$(6-t)^2=2^2+t^2$
化简得$12t=32$，解得$t=\frac{8}{3}$，符合取值范围。
② 连接QE、BQ，取BQ的中点M，连接FM、CM，过M作$MN⊥CD$于点N，则$MN//AD//BC$。
由①得$DQ=t=\frac{8}{3}$，故$EQ=DQ=\frac{8}{3}$。
因为F是BE中点，M是BQ中点，所以FM是△BQE的中位线，因此$FM=\frac{1}{2}EQ=\frac{4}{3}$，为定值。
由$MN//AD//BC$，M是BQ中点，得N是CD中点，$DN=NC=4\ \mathrm{cm}$，$MN=\frac{1}{2}(DQ+BC)=\frac{1}{2}×(\frac{8}{3}+6)=\frac{13}{3}\ \mathrm{cm}$。
在Rt△MNC中，$CM=\sqrt{MN^2+CN^2}=\sqrt{(\frac{13}{3})^2+4^2}=\frac{\sqrt{313}}{3}$。
根据三角形三边关系，$CF≥CM-FM$，当且仅当C、F、M三点共线时取等号，因此$CF≥\frac{\sqrt{313}-4}{3}$。
【答案】
(1) 由题意得 AP = 2t,DQ = t,则 AQ = 6-t,
∴ $S_{△APQ}=\frac{1}{2}×2t·(6-t)=5$,整理得 $t^2-6t+5=0$,解得 t=1 或 t=5(舍去),
∴ 1 秒后△APQ 的面积为 5 cm².
(2) 存在. 如图(1),连接 PC.
∵ ⊙P 经过点 C,
∴ PQ = PC,
∴ $PA^2+AQ^2=PB^2+BC^2$,
∴ $4t^2+(6-t)^2=(8-2t)^2+6^2$,解得 $t=-10+2\sqrt{41}$ 或 $-10-2\sqrt{41}$(舍去),
∴ 当 $t=-10+2\sqrt{41}$ 时,点 C 落在⊙P 上.
(3) ①如图(2),设⊙Q 与 AC 相切于点 H,连接 QH.
∵ ∠ADC=90°,
∴ CD 是⊙Q 的切线.
∵ CH 是⊙Q 的切线,
∴ CD = CH = 8.
∵ QD = QH = t,AC = $\sqrt{6^2+8^2}=10$,
∴ AH=2.
∵ QH⊥AC,
∴ ∠AHQ=90°,
∴ $AQ^2=HQ^2+AH^2$,
∴ $(6-t)^2=t^2+2^2$,
∴ $t=\frac{8}{3}$,
∴ 当⊙Q 与 AC 相切时,t 的值为 $\frac{8}{3}$.
②如图(3),连接 QE,BQ,取 BQ 的中点 M,连接 FM,CM,作 MN⊥CD 于 N,则 MN//AD. 由①得 DQ=$\frac{8}{3}$.
∵ MQ=MB,FB=FE,
∴ $FM=\frac{1}{2}EQ=\frac{1}{2}DQ=\frac{4}{3}$.
∵ AD//MN//BC,QM=MB,
∴ DN = NC = 4, MN = $\frac{1}{2}(DQ + BC)=\frac{13}{3}$,
∴ CM = $\sqrt{MN^2+CN^2}=\sqrt{(\frac{13}{3})^2+4^2}=\frac{\sqrt{313}}{3}$.
∵ CF ≥ CM - FM,
∴ CF ≥ $\frac{\sqrt{313}-4}{3}$,
∴ CF 的最小值为 $\frac{\sqrt{313}-4}{3}$.
【知识点】
一元二次方程应用，切线性质，三角形中位线定理
【点评】
本题综合了矩形性质、动点规律、圆的切线性质、最值求解等内容，考察方程思想与转化思想的应用，解题时需注意运动时间的取值范围，避免出现增根；求解最值时要学会通过构造中位线将动点问题转化为定长线段的差的问题，简化求解过程。
【难度系数】
0.3
