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三、解答题（共 40 分）
11.（10 分）如图,在$△ ABC$中,以边$AC$上一点$O$为圆心、$OA$为半径作$\odot O$,与$AB$相切于点$A$,作$CD ⊥ BO$交$BO$的延长线于点$D$,且$∠ CBD= ∠ DCO$,求证:$BC$是$\odot O$的切线.
11.（10 分）如图,在$△ ABC$中,以边$AC$上一点$O$为圆心、$OA$为半径作$\odot O$,与$AB$相切于点$A$,作$CD ⊥ BO$交$BO$的延长线于点$D$,且$∠ CBD= ∠ DCO$,求证:$BC$是$\odot O$的切线.
答案
11. 证明:如图,过点O作OE⊥BC于点E.
∵CD⊥BO,
∴∠D=90°,
∴∠BCD+∠CBD=90°,∠COD+∠DCO=90°.
∵∠CBD=∠DCO,
∴∠BCD=∠COD=∠BOA.又
∵AB为⊙O的切线,
∴AC⊥AB,
∴∠BAC=∠D=90°.
∵∠BCD=∠BOA,
∴∠OBA=∠OBC,
∴OE=OA.
∵OE⊥BC,OE是⊙O的半径,
∴BC是⊙O的切线.
解析
【分析】要证明BC是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明圆心O到BC的距离等于⊙O的半径，因此过O作OE⊥BC于E，只需证OE=OA即可。已知AB是⊙O的切线，故OA⊥AB，接下来通过CD⊥BO的直角关系、已知∠CBD=∠DCO，推导BO平分∠ABC，再利用角平分线性质得到OE=OA，进而完成证明。
【解析】证明：如图，过点O作OE⊥BC于点E。
∵ CD⊥BO，
∴ ∠D=90°，
∴ 在Rt△CDB中，∠BCD + ∠CBD = 90°；在Rt△COD中，∠COD + ∠DCO = 90°。
又
∵ ∠CBD = ∠DCO，
∴ ∠BCD = ∠COD。
∵ ∠COD与∠BOA是对顶角，
∴ ∠COD = ∠BOA，因此∠BCD = ∠BOA。
∵ AB为⊙O的切线，
∴ OA⊥AB，即∠BAC = 90°，
∴ ∠BAO = ∠D = 90°。
在△ABO和△EBO中：
∠BAO = ∠BEO = 90°，
∠ABO = ∠EBO（由∠BCD=∠BOA，结合直角三角形锐角和为90°推导得），
BO = BO，
∴ △ABO ≌ △EBO（AAS），
∴ OE = OA。
又
∵ OE⊥BC，OE是⊙O的半径，
∴ BC是⊙O的切线。
【答案】如图，过点O作OE⊥BC于点E.
∵CD⊥BO,
∴∠D=90°,
∴∠BCD+∠CBD=90°,∠COD+∠DCO=90°.
∵∠CBD=∠DCO,
∴∠BCD=∠COD=∠BOA.又
∵AB为⊙O的切线,
∴AC⊥AB,
∴∠BAC=∠D=90°.
∵∠BCD=∠BOA,
∴∠OBA=∠OBC,
∴OE=OA.
∵OE⊥BC,OE是⊙O的半径,
∴BC是⊙O的切线.
【知识点】切线的判定、角平分线性质、切线的性质
【点评】本题考查切线的判定，通过作辅助线构造圆心到直线的距离，结合角度等量代换推导角平分线，利用全等或角平分线性质得到距离等于半径，需掌握切线相关定理及角度推导方法。
【难度系数】0.5
【解析】证明：如图，过点O作OE⊥BC于点E。
∵ CD⊥BO，
∴ ∠D=90°，
∴ 在Rt△CDB中，∠BCD + ∠CBD = 90°；在Rt△COD中，∠COD + ∠DCO = 90°。
又
∵ ∠CBD = ∠DCO，
∴ ∠BCD = ∠COD。
∵ ∠COD与∠BOA是对顶角，
∴ ∠COD = ∠BOA，因此∠BCD = ∠BOA。
∵ AB为⊙O的切线，
∴ OA⊥AB，即∠BAC = 90°，
∴ ∠BAO = ∠D = 90°。
在△ABO和△EBO中：
∠BAO = ∠BEO = 90°，
∠ABO = ∠EBO（由∠BCD=∠BOA，结合直角三角形锐角和为90°推导得），
BO = BO，
∴ △ABO ≌ △EBO（AAS），
∴ OE = OA。
又
∵ OE⊥BC，OE是⊙O的半径，
∴ BC是⊙O的切线。
【答案】如图，过点O作OE⊥BC于点E.
∵CD⊥BO,
∴∠D=90°,
∴∠BCD+∠CBD=90°,∠COD+∠DCO=90°.
∵∠CBD=∠DCO,
∴∠BCD=∠COD=∠BOA.又
∵AB为⊙O的切线,
∴AC⊥AB,
∴∠BAC=∠D=90°.
∵∠BCD=∠BOA,
∴∠OBA=∠OBC,
∴OE=OA.
∵OE⊥BC,OE是⊙O的半径,
∴BC是⊙O的切线.
【知识点】切线的判定、角平分线性质、切线的性质
【点评】本题考查切线的判定，通过作辅助线构造圆心到直线的距离，结合角度等量代换推导角平分线，利用全等或角平分线性质得到距离等于半径，需掌握切线相关定理及角度推导方法。
【难度系数】0.5
12. (10 分)已知$∠ O$及其一边上的两点$A$、$B$. 求作$\odot P$,使圆心$P$到$AB$两点的距离相等,且与$∠ O$的两条边相切.
答案
12. 如图,⊙P即为所求.作法:①作线段AB的垂直平分线MN与∠O的平分线OC相交于点P,MN与AB的交点为垂足D;②以点P为圆心、PD为半径画圆.
解析
【分析】要作满足条件的圆，需明确圆心P的两个核心条件：①到A、B两点距离相等，根据线段垂直平分线的性质，这样的点在AB的垂直平分线上；②到∠O的两条边距离相等，根据角平分线的性质，这样的点在∠O的角平分线上。两条线的交点即为圆心P，再以P到AB的距离为半径画圆，即可得到符合要求的⊙P。
【解析】作法：①作线段AB的垂直平分线MN，作∠O的平分线OC，MN与OC交于点P，MN与AB交于点D；②以点P为圆心，PD的长为半径画圆，则⊙P即为所求作的圆。
【答案】
【知识点】线段垂直平分线、角平分线、尺规作图
【点评】本题是尺规作图的综合题，结合线段垂直平分线和角平分线的性质，考查学生对基本作图的掌握及性质的应用能力。
【难度系数】0.5
【解析】作法：①作线段AB的垂直平分线MN，作∠O的平分线OC，MN与OC交于点P，MN与AB交于点D；②以点P为圆心，PD的长为半径画圆，则⊙P即为所求作的圆。
【答案】
【知识点】线段垂直平分线、角平分线、尺规作图
【点评】本题是尺规作图的综合题，结合线段垂直平分线和角平分线的性质，考查学生对基本作图的掌握及性质的应用能力。
【难度系数】0.5
13. (10 分) 如图, $△ ABC$ 内接于 $\odot O, D$ 是 $\overgroup{BC}$ 上一点, 经过点 $D$ 的 $\odot O$ 的切线 $EF // BC$, 分别交 $A B 、 A C$ 的延长线于点 $E 、 F$.
(1) 求证: $A D$ 平分 $∠ B A C$.
(2) 若 $\odot O$ 的半径为 $12, ∠ B A C=60°, B E=6 \sqrt{2}$, 求线段 $D E$ 的长.
(1) 求证: $A D$ 平分 $∠ B A C$.
(2) 若 $\odot O$ 的半径为 $12, ∠ B A C=60°, B E=6 \sqrt{2}$, 求线段 $D E$ 的长.
答案
13. (1) 证明:如图,连接OD.
∵EF是⊙O的切线,
∴OD⊥EF.
∵EF//BC,
∴OD⊥BC,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴∠BAD=∠CAD,
∴AD平分∠BAC.
(2) 如图,连接OB、BD,过点B作BH⊥DE于点H.
∵∠BAC=60°,AD平分∠BAC,即∠BAD=1/2∠BAC,
∴∠BOD=2∠BAD=∠BAC=60°.
∵OB=OD,
∴△OBD为等边三角形,
∴∠BDH=30°,BD=OD=12.在Rt△BDH中,BH=1/2 BD=6,DH=6√3,
∴EH=√(BE²-BH²)=6,
∴DE=EH+HD=6+6√3.
解析
【分析】
要解决本题，分两小问思考：
(1) 证明AD平分∠BAC，需推导∠BAD=∠CAD。已知EF是⊙O的切线，根据切线性质，切线垂直于过切点的半径，可得OD⊥EF；结合EF//BC，推出OD⊥BC，再由垂径定理（垂直于弦的直径平分弦所对的弧）得到$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，最后根据圆周角定理（同弧所对圆周角相等），即可得∠BAD=∠CAD，完成证明。
(2) 求DE的长，需结合角度关系和直角三角形计算：由AD平分∠BAC且∠BAC=60°，得∠BAD=30°；根据圆周角定理，圆心角∠BOD=2∠BAD=60°，结合OB=OD（半径），可证△OBD为等边三角形，得BD=12；过B作BH⊥DE，在Rt△BDH中，利用∠BDH=30°求出BH和DH；再在Rt△BEH中，用勾股定理求出EH，最终DE=EH+DH，得到结果。
【解析】
(1) 证明：连接OD。
∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥EF。
又
∵EF//BC，
∴OD⊥BC。
根据垂径定理，得$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$。
根据圆周角定理，同弧所对圆周角相等，
∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC。
(2) 解：连接OB、BD，过点B作BH⊥DE于点H。
∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，
∴∠BAD=$\frac{1}{2}∠BAC=30°$。
根据圆周角定理，圆心角∠BOD=2∠BAD=60°。
又
∵OB=OD=12，
∴△OBD为等边三角形，
∴BD=OD=12。
∵EF//BC，OD⊥EF，BH⊥EF，
∴∠BHD=90°，且∠BDH=∠BAD=30°。
在Rt△BDH中，BH=$\frac{1}{2}BD=6$，DH=BD·cos30°=12×$\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$。
在Rt△BEH中，BE=6√2，BH=6，
∴EH=$\sqrt{BE^2 - BH^2}=\sqrt{(6\sqrt{2})^2 -6^2}=6$。
∴DE=EH+DH=6+6√3。
【答案】
6+6√3
【知识点】
切线性质、圆周角定理、垂径定理
【点评】
本题是圆的综合题，融合了切线、垂径、圆周角等核心几何定理，解题关键是灵活运用定理推导角度与线段关系，构造直角三角形求解，对学生的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要解决本题，分两小问思考：
(1) 证明AD平分∠BAC，需推导∠BAD=∠CAD。已知EF是⊙O的切线，根据切线性质，切线垂直于过切点的半径，可得OD⊥EF；结合EF//BC，推出OD⊥BC，再由垂径定理（垂直于弦的直径平分弦所对的弧）得到$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，最后根据圆周角定理（同弧所对圆周角相等），即可得∠BAD=∠CAD，完成证明。
(2) 求DE的长，需结合角度关系和直角三角形计算：由AD平分∠BAC且∠BAC=60°，得∠BAD=30°；根据圆周角定理，圆心角∠BOD=2∠BAD=60°，结合OB=OD（半径），可证△OBD为等边三角形，得BD=12；过B作BH⊥DE，在Rt△BDH中，利用∠BDH=30°求出BH和DH；再在Rt△BEH中，用勾股定理求出EH，最终DE=EH+DH，得到结果。
【解析】
(1) 证明：连接OD。
∵EF是⊙O的切线，
∴OD⊥EF。
又
∵EF//BC，
∴OD⊥BC。
根据垂径定理，得$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$。
根据圆周角定理，同弧所对圆周角相等，
∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC。
(2) 解：连接OB、BD，过点B作BH⊥DE于点H。
∵AD平分∠BAC，∠BAC=60°，
∴∠BAD=$\frac{1}{2}∠BAC=30°$。
根据圆周角定理，圆心角∠BOD=2∠BAD=60°。
又
∵OB=OD=12，
∴△OBD为等边三角形，
∴BD=OD=12。
∵EF//BC，OD⊥EF，BH⊥EF，
∴∠BHD=90°，且∠BDH=∠BAD=30°。
在Rt△BDH中，BH=$\frac{1}{2}BD=6$，DH=BD·cos30°=12×$\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$。
在Rt△BEH中，BE=6√2，BH=6，
∴EH=$\sqrt{BE^2 - BH^2}=\sqrt{(6\sqrt{2})^2 -6^2}=6$。
∴DE=EH+DH=6+6√3。
【答案】
6+6√3
【知识点】
切线性质、圆周角定理、垂径定理
【点评】
本题是圆的综合题，融合了切线、垂径、圆周角等核心几何定理，解题关键是灵活运用定理推导角度与线段关系，构造直角三角形求解，对学生的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
14. (10 分) 如图, $P$ 为 $\odot O$ 外一点, $P A$ 为 $\odot O$ 的切线, $A$ 为切点, 作直径 $A B$, 过点 $B$ 作 $B C //$ $P O$ 交 $\odot O$ 于点 $C$.
(1) 求证: $P C$ 为 $\odot O$ 的切线.
(2) 连接 $A C$ 交 $P O$ 于点 $M$, 若 $\odot O$ 的半径为 $3, P A=4$, 求 $B C$ 的长.
(1) 求证: $P C$ 为 $\odot O$ 的切线.
(2) 连接 $A C$ 交 $P O$ 于点 $M$, 若 $\odot O$ 的半径为 $3, P A=4$, 求 $B C$ 的长.
答案
14. (1) 证明:如图,连接OC.
∵PA为⊙O的切线,
∴OA⊥PA,
∴∠PAO=90°.
∵OB=OC,
∴∠OCB=∠B.
∵BC//PO,
∴∠COP=∠OCB,∠AOP=∠B,
∴∠COP=∠AOP.在△COP和△AOP中,
$\begin{cases} OC=OA, \\ ∠COP=∠AOP, \\ OP=OP, \end{cases}$
∴△COP≌△AOP(SAS),
∴∠OCP=∠OAP=90°,
∴OC⊥PC.
∵OC为⊙O的半径,
∴PC为⊙O的切线.
(2)
∵⊙O的半径为3,
∴OA=OB=3.
∵PA=4,
∴PO=√(PA²+OA²)=5.由(1)知,△COP≌△AOP,
∴PA=PC,∠CPO=∠APO,
∴PM⊥AC,AM=MC.
∵S△PAO=1/2 PA·AO=1/2 PO·AM,
∴PA·AO=PO·AM,
∴4×3=5AM,
∴AM=12/5,
∴OM=√(OA²-AM²)=√(3²-(12/5)²)=9/5.
∵AM=MC,OA=OB,
∴OM为△ABC的中位线,
∴BC=2OM=18/5.
解析
【分析】
要解决本题，第(1)问需证明PC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥PC。利用PA是切线得OA⊥PA，结合BC//PO及等腰三角形OB=OC的性质，推出∠COP=∠AOP，通过SAS证明△COP≌△AOP，得到∠OCP=90°即可得证。第(2)问求BC的长，先由勾股定理算出PO的长度，再用面积法求AM，结合勾股定理得OM，最后利用中位线定理（OM是△ABC的中位线）求出BC。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠PAO=90°。
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B。
∵BC//PO，
∴∠COP=∠OCB，∠AOP=∠B，
∴∠COP=∠AOP。
在△COP和△AOP中：
$\{\begin{array}{l} OC=OA \\ ∠COP=∠AOP \\ OP=OP \end{array} $
∴△COP≌△AOP（SAS），
∴∠OCP=∠OAP=90°，即OC⊥PC。
又
∵OC是⊙O的半径，
∴PC为⊙O的切线。
(2) 解：
∵⊙O的半径为3，
∴OA=OB=3。
在Rt△PAO中，PA=4，OA=3，由勾股定理得：
PO=$\sqrt{PA^2 + OA^2}$=$\sqrt{4^2 + 3^2}$=5。
由(1)知△COP≌△AOP，
∴PA=PC，∠CPO=∠APO，
∴PM⊥AC，AM=MC（等腰三角形三线合一）。
∵$S_{△ PAO}=\frac{1}{2}PA·OA=\frac{1}{2}PO·AM$，
∴PA·OA=PO·AM，即4×3=5AM，解得AM=$\frac{12}{5}$。
在Rt△AOM中，OA=3，AM=$\frac{12}{5}$，由勾股定理得：
OM=$\sqrt{OA^2 - AM^2}$=$\sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2}$=$\frac{9}{5}$。
∵AM=MC，OA=OB，
∴OM是△ABC的中位线，
∴BC=2OM=2×$\frac{9}{5}$=$\frac{18}{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) BC的长为$\frac{18}{5}$。
【知识点】
切线的判定、全等三角形判定、三角形中位线定理
【点评】
本题为圆的综合题，考查切线判定、全等三角形、勾股定理及中位线定理，关键是添加辅助线（连接OC），利用平行线与等腰三角形性质推导角相等，结合面积法和中位线定理求解，需熟练掌握圆的性质与几何定理的应用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，第(1)问需证明PC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥PC。利用PA是切线得OA⊥PA，结合BC//PO及等腰三角形OB=OC的性质，推出∠COP=∠AOP，通过SAS证明△COP≌△AOP，得到∠OCP=90°即可得证。第(2)问求BC的长，先由勾股定理算出PO的长度，再用面积法求AM，结合勾股定理得OM，最后利用中位线定理（OM是△ABC的中位线）求出BC。
【解析】
(1) 证明：连接OC。
∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA，即∠PAO=90°。
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B。
∵BC//PO，
∴∠COP=∠OCB，∠AOP=∠B，
∴∠COP=∠AOP。
在△COP和△AOP中：
$\{\begin{array}{l} OC=OA \\ ∠COP=∠AOP \\ OP=OP \end{array} $
∴△COP≌△AOP（SAS），
∴∠OCP=∠OAP=90°，即OC⊥PC。
又
∵OC是⊙O的半径，
∴PC为⊙O的切线。
(2) 解：
∵⊙O的半径为3，
∴OA=OB=3。
在Rt△PAO中，PA=4，OA=3，由勾股定理得：
PO=$\sqrt{PA^2 + OA^2}$=$\sqrt{4^2 + 3^2}$=5。
由(1)知△COP≌△AOP，
∴PA=PC，∠CPO=∠APO，
∴PM⊥AC，AM=MC（等腰三角形三线合一）。
∵$S_{△ PAO}=\frac{1}{2}PA·OA=\frac{1}{2}PO·AM$，
∴PA·OA=PO·AM，即4×3=5AM，解得AM=$\frac{12}{5}$。
在Rt△AOM中，OA=3，AM=$\frac{12}{5}$，由勾股定理得：
OM=$\sqrt{OA^2 - AM^2}$=$\sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2}$=$\frac{9}{5}$。
∵AM=MC，OA=OB，
∴OM是△ABC的中位线，
∴BC=2OM=2×$\frac{9}{5}$=$\frac{18}{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) BC的长为$\frac{18}{5}$。
【知识点】
切线的判定、全等三角形判定、三角形中位线定理
【点评】
本题为圆的综合题，考查切线判定、全等三角形、勾股定理及中位线定理，关键是添加辅助线（连接OC），利用平行线与等腰三角形性质推导角相等，结合面积法和中位线定理求解，需熟练掌握圆的性质与几何定理的应用。
【难度系数】
0.5
