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1.如图，AB是$\odot O$的直径，P是AB延长线上一点，PC与$\odot O$相切，切点是C，连接AC.若$∠ P=40°$，则$∠ A$的度数是 （
A.$50°$
B.$30°$
C.$25°$
D.$10°$
（第1题图）
（第2题图）
C
）A.$50°$
B.$30°$
C.$25°$
D.$10°$
（第1题图）
（第2题图）
答案
1. C
解析
【分析】
遇到圆的切线问题，首先考虑连接过切点的半径，利用切线的性质得到垂直关系。本题先连接OC，由切线性质得OC⊥PC，先在直角三角形OCP中求出∠COP的度数，再结合OA=OC得到等腰三角形，利用三角形外角的性质即可求出∠A的度数。
【解析】
解：连接OC，
∵ PC与⊙O相切，切点为C，
∴ OC⊥PC，即∠OCP=90°，
在Rt△OCP中，∠P=40°，
∴ ∠COP=90°-∠P=90°-40°=50°，
∵ OA=OC（都是⊙O的半径），
∴ ∠A=∠ACO，
又
∵ ∠COP是△AOC的外角，
∴ ∠COP=∠A+∠ACO=2∠A，
∴ ∠A=∠COP÷2=50°÷2=25°。
故选：C。
【答案】
C
【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】
本题是圆中求角度的基础题型，解题的关键是掌握切线的性质，正确作出辅助线构造直角三角形和等腰三角形，结合三角形的相关性质求解。
【难度系数】
0.8
遇到圆的切线问题，首先考虑连接过切点的半径，利用切线的性质得到垂直关系。本题先连接OC，由切线性质得OC⊥PC，先在直角三角形OCP中求出∠COP的度数，再结合OA=OC得到等腰三角形，利用三角形外角的性质即可求出∠A的度数。
【解析】
解：连接OC，
∵ PC与⊙O相切，切点为C，
∴ OC⊥PC，即∠OCP=90°，
在Rt△OCP中，∠P=40°，
∴ ∠COP=90°-∠P=90°-40°=50°，
∵ OA=OC（都是⊙O的半径），
∴ ∠A=∠ACO，
又
∵ ∠COP是△AOC的外角，
∴ ∠COP=∠A+∠ACO=2∠A，
∴ ∠A=∠COP÷2=50°÷2=25°。
故选：C。
【答案】
C
【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】
本题是圆中求角度的基础题型，解题的关键是掌握切线的性质，正确作出辅助线构造直角三角形和等腰三角形，结合三角形的相关性质求解。
【难度系数】
0.8
2.如图,在以点O为圆心的两个同心圆中,
大圆的弦AB与小圆相切,点C为切点.
若大圆的半径是13,小圆的半径是5,则
AB的长为
大圆的弦AB与小圆相切,点C为切点.
若大圆的半径是13,小圆的半径是5,则
AB的长为
24
.答案
2. 24
解析
【分析】
解题时可按以下思路推导：1. 看到AB是小圆的切线，切点为C，首先想到切线的性质，连接OC，可得OC⊥AB；2. AB是大圆的弦，结合OC⊥AB，根据垂径定理可得OC平分AB，即AB=2AC，此时将求AB长的问题转化为求AC的长；3. 连接OA（大圆半径），得到Rt△OAC，已知OA和OC的长度，用勾股定理即可求出AC的长度，进而得到AB的长。
【解析】
连接OA、OC，
∵ AB与小圆相切于点C，
∴ OC⊥AB，
由垂径定理可得：AC=BC，即AB=2AC，
在Rt△OAC中，OA=13，OC=5，
根据勾股定理得：$AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12$，
∴ AB=2AC=2×12=24。
【答案】
24
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础常考题，解题的核心是掌握“见切线连半径得垂直”的常用辅助线构造方法，结合垂径定理将弦长问题转化为直角三角形边长计算问题即可求解。
【难度系数】
0.8
解题时可按以下思路推导：1. 看到AB是小圆的切线，切点为C，首先想到切线的性质，连接OC，可得OC⊥AB；2. AB是大圆的弦，结合OC⊥AB，根据垂径定理可得OC平分AB，即AB=2AC，此时将求AB长的问题转化为求AC的长；3. 连接OA（大圆半径），得到Rt△OAC，已知OA和OC的长度，用勾股定理即可求出AC的长度，进而得到AB的长。
【解析】
连接OA、OC，
∵ AB与小圆相切于点C，
∴ OC⊥AB，
由垂径定理可得：AC=BC，即AB=2AC，
在Rt△OAC中，OA=13，OC=5，
根据勾股定理得：$AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12$，
∴ AB=2AC=2×12=24。
【答案】
24
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础常考题，解题的核心是掌握“见切线连半径得垂直”的常用辅助线构造方法，结合垂径定理将弦长问题转化为直角三角形边长计算问题即可求解。
【难度系数】
0.8
3.如图，OA交$\odot O$于点B，AC与$\odot O$相切，切点为点C，点D在$\odot O$上，连接OC，BD，CD.若$∠ D=26°$，则$∠ A$的度数为
（第3题图）
（第4题图）
$38°$
.（第3题图）
（第4题图）
答案
3. $38°$
解析
【分析】
解决本题的思路如下：首先回忆切线的性质，切线垂直于过切点的半径，因此可得到△OCA是直角三角形，要求∠A的度数，只需先求出∠COA的度数即可；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，已知圆周角∠D的度数，即可求出对应圆心角∠COA的度数；最后利用直角三角形两锐角互余的性质计算出∠A的度数。
【解析】
解：
∵AC与$\odot O$相切，切点为C，
∴OC⊥AC，即$∠ OCA=90°$，
∵$∠ D$是弧BC所对的圆周角，$∠ COB$是弧BC所对的圆心角，
∴根据圆周角定理得：$∠ COB=2∠ D$，
又
∵$∠ D=26°$，
∴$∠ COB=2×26°=52°$，
在$Rt△ OCA$中，$∠ A + ∠ COB=90°$，
∴$∠ A=90° - 52°=38°$。
【答案】
$38°$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础应用题型，将切线性质、圆周角定理和直角三角形的性质结合考察，解题的关键是找准同弧对应的圆周角和圆心角，熟练掌握相关定理即可快速得出答案。
【难度系数】
0.7
解决本题的思路如下：首先回忆切线的性质，切线垂直于过切点的半径，因此可得到△OCA是直角三角形，要求∠A的度数，只需先求出∠COA的度数即可；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，已知圆周角∠D的度数，即可求出对应圆心角∠COA的度数；最后利用直角三角形两锐角互余的性质计算出∠A的度数。
【解析】
解：
∵AC与$\odot O$相切，切点为C，
∴OC⊥AC，即$∠ OCA=90°$，
∵$∠ D$是弧BC所对的圆周角，$∠ COB$是弧BC所对的圆心角，
∴根据圆周角定理得：$∠ COB=2∠ D$，
又
∵$∠ D=26°$，
∴$∠ COB=2×26°=52°$，
在$Rt△ OCA$中，$∠ A + ∠ COB=90°$，
∴$∠ A=90° - 52°=38°$。
【答案】
$38°$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础应用题型，将切线性质、圆周角定理和直角三角形的性质结合考察，解题的关键是找准同弧对应的圆周角和圆心角，熟练掌握相关定理即可快速得出答案。
【难度系数】
0.7
4.如图,AB是⊙O的直径,PB与⊙O相切于点B,连接PA交⊙O于点C,连接BC.若AB=6,PB=8,则BC的长为
4.8
.答案
4. 4.8
解析
【分析】
解题思路如下：首先根据切线的性质可知PB与AB垂直，可得△ABP是直角三角形，先利用勾股定理计算出斜边PA的长度；再根据直径所对的圆周角是直角，得出BC⊥PA，此时△ABP的面积可以通过两种方式计算：一是两条直角边AB、PB乘积的一半，二是斜边PA乘以斜边上的高BC的一半，通过面积相等建立等式即可求出BC的长度。
【解析】
解：
∵PB与⊙O相切于点B，AB是⊙O的直径，
∴PB⊥AB，即∠ABP=90°，
在Rt△ABP中，AB=6，PB=8，由勾股定理得：
$PA=\sqrt{AB^2+PB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10$，
又
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即BC⊥PA，
△ABP的面积可表示为：$S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AB· PB=\frac{1}{2}PA· BC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10× BC$，
解得：$BC=\frac{48}{10}=4.8$。
【答案】
4.8
【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典型题型，解题的关键是灵活运用切线性质和圆周角定理得到直角，再借助面积法快速求解斜边上的高，解题思路清晰，方法具有典型性。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先根据切线的性质可知PB与AB垂直，可得△ABP是直角三角形，先利用勾股定理计算出斜边PA的长度；再根据直径所对的圆周角是直角，得出BC⊥PA，此时△ABP的面积可以通过两种方式计算：一是两条直角边AB、PB乘积的一半，二是斜边PA乘以斜边上的高BC的一半，通过面积相等建立等式即可求出BC的长度。
【解析】
解：
∵PB与⊙O相切于点B，AB是⊙O的直径，
∴PB⊥AB，即∠ABP=90°，
在Rt△ABP中，AB=6，PB=8，由勾股定理得：
$PA=\sqrt{AB^2+PB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10$，
又
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即BC⊥PA，
△ABP的面积可表示为：$S_{△ ABP}=\frac{1}{2}AB· PB=\frac{1}{2}PA· BC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10× BC$，
解得：$BC=\frac{48}{10}=4.8$。
【答案】
4.8
【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典型题型，解题的关键是灵活运用切线性质和圆周角定理得到直角，再借助面积法快速求解斜边上的高，解题思路清晰，方法具有典型性。
【难度系数】
0.7
5.如图，点A，B，C都在⊙O上，连接AB，AC，BC.AD是⊙O的直径，E为射线CB上一点，且AE=AC，AB=BE.求证:AE是⊙O的切线.
答案
5. 【证明】如图,连接DB.
∵AE=AC,
∴∠E=∠C.
∵AB=BE,
∴∠EAB=∠E=∠C.
∵∠C 和∠D 都是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角,
∴∠C=∠D.
∴∠EAB=∠D.
∵AD 为$\odot O$的直径,
∴∠ABD=90°.
∴∠D+∠DAB=90°.
∴∠EAB+∠DAB=90°,即∠EAD=90°.
∴AE⊥AD.
又OA 为$\odot O$的半径,
∴AE 是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要证明AE是⊙O的切线，根据切线的判定定理，已知点A在⊙O上，只需证明AE垂直于过A点的半径AD，即证∠EAD=90°即可。首先利用等腰三角形“等边对等角”的性质，推导角的等量关系；再结合圆周角定理，将∠C转化为同弧所对的圆周角∠D；最后利用“直径所对的圆周角是直角”得到Rt△ABD中两锐角和为90°，通过等量代换即可证得∠EAD=90°。
【解析】
证明：如图，连接DB。
∵AE=AC，
∴∠E=∠C。
∵AB=BE，
∴∠EAB=∠E=∠C。
∵∠C和∠D都是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，
∴∠C=∠D。
∴∠EAB=∠D。
∵AD为$\odot O$的直径，
∴∠ABD=90°。
∴∠D+∠DAB=90°。
∴∠EAB+∠DAB=90°，即∠EAD=90°。
∴AE⊥AD。
又OA为$\odot O$的半径，
∴AE是$\odot O$的切线。
【答案】
5. 【证明】如图,连接DB.
∵AE=AC,
∴∠E=∠C.
∵AB=BE,
∴∠EAB=∠E=∠C.
∵∠C 和∠D 都是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角,
∴∠C=∠D.
∴∠EAB=∠D.
∵AD 为$\odot O$的直径,
∴∠ABD=90°.
∴∠D+∠DAB=90°.
∴∠EAB+∠DAB=90°,即∠EAD=90°.
∴AE⊥AD.
又OA 为$\odot O$的半径,
∴AE 是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题是切线判定的基础题型，解题核心是明确切线判定的常用思路，通过添加辅助线构造直径所对的直角，结合等腰三角形和圆周角的性质完成角的等量代换，证得垂直关系，这类角转换的技巧是圆的证明题的常用方法，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
要证明AE是⊙O的切线，根据切线的判定定理，已知点A在⊙O上，只需证明AE垂直于过A点的半径AD，即证∠EAD=90°即可。首先利用等腰三角形“等边对等角”的性质，推导角的等量关系；再结合圆周角定理，将∠C转化为同弧所对的圆周角∠D；最后利用“直径所对的圆周角是直角”得到Rt△ABD中两锐角和为90°，通过等量代换即可证得∠EAD=90°。
【解析】
证明：如图，连接DB。
∵AE=AC，
∴∠E=∠C。
∵AB=BE，
∴∠EAB=∠E=∠C。
∵∠C和∠D都是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角，
∴∠C=∠D。
∴∠EAB=∠D。
∵AD为$\odot O$的直径，
∴∠ABD=90°。
∴∠D+∠DAB=90°。
∴∠EAB+∠DAB=90°，即∠EAD=90°。
∴AE⊥AD。
又OA为$\odot O$的半径，
∴AE是$\odot O$的切线。
【答案】
5. 【证明】如图,连接DB.
∵AE=AC,
∴∠E=∠C.
∵AB=BE,
∴∠EAB=∠E=∠C.
∵∠C 和∠D 都是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角,
∴∠C=∠D.
∴∠EAB=∠D.
∵AD 为$\odot O$的直径,
∴∠ABD=90°.
∴∠D+∠DAB=90°.
∴∠EAB+∠DAB=90°,即∠EAD=90°.
∴AE⊥AD.
又OA 为$\odot O$的半径,
∴AE 是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题是切线判定的基础题型，解题核心是明确切线判定的常用思路，通过添加辅助线构造直径所对的直角，结合等腰三角形和圆周角的性质完成角的等量代换，证得垂直关系，这类角转换的技巧是圆的证明题的常用方法，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
6. 如图, 在△ABC中, AC, BC都与⊙O相切,切点分别为A,D, AB经过圆心O,AB交⊙O于另一点E,连接AD.若∠B=28°,则∠DAC的度数为
(
A.$28°$
B.$45°$
C.$52°$
D.$59°$
(
D
)A.$28°$
B.$45°$
C.$52°$
D.$59°$
答案
6. D
解析
【分析】
解题思路：首先根据切线的性质得到垂直关系，连接辅助线OD后，先在Rt△ODB中计算出∠BOD的度数；再利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形外角的性质求出∠OAD的度数；最后根据AC与圆相切得到∠BAC为直角，用直角减去∠OAD即可求出∠DAC的度数。
【解析】
连接OD，
1. 由切线的性质可知：AC切⊙O于A，AB过圆心O，故OA⊥AC，即∠BAC=90°；BC切⊙O于D，故OD⊥BC，即∠ODB=90°；且OA、OD均为⊙O的半径，故OA=OD。
2. 在Rt△BDO中，∠B=28°，则∠BOD=90°-∠B=90°-28°=62°。
3.
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，又
∵∠BOD是△OAD的外角，
∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=2∠OAD，因此∠OAD=62°÷2=31°。
4. ∠DAC=∠BAC - ∠OAD=90°-31°=59°。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质；等腰三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础计算题，解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用切线、等腰三角形、三角形外角的相关性质逐步推导角度，对学生的几何逻辑推理能力有一定的基础要求。
【难度系数】
0.7
解题思路：首先根据切线的性质得到垂直关系，连接辅助线OD后，先在Rt△ODB中计算出∠BOD的度数；再利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形外角的性质求出∠OAD的度数；最后根据AC与圆相切得到∠BAC为直角，用直角减去∠OAD即可求出∠DAC的度数。
【解析】
连接OD，
1. 由切线的性质可知：AC切⊙O于A，AB过圆心O，故OA⊥AC，即∠BAC=90°；BC切⊙O于D，故OD⊥BC，即∠ODB=90°；且OA、OD均为⊙O的半径，故OA=OD。
2. 在Rt△BDO中，∠B=28°，则∠BOD=90°-∠B=90°-28°=62°。
3.
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，又
∵∠BOD是△OAD的外角，
∴∠BOD=∠OAD+∠ODA=2∠OAD，因此∠OAD=62°÷2=31°。
4. ∠DAC=∠BAC - ∠OAD=90°-31°=59°。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质；等腰三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础计算题，解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用切线、等腰三角形、三角形外角的相关性质逐步推导角度，对学生的几何逻辑推理能力有一定的基础要求。
【难度系数】
0.7
7. 如图，$△ ABC$为直角三角形，$∠ C=90°$，直角边$BC$与$\odot O$交于点$E$，$BD$是$\odot O$的直径，$OA ⊥ AC$，垂足为$A$，$BA$平分$∠ CBD$.
(1)求证：$AC$与$\odot O$相切.
(2)若$BD=12$，$BE=8$，求$AC$的长.
(1)求证：$AC$与$\odot O$相切.
(2)若$BD=12$，$BE=8$，求$AC$的长.
答案
7. (1)【证明】
∵OA⊥AC,
∴∠OAC=90°.
∵∠C=90°,
∴∠C+∠OAC=180°.
∴OA//BC.
∴∠OAB=∠CBA.
∵BA 平分∠CBD,
∴∠CBA=∠OBA.
∴∠OAB=∠OBA.
∴OA=OB.
∴OA 是$\odot O$的半径.
∴AC 与$\odot O$相切.
(2)【解】如图,连接OE,过点O 作OF⊥BE,垂足为F,
则 $BF=EF=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×8=4$.
∵BD=12,
∴$OB=\frac{1}{2}BD=6$.
在Rt△OBF 中,根据勾股定理,得 $OF=\sqrt{OB^2-BF^2}=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt{5}$.
∵OA⊥AC,∠C=90°,OF⊥BC,
∴∠OAC=∠C=∠OFC=90°.
∴四边形OACF 是矩形.
∴AC=OF=$2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证明AC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AC垂直于$\odot O$的半径。已知OA⊥AC，因此只需证明OA是$\odot O$的半径即可：先由两个直角推出OA//BC，结合角平分线的性质推导角相等，得到OA=OB，而OB是$\odot O$的半径，即可得证。
(2) 要求AC的长，可通过构造辅助线转化线段关系：过O作OF⊥BE，利用垂径定理求出BF的长度，再用勾股定理算出OF的长；接着证明四边形OACF是矩形，根据矩形对边相等即可得到AC=OF，求出AC的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵∠C=90°，
∴∠C+∠OAC=180°，
∴OA//BC，
∴∠OAB=∠CBA，
∵BA平分∠CBD，
∴∠CBA=∠OBA，
∴∠OAB=∠OBA，
∴OA=OB，
∴OA是$\odot O$的半径，
又
∵OA⊥AC，
∴AC与$\odot O$相切。
(2) 解：如图，连接OE，过点O作OF⊥BE，垂足为F，
则 $BF=EF=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×8=4$，
∵BD=12，BD是$\odot O$的直径，
∴$OB=\frac{1}{2}BD=6$，
在Rt△OBF中，根据勾股定理，得 $OF=\sqrt{OB^2-BF^2}=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt{5}$，
∵OA⊥AC，∠C=90°，OF⊥BC，
∴∠OAC=∠C=∠OFC=90°，
∴四边形OACF是矩形，
∴AC=OF=$2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) AC与$\odot O$相切；
(2) $AC=2\sqrt{5}$，辅助线图：
【知识点】
切线的判定定理；垂径定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆与几何图形结合的基础综合题，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，能够结合已知条件合理构造辅助线，利用垂径定理和特殊四边形的性质转化线段关系求解，对基础知识点的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明AC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AC垂直于$\odot O$的半径。已知OA⊥AC，因此只需证明OA是$\odot O$的半径即可：先由两个直角推出OA//BC，结合角平分线的性质推导角相等，得到OA=OB，而OB是$\odot O$的半径，即可得证。
(2) 要求AC的长，可通过构造辅助线转化线段关系：过O作OF⊥BE，利用垂径定理求出BF的长度，再用勾股定理算出OF的长；接着证明四边形OACF是矩形，根据矩形对边相等即可得到AC=OF，求出AC的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵OA⊥AC，
∴∠OAC=90°，
∵∠C=90°，
∴∠C+∠OAC=180°，
∴OA//BC，
∴∠OAB=∠CBA，
∵BA平分∠CBD，
∴∠CBA=∠OBA，
∴∠OAB=∠OBA，
∴OA=OB，
∴OA是$\odot O$的半径，
又
∵OA⊥AC，
∴AC与$\odot O$相切。
(2) 解：如图，连接OE，过点O作OF⊥BE，垂足为F，
则 $BF=EF=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×8=4$，
∵BD=12，BD是$\odot O$的直径，
∴$OB=\frac{1}{2}BD=6$，
在Rt△OBF中，根据勾股定理，得 $OF=\sqrt{OB^2-BF^2}=\sqrt{6^2-4^2}=2\sqrt{5}$，
∵OA⊥AC，∠C=90°，OF⊥BC，
∴∠OAC=∠C=∠OFC=90°，
∴四边形OACF是矩形，
∴AC=OF=$2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) AC与$\odot O$相切；
(2) $AC=2\sqrt{5}$，辅助线图：
【知识点】
切线的判定定理；垂径定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆与几何图形结合的基础综合题，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，能够结合已知条件合理构造辅助线，利用垂径定理和特殊四边形的性质转化线段关系求解，对基础知识点的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
8. 如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC=45°，⊙P的半径为$\sqrt{2}$ cm，且OP=4 cm。如果⊙P以1 cm/s的速度向右平移，那么当⊙P与直线CD相切时，平移的时间是
2 s或6 s
。答案
8. 2 s或6 s 【解析】分两种情况讨论.
①当点P 在点O 的左侧,$\odot P$与直线CD 相切时,设切点为E,连接PE,可得PE⊥CD,如图.
∴$PE=\sqrt{2}$.
∵∠AOC=45°,
∴∠OPE=45°.
∴OE=EP=$\sqrt{2}$.
∴$OP=\sqrt{OE^2+EP^2}=2$.
∵4-2=2,
∴当$\odot P$向右平移2 cm 时,$\odot P$与直线CD 相切.
∵$\odot P$平移的速度为1 cm/s,
∴$\odot P$平移的时间为2 s.
②当点P 在点O 的右侧,$\odot P$与直线CD 相切时,设切点为F,连接PF,可得PF⊥CD,如图.
同上,4+2=6,当$\odot P$向右平移6 cm 时,$\odot P$与直线CD 相切,$\odot P$平移的时间为6 s.
综上所述,当$\odot P$与直线CD 相切时,平移的时间是2 s 或6 s.
解析
【分析】
解决本题首先要明确直线与圆相切的核心条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。⊙P向右平移时和直线CD相切存在两种情况，需要分类讨论：一是⊙P运动到点O左侧时相切，二是⊙P运动到点O右侧时相切。我们可以过平移后的圆心P作CD的垂线，结合已知∠AOC=45°，可知得到的三角形为等腰直角三角形，利用圆的半径可求出此时OP的长度，再结合初始OP的长度计算平移的距离，最后根据平移速度即可求出平移时间。
【解析】
分两种情况讨论：
①当⊙P平移到点O左侧，与直线CD相切时，设切点为E，连接PE，可得PE⊥CD，如图。
∴PE等于⊙P的半径，即$PE=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
∵∠AOC=45°，∠PEO=90°，
∴△PEO是等腰直角三角形，$OE=PE=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
由勾股定理可得：$OP=\sqrt{OE^2+PE^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2\ \mathrm{cm}$。
初始时OP=4cm，因此⊙P向右平移的距离为$4-2=2\ \mathrm{cm}$。
已知平移速度为1cm/s，所以平移时间为$2÷1=2\ \mathrm{s}$。
②当⊙P平移到点O右侧，与直线CD相切时，设切点为F，连接PF，可得PF⊥CD，如图。
同理可得此时$OP=2\ \mathrm{cm}$，因此⊙P向右平移的距离为$4+2=6\ \mathrm{cm}$，平移时间为$6÷1=6\ \mathrm{s}$。
综上，⊙P与直线CD相切时平移的时间为2s或6s。
【答案】
2 s或6 s
【知识点】
直线与圆相切的判定；等腰直角三角形的性质；平移的性质
【点评】
本题重点考查直线和圆相切的判定条件，解题时需要运用分类讨论思想，考虑圆在交点左右两侧两种相切的情况，避免漏解，同时结合等腰直角三角形的性质计算线段长度，对分类讨论的数学思想有一定要求。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确直线与圆相切的核心条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。⊙P向右平移时和直线CD相切存在两种情况，需要分类讨论：一是⊙P运动到点O左侧时相切，二是⊙P运动到点O右侧时相切。我们可以过平移后的圆心P作CD的垂线，结合已知∠AOC=45°，可知得到的三角形为等腰直角三角形，利用圆的半径可求出此时OP的长度，再结合初始OP的长度计算平移的距离，最后根据平移速度即可求出平移时间。
【解析】
分两种情况讨论：
①当⊙P平移到点O左侧，与直线CD相切时，设切点为E，连接PE，可得PE⊥CD，如图
。∴PE等于⊙P的半径，即$PE=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
∵∠AOC=45°，∠PEO=90°，
∴△PEO是等腰直角三角形，$OE=PE=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
由勾股定理可得：$OP=\sqrt{OE^2+PE^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2\ \mathrm{cm}$。
初始时OP=4cm，因此⊙P向右平移的距离为$4-2=2\ \mathrm{cm}$。
已知平移速度为1cm/s，所以平移时间为$2÷1=2\ \mathrm{s}$。
②当⊙P平移到点O右侧，与直线CD相切时，设切点为F，连接PF，可得PF⊥CD，如图
。同理可得此时$OP=2\ \mathrm{cm}$，因此⊙P向右平移的距离为$4+2=6\ \mathrm{cm}$，平移时间为$6÷1=6\ \mathrm{s}$。
综上，⊙P与直线CD相切时平移的时间为2s或6s。
【答案】
2 s或6 s
【知识点】
直线与圆相切的判定；等腰直角三角形的性质；平移的性质
【点评】
本题重点考查直线和圆相切的判定条件，解题时需要运用分类讨论思想，考虑圆在交点左右两侧两种相切的情况，避免漏解，同时结合等腰直角三角形的性质计算线段长度，对分类讨论的数学思想有一定要求。
【难度系数】
0.6
