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三、解答题(共52分)
9.(10分)已知:$∠ O$及其一边上的两点$A$,$B$.
求作:$\odot P$,使圆心$P$到$A$,$B$两点的距离相等,且与$∠ O$的两条边相切.
9.(10分)已知:$∠ O$及其一边上的两点$A$,$B$.
求作:$\odot P$,使圆心$P$到$A$,$B$两点的距离相等,且与$∠ O$的两条边相切.
答案
9.解:作法:如答图，
①作线段 AB 的垂直平分线 MN 与$∠ O$的平分线 OC 相交于点 P,AB 的垂直平分线交 AB 于点 D;
②以点 P 为圆心,PD 的长为半径画圆,$\odot P$就是要求作的圆.
解析
【分析】
我们先把题目要求的⊙P的两个条件拆解开来分析：第一个条件是圆心P到A、B两点距离相等，根据几何性质，所有到线段两个端点距离相等的点，都在这条线段的垂直平分线上，因此点P一定在线段AB的垂直平分线上；第二个条件是⊙P与∠O的两条边都相切，说明圆心P到∠O两条边的距离相等，所有到角两边距离相等的点都在这个角的角平分线上，因此点P也一定在∠O的角平分线上。两条轨迹的交点就是所求的圆心P，再取P到边OB的垂线段长度作为半径，画出的圆就同时满足所有要求了。
【解析】
按照以下步骤完成作图：
① 作线段AB的垂直平分线MN，再作∠O的角平分线OC，两条直线MN与OC的交点即为点P，记MN与AB的垂足为D；
② 以点P为圆心，PD的长为半径画圆，所得的⊙P就是符合要求的圆。
【答案】
【知识点】
线段垂直平分线，角平分线性质，尺规作图
【点评】
本题是多条件约束下的尺规作圆典型题，核心思路是将题目给出的两个几何要求分别转化为对应点的轨迹，通过两条轨迹的交点确定圆心，再推导得到半径长度，既考查了基础几何性质的掌握，也锻炼了学生拆解作图要求、转化几何条件的能力。
【难度系数】
0.4
我们先把题目要求的⊙P的两个条件拆解开来分析：第一个条件是圆心P到A、B两点距离相等，根据几何性质，所有到线段两个端点距离相等的点，都在这条线段的垂直平分线上，因此点P一定在线段AB的垂直平分线上；第二个条件是⊙P与∠O的两条边都相切，说明圆心P到∠O两条边的距离相等，所有到角两边距离相等的点都在这个角的角平分线上，因此点P也一定在∠O的角平分线上。两条轨迹的交点就是所求的圆心P，再取P到边OB的垂线段长度作为半径，画出的圆就同时满足所有要求了。
【解析】
按照以下步骤完成作图：
① 作线段AB的垂直平分线MN，再作∠O的角平分线OC，两条直线MN与OC的交点即为点P，记MN与AB的垂足为D；
② 以点P为圆心，PD的长为半径画圆，所得的⊙P就是符合要求的圆。
【答案】
【知识点】
线段垂直平分线，角平分线性质，尺规作图
【点评】
本题是多条件约束下的尺规作圆典型题，核心思路是将题目给出的两个几何要求分别转化为对应点的轨迹，通过两条轨迹的交点确定圆心，再推导得到半径长度，既考查了基础几何性质的掌握，也锻炼了学生拆解作图要求、转化几何条件的能力。
【难度系数】
0.4
10.(12分)如图,矩形 ABCD 内接于$\odot O$,过点 A 作$\odot O$的切线,分别与 CD 的延长线交于点 E,与 CB 的延长线交于点 F,连接 BD. 求证:$∠ F=∠ CDB$.
答案
10.证明:连接 AC,如答图.
$\because$ 四边形 ABCD 为$\odot O$的内接矩形，
$\therefore AC$为$\odot O$的直径,$∠ ABC=∠ ADC=90°$.
$\because EF$为$\odot O$的切线，
$\therefore AC⊥ EF,\therefore ∠ CAB+∠ BAF=90°$.
又$\because ∠ ABC=90°,\therefore ∠ CAB+∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ BAF=∠ ACB$.
$\because ∠ ACB=∠ ADB,\therefore ∠ BAF=∠ ADB$.
$\because ∠ ABC=∠ ADC=90°$,
$\therefore ∠ BAF+∠ F=90°,∠ ADB+∠ CDB=90°$,
$\therefore ∠ F=∠ CDB$.
解析
【分析】
要证明∠F=∠CDB，我们可以从已知条件逐步推导：首先看到EF是⊙O的切线，优先想到切线的性质，需要连接过切点A的直径；又因为矩形ABCD内接于⊙O，矩形的对角线必然是外接圆的直径，因此连接AC作为辅助线。接下来利用多个直角场景下的同角/等角余角相等性质，结合同弧所对圆周角相等的定理，对目标角做等量代换，即可完成两角相等的证明。
【解析】
证明：连接AC，
∵ 四边形ABCD为⊙O的内接矩形，
∴ AC为⊙O的直径，∠ABC=∠ADC=90°。
∵ EF为⊙O的切线，A为切点，
∴ AC⊥EF，可得∠CAB+∠BAF=90°。
又
∵ ∠ABC=90°，在Rt△ABC中，∠CAB+∠ACB=90°，
根据同角的余角相等，推出∠BAF=∠ACB。
∵ ∠ACB和∠ADB都是弧AB所对的圆周角，
∴ ∠ACB=∠ADB，等量代换得∠BAF=∠ADB。
∵ ∠ABC=90°，在Rt△ABF中，∠BAF+∠F=90°，
∵ ∠ADC=90°，在Rt△BDC中，∠ADB+∠CDB=90°，
根据等角的余角相等，最终可得∠F=∠CDB。
【答案】
，∠F=∠CDB得证
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，矩形的性质
【点评】
本题是圆与矩形结合的基础几何证明题，核心突破口是遇到圆的切线时优先连接切点与圆心构造垂直关系，通过多次角的等量代换完成推导，能够帮助学生巩固切线性质、圆周角相关定理的应用，提升角的转化逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
要证明∠F=∠CDB，我们可以从已知条件逐步推导：首先看到EF是⊙O的切线，优先想到切线的性质，需要连接过切点A的直径；又因为矩形ABCD内接于⊙O，矩形的对角线必然是外接圆的直径，因此连接AC作为辅助线。接下来利用多个直角场景下的同角/等角余角相等性质，结合同弧所对圆周角相等的定理，对目标角做等量代换，即可完成两角相等的证明。
【解析】
证明：连接AC，
∵ 四边形ABCD为⊙O的内接矩形，
∴ AC为⊙O的直径，∠ABC=∠ADC=90°。
∵ EF为⊙O的切线，A为切点，
∴ AC⊥EF，可得∠CAB+∠BAF=90°。
又
∵ ∠ABC=90°，在Rt△ABC中，∠CAB+∠ACB=90°，
根据同角的余角相等，推出∠BAF=∠ACB。
∵ ∠ACB和∠ADB都是弧AB所对的圆周角，
∴ ∠ACB=∠ADB，等量代换得∠BAF=∠ADB。
∵ ∠ABC=90°，在Rt△ABF中，∠BAF+∠F=90°，
∵ ∠ADC=90°，在Rt△BDC中，∠ADB+∠CDB=90°，
根据等角的余角相等，最终可得∠F=∠CDB。
【答案】
，∠F=∠CDB得证【知识点】
切线的性质，圆周角定理，矩形的性质
【点评】
本题是圆与矩形结合的基础几何证明题，核心突破口是遇到圆的切线时优先连接切点与圆心构造垂直关系，通过多次角的等量代换完成推导，能够帮助学生巩固切线性质、圆周角相关定理的应用，提升角的转化逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
11. (14分) 如图, 在$△ ABC$中,$AB=AC=5$,$BC=6$,$D$为$BC$的中点, 点$P$在射线$AD$上,$\odot P$与直线$AB$相切, 切点为$E$.
(1) 求证:$\odot P$与直线$AC$相切;
(2) 当$\odot P$是$△ ABC$的内切圆时, 求$\odot P$的半径.
(1) 求证:$\odot P$与直线$AC$相切;
(2) 当$\odot P$是$△ ABC$的内切圆时, 求$\odot P$的半径.
答案
11.(1)证明:如答图,连接 PE,过点 P 作$PF⊥ AC$,垂足为 F.
$\because \odot P$与直线 AB 相切,切点为 E,$\therefore PE⊥ AB$.
在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\because D$为 BC 的中点,$\therefore AD$平分$∠ BAC$.
$\because PE⊥ AB,PF⊥ AC,\therefore PE=PF$,
$\therefore \odot P$与直线 AC 相切.
(2)解:连接 BP,CP,如答图.设$\odot P$的半径为 r,
则$\frac{AB· r}{2}+\frac{AC· r}{2}+\frac{BC· r}{2}=\frac{BC· AD}{2}$.
$\because AB=AC,D$为 BC 的中点，
$\therefore AD⊥ BC,BD=\frac{1}{2}BC=3$.
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，
根据勾股定理,得$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,
$\therefore \frac{5r}{2}+\frac{5r}{2}+\frac{6r}{2}=\frac{6×4}{2}$,
$\therefore r=1.5$,即$\odot P$的半径为 1.5.
解析
【分析】
本题分为两小问，第一问要证明⊙P与AC相切，已知⊙P已经和AB相切，可直接得到圆心P到AB的距离PE是⊙P的半径，无需连接AC和圆的公共点，直接过P作AC的垂线PF，只要证明PF等于半径PE即可。结合已知AB=AC、D是BC中点的条件，根据等腰三角形三线合一性质，AD是∠BAC的角平分线，利用角平分线上的点到角两边距离相等，可直接得到PE=PF，就能推出PF是半径，从而证明AC是⊙P的切线。第二问求内切圆半径，首先利用等腰三角形三线合一得到AD垂直BC，用勾股定理算出高AD的长度，再用面积法：△ABC的总面积等于△PAB、△PBC、△PAC三个三角形的面积之和，这三个三角形的高都等于内切圆半径r，代入边长和高的数值列方程，就能解出r的值。
【解析】
(1) 证明：连接PE，过点P作$PF⊥AC$，垂足为F。
∵ $\odot P$与直线AB相切，切点为E，
∴ $PE⊥AB$，且PE是$\odot P$的半径。
在$△ABC$中，$AB=AC$，D为BC的中点，
由等腰三角形三线合一性质可得，AD平分$∠BAC$。
又
∵ $PE⊥AB$，$PF⊥AC$，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，
∴ $PE=PF$，即PF的长度等于$\odot P$的半径，且$PF⊥AC$，
∴ $\odot P$与直线AC相切。
(2) 解：连接BP、CP，设$\odot P$的半径为r。
∵ $AB=AC$，D为BC中点，
∴ $AD⊥BC$，$BD=\frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}×6 = 3$。
在$Rt△ABD$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AB^2 - BD^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$。
△ABC的面积等于三个小三角形△PAB、△PBC、△PAC的面积之和：
$S_{△ABC} = S_{△PAB} + S_{△PBC} + S_{△PAC}$
代入三角形面积公式得：
$\frac{1}{2}·BC·AD = \frac{1}{2}·AB·r + \frac{1}{2}·BC·r + \frac{1}{2}·AC·r$
将$AB=AC=5$，$BC=6$，$AD=4$代入：
$\frac{1}{2}×6×4 = \frac{1}{2}×5r + \frac{1}{2}×6r + \frac{1}{2}×5r$
化简得：$12 = 8r$，解得$r=1.5$。
即$\odot P$的半径为1.5。
【答案】
11.(1)证明:如答图,连接 PE,过点 P 作$PF⊥ AC$,垂足为 F.
$\because \odot P$与直线 AB 相切,切点为 E,$\therefore PE⊥ AB$.
在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\because D$为 BC 的中点,$\therefore AD$平分$∠ BAC$.
$\because PE⊥ AB,PF⊥ AC,\therefore PE=PF$,
$\therefore \odot P$与直线 AC 相切.
(2)解:连接 BP,CP,如答图.设$\odot P$的半径为 r,
则$\frac{AB· r}{2}+\frac{AC· r}{2}+\frac{BC· r}{2}=\frac{BC· AD}{2}$.
$\because AB=AC,D$为 BC 的中点，
$\therefore AD⊥ BC,BD=\frac{1}{2}BC=3$.
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，
根据勾股定理,得$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,
$\therefore \frac{5r}{2}+\frac{5r}{2}+\frac{6r}{2}=\frac{6×4}{2}$,
$\therefore r=1.5$,即$\odot P$的半径为 1.5.
【知识点】
切线的判定，等腰三角形三线合一，三角形内切圆性质
【点评】
本题是等腰三角形与圆结合的基础综合题，第一问考察切线的间接判定方法，核心是利用角平分线性质证明圆心到直线的距离等于半径，是切线判定的经典技巧；第二问用面积法求解内切圆半径是通用的高效解题思路，学生熟练掌握后可快速计算任意三角形的内切圆半径，避免复杂推导。
【难度系数】
0.7
本题分为两小问，第一问要证明⊙P与AC相切，已知⊙P已经和AB相切，可直接得到圆心P到AB的距离PE是⊙P的半径，无需连接AC和圆的公共点，直接过P作AC的垂线PF，只要证明PF等于半径PE即可。结合已知AB=AC、D是BC中点的条件，根据等腰三角形三线合一性质，AD是∠BAC的角平分线，利用角平分线上的点到角两边距离相等，可直接得到PE=PF，就能推出PF是半径，从而证明AC是⊙P的切线。第二问求内切圆半径，首先利用等腰三角形三线合一得到AD垂直BC，用勾股定理算出高AD的长度，再用面积法：△ABC的总面积等于△PAB、△PBC、△PAC三个三角形的面积之和，这三个三角形的高都等于内切圆半径r，代入边长和高的数值列方程，就能解出r的值。
【解析】
(1) 证明：连接PE，过点P作$PF⊥AC$，垂足为F。
∵ $\odot P$与直线AB相切，切点为E，
∴ $PE⊥AB$，且PE是$\odot P$的半径。
在$△ABC$中，$AB=AC$，D为BC的中点，
由等腰三角形三线合一性质可得，AD平分$∠BAC$。
又
∵ $PE⊥AB$，$PF⊥AC$，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，
∴ $PE=PF$，即PF的长度等于$\odot P$的半径，且$PF⊥AC$，
∴ $\odot P$与直线AC相切。
(2) 解：连接BP、CP，设$\odot P$的半径为r。
∵ $AB=AC$，D为BC中点，
∴ $AD⊥BC$，$BD=\frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}×6 = 3$。
在$Rt△ABD$中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AB^2 - BD^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$。
△ABC的面积等于三个小三角形△PAB、△PBC、△PAC的面积之和：
$S_{△ABC} = S_{△PAB} + S_{△PBC} + S_{△PAC}$
代入三角形面积公式得：
$\frac{1}{2}·BC·AD = \frac{1}{2}·AB·r + \frac{1}{2}·BC·r + \frac{1}{2}·AC·r$
将$AB=AC=5$，$BC=6$，$AD=4$代入：
$\frac{1}{2}×6×4 = \frac{1}{2}×5r + \frac{1}{2}×6r + \frac{1}{2}×5r$
化简得：$12 = 8r$，解得$r=1.5$。
即$\odot P$的半径为1.5。
【答案】
11.(1)证明:如答图,连接 PE,过点 P 作$PF⊥ AC$,垂足为 F.
$\because \odot P$与直线 AB 相切,切点为 E,$\therefore PE⊥ AB$.
在$△ ABC$中,$AB=AC$,
$\because D$为 BC 的中点,$\therefore AD$平分$∠ BAC$.
$\because PE⊥ AB,PF⊥ AC,\therefore PE=PF$,
$\therefore \odot P$与直线 AC 相切.
(2)解:连接 BP,CP,如答图.设$\odot P$的半径为 r,
则$\frac{AB· r}{2}+\frac{AC· r}{2}+\frac{BC· r}{2}=\frac{BC· AD}{2}$.
$\because AB=AC,D$为 BC 的中点，
$\therefore AD⊥ BC,BD=\frac{1}{2}BC=3$.
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，
根据勾股定理,得$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,
$\therefore \frac{5r}{2}+\frac{5r}{2}+\frac{6r}{2}=\frac{6×4}{2}$,
$\therefore r=1.5$,即$\odot P$的半径为 1.5.
【知识点】
切线的判定，等腰三角形三线合一，三角形内切圆性质
【点评】
本题是等腰三角形与圆结合的基础综合题，第一问考察切线的间接判定方法，核心是利用角平分线性质证明圆心到直线的距离等于半径，是切线判定的经典技巧；第二问用面积法求解内切圆半径是通用的高效解题思路，学生熟练掌握后可快速计算任意三角形的内切圆半径，避免复杂推导。
【难度系数】
0.7
12. (16分)(2025·海州区期中)如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,点$O$在$AC$上,以$OA$为半径的$\odot O$交$AB$于点$D$,$BD$的垂直平分线交$BC$于点$E$,交$BD$于点$F$,连接$DE$.
(1)判断直线$DE$与$\odot O$的位置关系,并说明理由;
(2)若$AC=6$,$BC=8$,$OA=2$,求线段$DE$的长.
(1)判断直线$DE$与$\odot O$的位置关系,并说明理由;
(2)若$AC=6$,$BC=8$,$OA=2$,求线段$DE$的长.
答案
12.解:(1)直线 DE 与$\odot O$相切,理由如下:
如答图,连接 OD.
$\because OD=OA,\therefore ∠ A=∠ ODA$.
$\because EF$是 BD 的垂直平分线,$\therefore EB=ED,\therefore ∠ B=∠ EDB$.
$\because ∠ C=90°,\therefore ∠ A+∠ B=90°,\therefore ∠ ODA+∠ EDB=90°$,
$\therefore ∠ ODE=180°-(∠ ODA+∠ EDB)=180°-90°=90°$,即$OD⊥ DE$.
$\because OD$为圆的半径,D 为半径外端点，
$\therefore$ 直线 DE 与$\odot O$相切.
(2)如答图,连接 OE.
设$DE=x$,则$EB=ED=x$,$CE=8-x$.
$\because ∠ C=∠ ODE=90°$,
$\therefore OC^2+CE^2=OE^2=OD^2+DE^2$.
$\because OC=AC-OA=6-2=4$,$\therefore 4^2+(8-x)^2=2^2+x^2$,
解得$x=4.75$,则$DE=4.75$.
解析
【分析】
(1) 要判断直线DE与⊙O的位置关系，优先考虑切线的判定方法：已知点D在圆上，因此连接半径OD，只需证明OD⊥DE即可。首先利用同圆半径相等得到∠A=∠ODA，再结合线段垂直平分线的性质得到EB=ED，进而推出∠B=∠EDB，最后利用Rt△ABC中∠A+∠B=90°，通过等角代换得到∠ODA+∠EDB=90°，即可推导出∠ODE=90°，证明OD⊥DE，得到相切的结论。
(2) 求DE的长度，可利用线段垂直平分线性质设DE=x，得到EB=x，CE=BC-EB=8-x，观察到OE同时是Rt△OCE和Rt△ODE的公共斜边，借助勾股定理建立关于x的方程，代入已知边长求解即可得到DE的长度。
【解析】
(1) 直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵ OD=OA（⊙O的两条半径相等），
∴ ∠A=∠ODA。
∵ EF是BD的垂直平分线，点E在EF上，
∴ EB=ED，
∴ ∠B=∠EDB。
又
∵ ∠C=90°，在Rt△ABC中，∠A+∠B=90°，
代入得∠ODA+∠EDB=90°，
∴ ∠ODE=180°-(∠ODA+∠EDB)=180°-90°=90°，即OD⊥DE。
∵ OD是⊙O的半径，且D在⊙O上，
∴ 直线DE与⊙O相切。
(2) 连接OE，设DE=x，
由EB=ED可得EB=x，因此CE=BC-EB=8-x。
已知AC=6，OA=2，可得OC=AC-OA=6-2=4，且OD=OA=2。
∵ ∠C=90°，∠ODE=90°，
∴ 在Rt△OCE中，由勾股定理得：OC²+CE²=OE²，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD²+DE²=OE²，
因此可得等式：OC²+CE²=OD²+DE²，
代入数值：4²+(8-x)²=2²+x²，
展开计算：16 + 64 -16x +x² =4 +x²，
消去x²后整理得：80-16x=4，
解得x=4.75，即DE的长为4.75。
【答案】
(1) 直线DE与$\odot O$相切，理由见解析；(2) $DE=4.75$
【知识点】
切线的判定；线段垂直平分线性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础几何综合题，第一问核心考察切线判定的“连半径证垂直”常规思路，通过等角代换推导直角，逻辑清晰；第二问利用公共斜边构造勾股方程求解线段长度，是几何计算中非常经典的设元技巧，能帮助学生巩固几何综合题的方程思想，题型常规，适合基础巩固训练。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断直线DE与⊙O的位置关系，优先考虑切线的判定方法：已知点D在圆上，因此连接半径OD，只需证明OD⊥DE即可。首先利用同圆半径相等得到∠A=∠ODA，再结合线段垂直平分线的性质得到EB=ED，进而推出∠B=∠EDB，最后利用Rt△ABC中∠A+∠B=90°，通过等角代换得到∠ODA+∠EDB=90°，即可推导出∠ODE=90°，证明OD⊥DE，得到相切的结论。
(2) 求DE的长度，可利用线段垂直平分线性质设DE=x，得到EB=x，CE=BC-EB=8-x，观察到OE同时是Rt△OCE和Rt△ODE的公共斜边，借助勾股定理建立关于x的方程，代入已知边长求解即可得到DE的长度。
【解析】
(1) 直线DE与⊙O相切，理由如下：
连接OD，
∵ OD=OA（⊙O的两条半径相等），
∴ ∠A=∠ODA。
∵ EF是BD的垂直平分线，点E在EF上，
∴ EB=ED，
∴ ∠B=∠EDB。
又
∵ ∠C=90°，在Rt△ABC中，∠A+∠B=90°，
代入得∠ODA+∠EDB=90°，
∴ ∠ODE=180°-(∠ODA+∠EDB)=180°-90°=90°，即OD⊥DE。
∵ OD是⊙O的半径，且D在⊙O上，
∴ 直线DE与⊙O相切。
(2) 连接OE，设DE=x，
由EB=ED可得EB=x，因此CE=BC-EB=8-x。
已知AC=6，OA=2，可得OC=AC-OA=6-2=4，且OD=OA=2。
∵ ∠C=90°，∠ODE=90°，
∴ 在Rt△OCE中，由勾股定理得：OC²+CE²=OE²，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD²+DE²=OE²，
因此可得等式：OC²+CE²=OD²+DE²，
代入数值：4²+(8-x)²=2²+x²，
展开计算：16 + 64 -16x +x² =4 +x²，
消去x²后整理得：80-16x=4，
解得x=4.75，即DE的长为4.75。
【答案】
(1) 直线DE与$\odot O$相切，理由见解析；(2) $DE=4.75$
【知识点】
切线的判定；线段垂直平分线性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础几何综合题，第一问核心考察切线判定的“连半径证垂直”常规思路，通过等角代换推导直角，逻辑清晰；第二问利用公共斜边构造勾股方程求解线段长度，是几何计算中非常经典的设元技巧，能帮助学生巩固几何综合题的方程思想，题型常规，适合基础巩固训练。
【难度系数】
0.6
