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10.如图，$△ ABC$内接于$\odot O$，AB是$\odot O$的直径，点E在$\odot O$上，C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，$AE⊥ CD$，垂足为D，DC的延长线交AB的延长线于点F.
(1)求证：CD是$\odot O$的切线；
(2)若$CD=\sqrt{3}$，$∠ ABC=60°$，求线段AF的长.
(1)求证：CD是$\odot O$的切线；
(2)若$CD=\sqrt{3}$，$∠ ABC=60°$，求线段AF的长.
答案
10. (1) 略
(2) 6
(2) 6
解析
【分析】
(1) 要证明CD是⊙O的切线，依据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥CD即可。已知C是$\overset{\frown}{BE}$中点，可得等弧所对圆周角∠BAC=∠EAC，结合OA=OC推出∠OCA=∠EAC，进而得到OC//AE，再由AE⊥CD可推出OC⊥CD，即可证得CD为切线。
(2) 先利用直径所对圆周角为直角，结合∠ABC=60°得到∠BAC=∠CAD=30°，在Rt△ACD中利用含30°角直角三角形的性质求出AC的长度，再在Rt△ABC中求出直径AB的长度即得到半径OC的长，最后在Rt△OCF中利用30°角性质求出OF长度，即可计算得到AF的长。
【解析】
(1) 证明：连接OC
∵ C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CE}$
∴ ∠BAC = ∠EAC
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC = ∠OCA
∴ ∠OCA = ∠EAC，
∴ OC//AE
∵ AE⊥CD，
∴ OC⊥CD
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CD是⊙O的切线
(2) 解：
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°
∵ ∠ABC=60°，
∴ ∠BAC=∠CAD=30°
在Rt△ACD中，∠D=90°，∠CAD=30°，$CD=\sqrt{3}$
∴ $AC=2CD=2\sqrt{3}$
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，$AC=2\sqrt{3}$
∴ $\sin∠ABC=\frac{AC}{AB}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{AB}$，解得$AB=4$
∴ $OC=OA=OB=2$
∵ OB=OC，∠ABC=60°，
∴ △OBC是等边三角形，∠COF=60°
在Rt△OCF中，∠F=30°，
∴ $OF=2OC=4$
∴ $AF=OF+OA=4+2=6$
【答案】
(1) 证明见上述过程；(2) $\boldsymbol{6}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题是圆的综合基础题型，重点考查切线的常用判定思路“连半径，证垂直”，同时结合圆的相关性质和直角三角形的边角关系计算线段长度，是圆章节的典型考法。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明CD是⊙O的切线，依据切线判定定理，需连接半径OC，证明OC⊥CD即可。已知C是$\overset{\frown}{BE}$中点，可得等弧所对圆周角∠BAC=∠EAC，结合OA=OC推出∠OCA=∠EAC，进而得到OC//AE，再由AE⊥CD可推出OC⊥CD，即可证得CD为切线。
(2) 先利用直径所对圆周角为直角，结合∠ABC=60°得到∠BAC=∠CAD=30°，在Rt△ACD中利用含30°角直角三角形的性质求出AC的长度，再在Rt△ABC中求出直径AB的长度即得到半径OC的长，最后在Rt△OCF中利用30°角性质求出OF长度，即可计算得到AF的长。
【解析】
(1) 证明：连接OC
∵ C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CE}$
∴ ∠BAC = ∠EAC
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC = ∠OCA
∴ ∠OCA = ∠EAC，
∴ OC//AE
∵ AE⊥CD，
∴ OC⊥CD
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CD是⊙O的切线
(2) 解：
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°
∵ ∠ABC=60°，
∴ ∠BAC=∠CAD=30°
在Rt△ACD中，∠D=90°，∠CAD=30°，$CD=\sqrt{3}$
∴ $AC=2CD=2\sqrt{3}$
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=60°，$AC=2\sqrt{3}$
∴ $\sin∠ABC=\frac{AC}{AB}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}}{AB}$，解得$AB=4$
∴ $OC=OA=OB=2$
∵ OB=OC，∠ABC=60°，
∴ △OBC是等边三角形，∠COF=60°
在Rt△OCF中，∠F=30°，
∴ $OF=2OC=4$
∴ $AF=OF+OA=4+2=6$
【答案】
(1) 证明见上述过程；(2) $\boldsymbol{6}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题是圆的综合基础题型，重点考查切线的常用判定思路“连半径，证垂直”，同时结合圆的相关性质和直角三角形的边角关系计算线段长度，是圆章节的典型考法。
【难度系数】
0.6
11.如图，A，B，C，D是$\odot O$上的四点，AC是直径，$AB=BD$，过点B作$BE⊥ DE$交DC的延长线于点E.
(1)求证:BE是$\odot O$的切线；
(2)若$AB=3\sqrt{6}$，$BE=3$，求$\odot O$的半径.
(1)求证:BE是$\odot O$的切线；
(2)若$AB=3\sqrt{6}$，$BE=3$，求$\odot O$的半径.
答案
(1) 略
(2) $\dfrac{9\sqrt{5}}{5}$
(2) $\dfrac{9\sqrt{5}}{5}$
解析
【分析】
(1) 证明切线的核心思路是“连半径，证垂直”，因此先连接OB。已知BE⊥DE，要证OB⊥BE，只需证明OB//DE即可。由AB=BD可得弧AB=弧BD，根据垂径定理推论，OB垂直于弦AD；再结合AC是直径，直径所对圆周角为直角，可得CD⊥AD，即可推出OB//DE，进而得到OB⊥BE，完成切线证明。
(2) 求半径可先求直径AC，已知AB、BE长度，且AB=BD，可先在Rt△BDE中求出DE的长度；再根据同弧所对圆周角相等，得到∠BAC=∠BDE，结合直角相等证明△ABC∽△DEB，利用相似三角形对应边成比例求出AC的长度，除以2即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：连接OB
∵AB=BD
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BD}$
又
∵OB是$\odot O$的半径
∴OB⊥AD（平分弧的半径垂直于弧所对的弦）
∵AC是$\odot O$的直径
∴∠ADC=90°，即CD⊥AD
∴OB//DE
∵BE⊥DE
∴OB⊥BE
又
∵OB是$\odot O$的半径
∴BE是$\odot O$的切线
(2) 解：
∵AB=BD，AB=$3\sqrt{6}$
∴BD=$3\sqrt{6}$
在Rt△BED中，∠E=90°，BE=3
由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{(3\sqrt{6})^2-3^2}=\sqrt{54-9}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$
∵∠BAC和∠BDC都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角
∴∠BAC=∠BDC
又
∵∠ABC=∠E=90°
∴△ABC∽△DEB
∴$\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{BD}$
代入数值得：$\frac{3\sqrt{6}}{3\sqrt{5}}=\frac{AC}{3\sqrt{6}}$
解得：$AC=\frac{3\sqrt{6}×3\sqrt{6}}{3\sqrt{5}}=\frac{54}{3\sqrt{5}}=\frac{18\sqrt{5}}{5}$
∴$\odot O$的半径为$\frac{1}{2}AC=\frac{9\sqrt{5}}{5}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\dfrac{9\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定
【点评】
本题是圆的综合题，第一问需结合垂径定理、平行线的性质推导垂直关系，符合切线判定的常规逻辑；第二问需要挖掘圆内圆周角相等的隐含条件，构造相似三角形求解边长，解题时要注意将已知条件转化到直角三角形和相似三角形中计算。
【难度系数】
0.6
(1) 证明切线的核心思路是“连半径，证垂直”，因此先连接OB。已知BE⊥DE，要证OB⊥BE，只需证明OB//DE即可。由AB=BD可得弧AB=弧BD，根据垂径定理推论，OB垂直于弦AD；再结合AC是直径，直径所对圆周角为直角，可得CD⊥AD，即可推出OB//DE，进而得到OB⊥BE，完成切线证明。
(2) 求半径可先求直径AC，已知AB、BE长度，且AB=BD，可先在Rt△BDE中求出DE的长度；再根据同弧所对圆周角相等，得到∠BAC=∠BDE，结合直角相等证明△ABC∽△DEB，利用相似三角形对应边成比例求出AC的长度，除以2即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：连接OB
∵AB=BD
∴$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BD}$
又
∵OB是$\odot O$的半径
∴OB⊥AD（平分弧的半径垂直于弧所对的弦）
∵AC是$\odot O$的直径
∴∠ADC=90°，即CD⊥AD
∴OB//DE
∵BE⊥DE
∴OB⊥BE
又
∵OB是$\odot O$的半径
∴BE是$\odot O$的切线
(2) 解：
∵AB=BD，AB=$3\sqrt{6}$
∴BD=$3\sqrt{6}$
在Rt△BED中，∠E=90°，BE=3
由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{(3\sqrt{6})^2-3^2}=\sqrt{54-9}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$
∵∠BAC和∠BDC都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角
∴∠BAC=∠BDC
又
∵∠ABC=∠E=90°
∴△ABC∽△DEB
∴$\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{BD}$
代入数值得：$\frac{3\sqrt{6}}{3\sqrt{5}}=\frac{AC}{3\sqrt{6}}$
解得：$AC=\frac{3\sqrt{6}×3\sqrt{6}}{3\sqrt{5}}=\frac{54}{3\sqrt{5}}=\frac{18\sqrt{5}}{5}$
∴$\odot O$的半径为$\frac{1}{2}AC=\frac{9\sqrt{5}}{5}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\dfrac{9\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，相似三角形的性质与判定
【点评】
本题是圆的综合题，第一问需结合垂径定理、平行线的性质推导垂直关系，符合切线判定的常规逻辑；第二问需要挖掘圆内圆周角相等的隐含条件，构造相似三角形求解边长，解题时要注意将已知条件转化到直角三角形和相似三角形中计算。
【难度系数】
0.6
12.我们将在平面直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”.如图,直线$l:y=kx+4\sqrt{3}$与x轴、y轴分别交于点A,B,$∠ OAB=30°$,点P在x轴上,$\odot P$与l相切,当P在线段OA上运动时,使得$\odot P$成为整圆的点P的个数是(
A.4
B.6
C.8
D.10
B
).A.4
B.6
C.8
D.10
答案
12. B
解析
【分析】
解题思路如下：①先根据直线解析式求出点B坐标，再结合∠OAB=30°，在Rt△AOB中求出OA的长度，得到点A的坐标；②根据切线的性质可知，⊙P的半径r等于点P到直线l的距离；③过P作直线l的垂线，结合30°直角三角形的性质，推导r与点P横坐标的关系；④根据“整圆”的定义：圆心坐标、半径均为整数，且半径为正，列出符合条件的r的取值，即可统计点P的个数。
【解析】
解：
∵直线$l:y=kx+4\sqrt{3}$交y轴于点B，
∴当$x=0$时，$y=4\sqrt{3}$，即$B(0,4\sqrt{3})$，$OB=4\sqrt{3}$。
在$Rt△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，$∠ OAB=30°$，
∴$\tan∠ OAB=\frac{OB}{OA}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{OA}$，
解得$OA=12$，即点A坐标为$(12,0)$。
过点P作$PQ⊥ l$于点Q，
∵$\odot P$与$l$相切，
∴$PQ$为$\odot P$的半径，记为$r$。
在$Rt△ PQA$中，$∠ PAQ=30°$，
∴$PQ=\frac{1}{2}PA$，即$r=\frac{1}{2}PA$。
设点P坐标为$(p,0)$（$0≤ p≤12$，因P在线段OA上），
则$PA=12-p$，代入得$r=\frac{12-p}{2}$。
∵$\odot P$是整圆，
∴圆心横坐标$p$为整数，半径$r$为正整数（半径为0时不是圆），
∴$\frac{12-p}{2}＞0$且为整数，即$12-p$为正偶数，
则$12-p$可取2、4、6、8、10、12，对应$p$为10、8、6、4、2、0，共6个符合条件的点P。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；含30°角的直角三角形的性质；一次函数的图象与性质
【点评】
本题为新定义结合几何的综合题，需要将新定义“整圆”的要求转化为数学上的整数限制，结合切线性质和特殊直角三角形的边角关系求解，核心考查学生对基础几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：①先根据直线解析式求出点B坐标，再结合∠OAB=30°，在Rt△AOB中求出OA的长度，得到点A的坐标；②根据切线的性质可知，⊙P的半径r等于点P到直线l的距离；③过P作直线l的垂线，结合30°直角三角形的性质，推导r与点P横坐标的关系；④根据“整圆”的定义：圆心坐标、半径均为整数，且半径为正，列出符合条件的r的取值，即可统计点P的个数。
【解析】
解：
∵直线$l:y=kx+4\sqrt{3}$交y轴于点B，
∴当$x=0$时，$y=4\sqrt{3}$，即$B(0,4\sqrt{3})$，$OB=4\sqrt{3}$。
在$Rt△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，$∠ OAB=30°$，
∴$\tan∠ OAB=\frac{OB}{OA}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{OA}$，
解得$OA=12$，即点A坐标为$(12,0)$。
过点P作$PQ⊥ l$于点Q，
∵$\odot P$与$l$相切，
∴$PQ$为$\odot P$的半径，记为$r$。
在$Rt△ PQA$中，$∠ PAQ=30°$，
∴$PQ=\frac{1}{2}PA$，即$r=\frac{1}{2}PA$。
设点P坐标为$(p,0)$（$0≤ p≤12$，因P在线段OA上），
则$PA=12-p$，代入得$r=\frac{12-p}{2}$。
∵$\odot P$是整圆，
∴圆心横坐标$p$为整数，半径$r$为正整数（半径为0时不是圆），
∴$\frac{12-p}{2}＞0$且为整数，即$12-p$为正偶数，
则$12-p$可取2、4、6、8、10、12，对应$p$为10、8、6、4、2、0，共6个符合条件的点P。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；含30°角的直角三角形的性质；一次函数的图象与性质
【点评】
本题为新定义结合几何的综合题，需要将新定义“整圆”的要求转化为数学上的整数限制，结合切线性质和特殊直角三角形的边角关系求解，核心考查学生对基础几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
