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1[2025江苏盐城期中,中]如图,⊙O是直角三角形ABC的外接圆,直径AC=4,过C点作⊙O的切线,与AB延长线交于点D,M为CD的中点,连接BM,OM,且BC与OM相交于点N.(1)求证:BM与⊙O相切;(2)当∠A=60°时,在⊙O上取点F,使∠ABF=15°,补全图形,并求点F到直线AB的距离.
答案
1. (1)【证明】连接OB,如图(1)
.∵ M为CD的中点,O是AC中点,
∴ OM是△ACD的中位线,
∴ OM//AD.
∵ AC是⊙O的直径,
∴ ∠ABC=90°,
∴ OM ⊥ BC.
∵ OB = OC,
∴ ∠1 = ∠2. 又
∵ OM = OM,
∴ △OBM ≌ △OCM ( SAS ),
∴ ∠OBM=∠OCM.
∵ MC是⊙O切线,
∴ ∠OCM=90°,
∴ ∠OBM=90°,
∴ OB ⊥ BM.
∵ OB是⊙O的半径,
∴ BM与⊙O相切.
(2)【解】如图(2)
所示,当点F在点A左侧时,连接OF₁,交AB于点G.∵ ∠ABF₁ = 15°,
∴ ∠AOF₁ = 30°.
∵ ∠BAC = 60°,
∴ ∠AGO = 90°,
∴ OF₁ ⊥ AB.
∵ AC = 4,
∴ AO = OF₁ = 2,
∴ AG = 1,
∴ OG = √3,
∴ F₁G = 2 - √3. 当点F在点A右侧时,过点F₂作F₂H ⊥ AB交BA延长线于点H,F₂J ⊥ OG,垂足为点J,连接OF₂,
∴ 四边形F₂HGJ是矩形. 在Rt△F₂JO中,OF₂ = 2,
∵ ∠ABF₂ = 15°,
∴ ∠AOF₂ = 2∠ABF₂ = 30°,
∴ ∠F₂OJ = ∠AOF₂ + ∠AOF₁ = 60°,
∴ ∠OF₂J = 30°,
∴ OJ = 1,
∴ F₂H = GJ = OG - OJ = √3 - 1. 综上,点F到直线AB的距离为2 - √3或√3 - 1.
关键点拨
利用“SAS”证出△OBM ≌ △OCM是解题的关键.
解析
【分析】
(1) 要证明BM是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明半径OB⊥BM。首先连接辅助线OB，利用三角形中位线的判定推出OM是△ACD的中位线，得到OM//AD；结合直径所对圆周角为直角，可得OM垂直BC，再通过SAS证明△OBM≌△OCM，结合CD是切线的性质得到∠OCM=90°，即可推出∠OBM=90°，完成证明。
(2) 已知∠A=60°、∠ABF=15°，根据圆周角定理，同弧所对圆心角是圆周角的2倍，可知对应圆心角为30°，需分点F在A的左侧、右侧两种情况讨论：第一种F在A左侧时OF垂直AB，直接利用直角三角形性质计算距离；第二种F在A右侧时，通过构造矩形和直角三角形，结合30°角的性质计算距离，注意不要漏解。
【解析】
(1) 证明：连接OB，如图(1)。
∵ M为CD的中点，O是AC中点，
∴ OM是△ACD的中位线，
∴ OM//AD。
∵ AC是⊙O的直径，
∴ ∠ABC=90°，
∴ OM ⊥ BC。
∵ OB = OC，
∴ ∠1 = ∠2。
又
∵ OM = OM，
∴ △OBM ≌ △OCM (SAS，
∴ ∠OBM=∠OCM。
∵ MC是⊙O切线，
∴ ∠OCM=90°，
∴ ∠OBM=90°，
∴ OB ⊥ BM。
∵ OB是⊙O的半径，
∴ BM与⊙O相切。
(2) 解：补全图形如图(2)，分两种情况计算：
① 当点F在点A左侧时，连接OF₁，交AB于点G。
∵ ∠ABF₁ = 15°，
∴ ∠AOF₁ = 30°。
∵ ∠BAC = 60°，
∴ ∠AGO = 90°，即OF₁ ⊥ AB。
∵ 直径AC = 4，
∴ AO = OF₁ = 2，
∴ AG = 1，OG = √3，
∴ F₁G = 2 - √3。
② 当点F在点A右侧时，过点F₂作F₂H ⊥ AB交BA延长线于点H，F₂J ⊥ OG，垂足为点J，连接OF₂，
∴ 四边形F₂HGJ是矩形。
在Rt△F₂JO中，OF₂ = 2，
∵ ∠ABF₂ = 15°，
∴ ∠AOF₂ = 2∠ABF₂ = 30°，
∴ ∠F₂OJ = ∠AOF₂ + ∠AOF₁ = 60°，
∴ ∠OF₂J = 30°，
∴ OJ = 1，
∴ F₂H = GJ = OG - OJ = √3 - 1。
综上，点F到直线AB的距离为2 - √3或√3 - 1。
【答案】
(1) BM与⊙O相切，证明见上述过程；
(2) 点F到直线AB的距离为$\boldsymbol{2-\sqrt{3}}$或$\boldsymbol{\sqrt{3}-1}$，对应图形如图(1)、图(2)。
【知识点】
切线的判定与性质，圆周角定理，三角形中位线定理
【点评】
本题属于圆的综合题型，第一问考查切线判定的常用思路（连半径证垂直，通过全等三角形完成角度转化是解题的关键；第二问需要结合圆周角定理分类讨论点F的位置，避免漏解，同时考查了直角三角形、矩形的性质应用，对逻辑推理能力和运算能力都有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明BM是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明半径OB⊥BM。首先连接辅助线OB，利用三角形中位线的判定推出OM是△ACD的中位线，得到OM//AD；结合直径所对圆周角为直角，可得OM垂直BC，再通过SAS证明△OBM≌△OCM，结合CD是切线的性质得到∠OCM=90°，即可推出∠OBM=90°，完成证明。
(2) 已知∠A=60°、∠ABF=15°，根据圆周角定理，同弧所对圆心角是圆周角的2倍，可知对应圆心角为30°，需分点F在A的左侧、右侧两种情况讨论：第一种F在A左侧时OF垂直AB，直接利用直角三角形性质计算距离；第二种F在A右侧时，通过构造矩形和直角三角形，结合30°角的性质计算距离，注意不要漏解。
【解析】
(1) 证明：连接OB，如图(1)
。∵ M为CD的中点，O是AC中点，
∴ OM是△ACD的中位线，
∴ OM//AD。
∵ AC是⊙O的直径，
∴ ∠ABC=90°，
∴ OM ⊥ BC。
∵ OB = OC，
∴ ∠1 = ∠2。
又
∵ OM = OM，
∴ △OBM ≌ △OCM (SAS，
∴ ∠OBM=∠OCM。
∵ MC是⊙O切线，
∴ ∠OCM=90°，
∴ ∠OBM=90°，
∴ OB ⊥ BM。
∵ OB是⊙O的半径，
∴ BM与⊙O相切。
(2) 解：补全图形如图(2)
，分两种情况计算：① 当点F在点A左侧时，连接OF₁，交AB于点G。
∵ ∠ABF₁ = 15°，
∴ ∠AOF₁ = 30°。
∵ ∠BAC = 60°，
∴ ∠AGO = 90°，即OF₁ ⊥ AB。
∵ 直径AC = 4，
∴ AO = OF₁ = 2，
∴ AG = 1，OG = √3，
∴ F₁G = 2 - √3。
② 当点F在点A右侧时，过点F₂作F₂H ⊥ AB交BA延长线于点H，F₂J ⊥ OG，垂足为点J，连接OF₂，
∴ 四边形F₂HGJ是矩形。
在Rt△F₂JO中，OF₂ = 2，
∵ ∠ABF₂ = 15°，
∴ ∠AOF₂ = 2∠ABF₂ = 30°，
∴ ∠F₂OJ = ∠AOF₂ + ∠AOF₁ = 60°，
∴ ∠OF₂J = 30°，
∴ OJ = 1，
∴ F₂H = GJ = OG - OJ = √3 - 1。
综上，点F到直线AB的距离为2 - √3或√3 - 1。
【答案】
(1) BM与⊙O相切，证明见上述过程；
(2) 点F到直线AB的距离为$\boldsymbol{2-\sqrt{3}}$或$\boldsymbol{\sqrt{3}-1}$，对应图形如图(1)
、图(2)。【知识点】
切线的判定与性质，圆周角定理，三角形中位线定理
【点评】
本题属于圆的综合题型，第一问考查切线判定的常用思路（连半径证垂直，通过全等三角形完成角度转化是解题的关键；第二问需要结合圆周角定理分类讨论点F的位置，避免漏解，同时考查了直角三角形、矩形的性质应用，对逻辑推理能力和运算能力都有一定要求。
【难度系数】
0.6
2[中]一圆形玻璃镜面损坏了一部分，为得到同样大小的镜面，工人师傅用直角尺作如图所示的测量，测得$AB=12\ \mathrm{cm}$，$BC=5\ \mathrm{cm}$，则圆形镜面的半径为
（第2题图）
（第3题图）
$\frac{13}{2}$
cm.（第2题图）（第3题图）
答案
2. $\frac{13}{2}$ 【解析】连接AC,如图
.∵ ∠ABC=90°,且∠ABC是圆周角,
∴ AC是圆形镜面的直径. 由勾股定理得 $AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13(\mathrm{cm})$,
∴ 圆形镜面的半径为 $\frac{13}{2}\ \mathrm{cm}$.
故答案为$\frac{13}{2}$.
关键点拨
能根据圆周角定理的推论得出AC是圆形镜面的直径是解此题的关键.
解析
【分析】
观察图形可知，点A、B、C均在圆形镜面的圆周上，直角尺的∠ABC=90°。根据圆周角定理的推论：90°的圆周角所对的弦是圆的直径，因此首先连接AC，可得AC为圆形镜面的直径；再利用勾股定理计算AC的长度，将AC长度除以2即可得到圆形镜面的半径。
【解析】
连接AC，如图。
∵ ∠ABC=90°，且∠ABC是该圆的圆周角，
∴ AC是圆形镜面的直径。
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13\ \mathrm{cm}$，
∴ 圆形镜面的半径为 $\frac{13}{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{13}{2}$
【知识点】
圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的性质与直角三角形性质的结合应用题目，解题的关键是熟练掌握90°圆周角对应圆的直径这一推论，通过作辅助线构造直径后即可结合勾股定理快速求解。
【难度系数】
0.7
观察图形可知，点A、B、C均在圆形镜面的圆周上，直角尺的∠ABC=90°。根据圆周角定理的推论：90°的圆周角所对的弦是圆的直径，因此首先连接AC，可得AC为圆形镜面的直径；再利用勾股定理计算AC的长度，将AC长度除以2即可得到圆形镜面的半径。
【解析】
连接AC，如图
。∵ ∠ABC=90°，且∠ABC是该圆的圆周角，
∴ AC是圆形镜面的直径。
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13\ \mathrm{cm}$，
∴ 圆形镜面的半径为 $\frac{13}{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{13}{2}$
【知识点】
圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的性质与直角三角形性质的结合应用题目，解题的关键是熟练掌握90°圆周角对应圆的直径这一推论，通过作辅助线构造直径后即可结合勾股定理快速求解。
【难度系数】
0.7
3[2026北京海淀区质检,中]如图,四边形ABCD的顶点在同一个圆上,且∠A+∠C=2∠B.若D为$\overset{\frown}{ADC}$的中点,AB=8,BC=6,则四边形ABCD的面积为
49
.答案
3. 49 【解析】连接AC,如图
.∵ 四边形ABCD为圆内接四边形,
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°.
∵ ∠BAD + ∠BCD = 2 ∠B,
∴ 2∠B = 180°,
∴ ∠B = 90°,
∴ AC为圆的直径,
∴ ∠D = 90°. 在Rt△ABC中,
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$.
∵ 点D为$\overset{\frown}{ADC}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{CD}$,
∴ $AD = CD = \frac{\sqrt{2}}{2}AC = 5\sqrt{2}$,
∴ $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2} × 6 × 8 + \frac{1}{2} × 5\sqrt{2} × 5\sqrt{2} = 49$,故答案为49.
解析
【分析】
解题时首先观察到四边形ABCD是圆内接四边形，优先联想到圆内接四边形对角互补的性质。结合已知条件∠A+∠C=2∠B，可先求出∠B的度数，判断出∠B为直角后，根据90°的圆周角所对的弦是直径，可得AC为圆的直径，进而推出∠D也为直角。再根据D是弧ADC的中点，可得弧AD等于弧CD，利用等弧对等弦得到AD=CD，即△ADC为等腰直角三角形。最后将四边形ABCD的面积拆分为Rt△ABC和Rt△ADC的面积之和，分别计算两个三角形的面积相加即可得到结果。
【解析】
连接AC，如图。
∵ 四边形ABCD为圆内接四边形，
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°，
∵ ∠BAD + ∠BCD = 2∠B，
∴ 2∠B = 180°，解得∠B = 90°，
∴ AC为圆的直径，
∴ ∠D = 90°。
在Rt△ABC中，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$，
∵ 点D为$\overset{\frown}{ADC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{CD}$，
∴ $AD = CD = \frac{\sqrt{2}}{2}AC = 5\sqrt{2}$，
∴ $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2} × 6 × 8 + \frac{1}{2} × 5\sqrt{2} × 5\sqrt{2} = 24 + 25 = 49$。
【答案】
49
【知识点】
圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，等弧对等弦
【点评】
本题是圆的综合应用类题型，解题核心是通过连接直径AC构造直角三角形，将不规则四边形的面积转化为两个直角三角形的面积和求解，能有效考察对圆相关性质的掌握程度和辅助线构造的能力。
【难度系数】
0.65
解题时首先观察到四边形ABCD是圆内接四边形，优先联想到圆内接四边形对角互补的性质。结合已知条件∠A+∠C=2∠B，可先求出∠B的度数，判断出∠B为直角后，根据90°的圆周角所对的弦是直径，可得AC为圆的直径，进而推出∠D也为直角。再根据D是弧ADC的中点，可得弧AD等于弧CD，利用等弧对等弦得到AD=CD，即△ADC为等腰直角三角形。最后将四边形ABCD的面积拆分为Rt△ABC和Rt△ADC的面积之和，分别计算两个三角形的面积相加即可得到结果。
【解析】
连接AC，如图
。∵ 四边形ABCD为圆内接四边形，
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°，
∵ ∠BAD + ∠BCD = 2∠B，
∴ 2∠B = 180°，解得∠B = 90°，
∴ AC为圆的直径，
∴ ∠D = 90°。
在Rt△ABC中，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$，
∵ 点D为$\overset{\frown}{ADC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{CD}$，
∴ $AD = CD = \frac{\sqrt{2}}{2}AC = 5\sqrt{2}$，
∴ $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2} × 6 × 8 + \frac{1}{2} × 5\sqrt{2} × 5\sqrt{2} = 24 + 25 = 49$。
【答案】
49
【知识点】
圆内接四边形的性质，圆周角定理推论，等弧对等弦
【点评】
本题是圆的综合应用类题型，解题核心是通过连接直径AC构造直角三角形，将不规则四边形的面积转化为两个直角三角形的面积和求解，能有效考察对圆相关性质的掌握程度和辅助线构造的能力。
【难度系数】
0.65
4[中]已知$\odot O$的半径为7，AB是$\odot O$的弦，点P在弦AB上.若$PA=4$，$PB=6$，则$OP=$（
A.$\sqrt{14}$
B.4
C.$\sqrt{23}$
D.5
D
）A.$\sqrt{14}$
B.4
C.$\sqrt{23}$
D.5
答案
4. D 【解析】如图,过点O作OC ⊥ AB于点C,连接OB,则OB=7.
∵ PA=4,PB=6,
∴ AB=PA+PB=10.
∵ OC ⊥ AB,
∴ AC = BC = 5,
∴ PC = PB - BC = 1. 在Rt△OBC中,根据勾股定理得 $OC^2 = OB^2 - BC^2 = 7^2 - 5^2 = 24$. 在Rt△OPC中,根据勾股定理得 $OP = \sqrt{OC^2 + PC^2} = \sqrt{24 + 1} = 5$,故选D.
解析
【分析】
要计算OP的长度，首先回忆圆中弦相关问题的常用解题思路：过圆心作弦的垂线，结合垂径定理和勾股定理求解。第一步先计算弦AB的总长度；第二步利用垂径定理得到弦长的一半，进而求出PC的长度；第三步在直角三角形OBC中用勾股定理算出OC的平方；第四步在直角三角形OPC中用勾股定理即可求出OP的长度。
【解析】
过点O作OC ⊥ AB于点C，连接OB，则OB为⊙O的半径，OB=7。
∵ PA=4，PB=6，
∴ AB=PA+PB=4+6=10，
∵ OC ⊥ AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴ AC = BC = $\frac{1}{2}$AB = 5，
∴ PC = PB - BC = 6 - 5 = 1。
在Rt△OBC中，根据勾股定理得：
$OC^2 = OB^2 - BC^2 = 7^2 - 5^2 = 49 - 25 = 24$。
在Rt△OPC中，根据勾股定理得：
$OP = \sqrt{OC^2 + PC^2} = \sqrt{24 + 1^2} = \sqrt{25} = 5$。
【答案】
D
【知识点】
垂径定理，勾股定理，圆的基本性质
【点评】
本题是圆中线段计算的典型题，作弦心距是圆类问题的常用辅助线构造方法，结合垂径定理和勾股定理即可顺利求解，解题时需注意线段和差计算不要出错。
【难度系数】
0.7
要计算OP的长度，首先回忆圆中弦相关问题的常用解题思路：过圆心作弦的垂线，结合垂径定理和勾股定理求解。第一步先计算弦AB的总长度；第二步利用垂径定理得到弦长的一半，进而求出PC的长度；第三步在直角三角形OBC中用勾股定理算出OC的平方；第四步在直角三角形OPC中用勾股定理即可求出OP的长度。
【解析】
过点O作OC ⊥ AB于点C，连接OB，则OB为⊙O的半径，OB=7。
∵ PA=4，PB=6，
∴ AB=PA+PB=4+6=10，
∵ OC ⊥ AB，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，
∴ AC = BC = $\frac{1}{2}$AB = 5，
∴ PC = PB - BC = 6 - 5 = 1。
在Rt△OBC中，根据勾股定理得：
$OC^2 = OB^2 - BC^2 = 7^2 - 5^2 = 49 - 25 = 24$。
在Rt△OPC中，根据勾股定理得：
$OP = \sqrt{OC^2 + PC^2} = \sqrt{24 + 1^2} = \sqrt{25} = 5$。
【答案】
D
【知识点】
垂径定理，勾股定理，圆的基本性质
【点评】
本题是圆中线段计算的典型题，作弦心距是圆类问题的常用辅助线构造方法，结合垂径定理和勾股定理即可顺利求解，解题时需注意线段和差计算不要出错。
【难度系数】
0.7
5[中]如图，AB是$\odot O$的直径，BC是$\odot O$的弦，$BC=3$，将$\overset{\frown}{BC}$沿着BC折叠后恰好经过点O，则AB的长为
$2\sqrt{3}$
。答案
5. $2\sqrt{3}$ 【解析】过点O作OD ⊥ BC,垂足为D,延长OD交$\overset{\frown}{BC}$于点E,如图
,则$CD = BD = \frac{1}{2}BC = \frac{3}{2}$. 由折叠得 $OD = DE = \frac{1}{2}OE$.∵ OE = OB,
∴ $OD = \frac{1}{2}OB$. 在Rt△ODB中, $OD^2 + DB^2 = OB^2$,
∴ $(\frac{1}{2}OB)^2 + (\frac{3}{2})^2 = OB^2$,
∴ $OB = \sqrt{3}$,
∴ $AB = 2OB = 2\sqrt{3}$,故答案为$2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解决本题首先考虑圆中弦相关的辅助线作法：过圆心作弦的垂线，可运用垂径定理得到弦的一半长度。再结合折叠的性质，可知折叠后圆心到弦的距离等于半径的一半，最后在直角三角形中利用勾股定理列方程即可求出半径，进而得到直径AB的长度。
【解析】
过点O作OD ⊥ BC,垂足为D,延长OD交$\overset{\frown}{BC}$于点E,如图,根据垂径定理可得$CD = BD = \frac{1}{2}BC = \frac{3}{2}$。
由折叠的性质可得 $OD = DE = \frac{1}{2}OE$。
∵ OE、OB均为$\odot O$的半径，
∴ OE = OB，
∴ $OD = \frac{1}{2}OB$。
在Rt△ODB中，由勾股定理得$OD^2 + DB^2 = OB^2$，
代入数值可得：$(\frac{1}{2}OB)^2 + (\frac{3}{2})^2 = OB^2$，
解得：$OB = \sqrt{3}$（半径为正数，舍去负解），
∴ $AB = 2OB = 2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
垂径定理，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆中折叠问题的典型题型，解题关键是作出过圆心垂直于弦的辅助线，结合折叠性质得到线段数量关系，再利用勾股定理求解，能很好地考查学生对圆的性质和几何方程思想的掌握情况。
【难度系数】
0.6
解决本题首先考虑圆中弦相关的辅助线作法：过圆心作弦的垂线，可运用垂径定理得到弦的一半长度。再结合折叠的性质，可知折叠后圆心到弦的距离等于半径的一半，最后在直角三角形中利用勾股定理列方程即可求出半径，进而得到直径AB的长度。
【解析】
过点O作OD ⊥ BC,垂足为D,延长OD交$\overset{\frown}{BC}$于点E,如图
,根据垂径定理可得$CD = BD = \frac{1}{2}BC = \frac{3}{2}$。由折叠的性质可得 $OD = DE = \frac{1}{2}OE$。
∵ OE、OB均为$\odot O$的半径，
∴ OE = OB，
∴ $OD = \frac{1}{2}OB$。
在Rt△ODB中，由勾股定理得$OD^2 + DB^2 = OB^2$，
代入数值可得：$(\frac{1}{2}OB)^2 + (\frac{3}{2})^2 = OB^2$，
解得：$OB = \sqrt{3}$（半径为正数，舍去负解），
∴ $AB = 2OB = 2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
垂径定理，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆中折叠问题的典型题型，解题关键是作出过圆心垂直于弦的辅助线，结合折叠性质得到线段数量关系，再利用勾股定理求解，能很好地考查学生对圆的性质和几何方程思想的掌握情况。
【难度系数】
0.6
6[中]如图,AB为$\odot O$的直径,PQ是$\odot O$的切线,E为切点,$AC ⊥ PQ$于C,交$\odot O$于D,连接AE.
(1)求证:AE平分$∠ BAC$;
(2)若$AD=EC=2$,求$\odot O$的半径.
(1)求证:AE平分$∠ BAC$;
(2)若$AD=EC=2$,求$\odot O$的半径.
答案
6. (1)【证明】如图
,连接OE.∵ OA = OE,
∴ ∠OEA = ∠OAE.
∵ PQ切⊙O于E,
∴ OE ⊥ PQ.
∵ AC ⊥ PQ,
∴ OE//AC,
∴ ∠OEA = ∠EAC,
∴ ∠OAE = ∠EAC,
∴ AE平分∠BAC.
(2)【解】如图,过点O作OM ⊥ AC于M,则$AM = MD = \frac{1}{2}AD$.
∵ AD = EC = 2,
∴ AM = MD = 1.
又
∵ ∠OEC = ∠ACE = ∠OMC = 90°,
∴ 四边形OECM为矩形,
∴ OM = EC = 2. 在Rt△AOM中, $OA = \sqrt{OM^2 + AM^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$. 故⊙O的半径为$\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证明AE平分∠BAC，即证∠OAE=∠EAC。遇到切线问题优先考虑连接切点与圆心，由切线性质可得OE⊥PQ，结合AC⊥PQ可推出OE//AC，得到内错角∠OEA=∠EAC；再利用等腰△OAE中OA=OE的性质，可得∠OEA=∠OAE，等量代换即可证明角相等，得到AE是角平分线。
(2) 求圆的半径可通过构造直角三角形用勾股定理求解。过O作OM⊥AC于M，由垂径定理可求出AM的长度；再根据三个角为直角的四边形是矩形，证明四边形OECM为矩形，得到OM的长度，最后在Rt△AOM中用勾股定理计算OA的长度，即为⊙O的半径。
【解析】
(1) 证明：如图，连接OE。
∵ OA = OE，
∴ ∠OEA = ∠OAE。
∵ PQ切⊙O于E，
∴ OE ⊥ PQ。
∵ AC ⊥ PQ，
∴ OE//AC，
∴ ∠OEA = ∠EAC，
∴ ∠OAE = ∠EAC，
∴ AE平分∠BAC。
(2) 解：过点O作OM ⊥ AC于M，根据垂径定理可得$AM = MD = \frac{1}{2}AD$。
∵ AD = EC = 2，
∴ AM = MD = 1。
∵ ∠OEC = ∠ACE = ∠OMC = 90°，
∴ 四边形OECM为矩形，
∴ OM = EC = 2。
在Rt△AOM中，由勾股定理得：
$OA = \sqrt{OM^2 + AM^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$。
【答案】
(1) AE平分∠BAC，证明成立；
(2) $\odot O$的半径为$\sqrt{5}$。
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了圆中常见辅助线的用法：切线问题连接圆心和切点，求弦相关长度时作弦的垂线构造直角三角形。解题时结合平行线性质、等腰三角形性质、矩形性质即可完成推理和计算，是圆章节的典型题型。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明AE平分∠BAC，即证∠OAE=∠EAC。遇到切线问题优先考虑连接切点与圆心，由切线性质可得OE⊥PQ，结合AC⊥PQ可推出OE//AC，得到内错角∠OEA=∠EAC；再利用等腰△OAE中OA=OE的性质，可得∠OEA=∠OAE，等量代换即可证明角相等，得到AE是角平分线。
(2) 求圆的半径可通过构造直角三角形用勾股定理求解。过O作OM⊥AC于M，由垂径定理可求出AM的长度；再根据三个角为直角的四边形是矩形，证明四边形OECM为矩形，得到OM的长度，最后在Rt△AOM中用勾股定理计算OA的长度，即为⊙O的半径。
【解析】
(1) 证明：如图
，连接OE。∵ OA = OE，
∴ ∠OEA = ∠OAE。
∵ PQ切⊙O于E，
∴ OE ⊥ PQ。
∵ AC ⊥ PQ，
∴ OE//AC，
∴ ∠OEA = ∠EAC，
∴ ∠OAE = ∠EAC，
∴ AE平分∠BAC。
(2) 解：过点O作OM ⊥ AC于M，根据垂径定理可得$AM = MD = \frac{1}{2}AD$。
∵ AD = EC = 2，
∴ AM = MD = 1。
∵ ∠OEC = ∠ACE = ∠OMC = 90°，
∴ 四边形OECM为矩形，
∴ OM = EC = 2。
在Rt△AOM中，由勾股定理得：
$OA = \sqrt{OM^2 + AM^2} = \sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$。
【答案】
(1) AE平分∠BAC，证明成立；
(2) $\odot O$的半径为$\sqrt{5}$。
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了圆中常见辅助线的用法：切线问题连接圆心和切点，求弦相关长度时作弦的垂线构造直角三角形。解题时结合平行线性质、等腰三角形性质、矩形性质即可完成推理和计算，是圆章节的典型题型。
【难度系数】
0.65
7 [2025 山东青岛期中，中]如图，AB为$\odot O$的直径，C，D为$\odot O$上的点，直线MN切$\odot O$于C点，图中与$∠ BCN$互余的角有
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
7. C 【解析】如图
所示,连接OC.∵ 直线MN切⊙O于C点,
∴ ∠OCN = 90°,
∴ ∠OCB + ∠BCN = 90°.
∵ OB = OC,
∴ ∠OBC = ∠OCB,
∴ ∠OBC + ∠BCN = 90°.
∵ ∠ADC = ∠ABC,
∴ ∠ADC + ∠BCN = 90°.
∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB = 90°,
∴ ∠ACM + ∠BCN = 90°.
∵ 度数之和为90度的两个角互为余角,
∴ 题图中与∠BCN互余的角有∠ADC,∠ACM,∠OBC,共3个,故选C.
解析
【分析】
要解决本题，首先明确互余的定义：若两个角的和为90°，则这两个角互余。结合题目条件，看到直线MN是⊙O的切线且切点为C，首先考虑作辅助线连接OC，利用切线的性质得到直角，以此为基础推导和∠BCN相加为90°的角；再结合等腰三角形性质、同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角的性质，逐一找出所有符合条件的角，最后统计个数即可。
【解析】
如图所示，连接OC。
∵ 直线MN切⊙O于C点，
∴ ∠OCN = 90°，即∠OCB + ∠BCN = 90°。
∵ OB = OC，
∴ ∠OBC = ∠OCB，
∴ ∠OBC + ∠BCN = 90°，即∠OBC与∠BCN互余。
∵ 同弧AC所对的圆周角相等，
∴ ∠ADC = ∠ABC（即∠OBC），
∴ ∠ADC + ∠BCN = 90°，即∠ADC与∠BCN互余。
∵ AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB = 90°，
又
∵ ∠MCN为平角，度数为180°，
∴ ∠ACM + ∠BCN = 180° - ∠ACB = 90°，即∠ACM与∠BCN互余。
综上，与∠BCN互余的角有∠OBC、∠ADC、∠ACM，共3个，故选C。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，余角的定义
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考查圆中常见辅助线的作法和圆的基础性质，熟练掌握切线连半径的辅助线思路，结合角的等量代换即可快速解题，是圆部分的典型常考题型。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先明确互余的定义：若两个角的和为90°，则这两个角互余。结合题目条件，看到直线MN是⊙O的切线且切点为C，首先考虑作辅助线连接OC，利用切线的性质得到直角，以此为基础推导和∠BCN相加为90°的角；再结合等腰三角形性质、同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角的性质，逐一找出所有符合条件的角，最后统计个数即可。
【解析】
如图
所示，连接OC。∵ 直线MN切⊙O于C点，
∴ ∠OCN = 90°，即∠OCB + ∠BCN = 90°。
∵ OB = OC，
∴ ∠OBC = ∠OCB，
∴ ∠OBC + ∠BCN = 90°，即∠OBC与∠BCN互余。
∵ 同弧AC所对的圆周角相等，
∴ ∠ADC = ∠ABC（即∠OBC），
∴ ∠ADC + ∠BCN = 90°，即∠ADC与∠BCN互余。
∵ AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB = 90°，
又
∵ ∠MCN为平角，度数为180°，
∴ ∠ACM + ∠BCN = 180° - ∠ACB = 90°，即∠ACM与∠BCN互余。
综上，与∠BCN互余的角有∠OBC、∠ADC、∠ACM，共3个，故选C。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，余角的定义
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考查圆中常见辅助线的作法和圆的基础性质，熟练掌握切线连半径的辅助线思路，结合角的等量代换即可快速解题，是圆部分的典型常考题型。
【难度系数】
0.6
