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1[中]如图,在平面直角坐标系中,$△ ABC$的两个顶点分别为$A(-1,0),B(0,1)$,有一点$P(-3,2)$,若点$C$是以点$P$为圆心,1为半径的圆上的一点,则$△ ABC$面积的最小值为 (
A.$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$2-\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{3}{2}$
(第1题图)
(第2题图)
B
)A.$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$2-\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{3}{2}$
(第1题图)
(第2题图)
答案
如图
,连接 PA,过点 P 作$PH⊥x$ 轴于 H. $\because A(-1, 0)$,$B(0, 1)$,$P(-3, 2)$,$\therefore OA=OB=1$,$AH=PH=2$,$\therefore ∠PAH=∠OAB=45^{\circ }$,$AB=\sqrt {2}$,$AP=2\sqrt {2}$,$\therefore ∠PAB=90^{\circ }$. 设 PA 交$\odot P$ 于 C,过点 C 作$\odot P$ 的切线 l,则$l// AB$,此时$△ ABC$ 的面积最小. $\because \odot P$ 的半径为 1,$\therefore AC=2\sqrt {2}-1$,$\therefore △ ABC$ 面积的最小值为$\frac {1}{2}AB· AC=\frac {1}{2}×\sqrt {2}×(2\sqrt {2}-1)=2-\frac {\sqrt {2}}{2}$,故选 B.解析
【分析】
要解决△ABC面积最小值的问题，首先观察到边AB为定线段，因此三角形面积的大小由点C到直线AB的距离决定，距离越小则面积越小，问题可转化为求⊙P上的点到直线AB的最小距离。首先计算AB的长度，分析直线AB的倾斜特征，再通过坐标计算判断圆心P到直线AB的距离，结合“圆上一点到直线的最小距离=圆心到直线的距离-半径”的规律，找到最小距离后代入面积公式即可求解。
【解析】
连接PA，过点P作$PH⊥x$轴于点H。
∵ $A(-1, 0)$，$B(0, 1)$，$P(-3, 2)$，
∴ $OA=OB=1$，$AH=-1-(-3)=2$，$PH=2$，
∴ $△OAB$和$△PHA$均为等腰直角三角形，
∴ $∠PAH=∠OAB=45°$，$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{2}$，$AP=\sqrt{AH^2+PH^2}=2\sqrt{2}$，
∴ $∠PAB=180°-∠PAH-∠OAB=90°$，即$PA⊥AB$。
此时PA的长度就是圆心P到直线AB的距离，⊙P上到AB距离最小的点为PA与⊙P的交点（靠近A一侧），
∵ ⊙P的半径为1，
∴ 该点C到AB的距离$AC=AP - r=2\sqrt{2}-1$，
∴ $△ABC$面积的最小值为$\frac{1}{2}·AB·AC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×(2\sqrt{2}-1)=2-\frac{\sqrt{2}}{2}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 切线的性质
2. 等腰直角三角形的判定与性质
3. 垂线段最短
【点评】
本题将圆的性质与三角形面积最值结合，解题的核心是将定底三角形的面积最值转化为高的最值，再利用圆上点到直线的距离规律求解，考查了数形结合思想与转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
要解决△ABC面积最小值的问题，首先观察到边AB为定线段，因此三角形面积的大小由点C到直线AB的距离决定，距离越小则面积越小，问题可转化为求⊙P上的点到直线AB的最小距离。首先计算AB的长度，分析直线AB的倾斜特征，再通过坐标计算判断圆心P到直线AB的距离，结合“圆上一点到直线的最小距离=圆心到直线的距离-半径”的规律，找到最小距离后代入面积公式即可求解。
【解析】
连接PA，过点P作$PH⊥x$轴于点H。
∵ $A(-1, 0)$，$B(0, 1)$，$P(-3, 2)$，
∴ $OA=OB=1$，$AH=-1-(-3)=2$，$PH=2$，
∴ $△OAB$和$△PHA$均为等腰直角三角形，
∴ $∠PAH=∠OAB=45°$，$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{2}$，$AP=\sqrt{AH^2+PH^2}=2\sqrt{2}$，
∴ $∠PAB=180°-∠PAH-∠OAB=90°$，即$PA⊥AB$。
此时PA的长度就是圆心P到直线AB的距离，⊙P上到AB距离最小的点为PA与⊙P的交点（靠近A一侧），
∵ ⊙P的半径为1，
∴ 该点C到AB的距离$AC=AP - r=2\sqrt{2}-1$，
∴ $△ABC$面积的最小值为$\frac{1}{2}·AB·AC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×(2\sqrt{2}-1)=2-\frac{\sqrt{2}}{2}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
1. 切线的性质
2. 等腰直角三角形的判定与性质
3. 垂线段最短
【点评】
本题将圆的性质与三角形面积最值结合，解题的核心是将定底三角形的面积最值转化为高的最值，再利用圆上点到直线的距离规律求解，考查了数形结合思想与转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
2[2026江苏南京建邺区模拟,中]如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=5,AD,AB,BC分别与⊙O相切于点E,F,G,过点D作⊙O的切线交BC于点M,切点为N,则DM的长为 (
A.$\frac{9}{2}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\frac{4\sqrt{13}}{3}$
D.$\frac{13}{3}$
D
)A.$\frac{9}{2}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\frac{4\sqrt{13}}{3}$
D.$\frac{13}{3}$
答案
连接 OD,OE,OF,ON,OG,如图
所示. 在矩形 ABCD 中,$∠A=∠B=∠C=90^{\circ }$,$CD=AB=4.∵ AD,AB,BC$ 分别与$\odot O$ 相切于点 E,F,G,$\therefore ∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90^{\circ }$,$OE=OF=OG$,$\therefore$ 四边形 AFOE,FBGO 是正方形,$\therefore AF=BF=AE=BG=2$,$\therefore DE=3.∵ DM$ 是$\odot O$ 的切线,$\therefore ∠DNO=∠DEO=90^{\circ }$. 又$\because ON=OE$,$OD=OD$,$\therefore \mathrm{Rt}△ DNO≌ \mathrm{Rt}△ DEO$,$\therefore DN=DE=3$. 同理可得,$MN=MG$,$\therefore CM=5-2-MN=3-MN$. 在$\mathrm{Rt}△ DMC$ 中,$DM^{2}=CD^{2}+CM^{2}$,$\therefore (3+NM)^{2}=(3-NM)^{2}+4^{2}$,$\therefore NM=\frac {4}{3}$,$\therefore DM=3+\frac {4}{3}=\frac {13}{3}$. 故选 D.解析
【分析】
这道题是矩形与圆切线结合的几何计算题，解题思路可按以下步骤梳理：1. 先结合矩形性质和圆切线的性质，判断出四边形AFOE、FBGO为正方形，求出圆的半径以及DE、BG的长度；2. 依据切线长定理，得到DN=DE、MN=MG，将DM拆为DN+MN，同时把CM用含MN的式子表示；3. 在Rt△DMC中利用勾股定理列方程，求出MN的长度后即可计算DM的长。解题核心是用切线长定理转化相等线段，结合勾股定理建立方程求解。
【解析】
连接 OD,OE,OF,ON,OG,如图所示。
在矩形 ABCD 中，$∠A=∠B=∠C=90^{\circ }$，$CD=AB=4$。
∵ AD,AB,BC 分别与$\odot O$ 相切于点 E,F,G，
∴ $∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90^{\circ }$，$OE=OF=OG$，
∴ 四边形 AFOE、FBGO 都是正方形，
∴ $AF=BF=AE=BG=2$，
∴ $DE=AD-AE=5-2=3$。
∵ DM 是$\odot O$ 的切线，
∴ $∠DNO=∠DEO=90^{\circ }$。
又
∵ $ON=OE$，$OD=OD$，
∴ $\mathrm{Rt}△ DNO≌ \mathrm{Rt}△ DEO$，
∴ $DN=DE=3$。
同理可得 $MN=MG$，
∴ $CM=BC-BG-MG=5-2-MN=3-MN$。
在$\mathrm{Rt}△ DMC$中，由勾股定理得$DM^{2}=CD^{2}+CM^{2}$，
∵ $DM=DN+MN=3+MN$，
∴ $(3+MN)^{2}=(3-MN)^{2}+4^{2}$，
展开整理得$12MN=16$，解得$MN=\frac{4}{3}$，
∴ $DM=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题是圆与四边形结合的典型计算题，解题关键是灵活运用切线长定理转化相等线段，再通过勾股定理建立方程求解，能很好地考查几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
这道题是矩形与圆切线结合的几何计算题，解题思路可按以下步骤梳理：1. 先结合矩形性质和圆切线的性质，判断出四边形AFOE、FBGO为正方形，求出圆的半径以及DE、BG的长度；2. 依据切线长定理，得到DN=DE、MN=MG，将DM拆为DN+MN，同时把CM用含MN的式子表示；3. 在Rt△DMC中利用勾股定理列方程，求出MN的长度后即可计算DM的长。解题核心是用切线长定理转化相等线段，结合勾股定理建立方程求解。
【解析】
连接 OD,OE,OF,ON,OG,如图
所示。在矩形 ABCD 中，$∠A=∠B=∠C=90^{\circ }$，$CD=AB=4$。
∵ AD,AB,BC 分别与$\odot O$ 相切于点 E,F,G，
∴ $∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90^{\circ }$，$OE=OF=OG$，
∴ 四边形 AFOE、FBGO 都是正方形，
∴ $AF=BF=AE=BG=2$，
∴ $DE=AD-AE=5-2=3$。
∵ DM 是$\odot O$ 的切线，
∴ $∠DNO=∠DEO=90^{\circ }$。
又
∵ $ON=OE$，$OD=OD$，
∴ $\mathrm{Rt}△ DNO≌ \mathrm{Rt}△ DEO$，
∴ $DN=DE=3$。
同理可得 $MN=MG$，
∴ $CM=BC-BG-MG=5-2-MN=3-MN$。
在$\mathrm{Rt}△ DMC$中，由勾股定理得$DM^{2}=CD^{2}+CM^{2}$，
∵ $DM=DN+MN=3+MN$，
∴ $(3+MN)^{2}=(3-MN)^{2}+4^{2}$，
展开整理得$12MN=16$，解得$MN=\frac{4}{3}$，
∴ $DM=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题是圆与四边形结合的典型计算题，解题关键是灵活运用切线长定理转化相等线段，再通过勾股定理建立方程求解，能很好地考查几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
3[中]如图，半圆的圆心O与坐标原点重合，半圆的半径为1，直线l的表达式为$y=x+t$.若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是
（第3题图） （第4题图）
$t=\sqrt{2}$或$-1 ≤ t＜1$
.（第3题图） （第4题图）答案
由题得$A(-1,0)$,$B(1,0)$. 若直线 l 与半圆只有一个交点,则有两种情况:
①如图(1)
,当直线 l 和半圆相切于点 C 时,连接 OC,则$OC⊥$直线 l,过点 C 作$CD⊥x$ 轴于点 D.∵ 易知直线$y=x+t$ 与 x 轴所形成的锐角是$45^{\circ }$,$\therefore ∠COD=45^{\circ }.∵ OC=1$,$\therefore CD=OD=\frac {\sqrt {2}}{2}$,$\therefore C(-\frac {\sqrt {2}}{2},\frac {\sqrt {2}}{2})$. 把点 C 的坐标代入直线 l 的表达式,得$t=y-x=\sqrt {2}$.
②如图(2)
,当直线 l 过点 A 时,把$A(-1,0)$代入直线 l 的表达式,得$t=y-x=1$. 当直线 l 过点 B 时,把$B(1,0)$代入直线 l 的表达式,得$t=y-x=-1$. 综上,当$t=\sqrt {2}$或$-1≤t＜1$时,直线 l 与半圆只有一个交点. 故答案为$t=\sqrt{2}$或$-1 ≤ t＜1$.解析
【分析】
解题首先明确题干中是圆心在原点、半径为1的上半圆（y≥0），端点为A(-1,0)、B(1,0)，直线l斜率为1，与x轴夹角为45°。直线和半圆只有一个交点需分两类讨论：第一类是直线与半圆相切，此时只有唯一公共点，可结合切线性质、45°角的等腰直角三角形特征求切点坐标，代入直线解析式求t；第二类是直线与半圆相交，但仅一个交点落在上半圆上，此时代入两个端点坐标求出对应t值，结合图象确定t的取值范围，最后综合两类情况得到最终结果。
【解析】
由题得半圆端点$A(-1,0)$,$B(1,0)$。若直线 l 与半圆只有一个交点,则有两种情况:
①,当直线 l 和半圆相切于点 C 时,连接 OC,则$OC⊥$直线 l,过点 C 作$CD⊥x$ 轴于点 D.
∵ 易知直线$y=x+t$ 与 x 轴所形成的锐角是$45^{\circ }$,$\therefore ∠COD=45^{\circ }$。$\because OC=1$,$\therefore CD=OD=\frac {\sqrt {2}}{2}$,$\therefore C(-\frac {\sqrt {2}}{2},\frac {\sqrt {2}}{2})$。把点 C 的坐标代入直线 l 的表达式,得$t=y-x=\sqrt {2}$。
②,当直线 l 过点 A 时,把$A(-1,0)$代入直线 l 的表达式,得$t=1$，此时直线与半圆有两个交点$(-1,0)$和$(0,1)$，不符合要求；当直线 l 过点 B 时,把$B(1,0)$代入直线 l 的表达式,得$t=-1$，此时直线与半圆仅交于点$B(1,0)$，符合要求。故当$-1≤t＜1$时，直线与半圆仅一个交点。
综上,当$t=\sqrt{2}$或$-1 ≤ t＜1$时,直线 l 与半圆只有一个交点。
【答案】
$t=\sqrt{2}$或$-1 ≤ t＜1$
【知识点】
切线的性质；一次函数的图象；直线与圆的位置关系
【点评】
本题是直线与半圆交点的典型题型，解题核心是运用分类讨论思想，既要考虑直线与半圆相切的情况，也要兼顾半圆端点处的交点情况，避免漏解，同时结合图象判断取值范围，体现了数形结合的思想。
【难度系数】
0.6
解题首先明确题干中是圆心在原点、半径为1的上半圆（y≥0），端点为A(-1,0)、B(1,0)，直线l斜率为1，与x轴夹角为45°。直线和半圆只有一个交点需分两类讨论：第一类是直线与半圆相切，此时只有唯一公共点，可结合切线性质、45°角的等腰直角三角形特征求切点坐标，代入直线解析式求t；第二类是直线与半圆相交，但仅一个交点落在上半圆上，此时代入两个端点坐标求出对应t值，结合图象确定t的取值范围，最后综合两类情况得到最终结果。
【解析】
由题得半圆端点$A(-1,0)$,$B(1,0)$。若直线 l 与半圆只有一个交点,则有两种情况:
①
,当直线 l 和半圆相切于点 C 时,连接 OC,则$OC⊥$直线 l,过点 C 作$CD⊥x$ 轴于点 D.∵ 易知直线$y=x+t$ 与 x 轴所形成的锐角是$45^{\circ }$,$\therefore ∠COD=45^{\circ }$。$\because OC=1$,$\therefore CD=OD=\frac {\sqrt {2}}{2}$,$\therefore C(-\frac {\sqrt {2}}{2},\frac {\sqrt {2}}{2})$。把点 C 的坐标代入直线 l 的表达式,得$t=y-x=\sqrt {2}$。
②
,当直线 l 过点 A 时,把$A(-1,0)$代入直线 l 的表达式,得$t=1$，此时直线与半圆有两个交点$(-1,0)$和$(0,1)$，不符合要求；当直线 l 过点 B 时,把$B(1,0)$代入直线 l 的表达式,得$t=-1$，此时直线与半圆仅交于点$B(1,0)$，符合要求。故当$-1≤t＜1$时，直线与半圆仅一个交点。综上,当$t=\sqrt{2}$或$-1 ≤ t＜1$时,直线 l 与半圆只有一个交点。
【答案】
$t=\sqrt{2}$或$-1 ≤ t＜1$
【知识点】
切线的性质；一次函数的图象；直线与圆的位置关系
【点评】
本题是直线与半圆交点的典型题型，解题核心是运用分类讨论思想，既要考虑直线与半圆相切的情况，也要兼顾半圆端点处的交点情况，避免漏解，同时结合图象判断取值范围，体现了数形结合的思想。
【难度系数】
0.6
4[较难]如图,在等腰三角形ABC中,已知BC=4,AB=AC=3,若⊙C的半径为1,P为AB边上一动点,过点P作⊙C的切线PQ,切点为Q,则PQ的最小值为
$\frac{\sqrt{71}}{3}$
.答案
如图
,作$AE⊥BC$ 于点 E,$CD⊥AB$ 于点 D,连接 CP,CQ. $\because BC=4$,$AB=AC=3$,$\therefore BE=CE=\frac {1}{2}BC=\frac {1}{2}×4=2.∵ ∠AEB=90^{\circ }$,$\therefore AE=\sqrt {AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt {3^{2}-2^{2}}=\sqrt {5}.\because S_{△ ABC}=\frac {1}{2}AB· CD=\frac {1}{2}BC· AE$,$\therefore 3CD=4×\sqrt {5}$,$\therefore CD=\frac {4\sqrt {5}}{3}.∵ PQ$ 切$\odot C$ 于点 Q,$CQ=1$,$\therefore PQ⊥CQ$,$\therefore ∠CQP=90^{\circ }$,$\therefore QP=\sqrt {CP^{2}-CQ^{2}}=\sqrt {CP^{2}-1}$,$\therefore$ 当 CP 的值最小时,PQ 的值最小. 当点 P 与点 D 重合时,CP 的值最小,此时$CP=CD=\frac {4\sqrt {5}}{3}$,$\therefore PQ$ 的最小值为$\sqrt {(\frac {4\sqrt {5}}{3})^{2}-1}=\frac {\sqrt {71}}{3}$. 故答案为$\frac{\sqrt{71}}{3}$.解析
【分析】
要计算切线PQ的最小值，首先根据切线的性质可知CQ⊥PQ，△CQP为直角三角形，其中CQ是⊙C的半径，长度固定为1。根据勾股定理可得$PQ=\sqrt{CP^2 - CQ^2}=\sqrt{CP^2 - 1}$，因此PQ的长度由CP的长度决定，当CP取最小值时，PQ最小。点C到直线AB上的点的最短距离是点C到AB的垂线段长度，所以只需要求出AB边上的高，即CP的最小值，再代入计算即可得到PQ的最小值。
【解析】
作$AE⊥BC$ 于点 E,$CD⊥AB$ 于点 D,连接 CP,CQ。
$\because BC=4$,$AB=AC=3$,$\therefore BE=CE=\frac {1}{2}BC=\frac {1}{2}×4=2$。
$\because ∠AEB=90^{\circ }$,$\therefore AE=\sqrt {AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt {3^{2}-2^{2}}=\sqrt {5}$。
$\because S_{△ ABC}=\frac {1}{2}AB· CD=\frac {1}{2}BC· AE$,$\therefore 3CD=4×\sqrt {5}$,$\therefore CD=\frac {4\sqrt {5}}{3}$。
$\because PQ$ 切$\odot C$ 于点 Q,$CQ=1$,$\therefore PQ⊥CQ$,$\therefore ∠CQP=90^{\circ }$。
$\therefore QP=\sqrt {CP^{2}-CQ^{2}}=\sqrt {CP^{2}-1}$，因此当 CP 的值最小时,PQ 的值最小。
当点 P 与点 D 重合时,CP 的值最小,此时$CP=CD=\frac {4\sqrt {5}}{3}$。
$\therefore PQ$ 的最小值为$\sqrt {(\frac {4\sqrt {5}}{3})^{2}-1}=\sqrt{\frac{80}{9}-1}=\sqrt{\frac{71}{9}}=\frac{\sqrt{71}}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{71}}{3}$
【知识点】
切线的性质、勾股定理、垂线段最短
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，解题的核心是利用转化思想，将PQ的最小值转化为点C到AB的最短距离，结合等腰三角形性质、面积法求高即可求解，能较好地考查学生的逻辑推理和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.4
要计算切线PQ的最小值，首先根据切线的性质可知CQ⊥PQ，△CQP为直角三角形，其中CQ是⊙C的半径，长度固定为1。根据勾股定理可得$PQ=\sqrt{CP^2 - CQ^2}=\sqrt{CP^2 - 1}$，因此PQ的长度由CP的长度决定，当CP取最小值时，PQ最小。点C到直线AB上的点的最短距离是点C到AB的垂线段长度，所以只需要求出AB边上的高，即CP的最小值，再代入计算即可得到PQ的最小值。
【解析】
作$AE⊥BC$ 于点 E,$CD⊥AB$ 于点 D,连接 CP,CQ。
$\because BC=4$,$AB=AC=3$,$\therefore BE=CE=\frac {1}{2}BC=\frac {1}{2}×4=2$。
$\because ∠AEB=90^{\circ }$,$\therefore AE=\sqrt {AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt {3^{2}-2^{2}}=\sqrt {5}$。
$\because S_{△ ABC}=\frac {1}{2}AB· CD=\frac {1}{2}BC· AE$,$\therefore 3CD=4×\sqrt {5}$,$\therefore CD=\frac {4\sqrt {5}}{3}$。
$\because PQ$ 切$\odot C$ 于点 Q,$CQ=1$,$\therefore PQ⊥CQ$,$\therefore ∠CQP=90^{\circ }$。
$\therefore QP=\sqrt {CP^{2}-CQ^{2}}=\sqrt {CP^{2}-1}$，因此当 CP 的值最小时,PQ 的值最小。
当点 P 与点 D 重合时,CP 的值最小,此时$CP=CD=\frac {4\sqrt {5}}{3}$。
$\therefore PQ$ 的最小值为$\sqrt {(\frac {4\sqrt {5}}{3})^{2}-1}=\sqrt{\frac{80}{9}-1}=\sqrt{\frac{71}{9}}=\frac{\sqrt{71}}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{71}}{3}$
【知识点】
切线的性质、勾股定理、垂线段最短
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型综合题，解题的核心是利用转化思想，将PQ的最小值转化为点C到AB的最短距离，结合等腰三角形性质、面积法求高即可求解，能较好地考查学生的逻辑推理和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.4
5[2026江苏宿迁调研,中]如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,以$AB$为直径的$\odot O$交$BC$于点$D$,过点$D$作$DE ⊥ AC$,交$AC$于点$E$,$AC$的反向延长线交$\odot O$于点$F$.
(1)求证:$DE$为$\odot O$的切线;
(2)若$DE+EA=4$,$\odot O$的半径为$5$,求$CF$的长度.
刷素养 走向重高
(1)求证:$DE$为$\odot O$的切线;
(2)若$DE+EA=4$,$\odot O$的半径为$5$,求$CF$的长度.
刷素养 走向重高
答案
(1)【证明】连接 OD,如图. $\because OB=OD$,$\therefore ∠ABC=∠ODB.∵ AB=AC$,$\therefore ∠ABC=∠ACB$,$\therefore ∠ODB=∠ACB$,$\therefore OD// AC.∵ DE⊥AC$,$\therefore DE⊥OD$. 又$\because OD$ 是半径,$\therefore DE$ 是$\odot O$ 的切线.
(2)【解】如图
,过点 O 作$OH⊥AF$ 于点 H,则$∠ODE=∠DEH=∠OHE=90^{\circ }$,$\therefore$ 四边形 ODEH 是矩形,$\therefore OD=EH$,$OH=DE$. 设$AH=x.∵ DE+AE=4$,$OD=5$,$\therefore AE=5-x$,$\therefore OH=DE-4-(5-x)=x-1$. 在$\mathrm{Rt}△ AOH$ 中,由勾股定理得$AH^{2}+OH^{2}=OA^{2}$,即$x^{2}+(x-1)^{2}=5^{2}$,解得$x_{1}=4$,$x_{2}=-3$(不合题意,舍去),$\therefore AH=4.∵ OH⊥AF$,$\therefore AH=FH=\frac {1}{2}AF$,$\therefore AF=2AH=2×4=8.∵ AC=AB=2×5=10$,$\therefore CF=AC+AF=10+8=18$.解析
【分析】
(1) 证明切线的核心思路是“连半径，证垂直”：首先连接OD，结合△OBD、△ABC两组等腰三角形的角相等关系，推导得到OD与AC平行，再结合DE⊥AC的条件，即可得到DE⊥OD，满足切线的判定条件。
(2) 求CF的长度，可先求AF的长度：过点O作OH⊥AF，利用垂径定理可知AF=2AH；同时四边形ODEH为矩形，可得边的等量关系，设AH为x，用含x的式子表示OH，再在Rt△AOH中利用勾股定理列方程求解AH，进而得到AF，最终结合AC的长度求出CF。
【解析】
(1) 证明：连接OD。
$\because OB=OD$，$\therefore ∠ABC=∠ODB$。
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ABC=∠ACB$，
$\therefore ∠ODB=∠ACB$，$\therefore OD// AC$。
$\because DE⊥AC$，$\therefore DE⊥OD$。
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore DE$是$\odot O$的切线。
(2) 解：如图，过点O作$OH⊥AF$于点H，
则$∠ODE=∠DEH=∠OHE=90^{\circ }$，$\therefore$ 四边形ODEH是矩形，
$\therefore OD=EH$，$OH=DE$。
设$AH=x$，已知$\odot O$半径为5，故$OD=OA=5$，
$\therefore EH=OD=5$，$AE=EH - AH=5 - x$。
$\because DE+AE=4$，$\therefore DE=4 - AE=4 - (5 - x)=x - 1$，即$OH=x - 1$。
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，由勾股定理得：$AH^{2}+OH^{2}=OA^{2}$，
代入得$x^{2}+(x-1)^{2}=5^{2}$，
整理得$x^2 - x - 12 = 0$，
解得$x_{1}=4$，$x_{2}=-3$（长度为正，不合题意，舍去），
$\therefore AH=4$。
$\because OH⊥AF$，由垂径定理得$AH=FH=\frac {1}{2}AF$，
$\therefore AF=2AH=2×4=8$。
$\because AC=AB=2×5=10$，且F在AC的反向延长线上，
$\therefore CF=AC+AF=10+8=18$。
【答案】
(1) DE为$\odot O$的切线，证明见解析；
(2) CF的长度为18。
【知识点】
切线的判定，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合类基础题，考查了圆的相关性质、等腰三角形及矩形的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定方法，合理构造辅助线，结合方程思想求解线段长度，是中考常考题型。
【难度系数】
0.6
(1) 证明切线的核心思路是“连半径，证垂直”：首先连接OD，结合△OBD、△ABC两组等腰三角形的角相等关系，推导得到OD与AC平行，再结合DE⊥AC的条件，即可得到DE⊥OD，满足切线的判定条件。
(2) 求CF的长度，可先求AF的长度：过点O作OH⊥AF，利用垂径定理可知AF=2AH；同时四边形ODEH为矩形，可得边的等量关系，设AH为x，用含x的式子表示OH，再在Rt△AOH中利用勾股定理列方程求解AH，进而得到AF，最终结合AC的长度求出CF。
【解析】
(1) 证明：连接OD。
$\because OB=OD$，$\therefore ∠ABC=∠ODB$。
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ABC=∠ACB$，
$\therefore ∠ODB=∠ACB$，$\therefore OD// AC$。
$\because DE⊥AC$，$\therefore DE⊥OD$。
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore DE$是$\odot O$的切线。
(2) 解：如图
，过点O作$OH⊥AF$于点H，则$∠ODE=∠DEH=∠OHE=90^{\circ }$，$\therefore$ 四边形ODEH是矩形，
$\therefore OD=EH$，$OH=DE$。
设$AH=x$，已知$\odot O$半径为5，故$OD=OA=5$，
$\therefore EH=OD=5$，$AE=EH - AH=5 - x$。
$\because DE+AE=4$，$\therefore DE=4 - AE=4 - (5 - x)=x - 1$，即$OH=x - 1$。
在$\mathrm{Rt}△ AOH$中，由勾股定理得：$AH^{2}+OH^{2}=OA^{2}$，
代入得$x^{2}+(x-1)^{2}=5^{2}$，
整理得$x^2 - x - 12 = 0$，
解得$x_{1}=4$，$x_{2}=-3$（长度为正，不合题意，舍去），
$\therefore AH=4$。
$\because OH⊥AF$，由垂径定理得$AH=FH=\frac {1}{2}AF$，
$\therefore AF=2AH=2×4=8$。
$\because AC=AB=2×5=10$，且F在AC的反向延长线上，
$\therefore CF=AC+AF=10+8=18$。
【答案】
(1) DE为$\odot O$的切线，证明见解析；
(2) CF的长度为18。
【知识点】
切线的判定，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合类基础题，考查了圆的相关性质、等腰三角形及矩形的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定方法，合理构造辅助线，结合方程思想求解线段长度，是中考常考题型。
【难度系数】
0.6
6 核心素养 几何直观 [难]在矩形ABCD中，AB=5 cm，BC=10 cm，点P从点A出发，沿AB边向点B以每秒1 cm的速度移动，同时点Q从点B出发沿BC边向点C以每秒2 cm的速度移动，P，Q两点分别在到达B，C两点时就停止移动，设两点移动的时间为t秒，解答下列问题：
(1)如图(1)，当t为何值时，△PBQ的面积等于4 cm²？
(2)如图(2)，以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q.在移动过程中，是否存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形DPQC的一边(或边所在的直线)相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
(1)如图(1)，当t为何值时，△PBQ的面积等于4 cm²？
(2)如图(2)，以Q为圆心，PQ为半径作⊙Q.在移动过程中，是否存在这样的t值，使⊙Q正好与四边形DPQC的一边(或边所在的直线)相切？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由.
答案
(1)
∵ 当移动时间为 t 秒时,$PA=t\ \mathrm{cm}$,$BQ=2t\ \mathrm{cm}$,$\therefore PB=(5-t)\ \mathrm{cm}.∵ △ PBQ$ 的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$,$\therefore \frac {1}{2}PB· BQ=\frac {1}{2}(5-t)· 2t=4$,解得$t_1=1$,$t_2=4$,$\therefore$ 当 t 为 1 或 4 时,$△ PBQ$ 的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$.
(2)存在. 由题意可知$\odot Q$ 与边 AB,BC 不相切. 如图(1)
所示,当$t=0$时,点 P 与点 A 重合,点 Q 与点 B 重合. $\because ∠DAB=90^{\circ }$,$\therefore ∠DPQ=90^{\circ }$,$\therefore DP⊥PQ$. 又$\because QP$ 为半径,$\therefore DP$ 为$\odot Q$ 的切线.当$\odot Q$ 正好与四边形 DPQC 的 DC 边相切时,如图(2)
所示. 由题意可知$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$,$BQ=2t\ \mathrm{cm}$,$PQ=CQ=(10-2t)\ \mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△ PQB$ 中,由勾股定理可知$PQ^2=PB^2+QB^2$,即$(5-t)^2+(2t)^2=(10-2t)^2$,解得$t_1=-15+10\sqrt{3}$,$t_2=-15-10\sqrt{3}$(舍去). 综上所述,当$t=0$或$t=-15+10\sqrt{3}$时,$\odot Q$ 正好与四边形 DPQC 的一边相切.解析
【分析】
(1) 首先根据P、Q的移动速度和时间t，分别表示出线段PB、BQ的长度，再结合直角三角形面积公式列关于t的一元二次方程，求解后结合动点的取值范围筛选有效解即可。
(2) 先判断⊙Q不可能与AB、BC边相切，再分两种情况讨论：①t=0时，P与A重合、Q与B重合，可证DP⊥PQ，符合切线判定条件；②当⊙Q与DC边相切时，Q到DC的距离等于半径PQ，即PQ=CQ，再结合Rt△PBQ的勾股定理列方程求解，舍去不符合要求的负根即可。
【解析】
(1) 当移动时间为t秒时，$PA=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，因此$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$，t的取值范围为$0≤ t≤5$。
已知△PBQ的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$，根据直角三角形面积公式可得：
$\frac{1}{2}PB· BQ=\frac{1}{2}(5-t)· 2t=4$，
化简求解得$t_1=1$，$t_2=4$，均符合t的取值范围。
(2) 存在符合要求的t值，理由如下：
由题意可知PQ与AB、BC均相交，故⊙Q与边AB、BC不相切，分两种情况讨论：
① 如图(1)所示，当$t=0$时，点P与点A重合，点Q与点B重合。
∵ 矩形ABCD中$∠ DAB=90°$，
∴ $∠ DPQ=90°$，即$DP⊥PQ$。
又
∵ QP为$\odot Q$的半径，
∴ 此时DP为$\odot Q$的切线。
② 当$\odot Q$与四边形DPQC的DC边相切时，如图(2)所示，此时Q到DC的距离等于半径，即$PQ=CQ$。
由题意得$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，$CQ=(10-2t)\ \mathrm{cm}$，故$PQ=(10-2t)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PQB$中，由勾股定理得$PQ^2=PB^2+QB^2$，即：
$(5-t)^2+(2t)^2=(10-2t)^2$
整理求解得$t_1=-15+10\sqrt{3}$，$t_2=-15-10\sqrt{3}$（舍去，不符合t的取值范围）。
【答案】
(1) 当t为1或4时，$△ PBQ$的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$。
(2) 存在，当$t=0$或$t=-15+10\sqrt{3}$时，$\odot Q$正好与四边形DPQC的一边相切。
（对应图：如图(1)、如图(2)）
【知识点】
动点问题应用；切线的判定；勾股定理
【点评】
本题结合矩形动点场景，综合考查了一元二次方程、切线判定、勾股定理的应用，需要运用分类讨论思想分析不同的相切情况，解题时要注意验证解的合理性，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.4
(1) 首先根据P、Q的移动速度和时间t，分别表示出线段PB、BQ的长度，再结合直角三角形面积公式列关于t的一元二次方程，求解后结合动点的取值范围筛选有效解即可。
(2) 先判断⊙Q不可能与AB、BC边相切，再分两种情况讨论：①t=0时，P与A重合、Q与B重合，可证DP⊥PQ，符合切线判定条件；②当⊙Q与DC边相切时，Q到DC的距离等于半径PQ，即PQ=CQ，再结合Rt△PBQ的勾股定理列方程求解，舍去不符合要求的负根即可。
【解析】
(1) 当移动时间为t秒时，$PA=t\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，因此$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$，t的取值范围为$0≤ t≤5$。
已知△PBQ的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$，根据直角三角形面积公式可得：
$\frac{1}{2}PB· BQ=\frac{1}{2}(5-t)· 2t=4$，
化简求解得$t_1=1$，$t_2=4$，均符合t的取值范围。
(2) 存在符合要求的t值，理由如下：
由题意可知PQ与AB、BC均相交，故⊙Q与边AB、BC不相切，分两种情况讨论：
① 如图(1)
所示，当$t=0$时，点P与点A重合，点Q与点B重合。∵ 矩形ABCD中$∠ DAB=90°$，
∴ $∠ DPQ=90°$，即$DP⊥PQ$。
又
∵ QP为$\odot Q$的半径，
∴ 此时DP为$\odot Q$的切线。
② 当$\odot Q$与四边形DPQC的DC边相切时，如图(2)
所示，此时Q到DC的距离等于半径，即$PQ=CQ$。由题意得$PB=(5-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$，$CQ=(10-2t)\ \mathrm{cm}$，故$PQ=(10-2t)\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ PQB$中，由勾股定理得$PQ^2=PB^2+QB^2$，即：
$(5-t)^2+(2t)^2=(10-2t)^2$
整理求解得$t_1=-15+10\sqrt{3}$，$t_2=-15-10\sqrt{3}$（舍去，不符合t的取值范围）。
【答案】
(1) 当t为1或4时，$△ PBQ$的面积等于$4\ \mathrm{cm}^2$。
(2) 存在，当$t=0$或$t=-15+10\sqrt{3}$时，$\odot Q$正好与四边形DPQC的一边相切。
（对应图：如图(1)
、如图(2)）【知识点】
动点问题应用；切线的判定；勾股定理
【点评】
本题结合矩形动点场景，综合考查了一元二次方程、切线判定、勾股定理的应用，需要运用分类讨论思想分析不同的相切情况，解题时要注意验证解的合理性，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.4
