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8. 学科 特色 教材变式 「2026湖北武汉汉阳期末，★☆」如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，下列条件中不能判定直线AB是⊙O的切线的是（
A.CA=CB
B.∠AOC=∠BOC
C.∠ACO=∠BCO
D.OA=2OC
D
）A.CA=CB
B.∠AOC=∠BOC
C.∠ACO=∠BCO
D.OA=2OC
答案
D 已知$OA=OB$,当添加$CA=CB$或$∠ AOC=∠ BOC$或$∠ ACO=∠ BCO$时,都可得$OC⊥ AB$,$\because OC$是$\odot O$的半径,$\therefore AB$是$\odot O$的切线,故A,B,C都不符合题意;根据$OA=2OC$不能得到直线AB是$\odot O$的切线,故D符合题意。故选D。
解析
【分析】
要判定直线AB是⊙O的切线，根据切线的判定定理，已知点C在⊙O上，OC是⊙O的半径，因此只需证明OC⊥AB即可。结合已知OA=OB，△OAB为等腰三角形，我们只需逐一分析各选项能否推出OC⊥AB，即可判断是否能判定AB为切线。
【解析】
切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。本题中OC是⊙O的半径，且点C在AB上，因此只需证明OC⊥AB即可判定AB是⊙O的切线。
已知OA=OB，故△OAB是等腰三角形：
选项A：若CA=CB，根据等腰三角形三线合一的性质，可得OC⊥AB，能判定AB是⊙O的切线，不符合题意；
选项B：若∠AOC=∠BOC，即OC平分等腰△OAB的顶角，根据等腰三角形三线合一的性质，可得OC⊥AB，能判定AB是⊙O的切线，不符合题意；
选项C：若∠ACO=∠BCO，又∠ACO+∠BCO=180°，因此∠ACO=∠BCO=90°，即OC⊥AB，能判定AB是⊙O的切线，不符合题意；
选项D：若OA=2OC，仅给出了OA与OC的长度关系，无法推出OC⊥AB，因此不能判定AB是⊙O的切线，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线的判定、等腰三角形的性质、垂直的定义
【点评】
本题核心考查切线判定定理的应用，解题的关键是明确切线判定需同时满足“过半径外端”“与半径垂直”两个条件，结合等腰三角形性质逐一排查选项即可，侧重对基础判定方法的考查。
【难度系数】
0.8
要判定直线AB是⊙O的切线，根据切线的判定定理，已知点C在⊙O上，OC是⊙O的半径，因此只需证明OC⊥AB即可。结合已知OA=OB，△OAB为等腰三角形，我们只需逐一分析各选项能否推出OC⊥AB，即可判断是否能判定AB为切线。
【解析】
切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。本题中OC是⊙O的半径，且点C在AB上，因此只需证明OC⊥AB即可判定AB是⊙O的切线。
已知OA=OB，故△OAB是等腰三角形：
选项A：若CA=CB，根据等腰三角形三线合一的性质，可得OC⊥AB，能判定AB是⊙O的切线，不符合题意；
选项B：若∠AOC=∠BOC，即OC平分等腰△OAB的顶角，根据等腰三角形三线合一的性质，可得OC⊥AB，能判定AB是⊙O的切线，不符合题意；
选项C：若∠ACO=∠BCO，又∠ACO+∠BCO=180°，因此∠ACO=∠BCO=90°，即OC⊥AB，能判定AB是⊙O的切线，不符合题意；
选项D：若OA=2OC，仅给出了OA与OC的长度关系，无法推出OC⊥AB，因此不能判定AB是⊙O的切线，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线的判定、等腰三角形的性质、垂直的定义
【点评】
本题核心考查切线判定定理的应用，解题的关键是明确切线判定需同时满足“过半径外端”“与半径垂直”两个条件，结合等腰三角形性质逐一排查选项即可，侧重对基础判定方法的考查。
【难度系数】
0.8
9.「2026江苏淮安期中，★☆」如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限内，$\odot P$与x轴，y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D，若$\odot P$的半径为3，点B的坐标是$(5,0)$，则点D的坐标是（
A.$(4,3-\sqrt{5})$
B.$(5,3)$
C.$(5,\sqrt{5})$
D.$(5,3-\sqrt{5})$
D
）A.$(4,3-\sqrt{5})$
B.$(5,3)$
C.$(5,\sqrt{5})$
D.$(5,3-\sqrt{5})$
答案
D 设$\odot P$与x轴,y轴分别相切于点E,点F,连接FP,并延长交BC于点H,连接PD,PE,$\because$ 四边形AOBC是矩形,$\therefore BC// OA$,$∠ OBC=90°$。$\because OB⊥ PE$,$OA⊥ PF$,$\therefore ∠ OFP=∠ OEP=∠ PEB=∠ EOF=90°$,$∠ PHB=∠ PFA=90°$,$\therefore$ 四边形PEOF和四边形PEBH都是矩形。$\because \odot P$的半径为3,点B的坐标是$(5,0)$,$\therefore PD=PE=PF=OE=BH=3$,$OB=5$,$\therefore PH=BE=OB-OE=5-3=2$,$\therefore DH=\sqrt{PD^2-PH^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$,$\therefore BD=BH-DH=3-\sqrt{5}$,$\therefore D(5,3-\sqrt{5})$。故选D。
解析
【分析】
解题时首先根据圆与x轴、y轴都相切的性质，可知圆心P到两坐标轴的距离都等于半径3，结合矩形AOBC的性质，BC是垂直于x轴的线段，点D在BC上，因此D点横坐标和B点相同为5，只需计算D点的纵坐标即可。接下来通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出相关线段的长度，进而得到D点的纵坐标，也可先根据横坐标为5直接排除横坐标不符的选项，缩小判断范围。
【解析】
设$\odot P$与x轴、y轴分别相切于点E、点F，连接FP并延长交BC于点H，连接PD、PE。
∵四边形AOBC是矩形，
∴$BC// OA$，$∠ OBC=90°$。
∵$\odot P$与x轴、y轴相切，
∴$OB⊥ PE$，$OA⊥ PF$，
∴$∠ OFP=∠ OEP=∠ PEB=∠ EOF=90°$，$∠ PHB=∠ PFA=90°$，
∴四边形PEOF和四边形PEBH都是矩形。
∵$\odot P$的半径为3，点B的坐标是$(5,0)$，
∴$PD=PE=PF=OE=BH=3$，$OB=5$，
∴$PH=BE=OB-OE=5-3=2$。
在$Rt△ PHD$中，由勾股定理得：$DH=\sqrt{PD^2-PH^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$，
∴$BD=BH-DH=3-\sqrt{5}$，
∴点D的坐标是$(5,3-\sqrt{5})$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的基础题，解题的关键是熟练掌握切线的性质，通过作辅助线构造直角三角形，结合矩形的性质和勾股定理计算线段长度，进而得到点的坐标，也可结合选项特征快速排除错误答案，提高解题效率。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据圆与x轴、y轴都相切的性质，可知圆心P到两坐标轴的距离都等于半径3，结合矩形AOBC的性质，BC是垂直于x轴的线段，点D在BC上，因此D点横坐标和B点相同为5，只需计算D点的纵坐标即可。接下来通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出相关线段的长度，进而得到D点的纵坐标，也可先根据横坐标为5直接排除横坐标不符的选项，缩小判断范围。
【解析】
设$\odot P$与x轴、y轴分别相切于点E、点F，连接FP并延长交BC于点H，连接PD、PE。
∵四边形AOBC是矩形，
∴$BC// OA$，$∠ OBC=90°$。
∵$\odot P$与x轴、y轴相切，
∴$OB⊥ PE$，$OA⊥ PF$，
∴$∠ OFP=∠ OEP=∠ PEB=∠ EOF=90°$，$∠ PHB=∠ PFA=90°$，
∴四边形PEOF和四边形PEBH都是矩形。
∵$\odot P$的半径为3，点B的坐标是$(5,0)$，
∴$PD=PE=PF=OE=BH=3$，$OB=5$，
∴$PH=BE=OB-OE=5-3=2$。
在$Rt△ PHD$中，由勾股定理得：$DH=\sqrt{PD^2-PH^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$，
∴$BD=BH-DH=3-\sqrt{5}$，
∴点D的坐标是$(5,3-\sqrt{5})$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质；矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的基础题，解题的关键是熟练掌握切线的性质，通过作辅助线构造直角三角形，结合矩形的性质和勾股定理计算线段长度，进而得到点的坐标，也可结合选项特征快速排除错误答案，提高解题效率。
【难度系数】
0.7
10.「2025四川泸州合江期末，★☆」如图，在$△ ABC$中，$AB=AC=40$，点$O$在$AC$上，以$O$为圆心，$OC$长为半径的圆与$AB$相切于点$D$，与$BC$相交于点$E$，若$D$是$AB$的中点，则点$E$到$AB$的距离为
15
。答案
答案 15
解析 如图,过点E作$EF⊥ AB$于点F,连接OD,OE,$\because \odot O$与AB相切,$\therefore AB⊥ OD$,$\therefore ∠ ADO=90°$。
$\because OE=OC=OD$,$AB=AC=40$,$\therefore ∠ OEC=∠ C$,$∠ C=∠ B$,$OA=AC-OC=40-OD$,$\therefore ∠ OEC=∠ B$,$\therefore OE// AB$,$\because D$是AB的中点,$\therefore AD=BD=\frac{1}{2}AB=20$。$\because AD^2+OD^2=OA^2$,$\therefore 20^2+OD^2=(40-OD)^2$,$\therefore OD=15$,$\because OE// AB$,$EF⊥ AB$,$AB⊥ OD$,$\therefore EF=OD=15$,$\therefore$ 点E到AB的距离为15。
解析
【分析】
首先看到圆与AB相切，根据切线的性质，优先连接圆心O和切点D，可得OD⊥AB；要求点E到AB的距离，可过E作EF⊥AB于F，只需求出EF的长度即可。已知AB=AC，结合圆的半径相等OE=OC，可通过角度相等推导OE//AB，进而推出EF=OD，因此只需计算OD的长度：D是AB中点，可得AD=20，OA=AC-OC=40-OD，在Rt△ADO中利用勾股定理列方程即可求出OD，最终得到EF的长度也就是E到AB的距离。
【解析】
过点E作$EF⊥ AB$于点F，连接OD、OE。
1. 由切线的性质可知，$\odot O$与AB相切于点D，因此$OD⊥AB$，即$∠ ADO=90°$。
2. 由等腰三角形性质：
$OE=OC=OD$，故$∠ OEC=∠ C$；
$AB=AC=40$，故$∠ B=∠ C$，因此$∠ OEC=∠ B$，可推出$OE// AB$。
3. 因为D是AB中点，所以$AD=\frac{1}{2}AB=20$，且$OA=AC-OC=40-OD$。
4. 在$Rt△ ADO$中，由勾股定理得$AD^2+OD^2=OA^2$，代入数值：
$20^2+OD^2=(40-OD)^2$
展开得$400+OD^2=1600-80OD+OD^2$，化简得$80OD=1200$，解得$OD=15$。
5. 因为$OE// AB$，$EF⊥AB$，$OD⊥AB$，所以EF和OD都是平行线OE与AB之间的距离，故$EF=OD=15$，即点E到AB的距离为15。
【答案】
15
【知识点】
切线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题的关键是合理添加辅助线，利用切线性质和等腰三角形的角度关系推导平行线，将所求点到直线的距离转化为圆的半径，结合勾股定理列方程求解即可，考查的都是核心基础知识点。
【难度系数】
0.7
首先看到圆与AB相切，根据切线的性质，优先连接圆心O和切点D，可得OD⊥AB；要求点E到AB的距离，可过E作EF⊥AB于F，只需求出EF的长度即可。已知AB=AC，结合圆的半径相等OE=OC，可通过角度相等推导OE//AB，进而推出EF=OD，因此只需计算OD的长度：D是AB中点，可得AD=20，OA=AC-OC=40-OD，在Rt△ADO中利用勾股定理列方程即可求出OD，最终得到EF的长度也就是E到AB的距离。
【解析】
过点E作$EF⊥ AB$于点F，连接OD、OE。
1. 由切线的性质可知，$\odot O$与AB相切于点D，因此$OD⊥AB$，即$∠ ADO=90°$。
2. 由等腰三角形性质：
$OE=OC=OD$，故$∠ OEC=∠ C$；
$AB=AC=40$，故$∠ B=∠ C$，因此$∠ OEC=∠ B$，可推出$OE// AB$。
3. 因为D是AB中点，所以$AD=\frac{1}{2}AB=20$，且$OA=AC-OC=40-OD$。
4. 在$Rt△ ADO$中，由勾股定理得$AD^2+OD^2=OA^2$，代入数值：
$20^2+OD^2=(40-OD)^2$
展开得$400+OD^2=1600-80OD+OD^2$，化简得$80OD=1200$，解得$OD=15$。
5. 因为$OE// AB$，$EF⊥AB$，$OD⊥AB$，所以EF和OD都是平行线OE与AB之间的距离，故$EF=OD=15$，即点E到AB的距离为15。
【答案】
15
【知识点】
切线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题的关键是合理添加辅助线，利用切线性质和等腰三角形的角度关系推导平行线，将所求点到直线的距离转化为圆的半径，结合勾股定理列方程求解即可，考查的都是核心基础知识点。
【难度系数】
0.7
11.「2026河南安阳内黄期中，★☆」如图,在$Rt△ ACB$中,$∠ ACB=90°$,$AC=4$,$BC=3$,$\odot C$的半径为2,点$P$在$AB$边上运动(可与端点重合),过点$P$的直线$PQ$与$\odot C$相切于点$Q$,则$PQ$的最大值为
2√3
,最小值为2√11/5
.答案
答案 $2\sqrt{3}$；$\frac{2\sqrt{11}}{5}$
解析 如图,过点C作$CD⊥ AB$于点D,
$\because ∠ ACB=90°$,$AC=4$,$BC=3$,$\therefore AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}AC· BC$,$\therefore CD=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$,
$\because$ 直线PQ与$\odot C$相切于点Q,$\therefore CQ⊥ PQ$,$\therefore ∠ CQP=90°$,$\therefore PQ=\sqrt{CP^2-CQ^2}=\sqrt{CP^2-4}$,$\therefore$ 当CP的值最大时,PQ的值最大;当CP的值最小时,PQ的值最小。$\because CP$的最大值为4,最小值为$\frac{12}{5}$,$\therefore PQ$的最大值为$\sqrt{4^2-4}=2\sqrt{3}$,最小值为$\sqrt{(\frac{12}{5})^2-4}=\frac{2\sqrt{11}}{5}$。
解析
【分析】
要解决本题，首先根据切线的性质得到$CQ⊥ PQ$，可知$△ CQP$为直角三角形，且$CQ$是$\odot C$的半径，长度固定为2，因此由勾股定理可得$PQ=\sqrt{CP^2-CQ^2}$，由此可知$PQ$的长度仅随$CP$的长度变化：$CP$越大，$PQ$越大；$CP$越小，$PQ$越小。接下来只需要找到点$C$到$AB$边上点$P$的线段$CP$的最大值和最小值即可：点到直线的所有线段中，垂线段最短，因此$CP$的最小值是$C$到$AB$的垂线段长度；$CP$的最大值是$CA$、$CB$中较长的线段长度，最后代入计算即可得到$PQ$的最值。
【解析】
如图，过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，
$\because ∠ ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，$\therefore$由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AB· CD=\frac{1}{2}· AC· BC$，代入数值可得$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
$\because$直线$PQ$与$\odot C$相切于点$Q$，根据切线的性质可知$CQ⊥ PQ$，即$∠ CQP=90°$，
$\therefore$在$Rt△ CQP$中，由勾股定理得$PQ=\sqrt{CP^2 - CQ^2}$，
$\because \odot C$半径为2，即$CQ=2$，$\therefore PQ=\sqrt{CP^2 - 4}$。
由此可得：当$CP$取最大值时，$PQ$取最大值；当$CP$取最小值时，$PQ$取最小值。
$\because$点$P$在$AB$上运动，点到直线的线段中垂线段最短，$\therefore CP$的最小值为$CD=\frac{12}{5}$；$CP$的最大值为较长直角边$AC=4$。
将$CP$最大值代入得$PQ_{\mathrm{最大值}}=\sqrt{4^2 - 4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$；
将$CP$最小值代入得$PQ_{\mathrm{最小值}}=\sqrt{(\frac{12}{5})^2 - 4}=\sqrt{\frac{144}{25}-\frac{100}{25}}=\sqrt{\frac{44}{25}}=\frac{2\sqrt{11}}{5}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$；$\frac{2\sqrt{11}}{5}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，点到直线的距离
【点评】
本题的核心是运用转化思想，将切线长$PQ$的最值问题转化为点$C$到线段$AB$上点的距离的最值问题，解题过程中要熟练运用切线性质和勾股定理，同时牢记点到直线垂线段最短的结论。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先根据切线的性质得到$CQ⊥ PQ$，可知$△ CQP$为直角三角形，且$CQ$是$\odot C$的半径，长度固定为2，因此由勾股定理可得$PQ=\sqrt{CP^2-CQ^2}$，由此可知$PQ$的长度仅随$CP$的长度变化：$CP$越大，$PQ$越大；$CP$越小，$PQ$越小。接下来只需要找到点$C$到$AB$边上点$P$的线段$CP$的最大值和最小值即可：点到直线的所有线段中，垂线段最短，因此$CP$的最小值是$C$到$AB$的垂线段长度；$CP$的最大值是$CA$、$CB$中较长的线段长度，最后代入计算即可得到$PQ$的最值。
【解析】
如图，过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，
$\because ∠ ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，$\therefore$由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AB· CD=\frac{1}{2}· AC· BC$，代入数值可得$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
$\because$直线$PQ$与$\odot C$相切于点$Q$，根据切线的性质可知$CQ⊥ PQ$，即$∠ CQP=90°$，
$\therefore$在$Rt△ CQP$中，由勾股定理得$PQ=\sqrt{CP^2 - CQ^2}$，
$\because \odot C$半径为2，即$CQ=2$，$\therefore PQ=\sqrt{CP^2 - 4}$。
由此可得：当$CP$取最大值时，$PQ$取最大值；当$CP$取最小值时，$PQ$取最小值。
$\because$点$P$在$AB$上运动，点到直线的线段中垂线段最短，$\therefore CP$的最小值为$CD=\frac{12}{5}$；$CP$的最大值为较长直角边$AC=4$。
将$CP$最大值代入得$PQ_{\mathrm{最大值}}=\sqrt{4^2 - 4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$；
将$CP$最小值代入得$PQ_{\mathrm{最小值}}=\sqrt{(\frac{12}{5})^2 - 4}=\sqrt{\frac{144}{25}-\frac{100}{25}}=\sqrt{\frac{44}{25}}=\frac{2\sqrt{11}}{5}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$；$\frac{2\sqrt{11}}{5}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，点到直线的距离
【点评】
本题的核心是运用转化思想，将切线长$PQ$的最值问题转化为点$C$到线段$AB$上点的距离的最值问题，解题过程中要熟练运用切线性质和勾股定理，同时牢记点到直线垂线段最短的结论。
【难度系数】
0.7
12.「2025江苏宿迁中考，★☆」如图，点A在$\odot O$上，点B在$\odot O$外，线段OB与$\odot O$交于点C，过点C作$\odot O$的切线交直线AB于点D，且$AD=CD$.
(1)判断直线AB与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
(2)若$∠ B=30°$，$CD=4$，求图中阴影部分的面积.
(1)判断直线AB与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
(2)若$∠ B=30°$，$CD=4$，求图中阴影部分的面积.
答案
解析 (1)直线AB与$\odot O$相切。理由如下:
如图,连接OA,OD,
$\because$ 直线CD与$\odot O$相切,
$\therefore OC⊥ CD$,$\therefore ∠ OCD=90°$,
在$△ OAD$和$△ OCD$中,$\begin{cases} OA=OC, \\ OD=OD, \\ AD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ OAD≌△ OCD(\mathrm{SSS})$,
$\therefore ∠ OAD=∠ OCD=90°$,$\therefore OA⊥ AD$,
$\because OA$是$\odot O$的半径,
$\therefore$ 直线AB与$\odot O$相切。
(2)由(1)得$△ OAD≌△ OCD$,
$\therefore ∠ AOD=∠ COD$,$S_{△ OAD}=S_{△ OCD}$,
$\because ∠ OAD=∠ OCD=90°$,$∠ B=30°$,$\therefore ∠ AOC=60°$,
$\therefore ∠ AOD=∠ COD=30°$,$\therefore OD=2CD=8$,
$\therefore OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$,
$\therefore S_{△ OAD}=S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3}$,
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OAD}+S_{△ OCD}-S_{\mathrm{扇形}AOC}$
$=8\sqrt{3}+8\sqrt{3}-\frac{60π×(4\sqrt{3})^2}{360}=16\sqrt{3}-8π$。
解析
【分析】
(1)要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，结合切线判定定理，需证明半径OA垂直于AB。已知CD是$\odot O$的切线，可得$∠OCD=90°$，结合已知$AD=CD$、同圆半径相等$OA=OC$、公共边$OD=OD$，可证$△ OAD≌△ OCD$，得到$∠OAD=∠OCD=90°$，即可证明AB与$\odot O$相切。
(2)求阴影部分面积时，可将不规则阴影面积转化为规则图形面积的差：阴影面积等于$△ OAD$与$△ OCD$的面积和减去扇形AOC的面积。先由全等得到对应角相等、面积相等，结合$∠B=30°$求出圆心角$∠AOC$的度数，再利用直角三角形的性质求出半径OC的长度，分别计算三角形面积和扇形面积，作差即可得到结果。
【解析】
(1)直线AB与$\odot O$相切，理由如下：
如图，连接OA，OD，
$\because$ 直线CD与$\odot O$相切，
$\therefore OC⊥ CD$，$\therefore ∠ OCD=90°$，
在$△ OAD$和$△ OCD$中，
$\begin{cases} OA=OC, \\ OD=OD, \\ AD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ OAD≌△ OCD(\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ OAD=∠ OCD=90°$，$\therefore OA⊥ AD$，
$\because OA$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线AB与$\odot O$相切。
(2)由(1)得$△ OAD≌△ OCD$，
$\therefore ∠ AOD=∠ COD$，$S_{△ OAD}=S_{△ OCD}$，
$\because ∠ OAD=∠ OCD=90°$，$∠ B=30°$，
$\therefore ∠AOC=90°-∠B=60°$，
$\therefore ∠ AOD=∠ COD=30°$，
在$Rt△ OCD$中，$OD=2CD=8$，
由勾股定理得$OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3}$，即$S_{△ OAD}=8\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OAD}+S_{△ OCD}-S_{\mathrm{扇形}AOC}$
$=8\sqrt{3}+8\sqrt{3}-\frac{60π×(4\sqrt{3})^2}{360}=16\sqrt{3}-8π$。
【答案】
(1)直线AB与$\odot O$相切；
(2)图中阴影部分的面积为$\boxed{16\sqrt{3}-8π}$。
【知识点】
切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、扇形面积计算
【点评】
本题是圆的常考基础题型，解题核心是通过作辅助线构造全等三角形，结合切线的性质得到直角关系，再将不规则阴影面积转化为规则图形的面积差求解，既考查了几何逻辑推理能力，也考查了基本运算能力。
【难度系数】
0.7
(1)要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，结合切线判定定理，需证明半径OA垂直于AB。已知CD是$\odot O$的切线，可得$∠OCD=90°$，结合已知$AD=CD$、同圆半径相等$OA=OC$、公共边$OD=OD$，可证$△ OAD≌△ OCD$，得到$∠OAD=∠OCD=90°$，即可证明AB与$\odot O$相切。
(2)求阴影部分面积时，可将不规则阴影面积转化为规则图形面积的差：阴影面积等于$△ OAD$与$△ OCD$的面积和减去扇形AOC的面积。先由全等得到对应角相等、面积相等，结合$∠B=30°$求出圆心角$∠AOC$的度数，再利用直角三角形的性质求出半径OC的长度，分别计算三角形面积和扇形面积，作差即可得到结果。
【解析】
(1)直线AB与$\odot O$相切，理由如下：
如图，连接OA，OD，
$\because$ 直线CD与$\odot O$相切，
$\therefore OC⊥ CD$，$\therefore ∠ OCD=90°$，
在$△ OAD$和$△ OCD$中，
$\begin{cases} OA=OC, \\ OD=OD, \\ AD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ OAD≌△ OCD(\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ OAD=∠ OCD=90°$，$\therefore OA⊥ AD$，
$\because OA$是$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线AB与$\odot O$相切。
(2)由(1)得$△ OAD≌△ OCD$，
$\therefore ∠ AOD=∠ COD$，$S_{△ OAD}=S_{△ OCD}$，
$\because ∠ OAD=∠ OCD=90°$，$∠ B=30°$，
$\therefore ∠AOC=90°-∠B=60°$，
$\therefore ∠ AOD=∠ COD=30°$，
在$Rt△ OCD$中，$OD=2CD=8$，
由勾股定理得$OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3}$，即$S_{△ OAD}=8\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OAD}+S_{△ OCD}-S_{\mathrm{扇形}AOC}$
$=8\sqrt{3}+8\sqrt{3}-\frac{60π×(4\sqrt{3})^2}{360}=16\sqrt{3}-8π$。
【答案】
(1)直线AB与$\odot O$相切；
(2)图中阴影部分的面积为$\boxed{16\sqrt{3}-8π}$。
【知识点】
切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、扇形面积计算
【点评】
本题是圆的常考基础题型，解题核心是通过作辅助线构造全等三角形，结合切线的性质得到直角关系，再将不规则阴影面积转化为规则图形的面积差求解，既考查了几何逻辑推理能力，也考查了基本运算能力。
【难度系数】
0.7
13. 核心素养 推理能力 如图所示，点T是抛物线$y=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}$上的一动点，以点T为圆心的$\odot T$与x轴相切，设点T的横坐标为m，$\odot T$的半径为r.
(1)当$m=2$时，$\odot T$与y轴交于P，Q两点，其中$OP＞OQ$，求PQ的长.
(2)求证：无论m为何值，$\odot T$始终经过y轴上的一个定点.
(1)当$m=2$时，$\odot T$与y轴交于P，Q两点，其中$OP＞OQ$，求PQ的长.
(2)求证：无论m为何值，$\odot T$始终经过y轴上的一个定点.
答案
解析 (1)当$m=2$时,$y=\frac{1}{2}×2^2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$,
$\therefore T(2,\frac{5}{2})$,如图所示,记$\odot T$与x轴相切于点M,连接TM,过点T作$TN⊥ y$轴于点N,连接TQ,$\therefore TN=2$,$∠ TNQ=90°$,$TQ=TM=\frac{5}{2}$。在$\mathrm{Rt}△ TNQ$中,$NQ=\sqrt{TQ^2-TN^2}=\frac{3}{2}$,$\therefore PQ=2NQ=3$。
(2)证明:当$x=m$时,$y=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$,$\therefore T(m,\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})$,$\therefore TN=|m|$,由(1)可知$∠ TNQ=90°$,$\because \odot T$与x轴相切,$\therefore TM⊥ x$轴,$\therefore r=TM=ON=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$,$\therefore TQ=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$。在$\mathrm{Rt}△ TNQ$中,$NQ^2=TQ^2-TN^2=(\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})^2-m^2=(\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2})^2$。
①当$\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}\ge0$时,$NQ=\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}$,
$\therefore OQ=ON-NQ=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}-(\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2})=1$,$\therefore Q(0,1)$;
②当$\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}＜0$时,$NQ=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}m^2=PN$,
$\therefore OP=ON+PN=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}m^2=1$,$\therefore P(0,1)$。
综上,无论m为何值,$\odot T$始终经过y轴上的一个定点$(0,1)$。
解析
【分析】
(1) 求解第一问时，先将m=2代入抛物线解析式求出点T的坐标，由⊙T与x轴相切可知半径等于点T的纵坐标；要求弦PQ的长度，根据垂径定理，过点T作y轴的垂线构造直角三角形，利用勾股定理求出半弦长，再乘以2即可得到PQ的长。
(2) 求证定点问题时，先设点T的坐标为$(m,\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})$，可知⊙T的半径为$\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$；同样利用垂径定理和勾股定理求出y轴上交点到垂足的距离，分情况计算交点的纵坐标，判断是否存在与m无关的纵坐标，即可确定定点。
【解析】
(1) 当$m=2$时,$y=\frac{1}{2}×2^2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$,
$\therefore T(2,\frac{5}{2})$,记$\odot T$与x轴相切于点M,连接TM,过点T作$TN⊥ y$轴于点N,连接TQ,$\therefore TN=2$,$∠ TNQ=90°$,$TQ=TM=\frac{5}{2}$。在$\mathrm{Rt}△ TNQ$中,$NQ=\sqrt{TQ^2-TN^2}=\frac{3}{2}$,$\therefore PQ=2NQ=3$。
(2) 证明:当$x=m$时,$y=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$,$\therefore T(m,\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})$,$\therefore TN=|m|$,由(1)可知$∠ TNQ=90°$,$\because \odot T$与x轴相切,$\therefore TM⊥ x$轴,$\therefore r=TM=ON=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$,$\therefore TQ=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$。在$\mathrm{Rt}△ TNQ$中,$NQ^2=TQ^2-TN^2=(\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})^2-m^2=(\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2})^2$。
①当$\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}\ge0$时,$NQ=\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}$,
$\therefore OQ=ON-NQ=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}-(\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2})=1$,$\therefore Q(0,1)$;
②当$\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}＜0$时,$NQ=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}m^2=PN$,
$\therefore OP=ON+PN=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}m^2=1$,$\therefore P(0,1)$。
综上,无论m为何值,$\odot T$始终经过y轴上的一个定点$(0,1)$。
【答案】
(1) $PQ=3$；(2) 定点为$\boldsymbol{(0,1)}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，二次函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题将二次函数与圆的知识相结合，重点考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，定点问题需要通过代数推导消去参数找到不变量，能够有效锻炼逻辑推理与运算能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求解第一问时，先将m=2代入抛物线解析式求出点T的坐标，由⊙T与x轴相切可知半径等于点T的纵坐标；要求弦PQ的长度，根据垂径定理，过点T作y轴的垂线构造直角三角形，利用勾股定理求出半弦长，再乘以2即可得到PQ的长。
(2) 求证定点问题时，先设点T的坐标为$(m,\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})$，可知⊙T的半径为$\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$；同样利用垂径定理和勾股定理求出y轴上交点到垂足的距离，分情况计算交点的纵坐标，判断是否存在与m无关的纵坐标，即可确定定点。
【解析】
(1) 当$m=2$时,$y=\frac{1}{2}×2^2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$,
$\therefore T(2,\frac{5}{2})$,记$\odot T$与x轴相切于点M,连接TM,过点T作$TN⊥ y$轴于点N,连接TQ,$\therefore TN=2$,$∠ TNQ=90°$,$TQ=TM=\frac{5}{2}$。在$\mathrm{Rt}△ TNQ$中,$NQ=\sqrt{TQ^2-TN^2}=\frac{3}{2}$,$\therefore PQ=2NQ=3$。
(2) 证明:当$x=m$时,$y=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$,$\therefore T(m,\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})$,$\therefore TN=|m|$,由(1)可知$∠ TNQ=90°$,$\because \odot T$与x轴相切,$\therefore TM⊥ x$轴,$\therefore r=TM=ON=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$,$\therefore TQ=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}$。在$\mathrm{Rt}△ TNQ$中,$NQ^2=TQ^2-TN^2=(\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2})^2-m^2=(\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2})^2$。
①当$\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}\ge0$时,$NQ=\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}$,
$\therefore OQ=ON-NQ=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}-(\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2})=1$,$\therefore Q(0,1)$;
②当$\frac{1}{2}m^2-\frac{1}{2}＜0$时,$NQ=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}m^2=PN$,
$\therefore OP=ON+PN=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{2}m^2=1$,$\therefore P(0,1)$。
综上,无论m为何值,$\odot T$始终经过y轴上的一个定点$(0,1)$。
【答案】
(1) $PQ=3$；(2) 定点为$\boldsymbol{(0,1)}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，二次函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题将二次函数与圆的知识相结合，重点考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理的应用，定点问题需要通过代数推导消去参数找到不变量，能够有效锻炼逻辑推理与运算能力。
【难度系数】
0.6
