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18. 如图，AB是直径，D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，$DE⊥ AC$，交AC的延长线于E，$\odot O$的切线BF交AD的延长线于点F. 求证：DE是$\odot O$的切线.
答案
18. 如图,连接OC,OD,BC,
∵AB是直径,
∴∠ACB=90°.
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°.
∴∠ACB=∠E.
∴BC//DE.
∵点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$.
∴∠COD=∠BOD.
∵OC=OB,
∴OD垂直平分BC.
∵BC//DE,
∴OD⊥DE,
∴DE是⊙O的切线
解析
【分析】
要证明DE是$\odot O$的切线，需使用切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，因此首先连接半径OD，接下来只需证明$OD⊥ DE$即可。结合已知条件推导：AB是直径可得$BC⊥ AC$，结合$DE⊥ AC$可推出$BC// DE$；再利用D是$\overset{\frown}{BC}$中点的性质，可证得OD垂直BC，通过平行线的性质即可得到$OD⊥ DE$，完成证明。
【解析】
证明：连接$OC,OD,BC$,
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角为直角）.
∵$DE⊥ AC$,
∴$∠ E=90°$.
∴$∠ ACB=∠ E$,
∴$BC// DE$（同位角相等，两直线平行）.
∵点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$.
∴$∠ COD=∠ BOD$（等弧所对的圆心角相等）.
∵$OC=OB$，$△ OBC$为等腰三角形，
∴根据等腰三角形三线合一性质，OD垂直平分BC.
∵$BC// DE$,
∴$OD⊥ DE$,
又
∵OD是$\odot O$的半径，
∴DE是$\odot O$的切线。
【答案】
如图,连接OC,OD,BC,
∵AB是直径,
∴∠ACB=90°.
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°.
∴∠ACB=∠E.
∴BC//DE.
∵点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$.
∴∠COD=∠BOD.
∵OC=OB,
∴OD垂直平分BC.
∵BC//DE,
∴OD⊥DE,
∴DE是⊙O的切线
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；平行线的判定与性质
【点评】
本题是圆的基础证明题，核心考查切线的判定方法，解题关键是掌握“连半径、证垂直”的切线证明通用思路，结合圆的基本性质和平行线的性质即可推导得出结论，是圆章节的高频基础考点。
【难度系数】
0.7
要证明DE是$\odot O$的切线，需使用切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，因此首先连接半径OD，接下来只需证明$OD⊥ DE$即可。结合已知条件推导：AB是直径可得$BC⊥ AC$，结合$DE⊥ AC$可推出$BC// DE$；再利用D是$\overset{\frown}{BC}$中点的性质，可证得OD垂直BC，通过平行线的性质即可得到$OD⊥ DE$，完成证明。
【解析】
证明：连接$OC,OD,BC$,
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角为直角）.
∵$DE⊥ AC$,
∴$∠ E=90°$.
∴$∠ ACB=∠ E$,
∴$BC// DE$（同位角相等，两直线平行）.
∵点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$.
∴$∠ COD=∠ BOD$（等弧所对的圆心角相等）.
∵$OC=OB$，$△ OBC$为等腰三角形，
∴根据等腰三角形三线合一性质，OD垂直平分BC.
∵$BC// DE$,
∴$OD⊥ DE$,
又
∵OD是$\odot O$的半径，
∴DE是$\odot O$的切线。
【答案】
如图,连接OC,OD,BC,
∵AB是直径,
∴∠ACB=90°.
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°.
∴∠ACB=∠E.
∴BC//DE.
∵点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点,
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$.
∴∠COD=∠BOD.
∵OC=OB,
∴OD垂直平分BC.
∵BC//DE,
∴OD⊥DE,
∴DE是⊙O的切线
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；平行线的判定与性质
【点评】
本题是圆的基础证明题，核心考查切线的判定方法，解题关键是掌握“连半径、证垂直”的切线证明通用思路，结合圆的基本性质和平行线的性质即可推导得出结论，是圆章节的高频基础考点。
【难度系数】
0.7
19.（1）如图①，点A，B，C在$\odot O$上，点D在$\odot O$外，比较$∠ A$与$∠ BDC$的大小，并说明理由.
（2）如图②，点A，B，C在$\odot O$上，点D在$\odot O$内，比较$∠ A$与$∠ BDC$的大小，并说明理由.
（3）利用上述两题解答获得的经验，解决如下问题：
如图③，在平面直角坐标系中，已知点M，N的坐标分别为$(1,0)$，$(4,0)$，点P在y轴上，试求当$∠ MPN$度数最大时点P的坐标.
备用图
（2）如图②，点A，B，C在$\odot O$上，点D在$\odot O$内，比较$∠ A$与$∠ BDC$的大小，并说明理由.
（3）利用上述两题解答获得的经验，解决如下问题：
如图③，在平面直角坐标系中，已知点M，N的坐标分别为$(1,0)$，$(4,0)$，点P在y轴上，试求当$∠ MPN$度数最大时点P的坐标.
备用图
答案
19.（1）$∠A＞∠BDC$,理由如下:如图①,设CD交⊙O于E,连接BE,$∠BEC=∠BDC+∠DBE$,
∴$∠BEC＞∠BDC$,
∵$∠A=∠BEC$,
∴$∠A＞∠BDC$
（2）$∠A＜∠BDC$,理由如下:如图②,延长CD交⊙O于点F,连接BF,
∵$∠BDC=∠BFC+∠FBD$,
∴$∠BDC＞∠BFC$,又
∵$∠A=∠BFC$,
∴$∠A＜∠BDC$
（3）由(1)(2)可得:当点P是经过M,N两点的圆和y轴相切的切点时,$∠MPN$度数最大,
① 当点P在y轴的正半轴上时,如图③所示,设⊙O'和y轴相切,连接O'P,O'M,O'N,作O'H⊥MN,则四边形OPO'H是矩形,MH=HN,
∴OP=O'H,O'P=OH=O'M.
∵点M,N的坐标为(1,0),(4,0),
∴OM=1,MN=3.
∴MH=HN=$\frac{1}{2}$MN=$\frac{3}{2}$. 设O'P=OH=O'M=x,MH=OH-OM=x-1,
∴$x-1=\frac{3}{2}$.
∴$x=\frac{5}{2}$.
∴$O'H=\sqrt{O'M^2-MH^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2-(\frac{3}{2})^2}=2$,
∴OP=2.
∴点P的坐标为(0,2);
② 当点P在y轴的负半轴上时,如图④,同理可得O'H=OP=2,
∴点P的坐标为(0,-2);综上所述,当$∠MPN$度数最大时,点P的坐标为(0,2)或(0,-2)
解析
【分析】
（1）比较圆外角∠BDC与圆周角∠A的大小，可借助三角形外角大于任意不相邻内角的性质，结合同弧所对圆周角相等证明：作辅助线构造△BDE，得弧BC所对的圆周角∠BEC＞∠BDC，再由∠A=∠BEC即可得结论。
（2）比较圆内角∠BDC与圆周角∠A的大小，同理延长CD交圆于点F，构造△BDF，得∠BDC＞弧BC所对的圆周角∠BFC，再由∠A=∠BFC即可得结论。
（3）根据前两问结论可知：过M、N的圆与y轴相切时，切点P对应的∠MPN最大（y轴上其余点要么在圆外对应角更小，要么不存在更小的过M、N且与y轴有交点的圆）。设圆心为O'，利用切线性质得半径等于圆心横坐标，结合垂径定理求MN的中点，再用勾股定理列方程求半径，即可得P点坐标，需分y轴正、负半轴两种情况讨论。
【解析】
（1）$\boldsymbol{∠A＞∠BDC}$，理由如下：
如图①，设CD交$\odot O$于E，连接BE。
∵$∠ BEC$是$△ BDE$的外角，
∴$∠ BEC=∠ BDC+∠ DBE$，可得$∠ BEC＞∠ BDC$。
又
∵$∠ A$与$∠ BEC$都是弧BC所对的圆周角，
∴$∠ A=∠ BEC$，因此$∠ A＞∠ BDC$。
（2）$\boldsymbol{∠A＜∠BDC}$，理由如下：
如图②，延长CD交$\odot O$于点F，连接BF。
∵$∠ BDC$是$△ BDF$的外角，
∴$∠ BDC=∠ BFC+∠ FBD$，可得$∠ BDC＞∠ BFC$。
又
∵$∠ A$与$∠ BFC$都是弧BC所对的圆周角，
∴$∠ A=∠ BFC$，因此$∠ A＜∠ BDC$。
（3）由（1）（2）的结论可得：当点P是经过M，N两点的圆和y轴相切的切点时，$∠ MPN$度数最大，分两种情况计算：
① 当点P在y轴的正半轴上时，如图③所示，设$\odot O'$和y轴相切，连接$O'P$，$O'M$，$O'N$，作$O'H⊥MN$，则四边形$OPO'H$是矩形，且由垂径定理得$MH=HN$。
∴$OP=O'H$，$O'P=OH=O'M$。
∵点M，N的坐标为$(1,0)$，$(4,0)$，
∴$OM=1$，$MN=4-1=3$，则$MH=HN=\frac{1}{2}MN=\frac{3}{2}$。
设$O'P=OH=O'M=x$，则$MH=OH-OM=x-1$，因此$x-1=\frac{3}{2}$，解得$x=\frac{5}{2}$。
在$Rt△ O'MH$中，由勾股定理得：$O'H=\sqrt{O'M^2-MH^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2-(\frac{3}{2})^2}=2$，即$OP=2$，故点P的坐标为$(0,2)$。
② 当点P在y轴的负半轴上时，如图④，同理可得$O'H=OP=2$，故点P的坐标为$(0,-2)$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠A＞∠BDC}$，理由见解析；
（2）$\boldsymbol{∠A＜∠BDC}$，理由见解析；
（3）当$∠ MPN$度数最大时，点P的坐标为$\boldsymbol{(0,2)}$或$\boldsymbol{(0,-2)}$
【知识点】
圆周角定理、三角形外角性质、切线的性质
【点评】
本题属于圆的综合探究题，前两问通过作辅助线探究了圆内角、圆外角与同弧所对圆周角的大小关系，为第三问的角度最值问题提供了推导依据。解题的核心是结合前两问结论确定角度最大时点P的位置，再结合圆的性质与勾股定理计算坐标，综合考察了类比推理能力与数形结合思想。
【难度系数】
0.6
（1）比较圆外角∠BDC与圆周角∠A的大小，可借助三角形外角大于任意不相邻内角的性质，结合同弧所对圆周角相等证明：作辅助线构造△BDE，得弧BC所对的圆周角∠BEC＞∠BDC，再由∠A=∠BEC即可得结论。
（2）比较圆内角∠BDC与圆周角∠A的大小，同理延长CD交圆于点F，构造△BDF，得∠BDC＞弧BC所对的圆周角∠BFC，再由∠A=∠BFC即可得结论。
（3）根据前两问结论可知：过M、N的圆与y轴相切时，切点P对应的∠MPN最大（y轴上其余点要么在圆外对应角更小，要么不存在更小的过M、N且与y轴有交点的圆）。设圆心为O'，利用切线性质得半径等于圆心横坐标，结合垂径定理求MN的中点，再用勾股定理列方程求半径，即可得P点坐标，需分y轴正、负半轴两种情况讨论。
【解析】
（1）$\boldsymbol{∠A＞∠BDC}$，理由如下：
如图①，设CD交$\odot O$于E，连接BE。
∵$∠ BEC$是$△ BDE$的外角，
∴$∠ BEC=∠ BDC+∠ DBE$，可得$∠ BEC＞∠ BDC$。
又
∵$∠ A$与$∠ BEC$都是弧BC所对的圆周角，
∴$∠ A=∠ BEC$，因此$∠ A＞∠ BDC$。
（2）$\boldsymbol{∠A＜∠BDC}$，理由如下：
如图②，延长CD交$\odot O$于点F，连接BF。
∵$∠ BDC$是$△ BDF$的外角，
∴$∠ BDC=∠ BFC+∠ FBD$，可得$∠ BDC＞∠ BFC$。
又
∵$∠ A$与$∠ BFC$都是弧BC所对的圆周角，
∴$∠ A=∠ BFC$，因此$∠ A＜∠ BDC$。
（3）由（1）（2）的结论可得：当点P是经过M，N两点的圆和y轴相切的切点时，$∠ MPN$度数最大，分两种情况计算：
① 当点P在y轴的正半轴上时，如图③所示，设$\odot O'$和y轴相切，连接$O'P$，$O'M$，$O'N$，作$O'H⊥MN$，则四边形$OPO'H$是矩形，且由垂径定理得$MH=HN$。
∴$OP=O'H$，$O'P=OH=O'M$。
∵点M，N的坐标为$(1,0)$，$(4,0)$，
∴$OM=1$，$MN=4-1=3$，则$MH=HN=\frac{1}{2}MN=\frac{3}{2}$。
设$O'P=OH=O'M=x$，则$MH=OH-OM=x-1$，因此$x-1=\frac{3}{2}$，解得$x=\frac{5}{2}$。
在$Rt△ O'MH$中，由勾股定理得：$O'H=\sqrt{O'M^2-MH^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2-(\frac{3}{2})^2}=2$，即$OP=2$，故点P的坐标为$(0,2)$。
② 当点P在y轴的负半轴上时，如图④，同理可得$O'H=OP=2$，故点P的坐标为$(0,-2)$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠A＞∠BDC}$，理由见解析；
（2）$\boldsymbol{∠A＜∠BDC}$，理由见解析；
（3）当$∠ MPN$度数最大时，点P的坐标为$\boldsymbol{(0,2)}$或$\boldsymbol{(0,-2)}$
【知识点】
圆周角定理、三角形外角性质、切线的性质
【点评】
本题属于圆的综合探究题，前两问通过作辅助线探究了圆内角、圆外角与同弧所对圆周角的大小关系，为第三问的角度最值问题提供了推导依据。解题的核心是结合前两问结论确定角度最大时点P的位置，再结合圆的性质与勾股定理计算坐标，综合考察了类比推理能力与数形结合思想。
【难度系数】
0.6
