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6.(济南中考)如图,AB是$\odot O$的直径,C为$\odot O$上一点,P为$\odot O$外一点,$OP// AC$,且$∠ OBP=90°$,连接PC.
(1)求证:PC与$\odot O$相切;
(2)若$AO=3,OP=5$,求AC的长.
(1)求证:PC与$\odot O$相切;
(2)若$AO=3,OP=5$,求AC的长.
答案
(1)证明:连接 OC.
∵$OC=OA$,
∴$∠OAC=∠OCA$.
∵$OP// AC$,
∴$∠OAC=∠BOP$,$∠OCA=∠COP$.
∴$∠COP=∠BOP$.
∵$OP=OP$,$OC=OB$,
∴$△COP≌△BOP(\mathrm{SAS})$.
∴$∠OCP=∠OBP=90°$.
∴$OC⊥PC$. 又
∵OC是$\odot O$的半径,
∴PC与$\odot O$相切.
(2)连接 BC 交 OP 于点 D.
∵$△COP≌△BOP$,
∴$PC=PB$,$OB=OC$.
∴OP 垂直平分 BC.
∵$AO=BO=3$,$OP=5$,$∠OBP=90°$,
∴$BP=\sqrt{OP^2-OB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$.
∵$S_{△OBP}=\frac{1}{2}OB·BP=\frac{1}{2}OP·BD$,
∴$BD=\frac{OB·BP}{OP}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
∴$BC=2BD=\frac{24}{5}$.
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$AB=2OA=6$,$∠ACB=90°$.
∴$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$.
∵$OC=OA$,
∴$∠OAC=∠OCA$.
∵$OP// AC$,
∴$∠OAC=∠BOP$,$∠OCA=∠COP$.
∴$∠COP=∠BOP$.
∵$OP=OP$,$OC=OB$,
∴$△COP≌△BOP(\mathrm{SAS})$.
∴$∠OCP=∠OBP=90°$.
∴$OC⊥PC$. 又
∵OC是$\odot O$的半径,
∴PC与$\odot O$相切.
(2)连接 BC 交 OP 于点 D.
∵$△COP≌△BOP$,
∴$PC=PB$,$OB=OC$.
∴OP 垂直平分 BC.
∵$AO=BO=3$,$OP=5$,$∠OBP=90°$,
∴$BP=\sqrt{OP^2-OB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$.
∵$S_{△OBP}=\frac{1}{2}OB·BP=\frac{1}{2}OP·BD$,
∴$BD=\frac{OB·BP}{OP}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
∴$BC=2BD=\frac{24}{5}$.
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$AB=2OA=6$,$∠ACB=90°$.
∴$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$.
解析
【分析】
（1）要证明PC与$\odot O$相切，根据切线的判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ PC$即可。已知$∠ OBP=90°$，可先利用等腰三角形性质和平行线的性质推导角相等，得到$△ COP$和$△ BOP$全等的条件，通过全等得到$∠ OCP=∠ OBP=90°$，即可完成证明。
（2）要求AC的长，已知AB是$\odot O$的直径，可得$∠ ACB=90°$，因此只需算出BC的长度，再用勾股定理计算AC即可。先利用全等性质得出OP垂直平分BC，再通过直角三角形OBP的面积法算出BD的长，进而得到BC的长，最后代入勾股定理求解AC。
【解析】
(1)证明:连接 OC.
∵$OC=OA$,
∴$∠OAC=∠OCA$.
∵$OP// AC$,
∴$∠OAC=∠BOP$,$∠OCA=∠COP$.
∴$∠COP=∠BOP$.
∵$OP=OP$,$OC=OB$,
∴$△COP≌△BOP(\mathrm{SAS})$.
∴$∠OCP=∠OBP=90°$.
∴$OC⊥PC$.
又
∵OC是$\odot O$的半径,
∴PC与$\odot O$相切.
(2)连接 BC 交 OP 于点 D.
∵$△COP≌△BOP$,
∴$PC=PB$,$OB=OC$.
∴OP 垂直平分 BC.
∵$AO=BO=3$,$OP=5$,$∠OBP=90°$,
∴$BP=\sqrt{OP^2-OB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$.
∵$S_{△OBP}=\frac{1}{2}OB·BP=\frac{1}{2}OP·BD$,
∴$BD=\frac{OB·BP}{OP}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
∴$BC=2BD=\frac{24}{5}$.
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$AB=2OA=6$,$∠ACB=90°$.
∴$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$.
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$\boldsymbol{\frac{18}{5}}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，第一问考查切线的常规证明思路（连半径证垂直），第二问结合全等性质、三角形等面积法、圆的相关性质求解线段长度，解题时注意挖掘圆的隐含性质，理清各角、线段的关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
（1）要证明PC与$\odot O$相切，根据切线的判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ PC$即可。已知$∠ OBP=90°$，可先利用等腰三角形性质和平行线的性质推导角相等，得到$△ COP$和$△ BOP$全等的条件，通过全等得到$∠ OCP=∠ OBP=90°$，即可完成证明。
（2）要求AC的长，已知AB是$\odot O$的直径，可得$∠ ACB=90°$，因此只需算出BC的长度，再用勾股定理计算AC即可。先利用全等性质得出OP垂直平分BC，再通过直角三角形OBP的面积法算出BD的长，进而得到BC的长，最后代入勾股定理求解AC。
【解析】
(1)证明:连接 OC.
∵$OC=OA$,
∴$∠OAC=∠OCA$.
∵$OP// AC$,
∴$∠OAC=∠BOP$,$∠OCA=∠COP$.
∴$∠COP=∠BOP$.
∵$OP=OP$,$OC=OB$,
∴$△COP≌△BOP(\mathrm{SAS})$.
∴$∠OCP=∠OBP=90°$.
∴$OC⊥PC$.
又
∵OC是$\odot O$的半径,
∴PC与$\odot O$相切.
(2)连接 BC 交 OP 于点 D.
∵$△COP≌△BOP$,
∴$PC=PB$,$OB=OC$.
∴OP 垂直平分 BC.
∵$AO=BO=3$,$OP=5$,$∠OBP=90°$,
∴$BP=\sqrt{OP^2-OB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$.
∵$S_{△OBP}=\frac{1}{2}OB·BP=\frac{1}{2}OP·BD$,
∴$BD=\frac{OB·BP}{OP}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
∴$BC=2BD=\frac{24}{5}$.
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$AB=2OA=6$,$∠ACB=90°$.
∴$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$.
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$\boldsymbol{\frac{18}{5}}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，第一问考查切线的常规证明思路（连半径证垂直），第二问结合全等性质、三角形等面积法、圆的相关性质求解线段长度，解题时注意挖掘圆的隐含性质，理清各角、线段的关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
7. 如图,在$△ OAB$中,$OA=OB=5$,$AB=8$,$\odot O$的半径为3.请判断直线AB与$\odot O$的位置关系,并说明理由.
答案
直线AB与$\odot O$相切,理由如下:过点O作$OC⊥AB$于点C.
∵$AB=8$,$OA=OB$,
∴$AC=\frac{1}{2}AB=4$. 在$\mathrm{Rt}△OAC$中,$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
∵$\odot O$的半径为3,
∴OC为$\odot O$的半径.
∴AB是$\odot O$的切线.
∵$AB=8$,$OA=OB$,
∴$AC=\frac{1}{2}AB=4$. 在$\mathrm{Rt}△OAC$中,$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
∵$\odot O$的半径为3,
∴OC为$\odot O$的半径.
∴AB是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要判断直线AB和$\odot O$的位置关系，核心是比较圆心O到直线AB的距离与$\odot O$半径的大小：若距离等于半径，直线与圆相切；若距离大于半径则相离，小于则相交。本题中$△ OAB$是等腰三角形，可过O作AB的垂线段，利用等腰三角形三线合一求出垂足分AB的线段长度，再通过勾股定理算出垂线段的长度，最后和半径3对比即可得出结论。
【解析】
过点O作$OC⊥AB$于点C。
∵$OA=OB$，$AB=8$，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，$AC=\frac{1}{2}AB=4$。
在$\mathrm{Rt}△OAC$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵$\odot O$的半径为3，
∴OC的长等于$\odot O$的半径，
又
∵$OC⊥AB$，
∴直线AB与$\odot O$相切。
【答案】
直线AB与$\odot O$相切
【知识点】
直线与圆的位置关系判定、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于直线与圆位置关系判定的基础题型，解题关键是掌握“圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切”的判定规则，结合常用的几何性质计算圆心到直线的距离即可求解，解题思路具有通用性。
【难度系数】
0.8
要判断直线AB和$\odot O$的位置关系，核心是比较圆心O到直线AB的距离与$\odot O$半径的大小：若距离等于半径，直线与圆相切；若距离大于半径则相离，小于则相交。本题中$△ OAB$是等腰三角形，可过O作AB的垂线段，利用等腰三角形三线合一求出垂足分AB的线段长度，再通过勾股定理算出垂线段的长度，最后和半径3对比即可得出结论。
【解析】
过点O作$OC⊥AB$于点C。
∵$OA=OB$，$AB=8$，
∴根据等腰三角形三线合一的性质，$AC=\frac{1}{2}AB=4$。
在$\mathrm{Rt}△OAC$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵$\odot O$的半径为3，
∴OC的长等于$\odot O$的半径，
又
∵$OC⊥AB$，
∴直线AB与$\odot O$相切。
【答案】
直线AB与$\odot O$相切
【知识点】
直线与圆的位置关系判定、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于直线与圆位置关系判定的基础题型，解题关键是掌握“圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切”的判定规则，结合常用的几何性质计算圆心到直线的距离即可求解，解题思路具有通用性。
【难度系数】
0.8
8.如图，BD是$∠ ABC$的平分线，点O是BD上一点，$\odot O$与AB相切于点M，与BD交于点E，F.
(1)求证:BC是$\odot O$的切线;
(2)连接EM,若$EM// BC$,$OB=8$,求EM的长.
(1)求证:BC是$\odot O$的切线;
(2)连接EM,若$EM// BC$,$OB=8$,求EM的长.
答案
(1)证明:连接 OM,过点 O 作$ON⊥BC$于点 N.
∵$\odot O$与AB相切于点 M,
∴OM 为$\odot O$的半径,且$OM⊥AB$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,$OM⊥AB$,$ON⊥BC$,
∴$ON=OM$.
∴ON为$\odot O$的半径.
∴BC是$\odot O$的切线.
(2)设$∠ABE=α$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,
∴$∠ABE=∠CBE=α$.
∵$EM// BC$,
∴$∠MEB=∠CBE=∠ABE=α$.
∴$EM=BM$.
∵$OE=OM$,
∴$∠MEB=∠OME=α$.
∴$∠MOB=∠MEB+∠OME=2α$.
∵$OM⊥AB$,
∴$∠MOB+∠MBE=90°$,即$2α+α=90°$,解得$α=30°$.
∴$∠OBM=30°$. 在$\mathrm{Rt}△OBM$中,$OM=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×8=4$. 由勾股定理,得$BM=\sqrt{OB^2-OM^2}=4\sqrt{3}$.
∴$EM=4\sqrt{3}$.
∵$\odot O$与AB相切于点 M,
∴OM 为$\odot O$的半径,且$OM⊥AB$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,$OM⊥AB$,$ON⊥BC$,
∴$ON=OM$.
∴ON为$\odot O$的半径.
∴BC是$\odot O$的切线.
(2)设$∠ABE=α$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,
∴$∠ABE=∠CBE=α$.
∵$EM// BC$,
∴$∠MEB=∠CBE=∠ABE=α$.
∴$EM=BM$.
∵$OE=OM$,
∴$∠MEB=∠OME=α$.
∴$∠MOB=∠MEB+∠OME=2α$.
∵$OM⊥AB$,
∴$∠MOB+∠MBE=90°$,即$2α+α=90°$,解得$α=30°$.
∴$∠OBM=30°$. 在$\mathrm{Rt}△OBM$中,$OM=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×8=4$. 由勾股定理,得$BM=\sqrt{OB^2-OM^2}=4\sqrt{3}$.
∴$EM=4\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1)要证明BC是$\odot O$的切线，切线判定有两种思路：已知直线与圆的公共点则连半径证垂直，未知公共点则过圆心作直线的垂线，证垂线段等于半径。本题未给出BC与$\odot O$的交点，因此过O作$ON⊥BC$，结合AB是切线得$OM⊥AB$，再利用角平分线的性质证明$ON=OM$，即可得证。
(2)求EM的长，先结合$EM// BC$和BD是角平分线推导角的等量关系，得到$EM=BM$；再利用等腰三角形外角性质和直角三角形两锐角互余求出$∠OBM=30°$，在$Rt△OBM$中用30°角的性质和勾股定理求出BM，即可得到EM的长度。
【解析】
(1)证明:连接 OM,过点 O 作$ON⊥BC$于点 N.
∵$\odot O$与AB相切于点 M,
∴OM 为$\odot O$的半径,且$OM⊥AB$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,$OM⊥AB$,$ON⊥BC$,
∴$ON=OM$.
∴ON为$\odot O$的半径.
∴BC是$\odot O$的切线.
(2)设$∠ABE=α$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,
∴$∠ABE=∠CBE=α$.
∵$EM// BC$,
∴$∠MEB=∠CBE=∠ABE=α$.
∴$EM=BM$.
∵$OE=OM$,
∴$∠MEB=∠OME=α$.
∴$∠MOB=∠MEB+∠OME=2α$.
∵$OM⊥AB$,
∴$∠MOB+∠MBE=90°$,即$2α+α=90°$,解得$α=30°$.
∴$∠OBM=30°$. 在$\mathrm{Rt}△OBM$中,$OM=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×8=4$. 由勾股定理,得$BM=\sqrt{OB^2-OM^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$.
∴$EM=4\sqrt{3}$.
【答案】
(1)证明成立；(2)$4\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定；角平分线的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的综合基础题，重点考查切线的判定方法和几何边角关系的推导，解题的关键是根据切线判定的需求合理作辅助线，熟练运用平行线、等腰三角形、直角三角形的性质梳理边角的等量关系，是圆类证明的常考题型。
【难度系数】
0.6
(1)要证明BC是$\odot O$的切线，切线判定有两种思路：已知直线与圆的公共点则连半径证垂直，未知公共点则过圆心作直线的垂线，证垂线段等于半径。本题未给出BC与$\odot O$的交点，因此过O作$ON⊥BC$，结合AB是切线得$OM⊥AB$，再利用角平分线的性质证明$ON=OM$，即可得证。
(2)求EM的长，先结合$EM// BC$和BD是角平分线推导角的等量关系，得到$EM=BM$；再利用等腰三角形外角性质和直角三角形两锐角互余求出$∠OBM=30°$，在$Rt△OBM$中用30°角的性质和勾股定理求出BM，即可得到EM的长度。
【解析】
(1)证明:连接 OM,过点 O 作$ON⊥BC$于点 N.
∵$\odot O$与AB相切于点 M,
∴OM 为$\odot O$的半径,且$OM⊥AB$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,$OM⊥AB$,$ON⊥BC$,
∴$ON=OM$.
∴ON为$\odot O$的半径.
∴BC是$\odot O$的切线.
(2)设$∠ABE=α$.
∵BD是$∠ABC$的平分线,
∴$∠ABE=∠CBE=α$.
∵$EM// BC$,
∴$∠MEB=∠CBE=∠ABE=α$.
∴$EM=BM$.
∵$OE=OM$,
∴$∠MEB=∠OME=α$.
∴$∠MOB=∠MEB+∠OME=2α$.
∵$OM⊥AB$,
∴$∠MOB+∠MBE=90°$,即$2α+α=90°$,解得$α=30°$.
∴$∠OBM=30°$. 在$\mathrm{Rt}△OBM$中,$OM=\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×8=4$. 由勾股定理,得$BM=\sqrt{OB^2-OM^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$.
∴$EM=4\sqrt{3}$.
【答案】
(1)证明成立；(2)$4\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定；角平分线的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的综合基础题，重点考查切线的判定方法和几何边角关系的推导，解题的关键是根据切线判定的需求合理作辅助线，熟练运用平行线、等腰三角形、直角三角形的性质梳理边角的等量关系，是圆类证明的常考题型。
【难度系数】
0.6
