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1.如图，$\odot O$外有一点$P$，连接$OP$，分别以点$O$和点$P$为圆心，大于$\frac{1}{2}OP$的长为半径作弧（弧所在圆的半径都相等），两弧相交于$M$，$N$两点，直线$MN$与$OP$相交于点$Q$，以点$Q$为圆心，$OQ$长为半径作圆与$\odot O$相交于$A$，$B$两点，连接$PA$，$PB$，$EF$与$\odot O$相切于点$C$，与$PA$，$PB$分别相交于点$E$，$F$。若$PA=2$，则$△ PEF$的周长为（
A.$4\sqrt{3}$
B.$4$
C.$2\sqrt{3}$
D.$2$
（第1题）
B
）。A.$4\sqrt{3}$
B.$4$
C.$2\sqrt{3}$
D.$2$
（第1题）答案
1.B
解析
【分析】
首先识别尺规作图的结论：直线MN是线段OP的垂直平分线，可得Q为OP中点，因此以Q为圆心OQ为半径的圆中，OP是直径，根据直径所对圆周角为直角，可推出PA、PB都是⊙O的切线，得到PA=PB=2。再结合EF也是⊙O的切线，利用切线长定理将△PEF的各边进行等量转化，即可求出周长。
【解析】
1. 由尺规作图步骤可知，直线MN是线段OP的垂直平分线，因此Q是OP的中点，即OP为⊙Q的直径。
2. 根据“直径所对的圆周角是直角”，可得$∠ OAP=∠ OBP=90°$，即$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$。
3. 又OA、OB是⊙O的半径，因此PA、PB是⊙O的切线，由切线长定理得$PB=PA=2$。
4. 已知EF与⊙O相切于点C，根据切线长定理，点E到⊙O的两条切线长相等，即$EA=EC$；同理点F到⊙O的两条切线长相等，即$FB=FC$。
5. 计算$△ PEF$的周长：
$\begin{aligned}C_{△ PEF}&=PE+EF+PF\\&=PE+EC+CF+PF\\&=PE+EA+FB+PF\\&=PA+PB\\&=2+2=4\end{aligned}$
【答案】
B
【知识点】
线段垂直平分线作图、切线的判定、切线长定理
【点评】
本题是圆的切线性质的典型应用题型，解题核心是通过识别尺规作图的结论，结合切线长定理对三角形的周长进行等量转化，避免了复杂的边长计算，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.7
首先识别尺规作图的结论：直线MN是线段OP的垂直平分线，可得Q为OP中点，因此以Q为圆心OQ为半径的圆中，OP是直径，根据直径所对圆周角为直角，可推出PA、PB都是⊙O的切线，得到PA=PB=2。再结合EF也是⊙O的切线，利用切线长定理将△PEF的各边进行等量转化，即可求出周长。
【解析】
1. 由尺规作图步骤可知，直线MN是线段OP的垂直平分线，因此Q是OP的中点，即OP为⊙Q的直径。
2. 根据“直径所对的圆周角是直角”，可得$∠ OAP=∠ OBP=90°$，即$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$。
3. 又OA、OB是⊙O的半径，因此PA、PB是⊙O的切线，由切线长定理得$PB=PA=2$。
4. 已知EF与⊙O相切于点C，根据切线长定理，点E到⊙O的两条切线长相等，即$EA=EC$；同理点F到⊙O的两条切线长相等，即$FB=FC$。
5. 计算$△ PEF$的周长：
$\begin{aligned}C_{△ PEF}&=PE+EF+PF\\&=PE+EC+CF+PF\\&=PE+EA+FB+PF\\&=PA+PB\\&=2+2=4\end{aligned}$
【答案】
B
【知识点】
线段垂直平分线作图、切线的判定、切线长定理
【点评】
本题是圆的切线性质的典型应用题型，解题核心是通过识别尺规作图的结论，结合切线长定理对三角形的周长进行等量转化，避免了复杂的边长计算，体现了转化思想在几何解题中的应用。
【难度系数】
0.7
2.如图,在四边形ABCD中,AB//CD,以D为圆心,AD为半径的$\overset{\frown}{AF}$与AB,BC相切于点A,E.若AB=1,CD=3,则CE的长为(
A.5
B.$\sqrt{5}$
C.2
D.$\sqrt{3}$
C
).A.5
B.$\sqrt{5}$
C.2
D.$\sqrt{3}$
答案
2.C
解析
【分析】
解题思路：首先根据切线的性质得到AD垂直AB，结合AB平行CD推出AD垂直CD；接着过B作CD的垂线构造矩形，求出线段MC的长度；再根据BC是圆的切线得到DE垂直BC，且DE等于半径AD即等于BM；最后证明△BMC和△DEC全等，利用全等三角形对应边相等即可求出CE的长。
【解析】
1. 连接DE，过点B作$BM⊥ CD$于点M。
2. 因为$\overset{\frown}{AF}$与AB相切于点A，AD是圆D的半径，所以$AD⊥ AB$。
3. 又$AB// CD$，因此$AD⊥ CD$，则四边形ABMD是矩形，可得$AB=DM=1$，$AD=BM$。
4. 已知$CD=3$，所以$MC=CD-DM=3-1=2$。
5. 因为$\overset{\frown}{AF}$与BC相切于点E，DE是圆D的半径，所以$DE⊥ BC$，且$DE=AD$，因此$DE=BM$。
6. 在$△ BMC$和$△ DEC$中：
$\begin{cases}∠ BMC=∠ DEC=90° \\∠ C=∠ C \\BM=DE\end{cases}$
故$△ BMC≌△ DEC$（AAS），因此$CE=MC=2$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质
【点评】
本题综合了圆、矩形、全等三角形的核心考点，解题关键是合理构造辅助线，利用切线性质找到相等的线段，通过全等三角形完成线段的等量代换，是一道典型的几何综合基础题。
【难度系数】
0.65
解题思路：首先根据切线的性质得到AD垂直AB，结合AB平行CD推出AD垂直CD；接着过B作CD的垂线构造矩形，求出线段MC的长度；再根据BC是圆的切线得到DE垂直BC，且DE等于半径AD即等于BM；最后证明△BMC和△DEC全等，利用全等三角形对应边相等即可求出CE的长。
【解析】
1. 连接DE，过点B作$BM⊥ CD$于点M。
2. 因为$\overset{\frown}{AF}$与AB相切于点A，AD是圆D的半径，所以$AD⊥ AB$。
3. 又$AB// CD$，因此$AD⊥ CD$，则四边形ABMD是矩形，可得$AB=DM=1$，$AD=BM$。
4. 已知$CD=3$，所以$MC=CD-DM=3-1=2$。
5. 因为$\overset{\frown}{AF}$与BC相切于点E，DE是圆D的半径，所以$DE⊥ BC$，且$DE=AD$，因此$DE=BM$。
6. 在$△ BMC$和$△ DEC$中：
$\begin{cases}∠ BMC=∠ DEC=90° \\∠ C=∠ C \\BM=DE\end{cases}$
故$△ BMC≌△ DEC$（AAS），因此$CE=MC=2$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质
【点评】
本题综合了圆、矩形、全等三角形的核心考点，解题关键是合理构造辅助线，利用切线性质找到相等的线段，通过全等三角形完成线段的等量代换，是一道典型的几何综合基础题。
【难度系数】
0.65
3.如图，在$\odot O$中，AC为直径，MA，MB分别切$\odot O$于点A，B，过点B作$BD⊥ AC$于点E，交$\odot O$于点D，若$BD=MA$，则$∠ AMB$的大小为
60
°.答案
3.60
解析
【分析】
解题时先利用切线的性质得到MA⊥AC、MA=MB，结合BD⊥AC可推出BD与MA平行，再结合已知BD=MA判定四边形AMBD是平行四边形；接下来利用垂径定理得到AB=AD，结合平行四边形对边相等的性质，可推导出MA=MB=AB，判定△AMB为等边三角形，即可求出∠AMB的度数。
【解析】
连接AB：
1. 由切线长定理和切线的性质可得：MA、MB分别切$\odot O$于点A、B，故$MA=MB$，且$MA⊥ AC$。
2. 已知$BD⊥ AC$，根据“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”，可得$BD// MA$。
3. 结合已知$BD=MA$，可得BD与MA平行且相等，因此四边形AMBD是平行四边形，根据平行四边形的性质得$MB=AD$。
4. 因为AC是$\odot O$的直径，$BD⊥ AC$，由垂径定理可知AC垂直平分BD，根据“线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”，得$AB=AD$。
5. 结合$MA=MB$、$MB=AD$、$AB=AD$，可推导得$MA=MB=AB$，即$△ AMB$是等边三角形，因此$∠ AMB=60°$。
【答案】
60
【知识点】
切线的性质；垂径定理；等边三角形判定
【点评】
本题综合了圆的性质、特殊四边形与特殊三角形的判定知识点，解题的核心是通过构造辅助线AB，结合切线性质和垂径定理推导边的等量关系，进而得到等边三角形求解，对知识点的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先利用切线的性质得到MA⊥AC、MA=MB，结合BD⊥AC可推出BD与MA平行，再结合已知BD=MA判定四边形AMBD是平行四边形；接下来利用垂径定理得到AB=AD，结合平行四边形对边相等的性质，可推导出MA=MB=AB，判定△AMB为等边三角形，即可求出∠AMB的度数。
【解析】
连接AB：
1. 由切线长定理和切线的性质可得：MA、MB分别切$\odot O$于点A、B，故$MA=MB$，且$MA⊥ AC$。
2. 已知$BD⊥ AC$，根据“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”，可得$BD// MA$。
3. 结合已知$BD=MA$，可得BD与MA平行且相等，因此四边形AMBD是平行四边形，根据平行四边形的性质得$MB=AD$。
4. 因为AC是$\odot O$的直径，$BD⊥ AC$，由垂径定理可知AC垂直平分BD，根据“线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”，得$AB=AD$。
5. 结合$MA=MB$、$MB=AD$、$AB=AD$，可推导得$MA=MB=AB$，即$△ AMB$是等边三角形，因此$∠ AMB=60°$。
【答案】
60
【知识点】
切线的性质；垂径定理；等边三角形判定
【点评】
本题综合了圆的性质、特殊四边形与特殊三角形的判定知识点，解题的核心是通过构造辅助线AB，结合切线性质和垂径定理推导边的等量关系，进而得到等边三角形求解，对知识点的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
4.如图，∠ACB=45°，半径为2的⊙O与角的两边相切，点P是⊙O上任一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设$t=PE+\sqrt{2}PF$，则t的取值范围是
$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4+2\sqrt{2}$
。答案
4.$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4+2\sqrt{2}$
解析
【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系简化计算：将点C置于原点，BC放在x轴上，利用∠ACB=45°可得AC对应直线为y=x。首先根据圆与角两边相切、半径为2的条件求出圆心坐标，再写出圆的方程；接着用点P的坐标表示PE和PF，代入t的表达式化简，最终将问题转化为求圆上点的横纵坐标之和的最值，即可得到t的取值范围。
【解析】
1. 建立坐标系：设C为坐标原点，CB在x轴上，
∵∠ACB=45°，
∴AC所在直线为$x-y=0$，CB所在直线为$y=0$。
2. 求圆心O坐标：
∵⊙O与AC、BC都相切，半径$r=2$，
∴O的纵坐标为2（到x轴距离为半径）；设$O(m,2)$，O到AC的距离为2，即$\frac{|m-2|}{\sqrt{2}}=2$，结合O在角内部得$m=2+2\sqrt{2}$，即$O(2+2\sqrt{2},2)$，⊙O的方程为$(x-2-2\sqrt{2})^2+(y-2)^2=4$。
3. 表示PE、PF：设圆上任意点$P(x,y)$，P到AC的距离$PE=\frac{x-y}{\sqrt{2}}$，P到BC的距离$PF=y$。
4. 化简t：$t=PE+\sqrt{2}PF=\frac{x-y}{\sqrt{2}}+\sqrt{2}y=\frac{x+y}{\sqrt{2}}$。
5. 求$x+y$的最值：设$z=x+y$，当直线$x+y-z=0$与⊙O相切时z取最值，此时圆心到直线的距离等于半径：$\frac{|2+2\sqrt{2}+2-z|}{\sqrt{2}}=2$，解得$z_{max}=4+4\sqrt{2}$，$z_{min}=4$。
6. 得t的范围：$t_{max}=\frac{4+4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=4+2\sqrt{2}$，$t_{min}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$，因此$2\sqrt{2}≤t≤4+2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4+2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，点到直线的距离，直线与圆的位置关系
【点评】
本题将几何问题转化为代数计算求解，解题核心是对t的表达式进行化简，将陌生的最值问题转化为熟悉的直线与圆相切的最值问题，能很好地考查数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.3
我们可以通过建立平面直角坐标系简化计算：将点C置于原点，BC放在x轴上，利用∠ACB=45°可得AC对应直线为y=x。首先根据圆与角两边相切、半径为2的条件求出圆心坐标，再写出圆的方程；接着用点P的坐标表示PE和PF，代入t的表达式化简，最终将问题转化为求圆上点的横纵坐标之和的最值，即可得到t的取值范围。
【解析】
1. 建立坐标系：设C为坐标原点，CB在x轴上，
∵∠ACB=45°，
∴AC所在直线为$x-y=0$，CB所在直线为$y=0$。
2. 求圆心O坐标：
∵⊙O与AC、BC都相切，半径$r=2$，
∴O的纵坐标为2（到x轴距离为半径）；设$O(m,2)$，O到AC的距离为2，即$\frac{|m-2|}{\sqrt{2}}=2$，结合O在角内部得$m=2+2\sqrt{2}$，即$O(2+2\sqrt{2},2)$，⊙O的方程为$(x-2-2\sqrt{2})^2+(y-2)^2=4$。
3. 表示PE、PF：设圆上任意点$P(x,y)$，P到AC的距离$PE=\frac{x-y}{\sqrt{2}}$，P到BC的距离$PF=y$。
4. 化简t：$t=PE+\sqrt{2}PF=\frac{x-y}{\sqrt{2}}+\sqrt{2}y=\frac{x+y}{\sqrt{2}}$。
5. 求$x+y$的最值：设$z=x+y$，当直线$x+y-z=0$与⊙O相切时z取最值，此时圆心到直线的距离等于半径：$\frac{|2+2\sqrt{2}+2-z|}{\sqrt{2}}=2$，解得$z_{max}=4+4\sqrt{2}$，$z_{min}=4$。
6. 得t的范围：$t_{max}=\frac{4+4\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=4+2\sqrt{2}$，$t_{min}=\frac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$，因此$2\sqrt{2}≤t≤4+2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2} ≤ t ≤ 4+2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，点到直线的距离，直线与圆的位置关系
【点评】
本题将几何问题转化为代数计算求解，解题核心是对t的表达式进行化简，将陌生的最值问题转化为熟悉的直线与圆相切的最值问题，能很好地考查数形结合思想的应用能力。
【难度系数】
0.3
C F B
5.已知PA，PB与⊙O相切于点A，B.连接AO并延长，交PB的延长线于点C.连接PO，交⊙O于点D.
(1)如图①，若∠AOP＝65°，求∠C的大小；
(2)如图②，连接BD，若BD//AC，BD＝√3，求PA的长.
5.已知PA，PB与⊙O相切于点A，B.连接AO并延长，交PB的延长线于点C.连接PO，交⊙O于点D.
(1)如图①，若∠AOP＝65°，求∠C的大小；
(2)如图②，连接BD，若BD//AC，BD＝√3，求PA的长.
答案
5.【解】(1)如图①,连接OB.
∵PA,PB是$\odot O$的切线，
∴$PA=PB,∠APO=∠BPO,PA⊥AO,PB⊥OB$，
即$∠PBO=∠PAO=90°$.
∵$∠AOP=65°$，
∴$∠APO=90°-∠AOP=25°$.
∴$∠BPO=∠APO=25°$.
∵$∠AOP=∠BPO+∠C$，
∴$∠C=∠AOP-∠BPO=65°-25°=40°$.
(2)如图②,连接OB.
由(1)知,$PA = PB,∠APO = ∠BPO,∠PBO = ∠PAO =90°$.
∵$∠AOP+∠APO=90°,∠BOP+∠BPO=90°$，
∴$∠AOP=∠BOP$.
∵$OC//BD$，
∴$∠AOP=∠ODB$.
∵$OB=OD$，
∴$∠OBD=∠ODB$.
∴$∠AOP=∠ODB=∠OBD=∠BOP$.
∵$∠OBD+∠ODB+∠DOB=180°$，
∴$∠OBD=∠ODB=∠BOD=60°$.
∴$△DBO$是等边三角形,$∠OPB=90°-∠BOD=30°$.
∴$OB=BD=\sqrt{3}$.
∵$∠PBO=90°,∠OPB=30°$，
∴$OP=2OB=2\sqrt{3}$.
在$\mathrm{Rt}△OBP$中,$PB=\sqrt{OP^2-OB^2}=3$.
∴$PA=PB=3$.
解析
【分析】
(1) 求解∠C的大小：首先结合切线的性质，连接过切点的半径OB，可得PA⊥OA、PB⊥OB，再由切线长定理得到PO平分∠APB；先在Rt△PAO中利用直角三角形两锐角互余求出∠APO，即可得到∠BPO，最后利用三角形外角的性质即可求出∠C。
(2) 求PA的长：结合(1)的结论先推导得∠AOP=∠BOP，再根据BD//AC的平行线性质、等腰三角形等边对等角的性质，推出△OBD为等边三角形，得到半径OB的长度；接着在Rt△PBO中利用30°直角三角形的性质和勾股定理求出PB的长度，最后根据切线长定理PA=PB即可得到PA的长。
【解析】
(1) 如图①，连接OB.
∵PA，PB是$\odot O$的切线，
∴$PA=PB,∠APO=∠BPO,PA⊥AO,PB⊥OB$，
即$∠PBO=∠PAO=90°$.
∵$∠AOP=65°$，
∴$∠APO=90°-∠AOP=25°$.
∴$∠BPO=∠APO=25°$.
∵$∠AOP=∠BPO+∠C$，
∴$∠C=∠AOP-∠BPO=65°-25°=40°$.
(2) 如图②，连接OB.
由(1)知,$PA = PB,∠APO = ∠BPO,∠PBO = ∠PAO =90°$.
∵$∠AOP+∠APO=90°,∠BOP+∠BPO=90°$，
∴$∠AOP=∠BOP$.
∵$AC//BD$，
∴$∠AOP=∠ODB$.
∵$OB=OD$，
∴$∠OBD=∠ODB$.
∴$∠AOP=∠ODB=∠OBD=∠BOP$.
∵$∠OBD+∠ODB+∠DOB=180°$，
∴$∠OBD=∠ODB=∠BOD=60°$.
∴$△DBO$是等边三角形,$∠OPB=90°-∠BOD=30°$.
∴$OB=BD=\sqrt{3}$.
∵$∠PBO=90°,∠OPB=30°$，
∴$OP=2OB=2\sqrt{3}$.
在$\mathrm{Rt}△OBP$中,$PB=\sqrt{OP^2-OB^2}=3$.
∴$PA=PB=3$.
【答案】
(1) $∠ C=40°$；
(2) $PA=3$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题核心是熟练掌握切线相关性质，通过连接过切点的半径构造直角三角形，结合平行线、等腰三角形、特殊直角三角形的性质逐步推导，是巩固直线与圆位置关系的典型习题。
【难度系数】
0.6
(1) 求解∠C的大小：首先结合切线的性质，连接过切点的半径OB，可得PA⊥OA、PB⊥OB，再由切线长定理得到PO平分∠APB；先在Rt△PAO中利用直角三角形两锐角互余求出∠APO，即可得到∠BPO，最后利用三角形外角的性质即可求出∠C。
(2) 求PA的长：结合(1)的结论先推导得∠AOP=∠BOP，再根据BD//AC的平行线性质、等腰三角形等边对等角的性质，推出△OBD为等边三角形，得到半径OB的长度；接着在Rt△PBO中利用30°直角三角形的性质和勾股定理求出PB的长度，最后根据切线长定理PA=PB即可得到PA的长。
【解析】
(1) 如图①，连接OB.
∵PA，PB是$\odot O$的切线，
∴$PA=PB,∠APO=∠BPO,PA⊥AO,PB⊥OB$，
即$∠PBO=∠PAO=90°$.
∵$∠AOP=65°$，
∴$∠APO=90°-∠AOP=25°$.
∴$∠BPO=∠APO=25°$.
∵$∠AOP=∠BPO+∠C$，
∴$∠C=∠AOP-∠BPO=65°-25°=40°$.
(2) 如图②，连接OB.
由(1)知,$PA = PB,∠APO = ∠BPO,∠PBO = ∠PAO =90°$.
∵$∠AOP+∠APO=90°,∠BOP+∠BPO=90°$，
∴$∠AOP=∠BOP$.
∵$AC//BD$，
∴$∠AOP=∠ODB$.
∵$OB=OD$，
∴$∠OBD=∠ODB$.
∴$∠AOP=∠ODB=∠OBD=∠BOP$.
∵$∠OBD+∠ODB+∠DOB=180°$，
∴$∠OBD=∠ODB=∠BOD=60°$.
∴$△DBO$是等边三角形,$∠OPB=90°-∠BOD=30°$.
∴$OB=BD=\sqrt{3}$.
∵$∠PBO=90°,∠OPB=30°$，
∴$OP=2OB=2\sqrt{3}$.
在$\mathrm{Rt}△OBP$中,$PB=\sqrt{OP^2-OB^2}=3$.
∴$PA=PB=3$.
【答案】
(1) $∠ C=40°$；
(2) $PA=3$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题核心是熟练掌握切线相关性质，通过连接过切点的半径构造直角三角形，结合平行线、等腰三角形、特殊直角三角形的性质逐步推导，是巩固直线与圆位置关系的典型习题。
【难度系数】
0.6
