登录
9. 如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，AC是$\odot O$的直径，$∠ BAC=20°$，求$∠ P$的度数.
答案
9. $\because PA,PB$是$\odot O$的切线,A,B为切点,$\therefore PA = PB,∠ PAO = 90°. \because ∠ BAC = 20°,\therefore ∠ PAB = ∠ PAO - ∠ BAC = 70°. \because PA = PB,\therefore ∠ PAB = ∠ PBA = 70°. \therefore ∠ P = 180° - ∠ PAB - ∠ PBA = 40°$
解析
【分析】
解题时首先从已知条件“PA、PB是$\odot O$的切线”入手，回忆切线相关性质：1. 切线垂直于过切点的半径，因此可得$∠ PAO=90°$；2. 切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此$PA=PB$，$△ PAB$为等腰三角形。接下来结合已知$∠ BAC=20°$，先计算出$∠ PAB$的度数，再利用等腰三角形底角相等的性质得到$∠ PBA$的度数，最后根据三角形内角和为$180°$即可求出$∠ P$的度数。
【解析】
$\because PA,PB$是$\odot O$的切线，$A,B$为切点，
$\therefore PA = PB,∠ PAO = 90°$，
$\because ∠ BAC = 20°$，
$\therefore ∠ PAB = ∠ PAO - ∠ BAC = 90°-20°=70°$，
$\because PA = PB$，
$\therefore ∠ PAB = ∠ PBA = 70°$，
$\therefore ∠ P = 180° - ∠ PAB - ∠ PBA = 180°-70°-70°=40°$
【答案】
$\boldsymbol{40°}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；三角形内角和定理
【点评】
本题是圆的性质与三角形知识的综合基础题，解题的核心是熟练运用切线的性质和切线长定理推导角的关系，再结合三角形内角和定理计算角度，是圆章节的高频基础考点。
【难度系数】
0.8
解题时首先从已知条件“PA、PB是$\odot O$的切线”入手，回忆切线相关性质：1. 切线垂直于过切点的半径，因此可得$∠ PAO=90°$；2. 切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此$PA=PB$，$△ PAB$为等腰三角形。接下来结合已知$∠ BAC=20°$，先计算出$∠ PAB$的度数，再利用等腰三角形底角相等的性质得到$∠ PBA$的度数，最后根据三角形内角和为$180°$即可求出$∠ P$的度数。
【解析】
$\because PA,PB$是$\odot O$的切线，$A,B$为切点，
$\therefore PA = PB,∠ PAO = 90°$，
$\because ∠ BAC = 20°$，
$\therefore ∠ PAB = ∠ PAO - ∠ BAC = 90°-20°=70°$，
$\because PA = PB$，
$\therefore ∠ PAB = ∠ PBA = 70°$，
$\therefore ∠ P = 180° - ∠ PAB - ∠ PBA = 180°-70°-70°=40°$
【答案】
$\boldsymbol{40°}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；三角形内角和定理
【点评】
本题是圆的性质与三角形知识的综合基础题，解题的核心是熟练运用切线的性质和切线长定理推导角的关系，再结合三角形内角和定理计算角度，是圆章节的高频基础考点。
【难度系数】
0.8
10. 小艺对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一棵大树，向树的方向走4.5 km到达城堡边，再往前走3 km到达树下. 求该城堡的外围直径.
答案
10. 如图,由题意,得BA,BC与圆相切,设圆心为点O,切点为A,D,连接OD,则$OA⊥ AB,OD⊥ BC$,$BA = BD = 4.5\ \mathrm{km}$,$CD = 3\ \mathrm{km}$. $\therefore AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{7.5^2 - 4.5^2} = \sqrt{36} = 6(\mathrm{km})$. 设$OA = OD = r$,则$OC = 6 - r$,$\because OD^2 + CD^2 = OC^2$,$\therefore r^2 + 3^2 = (6 - r)^2$. 解得$r = \frac{9}{4}$. $\therefore$该城堡的外围直径为4.5 km
解析
【分析】
解题前先将实际问题转化为几何模型：圆形城堡对应圆O，南北方向直线AC过圆心O，AB是出南门向东走的路线，与圆相切于南门A，视线BC与圆相切于点D。首先根据切线长定理可得BA=BD=4.5km，先求出BC总长度，再在Rt△ABC中用勾股定理算出AC的长度；接着设圆的半径为r，根据切线的性质可知OD⊥BC，在Rt△ODC中利用勾股定理列关于r的方程，解出半径后乘2即可得到城堡的直径。
【解析】
解：设圆心为点O，AB、BC分别与圆相切于点A、D，连接OD。
根据切线的性质可得：$OA⊥AB$，$OD⊥BC$。
根据切线长定理，从点B引圆的两条切线长相等，因此$BA = BD = 4.5\ \mathrm{km}$。
已知$CD = 3\ \mathrm{km}$，因此$BC = BD + CD = 4.5 + 3 = 7.5\ \mathrm{km}$。
∵$AC⊥AB$，即$△ ABC$为直角三角形，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{7.5^2 - 4.5^2} = \sqrt{36} = 6\ \mathrm{km}$。
设圆的半径$OA = OD = r$，则$OC = AC - OA = 6 - r$。
在$Rt△ ODC$中，由勾股定理得：$OD^2 + CD^2 = OC^2$，代入数值：
$r^2 + 3^2 = (6 - r)^2$
展开计算：$r^2 + 9 = 36 - 12r + r^2$
化简得：$12r = 27$，解得$r = \frac{9}{4}\ \mathrm{km}$。
因此城堡的外围直径为$2r = 2×\frac{9}{4} = 4.5\ \mathrm{km}$。
【答案】
该城堡的外围直径为4.5 km
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题改编自古代数学问题，将实际场景转化为几何模型是解题的前提，解题过程综合运用了圆的切线相关性质和勾股定理，通过设未知数列方程的方法求解，能有效考查数学建模能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题前先将实际问题转化为几何模型：圆形城堡对应圆O，南北方向直线AC过圆心O，AB是出南门向东走的路线，与圆相切于南门A，视线BC与圆相切于点D。首先根据切线长定理可得BA=BD=4.5km，先求出BC总长度，再在Rt△ABC中用勾股定理算出AC的长度；接着设圆的半径为r，根据切线的性质可知OD⊥BC，在Rt△ODC中利用勾股定理列关于r的方程，解出半径后乘2即可得到城堡的直径。
【解析】
解：设圆心为点O，AB、BC分别与圆相切于点A、D，连接OD。
根据切线的性质可得：$OA⊥AB$，$OD⊥BC$。
根据切线长定理，从点B引圆的两条切线长相等，因此$BA = BD = 4.5\ \mathrm{km}$。
已知$CD = 3\ \mathrm{km}$，因此$BC = BD + CD = 4.5 + 3 = 7.5\ \mathrm{km}$。
∵$AC⊥AB$，即$△ ABC$为直角三角形，由勾股定理得：
$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{7.5^2 - 4.5^2} = \sqrt{36} = 6\ \mathrm{km}$。
设圆的半径$OA = OD = r$，则$OC = AC - OA = 6 - r$。
在$Rt△ ODC$中，由勾股定理得：$OD^2 + CD^2 = OC^2$，代入数值：
$r^2 + 3^2 = (6 - r)^2$
展开计算：$r^2 + 9 = 36 - 12r + r^2$
化简得：$12r = 27$，解得$r = \frac{9}{4}\ \mathrm{km}$。
因此城堡的外围直径为$2r = 2×\frac{9}{4} = 4.5\ \mathrm{km}$。
【答案】
该城堡的外围直径为4.5 km
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题改编自古代数学问题，将实际场景转化为几何模型是解题的前提，解题过程综合运用了圆的切线相关性质和勾股定理，通过设未知数列方程的方法求解，能有效考查数学建模能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
11. 如图，O是$□ ABCD$的对称中心，BC与$\odot O$相切于点E. 求证：直线AD是$\odot O$的切线.
（1）小明：“可以过点O作AD的垂线.”小丽：“也可以连接EO并延长.”选择其中一位同学的想法，完成证明.
（2）当AB与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形吗？说明理由.
（1）小明：“可以过点O作AD的垂线.”小丽：“也可以连接EO并延长.”选择其中一位同学的想法，完成证明.
（2）当AB与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形吗？说明理由.
答案
11.（1）如图①,连接EO并延长,与AD交于点F,连接BD,$\because O$是$□ ABCD$的对称中心,$\therefore OB = OD$,$AD// BC$,$\therefore ∠ OBE = ∠ ODF$,又$\because ∠ BOE = ∠ DOF$,$\therefore △ BOE≌△ DOF(\mathrm{ASA})$,$\therefore OE = OF$. $\therefore BC$与$\odot O$相切于点E,$\therefore AD$与$\odot O$相切于点F,即直线AD是$\odot O$的切线 （2）如图②,设AB与$\odot O$相切于点G,连接GO并延长与CD交于点H,同理(1),得CD是$\odot O$的切线,$AG = CH$. 由切线长定理,得$BG = BE$,$CE = CH$,$\because AG = CH$,$\therefore AG = CE$. $\therefore AB = BC$,$\therefore □ ABCD$是菱形
解析
【分析】
（1）要证明直线AD是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明圆心O到AD的距离等于⊙O的半径。选择小丽的思路：连接EO并延长交AD于点F，结合平行四边形对称中心的性质，可得OB=OD、AD//BC，通过证明△BOE≌△DOF得到OF=OE，再结合BC与⊙O相切的性质推出OF⊥AD，即可证明AD是⊙O的切线。
（2）要判断ABCD是否为菱形，只需证明平行四边形有一组邻边相等。已知AB与⊙O相切，结合（1）的方法可证CD也是⊙O的切线，再利用切线长定理得到相等线段，推导得出AB=BC，即可判定平行四边形是菱形。
【解析】
（1）选择小丽的想法证明：
如图①，连接EO并延长，与AD交于点F，连接BD。
∵O是ABCD的对称中心，
∴点O在BD上，OB=OD，且AD//BC，
∴∠OBE=∠ODF。
又
∵∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴OE=OF。
∵BC与⊙O相切于点E，
∴OE⊥BC，OE为⊙O的半径。
∵AD//BC，
∴OF⊥AD，OF也为⊙O的半径，
∴AD与⊙O相切于点F，即直线AD是⊙O的切线。
（2）ABCD是菱形，理由如下：
如图②，设AB与⊙O相切于点G，连接GO并延长与CD交于点H。
同（1）的证明逻辑，可得OH=OG，OH⊥CD，即CD是⊙O的切线，且AG=CH。
根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此BG=BE，CE=CH。
又
∵AG=CH，
∴AG=CE，
∴AB=AG+BG=CE+BE=BC。
∵四边形ABCD是平行四边形，且邻边AB=BC，
∴ABCD是菱形。
【答案】
11.（1）如图①,连接EO并延长,与AD交于点F,连接BD,$\because O$是$□ ABCD$的对称中心,$\therefore OB = OD$,$AD// BC$,$\therefore ∠ OBE = ∠ ODF$,又$\because ∠ BOE = ∠ DOF$,$\therefore △ BOE≌△ DOF(\mathrm{ASA})$,$\therefore OE = OF$. $\because BC$与$\odot O$相切于点E,$\therefore AD$与$\odot O$相切于点F,即直线AD是$\odot O$的切线 （2）如图②,设AB与$\odot O$相切于点G,连接GO并延长与CD交于点H,同理(1),得CD是$\odot O$的切线,$AG = CH$. 由切线长定理,得$BG = BE$,$CE = CH$,$\because AG = CH$,$\therefore AG = CE$. $\therefore AB = BC$,$\therefore □ ABCD$是菱形
【知识点】
切线的判定与性质；平行四边形的性质；切线长定理
【点评】
本题综合考查了平行四边形性质、切线判定及切线长定理的应用，解题时要结合图形对称性质构造全等关系得到等线段，紧扣切线判定和菱形判定的核心条件推导，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明直线AD是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明圆心O到AD的距离等于⊙O的半径。选择小丽的思路：连接EO并延长交AD于点F，结合平行四边形对称中心的性质，可得OB=OD、AD//BC，通过证明△BOE≌△DOF得到OF=OE，再结合BC与⊙O相切的性质推出OF⊥AD，即可证明AD是⊙O的切线。
（2）要判断ABCD是否为菱形，只需证明平行四边形有一组邻边相等。已知AB与⊙O相切，结合（1）的方法可证CD也是⊙O的切线，再利用切线长定理得到相等线段，推导得出AB=BC，即可判定平行四边形是菱形。
【解析】
（1）选择小丽的想法证明：
如图①，连接EO并延长，与AD交于点F，连接BD。
∵O是ABCD的对称中心，
∴点O在BD上，OB=OD，且AD//BC，
∴∠OBE=∠ODF。
又
∵∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴OE=OF。
∵BC与⊙O相切于点E，
∴OE⊥BC，OE为⊙O的半径。
∵AD//BC，
∴OF⊥AD，OF也为⊙O的半径，
∴AD与⊙O相切于点F，即直线AD是⊙O的切线。
（2）ABCD是菱形，理由如下：
如图②，设AB与⊙O相切于点G，连接GO并延长与CD交于点H。
同（1）的证明逻辑，可得OH=OG，OH⊥CD，即CD是⊙O的切线，且AG=CH。
根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此BG=BE，CE=CH。
又
∵AG=CH，
∴AG=CE，
∴AB=AG+BG=CE+BE=BC。
∵四边形ABCD是平行四边形，且邻边AB=BC，
∴ABCD是菱形。
【答案】
11.（1）如图①,连接EO并延长,与AD交于点F,连接BD,$\because O$是$□ ABCD$的对称中心,$\therefore OB = OD$,$AD// BC$,$\therefore ∠ OBE = ∠ ODF$,又$\because ∠ BOE = ∠ DOF$,$\therefore △ BOE≌△ DOF(\mathrm{ASA})$,$\therefore OE = OF$. $\because BC$与$\odot O$相切于点E,$\therefore AD$与$\odot O$相切于点F,即直线AD是$\odot O$的切线 （2）如图②,设AB与$\odot O$相切于点G,连接GO并延长与CD交于点H,同理(1),得CD是$\odot O$的切线,$AG = CH$. 由切线长定理,得$BG = BE$,$CE = CH$,$\because AG = CH$,$\therefore AG = CE$. $\therefore AB = BC$,$\therefore □ ABCD$是菱形
【知识点】
切线的判定与性质；平行四边形的性质；切线长定理
【点评】
本题综合考查了平行四边形性质、切线判定及切线长定理的应用，解题时要结合图形对称性质构造全等关系得到等线段，紧扣切线判定和菱形判定的核心条件推导，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
