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9. ★★★ 如图，AB是$\odot O$的直径，过圆上一点C作$\odot O$的切线，交AB的延长线于点P，若$\tan∠ APC=\frac{1}{2}$，$\odot O$的半径为2，则PB的长是（
A.$2\sqrt{5}-2$
B.$2\sqrt{5}-4$
C.$2\sqrt{3}-2$
D.2
（第9题）
A
）A.$2\sqrt{5}-2$
B.$2\sqrt{5}-4$
C.$2\sqrt{3}-2$
D.2
（第9题）答案
9. A 解析:连接 OC,如图
,∴ OC=BO=2.
∵ CP 是 $\odot O$ 的切线,
∴ $∠OCP=90°.∵ \tan∠APC=\frac{1}{2},∴ PC=4.$ 在 $Rt△OCP$ 中,$OP=\sqrt{OC^2+CP^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5},∴ PB=OP-OB= 2\sqrt{5}-2$.故选 A.
解析
【分析】
遇到圆的切线相关的线段计算问题，首先利用切线的性质，连接切点与圆心构造直角三角形。本题中先连接OC得到Rt△OCP，已知∠APC的正切值和圆的半径，可先求出PC的长度，再用勾股定理算出OP的长度，最后通过线段和差关系即可求出PB的长。
【解析】
连接OC，如图，
∴ OC=BO=2。
∵ CP 是 $\odot O$ 的切线，
∴ $∠OCP=90°$。
∵ $\tan∠APC=\frac{1}{2}$，即$\frac{OC}{PC}=\frac{1}{2}$，代入OC=2得$PC=4$。
在 $Rt△OCP$ 中，由勾股定理得$OP=\sqrt{OC^2+CP^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
∴ $PB=OP-OB= 2\sqrt{5}-2$，故选A。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质；解直角三角形；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础计算题，解题的关键是熟练运用切线性质构造直角三角形，再结合三角函数、勾股定理即可完成线段长度的计算。
【难度系数】
0.7
遇到圆的切线相关的线段计算问题，首先利用切线的性质，连接切点与圆心构造直角三角形。本题中先连接OC得到Rt△OCP，已知∠APC的正切值和圆的半径，可先求出PC的长度，再用勾股定理算出OP的长度，最后通过线段和差关系即可求出PB的长。
【解析】
连接OC，如图
，∴ OC=BO=2。
∵ CP 是 $\odot O$ 的切线，
∴ $∠OCP=90°$。
∵ $\tan∠APC=\frac{1}{2}$，即$\frac{OC}{PC}=\frac{1}{2}$，代入OC=2得$PC=4$。
在 $Rt△OCP$ 中，由勾股定理得$OP=\sqrt{OC^2+CP^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
∴ $PB=OP-OB= 2\sqrt{5}-2$，故选A。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质；解直角三角形；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础计算题，解题的关键是熟练运用切线性质构造直角三角形，再结合三角函数、勾股定理即可完成线段长度的计算。
【难度系数】
0.7
10. ★★★|整体思想 如图，PA，PB，CD分别切$\odot O$于点A，B，E，CD分别交PA，PB于C，D两点，若$∠ P=40°$，则$∠ PAE+∠ PBE$的度数为（
A.$50°$
B.$62°$
C.$66°$
D.$70°$
D
）A.$50°$
B.$62°$
C.$66°$
D.$70°$
答案
10. D 解析:
∵ PA,PB,CD 分别切 $\odot O$ 于点 A,B,E,CD 分别交 PA,PB 于 C,D 两点,
∴ CE=CA,DE=DB,
∴ $∠CAE= ∠CEA,∠DEB=∠DBE,∴ ∠PCD=∠CAE+∠CEA= 2∠CAE,∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠DBE,∴ ∠CAE= \frac{1}{2}∠PCD,∠DBE=\frac{1}{2}∠PDC$, 即 $∠PAE=\frac{1}{2}∠PCD$, $∠PBE=\frac{1}{2}∠PDC. ∵ ∠P=40°,∴ ∠PAE + ∠PBE = \frac{1}{2}∠PCD+\frac{1}{2}∠PDC=\frac{1}{2}(∠PCD+∠PDC)=\frac{1}{2}(180°-∠P)=70°$.故选 D.
∵ PA,PB,CD 分别切 $\odot O$ 于点 A,B,E,CD 分别交 PA,PB 于 C,D 两点,
∴ CE=CA,DE=DB,
∴ $∠CAE= ∠CEA,∠DEB=∠DBE,∴ ∠PCD=∠CAE+∠CEA= 2∠CAE,∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠DBE,∴ ∠CAE= \frac{1}{2}∠PCD,∠DBE=\frac{1}{2}∠PDC$, 即 $∠PAE=\frac{1}{2}∠PCD$, $∠PBE=\frac{1}{2}∠PDC. ∵ ∠P=40°,∴ ∠PAE + ∠PBE = \frac{1}{2}∠PCD+\frac{1}{2}∠PDC=\frac{1}{2}(∠PCD+∠PDC)=\frac{1}{2}(180°-∠P)=70°$.故选 D.
解析
【分析】
解题时先结合已知的切线条件，回忆切线长定理得到相等线段，进而得到等腰三角形；再利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形外角等于不相邻两内角和的性质，将∠PAE、∠PBE分别和△PCD的两个内角建立联系；最后利用三角形内角和定理，整体计算两个角的和即可，无需单独求解每个角的度数。
【解析】
∵ PA，PB，CD分别切$\odot O$于点A，B，E，CD分别交PA，PB于C，D两点，
∴ 根据切线长定理可得$CE=CA$，$DE=DB$，
∴ $△ CAE$和$△ DEB$为等腰三角形，即$∠CAE= ∠CEA$，$∠DEB=∠DBE$，
由三角形外角的性质可得：$∠PCD=∠CAE+∠CEA= 2∠CAE$，$∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠DBE$，
∴ $∠CAE= \frac{1}{2}∠PCD$，$∠DBE=\frac{1}{2}∠PDC$，即$∠PAE=\frac{1}{2}∠PCD$，$∠PBE=\frac{1}{2}∠PDC$，
在$△ PCD$中，由三角形内角和定理得$∠PCD+∠PDC=180°-∠P$，已知$∠P=40°$，
∴ $∠PAE + ∠PBE = \frac{1}{2}∠PCD+\frac{1}{2}∠PDC=\frac{1}{2}(∠PCD+∠PDC)=\frac{1}{2}(180°-40°)=70°$。
【答案】D
【知识点】
切线长定理，三角形外角性质，三角形内角和定理
【点评】
本题将切线性质与三角形角度计算相结合，解题的关键是运用整体思想化简计算，避免单独求解两个角的度数，能有效考查对相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时先结合已知的切线条件，回忆切线长定理得到相等线段，进而得到等腰三角形；再利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形外角等于不相邻两内角和的性质，将∠PAE、∠PBE分别和△PCD的两个内角建立联系；最后利用三角形内角和定理，整体计算两个角的和即可，无需单独求解每个角的度数。
【解析】
∵ PA，PB，CD分别切$\odot O$于点A，B，E，CD分别交PA，PB于C，D两点，
∴ 根据切线长定理可得$CE=CA$，$DE=DB$，
∴ $△ CAE$和$△ DEB$为等腰三角形，即$∠CAE= ∠CEA$，$∠DEB=∠DBE$，
由三角形外角的性质可得：$∠PCD=∠CAE+∠CEA= 2∠CAE$，$∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠DBE$，
∴ $∠CAE= \frac{1}{2}∠PCD$，$∠DBE=\frac{1}{2}∠PDC$，即$∠PAE=\frac{1}{2}∠PCD$，$∠PBE=\frac{1}{2}∠PDC$，
在$△ PCD$中，由三角形内角和定理得$∠PCD+∠PDC=180°-∠P$，已知$∠P=40°$，
∴ $∠PAE + ∠PBE = \frac{1}{2}∠PCD+\frac{1}{2}∠PDC=\frac{1}{2}(∠PCD+∠PDC)=\frac{1}{2}(180°-40°)=70°$。
【答案】D
【知识点】
切线长定理，三角形外角性质，三角形内角和定理
【点评】
本题将切线性质与三角形角度计算相结合，解题的关键是运用整体思想化简计算，避免单独求解两个角的度数，能有效考查对相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
11. (盐城中考)如图，AB，AC是$\odot O$的弦，过点A的切线交CB的延长线于点D，若$∠ BAD=35°$，则$∠ C=$
35
$°$。答案
11. 35 解析:如图
,连接 AO 并延长,交 $\odot O$ 于点 E,连接 BE.∵ AE 为 $\odot O$ 的直径,
∴ $∠ABE=90°,∴ ∠E+∠BAE= 90°.∵ AD$ 为 $\odot O$ 的切线,
∴ $∠DAE=90°,∴ ∠BAD+ ∠BAE = 90°,∴ ∠E = ∠BAD = 35°. ∵ ∠C = ∠E,∴ ∠C=35°.$
解析
【分析】
拿到本题，首先观察已知条件：AD是$\odot O$的切线，遇到切线我们首先想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，所以我们可以构造过切点A的直径AE，得到直角$∠ DAE$；其次，直径所对的圆周角是直角，因此$∠ ABE$也是直角，此时$∠ BAD$和$∠ E$都是$∠ BAE$的余角，根据同角的余角相等，可得$∠ E=∠ BAD=35°$；最后，$∠ C$和$∠ E$都是弧AB所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，即可得到$∠ C=∠ E$，求出$∠ C$的度数。
【解析】
如图，连接 AO 并延长，交 $\odot O$ 于点 E，连接 BE。
∵ AE 为 $\odot O$ 的直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
∴ $∠ E+∠ BAE= 90°$。
∵ AD 为 $\odot O$ 的切线，
∴ $∠ DAE=90°$，
∴ $∠ BAD+ ∠ BAE = 90°$，
∴ $∠ E = ∠ BAD = 35°$。
∵ $∠ C$和$∠ E$都是弧AB所对的圆周角，
∴ $∠ C = ∠ E$，
∴ $∠ C=35°$。
【答案】
35
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，余角的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是结合切线的性质合理构造辅助线，通过角度转化得到所求角与已知角的关系，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.8
拿到本题，首先观察已知条件：AD是$\odot O$的切线，遇到切线我们首先想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，所以我们可以构造过切点A的直径AE，得到直角$∠ DAE$；其次，直径所对的圆周角是直角，因此$∠ ABE$也是直角，此时$∠ BAD$和$∠ E$都是$∠ BAE$的余角，根据同角的余角相等，可得$∠ E=∠ BAD=35°$；最后，$∠ C$和$∠ E$都是弧AB所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，即可得到$∠ C=∠ E$，求出$∠ C$的度数。
【解析】
如图
，连接 AO 并延长，交 $\odot O$ 于点 E，连接 BE。∵ AE 为 $\odot O$ 的直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
∴ $∠ E+∠ BAE= 90°$。
∵ AD 为 $\odot O$ 的切线，
∴ $∠ DAE=90°$，
∴ $∠ BAD+ ∠ BAE = 90°$，
∴ $∠ E = ∠ BAD = 35°$。
∵ $∠ C$和$∠ E$都是弧AB所对的圆周角，
∴ $∠ C = ∠ E$，
∴ $∠ C=35°$。
【答案】
35
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，余角的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是结合切线的性质合理构造辅助线，通过角度转化得到所求角与已知角的关系，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.8
12. ★★★ 如图，已知$\odot P$的半径为1，圆心P在抛物线$y=\frac{1}{2}x^2 -1$上运动，当$\odot P$与x轴相切时，圆心P的坐标为
(2,1)或(-2,1)或(0,-1)
。答案
12. (2,1)或(-2,1)或(0,-1) 解析:
∵ $\odot P$ 与 x 轴相切,
∴ P 到 x 轴的距离等于半径 1,
∴ 点 P 的纵坐标为 1 或 -1. 当 y = 1 时,代入可得 $1= \frac{1}{2}x^2-1$,解得 x=2 或 x=-2,此时 P 点坐标为(2,1)或(-2,1);当 y=-1 时,代入可得 $-1=\frac{1}{2}x^2-1$,解得 x=0,此时 P 点坐标为(0,-1).综上可知 P 点坐标为(2,1)或(-2,1)或(0,-1).
∵ $\odot P$ 与 x 轴相切,
∴ P 到 x 轴的距离等于半径 1,
∴ 点 P 的纵坐标为 1 或 -1. 当 y = 1 时,代入可得 $1= \frac{1}{2}x^2-1$,解得 x=2 或 x=-2,此时 P 点坐标为(2,1)或(-2,1);当 y=-1 时,代入可得 $-1=\frac{1}{2}x^2-1$,解得 x=0,此时 P 点坐标为(0,-1).综上可知 P 点坐标为(2,1)或(-2,1)或(0,-1).
解析
【分析】
解题时首先结合圆与x轴相切的性质，可知圆心到x轴的距离等于圆的半径，由此可确定圆心P的纵坐标的取值；再根据圆心P在抛物线上，将纵坐标代入抛物线解析式求解对应的横坐标，即可得到P点坐标，注意要分类讨论纵坐标的两种可能，避免漏解。
【解析】
∵ $\odot P$ 与 x 轴相切，$\odot P$ 的半径为1，
∴ 圆心P到x轴的距离等于半径1，即点P的纵坐标为1或-1。
① 当 $y=1$ 时，将 $y=1$ 代入抛物线解析式 $y=\frac{1}{2}x^2 -1$，得：
$1= \frac{1}{2}x^2-1$，
整理得 $x^2=4$，解得 $x=2$ 或 $x=-2$，
此时P点坐标为$(2,1)$或$(-2,1)$；
② 当 $y=-1$ 时，将 $y=-1$ 代入抛物线解析式 $y=\frac{1}{2}x^2 -1$，得：
$-1=\frac{1}{2}x^2-1$，
整理得 $x^2=0$，解得 $x=0$，
此时P点坐标为$(0,-1)$。
综上，圆心P的坐标为$(2,1)$或$(-2,1)$或$(0,-1)$。
【答案】
$(2,1)$或$(-2,1)$或$(0,-1)$
【知识点】
切线的性质；二次函数图象上点的坐标特征；分类讨论思想
【点评】
本题是圆与二次函数的综合基础题，解题的核心是利用切线的性质确定圆心纵坐标的取值，解题时要注意分类讨论纵坐标的两种可能，避免遗漏纵坐标为-1的情况。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合圆与x轴相切的性质，可知圆心到x轴的距离等于圆的半径，由此可确定圆心P的纵坐标的取值；再根据圆心P在抛物线上，将纵坐标代入抛物线解析式求解对应的横坐标，即可得到P点坐标，注意要分类讨论纵坐标的两种可能，避免漏解。
【解析】
∵ $\odot P$ 与 x 轴相切，$\odot P$ 的半径为1，
∴ 圆心P到x轴的距离等于半径1，即点P的纵坐标为1或-1。
① 当 $y=1$ 时，将 $y=1$ 代入抛物线解析式 $y=\frac{1}{2}x^2 -1$，得：
$1= \frac{1}{2}x^2-1$，
整理得 $x^2=4$，解得 $x=2$ 或 $x=-2$，
此时P点坐标为$(2,1)$或$(-2,1)$；
② 当 $y=-1$ 时，将 $y=-1$ 代入抛物线解析式 $y=\frac{1}{2}x^2 -1$，得：
$-1=\frac{1}{2}x^2-1$，
整理得 $x^2=0$，解得 $x=0$，
此时P点坐标为$(0,-1)$。
综上，圆心P的坐标为$(2,1)$或$(-2,1)$或$(0,-1)$。
【答案】
$(2,1)$或$(-2,1)$或$(0,-1)$
【知识点】
切线的性质；二次函数图象上点的坐标特征；分类讨论思想
【点评】
本题是圆与二次函数的综合基础题，解题的核心是利用切线的性质确定圆心纵坐标的取值，解题时要注意分类讨论纵坐标的两种可能，避免遗漏纵坐标为-1的情况。
【难度系数】
0.6
13. ★★★ (2024·通辽中考)如图，△ABC中，∠ACB=90°，点O为AC边上一点，以点O为圆心，OC为半径作圆与AB相切于点D，连接CD.
(1)求证：∠ABC=2∠ACD；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O的半径.
(1)求证：∠ABC=2∠ACD；
(2)若AC=8，BC=6，求⊙O的半径.
答案
13. (1)如图
,连接 OD,∵ AB 为切线,
∴ $OD ⊥ AB, ∴ ∠ODA = 90°,∴ ∠A+∠AOD = 90°. ∵ ∠ACB = 90°, ∴ ∠ABC + ∠A = 90°,∴ ∠AOD=∠ABC.∵ ∠AOD=2∠ACD,∴ ∠ABC=2∠ACD.$
(2)在 $Rt△ABC$ 中,$AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
∵ $∠OCB=90°=∠ODB$,在 $Rt△ODB$ 和 $Rt△OCB$ 中,OD= OC,OB=OB,
∴ $Rt△ODB≌Rt△OCB,∴ BD=BC=6,∴ AD= AB-BD=4$,设 $\odot O$ 的半径为 r,则 OD=OC=r,OA=8-r,在 $Rt△AOD$ 中,$r^2+4^2=(8-r)^2$,解得 r=3,
∴ $\odot O$ 的半径的长为 3.
解析
【分析】
(1) 要证明∠ABC=2∠ACD，首先结合切线的性质，连接过切点D的半径OD，可得OD⊥AB，进而得到∠AOD与∠A互余；再结合∠ACB=90°可知∠ABC与∠A互余，利用同角的余角相等可得∠AOD=∠ABC；最后根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可知∠AOD=2∠ACD，等量代换即可得证。
(2) 要求⊙O的半径，首先在Rt△ABC中用勾股定理求出AB的长度；再通过HL证明Rt△ODB≌Rt△OCB，得到BD=BC，进而求出AD的长度；设半径为r，用含r的式子表示OA，最后在Rt△AOD中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 如图，连接OD，
∵ AB为⊙O的切线，
∴ $OD ⊥ AB$，即 $∠ODA = 90°$，
∴ $∠A+∠AOD = 90°$。
∵ $∠ACB = 90°$，
∴ $∠ABC + ∠A = 90°$，
∴ $∠AOD=∠ABC$。
∵ 同弧CD所对的圆心角是圆周角的2倍，即$∠AOD=2∠ACD$，
∴ $∠ABC=2∠ACD$。
(2) 在 $Rt△ABC$ 中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ $∠OCB=90°$，$OD⊥AB$即$∠ODB=90°$，
在 $Rt△ODB$ 和 $Rt△OCB$ 中：
$\begin{cases}OD= OC \\OB=OB \end{cases}$
∴ $Rt△ODB≌Rt△OCB（HL）$，
∴ $BD=BC=6$，
∴ $AD= AB-BD=10-6=4$。
设 $\odot O$ 的半径为 r，则 $OD=OC=r$，$OA=AC-OC=8-r$，
在 $Rt△AOD$ 中，由勾股定理得：
$r^2+4^2=(8-r)^2$
展开得 $r^2+16=64-16r+r^2$，
化简得 $16r=48$，
解得 $r=3$。
【答案】
(1) 证明见上述解析过程；
(2) $\odot O$的半径为3。
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型综合题，解题核心是合理添加辅助线构造直角三角形与全等三角形，既考查了圆的基础性质，也考查了方程思想在几何计算中的应用，难度适中，贴合中考中档题的考查方向。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明∠ABC=2∠ACD，首先结合切线的性质，连接过切点D的半径OD，可得OD⊥AB，进而得到∠AOD与∠A互余；再结合∠ACB=90°可知∠ABC与∠A互余，利用同角的余角相等可得∠AOD=∠ABC；最后根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可知∠AOD=2∠ACD，等量代换即可得证。
(2) 要求⊙O的半径，首先在Rt△ABC中用勾股定理求出AB的长度；再通过HL证明Rt△ODB≌Rt△OCB，得到BD=BC，进而求出AD的长度；设半径为r，用含r的式子表示OA，最后在Rt△AOD中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 如图
，连接OD，∵ AB为⊙O的切线，
∴ $OD ⊥ AB$，即 $∠ODA = 90°$，
∴ $∠A+∠AOD = 90°$。
∵ $∠ACB = 90°$，
∴ $∠ABC + ∠A = 90°$，
∴ $∠AOD=∠ABC$。
∵ 同弧CD所对的圆心角是圆周角的2倍，即$∠AOD=2∠ACD$，
∴ $∠ABC=2∠ACD$。
(2) 在 $Rt△ABC$ 中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ $∠OCB=90°$，$OD⊥AB$即$∠ODB=90°$，
在 $Rt△ODB$ 和 $Rt△OCB$ 中：
$\begin{cases}OD= OC \\OB=OB \end{cases}$
∴ $Rt△ODB≌Rt△OCB（HL）$，
∴ $BD=BC=6$，
∴ $AD= AB-BD=10-6=4$。
设 $\odot O$ 的半径为 r，则 $OD=OC=r$，$OA=AC-OC=8-r$，
在 $Rt△AOD$ 中，由勾股定理得：
$r^2+4^2=(8-r)^2$
展开得 $r^2+16=64-16r+r^2$，
化简得 $16r=48$，
解得 $r=3$。
【答案】
(1) 证明见上述解析过程；
(2) $\odot O$的半径为3。
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型综合题，解题核心是合理添加辅助线构造直角三角形与全等三角形，既考查了圆的基础性质，也考查了方程思想在几何计算中的应用，难度适中，贴合中考中档题的考查方向。
【难度系数】
0.6
14. （2026·重庆期末）如图，在四边形ABCD中，BD为对角线，AD=CD=6，BD=12，∠BAD=∠BCD=90°，过C，D两点的⊙O与AB相切于点G.E为CD中点，连接EO并延长，交AB于点F，则AF的长度为
$4\sqrt{3}$
；⊙O的半径为$30-18\sqrt{2}$
。答案
$14. 4\sqrt{3} 30-18\sqrt{2} $解析:如图
,连接 OG,OD,设 EF 与 BD 交于点 M,过点 F 作 FH ⊥ BM.∵ E 是 CD 中点,
∴ OE ⊥ CD,且$ DE=\frac{1}{2}CD=3,$
∴ EF//BC,在 Rt△ABD 中,∠BAD=90°,AD=6,BD=12,
∴$ \sin∠ABD=\frac{AD}{BD}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2},$
∴ ∠ABD=30°,同理 ∠CBD=30°,
∴ ∠DME=∠CBD= 30°.在 Rt△DME 中$,DM=\frac{DE}{\sin30°}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6,ME=\frac{DE}{\tan30°}= \frac{3}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=3\sqrt{3},$
∴ BM=BD-DM=12-6=6.
∵ ∠FMB=∠DME= 30°=∠FBM,
∴ FB = FM,
∴$ BH = HM = \frac{1}{2}BM = 3. $在 Rt△BFH 中$,BF=\frac{BH}{\cos30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3},$在 Rt△ABD 中$,AB=\frac{AD}{\tan30°}=\frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=6\sqrt{3},$
∴$ AF=AB-BF=6\sqrt{3}-2\sqrt{3}=4\sqrt{3}.$设 OE=x,则$ EF=FM+ME=2\sqrt{3}+3\sqrt{3}=5\sqrt{3},$
∴$ OF=EF-OE=5\sqrt{3}-x.$
∵ AB 是切线,
∴ OG ⊥ AB,即 ∠OGF = 90°.
∵ ∠OFG = ∠FBM+∠FMB = 30°+30° = 60°,
∴$ OG = OF · \sin 60° =\frac{\sqrt{3}}{2}(5\sqrt{3}-x)=\frac{15-\sqrt{3}x}{2}.$又 OD=OG,
∴ 在 Rt△ODE 中$,OD^2=OE^2+DE^2,$即$ (\frac{15-\sqrt{3}x}{2})^2=x^2+9,$解方程得$ x=12\sqrt{6}-15\sqrt{3}($取正根),代入得,半径$ OG=\frac{15-\sqrt{3}(12\sqrt{6}-15\sqrt{3})}{2}= 30-18\sqrt{2}.$
解析
【分析】
解题时先从已知的两个直角三角形入手，通过边长关系求出∠ABD、∠CBD的度数；再利用圆的垂径定理得到OE⊥CD，推出EF与BC平行，得到角度关系后分别求解BF、AB的长度，作差即可得到AF；最后结合切线的性质得到OG⊥AB，设OE为未知数，用未知数分别表示半径OG和OD，利用勾股定理列方程求解半径即可。
【解析】
如图，连接OG,OD，设EF与BD交于点M，过点F作FH ⊥ BM。
∵ E是CD中点，
∴ OE ⊥ CD，且$ DE=\frac{1}{2}CD=3$，
∴ EF//BC，
在Rt△ABD中，∠BAD=90°,AD=6,BD=12，
∴$ \sin∠ABD=\frac{AD}{BD}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$，
∴ ∠ABD=30°，同理∠CBD=30°，
∴ ∠DME=∠CBD=30°。
在Rt△DME中，$DM=\frac{DE}{\sin30°}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6$，$ME=\frac{DE}{\tan30°}= \frac{3}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=3\sqrt{3}$，
∴ BM=BD-DM=12-6=6。
∵ ∠FMB=∠DME= 30°=∠FBM，
∴ FB = FM，
∴$ BH = HM = \frac{1}{2}BM = 3$。
在Rt△BFH中，$BF=\frac{BH}{\cos30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}$，
在Rt△ABD中，$AB=\frac{AD}{\tan30°}=\frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=6\sqrt{3}$，
∴$ AF=AB-BF=6\sqrt{3}-2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
设OE=x，则$ EF=FM+ME=2\sqrt{3}+3\sqrt{3}=5\sqrt{3}$，
∴$ OF=EF-OE=5\sqrt{3}-x$。
∵ AB是切线，
∴ OG ⊥ AB，即∠OGF = 90°。
∵ ∠OFG = ∠FBM+∠FMB = 30°+30° = 60°，
∴$ OG = OF · \sin 60° =\frac{\sqrt{3}}{2}(5\sqrt{3}-x)=\frac{15-\sqrt{3}x}{2}$。
又OD=OG，
∴ 在Rt△ODE中，$OD^2=OE^2+DE^2$，
即$ (\frac{15-\sqrt{3}x}{2})^2=x^2+9$，
解方程得$ x=12\sqrt{6}-15\sqrt{3}$(取正根)，
代入得半径$ OG=\frac{15-\sqrt{3}(12\sqrt{6}-15\sqrt{3})}{2}= 30-18\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$；$30-18\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，融合了圆的基本性质、直角三角形的边角关系、等腰三角形的判定与性质等内容，解题时需要逐层推导角度和边长关系，结合方程思想求解半径，对综合分析能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题时先从已知的两个直角三角形入手，通过边长关系求出∠ABD、∠CBD的度数；再利用圆的垂径定理得到OE⊥CD，推出EF与BC平行，得到角度关系后分别求解BF、AB的长度，作差即可得到AF；最后结合切线的性质得到OG⊥AB，设OE为未知数，用未知数分别表示半径OG和OD，利用勾股定理列方程求解半径即可。
【解析】
如图
，连接OG,OD，设EF与BD交于点M，过点F作FH ⊥ BM。∵ E是CD中点，
∴ OE ⊥ CD，且$ DE=\frac{1}{2}CD=3$，
∴ EF//BC，
在Rt△ABD中，∠BAD=90°,AD=6,BD=12，
∴$ \sin∠ABD=\frac{AD}{BD}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$，
∴ ∠ABD=30°，同理∠CBD=30°，
∴ ∠DME=∠CBD=30°。
在Rt△DME中，$DM=\frac{DE}{\sin30°}=\frac{3}{\frac{1}{2}}=6$，$ME=\frac{DE}{\tan30°}= \frac{3}{\frac{1}{\sqrt{3}}}=3\sqrt{3}$，
∴ BM=BD-DM=12-6=6。
∵ ∠FMB=∠DME= 30°=∠FBM，
∴ FB = FM，
∴$ BH = HM = \frac{1}{2}BM = 3$。
在Rt△BFH中，$BF=\frac{BH}{\cos30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2\sqrt{3}$，
在Rt△ABD中，$AB=\frac{AD}{\tan30°}=\frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=6\sqrt{3}$，
∴$ AF=AB-BF=6\sqrt{3}-2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
设OE=x，则$ EF=FM+ME=2\sqrt{3}+3\sqrt{3}=5\sqrt{3}$，
∴$ OF=EF-OE=5\sqrt{3}-x$。
∵ AB是切线，
∴ OG ⊥ AB，即∠OGF = 90°。
∵ ∠OFG = ∠FBM+∠FMB = 30°+30° = 60°，
∴$ OG = OF · \sin 60° =\frac{\sqrt{3}}{2}(5\sqrt{3}-x)=\frac{15-\sqrt{3}x}{2}$。
又OD=OG，
∴ 在Rt△ODE中，$OD^2=OE^2+DE^2$，
即$ (\frac{15-\sqrt{3}x}{2})^2=x^2+9$，
解方程得$ x=12\sqrt{6}-15\sqrt{3}$(取正根)，
代入得半径$ OG=\frac{15-\sqrt{3}(12\sqrt{6}-15\sqrt{3})}{2}= 30-18\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{3}$；$30-18\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，融合了圆的基本性质、直角三角形的边角关系、等腰三角形的判定与性质等内容，解题时需要逐层推导角度和边长关系，结合方程思想求解半径，对综合分析能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
15. （2024·泸州中考）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，过点B作⊙O的切线与AC的延长线交于点D，点E在⊙O上，AC=CE，CE交AB于点F.
(1)求证：∠CAE=∠D；
(2)过点C作CG⊥AB于点G，若OA=3，$BD=3\sqrt{2}$，求FG的长.
(1)求证：∠CAE=∠D；
(2)过点C作CG⊥AB于点G，若OA=3，$BD=3\sqrt{2}$，求FG的长.
答案
15. (1)
∵ AB 是 $\odot O$ 的直径,
∴ $∠ACB=90°,∴ ∠BCD=90°,∴ ∠D+∠CBD=90°.∵ BD$ 是 $\odot O$ 的切线,
∴ $∠ABD=90°,∴ ∠ABC+∠CBD=90°,∴ ∠ABC=∠D.∵ \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC},∴ ∠E= ∠ABC.∵ AC=CE,∴ ∠CAE=∠E,∴ ∠CAE=∠D.$
(2)
∵ OA=3,
∴ AB=2OA=6,在 $Rt△ABD$ 中,由勾股定理得 $AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{6^2+(3\sqrt{2})^2}=3\sqrt{6}$.
∵ $S_{△ABD}= \frac{1}{2}AB·BD=\frac{1}{2}AD·BC,∴ BC=\frac{AB·BD}{AD}=\frac{6×3\sqrt{2}}{3\sqrt{6}}=2\sqrt{3},∴ AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{6}$,同理可得 $CG= 2\sqrt{2},∴ AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=\sqrt{(2\sqrt{6})^2-(2\sqrt{2})^2}=4,∴ BG=2$.如图
,过点C作CH⊥AE于H,则AE=2AH,由(1)可得∠ABC=∠CAH, $∠ACB = ∠CHA = 90°, ∴ △ACB ∽ △CHA, ∴ \frac{AH}{BC}=\frac{AC}{AB}$, 即 $\frac{AH}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{6},∴ AH=2\sqrt{2},∴ AE=4\sqrt{2}$.设 FG = x,则 AF = 4 + x.∵ ∠E = ∠CBF,∠EAF = ∠BCF,
∴ $△AEF∽△CBF,∴ \frac{CF}{AF}=\frac{BC}{AE}$,即 $\frac{CF}{4+x}=\frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{2}},∴ CF=\frac{4\sqrt{6}+\sqrt{6}x}{4}$,在 $Rt△CGF$ 中,由勾股定理得 $CF^2=CG^2+FG^2,∴ (\frac{4\sqrt{6}+\sqrt{6}x}{4})^2=(2\sqrt{2})^2+x^2$,解得 $x=\frac{4}{5}$或x=4(舍去),
∴ $FG=\frac{4}{5}.$
解析
【分析】
(1) 要证∠CAE=∠D，首先利用直径所对圆周角为直角、切线垂直过切点的直径的性质，得到∠D与∠CBD互余，∠ABC与∠CBD互余，推出∠ABC=∠D；再结合同弧所对圆周角相等得∠E=∠ABC，由AC=CE等边对等角得∠CAE=∠E，等量代换即可得证。
(2) 先根据OA的长度求出直径AB的长，在Rt△ABD中用勾股定理求出AD，再用三角形面积法求出BC的长，结合勾股定理依次求出AC、CG、AG、BG的长度；过点C作CH⊥AE，利用相似三角形求出AE的长度；再证明△AEF∽△CBF，得到CF与AF的数量关系，设FG=x，用含x的式子表示CF，最后在Rt△CGF中用勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的根即可得到FG的长。
【解析】
(1)
∵ AB 是 $\odot O$ 的直径,
∴ $∠ACB=90°,∴ ∠BCD=90°,∴ ∠D+∠CBD=90°$.
∵ BD是 $\odot O$ 的切线,
∴ $∠ABD=90°,∴ ∠ABC+∠CBD=90°,∴ ∠ABC=∠D$.
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴ $∠E= ∠ABC$.
∵ AC=CE,
∴ $∠CAE=∠E$,
∴ $∠CAE=∠D$.
(2)
∵ OA=3,
∴ AB=2OA=6,在 $Rt△ABD$ 中,由勾股定理得 $AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{6^2+(3\sqrt{2})^2}=3\sqrt{6}$.
∵ $S_{△ABD}= \frac{1}{2}AB·BD=\frac{1}{2}AD·BC$,
∴ $BC=\frac{AB·BD}{AD}=\frac{6×3\sqrt{2}}{3\sqrt{6}}=2\sqrt{3}$,
∴ $AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{6}$,
同理可得 $CG= 2\sqrt{2}$,
∴ $AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=\sqrt{(2\sqrt{6})^2-(2\sqrt{2})^2}=4$,
∴ $BG=2$.
如图,过点C作CH⊥AE于H,则AE=2AH,由(1)可得∠ABC=∠CAH, $∠ACB = ∠CHA = 90°$,
∴ $△ACB ∽ △CHA$,
∴ $\frac{AH}{BC}=\frac{AC}{AB}$, 即 $\frac{AH}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{6}$,
∴ $AH=2\sqrt{2}$,
∴ $AE=4\sqrt{2}$.
设 $FG = x$,则 $AF = 4 + x$.
∵ $∠E = ∠CBF,∠EAF = ∠BCF$,
∴ $△AEF∽△CBF$,
∴ $\frac{CF}{AF}=\frac{BC}{AE}$,即 $\frac{CF}{4+x}=\frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}$,
∴ $CF=\frac{4\sqrt{6}+\sqrt{6}x}{4}$,
在 $Rt△CGF$ 中,由勾股定理得 $CF^2=CG^2+FG^2$,
∴ $(\frac{4\sqrt{6}+\sqrt{6}x}{4})^2=(2\sqrt{2})^2+x^2$,解得 $x=\frac{4}{5}$或x=4(舍去),
∴ $FG=\frac{4}{5}$.
【答案】
(1) 已证∠CAE=∠D；
(2) $\boldsymbol{\frac{4}{5}}$，辅助线如图。
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题为圆的几何综合题，将圆的基本性质、切线性质、相似三角形、勾股定理及方程思想相结合，解题的关键是合理进行等角转化，灵活选用面积法、相似三角形求线段长度，对几何综合运用能力有一定要求，是中考典型题型。
【难度系数】
0.5
(1) 要证∠CAE=∠D，首先利用直径所对圆周角为直角、切线垂直过切点的直径的性质，得到∠D与∠CBD互余，∠ABC与∠CBD互余，推出∠ABC=∠D；再结合同弧所对圆周角相等得∠E=∠ABC，由AC=CE等边对等角得∠CAE=∠E，等量代换即可得证。
(2) 先根据OA的长度求出直径AB的长，在Rt△ABD中用勾股定理求出AD，再用三角形面积法求出BC的长，结合勾股定理依次求出AC、CG、AG、BG的长度；过点C作CH⊥AE，利用相似三角形求出AE的长度；再证明△AEF∽△CBF，得到CF与AF的数量关系，设FG=x，用含x的式子表示CF，最后在Rt△CGF中用勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的根即可得到FG的长。
【解析】
(1)
∵ AB 是 $\odot O$ 的直径,
∴ $∠ACB=90°,∴ ∠BCD=90°,∴ ∠D+∠CBD=90°$.
∵ BD是 $\odot O$ 的切线,
∴ $∠ABD=90°,∴ ∠ABC+∠CBD=90°,∴ ∠ABC=∠D$.
∵ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴ $∠E= ∠ABC$.
∵ AC=CE,
∴ $∠CAE=∠E$,
∴ $∠CAE=∠D$.
(2)
∵ OA=3,
∴ AB=2OA=6,在 $Rt△ABD$ 中,由勾股定理得 $AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{6^2+(3\sqrt{2})^2}=3\sqrt{6}$.
∵ $S_{△ABD}= \frac{1}{2}AB·BD=\frac{1}{2}AD·BC$,
∴ $BC=\frac{AB·BD}{AD}=\frac{6×3\sqrt{2}}{3\sqrt{6}}=2\sqrt{3}$,
∴ $AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-(2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{6}$,
同理可得 $CG= 2\sqrt{2}$,
∴ $AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=\sqrt{(2\sqrt{6})^2-(2\sqrt{2})^2}=4$,
∴ $BG=2$.
如图
,过点C作CH⊥AE于H,则AE=2AH,由(1)可得∠ABC=∠CAH, $∠ACB = ∠CHA = 90°$,∴ $△ACB ∽ △CHA$,
∴ $\frac{AH}{BC}=\frac{AC}{AB}$, 即 $\frac{AH}{2\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{6}}{6}$,
∴ $AH=2\sqrt{2}$,
∴ $AE=4\sqrt{2}$.
设 $FG = x$,则 $AF = 4 + x$.
∵ $∠E = ∠CBF,∠EAF = ∠BCF$,
∴ $△AEF∽△CBF$,
∴ $\frac{CF}{AF}=\frac{BC}{AE}$,即 $\frac{CF}{4+x}=\frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}$,
∴ $CF=\frac{4\sqrt{6}+\sqrt{6}x}{4}$,
在 $Rt△CGF$ 中,由勾股定理得 $CF^2=CG^2+FG^2$,
∴ $(\frac{4\sqrt{6}+\sqrt{6}x}{4})^2=(2\sqrt{2})^2+x^2$,解得 $x=\frac{4}{5}$或x=4(舍去),
∴ $FG=\frac{4}{5}$.
【答案】
(1) 已证∠CAE=∠D；
(2) $\boldsymbol{\frac{4}{5}}$，辅助线如图
。【知识点】
圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题为圆的几何综合题，将圆的基本性质、切线性质、相似三角形、勾股定理及方程思想相结合，解题的关键是合理进行等角转化，灵活选用面积法、相似三角形求线段长度，对几何综合运用能力有一定要求，是中考典型题型。
【难度系数】
0.5
