1[2026辽宁大连期中]如图,已知AB是$\odot O$的直径,点D在AB的延长线上,DC切$\odot O$于点C,若$∠ D=α$,则$∠ A$的度数为 ()

A.$45°-\frac{1}{2}α$
B.$45°-α$
C.$60°-α$
D.$α$

(第1题图)
(第2题图)

【解析】如图,连接OC.
∵ DC切$\odot O$于点C,
∴ DC⊥OC,
∴ ∠OCD=90°.
∵ ∠D=α,
∴ ∠COD=90°-∠D=90°-α. 又
∵ OA=OC,
∴ ∠A=$\frac{1}{2}$∠COD=$\frac{1}{2}(90°-α)=45°-\frac{1}{2}α$,故选A.

2[2026河北张家口期末]如图是一个钟表表盘，连接刻度2与刻度10的B,D两点并延长，交过刻度8的切线于点P，若表盘的半径长为$\sqrt{3}$，则线段PC长为.

【解析】如图,设钟表表盘的中心为点O,连接BC,OD. 由钟表表盘的特性可知点O在BC上,∠DOC = 2 × 30° = 60°,
∴ $∠DBC=\frac{1}{2}∠DOC=30°$.
∵ PC与$\odot O$相切于点C,
∴ ∠BCP = 90°.
∵ ∠PBC=30°,
∴ $PC=\frac{1}{2}PB$.
∵ $PB^2-PC^2=BC^2$,
∴ $4PC^2-PC^2=(2\sqrt{3})^2$,
∴ PC=2(负值已舍去).

3[2025江苏南京校级质检]如图,已知AB是$\odot P$的直径,点C在$\odot P$上,连接AC,BC,D为$\odot P$外一点,且$∠ ADC=90°$,CD为$\odot P$的切线.
(1)若$∠ B=30°,AC=2$,求$\odot P$的半径.
(2)求证:$2∠ B+∠ DAB=180°$.

(1)【解】连接CP,如图.
∵ ∠B = 30°,
∴ ∠APC = 2∠B = 2 × 30° = 60°. 又
∵ PC = PA,
∴ △ACP是等边三角形,
∴ PA=AC=2,即$\odot P$的半径为2.
(2)【证明】如上图,∠APC=2∠B.
∵ CD是$\odot P$的切线,
∴ ∠DCP = 90°.
∵ ∠ADC = 90°,
∴ ∠ADC+∠DCP = 180°,
∴ AD//PC,
∴ ∠DAB+∠APC=180°,
∴ ∠DAB+2∠B=180°.

4[2026甘肃武威质检]如图,在$\odot O$中,E是半径OA上一点,射线$EF ⊥ OA$,交$\odot O$于B,P为EB上任意一点,射线AP交$\odot O$于C,D为射线BF上的点,且$DC=DP$,下列结论:①CD为$\odot O$的切线;②$PA＞PC$;③$∠ CDP=2∠ A$,其中正确的结论有 ()

A.3个
B.2个
C.1个
D.0个

(第4题图)
(第5题图)

【解析】连接CO.
∵ DC = DP,
∴ ∠DPC = ∠DCP.
∵ ∠DPC = ∠APE,
∴ ∠DCP = ∠APE.
∵ OA = OC,
∴ ∠OAC = ∠OCA. 又
∵ ∠OAC + ∠APE=90°,
∴ ∠OCA+∠DCP=90°,
∴ ∠OCD=90°,
∴ OC⊥CD,而OC是半径,
∴ CD为$\odot O$的切线,
∴ ①正确. 无法确定PA和PC的长度,
∴ ②错误.
∵ ∠DCP+∠ACO=90°,① ∠OAC=∠OCA,
∴ 2∠ACO+∠AOC=180°,②
∴ 联立①②得$∠DCP=\frac{1}{2}∠AOC=\frac{1}{2}(180°-2∠A)$. 又
∵ $∠DCP=\frac{1}{2}(180°-∠CDP)$,
∴ 180°-2∠A=180°-∠CDP,
∴ ∠CDP=2∠A,
∴ ③正确. 故选B.

5 新考向 开放性试题 如图,AB是$\odot O$的直径,要使得直线AT是$\odot O$的切线,需要添加的一个条件是.(写一个条件即可)

【解析】添加条件:∠ABT=∠ATB=45°.
∵ ∠ABT=∠ATB=45°,
∴ ∠BAT=90°.又
∵ AB是$\odot O$的直径,
∴ OA是$\odot O$的半径,
∴ AT是$\odot O$的切线,故答案为∠ABT=∠ATB=45°(答案不唯一).

6[2026广东江门质检]如图,在平面直角坐标系$xOy$中,以点$A(\sqrt{2},0)$为圆心,1为半径画圆.将$\odot A$绕点$O$逆时针旋转$α(0°＜α＜180°)$得到$\odot A'$,使得$\odot A'$与$y$轴相切,则$α$的度数是.

【解析】如图(1),点A'在第一象限时,设$\odot A'$与y轴相切于点B,连接OA',BA',则OB⊥A'B,
∴ ∠A'BO=90°.
∵ $A(\sqrt{2},0)$,
∴ OA=$\sqrt{2}$,
∴ 由旋转得$OA'=OA=\sqrt{2}$.
∵ $\odot A$的半径为1,
∴ $\odot A'$的半径为1,
∴ A'B = 1,
∴ OB=$\sqrt{OA'^2-A'B^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2-1^2}=1$,
∴ A'B = OB,
∴ ∠BOA'=∠BA'O=45°,
∴ α = ∠AOA' = 90°-45°=45°.如图(2),点A'在第二象限时,设$\odot A'$与y轴相切于点C,连接OA',CA',则OC⊥A'C,
∴ ∠A'CO=90°.
∵ $OA'=OA=\sqrt{2},A'C=1$,
∴ OC=$\sqrt{OA'^2-A'C^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2-1^2}=1$,
∴ A'C = OC,
∴ ∠COA'=∠CA'O=45°,
∴ α = ∠AOA' = 90°+45°=135°,故答案为45°或135°.

7[2025河南郑州期中]如图，$\odot O$的直径$AB=10$，$∠ ABC=30°$，$BC$交$\odot O$于$P$，$P$是$BC$的中点.
(1)求$BC$的长；
(2)连接$AC$，过点$P$作$PQ ⊥ AC$，垂足为$Q$，求证：$PQ$是$\odot O$的切线.

(1)【解】连接AP,如图.
∵ AB是$\odot O$的直径,
∴ ∠APB = 90°.
∵ ∠ABC = 30°,AB = 10,
∴ $AP=\frac{1}{2}AB=5$,
∴ $BP=\sqrt{AB^2-AP^2}=5\sqrt{3}$.
∵ P是BC的中点,
∴ $BC=2BP=10\sqrt{3}$,即BC的长为$10\sqrt{3}$.
(2)【证明】连接OP,如图.
∵ PQ⊥AC,
∴ ∠PQC=90°.
∵ P是BC的中点,O是AB的中点,
∴ OP是△BAC的中位线,
∴ OP//AC,
∴ ∠OPQ=∠PQC=90°.
∵ OP是$\odot O$的半径,
∴ PQ是$\odot O$的切线.