【文档说明】专题07 直线与圆的位置关系压轴题六种模型全攻略（解析版）--【压轴必考】2022-2023学年九年级数学上册压轴题攻略（苏科版）.docx，共(50)页，2.697 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-142a31807ce5804b33071eb2ad6f0759.html

以下为本文档部分文字说明：

专题07直线与圆的位置关系压轴题六种模型全攻略考点一直线与圆的位置关系考点二已知直线与圆的位置关系求半径的求值考点三切线的性质定理考点四切线的性质和判定的综合应用考点五应用切线长定理求解考点六应用切线长定

理证明考点一直线与圆的位置关系例题：（2022·四川成都·二模）⊙O的直径为8，圆心O到直线a的距离为4，则直线a与⊙O的位置关系是（）A．相离B．相切C．相交D．不能确定【答案】B【解析】【分析】直接根据直

线与圆的位置关系进行解答即可．【详解】解：∵⊙O的直径是8，∴⊙O的半径是4，又∵圆心O到直线a的距离是4，∴直线a与⊙O相切．故选：B．【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d<r时，直线与圆O相交；当d=r时，直线与圆O相切；当d>r时，直线与圆

O相离．【变式训练】1．（2022·河北承德·九年级期末）在ABC中，5ABAC==，8BC=，以A为圆心2.5为半径作圆．下列结论中正确的是（）A．直线BC与圆O相切B．直线BC与O相离C．点B在圆内D．点C在圆上【答案】B【解析

】【分析】典型例题过A点作AH⊥BC于H，如图，利用等腰三角形的性质得到BH=CH=12BC=4，则利用勾股定理可计算出AH=3，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法对A选项和B选项进行判断；根据点与圆的位置关系对C选项和D选项进行判断．【详解】解：过A点作AH⊥BC于H

，如图，∵AB=AC，∴BH=CH=12BC=4，在Rt△ABH中，2222543AHABBH=−=−=，∵AH⊥BC，AH=3＞2.5，∴直线BC与⊙A相离，所以A选项不符合题意，B选项符合题意．∵AB

=5＞2.5，∴B点在⊙A外，所以C选项不符合题意；∵AC=5＞2.5，∴C点在⊙A外，所以D选项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，若直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r

．也考查了点与圆的位置关系和等腰三角形的性质．2．（2020·全国·九年级期中）已知O的直径为6cm，点O到直线a的距离为4cm，则O与直线a的位置关系是____________．【答案】相离【解析】【分析】先求出O的半径，再比较点O

到直线a的距离d与圆半径r大小，根据当d>r，则直线与圆相离，当d=r，则直线与圆相切，当d<r，则直线与圆相交，所此即可求解．【详解】解：∵O的直径为6cm，∴O的半径为3cm，∵4cm>3cm，∴O与直线a的位置

关系是相离．故答案为：相离【点睛】本题考查直线与圆满的位置关系，熟练掌握“设点O到直线a的距离d，圆半径r，当d>r，则直线与圆相离，当d=r，则直线与圆相切，当d<r，则直线与圆相交”是解题的关键．考点二已知直线与圆的位置关系求半径的求值例题：（2022·浙江

宁波·九年级期末）已知圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，则该圆的半径可能为（）A．2B．3C．4D．5【答案】D【解析】【分析】根据直线和圆相交，则圆心到直线的距离小于圆的半径，即可得到问题答案．【详解】解：∵圆与直线有两个

公共点，且圆心到直线的距离为4，∴该圆的半径＞4，故选：D．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，熟悉直线和圆的位置关系，圆心到直线的距离与半径的关系是解题的关键．【变式训练】1．（2022·江苏南通·一模）如图，点D是等腰直角△AB

C斜边AB上一点，点E是BC上一点，AB＝2，DA＝DE，则AD的取值范围是____．【答案】2221AD-＃【解析】【分析】以D为圆心，AD的长为半径画圆，分BC与圆相交和相切时分情况讨论，即可求出．【详解】以D为圆心，AD的长为半径画圆①如图，当圆与BC相切时

，DE⊥BC时，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝45°，∴BD＝2DE，∵AB＝2，DA＝DE，∴2AD+AD＝2，∴AD＝22﹣2；②如图，当圆与BC相交时，若交点为B或C，则AD＝12AB＝

1，∴AD的取值范围是22﹣2≤AD≤1．故答案为：2221AD-＃．【点睛】本题考查了圆的作法，圆与直线的位置关系，圆的相关性质，分情况讨论并画出图形是解题的关键．2．（2021·河北·金华中学九年级阶段练习）在Rt△ABC中，

∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，若以点C为圆心，r为半径的圆与边AB所在直线相离，则r的取值范围为_____；若⊙C与AB边只有一个有公共点，则r的取值范围为_____．【答案】0<r<245r=245【解析】【分析】根据d＞r

时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内，可得答案；根据圆心到直线的距离等于半径时直线与圆只有一个公共点．【详解】解：如图，作CH⊥AB于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB=222268ACBC+=+=10，∵S△ABC=12•AC•BC=12

•AB•CH，∴CH=245，∵以点C为圆心，r为半径的圆与边AB所在直线相离，∴0<r<245；∵以点C为圆心，r为半径的圆与边AB所在直线只有一个公共点，∴r=245．故答案为：0<r<245；r=245．【

点睛】本题考查了点与圆的位置关系，d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．考点三切线的性质定理例题：（2022·江苏泰州·中考真题）如图，PA与⊙O相切于点A，PO与⊙O相交于点B，点C在AmB上，

且与点A，B不重合，若∠P=26°，则∠C的度数为_________°．【答案】32【解析】【分析】连接OA，根据切线的性质和直角三角形的性质求出∠O=64°．再根据圆周角的定理，求解即可．【详解】解：连接OA，∵PA与⊙

O相切于点A，∴∠PAO=90°，∴∠O=90°-∠P，∵∠P=26°，∴∠O=64°，∴∠C=12∠O=32°．故答案为：32．【点睛】此题考查了切线的性质以及圆周角定理，解题的关键是正确利用切线的定理，作出辅助线，求出∠O的度数．【变式训练】1．（2022·山东德州·九年

级期末）如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B，C为⊙O上一点，∠ACB=126°，则∠P的度数为________．【答案】72°##72度【解析】【分析】利用圆内接四边形的性质求出∠ADB=54°，再根据圆周角定理得到∠AOB=108°，接着利用切线的性质得到∠OAP=∠OBP=

90°，然后根据四边形的内角和计算∠P的度数．【详解】解：如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，∵∠ACB+∠ADB=180°，∴∠ADB=180°-126°=54°，∴∠AOB=

2∠ADB=108°，∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP=∠OBP=90°，∴∠P=180°-∠AOB=180°-108°=72°．故答案为：72°．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理．2．（2022·山东

威海·九年级期末）如图，PA，PB与⊙O相切于A，B两点，点C在⊙O上，若∠C＝70°，则∠P＝_____°．【答案】40【解析】【分析】连接OA、OB，先证明∠P＝180°﹣∠AOB，根据圆周角定理得出∠AOB＝2∠ACB，

求出∠AOB的度数，即可得出结果．【详解】解：连接OA、OB，如图所示：∵PA、PB是⊙O切线，∴PA⊥OA，PB⊥OB，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∵∠P+∠PAO+∠AOB+∠PBO＝360°，∴∠P＝180°﹣∠AOB，∵∠C＝70°

，∴∠AOB＝2∠C＝140°，∴∠P＝180°﹣140°＝40°，故答案为：40．【点睛】本题考查了切线的性质、四边形内角和、圆周角定理等知识，熟练掌握切线的性质和四边形内角和是解题的关键．3．（202

2·湖北鄂州·中考真题）工人师傅为检测该厂生产的一种铁球的大小是否符合要求，设计了一个如图（1）所示的工件槽，其两个底角均为90°，将形状规则的铁球放入槽内时，若同时具有图（1）所示的A、B、E三个接触点，该球的大小就符合要求．图

（2）是过球心及A、B、E三点的截面示意图，已知⊙O的直径就是铁球的直径，AB是⊙O的弦，CD切⊙O于点E，AC⊥CD、BD⊥CD，若CD=16cm，AC=BD=4cm，则这种铁球的直径为（）A．10cmB．15cmC．20cmD．24cm【答案】C【解析】【分析】连接OA，OE，设O

E与AB交于点P，根据ACBD=，ACCD⊥，BDCD⊥得四边形ABDC是矩形，根据CD与O切于点E，OE为O的半径得OECD⊥，OEAB⊥，即PAPB=，PEAC=，根据边之间的关系得8PAcm=，4ACBDPEcm===，在RtOAP△，由勾股定理得，222+=PAOPOA，

进行计算可得10OA=，即可得这种铁球的直径．【详解】解：如图所示，连接OA，OE，设OE与AB交于点P，∵ACBD=，ACCD⊥，BDCD⊥，∴四边形ABDC是矩形，∵CD与O切于点E，OE为O的半径，∴OECD⊥，OEAB⊥，∴PAPB=，PEAC=，∵AB=CD=16cm，∴8PAcm=，

∵4ACBDPEcm===，在RtOAP△，由勾股定理得，222+=PAOPOA2228+(4)=OAOA-解得，10OA=，则这种铁球的直径＝221020OAcm==，故选C．【点睛】本题考查了切线的性质，垂径

定理，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．考点四切线的性质和判定的综合应用例题：（2022·辽宁盘锦·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠ABC＝45°，连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，过点C作CE∥AD与BA的延长线交于点E．(1)求证：CE与⊙O

相切；(2)若AD＝4，∠D＝60°，求线段AB，BC的长．【答案】(1)见解析(2)线段AB的长为23，线段BC的长为6+2【解析】【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得∠AOC＝90°，再根据AD

∥EC，可得∠OCE＝90°，从而证明结论；（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由AD是圆O的直径，得∠ABD＝90°，结合AD＝4，60D＝可得到323ABBD==，根据45ABC＝，知△ABF是等腰直角三角形，

进而求出2223622AFBFAB====，再结合等腰直角三角形的性质，由勾股定理求出CF，即可求解．(1)证明：连接OC，如图：∵∠ABC＝45°，∴∠AOC＝90°．∵AD∥EC，∴∠AOC+∠OCE＝180°，∴∠OCE＝90°，∴OC⊥CE，∵

OC为半径，∴CE是⊙O的切线；(2)解：过点A作AF⊥BC于F，如图．∵AD是圆O的直径，∴∠ABD＝90°，∵AD＝4，∠D＝60°，∴∠BAD＝30°，∴122BDAD==，∴323ABBD==．∵∠ABC＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴2223622

AFBFAB====．∵△AOC是等腰直角三角形，OA＝OC＝2，∴22AC=，∴()()22222262CFACAF=−=−=，∴62BCBFCF=+=+．答：线段AB的长为23，线段BC的长为6+2．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，等腰直角三角形的判

定和性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造特殊的直角三角形是解题的关键．【变式训练】1．（2022·山东威海·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且DC＝AD．过点A作⊙O

的切线，过点C作DA的平行线，两直线交于点F，FC的延长线交AB的延长线于点G．(1)求证：FG与⊙O相切；(2)连接EF，若AF＝2，求EF的长．【答案】(1)见解析(2)7EF=【解析】【分析】（1

）连接OC，AC．先证明△ACD为等边三角形．可得∠ACO=∠OAC=30°．再由FG∥DA，可得∠ACF=∠DAC=60°．从而得到∠OCF=90°．即可求证；（2）根据AD∥FG，可得∠AGF=∠DAE=30

°．再根据直角三角形的性质可得FG=2AF=4，2223AGFGAF=−=．再证得△ADE≌△GCE．可得AE=GE=3．然后由勾股定理，即可求解．(1)证明：连接OC，AC．∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，∴CE=DE，AD=AC．∵DC=AD，∴D

C=AD=AC．∴△ACD为等边三角形．∴∠D=∠DCA=∠DAC=60°．∴∠AOC=30°，∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC=30°．∵FG∥DA，∴∠ACF=∠DAC=60°．∴∠OCF=90°．∴OC⊥FG．∵OC为半径，∴FG与⊙O相切．(2)解∶∵AD∥FG，∴∠AGF=∠DAE=3

0°．∵AF为⊙O的切线，∴∠FAG=90°，∴FG=2AF=4，∴2223AGFGAF=−=．在△ADE和△GCE中，∵∠AGF=∠DAE=30°．∠CEG=∠AED，DE=CE，∴△ADE≌△GCE．∴AE=GE=3．∴227EFAEA

F=+=．【点睛】本题主要考查了垂径定理，切线的性质和判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理，切线的性质和判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的

关键．2．（2022·广西·中考真题）如图，在ABC中，ABAC=，以AC为直径作O交BC于点D，过点D作DEAB⊥，垂足为E，延长BA交O于点F．(1)求证：DE是O的切线(2)若2,103AEAFDE==，求O的半径．【答案】(1)见解析(2)1

3【解析】【分析】（1）连接OD，只要证明OD⊥DE即可；（2）连接CF，证OD是△ABC的中位线，得CF=2DE，再证DE是△FBC的中位线，得CF=2DE,设AE=2x，DE=3k，则CF=6k，BE=EF=AE+AF=2k+10，AC=BA

=EF+AE=4k+10，然后在Rt△ACF中，由勾股定理，得(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，从而求得AC=4k+10=4×4+10=26，即可求得O的半径OA长，即可求解．(1)证明：连接OD；∵OD=OC，∴∠C=∠OD

C，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∴∠B=∠ODC，∴OD∥AB，∴∠ODE=∠DEB；∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，∴DE是⊙O的切线．(2)解：连接CF，由（1）知OD⊥DE，∵DE⊥AB，∴OD∥AB，∵OA=OC，∴BD=CD，即OD是△ABC的中位

线，∵AC是O的直径，∴∠CFA=90°，∵DE⊥AB，∴∠BED=90°，∴∠CFA=∠BED=90°，∴DE∥CF，∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，∴CF=2DE,∵23AEDE=，∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，∵AF=10，∴BE

=EF=AE+AF=2k+10，∴AC=BA=EF+AE=4k+10，在Rt△ACF中，由勾股定理，得AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，解得：k=4，∴AC=4k+10=4×4+10=26，∴OA=13,即O的半径为13．【点睛】本题考查

圆周角定理，切线的判定与性质，勾股定理，三角形中位线的判定与性质，证OD是△ABC的中位线，DE是△FBC的中位线是解题的关键．3．（2022·福建省福州第十九中学模拟预测）如图，以四边形ABCD的对角线BD为直径作圆，圆心为O，过点A作AECD⊥的延长线于点E，已知DA平分BDE．(1

)求证：AE是O的切线；(2)若4AE=，6CD=，求O的半径和AD的长．【答案】(1)见解析(2)5，25【解析】【分析】（1）连接OA，根据已知条件证明OAAE⊥即可解决问题；（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得OFCD⊥，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结

果．(1)证明：如下图，连接OA，∵AECD⊥，∴90DAEADE+=．∵DA平分BDE，∴ADEADO=．又∵OAOD=，∴OADADO=，∴90DAEOAD+=，∴OAAE⊥，∵OA是半径，∴AE是O切线；

(2)解：如上图，取CD中点F，连接OF，∴OFCD⊥于点F，∴四边形AEFO是矩形．∵6CD=，∴3DFFC==．在Rt△OFD中，4OFAE==，∴2222435ODOFDF=+=+=，在Rt△AED中，4AE=，532EDEFDFOADFODDF=

−=−=−=−=，∴22422025AD=+==，∴AD的长是25．【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．考点五应用切线长定理求解例题：（2022·湖北·武汉一初慧

泉中学九年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，,,ADBCABBCO⊥是四边形ABCD的内切圆，,CDBC分别切O于F，E两点，若3,6ADBC==，则EF的长是（）A．855B．1655C．1975D．2975【答案】A【解析】【分析】作DG⊥BC于点G，连接OC、OE，根据切线长定理可得

CE=CF，OC平分∠ECF，DF=DH，所以OC垂直平分EF，令OC、EF相交于点M，则EM=FM，设圆半径为R，则DG=2R，CG=3，CD=6-R+3-R，根据勾股定理可求出R，再利用1122OECSOECEO

CEM==求出EM即可求得EF．【详解】连接OC，与EF相交于点M，作DG⊥BC于点G，连接OE，设AD与圆的切点为H，如图，∵,,ADBCABBCDGBC⊥⊥∥，∴四边形ABGD是矩形，∴BG=AD=3，CG=BC-BG=6

-3=3，∵点E、F、H是切点，∴DF=DH，CF=CE，OC平分∠ECF，∴△ECF是等腰三角形，OC是EF的垂直平分线，∴EM=FM，设圆O半径为R，则BE=R，DG=2R，，∴CE=CF=6-R，DF=DH=3-

R，∵222DGCGCD+=，∴()()()22223[36]RRR+=−+−解得：R=2，∴CE=6-2=4，∴22222425OCOECE=+=+=，∵1122OECSOECEOCEM==，∴2445525OECEEMOC===，∴45852255EFEM===，

故选A．【点睛】本题考查了切线长定理，充分利用切线长定理求解相关线段长度是解题关键．【变式训练】1．（2022·辽宁·黑山县教师进修学校二模）如图所示，AB、AC为⊙O的切线，B和C是切点，延长OB到D，使BD＝OB，连接AD．∠DAC＝78°，那么∠AOD等于_____

度．【答案】64【解析】【分析】由已知条件推导出∠CAO=∠OAB=∠BAD，∠ABD=90°，由此根据∠DAC=78°，能求出∠AOD的大小．【详解】解：∵AB、AC为⊙O的切线，B和C是切点，BD=OB，AB垂直平分OD,∠CAO=∠OABAOAD=∠OA

B=∠BAD，∴∠CAO=∠OAB=∠BAD，∠ABD=90°，∵∠DAC=78°，∴∠BAO=13∠DAC=26°，∴∠AOD=90°-26°=64°．故答案为：64．【点睛】本题考查角的大小的求法，解题时要认真审题，注意切线性质的灵活运用是

解题的关键．2．（2022·天津河东·二模）已知AB是O直径，PC，PB分别切O于点C，B．(1)如图①，若58A=，求P的度数；(2)如图②，延长OB到点D，使BDOB=，连接PD，若81DPC=，求D的度数．【答案】(1)64°(2)63°

【解析】【分析】（1）连接OC，根据切线的性质得到∠PCO=∠PBO=90°，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠ACO=58°，根据三角形外角的性质和四边形的内角和定理即可得到结论；（2）连接OP，根据切线的性质得到∠CPO=∠BPO，∠PBO=90°，证明PB是OD

的垂直平分线，可得∠OPB=∠DPB=∠CPO，进而可以解决问题．(1)解∶如图，连接OC，∵PC，PB分别切OO于点C，B，AB是直径，∴∠PCO=∠PBO=90°，∵OC=OA，∴∠A=∠ACO=58°，∴∠BOC=∠A+∠

ACO=116°，∴∠P=360°-90°-90°-116°=64°；(2)解：如图，连接OP，∵PC，PB分别切OO于点C，B，AB是直径，∴∠CPO=∠BPO，∠PBO=90°，∵BD=OB，∴PB是OD

的垂直平分线，∴PO=PD，∴∠OPB=∠DPB，∴∠OPB=∠DPB=∠CPO，∵∠DPC=81°，∴∠OPB=∠DPB=∠CPO=27°，∴∠D=90°-27°=63°．【点睛】本题考查了切线的性

质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．考点六应用切线长定理证明例题：（2022·北京·首都师范大学附属中学九年级阶段练习）如图，RtABC中，90ABC=，O为BC上一点，以O为圆心，OB长为半径的圆恰好与AC相切于点D，交BC于点E，连接DO，并延长交于

O点F．(1)求证：BAOF=；(2)若3AD=，2CD=，求O的半径及EF的长．【答案】(1)见解析(2)O的半径为1.5，655EF=【解析】【分析】（1）连接DE，根据切线长定理可得∠BAO=∠DAO，∠PDC=90°，从而得到∠BAO=12∠BAD，从而得到

∠BAO=12()1902CCOD−==∠F，即可求证；（2）根据切线长定理可得AB=AD=3，再由勾股定理可得BC=4，设O的半径为x，则OD=x，OC=4-x，在RtCOD中，由勾股定理可得O的半径为1.5，由（1）可得1tantan2FBAO==，在Rt

DEF△中，由勾股定理，即可求解．(1)证明：如图，连接DE，∵90ABC=，∴AB与O相切，∵AD与O相切，∴∠BAO=∠DAO，∠PDC=90°，∴∠BAO=12∠BAD，∵∠BAD=90°-∠C，∠C=90°-∠COD，∴∠BAO=12()1902CCOD−==∠F；(2)

解：∵AB与O相切，AD与O相切，∴AB=AD=3，∵CD=2，∴AC=5，∴BC=4，设O的半径为x，则OD=x，OC=4-x，在RtCOD中，由勾股定理得：222ODCDOC+=，∴()222x24x+=−，解得：x=1.5，

∴O的半径为1.5，即OB=1.5，∵DF为直径，DF=3，∴∠DEF=90°，∵BAOF=，∴1.51tantan32OBFBAOAB====，∴EF=2DE，在RtDEF△中，由勾股定理得：222DFDEEF=+，∴222132EFEF=+，解得

：655EF=或655EF=−（舍去）．【点睛】本题主要考查了切线长定理，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线长定理，圆周角定理是解题的关键．【变式训练】1．（2022·山东德州·九年级期末）如图，AB、AC为⊙O的切线，B和C是切点，延长OB到点D，使BD＝O

B，连接AD，若∠DAC＝78°，则∠ADO等于（）A．70°B．64°C．62°D．51°【答案】B【解析】【分析】先根据切线长定理，由AB、AC为⊙O的切线得到∠BAO＝∠CAO，根据切线的性质得OB⊥AB，加上BD＝O

B，则可判断△AOD为等腰三角形，于是根据等腰三角形的性质得∠BAO＝∠BAD，即∠CAO＝∠BAO＝∠BAD，然后利用∠DAC＝∠BAD+∠BAO+∠CAO＝78°可计算出∠BAD＝26°，再利用∠ADO＝90°﹣∠BAD求解．【详解】解：∵AB

、AC为⊙O的切线，∴∠BAO＝∠CAO，OB⊥AB，∵BD＝OB，∴AB垂直平分OD，∴AO＝AD．∴△AOD为等腰三角形，∴∠BAO＝∠BAD，∴∠CAO＝∠BAO＝∠BAD，∵∠DAC＝∠BAD+∠BAO+∠CAO＝78°，∴3∠BAD＝78°，解得∠BAD＝26°，∴∠ADO＝90°﹣∠

BAD＝90°﹣26°＝64°．故选：B．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理．2．（2022·广东·模拟预测）如图，AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，点C是射线BC上任意

一点，过点C作CD切⊙O于点D，连接AD．(1)求证：BC＝CD；(2)若∠C＝60°，BC＝3，求AD的长．【答案】(1)见解析(2)3【解析】【分析】（1）根据切线长定理证明即可；（2）根据已知条件可得BCD△是等边三角形，根据直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三

角形的性质，勾股定理求解即可．(1)证明：∵AB是⊙O直径，BC⊥AB于点B，CB是O的切线，CD是O的切线，CDCB=(2)连接,ODOC，DB，,CDCB是O的切线，DCB60=，BC＝3，DB

C△是等边三角形，60DBC=，3BCDB==ABBC⊥30ABD=AB是直径90ADB=12ADAB=3DBAD=333ADDB==【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，含

30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的切线的性质是解题的关键．一、选择题1．（2022·黑龙江哈尔滨·三模）如图，PA、PC是⊙O的两条切线，点A、C为切点，点B为⊙O上任意一点，连接AB、BC，若∠B=52°，则P的度数为（）．A．68°B．104°

C．70°D．76°【答案】D【解析】【分析】利用同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半求出∠AOC的度数，再根据切线的性质以及四边形的内角和即可求出∠P的度数．【详解】解：连接OA、OC，如图：∵∠B=52°，∴∠AOC=2∠B=104°

，∵PA、PB是⊙O的切线，∴OA⊥AP，OC⊥CP，∴∠OAP=∠OCP=90°，∴∠P=360°-（∠OAP+∠OCP+∠AOC）=76°，故选：D．【点睛】此题考查了切线的性质，圆周角定理以及四边形的内角和，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．2

．（2022·重庆八中二模）如图，OA是⊙О的一条半径，点P是OA延长线上一点，过点P作⊙O的切线PB，点B为切点．若PA=1，PB=2，则半径OA的长为（）课后训练A．43B．32C．85D．3【答案】B【解析】【分析】由题意得，PBO是直角三角形，设OA=x，则OB=x，在Rt

PBO中，1POx=+，根据勾股定理得，2222(1)xx+=+，解得32x=，即可得．【详解】解：由题意得，1PA=，2PB=，90PBO=，∴PBO是直角三角形，设OA=x，则OB=x，在RtPBO中，1POx=+，根据勾股定理得，2222(1)xx+=+22421

xxx+=++解得32x=，则半径OA的长为32，故选B．【点睛】本题考查了圆，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．3．（2022·重庆·三模）如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B是切点，点C在⊙O上，且∠ACB=63°，则∠APB等

于（）A．62°B．54°C．53°D．63°【答案】B【解析】【分析】先由圆周角定理求出∠AOB=126°，根据切线的性质得到∠OBP=∠OAP=90°，再利用四边形内角和定理求解即可．【详解】解：∵∠ACB=63°，∴∠

AOB=2∠ACB=126°，∵PA、PB都是圆O的切线，∴∠OBP=∠OAP=90°，∴∠APB=360°-∠AOB-∠OBP-∠OAP=54°，故选：B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，四边形内角和定理，熟知切线的性质与圆周角定理是

解题的关键．4．（2022·重庆·模拟预测）如图，PM、PN是⊙O的切线，B、C是切点，A、D是⊙O上的点，若∠P＝44°，∠D＝98°，则∠MBA的度数为（）A．38°B．28°C．30°D．40°【答案】C【解析】【分析】根据切线的性质得到PB＝PC，根据等腰三角

形的性质得到∠PBC＝∠PCB＝12（180°﹣44°）＝68°，根据圆内接四边形的性质得到∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，于是得到结论．【详解】解：∵PM，PN是⊙O的切线，∴PB＝PC，∵∠P＝44°，∴∠PBC＝∠PCB＝12（180°﹣44°）＝68°，∵

∠D＝98°，∴∠ABC＝180°﹣∠D＝82°，∴∠MBA＝180°﹣∠PBC﹣∠ABC＝30°，故选：C．【点睛】本题主要考查了切线的性质、切线长定理、等腰三角形的性质以及圆内接四边形的性质，熟练掌握切线长定理是解题的关键．5．（2022·山东·临沂市河东区教育科学研究

与发展中心二模）如图，在RtABC中，90ACB=，5AC=，12BC=，D是以点A为圆心，3为半径的圆上一点，连接BD，M是BD的中点，则线段CM长度的最小值为（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【解析】【分析】作AB的中点E，连接EM、CE、A

D，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后在CEM中根据三边关系即可求解．【详解】作AB的中点E，连接EM、CE、AD，则有AD=3，∵∠ACB=90°，即在RtABC中，2251213AB=+=，∵E是RtABC斜边AB上的中点，∴11322C

EAB==，∵M是BD的中点，E是AB的中点，∴1322MEAD==，∴在CEM中，1331332222CM−+＜＜，即58CM＜＜；当C、M、E三点共线时有133822CM+==或者133522CM

−==；即58CM，∴CM最小值为5，故选：C．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握综合运用各个知识点是解题关键．二、填空题6．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，AB与⊙O相切于

点C，AO=3，⊙O的半径为2，则AC的长为_____．【答案】5【解析】【分析】根据切线的性质得到∠OCA=90°，再利用勾股定理求解即可．【详解】解：连接OC，∵AB与⊙O相切于点C，∴OC⊥AB，即∠OCA=90°，在Rt△OCA中，AO=3，OC=2，∴AC=2

2325−=，故答案为：5．【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题关键．切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．7．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，切线PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，切线EF与⊙O相切于点C，

且分别交PA、PB于点E、F，若△PEF的周长为6，则线段PA的长为_____．【答案】3【解析】【分析】通过切线长定理将相等的线段进行转换，得出三角形PEF的周长等于PA+PB=6，又因为PA=PB，所以可求出PA的长．【详解】解：∵EA，EC都是圆

O的切线，∴EC＝EA，同理FC＝FB，PA＝PB，∴△PEF的周长＝PF+PE+EF＝PF+PE+EA+FB＝PA+PB＝2PA＝6，∴PA＝3；故答案为：3．【点睛】本题考查的是切线长定理，解此题的关键是得出△PEF的周长=PA+PB．8．（2022·江苏·星海实验中学二模）如图，在矩形

ABCD中，4AB=，3AD=，M，N分别是BC，DC边上的点，若O经过点A，且与BC，DC分别相切于点M，N，则O的半径为______．【答案】726−##267−+【解析】【分析】连接OM，ON，OA，延长NO交AB于点E，设O的半径为r，根据切线的性质可得OM

⊥BC，ON⊥CD，可得四边形BMOE、四边形OMCN都为矩形，从而得到BE=OM=r，OE=BM，CM=ON=r，进而得到OE=BM=BC-MC=3-r，AE=AB-BE=4-r，再由勾股定理，即可求解．【详解】解：如图，连接

OM，ON，OA，延长NO交AB于点E，设O的半径为r，∵O与BC，DC分别相切于点M，N，∴OM⊥BC，ON⊥CD，在矩形ABCD中，AB∥CD，∠B=∠C=90°，∴NE⊥AB，∴∠AEN=∠BEN=90°，∴四边形BMOE、

四边形OMCN都为矩形，∴BE=OM=r，OE=BM，CM=ON=r，∴OE=BM=BC-MC=3-r，AE=AB-BE=4-r，在Rt△AOE中，（3-r）2+（4-r）2=r2，解得：12726,726rr=−=+（舍去），∴O的半径为726−．故答案为：726−【

点睛】本题主要考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．9．（2022·江苏南京·二模）如图，在五边形AECDE中，∠A=∠B=∠C=90

°，AE=2，CD=1，以DE为直径的半圆分别与AB、BC相切于点F、G，则DE的长为______．【答案】5【解析】【分析】作出如图的辅助线，推出四边形OFBG是正方形，设⊙O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM=r，ME=r-2，ON=r-1，证明Rt

△OME≌Rt△OND，得到OM=ON=r-1，在Rt△OME中，利用勾股定理求解即可．【详解】解：取DE的中点O，连接OF、OG，延长GO与AE的延长线相交于点M，过点D作DN⊥MG于点N，∵BC切⊙O于点G，∴CG⊥BG，∵∠A=

∠B=∠C=90°，∴四边形ABGM、四边形GCDN和四边形OFBG都是矩形，∵OF=OG，∴四边形OFBG是正方形，设⊙O的半径为r，则OE=OD=OE=OG=BG=AM=r，∵AE=2，CD=1，∴ME=r-2，ON=r-1，在Rt△OME和Rt△OND中，90MONDEOMDONOE

OD====，∴Rt△OME≌Rt△OND，∴OM=ON=r-1，在Rt△OME中，OE2=ME2+OM2，∴r2=(r-2)2+(r-1)2，解得：r=1(舍去)或5，故答案为：5．【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，全等三

角形的判定和性质，勾股中位线定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．10．（2022·浙江金华·中考真题）如图，木工用角尺的短边紧靠⊙O于点A，长边与⊙O相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知6cm,8cmACCB==，则⊙O的半径为____

_cm．【答案】253##183【解析】【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到r2＝（r−6）2＋82，求出r即可．【详解】解：连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图所示：∵CB与O相切于点B，∴OBCB⊥，

∴90CBDBDAACB===，∴四边形ACBD为矩形，∴8ADCB==，6BDAC==，设圆的半径为rcm，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：222OAODAD=+，即r2＝（r−6）2＋82，解得：253r=，即O的半径为253cm

．故答案为：253．【点睛】本题主要考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理列出关于半径r的方程，是解题的关键．三、解答题11．（2022·辽宁葫芦岛·三模）如图，正方形ABCD的边长AD为O的直

径，E是AB上一点（不与A，B重合），将正方形的一个角沿EC折叠，使得点B恰好与圆上的点F重合．(1)判断直线CF与O的位置关系？并说明理由；(2)若O的半径为1，求AE的长？【答案】(1)见解析(2)43【解析】【分析】（1

）如图所示，连接OF，OC，只需要证明△OCF≌△OCD得到∠OFC=∠ODC=90°，即可得到结论；（2）先证明O、E、F三点共线，设AE=x，则BE=AB-AE=2-x，OE=OF+EF=3-x，在Rt△AEO中，由

勾股定理得到222AEOAOE+=，则()22213xx+=−，据此求解即可．(1)解：直线CF与圆O相切，理由如下：如图所示，连接OF，OC，由折叠的性质可知，CF=BC，∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC，∠ODC=90°，∴CF

=CD=BC，∵AD是圆O的直径，F在圆O上，∴OF=OD，又∵OC=OC，∴△OCF≌△OCD（SSS），∴∠OFC=∠ODC=90°，∴直线CF与圆O相切；(2)解：∵AD是圆O的直径，圆O的半径为1，四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠AB

C=∠BAD=90°，由折叠的性质可知∠EFC=∠EBC=90°，EB=EF，由（1）得∠OFC=90°，∴∠OFC+∠EFC=180°，∴O、E、F三点共线，设AE=x，则BE=AB-AE=2-x，∴OE=OF+EF=3-x，在Rt△

AEO中，222AEOAOE+=，∴()22213xx+=−，解得43x=，∴43AE=．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，圆切线的判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．12．（2022·福建·厦门市第五中学

二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AC是⊙O直径，BE∥AD交DC延长线于点E，若BC平分∠ACE．(1)求证：BE是⊙O的切线；(2)若BE＝3，CD＝2，求⊙O的半径．【答案】(1)见解析(2)10r=【解析】【分析】(1）连接OB，求出OB∥DE，推出EB⊥OB，根据切线的

判定得出即可；(2）根据圆周角定理得到∠ABC=∠D=90°，构造矩形BEDF，根据矩形性质、垂径定理、勾股定理即可得到结论．(1)证明：∵AC是⊙O直径，∴90ADC=∵BEAD∥，∴1801809090BEDD=−=−=连接OB，∵OCOB=，∴13=又

∵BC平分ACE，∴12=，∴23=∴OBDE∥，∴18090OBEDEB=−=又∵OB为半径，∴BE为⊙O切线(2)延长BO交AD于点F，∵90DDEBFBE===∴四边形FBED为矩形，∴90DFB

=，即OF⊥AD，∵OF过圆心，3DFBE==，∴11×6=322DFAFAD===RtADC中，222262210ACDCAD=+=+=，∴10r=【点睛】本题考查了切线的判定和性质，矩形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，熟知这些基本知识点正确

添加辅助线是解题的关键．13．（2022·云南昆明·三模）如图，在ABC中，点D是AC边上一点，且ADAB=，以线段AB为直径作O，分别交BD，AC于点E，点F，2BACCBD=．(1)求证：BC是O的切线

；(2)若24CDBC==，，求点B到AC的距离；【答案】(1)见详解(2)125【解析】【分析】（1）根据圆的性质、等腰三角形的性质即可求解；（2）根据勾股定理求出AB、AC，再应用等面积法即可求解；(1)证明：∵ADAB=

∴ABDADB=∵180ABDADBBAD++=∴1902ABDBAD+=∵2BACCBD=∴90ABDCBD+=∴BC是O的切线(2)如图，连接BF设ADABx==∵BC是O的切线，∴∠ABC=90°，∴

222ACABBC=+，即()22224xx+=+解得：3x=∴3ADAB==，AC=5∵AB是圆O的直径∴BFAC⊥∵1122ABCSABBCBFAC==∴125BF=【点睛】本题主要考查圆的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，掌握相关性质并灵活应用是

解题的关键．14．（2022·广东茂名·九年级期末）如图，AB为O的切线，B为切点，过点B作BCOA⊥，垂足为点E，交O于点C，延长CO与AB的延长线交于点D．(1)求证：AC为O的切线；(2)若2OC=，5OD=，求线段AD的长．【答案

】(1)见解析；(2)5213．【解析】【分析】（1）连接OB，证明△CAO≌△BAO（SSS），由全等三角形的性质得出∠OCA＝∠OBA．由切线的性质得出∠ABO＝90°，则∠OCA＝90°，可得出结论；（2）由勾股定理求出BD的长，设A

C＝x，则AC＝AB＝x，得出方程()222721xx+=+，解方程可得x，进一步得出答案．(1)证明：如图，连接OB，∵OCOB=，∴△OBC是等腰三角形，∵OABC⊥，∴ECBE=，∴OA是CB的垂直平分线，∴ACAB=

，在△CAO和△BAO中ACABAOAOCOBO===∴CAOBAO≌（SSS），∴OCAOBA=，∵AB为O的切线，∴OB⊥AB,∴90OBA=，∴90OCA=，∴ACOC⊥，∵OC是O的半径，∴AC为O的切线；(2)解：∵2OC=，5OD=，∴2OB=，7CDOCOD

=+=，∵90OBD=，∴2221BDODOB=−=，设ACx=，则ACABx==，∵222ACCDAD+=，∴()222721xx+=+，∴2213x=（负根已舍去），∴2213AC=，∴2215212133ADABBDACBD=+=+=+=【点睛】此题考查了切线的判定与性质、全等三角

形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明△CAO≌△BAO是解题的关键．15．（2022·山东菏泽·一模）如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，

延长CO与AB的延长线交于点D．(1)求证：AC为⊙O的切线；(2)若OC＝2，OD＝5，求线段AD和AC的长．【答案】(1)证明见解析(2)5213；2213【解析】【分析】（1）连接OB，证明△CAO≌△

BAO（SSS），由全等三角形的性质得出∠OCA＝∠OBA．由切线的性质得出∠ABO＝90°，则∠OCA＝90°，可得出结论；（2）由勾股定理求出BD的长，设AC＝x，则AC＝AB＝x，得出方程()222721xx+=+，解方程可得出答案．(1)证明：连接OB，则OC＝OB，如图

所示：∵OA⊥BC，∴EC＝BE，∴OA是CB的垂直平分线，∴AC＝AB，∵在△CAO和△BAO中AOAOACABOCOB===，∴△CAO≌△BAO（SSS），∴∠OCA＝∠OBA．∵AB为⊙O的切线，B为切点，∴∠ABO＝90°，∴∠OCA＝90°，即AC⊥OC，∴AC是⊙O的切线．

(2)解：∵OC＝2，OD＝5，∴OB＝2，CD＝OC+OD＝7，∵∠OBD＝90°，∴BD22225221ODOB=−=−=，设AC＝x，则AC＝AB＝x，∵CD2+AC2＝AD2，∴()222721xx+=+，解得2213x=，∴2213AC=，∴AD＝AB+BD＝AC+BD2521

212133=+=．【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，勾股定理，切线长定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．16．（2022·河南南阳·一模）如图，四边形ABCD内接于O，AB是O的直径

，过点D作O的切线交BC的延长线于点E，交BA的延长线于点F，且DEBE⊥，过点A作O的切线交EF于点G，连接AC．(1)求证：AD平分GAC；(2)若AD=5，AB=9，求线段DE的长．【答案】(1)见解析(2)10149【解

析】【分析】（1）根据切线长定理得到GA＝GD，则∠GAD＝∠GDA，根据圆周角定理推出AC∥DE，则∠CAD＝∠GDA，进而得到∠GAD＝∠CAD，据此即可得解；（2）连接OD，交AC于点H，根据切线的性质、平行线的性质推出OH是△ABC的中位线，AH＝CH＝12AC，则OH＝12

BC，设OH＝x，则DH＝92−x，BC＝2x，解直角三角形得到AH＝10149，根据矩形的性质即可得解．(1)证明：∵GA、GD是⊙O的切线，∴GA＝GD，∴∠GAD＝∠GDA，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴AC

⊥BE，∵DE⊥BE，∴AC∥DE，∴∠CAD＝∠GDA，∴∠GAD＝∠CAD，∴AD平分∠GAC；(2)解：连接OD，交AC于点H，∵DE是⊙O的切线，∴OD⊥DE，∴∠ODE＝90°，由（1）知，AC∥DE

，∴OD⊥AC，∴AH＝CH＝12AC，∠AHD＝∠CHD＝90°，∵OA＝OB，∴OH是△ABC的中位线，∴OH＝12BC，∵AB＝9，∴OD＝92，设OH＝x，则DH＝92−x，BC＝2x，∴2222814ACABBCx−−＝＝，∴222814AHx−（）＝，∴22814AHx

−＝，∵222AHADDH−＝，AD＝5，∴222819542xx−−−＝，∴x＝3118，∴AH＝281101449x−=，∵∠HCE＝180°−∠ACB＝90°＝∠ODE＝∠CHD，∴四边形CHDE是矩形，∴DE＝CH＝AH＝1

0149．【点睛】此题考查了切线长定理、切线的判定与性质，熟记切线的判定定理与性质定理并作出合理的辅助线是解题的关键．17．（2022·四川凉山·中考真题）如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6(1)判断

⊙M与x轴的位置关系，并说明理由；(2)求AB的长；(3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式．【答案】(1)⊙M与x轴相切，理由见解析(2)6(3)122yx=−+【解析】【分析】（1）

连接CM，证CM⊥x即可得出结论；（2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN

即可求解；（3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=45，在Rt△B

CD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可．(1)解：⊙M与x轴相切，理由如下：连接CM，如图，∵MC=MA，∴∠MCA=∠MAC，∵AC平分∠OAM

，∴∠MAC=∠OAC，∴∠MCA=∠OAC，∵∠OAC+∠ACO=90°，∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°，∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上，∴⊙M与x轴相切；(2)解：如图，过点M作MN⊥AB于N，由（1）知，∠MCO=90°，

∵MN⊥AB于N，∴∠MNO=90°，AB=2AN，∵∠CON=90°，∴∠CMN=90°，∴四边形OCMN是矩形，∴MN=OC，ON=CM=5，∵OA+OC=6，设AN=x，∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得

x2+(1+x)2=52，解得：x1=3，x2=-4（不符合题意，舍去），∴AN=3，∴AB=2AN=6；(3)解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，∴OB=8，

C（4，0）在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得BC=22228445OBOC+=+=，∵BD是⊙M的直径，∴∠BCD=90°，BD=10，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得CD=()2222104525BDBC−=−=，即CD2=20，在Rt△CPD中，由

勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2，在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2，∴20-CP2=10CP-CP2，∴CP=2，∴PD2=20-C

P2=20-4=16，∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8，∴D（8,-2），设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得4082kbkb+=+=−，解得：122kb=−=，∴直线CD的解析式为：122yx=−+．【点睛】本题考查直线与圆相切

的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键．18．（2022·河南商丘·三模）如图，以AB为直径的O上有一动点C，O的切线CD交AB的延长线

于点D，过点B作BMOC交O于点M，连接AM，OM，BC．(1)求证：AMCD(2)若5OA=，填空：①当AM＝时，四边形OCBM为菱形；②连接MD，过点O作ONMD⊥于点N，若525BD=−，则ON＝．【答案】

(1)见解析(2)①53；②563【解析】【分析】(1)首先根据圆周角定理可得90MABABM+=，由切线的性质可得90DOCCDO+=，再根据平行线的性质即可证得MABCDO=，据此即可证得结论；(2)①根据菱形性质可得OM=OA=MB=5，即

可求得AB，再根据勾股定理即可求得；②首先可证得△ODC是等腰直角三角形，再根据勾股定理及三角形的面积，即可求解．(1)证明：∵AB是O的直径，90AMB=，90MABABM+=，∵CD是O的切线，

OCCD⊥，90DOCCDO+=，又BMOC∥，ABMDOC=，MABCDO=，AMCD∥；(2)解：①若四边形OCBM为菱形，则OM=OA=MB=5，∵AB是⊙O的直径，∴90AMB=，∵OA=OB，∴AB=2OA

=10，∴222210553AMABMB=−=−=当53AM=时，四边形OCBM为菱形；故答案为：53；②如图所示：∵525BD=−，OB=5，∴552552ODOBBD=+=+−=，∵CD是O的切线，∴90OCD=，∵OC=OB=5，∴()22225255CDODOC=−=−=，∴△ODC是

等腰直角三角形，∴45DOC=，又BMOC∥，∴45OBMDOC==，∵OM=OB，∴45OBMOMB==，∴90BOM=，△OBM是等腰直角三角形，在直角△ODM中，根据勾股定理可

得()222252553MDODOM=+=+=，根据△ODM的面积可得ON⋅DM=OM⋅OD，55256353OMODONDM===，故答案为：563．【点睛】此题主要考查了圆周角定理，圆的切线的性质，平行线的性质与判定，菱形的性

质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各图形的性质和判定是解决本题的关键．