2024-2025学年下学期初中数学北师大新版九年级同步经典题精练之直线和圆的位置关系

第30页（共30页）2024-2025学年下学期初中数学北师大新版九年级同步经典题精练之直线和圆的位置关系一．选择题（共5小题）1．（2024秋•巢湖市期末）如图，CA，CB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OA，OB，AB，CO，CO与AB交于点D．若∠ACB＝60°，OD=3，则A．2 B．4 C．43 D．2．（2024秋•玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是直径，直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l，垂足为D．若AB＝15，BD＝12，则CD的长为（）A．4.8 B．5 C．5.4 D．63．（2024秋•扬州期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G且AB∥CD，若OB＝8cm，OC＝6cm，则BE+CG等于（）A．7cm B．8cm C．9cm D．10cm4．（2024秋•黄埔区期末）如图，周长为15cm的三角形纸片ABC，小刚想用剪刀剪出它的内切圆⊙O，他先沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，则三角形纸片BDE的周长是（）A．10cm B．9cm C．8cm D．7cm5．（2024秋•崇川区期末）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，PO的延长线交⊙O于点B，连接AB．若∠P＝26°，则∠B的度数为（）A．64° B．52° C．42° D．32°二．填空题（共5小题）6．（2024秋•金东区期末）如图，AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，点D是圆弧上一点，连结DC和BD．若∠D＝65°，则∠A的度数为．7．（2024秋•靖江市期末）如图，点O是△ABC的内心，连接BO，CO并分别延长交AC于点D，交AB于点E．若AB＝6，BC＝5，AC＝4，则OD：OB的值为．8．（2024秋•靖江市期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，点B，点C为⊙O上一动点（不与A，B重合），∠APB＝50°，则∠ACB＝°．9．（2024秋•南川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点D为AC弧的中点，对角线AC经过圆心，延长AC与过点B的⊙O的切线BF交于点F．若AB=BF=33，则BC的长度；AD的长度为10．（2024秋•金水区校级期末）如图，在Rt△AOB中，AB＝4，OB＝2，⊙O的半径为1，点M在AB边上运动，过点M的直线MN与⊙O相切于点N，则MN的最大值为，最小值为．三．解答题（共5小题）11．（2024秋•扎兰屯市期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．（1）求证：CF为⊙O的切线；（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．12．（2024秋•仪征市期末）已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A，B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的交点，连接OB，OF，AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G+12∠BOF＝（1）求证：FG是⊙O的切线；（2）如果正方形边长为2，求BG的长．13．（2024秋•玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是弦，C是AB的中点，OC与AB交于点E，过点A作⊙O的切线，与OC的延长线交于点D，连接OB．求证：∠B＝∠D．14．（2024秋•仪征市期末）如图，在△AEC中，∠E＝90°，AD平分∠CAE交CE于点D，点B为边AC上一点，以AB为直径的圆恰好经过点D．（1）试判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若OB＝4，BC＝2，求DE的长．15．（2024秋•靖江市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，延长DA到F，使得AF＝AE，连接BF．（1）求证：BF是⊙O的切线；（2）若DE=75，BE＝3．求

2024-2025学年下学期初中数学北师大新版九年级同步经典题精练之直线和圆的位置关系参考答案与试题解析题号12345答案CDDDD一．选择题（共5小题）1．（2024秋•巢湖市期末）如图，CA，CB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OA，OB，AB，CO，CO与AB交于点D．若∠ACB＝60°，OD=3，则A．2 B．4 C．43 D．【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】C【分析】根据切线的性质得到OA⊥AC，求出∠OAD＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质计算即可．【解答】解：∵CA，CB是⊙O的两条切线，∠ACB＝60°，∴CA＝CB，∠ACO＝∠BCO＝30°，OA⊥AC，∴OC⊥AB，∠AOC＝90°﹣30°＝60°，∴∠OAD＝30°，∴OA＝2OD＝23，在Rt△AOC中，∠ACO＝30°，∴CO＝2OA＝43，故选：C．【点评】本题考查的是切线的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．2．（2024秋•玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是直径，直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l，垂足为D．若AB＝15，BD＝12，则CD的长为（）A．4.8 B．5 C．5.4 D．6【考点】切线的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．【答案】D【分析】连接OC，作OF⊥BD于点F，由直线l与⊙O相切于点C，得l⊥OC，可证明四边形OCDF是矩形，则FD＝OC＝OB=12AB=152，所以BF＝BD﹣FD=92，求得【解答】解：连接OC，作OF⊥BD于点F，则∠OFD＝∠OFB＝90°，∵直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l于点D，∴l⊥OC，∴∠OFD＝∠OCD＝∠CDF＝90°，∴四边形OCDF是矩形，∵AB＝15，BD＝12，∴FD＝OC＝OB=12AB=1∴BF＝BD﹣FD＝12-15∴CD＝OF=OB∴CD的长为6，故选：D．【点评】此题重点考查切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．3．（2024秋•扬州期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G且AB∥CD，若OB＝8cm，OC＝6cm，则BE+CG等于（）A．7cm B．8cm C．9cm D．10cm【考点】切线的性质．【专题】计算题；与圆有关的位置关系；运算能力．【答案】D【分析】根据切线的性质得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质得∠GCF+∠EBF＝180°，则有∠OBC+∠OCB＝90°，即∠BOC＝90°，再由勾股定理可求得BC的长，进而由切线长定理即可得到BE+CG的长．【解答】解：连接OF，根据切线长定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；∵AB∥CD∴∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠OBF+∠OCF＝90°，∴∠BOC＝90°，∵OB＝6cm，OC＝8cm，∴BC＝10cm，∵OF⊥BC，∴BE＝BF，CG＝CF∴BE+CG＝BF+CF＝BC＝10cm．故选：D．【点评】此题主要是综合运用了切线长定理和切线的性质定理．由勾股定理可求得BC的长是关键．4．（2024秋•黄埔区期末）如图，周长为15cm的三角形纸片ABC，小刚想用剪刀剪出它的内切圆⊙O，他先沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，则三角形纸片BDE的周长是（）A．10cm B．9cm C．8cm D．7cm【考点】三角形的内切圆与内心；切线的性质．【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】D【分析】设三角形ABC与⊙O相切于M、N、F，DE与⊙O相切于G，根据切线长定理和三角形的周长公式即可得到结论．【解答】解：设三角形ABC与⊙O相切于M、N、F，DE与⊙O相切于G，如图，由切线长定理可知：AM＝AF，CN＝CF，BM＝BN，DM＝DG，EG＝EN，∵AB+AC+BC＝15cm，AC＝4cm，∴AM+CN＝AC＝4cm，AB+BC＝11（cm），∴三角形纸片BDE的周长＝DB+DE+BE＝BD+DG+GE+BE＝BM+BN＝AB+BC﹣AC＝7（cm），故选：D．【点评】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，解题的关键是熟练掌握切线的性质．5．（2024秋•崇川区期末）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，PO的延长线交⊙O于点B，连接AB．若∠P＝26°，则∠B的度数为（）A．64° B．52° C．42° D．32°【考点】切线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质．【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】D【分析】连接OA，根据切线的性质得到OA⊥PA，根据直角三角形的性质求出∠POA，再根据圆周角定理求出∠B．【解答】解：如图，连接OA，∵PA是⊙O的切线，∴OA⊥PA，∵∠P＝26°，∴∠POA＝90°﹣26°＝64°，由圆周角定理得：∠B=12∠POA=12故选：D．【点评】本题考查的是切线的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．二．填空题（共5小题）6．（2024秋•金东区期末）如图，AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，点D是圆弧上一点，连结DC和BD．若∠D＝65°，则∠A的度数为50°．【考点】切线的性质；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．【答案】50°．【分析】连结OB、OC，由切线的性质得∠OBA＝∠OCA＝90°，而∠BOC＝2∠D＝130°，则∠A＝360°﹣∠BOC﹣∠OBA﹣∠OCA＝50°，于是得到问题的答案．【解答】解：连结OB、OC，∵AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，∴AB⊥OB，AC⊥OC，∴∠OBA＝∠OCA＝90°，∵∠D＝65°，∴∠BOC＝2∠D＝130°，∴∠A＝360°﹣∠BOC﹣∠OBA﹣∠OCA＝50°，故答案为：50°．【点评】此题重点考查切线的性质、圆周角定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．7．（2024秋•靖江市期末）如图，点O是△ABC的内心，连接BO，CO并分别延长交AC于点D，交AB于点E．若AB＝6，BC＝5，AC＝4，则OD：OB的值为411【考点】三角形的内切圆与内心．【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．【答案】411【分析】作BH⊥AC于点H，DP⊥BC于点P，DQ⊥BA于点Q，因为点O是△ABC的内心，所以∠ABD＝∠CBD，则DP＝DQ，由S△ABDS△CBD=12AD⋅BH12CD⋅BH=12【解答】解：作BH⊥AC于点H，DP⊥BC于点P，DQ⊥BA于点Q，∵点O是△ABC的内心，AB＝6，BC＝5，AC＝4，∴∠ABD＝∠CBD，∴DP＝DQ，∴S△ABD=12AD•BH=12AB•DQ，S△CBD=12CD•BH=12∴S△∴ADCD同理ODOB∵CD=55+6AC=∴AC=115∵ACBC∴CDBC∴ODOB=411，即OD：故答案为：411【点评】此题重点考查三角形的内切圆与内心、角平分线的性质、根据面积等式求两条线段的比等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．8．（2024秋•靖江市期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，点B，点C为⊙O上一动点（不与A，B重合），∠APB＝50°，则∠ACB＝65或115°．【考点】切线的性质；圆周角定理．【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．【答案】65或115．【分析】连接OA、OB，由切线的性质得PA⊥OA，PB⊥OB，则∠PAO＝∠PBO＝90°，而∠APB＝50°，所以∠AOB＝360°﹣∠PAO﹣∠PBO﹣∠APB＝130°，若点C在四边形PAOB的外部，则∠ACB=12∠AOB＝65°；若点C在四边形PAOB的内部，在⊙O上取一点E，使点E在四边形PAOB的外部，连接AE、BE，则∠E=12∠AOB＝65°，所以∠ACB＝180°﹣∠【解答】解：连接OA、OB，∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，点B，∴PA⊥OA，PB⊥OB，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∵∠APB＝50°，∴∠AOB＝360°﹣∠PAO﹣∠PBO﹣∠APB＝130°，如图1，点C为⊙O上一动点，且点C在四边形PAOB的外部，则∠ACB=12∠AOB＝如图2，点C为⊙O上一动点，且点C在四边形PAOB的内部，在⊙O上取一点E，使点E在四边形PAOB的外部，连接AE、BE，∵∠E=12∠AOB＝∴∠ACB＝180°﹣∠E＝115°，综上所述，∠ACB＝65°或∠ACB＝115°，故答案为：65或115．【点评】此题重点考查切线的性质定理、圆周角定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．9．（2024秋•南川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点D为AC弧的中点，对角线AC经过圆心，延长AC与过点B的⊙O的切线BF交于点F．若AB=BF=33，则BC的长度3；AD的长度为【考点】切线的性质；解直角三角形；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．【专题】与圆有关的计算；几何直观；推理能力．【答案】3；32【分析】连接OB，通过推理得到△OBC等边三角形，△ACD是等腰直角三角形，通过勾股定理即可求解．【解答】解：四边形ABCD内接于⊙O，点D为AC弧的中点，BF是⊙O的切线，如图，连接OB，∴∠BOF＝90°，∵AC是⊙O的直径，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，∵AB=∴∠FAB＝∠F，∵OA＝OB，∴∠OBA＝∠FAB＝∠F，∵∠FOB＝∠FAB+∠OBA，∴∠FOB+∠F＝∠FAB+∠OBA+∠F＝90°，∴∠FAB＝∠OBA＝∠F＝30°，∴BC＝ABtan∠BAC=33∴∠ACB＝60°，∵OB＝OC，∴△OBC是等边三角形，OC＝BC＝OB＝OA＝3，AC＝6，∵点D为AC弧的中点，AD=AD＝CD，∴△ACD是等腰直角三角形，∴AD2+CD2＝2AD2＝AC2，∴AD=故答案为：3；32【点评】此题考查了切线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，证明△OBC为等边三角形是解题的关键．10．（2024秋•金水区校级期末）如图，在Rt△AOB中，AB＝4，OB＝2，⊙O的半径为1，点M在AB边上运动，过点M的直线MN与⊙O相切于点N，则MN的最大值为15，最小值为555【考点】切线的性质．【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．【答案】15，555【分析】作OP⊥AB于点P，连接OM、ON，由AB＝4，OB＝2，∠AOB＝90°，求得AB＝25，由S△AOB=12×25OP=12×2×4，求得OP=455，由直线MN与⊙O相切于点N，⊙O的半径为1，得∠ONM＝90°，ON＝1，则MN=OM2-1，可知当OM最大时，则MN的值最大；当OM最小时，则MN的值最小，而455【解答】解：作OP⊥AB于点P，连接OM、ON，∵AB＝4，OB＝2，∠AOB＝90°，∴AB=OA2∵S△AOB=12×25OP=1∴OP=4∵直线MN与⊙O相切于点N，⊙O的半径为1，∴MN⊥ON，ON＝1，∴∠ONM＝90°，∴MN=O∴当OM最大时，则MN的值最大；当OM最小时，则MN的值最小，∵点M在AB边上运动，∴OP≤OM≤OA，∴455≤OM∴OM的最大值为4，最小值为45∵当OM＝4时，MN=42-1=15；当∴MN的最大值为15，最小值为555故答案为：15，555【点评】此题重点考查勾股定理、切线的性质、垂线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．三．解答题（共5小题）11．（2024秋•扎兰屯市期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是AB的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．（1）求证：CF为⊙O的切线；（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．【考点】切线的判定与性质；垂径定理；圆周角定理．【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF＝90°即可；（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，可得r＝3，再根据勾股定理可解决问题．【解答】（1）如图，连接OC，OD，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∵CF＝EF，∴∠FCE＝∠FEC，∵∠OED＝∠FEC，∴∠OED＝∠FCE，∵AB是直径，D是AB⌢∴∠DOE＝90°，∴∠OED+∠ODC＝90°，∴∠FCE+∠OCD＝90°，即∠OCF＝90°，∵OC是半径，∴CF是⊙O的切线．（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，OC2+CF2＝OF2∴42+r2＝（r+2）2，解得r＝3，∴OB＝OD＝3，∵∠DOB＝90°，∴BD2＝OD2+OB2，∴BD=【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．12．（2024秋•仪征市期末）已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A，B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的交点，连接OB，OF，AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G+12∠BOF＝（1）求证：FG是⊙O的切线；（2）如果正方形边长为2，求BG的长．【考点】切线的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理．【专题】与圆有关的位置关系；图形的相似；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）98【分析】（1）根据正方形的性质和切线的判定定理即可得到结论；（2）连接OE，根据切线的性质得到OE⊥CD，过O作OH⊥BC于H，推出四边形OECH是矩形，得到BH＝FH，求得OH＝CE，CH＝OE，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABF＝90°，∴AF是⊙O的直径；∵∠A=12∠BOF，∠G+12∠∴∠A+∠G＝90°，∴∠AFG＝90°，∴FG是⊙O的切线；（2解：连接OE，∵CD是⊙O的切线，∴OE⊥CD，过O作OH⊥BC于H，则四边形OECH是矩形，BH＝FH，∴OH＝CE，CH＝OE，∵AO＝OF，∴OH=12AB＝设OB＝OE＝CH＝r，∴BH＝2﹣r，∵OB2＝BH2+OH2，∴r2＝（2﹣r）2+12，∴r=5∴AF=52，BF∵∠ABF＝∠FBG＝∠AFG＝90°，∴∠BAF+∠AFB＝∠AFB+∠BFG＝90°，∴∠BAF＝∠BFG，∴△ABF∽△FBG，∴ABBF∴BG=B【点评】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．13．（2024秋•玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是弦，C是AB的中点，OC与AB交于点E，过点A作⊙O的切线，与OC的延长线交于点D，连接OB．求证：∠B＝∠D．【考点】切线的性质；垂径定理；圆周角定理．【答案】详见解答．【分析】根据切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理进行解答即可．【解答】证明：∵AB是弦，C是AB的中点，∴OC⊥AB，AE＝BE，∵OA＝OB，∴∠AOE＝∠BOE，∵AD是⊙O的切线，∴∠OAD＝90°，∵∠B+∠BOE＝90°＝∠D+∠AOB，∴∠B＝∠D．【点评】本题考查切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理，掌握切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．14．（2024秋•仪征市期末）如图，在△AEC中，∠E＝90°，AD平分∠CAE交CE于点D，点B为边AC上一点，以AB为直径的圆恰好经过点D．（1）试判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若OB＝4，BC＝2，求DE的长．【考点】直线与圆的位置关系；角平分线的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；推理能力．【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；（2）45【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，根据角平分线的定义得到∠OAD＝∠DAE，等量代换得到∠ODA＝∠DAE，根据平行线的性质得到∠ODC＝∠E，求得∠ODC＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：（1）直线CE与⊙O相切，理由：连接OD，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAE交CE于点D，∴∠OAD＝∠DAE，∴∠ODA＝∠DAE，∴OD∥AE，∴∠ODC＝∠E，∵∠E＝90°，∴∠ODC＝90°，∵OD是⊙O的半径，∴直线CE与⊙O相切；（2）∵∠ODC＝90°，∴OC2＝OD2+CD2，∴62＝42+CD2，∴CD＝25，∵OD∥AE，∴△COD∽△CAE，∴CDCE∴25∴CE=10∴DE＝CE﹣CD=4【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出辅助线是解题的关键．15．（2024秋•靖江市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，延长DA到F，使得AF＝AE，连接BF．（1）求证：BF是⊙O的切线；（2）若DE=75，BE＝3．求【考点】切线的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心．【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．【答案】（1）证明见解答；（2）⊙O的半径长为2．【分析】（1）连接BD、OA，OA交BC于点H，由AB垂直平分EF，得BF＝BE，则∠ABF＝∠ABE，由∠BAD＝90°，证明BD是⊙O的直径，则OA＝OB，所以∠OBA＝∠OAB，由AB＝AC，得AB=AC，则OA垂直平分BC，所以∠OBF＝∠ABF+∠OBA＝∠ABE+∠OAB＝90°，即可证明BF是⊙（2）由∠FAB＝∠FBD＝90°，∠F＝∠F，证明△FAB∽△FBD，得AFBF=BFDF，所以AF•DF＝BF2，而DE=75，AF＝AE，BF＝BE＝3，则DF＝2AF+75，所以AF（2AF+75）＝9，求得AF=95，则DF＝5，所以BD=D【解答】（1）证明：连接BD、OA，OA交BC于点H，∵AD⊥AB，交⊙O于点D，延长DA到F，使得AF＝AE，∴AB垂直平分EF，∴BF＝BE，∴∠ABF＝∠ABE，∵∠BAD＝90°，∴BD是⊙O的直径，∴点O在BD上，∴OA＝OB，∴∠OBA＝∠OAB，∵AB＝AC，∴AB=∴OA垂直平分BC，∴∠AHB＝90°，∴∠OBF＝∠ABF+∠OBA＝∠ABE+∠OAB＝90°，∵OB是⊙O的半径，且BF⊥OB，∴BF是⊙O的切线．（2）解：∵∠FAB＝∠FBD＝90°，∠F＝∠F，∴△FAB∽△FBD，∴AFBF∴AF•DF＝BF2，∵DE=75，AF＝AE，BF＝BE＝∴DF＝2AF+75，BF2＝32＝∴AF（2AF+75）＝解得AF=95或AF∴DF＝2×95∴BD=DF∴OB=12BD＝∴⊙O的半径长为2．【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、垂径定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．

考点卡片1．三角形内角和定理（1）三角形内角的概念：三角形内角是三角形三边的夹角．每个三角形都有三个内角，且每个内角均大于0°且小于180°．（2）三角形内角和定理：三角形内角和是180°．（3）三角形内角和定理的证明证明方法，不唯一，但其思路都是设法将三角形的三个内角移到一起，组合成一个平角．在转化中借助平行线．（4）三角形内角和定理的应用主要用在求三角形中角的度数．①直接根据两已知角求第三个角；②依据三角形中角的关系，用代数方法求三个角；③在直角三角形中，已知一锐角可利用两锐角互余求另一锐角．2．角平分线的性质角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE3．等腰三角形的性质（1）等腰三角形的概念有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性质①等腰三角形的两腰相等②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．4．等腰三角形的判定与性质1、等腰三角形提供了好多相等的线段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是证明线段相等、角相等的重要手段．2、在等腰三角形有关问题中，会遇到一些添加辅助线的问题，其顶角平分线、底边上的高、底边上的中线是常见的辅助线，虽然“三线合一”，但添加辅助线时，有时作哪条线都可以，有时不同的做法引起解决问题的复杂程度不同，需要具体问题具体分析．3、等腰三角形性质问题都可以利用三角形全等来解决，但要注意纠正不顾条件，一概依赖全等三角形的思维定势，凡可以直接利用等腰三角形的问题，应当优先选择简便方法来解决．5．等边三角形的判定与性质（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．6．含30度角的直角三角形（1）含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．7．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．8．正方形的性质（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．（2）正方形的性质①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．9．垂径定理（1）垂径定理垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．（2）垂径定理的推论推论1：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．推论2：弦的垂直平分线经过圆心，并且平分弦所对的两条弧．推论3：平分弦所对一条弧的直径，垂直平分弦，并且平分弦所对的另一条弧．10．圆周角定理（1）圆周角的定义：顶点在圆上，并且两边都与圆相交的角叫做圆周角．注意：圆周角必须满足两个条件：①顶点在圆上．②角的两条边都与圆相交，二者缺一不可．（2）圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．（3）在解圆的有关问题时，常常需要添加辅助线，构成直径所对的圆周角，这种基本技能技巧一定要掌握．（4）注意：①圆周角和圆心角的转化