3. 已知$\odot O的直径为10cm$,弦$AB的长为6cm$,以点$O为圆心画一个小圆与AB$相切,则小圆的半径是(
A.$3cm$
B.$4cm$
C.$5cm$
D.$6cm$
B
)A.$3cm$
B.$4cm$
C.$5cm$
D.$6cm$
答案：B
解析：
过点O作OC⊥AB于点C，连接OA。
∵AB=6cm，∴AC=BC=3cm。
∵⊙O直径为10cm，∴OA=5cm。
在Rt△OAC中，OC=√(OA²-AC²)=√(5²-3²)=4cm。
∵小圆与AB相切，∴小圆半径为OC=4cm。
∵AB=6cm，∴AC=BC=3cm。
∵⊙O直径为10cm，∴OA=5cm。
在Rt△OAC中，OC=√(OA²-AC²)=√(5²-3²)=4cm。
∵小圆与AB相切，∴小圆半径为OC=4cm。
4. 如图,$\odot O是Rt\triangle ABC$的内切圆,切点分别为$D$、$E$、$F$,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$\angle BOC = 115^{\circ}$,则$\angle ABC = $
40°
.答案：40°
解析：
∵⊙O是Rt△ABC的内切圆，∴点O是△ABC的内心，BO平分∠ABC，CO平分∠ACB．
∵∠ACB=90°，∴∠OCB=∠ACB/2=45°．
在△BOC中，∠BOC=115°，∠OCB=45°，
∴∠OBC=180°-∠BOC-∠OCB=180°-115°-45°=20°．
∵BO平分∠ABC，∴∠ABC=2∠OBC=2×20°=40°．
∵∠ACB=90°，∴∠OCB=∠ACB/2=45°．
在△BOC中，∠BOC=115°，∠OCB=45°，
∴∠OBC=180°-∠BOC-∠OCB=180°-115°-45°=20°．
∵BO平分∠ABC，∴∠ABC=2∠OBC=2×20°=40°．
5. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB = 2$,$BC = 3$,以点$A$为圆心,以$1为半径画\odot A$,$E是\odot A$上一动点,$P是BC$上一动点,则$PE + PD$的最小值为______
4
.答案：4
解析：
以BC为对称轴作点A的对称点A'，连接A'D交BC于点P，此时PA+PD最小，最小值为A'D的长。
矩形ABCD中，AB=2，BC=3，∴A'(4,0)，D(0,3)。
由勾股定理得A'D=√[(4-0)²+(0-3)²]=5。
∵E是⊙A上动点，PE最小值为PA-AE=PA-1，
∴PE+PD最小值为(PA+PD)-1=5-1=4。
矩形ABCD中，AB=2，BC=3，∴A'(4,0)，D(0,3)。
由勾股定理得A'D=√[(4-0)²+(0-3)²]=5。
∵E是⊙A上动点，PE最小值为PA-AE=PA-1，
∴PE+PD最小值为(PA+PD)-1=5-1=4。
6. 如图,点$D在\odot O的直径AB$的延长线上,点$C在\odot O$上,$AC = CD$,$\angle ACD = 120^{\circ}$.
(1) 求证:$CD是\odot O$的切线;
(2) 若$\odot O的半径为2$,求图中阴影部分的面积.
(1) 求证:$CD是\odot O$的切线;
(2) 若$\odot O的半径为2$,求图中阴影部分的面积.
答案：(1)
连接$OC$。
因为$AC = CD$，$\angle ACD = 120^{\circ}$，所以$\angle A=\angle D = 30^{\circ}$。
因为$OA = OC$，所以$\angle A=\angle ACO = 30^{\circ}$。
所以$\angle OCD=\angle ACD - \angle ACO=120^{\circ}- 30^{\circ}=90^{\circ}$，即$OC\perp CD$。
又因为$OC$是$\odot O$的半径，所以$CD$是$\odot O$的切线。
(2)
因为$\angle A = 30^{\circ}$，所以$\angle COB = 2\angle A=60^{\circ}$。
在$Rt\triangle OCD$中，$\angle D = 30^{\circ}$，$OC = 2$，则$OD = 2OC = 4$，$CD=\sqrt{OD^{2}-OC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$。
$S_{\triangle OCD}=\frac{1}{2}× OC× CD=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
$S_{扇形OBC}=\frac{60\pi×2^{2}}{360}=\frac{2}{3}\pi$。
$S_{阴影}=S_{\triangle OCD}-S_{扇形OBC}=2\sqrt{3}-\frac{2}{3}\pi$。
综上，(1)证明过程如上述；(2)阴影部分面积为$2\sqrt{3}-\frac{2}{3}\pi$。
连接$OC$。
因为$AC = CD$，$\angle ACD = 120^{\circ}$，所以$\angle A=\angle D = 30^{\circ}$。
因为$OA = OC$，所以$\angle A=\angle ACO = 30^{\circ}$。
所以$\angle OCD=\angle ACD - \angle ACO=120^{\circ}- 30^{\circ}=90^{\circ}$，即$OC\perp CD$。
又因为$OC$是$\odot O$的半径，所以$CD$是$\odot O$的切线。
(2)
因为$\angle A = 30^{\circ}$，所以$\angle COB = 2\angle A=60^{\circ}$。
在$Rt\triangle OCD$中，$\angle D = 30^{\circ}$，$OC = 2$，则$OD = 2OC = 4$，$CD=\sqrt{OD^{2}-OC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$。
$S_{\triangle OCD}=\frac{1}{2}× OC× CD=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
$S_{扇形OBC}=\frac{60\pi×2^{2}}{360}=\frac{2}{3}\pi$。
$S_{阴影}=S_{\triangle OCD}-S_{扇形OBC}=2\sqrt{3}-\frac{2}{3}\pi$。
综上，(1)证明过程如上述；(2)阴影部分面积为$2\sqrt{3}-\frac{2}{3}\pi$。
7. 如图,已知直线$PA交\odot O于A$、$B$两点,$AE是\odot O$的直径,$C为\odot O$上的一点,且$AC平分\angle PAE$,过点$C作CD\perp PA$,垂足为$D$.
(1) 求证:$CD为\odot O$的切线;
(2) 已知$DC + DA = 6$,$\odot O的直径为10$,求$AB$的长.
(1) 求证:$CD为\odot O$的切线;
(2) 已知$DC + DA = 6$,$\odot O的直径为10$,求$AB$的长.
答案：(1) 证明见上；(2) AB=6。
解析：
(1) 证明：连接OC。
∵AC平分∠PAE，∴∠PAC=∠CAE。
∵OA=OC，∴∠OCA=∠CAE。
∴∠PAC=∠OCA，∴OC//PA。
∵CD⊥PA，∴OC⊥CD。
∵OC是⊙O半径，∴CD为⊙O的切线。
(2) 设AD=x，则DC=6-x。过O作OF⊥AB于F，∴AF=FB。
∵CD是切线，OC⊥CD，CD⊥PA，OF⊥AB，∴四边形OCDF是矩形。
∴OF=CD=6-x，DF=OC=5（⊙O直径为10，半径OC=5）。
∴AF=DF-AD=5-x。
在Rt△OAF中，OA²=AF²+OF²，即5²=(5-x)²+(6-x)²。
展开得：25=25-10x+x²+36-12x+x²，化简得2x²-22x+36=0，即x²-11x+18=0。
解得x=2或x=9（x=9时DC=6-9=-3舍去）。
∴AD=2，AF=5-2=3，∴AB=2AF=6。
∵AC平分∠PAE，∴∠PAC=∠CAE。
∵OA=OC，∴∠OCA=∠CAE。
∴∠PAC=∠OCA，∴OC//PA。
∵CD⊥PA，∴OC⊥CD。
∵OC是⊙O半径，∴CD为⊙O的切线。
(2) 设AD=x，则DC=6-x。过O作OF⊥AB于F，∴AF=FB。
∵CD是切线，OC⊥CD，CD⊥PA，OF⊥AB，∴四边形OCDF是矩形。
∴OF=CD=6-x，DF=OC=5（⊙O直径为10，半径OC=5）。
∴AF=DF-AD=5-x。
在Rt△OAF中，OA²=AF²+OF²，即5²=(5-x)²+(6-x)²。
展开得：25=25-10x+x²+36-12x+x²，化简得2x²-22x+36=0，即x²-11x+18=0。
解得x=2或x=9（x=9时DC=6-9=-3舍去）。
∴AD=2，AF=5-2=3，∴AB=2AF=6。