苏科版2019-2020九年级数学上册第二章对称图形-圆单元综合训练题3(较难 含答案)

苏科版2019-2020九年级数学上册第二章对称图形-圆单元综合训练题3（较难含答案）1．把地球和篮球的半径都增加一米，那么地球和篮球的大圆的周长也都增加了，谁增加得多一些呢（）
A．地球多B．篮球多C．一样多D．不能确定
2．如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交弧BC于点D，连结CD、OD，给出以下四个结论：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；④．其中正确结论的序号是（）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．如图，OA、OB、OC两两不相交，且半径都是2 cm，则图中三个扇形(阴影部分)
的面积之和为( )
A．cm2B．cm2C．cm2D．2 cm2
4．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，连结AC，EB，CH=6，则EH的长为（）
A．12B．18 C．6+6 D．12
5．如图在⊙O中，圆心角∠BOC＝60°，则圆周角∠BAC等于（）
A．60°B．50°C．40°D．30°
6．若正方形的边长为a，其内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r∶R∶a＝…（）A．B．C．D．
7．用长的篱笆在空地上围成一个正六边形的绿化场地，那么这个场地的面积为（）A．B．C．D．
8．如图，AB为⊙O的直径，过B作⊙O的切线，在该切线上取点C，连接AC交⊙O 于D，若⊙O的半径是6，∠C=36°，则劣弧AD的长是（）
A．B．C．D．3π
9．如图1，一枚一元硬币恰好能平放入如图2所示的一个底面为正六边形的的小盒里面，已
知一枚一元硬币的直径大概为24mm，则下列数据与这个正六边形的边长最接近的是（）
A．12 mm B．13mm C．14mm D．15mm
10．如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝4，BC＝3，按以下步骤作图：①以A为圆心，任意长为半径作弧，分别交AB、AC于点M、N；②分别以点M、N为圆心，以大于
的长为半径作弧，两弧相交于点E；③作射线AE；④以同样的方法作射线BF，AE交BF于点O，连接OC，则OC＝________.
11．如图所示，在中，为的直径，，则的度数是_________度.
12．已知圆锥形模具的母线长和底面圆的直径均是，则这个模型的侧面积是
________．
13．⊙O的直径为2，AB，AC为⊙O的两条弦，AB=，AC=，则∠BAC=_____．14．一个半径为5cm的圆内接正六边形的面积等于______．
15．如图，正方形的边长为，分别以、为直径，在正方形内作半圆，则图中阴影部分的面积为________平方单位．
16．如图，四边形ABCD内接于⊙O，DA=DC，∠CBE=50°，则∠DAC的大小为___度.
17．如图，是的直径，弦，垂足为，若，，则
________．
18．直径为1个单位长度的圆从原点沿数轴向右滚动一周，圆上在原点O处的点到达点O′，点P表示的数是2.6，那么点PO′的长度是．
BE CO.
19．如图，已知AB是O的直径，CD与O相切于C，//
的平分线.
（1）求证：BC是ABE
（2）若DC=8，O的半径OA=6，求CE的长.
20．如图1，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，D为AC边上一点，且CD＝2AD＝4，过点D作DE⊥AB于点E．
(1)求AB的长；
(2)如图2，将△ADE绕点A顺时针旋转60°，延长DE交AC于点G，交AB于点F，连接CF．
求证：点F是AB的中点．
(3)如图3，在△ADE绕点A顺时针旋转的过程中，当DE的延长线恰好经过点B时，若点P为BD的中点，连接CP、PF．
求证：∠PCE＝∠PE C．
21．如图，内接于，且，是的直径，与交于点，在的延长线上，且．
试判断与的位置关系，并说明理由；
若，，求阴影的面积．
22．如图1，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，OC∥弦AD
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）如图2，连AC交BD于E．若AE=CE，求tan∠ACB的值．
23．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O与BC交于点D，过点D作⊙O 的切线与AC交于点F．
（1）求证：EF=CF；
（2）若AE=8，cosA=，求DF的长．
24．如图①，AB为⊙O的直径，AD与⊙O相切于点A，DE与⊙O相切于点E，点C 为DE延长线上一点，且CE=CB．
（1）求证：BC为⊙O的切线；
（2）连接AE并延长与BC的延长线交于点G（如图②所示）．若AB=CD=9，求线段BC和EG的长．
25．如图，已知A、B、C、D、E是⊙O上五点，⊙O的直径BE=2，∠BCD=120°，A为的中点，延长BA到点P，使BA=AP，连接PE．
（1）求线段BD的长；
（2）求证：直线PE是⊙O的切线．
参考答案
1．C
【解析】解：根据圆的周长公式为：2πr，假设地球的半径为R，篮球的半径为r，地球和篮球的半径都增加一米，那么地球和篮球的大圆的周长将变为：2π（R+1）和2π（r+1），即：2π（R+1）=2πR+2π，2π（r+1）=2πr+2π，∴周长都增加了：2π．故选C．
2．B
【解析】
①∵AB是半圆直径，∴AO=OD，∴∠OAD=∠ADO，
∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，∴∠CAD=∠DAO=∠CAB，∴∠CAD=∠ADO，
∴AC∥OD，∴①正确．
②过点E作EF⊥AC，∵OC⊥AB，AD平分∠CAB交弧BC于点D，∴OE=EF，
在Rt△EFC中，CE＞EF，∴CE＞OE，∴②错误．
③∵在△ODE和△ADO中，只有∠ADO=∠EDO，∵∠COD=2∠CAD=2∠OAD，
∴∠DOE≠∠DAO，∴不能证明△ODE和△ADO相似，∴③错误；
④∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，∴∠CAD=×45°=22.5°，∴∠COD=45°，
∵AB是半圆直径，∴OC=OD，∴∠OCD=∠ODC=67.5°∵∠CAD=∠ADO=22.5°（已证），∴∠CDE=∠ODC-∠ADO=67.5°-22.5°=45°，∴△CED∽△COD，∴，
∴CD2=OD•CE=AB•CE，∴2CD2=CE•AB．∴④正确．综上所述，只有①④正确．故选B．
3．D
【解析】
【分析】
先运用三角形的内角和定理，可得∠A+∠B+∠C=180°；再运用扇形的面积公式，即可求出阴影部分的面积和.
【详解】
解：∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴阴影部分的面积和为=2π（cm2）.
故选D.
【点睛】
本题主要考查的是三角形的内角和定理以及扇形的面积公式.
4．B
【解析】
【分析】
直接利用等边三角形、直角三角形的性质进而得出CO，HO的长即可得出EH的长．【详解】
解:连接 CO ，
∵六边形 ABCDEF是正六边形，
∴∠BOC=60°， OB=OC ，
∴△OBC 是等边三角形，
此时 AC⊥BE ，
∵CH=6，
∴∠OCH=30°，
∴cos30°===，
解得： CO=12 ，
故 OH=6 ，
则 EO=OC=12 ， HO=6 ，
故 EH=EO+OH=12+6=18.
故选：B.
【点睛】
本题考查正多边形和圆，熟练掌握正六边形性质是解答关键.
5．D
【解析】
【分析】
根据圆周角的性质：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半解答．
【详解】
∵∠BOC=60°且∠BOC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角
∴∠BAC=∠BOC=30°．
故选：D．
【点睛】
考查圆周角的性质．解题关键是运用一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半. 6．B
【解析】
【分析】
经过圆心O作正方形一边AB的垂线OC，垂足是C．连接OA，则在直角△OAC中，
∠O=45°．OC是边心距r，OA即半径R．根据三角函数即可求解．
【详解】
作出正方形的边心距，连接正方形的一个顶点和中心可得到一直角三角形．
在中心的直角三角形的角为，
∴内切圆的半径为，
外接圆的半径为，
∴．
故选B．
【点睛】
本题考查的知识点是正多边形和圆，解题关键是构造直角三角形，把半径和边心距用边长表示出来．
7．D
【解析】
【分析】
首先根据正六边形的特点可把正六边形分成6个全等的等边三角形，再根据题意算出一个等边三角形的面积，进而可算出正六边形面积．
【详解】
由题意得：AB＝48÷6＝8m，
过O作OC⊥AB，
∵AB＝BO＝AO＝8m，
∴CO＝＝4m，
∴正六边形面积为：4×8××6＝96m2，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，关键是掌握正六边形可分成6个全等的等边三角形是解题的关键．
8．C
【解析】
【分析】
连接BD，OD，由AB为圆O的直径，利用直径所对的圆周角为直角得到∠ADB为直角，再由BC与圆O相切，利用切线的性质得到AB垂直于BC，根据∠C的度数求出∠ABD的度数，进而确定出∠AOD度数，根据半径为6，利用弧长公式即可求出劣弧AD的长．【详解】
连接BD，OD，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵BC与圆O相切，
∴AB⊥BC，即∠ABC=90°，
∵∠C=36°，
∴∠ABD=36°，
∵OB=OD，
∴∠ABD=∠ODB=36°，
∴∠AOD=72°，
则劣弧AD的长为
故选C．
【点睛】
此题考查了切线的性质，弧长的计算，圆周角定理，以及等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
9．C
【解析】解：如图，连接OA、OB，过O作OD⊥AB于D．
∵圆外切多边形是正六边形，∴∠AOB==60°．
∵OD=12，OD⊥AB，∴∠AOD=∠AOB=×60°=30°．
∴OD=AD=12，∴AD==，∴AB=2AD=≈13.86．
故选C．
点睛：本题考查了学生对正多边形的概念掌握和计算的能力．解答这类题往往一些学生因对正多边形的基本知识不明确，将多边形的半径与内切圆的半径相混淆而造成错误计算．10．．
【解析】
【分析】
直接利用勾股定理的逆定理结合三角形内心的性质进而得出答案．
【详解】
过点O作OD⊥BC，OG⊥AC，垂足分别为D，G，
由题意可得：O是△ACB的内心，
∵AB=5，AC=4，BC=3，
∴BC2+AC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，
∴∠ACB=90°，
∴四边形OGCD是正方形，
∴DO=OG==1，
∴CO=．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了基本作图以及三角形的内心，正确得出OD的长是解题关键．11．100
【解析】试题解析：△ABC中，∠B=60°，∠C=70°；
∴∠A=180°-∠B-∠C=50°；
∴∠BOD=2∠A=100°．
故答案为：100°．
12．
【解析】
【分析】
圆锥的侧面积=π×底面半径×母线长，把相应数值代入即可求解.
【详解】
解：圆锥的侧面积=π×10÷2×10=50πcm2．
故答案为.
【点睛】
本题考查圆锥侧面积公式的灵活运用，掌握公式是关键．
13．15°或75°．
【解析】
【分析】
根据题意点C的位置有两种情况，如图1，∠BAC=∠CAO+∠OAB；如图2，∠BAC=∠OAB-∠OAC，进而得出答案．
【详解】
解：如图1，连接OC，OA，OB，过点O作OE⊥AC于点E，
∵OA=OB=1，AB=，
12+12=（）2，
∴∠AOB=90°，
∴△OAB是等腰直角三角形，∠OAB=45°，
∵AC=，OE⊥AC，
∴AE=，
∴cos∠EAO=，
∴∠EAO=30°，
∴如图1时，∠BAC=∠CAO+∠OAB=30°+45°=75°；
如图2时，∠BAC=∠BAC=∠OAB﹣∠OAC．=45°﹣30°=15°．
故答案为15°或75°．
【点睛】
此题主要考查了垂径定理以及勾股定理逆定理，利用分类讨论得出是解题关键．14．2
【解析】
【分析】
解题的关键要记住正六边形的特点，它被半径分成六个全等的等边三角形．
【详解】
连接正六边形的中心与各个顶点，得到六个等边三角形，等边三角形的边长是5，因而面积
是×5×=（cm2），因而正六边形的面积=6×= （cm2）．
故答案为：cm2．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆的知识，正六边形被它的半径分成六个全等的等边三角形，这是需要熟记的内容．
15．
【解析】
【分析】
先判断出两半圆交点为正方形的中心，连接OB，则可得出所产生的四个小弓形的面积相等，继而根据阴影部分的面积＝Rt△ADC面积−2个小弓形的面积可得出答案．
【详解】
易知：两半圆的交点即为正方形的中心，设此点为O，连接AC，则AC必过点O，连接OB，
则图中的四个小弓形的面积相等，
∴两个半圆的面积−Rt△ABC的面积＝4个小弓形的面积，
∴两个小弓形的面积为（−1），
图中阴影部分的面积＝Rt△ADC面积−2个小弓形的面积＝2−（−1）＝3−．
故答案是：（3−）．
【点睛】
此题考查了扇形的面积计算，解答本题的关键是得出两半圆的交点是正方形的中心，求出小
弓形的面积，有一定难度，注意仔细观察图形．
16．65
【解析】解：∵∠CBE=50°，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=180°﹣50°=130°．∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠D=180°﹣∠ABC=180°﹣130°=50°．∵DA=DC，
∴∠DAC==65°．故答案为：65．
17．10；
【解析】
【分析】
首先连接OC，由AP：PB=1：4，可设AP=2x，BP=8x，继而求得OP与PC的长，又由CD⊥AB，根据垂径定理的即可求得PC的长，然后根据勾股定理可得方程：（5x）2=（3x）2+42，解此方程求得x的值，即可求得AB的值．
【详解】
连接OC，
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB,
∴CP=CD=×8=4，∠OPC=90°，
∴OC2=OP2+CP2，
∵AP：PB=1：4，AP+PB=AB，
∴设AP=2x，BP=8x，
∴AB=10x，
∴OP=3x，OC=5x，
∴（5x）2=（3x）2+42，
∵x>0，
∴x=1，
∴AB=10，
故答案为：10.
【点睛】
本题考查了垂径定理与勾股定理，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用． 18．π﹣2.6．
【解析】
试题分析：先求出OO′的长，进而可得出结论．
解：∵圆的直径等于1，
∴OO′=π，
∴PO′=π﹣2.6．
故答案为：π﹣2.6．
考点：实数与数轴．
19．（1）证明见解析；（2）4.8
【解析】分析：（1）由//BE CO ，推出OCB CBE ∠=∠，由O C O B =，推出OCB OBC ∠=∠，可得CBE CBO ∠=∠.（2）在t R DCO 中，求出OD ，由//BE CO ，可得DC DO CE OB
=，由此即可解决问题. 详解：（1）证明：因为//BE CO ，
所以OCB CBE ∠=∠，
又因为OC OB =，
所以OCB OBC ∠=∠，
故可得CBE CBO ∠=∠，
即可得BC 是ABE ∠的平分线.
（2）因为DE 是O 的切线，
所以O C D ⊥
，即在t R D C O 中，DC =8，OC =OA =6,所以
2210
O +=， 又因为//BE CO ， 所以
DC DO CE OB
=， 所以8106CE =， 即可得EC =4.8
点睛：本题主要考查了切线的性质及相似三角形的应用，题目难度适中，会综合运用所考查的知识点是解题的关键.
20．（1）4；（2）见解析；（3）见解析；
【解析】分析：(1)求出AC的长后，根据直角三角形中的30°角结合勾股定理求解；(2)判断△ADF是含30°角的直角三角形，则AD＝2，由勾股定理求AF的长，结合AB的长求证；
(3)证点B，C，P，F四点共圆得∠BPC＝60°，证点A，E，C，B四点共圆得∠BEC＝30°.
详解：(1)∵CD＝2AD＝4，∴AC＝6，
设BC＝x，则AB＝2x.
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2＝AC2＋BC2，即(2x)2＝62＋x2.
解得，AB＝.
(2)由题意得：∠DAG＝∠EAF＝60°，∠D＝90°－∠DAE＝60°，
则∠DAB＝90°，
所以DF＝2AD＝4，由勾股定理得AF＝，
∴AF＝AB，即F是AB的中点．
(3)∵点P，点F分别是BD，BA的中点，
∴PF∥AD，∴∠FPB＝∠D＝60°，
由(2)可知，AF＝CF，
∵∠FCA＝∠F AC＝30°，∴∠BCF＝60°，
∴∠FPB＝∠BCF，∴C，B，F，P四点共圆，
∴∠CPB＝∠CFB＝60°，∵∠AEB＝∠ACB＝90°，
∴A，E，C，B四点共圆，∴∠CEP＝∠CAB＝30°，
∴∠ECP＝∠CPB－∠CEP＝30°，
∴∠PCE＝∠PEC．
点睛：证明同一个三角形中的两个角相等，当图形中的角的关系比较多时，可注意
图形中的四点共圆，借助四点共圆能比较好的发现图形中角的相等关系.
21．（1）相切，理由见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据等腰三角形性质求出∠FBA=∠EBA=∠C，推出∠D=∠C=∠FBA，根据∠DAB=90°推出∠D+∠DBA=90°，求出∠ABD+∠FBA=90°，根据切线的判定推出即可．
（2）连接OA，求出∠BOA=60°，求出AB长，求出BD、AD，求出OB，根据三角形的面积求出△ABD面积，即可求出△BAO面积，求出扇形BOA面积，即可求出答案．
【详解】
解：与的位置关系是相切，
理由是：∵和都对弧，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵（已证），
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线，
即与的位置关系是相切；
连接，
∵，
∴在中，，，
由勾股定理得，
在中，，
∴，，，
∵在中，，，由勾股定理得：，
又∵，
∴根据等底同高的三角形的面积相等得出
，
，
∴．
【点睛】
本题考查了三角形面积，等腰三角形性质，勾股定理，扇形面积，圆周角定理等知识点的综合运用．
22．(1)见解析;(2).
【解析】
【分析】
（1）欲证明CD是⊙O的切线，只要证明∠ODC=90°，只要证明△OCD≌△OCB即可．（2）如图2中，连接OC交BD于点M，连接OE，设EM=a，BM=2a，利用△EOM∽△EBO，得EO2=EM•EB，求出EO、EB即可解决问题．
【详解】
（1）证明：如图1中，连接BD、OD，BD与OC交于点E．
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BD，
∵AD∥OC，
∴OC⊥BD，ED=BE，
∵OD=OB，
∴∠DOC=∠BOC，
∵BC是⊙O切线，
∴OB⊥BC，
∴∠OBC=90°，
在△OCD和△OCB中，
，
∴△OCD≌△OCB，
∴∠ODC=∠OBC=90°，
∴OD⊥CD，
∴CD是⊙O切线．
（2）如图2中，连接OC交BD于点M，连接OE，
∵AO=OB，AE=EC，
∴OE∥BC，OE=BC，
∴，设EM=a，BM=2a，∠AOE=∠ABC=90°，∵∠OEM=∠OEB，∠OME=∠EOB=90°，
∴△EOM∽△EBO，
∴EO2=EM•EB=a•3a
∴EO=a，
同理BO2=BM•BE=6a2，
∴BO=AO=a，
∵∠AEO=∠ACB，
∴tan∠ACB=tan∠AEO=．
【点睛】
本题考查切线的性质和判定、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、三角函数等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
23．(1)见解析；(2)2.
【解析】分析：（1）连接OD，DE，先说明OD∥AC，由切线的性质得∠ODF=90°，从而∠DFC=90°，再证明DE=DC，根据三线合一结论可证；
（2）连接AD，BE，先说明DF是△BCE的中位线，从而DF=BE，在Rt△ABE中，求出AB和BE的长，进而可求出DF的长.
详解：（1）证明：连接OD，DE，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD∥AC，
∵DF与⊙O相切，
∴OD⊥DF，即∠ODF=90°，
∴∠DFC=90°，即DF⊥AC，
∵∠ABC+∠AED=180°，∠AED+∠DEC=180°，
∴∠DEC=∠ABD=∠C，
∴DE=DC，
∴EF=FC；
（2）连接AD，BE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠AEB=90°，
∵AB=AC，
∴BD=DC，
∴DF是△BCE的中位线，
∴DF=BE，
在Rt△ABE中，
∵cos∠BAE=，
∴AB=，
根据勾股定理可得：BE=，
∴DF=．
点睛：本题考查了等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，切线的性质，圆内接四边形的性质，圆周角定理的推论，锐角三角函数，三角形的中位线等知识，证明
∠DEC=∠ABD=∠C是解（1）的关键；证明DF是△BCE的中位线是解（2）的关键.
24．（1）证明见解析（2
【解析】试题分析：（1）连接OE，OC，即可证明△OEC≌△OEC，根据DE与⊙O相切于点E得到OEC=90°，从而证得∠OBC=90°，则BC是圆的切线．
（2）先求线段BC的长，过D作DF⊥BG于F，则四边形ABFD是矩形，在Rt△DCF中，由切线长定理知AD=DE、CE=BC，利用勾股定理可求得CF的长，设AD=DE=BC，根据CD=9，列出方程即可求出x，△ADE中，由于AD=DE，可得到∠DAE=∠AED=∠CEG，而AD∥BG，根据平行线的内错角相等得到∠G=∠EAD=∠CEG，由此可证得CE=CG=CB，即可求得BG的长.
试题解析：（1）证明：如图1，连接OE，OC；
∵CB=CE，OB=OE，OC=OC
∴△OEC≌△OBC（SSS）
∴∠OBC=∠OEC
又∵DE与⊙O相切于点E
∴∠OEC=90°
∴∠OBC=90°
∴BC为⊙O的切线．
（2）解：如图2，过点D作DF⊥BC于点F，则四边形ABFD是矩形，∵AD，DC，BG分别切⊙O于点A，E，B
∴DA=DE，CE=CB，
在Rt△DFC中，CF==1，
设AD=DE=BF=x，
则x+x+1=9，
x=4，
∵AD∥BG，
∴∠DAE=∠EGC，
∵DA=DE，
∴∠DAE=∠AED；
∵AD∥BG，
∵∠AED=∠CEG，
∴∠EGC=∠CEG，
∴CG=CE=CB=5，
∴BG=10，
在Rt△ABG中，AG==6，
∵AD∥CG，
∴==，
∴EG=×6=．
25．（1）3；（2）证明见解析.
【解析】分析：（1）连接DB，如图，利用圆内接四边形的性质得∠DEB=60°，再根据圆周角定理得到∠BDE=90°，然后根据含30度的直角三角形三边的关系计算BD的长；
（2）连接EA，如图，根据圆周角定理得到∠BAE=90°，而A为的中点，则∠ABE=45°，再根据等腰三角形的判定方法，利用BA=AP得到△BEP为等腰直角三角形，所以
∠PEB=90°，然后根据切线的判定定理得到结论．
详解：（1）连接DE，如图，
∵∠BCD+∠DEB=180°，
∴∠DEB=180°﹣120°=60°，
∵BE为直径，
∴∠BDE=90°，
在Rt△BDE中，DE=BE=×2=，
BD=DE=×=3；
（2）证明：连接EA，如图，
∵BE为直径，
∴∠BAE=90°，
∵A为的中点，
∴∠ABE=45°，
∵BA=AP，
而EA⊥BA，
∴△BEP为等腰直角三角形，
∴∠PEB=90°，
∴PE⊥BE，
∴直线PE是⊙O的切线．
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．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理．。