点评：本 题考查了圆的综合题：弧、弦和圆心角之间的关系以及圆周角定理在有关圆的几何证明中经常用到，同时熟练掌握等边三角形的性质以及轴对称﹣最短路径问题． 17. 考点：圆 的综合题． 专题：综 合题． 分析：（ 1）根据圆周角定理∠AOB=90°得AB为⊙M的直径，则可得到线段AB的中点即点M的坐标，然后利用勾股定理计算出AB=10，则可确定⊙M的半径为5； （2）点B作⊙M的切线l交x轴于C，根据切线的性质得AB⊥BC，利用等角的余角相等得到∠BAO=∠CBO，然后根据相似三角形的判定方法有Rt△ABO∽Rt△BCO，所以=，可解得OC=，则C点坐标为（﹣，0），最后运用待定系数法确定l的解析式； （3）作ND⊥x轴，连结AE，易得△NOD为等腰直角三角形，所以ND=OD，ON=ND，再利用ND∥OB得到△ADN∽△AOB，则ND：OB=AD：AO，即ND：6=（8﹣ND）：8，解得ND=，所以OD=，ON=，即可确定N点坐标；由于△ADN∽△AOB，，则BN=10﹣=，然后利用圆周角定利用ND：OB=AN：AB，可求得AN=理得∠OBA=OEA，∠BOE=∠BAE，所以△BON∽△EAN，再利用相似比可求出ME，最后由OE=ON+NE计算即可． 解答：解 ：（1）∵∠AOB=90°， ∴AB为⊙M的直径， ∵A（8，0），B（0，6）， ∴OA=8，OB=6， ∴AB==10， ∴⊙M的半径为5；圆心M的坐标为（（4，3）； （2）点B作⊙M的切线l交x轴于C，如图， ∵BC与⊙M相切，AB为直径， ∴AB⊥BC， ∴∠ABC=90°， ∴∠CBO+∠ABO=90°， 而∠BAO=∠ABO=90°， ∴∠BAO=∠CBO， ∴Rt△ABO∽Rt△BCO， ∴=，即=，解得OC=， ∴C点坐标为（﹣，0）， 设直线BC的解析式为y=kx+b， 把B（0，6）、C点（﹣，0）分别代入， 解得， ∴直线l的解析式为y=x+6； （3）作ND⊥x轴，连结AE，如图， ∵∠BOA的平分线交AB于点N， ∴△NOD为等腰直角三角形， ∴ND=OD， ∴ND∥OB， ∴△ADN∽△AOB， ∴ND：OB=AD：AO， ∴ND：6=（8﹣ND）：8，解得ND=∴OD=，ON=ND=，）； ， ， ∴N点坐标为（∵△ADN∽△AOB， ∴ND：OB=AN：AB，即∴BN=10﹣=， ：6=AN：10，解得AN=， ∵∠OBA=OEA，∠BOE=∠BAE， ∴△BON∽△EAN， ∴BN：NE=ON：AN，即∴OE=ON+NE=+：NE==7． ：，解得NE=， 点评：本 题考查了圆的综合题：掌握切线的性质、圆周角定理及其推论；学会运用待定系数法求函数的解析式；熟练运用勾股定理和相似比进行几何计算． 18.解析：
（1）PD与⊙O相切，∠ABD= ∠ADO+
1∠AOD 21∠ADO=90° ∴∠ADO+∠PDA=90° 2∴PD⊥DO即PD与⊙O相切
（2）设AH=x，AC⊥BD ∠PHD=90° 由tan∠ADB=
3AHx4知DH=??x 4tan?ADB334又PA=443?33x x ∴PH=PA+AH=33∴PD=
8x=2DH ?∠PDH=60° 3因为PD为⊙O切线，由割线弦定理知∠DCB=∠PDH=60° ∴∠DOB=120° BD=2R·sin60°=2×25×（3）过A作AG⊥PD ∵PA=3=253 243?3x ∠DPH=30° 6∴GA=
43?312?33x PG=x 6643?3xAG43?36??∴tan∠PDA= DG12?3384?33?x?x63∴
AH?tan?ABD?tan?PDA BH∴BH?4?3344?33 x CH??x343?343?344?33??1AC343?316?123?123?9∴ ??BD44?33163?12?12?93?343?3?243?7?AC?243?7
25311AC?BD?(243?7)?253 221753 ?900?2又AC⊥BD ∴S=
19.