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1. 如图,已知AB是$\odot O$的直径,$\odot O$过BC的中点D,且$DE ⊥ AC$.
求证:DE是$\odot O$的切线.
求证:DE是$\odot O$的切线.
答案
如图,连接OD.
∵ D是BC的中点,O是AB的中点,
∴ OD是△ABC的中位线.
∴ OD//AC.
∴ ∠ODE+∠AED=180°.
又 DE⊥AC,
∴ ∠AED=90°.
∴ ∠ODE=180°-∠AED=180°-90°=90°.
∴ OD⊥DE.
∵ OD为⊙O的半径,
∴ DE是⊙O的切线.
解析
【分析】
要证明DE是⊙O的切线，根据切线的判定定理：过半径外端且垂直于该半径的直线是圆的切线。已知DE与⊙O有公共点D，因此首先连接半径OD，只需证明OD⊥DE即可。结合已知条件，O是AB的中点（AB是⊙O的直径，圆心O为AB中点），D是BC的中点，可推出OD是△ABC的中位线，得到OD//AC的关系，再结合DE⊥AC的条件，即可推出OD⊥DE，完成证明。
【解析】
连接OD，
∵ D是BC的中点，O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ OD//AC，
∴ ∠ODE+∠AED=180°，
又
∵ DE⊥AC，
∴ ∠AED=90°，
∴ ∠ODE=180°-∠AED=180°-90°=90°，
∴ OD⊥DE，
∵ OD为⊙O的半径，
∴ DE是⊙O的切线。
【答案】
如图,连接OD.
∵ D是BC的中点,O是AB的中点,
∴ OD是△ABC的中位线.
∴ OD//AC.
∴ ∠ODE+∠AED=180°.
又 DE⊥AC,
∴ ∠AED=90°.
∴ ∠ODE=180°-∠AED=180°-90°=90°.
∴ OD⊥DE.
∵ OD为⊙O的半径,
∴ DE是⊙O的切线.
【知识点】
切线的判定、三角形中位线定理、平行线的性质
【点评】
本题是切线判定的典型基础题，核心是掌握“直线与圆有公共点时，连半径、证垂直”的解题思路，结合中位线、平行线的性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
要证明DE是⊙O的切线，根据切线的判定定理：过半径外端且垂直于该半径的直线是圆的切线。已知DE与⊙O有公共点D，因此首先连接半径OD，只需证明OD⊥DE即可。结合已知条件，O是AB的中点（AB是⊙O的直径，圆心O为AB中点），D是BC的中点，可推出OD是△ABC的中位线，得到OD//AC的关系，再结合DE⊥AC的条件，即可推出OD⊥DE，完成证明。
【解析】
连接OD，
∵ D是BC的中点，O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ OD//AC，
∴ ∠ODE+∠AED=180°，
又
∵ DE⊥AC，
∴ ∠AED=90°，
∴ ∠ODE=180°-∠AED=180°-90°=90°，
∴ OD⊥DE，
∵ OD为⊙O的半径，
∴ DE是⊙O的切线。
【答案】
如图,连接OD.
∵ D是BC的中点,O是AB的中点,
∴ OD是△ABC的中位线.
∴ OD//AC.
∴ ∠ODE+∠AED=180°.
又 DE⊥AC,
∴ ∠AED=90°.
∴ ∠ODE=180°-∠AED=180°-90°=90°.
∴ OD⊥DE.
∵ OD为⊙O的半径,
∴ DE是⊙O的切线.
【知识点】
切线的判定、三角形中位线定理、平行线的性质
【点评】
本题是切线判定的典型基础题，核心是掌握“直线与圆有公共点时，连半径、证垂直”的解题思路，结合中位线、平行线的性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
2. 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°$, $CD ⊥ AB$于点$D$,以$CD$为直径的$\odot O$交$BC$于点$E$,$M$为线段$DB$上一点,$ME=MD$.求证:$ME$是$\odot O$的切线.
答案
如图,连接OE.
∵ CD⊥AB,
∴ ∠ODM=90°.
在△ODM和△OEM中,
$\begin{cases} OD=OE,\\ OM=OM,\\ DM=EM, \end{cases}$
∴ △ODM≌△OEM(SSS).
∴ ∠OEM=∠ODM=90°.
∴ OE⊥ME.
∵ OE是⊙O的半径,
∴ ME是⊙O的切线.
解析
【分析】
要证明ME是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，已知点E在$\odot O$上，所以首先连接半径OE，只需证明$OE⊥ ME$即可。观察已知条件：$ME=MD$，OD、OE都是$\odot O$的半径，因此$OD=OE$，再加上公共边$OM=OM$，可通过SSS证明$△ ODM≌△ OEM$，得到对应角$∠ OEM=∠ ODM$，结合$CD⊥ AB$可得$∠ ODM=90°$，即可推出$OE⊥ ME$，完成证明。
【解析】
如图，连接OE.
$\because CD⊥ AB$，
$\therefore ∠ ODM=90°$.
在$△ ODM$和$△ OEM$中，
$\begin{cases} OD=OE,\\ OM=OM,\\ DM=EM, \end{cases}$
$\therefore △ ODM≌△ OEM(\mathrm{SSS})$.
$\therefore ∠ OEM=∠ ODM=90°$.
$\therefore OE⊥ ME$.
$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore ME$是$\odot O$的切线.
【答案】
如图,连接OE.
∵ CD⊥AB,
∴ ∠ODM=90°.
在△ODM和△OEM中,
$\begin{cases} OD=OE,\\ OM=OM,\\ DM=EM, \end{cases}$
∴ △ODM≌△OEM(SSS).
∴ ∠OEM=∠ODM=90°.
∴ OE⊥ME.
∵ OE是⊙O的半径,
∴ ME是⊙O的切线.
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；圆的基本性质
【点评】
本题是切线判定的典型基础题，核心考查切线判定中“连半径，证垂直”的常用思路，借助全等三角形的性质得到垂直关系，解题的关键是合理作出辅助线，熟练运用全等三角形的判定定理即可解决。
【难度系数】
0.75
要证明ME是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，已知点E在$\odot O$上，所以首先连接半径OE，只需证明$OE⊥ ME$即可。观察已知条件：$ME=MD$，OD、OE都是$\odot O$的半径，因此$OD=OE$，再加上公共边$OM=OM$，可通过SSS证明$△ ODM≌△ OEM$，得到对应角$∠ OEM=∠ ODM$，结合$CD⊥ AB$可得$∠ ODM=90°$，即可推出$OE⊥ ME$，完成证明。
【解析】
如图，连接OE.
$\because CD⊥ AB$，
$\therefore ∠ ODM=90°$.
在$△ ODM$和$△ OEM$中，
$\begin{cases} OD=OE,\\ OM=OM,\\ DM=EM, \end{cases}$
$\therefore △ ODM≌△ OEM(\mathrm{SSS})$.
$\therefore ∠ OEM=∠ ODM=90°$.
$\therefore OE⊥ ME$.
$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore ME$是$\odot O$的切线.
【答案】
如图,连接OE.
∵ CD⊥AB,
∴ ∠ODM=90°.
在△ODM和△OEM中,
$\begin{cases} OD=OE,\\ OM=OM,\\ DM=EM, \end{cases}$
∴ △ODM≌△OEM(SSS).
∴ ∠OEM=∠ODM=90°.
∴ OE⊥ME.
∵ OE是⊙O的半径,
∴ ME是⊙O的切线.
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；圆的基本性质
【点评】
本题是切线判定的典型基础题，核心考查切线判定中“连半径，证垂直”的常用思路，借助全等三角形的性质得到垂直关系，解题的关键是合理作出辅助线，熟练运用全等三角形的判定定理即可解决。
【难度系数】
0.75
3. 如图，$△ ABC$内接于$\odot O$，$∠ ABC=2∠ C$，点D在线段CB的延长线上，且$BD=AB$，连接AD。求证：AD是$\odot O$的切线。
答案
如图,连接AO并延长交⊙O于点E,连接BE.
∵ BD=AB,
∴ ∠D=∠BAD.
∴ ∠ABC=∠D+∠BAD=2∠D.
又 ∠ABC=2∠C,
∴ ∠D=∠C.
∴ ∠BAD=∠C.
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB}$,
∴ ∠C=∠E.
∴ ∠BAD=∠E.
∵ AE是⊙O的直径,
∴ ∠ABE=90°.
∴ ∠BAE+∠E=90°.
∴ ∠BAD+∠BAE=90°,即∠DAE=90°.
∴ OA⊥AD.
∵ OA是⊙O的半径,
∴ AD是⊙O的切线.
解析
【分析】
要证明AD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AD垂直于过点A的半径。首先作辅助线：连接AO并延长交$\odot O$于E，连接BE，构造直径所对的直角$∠ ABE$。再结合已知条件推导角的等量关系：先由$BD=AB$得到等腰三角形底角相等，结合三角形外角性质推出$∠ ABC=2∠ D$，结合已知$∠ ABC=2∠ C$，可得$∠ D=∠ C=∠ BAD$；再利用同弧所对圆周角相等得到$∠ C=∠ E$，通过角的代换，结合直角三角形两锐角互余，即可推出$∠ DAE=90°$，得到$OA⊥ AD$，完成证明。
【解析】
如图，连接AO并延长交$\odot O$于点E，连接BE。
∵ $BD=AB$，
∴ $∠ D=∠ BAD$。
∴ $∠ ABC=∠ D+∠ BAD=2∠ D$。
又 $∠ ABC=2∠ C$，
∴ $∠ D=∠ C$，
∴ $∠ BAD=∠ C$。
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB}$，
∴ $∠ C=∠ E$。
∴ $∠ BAD=∠ E$。
∵ AE是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABE=90°$。
∴ $∠ BAE+∠ E=90°$。
∴ $∠ BAD+∠ BAE=90°$，即$∠ DAE=90°$。
∴ $OA⊥ AD$。
∵ OA是$\odot O$的半径，
∴ AD是$\odot O$的切线。
【答案】
如图,连接AO并延长交⊙O于点E,连接BE.
∵ BD=AB,
∴ ∠D=∠BAD.
∴ ∠ABC=∠D+∠BAD=2∠D.
又 ∠ABC=2∠C,
∴ ∠D=∠C.
∴ ∠BAD=∠C.
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB}$,
∴ ∠C=∠E.
∴ ∠BAD=∠E.
∵ AE是⊙O的直径,
∴ ∠ABE=90°.
∴ ∠BAE+∠E=90°.
∴ ∠BAD+∠BAE=90°,即∠DAE=90°.
∴ OA⊥AD.
∵ OA是⊙O的半径,
∴ AD是⊙O的切线.
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题是切线判定的常规题型，核心是通过作直径构造直角三角形，结合角的等量代换推导垂直关系，考查了辅助线的构造思路和角的转化能力，需要熟练掌握切线判定、圆周角性质及等腰三角形相关性质。
【难度系数】
0.7
要证明AD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AD垂直于过点A的半径。首先作辅助线：连接AO并延长交$\odot O$于E，连接BE，构造直径所对的直角$∠ ABE$。再结合已知条件推导角的等量关系：先由$BD=AB$得到等腰三角形底角相等，结合三角形外角性质推出$∠ ABC=2∠ D$，结合已知$∠ ABC=2∠ C$，可得$∠ D=∠ C=∠ BAD$；再利用同弧所对圆周角相等得到$∠ C=∠ E$，通过角的代换，结合直角三角形两锐角互余，即可推出$∠ DAE=90°$，得到$OA⊥ AD$，完成证明。
【解析】
如图，连接AO并延长交$\odot O$于点E，连接BE。
∵ $BD=AB$，
∴ $∠ D=∠ BAD$。
∴ $∠ ABC=∠ D+∠ BAD=2∠ D$。
又 $∠ ABC=2∠ C$，
∴ $∠ D=∠ C$，
∴ $∠ BAD=∠ C$。
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB}$，
∴ $∠ C=∠ E$。
∴ $∠ BAD=∠ E$。
∵ AE是$\odot O$的直径，
∴ $∠ ABE=90°$。
∴ $∠ BAE+∠ E=90°$。
∴ $∠ BAD+∠ BAE=90°$，即$∠ DAE=90°$。
∴ $OA⊥ AD$。
∵ OA是$\odot O$的半径，
∴ AD是$\odot O$的切线。
【答案】
如图,连接AO并延长交⊙O于点E,连接BE.
∵ BD=AB,
∴ ∠D=∠BAD.
∴ ∠ABC=∠D+∠BAD=2∠D.
又 ∠ABC=2∠C,
∴ ∠D=∠C.
∴ ∠BAD=∠C.
∵ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB}$,
∴ ∠C=∠E.
∴ ∠BAD=∠E.
∵ AE是⊙O的直径,
∴ ∠ABE=90°.
∴ ∠BAE+∠E=90°.
∴ ∠BAD+∠BAE=90°,即∠DAE=90°.
∴ OA⊥AD.
∵ OA是⊙O的半径,
∴ AD是⊙O的切线.
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题是切线判定的常规题型，核心是通过作直径构造直角三角形，结合角的等量代换推导垂直关系，考查了辅助线的构造思路和角的转化能力，需要熟练掌握切线判定、圆周角性质及等腰三角形相关性质。
【难度系数】
0.7
4. 如图，O为正方形ABCD对角线上一点，BC与以点O为圆心，OA长为半径的⊙O相切于点M.
(1)求证:CD与⊙O相切；
(2)若正方形ABCD的边长为1，求⊙O的半径长.
(1)求证:CD与⊙O相切；
(2)若正方形ABCD的边长为1，求⊙O的半径长.
答案
(1)如图,连接OM,过点O作ON⊥CD于点N.
∵ ⊙O与BC相切,
∴ OM⊥BC.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ CA平分∠BCD.
∴ OM=ON.
∴ CD与⊙O相切.
(2)
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ AB=CD=1,∠B=90°,∠ACB=45°.
∴ AC=$\sqrt{2}$.
又 OM⊥BC,
∴ ∠MOC=∠MCO=45°.
∴ MC=OM.
∴ MC=OM=OA.
∴ OC=$\sqrt{OM^2+MC^2}$=$\sqrt{2}OM$=$\sqrt{2}OA$.
又 AC=OA+OC,
∴ OA+$\sqrt{2}OA$=$\sqrt{2}$.
∴ OA=2-$\sqrt{2}$.
∴ ⊙O的半径长为2-$\sqrt{2}$.
解析
【分析】
(1) 要证明CD与⊙O相切，需证圆心O到CD的距离等于⊙O的半径。已知BC与⊙O相切，可得OM⊥BC且OM为半径；正方形对角线AC平分∠BCD，根据角平分线的性质，过O作ON⊥CD，可证OM=ON，即ON等于半径，即可判定CD与⊙O相切。
(2) 已知正方形边长为1，先由勾股定理求出对角线AC的长度；由OM⊥BC、∠ACB=45°，可知△OMC是等腰直角三角形，可得OC=√2 OM=√2 OA，再结合AC=OA+OC的线段和关系列方程，即可求出⊙O的半径。
【解析】
(1) 连接OM，过点O作ON⊥CD于点N。
∵ ⊙O与BC相切，
∴ OM⊥BC。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC平分∠BCD。
根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此OM=ON。
∵ ON是圆心O到CD的距离，且ON=OA（⊙O的半径），
∴ CD与⊙O相切。
(2)
∵ 四边形ABCD为正方形，边长为1，
∴ ∠B=90°，∠ACB=45°，由勾股定理得AC=√(1²+1²)=√2。
∵ OM⊥BC，∠ACB=45°，
∴ △OMC为等腰直角三角形，MC=OM。
∵ OM=OA，
∴ MC=OM=OA，
∴ OC=√(OM²+MC²)=√2 OM=√2 OA。
又
∵ AC=OA+OC，
∴ OA+√2 OA=√2，
解得OA=√2/(1+√2)=2-√2。
【答案】
(1)如图,连接OM,过点O作ON⊥CD于点N.
∵ ⊙O与BC相切,
∴ OM⊥BC.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ CA平分∠BCD.
∴ OM=ON.
∴ CD与⊙O相切.
(2)⊙O的半径长为$2-\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定与性质；正方形的性质；角平分线的性质
【点评】
本题属于圆与四边形结合的常规题型，综合考查了几何图形的性质与方程思想的应用，解题关键是合理作出辅助线，利用角平分线性质和等腰直角三角形的边角关系建立等量关系求解。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明CD与⊙O相切，需证圆心O到CD的距离等于⊙O的半径。已知BC与⊙O相切，可得OM⊥BC且OM为半径；正方形对角线AC平分∠BCD，根据角平分线的性质，过O作ON⊥CD，可证OM=ON，即ON等于半径，即可判定CD与⊙O相切。
(2) 已知正方形边长为1，先由勾股定理求出对角线AC的长度；由OM⊥BC、∠ACB=45°，可知△OMC是等腰直角三角形，可得OC=√2 OM=√2 OA，再结合AC=OA+OC的线段和关系列方程，即可求出⊙O的半径。
【解析】
(1) 连接OM，过点O作ON⊥CD于点N。
∵ ⊙O与BC相切，
∴ OM⊥BC。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AC平分∠BCD。
根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此OM=ON。
∵ ON是圆心O到CD的距离，且ON=OA（⊙O的半径），
∴ CD与⊙O相切。
(2)
∵ 四边形ABCD为正方形，边长为1，
∴ ∠B=90°，∠ACB=45°，由勾股定理得AC=√(1²+1²)=√2。
∵ OM⊥BC，∠ACB=45°，
∴ △OMC为等腰直角三角形，MC=OM。
∵ OM=OA，
∴ MC=OM=OA，
∴ OC=√(OM²+MC²)=√2 OM=√2 OA。
又
∵ AC=OA+OC，
∴ OA+√2 OA=√2，
解得OA=√2/(1+√2)=2-√2。
【答案】
(1)如图,连接OM,过点O作ON⊥CD于点N.
∵ ⊙O与BC相切,
∴ OM⊥BC.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ CA平分∠BCD.
∴ OM=ON.
∴ CD与⊙O相切.
(2)⊙O的半径长为$2-\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定与性质；正方形的性质；角平分线的性质
【点评】
本题属于圆与四边形结合的常规题型，综合考查了几何图形的性质与方程思想的应用，解题关键是合理作出辅助线，利用角平分线性质和等腰直角三角形的边角关系建立等量关系求解。
【难度系数】
0.6
