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【例】如右图，边长为1的正方形ABCD的边AB是$\odot O$的直径，CF是$\odot O$的切线，E是切点，点F在AD上，BE是$\odot O$的弦. 求$△ CDF$的面积.
【点拨】先根据切线长定理，得到EF和AF，CB和CE之间的数量关系，再结合勾股定理，得到DF的长，即可求出$△ CDF$的面积.
【解】设$AF=x$.
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠ DAB=90°$，即$AD⊥ AB$.
又∵AB是$\odot O$的直径，
∴AD是$\odot O$的切线.
∵CF是$\odot O$的切线，E是切点，
∴$EF=AF=x$.
同理可得$CE=CB=1$，
∴$DF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$.
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$CF^2=CD^2+DF^2$，
即$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-x=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$.
【点拨】先根据切线长定理，得到EF和AF，CB和CE之间的数量关系，再结合勾股定理，得到DF的长，即可求出$△ CDF$的面积.
【解】设$AF=x$.
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠ DAB=90°$，即$AD⊥ AB$.
又∵AB是$\odot O$的直径，
∴AD是$\odot O$的切线.
∵CF是$\odot O$的切线，E是切点，
∴$EF=AF=x$.
同理可得$CE=CB=1$，
∴$DF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$.
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$CF^2=CD^2+DF^2$，
即$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-x=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$.
答案
解：设$AF=x$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠DAB=90°$，即$AD⊥AB$。
又∵AB是$\odot O$的直径，
∴AD是$\odot O$的切线。
∵CF是$\odot O$的切线，E是切点，
∴由切线长定理得$EF=AF=x$。
同理，$BC⊥AB$，AB是$\odot O$的直径，故BC是$\odot O$的切线，可得$CE=CB=1$，
∴$DF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$。
在$\mathrm{Rt}△CDF$中，由勾股定理得$CF^2=CD^2+DF^2$，
即$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-x=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠DAB=90°$，即$AD⊥AB$。
又∵AB是$\odot O$的直径，
∴AD是$\odot O$的切线。
∵CF是$\odot O$的切线，E是切点，
∴由切线长定理得$EF=AF=x$。
同理，$BC⊥AB$，AB是$\odot O$的直径，故BC是$\odot O$的切线，可得$CE=CB=1$，
∴$DF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$。
在$\mathrm{Rt}△CDF$中，由勾股定理得$CF^2=CD^2+DF^2$，
即$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-x=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
解析
【分析】
要求$△ CDF$的面积，已知正方形边长为1，即$CD=1$，所以只需算出$DF$的长度即可求解。首先结合正方形性质和切线的判定，可知$AD$、$BC$都是$\odot O$的切线，已知$CF$也是$\odot O$的切线，根据切线长定理可以得到$AF=EF$，$CE=CB$，再设$AF=x$，就可以用含$x$的式子表示出$DF$、$CF$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ CDF$中利用勾股定理列方程求解$x$，即可得到$DF$的长，进而算出三角形面积。
【解析】
设$AF=x$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠DAB=90°$，即$AD⊥AB$。
又
∵AB是$\odot O$的直径，
∴AD是$\odot O$的切线。
∵CF是$\odot O$的切线，E是切点，
∴由切线长定理得$EF=AF=x$。
同理，$BC⊥AB$，AB是$\odot O$的直径，故BC是$\odot O$的切线，可得$CE=CB=1$，
∴$DF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$。
在$\mathrm{Rt}△CDF$中，由勾股定理得$CF^2=CD^2+DF^2$，
即$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-x=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
【答案】
$\frac{3}{8}$
【知识点】
正方形的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是几何综合类基础题，将切线的相关性质与勾股定理结合，通过设未知数列方程的方式求解线段长度，解题的关键是熟练运用切线长定理找到线段间的等量关系。
【难度系数】
0.6
要求$△ CDF$的面积，已知正方形边长为1，即$CD=1$，所以只需算出$DF$的长度即可求解。首先结合正方形性质和切线的判定，可知$AD$、$BC$都是$\odot O$的切线，已知$CF$也是$\odot O$的切线，根据切线长定理可以得到$AF=EF$，$CE=CB$，再设$AF=x$，就可以用含$x$的式子表示出$DF$、$CF$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ CDF$中利用勾股定理列方程求解$x$，即可得到$DF$的长，进而算出三角形面积。
【解析】
设$AF=x$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴$∠DAB=90°$，即$AD⊥AB$。
又
∵AB是$\odot O$的直径，
∴AD是$\odot O$的切线。
∵CF是$\odot O$的切线，E是切点，
∴由切线长定理得$EF=AF=x$。
同理，$BC⊥AB$，AB是$\odot O$的直径，故BC是$\odot O$的切线，可得$CE=CB=1$，
∴$DF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$。
在$\mathrm{Rt}△CDF$中，由勾股定理得$CF^2=CD^2+DF^2$，
即$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-x=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
【答案】
$\frac{3}{8}$
【知识点】
正方形的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是几何综合类基础题，将切线的相关性质与勾股定理结合，通过设未知数列方程的方式求解线段长度，解题的关键是熟练运用切线长定理找到线段间的等量关系。
【难度系数】
0.6
1.如图，P为$\odot O$外一点，PA，PB分别切$\odot O$于A，B两点.若$PA=3$，则PB等于（
A.2
B.3
C.4
D.5
B
）A.2
B.3
C.4
D.5
答案
1.B
解析
【分析】
本题考查切线长定理的应用，解题时首先观察图形特征：点P是圆外一点，PA、PB分别是从P点出发引的⊙O的两条切线，此时应联想到切线长定理的内容：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此可以直接得到PB和PA的等量关系，代入PA的数值即可求出PB的长度。
【解析】
解：
∵PA、PB分别是⊙O的切线，切点为A、B，P为⊙O外一点，
∴根据切线长定理可得：PB=PA，
又
∵PA=3，
∴PB=3，故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题是基础题型，直接考查切线长定理的应用，熟练掌握定理内容即可快速得出答案，难度较低。
【难度系数】
0.9
本题考查切线长定理的应用，解题时首先观察图形特征：点P是圆外一点，PA、PB分别是从P点出发引的⊙O的两条切线，此时应联想到切线长定理的内容：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此可以直接得到PB和PA的等量关系，代入PA的数值即可求出PB的长度。
【解析】
解：
∵PA、PB分别是⊙O的切线，切点为A、B，P为⊙O外一点，
∴根据切线长定理可得：PB=PA，
又
∵PA=3，
∴PB=3，故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题是基础题型，直接考查切线长定理的应用，熟练掌握定理内容即可快速得出答案，难度较低。
【难度系数】
0.9
2.(教材变式)如图，AB是$\odot O$的直径，C为$\odot O$外一点，CA，CD均是$\odot O$的切线，切点分别为A，D，连接BD，AD。若$∠ C=48°$，则$∠ B$的度数是（
A.$32°$
B.$48°$
C.$60°$
D.$66°$
D
）A.$32°$
B.$48°$
C.$60°$
D.$66°$
答案
2.D 【解析】$\because CA,CD$均是$\odot O$的切线，$\therefore CA ⊥ AB$，$CA=CD.\because ∠ C=48°,\therefore ∠ CAD=∠ CDA=66°.$
$\because CA ⊥ AB,AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADB=∠ CAB=90°,$
$\therefore ∠ B+∠ DAB=90°,∠ CAD+∠ DAB=90°,$
$\therefore ∠ B=∠ CAD=66°.$
$\because CA ⊥ AB,AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADB=∠ CAB=90°,$
$\therefore ∠ B+∠ DAB=90°,∠ CAD+∠ DAB=90°,$
$\therefore ∠ B=∠ CAD=66°.$
解析
【分析】
首先看到CA、CD是圆O的切线，先回忆切线相关性质：切线垂直于过切点的半径，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此可得CA⊥AB、CA=CD。已知∠C=48°，可先在等腰△CAD中计算出∠CAD的度数；再结合AB是圆的直径，直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，结合∠CAB=90°，根据同角的余角相等，即可推出∠B与∠CAD相等，进而求出∠B的度数。
【解析】
$\because CA,CD$均是$\odot O$的切线，
$\therefore CA ⊥ AB$，$CA=CD$。
$\because ∠ C=48°$，
$\therefore ∠ CAD=∠ CDA=\frac{180° - 48°}{2}=66°$。
$\because CA ⊥ AB$，$AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADB=∠ CAB=90°$，
$\therefore ∠ B + ∠ DAB = 90°$，$∠ CAD + ∠ DAB = 90°$，
$\therefore ∠ B=∠ CAD=66°$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，切线的性质，圆周角定理
【点评】
本题属于圆中角度计算的基础常考题，解题核心是熟练运用切线的相关性质，结合等腰三角形性质和余角的性质推导角度，考查对基础定理的掌握和运用能力。
【难度系数】
0.7
首先看到CA、CD是圆O的切线，先回忆切线相关性质：切线垂直于过切点的半径，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此可得CA⊥AB、CA=CD。已知∠C=48°，可先在等腰△CAD中计算出∠CAD的度数；再结合AB是圆的直径，直径所对的圆周角为直角，可得∠ADB=90°，结合∠CAB=90°，根据同角的余角相等，即可推出∠B与∠CAD相等，进而求出∠B的度数。
【解析】
$\because CA,CD$均是$\odot O$的切线，
$\therefore CA ⊥ AB$，$CA=CD$。
$\because ∠ C=48°$，
$\therefore ∠ CAD=∠ CDA=\frac{180° - 48°}{2}=66°$。
$\because CA ⊥ AB$，$AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ADB=∠ CAB=90°$，
$\therefore ∠ B + ∠ DAB = 90°$，$∠ CAD + ∠ DAB = 90°$，
$\therefore ∠ B=∠ CAD=66°$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，切线的性质，圆周角定理
【点评】
本题属于圆中角度计算的基础常考题，解题核心是熟练运用切线的相关性质，结合等腰三角形性质和余角的性质推导角度，考查对基础定理的掌握和运用能力。
【难度系数】
0.7
3.如右图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，点$O$在边$AC$上，以点$O$为圆心，$OC$的长为半径的半圆与斜边$AB$相切于点$D$，交$OA$于点$E$，连接$OB$。
(1)求证：$BD=BC$。
(2)已知$OC=1$，$∠ A=30°$，求$AB$的长。
(1)求证：$BD=BC$。
(2)已知$OC=1$，$∠ A=30°$，求$AB$的长。
答案
3.解:(1)证明:$\because ∠ ACB=90°,CE$为半圆的直径，
$\therefore BC$为半圆$O$的切线.
$\because$半圆$O$与$AB$相切于点$D,\therefore BD=BC.$
(2)$\because ∠ A=30°,∠ ACB=90°,$
$\therefore ∠ ABC=60°.$
$\because BD,BC$均为$\odot O$的切线，
$\therefore ∠ DBO=∠ CBO=\frac{1}{2}∠ ABC=30°.$
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中,$OC=1,\therefore OB=2OC=2,$
$\therefore BC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}.$
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ A=30°,\therefore AB=2BC=2\sqrt{3}.$
$\therefore BC$为半圆$O$的切线.
$\because$半圆$O$与$AB$相切于点$D,\therefore BD=BC.$
(2)$\because ∠ A=30°,∠ ACB=90°,$
$\therefore ∠ ABC=60°.$
$\because BD,BC$均为$\odot O$的切线，
$\therefore ∠ DBO=∠ CBO=\frac{1}{2}∠ ABC=30°.$
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中,$OC=1,\therefore OB=2OC=2,$
$\therefore BC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}.$
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ A=30°,\therefore AB=2BC=2\sqrt{3}.$
解析
【分析】
(1) 要证明$BD=BC$，首先判断两条线段的属性：$BC$垂直于半径$OC$，因此$BC$是$\odot O$的切线，$AB$也是$\odot O$的切线，根据切线长定理，从圆外同一点引圆的两条切线长相等，即可直接得结论。
(2) 求$AB$的长，可先在$Rt△ ABC$中利用$30°$角的性质，可知$AB=2BC$，因此只需先求出$BC$的长度即可。结合切线长定理可得$OB$平分$∠ ABC$，先算出$∠ CBO$的度数，再在$Rt△ OBC$中利用勾股定理求出$BC$，即可最终算出$AB$。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ ACB=90°$，$OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore BC⊥ OC$，即$BC$是$\odot O$的切线，
又$\because$半圆$O$与$AB$相切于点$D$，
根据切线长定理，从圆外一点$B$引$\odot O$的两条切线长相等，
$\therefore BD=BC$。
(2) 解：$\because$在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=30°$，
$\therefore ∠ ABC=90°-∠ A=60°$，
$\because BD$、$BC$都是$\odot O$的切线，
$\therefore OB$平分$∠ ABC$，即$∠ CBO=∠ DBO=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$，
在$Rt△ OBC$中，$OC=1$，$∠ CBO=30°$，
$\therefore OB=2OC=2$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{OB^2-OC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
在$Rt△ ABC$中，$∠ A=30°$，
$\therefore AB=2BC=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $AB=2\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础题型，解题核心是熟练运用切线长定理得到等线段和等角关系，再结合直角三角形的特殊角度性质、勾股定理逐步推导，难度较低，考查对基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明$BD=BC$，首先判断两条线段的属性：$BC$垂直于半径$OC$，因此$BC$是$\odot O$的切线，$AB$也是$\odot O$的切线，根据切线长定理，从圆外同一点引圆的两条切线长相等，即可直接得结论。
(2) 求$AB$的长，可先在$Rt△ ABC$中利用$30°$角的性质，可知$AB=2BC$，因此只需先求出$BC$的长度即可。结合切线长定理可得$OB$平分$∠ ABC$，先算出$∠ CBO$的度数，再在$Rt△ OBC$中利用勾股定理求出$BC$，即可最终算出$AB$。
【解析】
(1) 证明：$\because ∠ ACB=90°$，$OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore BC⊥ OC$，即$BC$是$\odot O$的切线，
又$\because$半圆$O$与$AB$相切于点$D$，
根据切线长定理，从圆外一点$B$引$\odot O$的两条切线长相等，
$\therefore BD=BC$。
(2) 解：$\because$在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=30°$，
$\therefore ∠ ABC=90°-∠ A=60°$，
$\because BD$、$BC$都是$\odot O$的切线，
$\therefore OB$平分$∠ ABC$，即$∠ CBO=∠ DBO=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$，
在$Rt△ OBC$中，$OC=1$，$∠ CBO=30°$，
$\therefore OB=2OC=2$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{OB^2-OC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
在$Rt△ ABC$中，$∠ A=30°$，
$\therefore AB=2BC=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $AB=2\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，直角三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础题型，解题核心是熟练运用切线长定理得到等线段和等角关系，再结合直角三角形的特殊角度性质、勾股定理逐步推导，难度较低，考查对基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
