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1.「2026 江苏宿迁泗阳期中」如图，$△ ABC$是$\odot O$的内接三角形，$AB$是$\odot O$的直径，$∠ BAC=2∠ B$，点$D$在$OC$的延长线上，且$CO=CD$，连接$AD$.
(1)求证：$AD$是$\odot O$的切线.
(2)若$\odot O$的半径为$2$，求线段$AD$的长度.
(1)求证：$AD$是$\odot O$的切线.
(2)若$\odot O$的半径为$2$，求线段$AD$的长度.
答案
(1)证明:
∵ △ABC 是⊙O 的内接三角形,AB是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∴ ∠B+∠BAC=90°,
∵ ∠BAC=2∠B,
∴ ∠B+2∠B=3∠B=90°,
∴ ∠B=30°,∠BAC=60°,
∵ OC=OA,
∴ △OAC 是等边三角形,
∴ ∠ACO=60°,CO=AC,
∵ CO=CD,
∴ CD=AC,
∴ ∠D=∠CAD,
∴ ∠ACO=∠CAD+∠D=2∠CAD=60°,
∴ ∠CAD=30°,
∴ ∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°,即 AB⊥AD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ AD 是⊙O 的切线.
(2)
∵ ⊙O 的半径为 2,
∴ OA=OC=2,
∵ CO=CD,
∴ OD=4,
在 Rt△OAD 中,由勾股定理得,$AD=\sqrt{OD^2-OA^2}=2\sqrt{3}$.
∵ △ABC 是⊙O 的内接三角形,AB是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∴ ∠B+∠BAC=90°,
∵ ∠BAC=2∠B,
∴ ∠B+2∠B=3∠B=90°,
∴ ∠B=30°,∠BAC=60°,
∵ OC=OA,
∴ △OAC 是等边三角形,
∴ ∠ACO=60°,CO=AC,
∵ CO=CD,
∴ CD=AC,
∴ ∠D=∠CAD,
∴ ∠ACO=∠CAD+∠D=2∠CAD=60°,
∴ ∠CAD=30°,
∴ ∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°,即 AB⊥AD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ AD 是⊙O 的切线.
(2)
∵ ⊙O 的半径为 2,
∴ OA=OC=2,
∵ CO=CD,
∴ OD=4,
在 Rt△OAD 中,由勾股定理得,$AD=\sqrt{OD^2-OA^2}=2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1)要证明AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需证明AB⊥AD。首先利用直径所对圆周角为直角得到∠ACB=90°，结合∠BAC=2∠B求出∠B和∠BAC的度数；再由OA=OC推出△OAC是等边三角形，得到CO=AC，结合CO=CD可得AC=CD，进而求出∠CAD的度数，最终验证∠BAD=90°即可完成证明。
(2)已知⊙O的半径可得到OA、OC的长度，结合CO=CD求出OD的长度，再在Rt△OAD中运用勾股定理即可计算出AD的长度。
【解析】
(1)证明:
∵ △ABC 是⊙O 的内接三角形,AB是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∴ ∠B+∠BAC=90°,
∵ ∠BAC=2∠B,
∴ ∠B+2∠B=3∠B=90°,
∴ ∠B=30°,∠BAC=60°,
∵ OC=OA,
∴ △OAC 是等边三角形,
∴ ∠ACO=60°,CO=AC,
∵ CO=CD,
∴ CD=AC,
∴ ∠D=∠CAD,
∴ ∠ACO=∠CAD+∠D=2∠CAD=60°,
∴ ∠CAD=30°,
∴ ∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°,即 AB⊥AD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ AD 是⊙O 的切线.
(2)解:
∵ ⊙O 的半径为 2,
∴ OA=OC=2,
∵ CO=CD,
∴ OD=OC+CD=2OC=4,
在 Rt△OAD 中,由勾股定理得,$AD=\sqrt{OD^2-OA^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
【答案】
(1)AD是⊙O的切线，证明成立；(2)$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，结合了三角形内角和、等边三角形判定等知识，核心是掌握切线的判定方法和圆的基本性质，理清边、角之间的数量关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
(1)要证明AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需证明AB⊥AD。首先利用直径所对圆周角为直角得到∠ACB=90°，结合∠BAC=2∠B求出∠B和∠BAC的度数；再由OA=OC推出△OAC是等边三角形，得到CO=AC，结合CO=CD可得AC=CD，进而求出∠CAD的度数，最终验证∠BAD=90°即可完成证明。
(2)已知⊙O的半径可得到OA、OC的长度，结合CO=CD求出OD的长度，再在Rt△OAD中运用勾股定理即可计算出AD的长度。
【解析】
(1)证明:
∵ △ABC 是⊙O 的内接三角形,AB是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∴ ∠B+∠BAC=90°,
∵ ∠BAC=2∠B,
∴ ∠B+2∠B=3∠B=90°,
∴ ∠B=30°,∠BAC=60°,
∵ OC=OA,
∴ △OAC 是等边三角形,
∴ ∠ACO=60°,CO=AC,
∵ CO=CD,
∴ CD=AC,
∴ ∠D=∠CAD,
∴ ∠ACO=∠CAD+∠D=2∠CAD=60°,
∴ ∠CAD=30°,
∴ ∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°,即 AB⊥AD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ AD 是⊙O 的切线.
(2)解:
∵ ⊙O 的半径为 2,
∴ OA=OC=2,
∵ CO=CD,
∴ OD=OC+CD=2OC=4,
在 Rt△OAD 中,由勾股定理得,$AD=\sqrt{OD^2-OA^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
【答案】
(1)AD是⊙O的切线，证明成立；(2)$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，结合了三角形内角和、等边三角形判定等知识，核心是掌握切线的判定方法和圆的基本性质，理清边、角之间的数量关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
2.「2026江苏淮安涟水期中」如图，AB是$\odot O$的直径，$\odot O$交BC的中点于D，$DE ⊥ AC$，连接AD.
(1)求证：DE是$\odot O$的切线.
(2)已知$BC=8\ \mathrm{cm}$，$AD=3\ \mathrm{cm}$，求线段AE的长.
(1)求证：DE是$\odot O$的切线.
(2)已知$BC=8\ \mathrm{cm}$，$AD=3\ \mathrm{cm}$，求线段AE的长.
答案
(1)证明:如图,连接OD,
∵ D 是 BC 的中点,
∴ BD = CD.
∵ OA = OB,
∴ OD 是 △ABC 的中位线,
∴ OD//AC.
∵ DE⊥AC,
∴ OD⊥DE.
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ DE 是⊙O 的切线.
(2)
∵ D 是 BC 的中点,
∴ BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=4 cm,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ADB=90°,
∴ AD⊥BC,
∴ AC=AB,
∵ AD=3 cm,
∴ AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5(\mathrm{cm})$,
∵ DE⊥AC,
∴ $S_{△ACD}=\frac{1}{2}CD·AD=\frac{1}{2}AC·DE$,
∴ $DE=\frac{CD·AD}{AC}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}(\mathrm{cm})$,
∴ $AE=\sqrt{AD^2-DE^2}=\sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}(\mathrm{cm})$.
解析
【分析】
(1) 要证DE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于过切点D的半径，因此先连接辅助线OD。已知D是BC中点，O是AB中点，可推出OD是△ABC的中位线，得到OD//AC，结合DE⊥AC的条件，即可推出OD⊥DE，满足切线判定的要求。
(2) 首先利用直径所对圆周角是直角，得到AD⊥BC，结合D是BC中点，可知AD是BC的垂直平分线，因此AC=AB。先求出CD的长度，用勾股定理计算AC的长，再通过△ACD的面积的两种表示方法求出DE的长度，最后在Rt△ADE中用勾股定理即可求得AE的长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接OD,
∵ D 是 BC 的中点,
∴ BD = CD.
∵ OA = OB,
∴ OD 是 △ABC 的中位线,
∴ OD//AC.
∵ DE⊥AC,
∴ OD⊥DE.
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ DE 是⊙O的切线.
(2)
∵ D 是 BC 的中点,
∴ BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=4 cm,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ADB=90°,
∴ AD⊥BC,
∴ AC=AB,
∵ AD=3 cm,
∴ AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5(\mathrm{cm})$,
∵ DE⊥AC,
∴ $S_{△ACD}=\frac{1}{2}CD·AD=\frac{1}{2}AC·DE$,
∴ $DE=\frac{CD·AD}{AC}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}(\mathrm{cm})$,
∴ $AE=\sqrt{AD^2-DE^2}=\sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}(\mathrm{cm})$.
【答案】
(1)证明见上述解析，
(2)AE的长为$\frac{9}{5}\mathrm{cm}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问考查切线的常用判定方法“连半径，证垂直”，思路固定；第二问结合了圆周角性质、等腰三角形性质、等面积法和勾股定理进行线段计算，侧重对基础知识点和常规解题方法的考查。
【难度系数】
0.7
(1) 要证DE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于过切点D的半径，因此先连接辅助线OD。已知D是BC中点，O是AB中点，可推出OD是△ABC的中位线，得到OD//AC，结合DE⊥AC的条件，即可推出OD⊥DE，满足切线判定的要求。
(2) 首先利用直径所对圆周角是直角，得到AD⊥BC，结合D是BC中点，可知AD是BC的垂直平分线，因此AC=AB。先求出CD的长度，用勾股定理计算AC的长，再通过△ACD的面积的两种表示方法求出DE的长度，最后在Rt△ADE中用勾股定理即可求得AE的长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接OD,
∵ D 是 BC 的中点,
∴ BD = CD.
∵ OA = OB,
∴ OD 是 △ABC 的中位线,
∴ OD//AC.
∵ DE⊥AC,
∴ OD⊥DE.
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ DE 是⊙O的切线.
(2)
∵ D 是 BC 的中点,
∴ BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=4 cm,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ADB=90°,
∴ AD⊥BC,
∴ AC=AB,
∵ AD=3 cm,
∴ AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5(\mathrm{cm})$,
∵ DE⊥AC,
∴ $S_{△ACD}=\frac{1}{2}CD·AD=\frac{1}{2}AC·DE$,
∴ $DE=\frac{CD·AD}{AC}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}(\mathrm{cm})$,
∴ $AE=\sqrt{AD^2-DE^2}=\sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}(\mathrm{cm})$.
【答案】
(1)证明见上述解析，
(2)AE的长为$\frac{9}{5}\mathrm{cm}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问考查切线的常用判定方法“连半径，证垂直”，思路固定；第二问结合了圆周角性质、等腰三角形性质、等面积法和勾股定理进行线段计算，侧重对基础知识点和常规解题方法的考查。
【难度系数】
0.7
3.「2025四川资阳中考」如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，AB是$\odot O$的直径，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点D，过点D作BC的平行线交AC的延长线于点E.
(1)求证：DE是$\odot O$的切线.
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：DE是$\odot O$的切线.
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
答案
(1)证明:如图,连接OD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∵ DE//BC,
∴ ∠E=∠ACB=90°,
∵ OD=OA,
∴ ∠ODA=∠BAD,
∵ AD 平分∠BAC,
∴ ∠CAD=∠BAD,
∴ ∠ODA=∠CAD,
∴ OD//AC,
∴ ∠ODE=180°-∠E=90°,
∴ OD⊥DE,
又
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ DE 是⊙O 的切线.
(2)如图,设 OD 交 BC 于点 F,连接 BD,
∵ ∠ACB=90°,
∴ ∠FCE=90°,
又
∵ ∠FDE=∠E=90°,
∴ 四边形 CEDF 是矩形,
∴ DF=CE=$\sqrt{3}$,∠CFD=90°,
∵ OD//AC,
∴ ∠BOD=∠BAC=60°,
∵ OD=OB,
∴ △DOB 是等边三角形,
∵ BC⊥OD,
∴ OF=DF,
∴ OD=2DF=2$\sqrt{3}$,
∴ ⊙O 的半径是 2$\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 证明DE是⊙O的切线需按照“连半径、证垂直”的思路推导：首先连接半径OD，利用直径所对圆周角为直角、平行线的性质得到∠E=90°；再结合角平分线的性质、等腰三角形等边对等角的特征，推导得出OD//AE，即可得到OD⊥DE，满足切线的判定条件。
(2) 求半径时先构造辅助线，通过三个内角为直角判定四边形CEDF是矩形，得到DF=CE=√3；再由平行线的性质推出∠BOD=∠BAC=60°，判定△DOB为等边三角形，利用等边三角形三线合一的性质推出OD=2DF，即可求出⊙O的半径。
【解析】
(1) 证明:如图,连接OD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∵ DE//BC,
∴ ∠E=∠ACB=90°,
∵ OD=OA,
∴ ∠ODA=∠BAD,
∵ AD 平分∠BAC,
∴ ∠CAD=∠BAD,
∴ ∠ODA=∠CAD,
∴ OD//AC,
∴ ∠ODE=180°-∠E=90°,
∴ OD⊥DE,
又
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ DE 是⊙O 的切线。
(2) 解:如图,设 OD 交 BC 于点 F,连接 BD,
∵ ∠ACB=90°,
∴ ∠FCE=90°,
又
∵ ∠FDE=∠E=90°,
∴ 四边形 CEDF 是矩形,
∴ DF=CE=$\sqrt{3}$,∠CFD=90°,
∵ OD//AC,
∴ ∠BOD=∠BAC=60°,
∵ OD=OB,
∴ △DOB 是等边三角形,
∵ BC⊥OD,
∴ OF=DF,
∴ OD=2DF=2$\sqrt{3}$,
∴ ⊙O 的半径是 2$\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明成立，DE是⊙O的切线；
(2) $\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
【知识点】
切线的判定、圆周角定理、矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合类考题，将切线证明、线段长度求解相结合，解题时需熟练掌握圆的相关性质，合理构造辅助线，结合角平分线、平行线、特殊几何图形的性质推导边角关系，是圆章节的典型中档题。
【难度系数】
0.6
(1) 证明DE是⊙O的切线需按照“连半径、证垂直”的思路推导：首先连接半径OD，利用直径所对圆周角为直角、平行线的性质得到∠E=90°；再结合角平分线的性质、等腰三角形等边对等角的特征，推导得出OD//AE，即可得到OD⊥DE，满足切线的判定条件。
(2) 求半径时先构造辅助线，通过三个内角为直角判定四边形CEDF是矩形，得到DF=CE=√3；再由平行线的性质推出∠BOD=∠BAC=60°，判定△DOB为等边三角形，利用等边三角形三线合一的性质推出OD=2DF，即可求出⊙O的半径。
【解析】
(1) 证明:如图,连接OD,
∵ AB 是⊙O 的直径,
∴ ∠ACB=90°,
∵ DE//BC,
∴ ∠E=∠ACB=90°,
∵ OD=OA,
∴ ∠ODA=∠BAD,
∵ AD 平分∠BAC,
∴ ∠CAD=∠BAD,
∴ ∠ODA=∠CAD,
∴ OD//AC,
∴ ∠ODE=180°-∠E=90°,
∴ OD⊥DE,
又
∵ OD 是⊙O 的半径,
∴ DE 是⊙O 的切线。
(2) 解:如图,设 OD 交 BC 于点 F,连接 BD,
∵ ∠ACB=90°,
∴ ∠FCE=90°,
又
∵ ∠FDE=∠E=90°,
∴ 四边形 CEDF 是矩形,
∴ DF=CE=$\sqrt{3}$,∠CFD=90°,
∵ OD//AC,
∴ ∠BOD=∠BAC=60°,
∵ OD=OB,
∴ △DOB 是等边三角形,
∵ BC⊥OD,
∴ OF=DF,
∴ OD=2DF=2$\sqrt{3}$,
∴ ⊙O 的半径是 2$\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明成立，DE是⊙O的切线；
(2) $\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
【知识点】
切线的判定、圆周角定理、矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合类考题，将切线证明、线段长度求解相结合，解题时需熟练掌握圆的相关性质，合理构造辅助线，结合角平分线、平行线、特殊几何图形的性质推导边角关系，是圆章节的典型中档题。
【难度系数】
0.6
4.如图,点O在正方形ABCD的对角线上,以点O为圆心,OA长为半径的$\odot O$与CD相切于点M.
(1)求证:BC与$\odot O$相切.
(2)若$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$,求正方形ABCD的边长.
(1)求证:BC与$\odot O$相切.
(2)若$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$,求正方形ABCD的边长.
答案
(1)证明:如图,过点 O 作 OH⊥BC 于点 H,
∵ 四边形 ABCD 是正方形,AC 为对角线,
∴ CA 平分∠BCD,
∵ CD是⊙O 的切线,
∴ OM⊥CD,
∴ OM = OH,
∵ OM 为⊙O 的半径,
∴ OH 为⊙O 的半径,
∴ BC 与⊙O 相切.
(2)
∵ ⊙O 的半径为$\sqrt{2}$,
∴ OA=OM=$\sqrt{2}$,易知四边形 OHCM 是正方形,
∴ CM = OM = $\sqrt{2}$,
∴ OC = $\sqrt{CM^2+OM^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$,
∴ AC = OA + OC = $\sqrt{2}+2$,
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB = BC,∠B = 90°,在 Rt△ABC 中,$AC^2=AB^2+BC^2=2AB^2$,即 AC = $\sqrt{2}AB$,
∴ $\sqrt{2}AB=\sqrt{2}+2$,解得 AB = $\sqrt{2}+1$,故正方形ABCD 的边长为$\sqrt{2}+1$.
解析
【分析】
(1) 要证明BC与⊙O相切，根据切线判定定理，需证圆心O到BC的距离等于⊙O的半径。已知CD是⊙O的切线，可得OM⊥CD且OM为半径；结合正方形对角线AC平分∠BCD的性质，过O作OH⊥BC，利用角平分线的性质可证OH=OM，即OH等于半径，即可证明BC与⊙O相切。
(2) 已知⊙O半径，先判断四边形OHCM为正方形，结合勾股定理求出OC的长度，进而得到正方形对角线AC的总长度，再利用正方形对角线与边长的数量关系，即可求出正方形的边长。
【解析】
(1) 证明：过点O作OH⊥BC于点H，
∵ 四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴ CA平分∠BCD，
∵ CD是⊙O的切线，
∴ OM⊥CD，
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 = OH，
∵ OM是⊙O的半径，
∴ OH也为⊙O的半径，且OH⊥BC，
∴ BC与⊙O相切。
(2) 解：
∵ ⊙O的半径为$\sqrt{2}$，
∴ OA=OM=$\sqrt{2}$，
∵ OM⊥CD，OH⊥BC，∠BCD=90°，且OM=OH，
∴ 四边形OHCM是正方形，
∴ CM = OM = $\sqrt{2}$，
在Rt△OMC中，由勾股定理得：
$OC = \sqrt{CM^2+OM^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$，
∴ 正方形对角线AC = OA + OC = $\sqrt{2}+2$，
∵ 四边形ABCD是正方形，∠B=90°，AB=BC，
∴ 在Rt△ABC中，$AC^2=AB^2+BC^2=2AB^2$，即$AC=\sqrt{2}AB$，
代入AC的长度得：$\sqrt{2}AB=\sqrt{2}+2$，
解得$AB = \sqrt{2}+1$。
【答案】
(1) BC与$\odot O$相切，证明成立；
(2) 正方形ABCD的边长为$\sqrt{2}+1$。
【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】
本题属于圆与正方形结合的综合基础题，证明切线采用的是几何中“作垂线、证半径”的常用方法，计算部分需熟练运用正方形的边角性质和勾股定理，能够帮助学生巩固切线判定及特殊四边形的相关知识。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明BC与⊙O相切，根据切线判定定理，需证圆心O到BC的距离等于⊙O的半径。已知CD是⊙O的切线，可得OM⊥CD且OM为半径；结合正方形对角线AC平分∠BCD的性质，过O作OH⊥BC，利用角平分线的性质可证OH=OM，即OH等于半径，即可证明BC与⊙O相切。
(2) 已知⊙O半径，先判断四边形OHCM为正方形，结合勾股定理求出OC的长度，进而得到正方形对角线AC的总长度，再利用正方形对角线与边长的数量关系，即可求出正方形的边长。
【解析】
(1) 证明：过点O作OH⊥BC于点H，
∵ 四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴ CA平分∠BCD，
∵ CD是⊙O的切线，
∴ OM⊥CD，
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 = OH，
∵ OM是⊙O的半径，
∴ OH也为⊙O的半径，且OH⊥BC，
∴ BC与⊙O相切。
(2) 解：
∵ ⊙O的半径为$\sqrt{2}$，
∴ OA=OM=$\sqrt{2}$，
∵ OM⊥CD，OH⊥BC，∠BCD=90°，且OM=OH，
∴ 四边形OHCM是正方形，
∴ CM = OM = $\sqrt{2}$，
在Rt△OMC中，由勾股定理得：
$OC = \sqrt{CM^2+OM^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2$，
∴ 正方形对角线AC = OA + OC = $\sqrt{2}+2$，
∵ 四边形ABCD是正方形，∠B=90°，AB=BC，
∴ 在Rt△ABC中，$AC^2=AB^2+BC^2=2AB^2$，即$AC=\sqrt{2}AB$，
代入AC的长度得：$\sqrt{2}AB=\sqrt{2}+2$，
解得$AB = \sqrt{2}+1$。
【答案】
(1) BC与$\odot O$相切，证明成立；
(2) 正方形ABCD的边长为$\sqrt{2}+1$。
【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】
本题属于圆与正方形结合的综合基础题，证明切线采用的是几何中“作垂线、证半径”的常用方法，计算部分需熟练运用正方形的边角性质和勾股定理，能够帮助学生巩固切线判定及特殊四边形的相关知识。
【难度系数】
0.7
