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7.(2025·宿迁宿城区期末)如图，AB为$\odot O$的直径，D，T是圆上的两点，且AT平分$∠ BAD$，过点T作AD延长线的垂线PQ，垂足为C.
(1)求证：PQ是$\odot O$的切线；
(2)若$\odot O$的半径为2，TC=$\sqrt{3}$，求弦AD的长.
(1)求证：PQ是$\odot O$的切线；
(2)若$\odot O$的半径为2，TC=$\sqrt{3}$，求弦AD的长.
答案
7.(1)证明:如答图
,连接OT.$\because OT=OA,\therefore ∠ ATO=∠ OAT$.
$\because AT$平分$∠ BAD,\therefore ∠ TAC=∠ BAT$,
$\therefore ∠ ATO=∠ TAC,\therefore OT// AC$.
$\because AC⊥ PQ,\therefore OT⊥ PQ$.
又$\because$点T在$\odot O$上,$\therefore PQ$是$\odot O$的切线.
(2)解:如答图
,过点O作$OM⊥ AC$于点M,则$AM=MD$.$\because ∠ OTC=∠ ACT=∠ OMC=90°$,
$\therefore$四边形OTCM为矩形,$\therefore OM=TC=\sqrt{3}$.
在$\mathrm{Rt}△ AOM$中,$AM=\sqrt{OA^2-OM^2}=1$,
$\therefore$弦AD的长为2.
解析
【分析】
（1）要证明PQ是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明PQ垂直于过切点T的半径，因此优先连接辅助线OT。结合等腰三角形等边对等角的性质和角平分线的定义，可通过角的等量代换推出$OT// AC$，再由已知$AC⊥ PQ$即可得到$OT⊥ PQ$，满足切线的判定条件。
（2）求弦AD的长度，可利用垂径定理求解：过圆心O作AD的垂线OM，即可得$AM=MD$，只需算出AM长度即可得到AD。由（1）的结论结合已知的垂直关系，可证四边形OTCM是矩形，得到$OM=TC$，再在$\mathrm{Rt}△AOM$中利用勾股定理求出AM，乘2即得AD的长。
【解析】
（1）证明：如答图，连接OT。
$\because OT=OA,\therefore ∠ATO=∠OAT$。
$\because AT$平分$∠BAD,\therefore ∠TAC=∠BAT$，
$\therefore ∠ATO=∠TAC,\therefore OT// AC$。
$\because AC⊥PQ,\therefore OT⊥PQ$。
又$\because$点T在$\odot O$上，$\therefore PQ$是$\odot O$的切线。
（2）解：如答图，过点O作$OM⊥AC$于点M，根据垂径定理可得$AM=MD$。
$\because ∠OTC=∠ACT=∠OMC=90°$，
$\therefore$四边形OTCM为矩形，$\therefore OM=TC=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△AOM$中，$AM=\sqrt{OA^2-OM^2}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1$，
$\therefore AD=2AM=2$，即弦AD的长为2。
【答案】
（1）PQ是$\odot O$的切线，证明如上；
（2）弦AD的长为$\boxed{2}$。
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的常规综合题，核心考查切线的判定方法与弦长的计算，解题的关键是掌握圆类问题的常用辅助线作法：证切线时连接圆心与切点，证垂直即可；求弦长时过圆心作弦的垂线，结合垂径定理和勾股定理求解。
【难度系数】
0.7
（1）要证明PQ是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明PQ垂直于过切点T的半径，因此优先连接辅助线OT。结合等腰三角形等边对等角的性质和角平分线的定义，可通过角的等量代换推出$OT// AC$，再由已知$AC⊥ PQ$即可得到$OT⊥ PQ$，满足切线的判定条件。
（2）求弦AD的长度，可利用垂径定理求解：过圆心O作AD的垂线OM，即可得$AM=MD$，只需算出AM长度即可得到AD。由（1）的结论结合已知的垂直关系，可证四边形OTCM是矩形，得到$OM=TC$，再在$\mathrm{Rt}△AOM$中利用勾股定理求出AM，乘2即得AD的长。
【解析】
（1）证明：如答图
，连接OT。$\because OT=OA,\therefore ∠ATO=∠OAT$。
$\because AT$平分$∠BAD,\therefore ∠TAC=∠BAT$，
$\therefore ∠ATO=∠TAC,\therefore OT// AC$。
$\because AC⊥PQ,\therefore OT⊥PQ$。
又$\because$点T在$\odot O$上，$\therefore PQ$是$\odot O$的切线。
（2）解：如答图
，过点O作$OM⊥AC$于点M，根据垂径定理可得$AM=MD$。$\because ∠OTC=∠ACT=∠OMC=90°$，
$\therefore$四边形OTCM为矩形，$\therefore OM=TC=\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△AOM$中，$AM=\sqrt{OA^2-OM^2}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1$，
$\therefore AD=2AM=2$，即弦AD的长为2。
【答案】
（1）PQ是$\odot O$的切线，证明如上；
（2）弦AD的长为$\boxed{2}$。
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的常规综合题，核心考查切线的判定方法与弦长的计算，解题的关键是掌握圆类问题的常用辅助线作法：证切线时连接圆心与切点，证垂直即可；求弦长时过圆心作弦的垂线，结合垂径定理和勾股定理求解。
【难度系数】
0.7
8. 如图①，AB是$\odot O$的直径，AD与$\odot O$相切于点A，DE与$\odot O$相切于点E，C为DE延长线上一点，且$CE=CB$.
(1)求证：BC为$\odot O$的切线；
(2)连接AE，AE的延长线与BC的延长线交于点G（如图②所示）.若$\odot O$的半径为$\sqrt{5}$，AD=2，求线段CE和GE的长.
(1)求证：BC为$\odot O$的切线；
(2)连接AE，AE的延长线与BC的延长线交于点G（如图②所示）.若$\odot O$的半径为$\sqrt{5}$，AD=2，求线段CE和GE的长.
答案
8.(1)证明:如答图①
,连接OE,OC.$\because$在$△ OBC$和$△ OEC$中,$\begin{cases} CB=CE,\\ OB=OE,\\ OC=OC, \end{cases}$
$\therefore △ OBC≌△ OEC(\mathrm{SSS}),\therefore ∠ OBC=∠ OEC$.
又$\because DE$与$\odot O$相切于点E,$\therefore ∠ OEC=90°$,
$\therefore ∠ OBC=90°$.
$\because OB$为$\odot O$的半径,$\therefore BC$为$\odot O$的切线.
(2)解:如答图②
,过点D作$DF⊥ BC$于点F,连接BE,易知$DF=AB=2\sqrt{5}$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AEB=90°$.
$\because AD,DC,BG$分别切$\odot O$于点A,E,B,
$\therefore DA=DE,CE=CB$. 设BC的长为x,
则$CF=x-2,DC=x+2$.
在$\mathrm{Rt}△ DFC$中,$(x+2)^2-(x-2)^2=(2\sqrt{5})^2$,
解得$x=\frac{5}{2},\therefore CE=BC=\frac{5}{2}$.
易知$AD// BG,\therefore ∠ DAE=∠ EGC$.
$\because DA=DE,\therefore ∠ DAE=∠ AED$.
$\because ∠ AED=∠ CEG,\therefore ∠ EGC=∠ CEG$,
$\therefore CG=CE=CB=\frac{5}{2},\therefore BG=5$,
$\therefore AG=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+5^2}=3\sqrt{5}$,
$\therefore S_{△ ABG}=\frac{1}{2}AB· BG=\frac{1}{2}AG· BE,\therefore BE=\frac{10}{3}$.
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中,$EG=\sqrt{BG^2-BE^2}=\frac{5}{3}\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证BC为$\odot O$的切线，已知OB是$\odot O$的半径，只需证明$OB⊥ BC$即可。通过连接OE、OC，结合已知条件用SSS证明$△ OBC≌△ OEC$，再借助DE是切线的性质得到$∠ OEC=90°$，即可推出$∠ OBC=90°$，完成证明。
(2) 求CE的长：利用切线长定理得$AD=DE=2$，$CE=CB$，设$CE=x$，过D作$DF⊥ BC$，可得$DF=AB=2\sqrt{5}$，$CF=x-2$，$DC=x+2$，在$Rt△ DFC$中用勾股定理列方程即可求出x。求GE的长：先由$AD// BG$结合等腰三角形性质推出$CG=CE$，得到BG的长度，再用勾股定理求AG的长，通过$△ ABG$的面积法求出BE的长，最后在$Rt△ BEG$中用勾股定理求出GE即可。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OE，OC。
$\because$在$△ OBC$和$△ OEC$中，$\begin{cases} CB=CE,\\ OB=OE,\\ OC=OC, \end{cases}$
$\therefore △ OBC≌△ OEC(\mathrm{SSS})$，$\therefore ∠ OBC=∠ OEC$。
又$\because DE$与$\odot O$相切于点E，$\therefore ∠ OEC=90°$，
$\therefore ∠ OBC=90°$。
$\because OB$为$\odot O$的半径，$\therefore BC$为$\odot O$的切线。
(2) 解：如答图②，过点D作$DF⊥ BC$于点F，连接BE，
易知$DF=AB=2\sqrt{5}$。
$\because AB$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AEB=90°$。
$\because AD,DC,BG$分别切$\odot O$于点A,E,B，
$\therefore DA=DE,CE=CB$。设BC的长为x，
则$CF=x-2,DC=x+2$。
在$\mathrm{Rt}△ DFC$中，$(x+2)^2-(x-2)^2=(2\sqrt{5})^2$，
解得$x=\frac{5}{2}$，$\therefore CE=BC=\frac{5}{2}$。
易知$AD// BG$，$\therefore ∠ DAE=∠ EGC$。
$\because DA=DE$，$\therefore ∠ DAE=∠ AED$。
$\because ∠ AED=∠ CEG$，$\therefore ∠ EGC=∠ CEG$，
$\therefore CG=CE=CB=\frac{5}{2}$，$\therefore BG=5$，
$\therefore AG=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+5^2}=3\sqrt{5}$，
$\therefore S_{△ ABG}=\frac{1}{2}AB· BG=\frac{1}{2}AG· BE$，$\therefore BE=\frac{10}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，$EG=\sqrt{BG^2-BE^2}=\frac{5}{3}\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明成立，BC为$\odot O$的切线；
(2) $CE=\frac{5}{2}$，$GE=\frac{5\sqrt{5}}{3}$。
【知识点】
切线的判定与性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合题型，综合考查了全等三角形的判定、切线的相关性质、勾股定理以及面积法求线段长，解题核心是合理添加辅助线，结合几何性质建立等量关系求解，是切线专题的典型考查题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证BC为$\odot O$的切线，已知OB是$\odot O$的半径，只需证明$OB⊥ BC$即可。通过连接OE、OC，结合已知条件用SSS证明$△ OBC≌△ OEC$，再借助DE是切线的性质得到$∠ OEC=90°$，即可推出$∠ OBC=90°$，完成证明。
(2) 求CE的长：利用切线长定理得$AD=DE=2$，$CE=CB$，设$CE=x$，过D作$DF⊥ BC$，可得$DF=AB=2\sqrt{5}$，$CF=x-2$，$DC=x+2$，在$Rt△ DFC$中用勾股定理列方程即可求出x。求GE的长：先由$AD// BG$结合等腰三角形性质推出$CG=CE$，得到BG的长度，再用勾股定理求AG的长，通过$△ ABG$的面积法求出BE的长，最后在$Rt△ BEG$中用勾股定理求出GE即可。
【解析】
(1) 证明：如答图①
，连接OE，OC。$\because$在$△ OBC$和$△ OEC$中，$\begin{cases} CB=CE,\\ OB=OE,\\ OC=OC, \end{cases}$
$\therefore △ OBC≌△ OEC(\mathrm{SSS})$，$\therefore ∠ OBC=∠ OEC$。
又$\because DE$与$\odot O$相切于点E，$\therefore ∠ OEC=90°$，
$\therefore ∠ OBC=90°$。
$\because OB$为$\odot O$的半径，$\therefore BC$为$\odot O$的切线。
(2) 解：如答图②
，过点D作$DF⊥ BC$于点F，连接BE，易知$DF=AB=2\sqrt{5}$。
$\because AB$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AEB=90°$。
$\because AD,DC,BG$分别切$\odot O$于点A,E,B，
$\therefore DA=DE,CE=CB$。设BC的长为x，
则$CF=x-2,DC=x+2$。
在$\mathrm{Rt}△ DFC$中，$(x+2)^2-(x-2)^2=(2\sqrt{5})^2$，
解得$x=\frac{5}{2}$，$\therefore CE=BC=\frac{5}{2}$。
易知$AD// BG$，$\therefore ∠ DAE=∠ EGC$。
$\because DA=DE$，$\therefore ∠ DAE=∠ AED$。
$\because ∠ AED=∠ CEG$，$\therefore ∠ EGC=∠ CEG$，
$\therefore CG=CE=CB=\frac{5}{2}$，$\therefore BG=5$，
$\therefore AG=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+5^2}=3\sqrt{5}$，
$\therefore S_{△ ABG}=\frac{1}{2}AB· BG=\frac{1}{2}AG· BE$，$\therefore BE=\frac{10}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，$EG=\sqrt{BG^2-BE^2}=\frac{5}{3}\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明成立，BC为$\odot O$的切线；
(2) $CE=\frac{5}{2}$，$GE=\frac{5\sqrt{5}}{3}$。
【知识点】
切线的判定与性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合题型，综合考查了全等三角形的判定、切线的相关性质、勾股定理以及面积法求线段长，解题核心是合理添加辅助线，结合几何性质建立等量关系求解，是切线专题的典型考查题型。
【难度系数】
0.6
9. 如图，AB是$\odot O$的直径，AC是$\odot O$的弦，P为AB延长线上一点，连接CP，$∠ BCP=∠ A$，$∠ ACB$的平分线与直径AB交于点E，交$\odot O$于点D。
(1)求证：CP是$\odot O$的切线；
(2)求证：$PE=PC$；
(3)探究$AC+BC$与$CD$之间的数量关系，并说明理由。
(1)求证：CP是$\odot O$的切线；
(2)求证：$PE=PC$；
(3)探究$AC+BC$与$CD$之间的数量关系，并说明理由。
答案
9.(1)证明:如答图①
,连接OC.$\because OA=OC,\therefore ∠ A=∠ ACO$.
又$\because ∠ BCP=∠ A,\therefore ∠ ACO=∠ BCP$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACO+∠ BCO=90°$,
$\therefore ∠ PCB+∠ BCO=90°$,即$∠ OCP=90°$.
$\because OC$为$\odot O$的半径,$\therefore CP$是$\odot O$的切线.
(2)证明:$\because CE$平分$∠ ACB,\therefore ∠ ACD=∠ BCD$.
$\because ∠ PCE=∠ PCB+∠ BCE,∠ PEC=∠ ACD+∠ A$,
且$∠ PCB=∠ A,\therefore ∠ PCE=∠ PEC,\therefore PE=PC$.
(3)解:$AC+BC=\sqrt{2}CD$. 理由如下:
如答图②
,连接AD,BD,过点D作$DM⊥ AC$于点M,过点D作$DN⊥ CB$交CB的延长线于点N.$\because CD$平分$∠ ACB,DM⊥ AC,DN⊥ CB$,
$\therefore DM=DN,\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD},\therefore AD=BD$.
$\therefore \mathrm{Rt}△ AMD≌\mathrm{Rt}△ BND,\therefore AM=BN$.
易证四边形CMDN为正方形,$\therefore CD=\sqrt{2}CN$.
而$AC+BC=CM+AM+CB=CM+CB+BN=CM+CN=2CN,\therefore AC+BC=\sqrt{2}CD$.
解析
【分析】
（1）要证明CP是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ CP$：先利用等腰三角形等边对等角得$∠ A=∠ ACO$，结合已知$∠ BCP=∠ A$推出$∠ ACO=∠ BCP$；再根据直径所对圆周角为$90°$，得$∠ ACO+∠ BCO=90°$，等量代换可得$∠ OCP=90°$，即可得证。
（2）要证明$PE=PC$，只需证明$∠ PCE=∠ PEC$：根据角平分线定义得$∠ ACD=∠ BCD$，再利用三角形外角性质，将$∠ PCE$拆为$∠ PCB+∠ BCE$，$∠ PEC$拆为$∠ ACD+∠ A$，结合已知$∠ PCB=∠ A$，等量代换即可得到两角相等，进而推出边相等。
（3）探究线段和的数量关系，采用截长补短思路转化线段：连接AD、BD，过D分别作AC、BC的垂线，利用角平分线性质得$DM=DN$，且角平分线平分所对的弧，得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，故$AD=BD$，通过HL证$\mathrm{Rt}△ AMD≌ \mathrm{Rt}△ BND$得$AM=BN$；再证四边形CMDN为正方形，将$AC+BC$转化为$2CN$，结合正方形对角线与边长的关系$CD=\sqrt{2}CN$，即可推出两者的数量关系。
【解析】
(1)证明:如答图①,连接OC.
$\because OA=OC,\therefore ∠ A=∠ ACO$.
又$\because ∠ BCP=∠ A,\therefore ∠ ACO=∠ BCP$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACO+∠ BCO=90°$,
$\therefore ∠ PCB+∠ BCO=90°$,即$∠ OCP=90°$.
$\because OC$为$\odot O$的半径,$\therefore CP$是$\odot O$的切线.
(2)证明:$\because CE$平分$∠ ACB,\therefore ∠ ACD=∠ BCD$.
$\because ∠ PCE=∠ PCB+∠ BCE,∠ PEC=∠ ACD+∠ A$,
且$∠ PCB=∠ A,\therefore ∠ PCE=∠ PEC,\therefore PE=PC$.
(3)解:$AC+BC=\sqrt{2}CD$. 理由如下:
如答图②,连接AD,BD,过点D作$DM⊥ AC$于点M,过点D作$DN⊥ CB$交CB的延长线于点N.
$\because CD$平分$∠ ACB,DM⊥ AC,DN⊥ CB$,
$\therefore DM=DN,\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD},\therefore AD=BD$.
$\therefore \mathrm{Rt}△ AMD≌ \mathrm{Rt}△ BND,\therefore AM=BN$.
易证四边形CMDN为正方形,$\therefore CD=\sqrt{2}CN$.
而$AC+BC=CM+AM+CB=CM+CB+BN=CM+CN=2CN,\therefore AC+BC=\sqrt{2}CD$.
【答案】
(1) CP是$\odot O$的切线；
(2) $PE=PC$；
(3) $AC+BC=\sqrt{2}CD$。
【知识点】
切线的判定、等腰三角形判定、圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合典型题型，融合了圆的基本性质、角平分线性质、全等三角形判定、特殊四边形的性质等知识点，解题核心是合理添加辅助线，通过角度推导和线段转化建立关系，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
（1）要证明CP是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ CP$：先利用等腰三角形等边对等角得$∠ A=∠ ACO$，结合已知$∠ BCP=∠ A$推出$∠ ACO=∠ BCP$；再根据直径所对圆周角为$90°$，得$∠ ACO+∠ BCO=90°$，等量代换可得$∠ OCP=90°$，即可得证。
（2）要证明$PE=PC$，只需证明$∠ PCE=∠ PEC$：根据角平分线定义得$∠ ACD=∠ BCD$，再利用三角形外角性质，将$∠ PCE$拆为$∠ PCB+∠ BCE$，$∠ PEC$拆为$∠ ACD+∠ A$，结合已知$∠ PCB=∠ A$，等量代换即可得到两角相等，进而推出边相等。
（3）探究线段和的数量关系，采用截长补短思路转化线段：连接AD、BD，过D分别作AC、BC的垂线，利用角平分线性质得$DM=DN$，且角平分线平分所对的弧，得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，故$AD=BD$，通过HL证$\mathrm{Rt}△ AMD≌ \mathrm{Rt}△ BND$得$AM=BN$；再证四边形CMDN为正方形，将$AC+BC$转化为$2CN$，结合正方形对角线与边长的关系$CD=\sqrt{2}CN$，即可推出两者的数量关系。
【解析】
(1)证明:如答图①
,连接OC.$\because OA=OC,\therefore ∠ A=∠ ACO$.
又$\because ∠ BCP=∠ A,\therefore ∠ ACO=∠ BCP$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACO+∠ BCO=90°$,
$\therefore ∠ PCB+∠ BCO=90°$,即$∠ OCP=90°$.
$\because OC$为$\odot O$的半径,$\therefore CP$是$\odot O$的切线.
(2)证明:$\because CE$平分$∠ ACB,\therefore ∠ ACD=∠ BCD$.
$\because ∠ PCE=∠ PCB+∠ BCE,∠ PEC=∠ ACD+∠ A$,
且$∠ PCB=∠ A,\therefore ∠ PCE=∠ PEC,\therefore PE=PC$.
(3)解:$AC+BC=\sqrt{2}CD$. 理由如下:
如答图②
,连接AD,BD,过点D作$DM⊥ AC$于点M,过点D作$DN⊥ CB$交CB的延长线于点N.$\because CD$平分$∠ ACB,DM⊥ AC,DN⊥ CB$,
$\therefore DM=DN,\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD},\therefore AD=BD$.
$\therefore \mathrm{Rt}△ AMD≌ \mathrm{Rt}△ BND,\therefore AM=BN$.
易证四边形CMDN为正方形,$\therefore CD=\sqrt{2}CN$.
而$AC+BC=CM+AM+CB=CM+CB+BN=CM+CN=2CN,\therefore AC+BC=\sqrt{2}CD$.
【答案】
(1) CP是$\odot O$的切线；
(2) $PE=PC$；
(3) $AC+BC=\sqrt{2}CD$。
【知识点】
切线的判定、等腰三角形判定、圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合典型题型，融合了圆的基本性质、角平分线性质、全等三角形判定、特殊四边形的性质等知识点，解题核心是合理添加辅助线，通过角度推导和线段转化建立关系，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
