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7. (2025·天津)已知AB与$\odot O$相切于点C，$OA=OB$，$∠ AOB=80°$，OB与$\odot O$相交于点D，E为$\odot O$上一点。
(1) 如图1，求$∠ CED$的大小；
(2) 如图2，当$EC// OA$时，EC与OB相交于点F，延长BO与$\odot O$相交于点G，若$\odot O$的半径为3，求ED和EG的长。
(1) 如图1，求$∠ CED$的大小；
(2) 如图2，当$EC// OA$时，EC与OB相交于点F，延长BO与$\odot O$相交于点G，若$\odot O$的半径为3，求ED和EG的长。
答案
7. (1) 如图1
,连接OC,∵ AB与⊙O相切于点C,
∴ OC⊥AB.
∵ OA=OB,∠AOB=80°,
∴ ∠COB=∠COA=$\frac{1}{2}$∠AOB=40°,
∴ ∠CED=$\frac{1}{2}$∠COB=20°,
∴ ∠CED的度数为20°.
(2) 如图2
,连接OC,∵ DG是⊙O的直径,⊙O的半径为3,
∴ ∠DEG=90°,DG=6.
∵ EC//OA,
∴ ∠EFG=∠AOB=80°,由(1)得∠CED=20°,
∴ ∠EDG=∠EFG-∠CED=60°,
∴ ∠G=90°-∠EDG=30°,
∴ ED=$\frac{1}{2}$DG=3,
∴ EG=$\sqrt{DG^2-ED^2}$=$\sqrt{6^2-3^2}$=$3\sqrt{3}$,
∴ ED的长是3,EG的长是$3\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 解决第一问首先结合切线性质，先连接过切点C的半径OC，可得OC⊥AB；已知OA=OB，△OAB是等腰三角形，由等腰三角形三线合一的性质可推出OC平分∠AOB，得到弧CD对应的圆心角∠COB的度数，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠CED的大小。
(2) 解决第二问首先注意到DG是⊙O的直径，由直径所对的圆周角为直角可得△DEG是直角三角形；结合EC//OA的条件，利用平行线的性质可得∠EFG与∠AOB相等，再利用三角形外角的性质可求出∠EDG的度数，进而得到Rt△DEG中∠G的度数，结合直角三角形30°角的性质和勾股定理即可求出ED、EG的长度。
【解析】
(1) 如图1,连接OC,
∵ AB与⊙O相切于点C,
∴ OC⊥AB.
∵ OA=OB,∠AOB=80°,
∴ ∠COB=∠COA=$\frac{1}{2}$∠AOB=40°,
∴ ∠CED=$\frac{1}{2}$∠COB=20°,
∴ ∠CED的度数为20°.
(2) 如图2,连接OC,
∵ DG是⊙O的直径,⊙O的半径为3,
∴ ∠DEG=90°,DG=6.
∵ EC//OA,
∴ ∠EFG=∠AOB=80°,由(1)得∠CED=20°,
∴ ∠EDG=∠EFG-∠CED=60°,
∴ ∠G=90°-∠EDG=30°,
∴ ED=$\frac{1}{2}$DG=3,
∴ EG=$\sqrt{DG^2-ED^2}$=$\sqrt{6^2-3^2}$=$3\sqrt{3}$,
∴ ED的长是3,EG的长是$3\sqrt{3}$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{20°}$；
(2) $\boldsymbol{ED=3}$，$\boldsymbol{EG=3\sqrt{3}}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的典型综合题，解题关键是合理添加辅助线，串联切线、等腰三角形、平行线、直角三角形的相关性质逐步推导，侧重考察基础几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 解决第一问首先结合切线性质，先连接过切点C的半径OC，可得OC⊥AB；已知OA=OB，△OAB是等腰三角形，由等腰三角形三线合一的性质可推出OC平分∠AOB，得到弧CD对应的圆心角∠COB的度数，再根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠CED的大小。
(2) 解决第二问首先注意到DG是⊙O的直径，由直径所对的圆周角为直角可得△DEG是直角三角形；结合EC//OA的条件，利用平行线的性质可得∠EFG与∠AOB相等，再利用三角形外角的性质可求出∠EDG的度数，进而得到Rt△DEG中∠G的度数，结合直角三角形30°角的性质和勾股定理即可求出ED、EG的长度。
【解析】
(1) 如图1
,连接OC,∵ AB与⊙O相切于点C,
∴ OC⊥AB.
∵ OA=OB,∠AOB=80°,
∴ ∠COB=∠COA=$\frac{1}{2}$∠AOB=40°,
∴ ∠CED=$\frac{1}{2}$∠COB=20°,
∴ ∠CED的度数为20°.
(2) 如图2
,连接OC,∵ DG是⊙O的直径,⊙O的半径为3,
∴ ∠DEG=90°,DG=6.
∵ EC//OA,
∴ ∠EFG=∠AOB=80°,由(1)得∠CED=20°,
∴ ∠EDG=∠EFG-∠CED=60°,
∴ ∠G=90°-∠EDG=30°,
∴ ED=$\frac{1}{2}$DG=3,
∴ EG=$\sqrt{DG^2-ED^2}$=$\sqrt{6^2-3^2}$=$3\sqrt{3}$,
∴ ED的长是3,EG的长是$3\sqrt{3}$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{20°}$；
(2) $\boldsymbol{ED=3}$，$\boldsymbol{EG=3\sqrt{3}}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的典型综合题，解题关键是合理添加辅助线，串联切线、等腰三角形、平行线、直角三角形的相关性质逐步推导，侧重考察基础几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
8. 如图，PA，PB分别与$\odot O$相切于A，B两点，且$∠ APB=56°$，若点C是$\odot O$上异于点A，B的一点，则$∠ ACB$的大小为
62°或118°
。答案
8. 62°或118°
解析
【分析】
首先根据切线的性质可得OA⊥PA、OB⊥PB，结合四边形内角和为360°，可先求出圆心角∠AOB的度数。由于点C在圆上的位置不唯一，需分点C在优弧AB上、点C在劣弧AB上两种情况，再根据圆周角定理分别计算对应∠ACB的度数即可。
【解析】
连接OA、OB，
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，
在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠APB=56°，
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠APB=360°-90°-90°-56°=124°。
分两种情况讨论：
1. 当点C在优弧AB上时，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
得∠ACB=½∠AOB=½×124°=62°；
2. 当点C在劣弧AB上时，此时∠ACB所对的弧为优弧AB，优弧AB对应的圆心角为360°-124°=236°，
得∠ACB=½×236°=118°。
综上，∠ACB的大小为62°或118°。
【答案】
62°或118°
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；分类讨论思想
【点评】
本题易错点是忽略点C的位置有两种可能性，仅计算其中一种情况导致漏解，解题时遇到未明确点的位置的圆上动点问题，要注意分类讨论所有可能的情况。
【难度系数】
0.6
首先根据切线的性质可得OA⊥PA、OB⊥PB，结合四边形内角和为360°，可先求出圆心角∠AOB的度数。由于点C在圆上的位置不唯一，需分点C在优弧AB上、点C在劣弧AB上两种情况，再根据圆周角定理分别计算对应∠ACB的度数即可。
【解析】
连接OA、OB，
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，
在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠APB=56°，
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠APB=360°-90°-90°-56°=124°。
分两种情况讨论：
1. 当点C在优弧AB上时，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
得∠ACB=½∠AOB=½×124°=62°；
2. 当点C在劣弧AB上时，此时∠ACB所对的弧为优弧AB，优弧AB对应的圆心角为360°-124°=236°，
得∠ACB=½×236°=118°。
综上，∠ACB的大小为62°或118°。
【答案】
62°或118°
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；分类讨论思想
【点评】
本题易错点是忽略点C的位置有两种可能性，仅计算其中一种情况导致漏解，解题时遇到未明确点的位置的圆上动点问题，要注意分类讨论所有可能的情况。
【难度系数】
0.6
9. 如图，AB为$\odot O$的直径，E为$\odot O$上一点，点C为EB的中点，过点C作$CD⊥ AE$，交AE的延长线于点D，延长DC交AB的延长线于点F.
(1) 求证：CD是$\odot O$的切线；
(2) 若$DE=1,DC=2$，求$\odot O$的半径长.
(1) 求证：CD是$\odot O$的切线；
(2) 若$DE=1,DC=2$，求$\odot O$的半径长.
答案
9. (1) 如图
,连接OC,∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ ∠EAC=∠BAC,
∵ OA=OC,
∴ ∠BAC=∠OCA,
∴ ∠EAC=∠OCA,
∴ AE//OC,
∴ ∠ADC=∠OCF.
∵ CD⊥AE,
∴ ∠ADC=90°,
∴ ∠OCF=90°,即OC⊥DF,又OC为⊙O的半径,
∴ CD是⊙O的切线；
(2) 如图
,连接CE,BC,由(1)知CD是⊙O的切线,∴ $CD^2=DE·AD$.
∵ DE=1,DC=2,
∴ AD=4,在Rt△ADC中,由勾股定理得AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}$=$\sqrt{4^2+2^2}$=$2\sqrt{5}$. 在Rt△DCE中,由勾股定理得CE=$\sqrt{CD^2+DE^2}$=$\sqrt{2^2+1^2}$=$\sqrt{5}$.
∵ 点C是$\overset{\frown}{EB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ EC=BC=$\sqrt{5}$,
∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB=90°,由勾股定理得AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}$=5,
∴ ⊙O的半径长是2.5.
解析
【分析】
(1) 要证明CD是$\odot O$的切线，已知点C在圆上，根据切线判定定理，只需证明OC⊥CD即可。首先连接OC，利用弧中点的性质可得∠EAC=∠BAC，再结合OA=OC得到∠BAC=∠OCA，等量代换得∠EAC=∠OCA，推出AE//OC，结合CD⊥AE的条件，即可得到OC⊥DF，完成切线证明。
(2) 先连接CE、BC，利用切割线定理得到$CD^2=DE·AD$，代入已知数值求出AD的长度，再分别在Rt△ADC、Rt△DCE中用勾股定理求出AC、CE的长度；根据弧中点的性质得BC=CE，再结合AB是直径可得∠ACB=90°，在Rt△ACB中用勾股定理求出直径AB的长度，除以2即可得到$\odot O$的半径。
【解析】
(1) 如图,连接OC,
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ ∠EAC=∠BAC,
∵ OA=OC,
∴ ∠BAC=∠OCA,
∴ ∠EAC=∠OCA,
∴ AE//OC,
∴ ∠ADC=∠OCF.
∵ CD⊥AE,
∴ ∠ADC=90°,
∴ ∠OCF=90°,即OC⊥DF,又OC为⊙O的半径,
∴ CD是⊙O的切线；
(2) 如图,连接CE,BC,由(1)知CD是⊙O的切线,
∴ $CD^2=DE·AD$.
∵ DE=1,DC=2,
∴ AD=4,在Rt△ADC中,由勾股定理得AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}$=$\sqrt{4^2+2^2}$=$2\sqrt{5}$. 在Rt△DCE中,由勾股定理得CE=$\sqrt{CD^2+DE^2}$=$\sqrt{2^2+1^2}$=$\sqrt{5}$.
∵ 点C是$\overset{\frown}{EB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ EC=BC=$\sqrt{5}$,
∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB=90°,由勾股定理得AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}$=5,
∴ ⊙O的半径长是2.5.
【答案】
(1) CD是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) $\odot O$的半径长为2.5（或$\frac{5}{2}$）。
【知识点】
切线的判定、勾股定理、圆周角定理
【点评】
本题是圆的常规综合题，第一问考查切线的标准证明思路，第二问结合圆的弧、弦、角的对应关系和直角三角形的性质计算，解题关键是合理构造辅助线，熟练运用圆的基本性质，属于圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明CD是$\odot O$的切线，已知点C在圆上，根据切线判定定理，只需证明OC⊥CD即可。首先连接OC，利用弧中点的性质可得∠EAC=∠BAC，再结合OA=OC得到∠BAC=∠OCA，等量代换得∠EAC=∠OCA，推出AE//OC，结合CD⊥AE的条件，即可得到OC⊥DF，完成切线证明。
(2) 先连接CE、BC，利用切割线定理得到$CD^2=DE·AD$，代入已知数值求出AD的长度，再分别在Rt△ADC、Rt△DCE中用勾股定理求出AC、CE的长度；根据弧中点的性质得BC=CE，再结合AB是直径可得∠ACB=90°，在Rt△ACB中用勾股定理求出直径AB的长度，除以2即可得到$\odot O$的半径。
【解析】
(1) 如图
,连接OC,∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ ∠EAC=∠BAC,
∵ OA=OC,
∴ ∠BAC=∠OCA,
∴ ∠EAC=∠OCA,
∴ AE//OC,
∴ ∠ADC=∠OCF.
∵ CD⊥AE,
∴ ∠ADC=90°,
∴ ∠OCF=90°,即OC⊥DF,又OC为⊙O的半径,
∴ CD是⊙O的切线；
(2) 如图
,连接CE,BC,由(1)知CD是⊙O的切线,∴ $CD^2=DE·AD$.
∵ DE=1,DC=2,
∴ AD=4,在Rt△ADC中,由勾股定理得AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}$=$\sqrt{4^2+2^2}$=$2\sqrt{5}$. 在Rt△DCE中,由勾股定理得CE=$\sqrt{CD^2+DE^2}$=$\sqrt{2^2+1^2}$=$\sqrt{5}$.
∵ 点C是$\overset{\frown}{EB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ EC=BC=$\sqrt{5}$,
∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB=90°,由勾股定理得AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}$=5,
∴ ⊙O的半径长是2.5.
【答案】
(1) CD是$\odot O$的切线，证明成立；
(2) $\odot O$的半径长为2.5（或$\frac{5}{2}$）。
【知识点】
切线的判定、勾股定理、圆周角定理
【点评】
本题是圆的常规综合题，第一问考查切线的标准证明思路，第二问结合圆的弧、弦、角的对应关系和直角三角形的性质计算，解题关键是合理构造辅助线，熟练运用圆的基本性质，属于圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.6
10. (2024·凉山州)如图，
，$\odot M$的圆心为$M(4,0)$，半径为2，$P$是直线$y=x+4$上的一个动点，过点$P$作$\odot M$的切线，切点为$Q$，则$PQ$的最小值为
，$\odot M$的圆心为$M(4,0)$，半径为2，$P$是直线$y=x+4$上的一个动点，过点$P$作$\odot M$的切线，切点为$Q$，则$PQ$的最小值为$2\sqrt{7}$
.答案
10. $2\sqrt{7}$
解析
【分析】
要解决切线长PQ的最小值问题，首先根据切线的性质可知，切线与过切点的半径垂直，因此△PMQ为直角三角形，其中MQ为圆的半径是定值2。结合勾股定理可得$PQ=\sqrt{PM^2-MQ^2}$，因此要使PQ最小，只需PM最小即可。点到直线的最短距离为垂线段长度，因此先求出圆心M到直线$y=x+4$的垂线段长度，即PM的最小值，再代入勾股定理即可求出PQ的最小值。
【解析】
连接MQ、PM，
∵PQ是$\odot M$的切线，Q为切点，
∴$MQ⊥ PQ$，即$△ MQP$是直角三角形，且$MQ=2$（$\odot M$的半径）。
由勾股定理得：$PQ^2 + MQ^2 = PM^2$，
∴$PQ=\sqrt{PM^2 - MQ^2}=\sqrt{PM^2 - 4}$，
由此可知，当PM取最小值时，PQ最小。
根据“点到直线的线段中，垂线段最短”，PM的最小值为点$M(4,0)$到直线$y=x+4$（整理为$x-y+4=0$）的距离，代入点到直线的距离公式：
$d=\frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$，其中$A=1,B=-1,C=4,x_0=4,y_0=0$，
∴$PM_{\mathrm{min}}=\frac{|1×4 + (-1)×0 + 4|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{8}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$，
将PM最小值代入PQ的表达式：
$PQ_{\mathrm{min}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2 - 2^2}=\sqrt{32 - 4}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
【答案】
$2\sqrt{7}$
【知识点】
切线的性质，点到直线的距离，勾股定理
【点评】
本题是几何最值类常见题型，解题核心是利用切线性质和勾股定理将切线长的最值问题转化为点到直线的最短距离问题，体现了转化思想的应用，熟练掌握相关基础性质是解题的前提。
【难度系数】
0.6
要解决切线长PQ的最小值问题，首先根据切线的性质可知，切线与过切点的半径垂直，因此△PMQ为直角三角形，其中MQ为圆的半径是定值2。结合勾股定理可得$PQ=\sqrt{PM^2-MQ^2}$，因此要使PQ最小，只需PM最小即可。点到直线的最短距离为垂线段长度，因此先求出圆心M到直线$y=x+4$的垂线段长度，即PM的最小值，再代入勾股定理即可求出PQ的最小值。
【解析】
连接MQ、PM，
∵PQ是$\odot M$的切线，Q为切点，
∴$MQ⊥ PQ$，即$△ MQP$是直角三角形，且$MQ=2$（$\odot M$的半径）。
由勾股定理得：$PQ^2 + MQ^2 = PM^2$，
∴$PQ=\sqrt{PM^2 - MQ^2}=\sqrt{PM^2 - 4}$，
由此可知，当PM取最小值时，PQ最小。
根据“点到直线的线段中，垂线段最短”，PM的最小值为点$M(4,0)$到直线$y=x+4$（整理为$x-y+4=0$）的距离，代入点到直线的距离公式：
$d=\frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\sqrt{A^2+B^2}}$，其中$A=1,B=-1,C=4,x_0=4,y_0=0$，
∴$PM_{\mathrm{min}}=\frac{|1×4 + (-1)×0 + 4|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{8}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$，
将PM最小值代入PQ的表达式：
$PQ_{\mathrm{min}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2 - 2^2}=\sqrt{32 - 4}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
【答案】
$2\sqrt{7}$
【知识点】
切线的性质，点到直线的距离，勾股定理
【点评】
本题是几何最值类常见题型，解题核心是利用切线性质和勾股定理将切线长的最值问题转化为点到直线的最短距离问题，体现了转化思想的应用，熟练掌握相关基础性质是解题的前提。
【难度系数】
0.6
11. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,以$AB$为直径作$\odot O$,过点$C$作直线$CD$交$AB$的延长线于点$D$,使$∠ BCD=∠ A$.
(1) 求证:$CD$为$\odot O$的切线;
(2) 若$DE$平分$∠ ADC$,且分别交$AC$,$BC$于点$E$,$F$,当$CE=2$时,求$EF$的长.
(1) 求证:$CD$为$\odot O$的切线;
(2) 若$DE$平分$∠ ADC$,且分别交$AC$,$BC$于点$E$,$F$,当$CE=2$时,求$EF$的长.
答案
11. (1) 如图
,连接OC,∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB=90°,即∠A+∠ABC=90°. 又
∵ OC=OB,
∴ ∠ABC=∠OCB.
∵ ∠BCD=∠A,
∴ ∠BCD+∠OCB=90°,即∠OCD=90°.
∵ OC是⊙O的半径,
∴ CD是⊙O的切线；
(2)
∵ DE平分∠ADC,
∴ ∠CDE=∠ADE. 又
∵ ∠BCD=∠A,
∴ ∠A+∠ADE=∠BCD+∠CDF,即∠CEF=∠CFE,
∵ ∠ACB=90°,CE=2,
∴ CE=CF=2,
∴ EF=$\sqrt{CE^2+CF^2}$=$2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
(1) 要证明CD为⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明CD与过切点的半径垂直，因此先连接OC，结合直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，将已知角的关系转化，证明∠OCD=90°即可。
(2) 求EF的长时，已知∠ACB=90°，若能证明△CEF是等腰直角三角形，得到CE=CF，即可用勾股定理计算EF。可结合角平分线的定义，利用三角形外角的性质，推导∠CEF=∠CFE，从而得到CE=CF，进而求解。
【解析】
(1) 如图,连接OC,
∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB=90°,即∠A+∠ABC=90°. 又
∵ OC=OB,
∴ ∠ABC=∠OCB.
∵ ∠BCD=∠A,
∴ ∠BCD+∠OCB=90°,即∠OCD=90°.
∵ OC是⊙O的半径,
∴ CD是⊙O的切线；
(2)
∵ DE平分∠ADC,
∴ ∠CDE=∠ADE. 又
∵ ∠BCD=∠A,
∴ ∠A+∠ADE=∠BCD+∠CDF,即∠CEF=∠CFE,
∵ ∠ACB=90°,CE=2,
∴ CE=CF=2,
∴ EF=$\sqrt{CE^2+CF^2}$=$2\sqrt{2}$.
【答案】
(1) CD是⊙O的切线，证明见上述解析；(2) $EF=2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形判定；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，第一问考查切线的常规证明思路“连半径、证垂直”，第二问需要结合角的关系推导等腰直角三角形，难度不高，能够有效巩固圆和三角形的核心知识点。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明CD为⊙O的切线，根据切线的判定定理，需证明CD与过切点的半径垂直，因此先连接OC，结合直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，将已知角的关系转化，证明∠OCD=90°即可。
(2) 求EF的长时，已知∠ACB=90°，若能证明△CEF是等腰直角三角形，得到CE=CF，即可用勾股定理计算EF。可结合角平分线的定义，利用三角形外角的性质，推导∠CEF=∠CFE，从而得到CE=CF，进而求解。
【解析】
(1) 如图
,连接OC,∵ AB为⊙O的直径,
∴ ∠ACB=90°,即∠A+∠ABC=90°. 又
∵ OC=OB,
∴ ∠ABC=∠OCB.
∵ ∠BCD=∠A,
∴ ∠BCD+∠OCB=90°,即∠OCD=90°.
∵ OC是⊙O的半径,
∴ CD是⊙O的切线；
(2)
∵ DE平分∠ADC,
∴ ∠CDE=∠ADE. 又
∵ ∠BCD=∠A,
∴ ∠A+∠ADE=∠BCD+∠CDF,即∠CEF=∠CFE,
∵ ∠ACB=90°,CE=2,
∴ CE=CF=2,
∴ EF=$\sqrt{CE^2+CF^2}$=$2\sqrt{2}$.
【答案】
(1) CD是⊙O的切线，证明见上述解析；(2) $EF=2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形判定；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，第一问考查切线的常规证明思路“连半径、证垂直”，第二问需要结合角的关系推导等腰直角三角形，难度不高，能够有效巩固圆和三角形的核心知识点。
【难度系数】
0.7
