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8. 如图，PA，PB分别切$\odot O$于点A，B，E为AB上的一点，QD切$\odot O$于点E，分别交PA，PB于点Q，D，连接OQ，OD。若$∠ P＝28°$，则$∠ QOD＝$
76
°。答案
8. 76
解析
【分析】
解决本题的核心是利用切线的性质与切线长定理推导角度关系：①先连接OA、OB、OE，根据切线垂直于过切点的半径，得到OA⊥PA、OB⊥PB、OE⊥QD；②根据切线长定理可知，OQ平分∠AOE，OD平分∠BOE，因此∠QOD是∠AOB的一半；③先在四边形OAPB中利用内角和求出∠AOB的度数，即可计算出∠QOD的大小。
【解析】
连接OA、OB、OE。
∵PA、PB分别切$\odot O$于点A、B
∴$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$，即$∠ OAP=∠ OBP=90°$
在四边形OAPB中，内角和为$360°$，已知$∠ P=28°$
∴$∠ AOB=360°-∠ OAP-∠ OBP-∠ P=360°-90°-90°-28°=152°$
∵QA、QE是$\odot O$的切线，A、E为切点，根据切线长定理，OQ平分$∠ AOE$，即$∠ QOE=\frac{1}{2}∠ AOE$
同理，DB、DE是$\odot O$的切线，B、E为切点，OD平分$∠ BOE$，即$∠ DOE=\frac{1}{2}∠ BOE$
∴$∠ QOD=∠ QOE+∠ DOE=\frac{1}{2}(∠ AOE+∠ BOE)=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×152°=76°$
【答案】
76
【知识点】
切线的性质，切线长定理，四边形内角和
【点评】
本题是圆的切线性质的典型应用题型，通过作辅助线构造半径，结合切线长定理得到角的倍分关系是解题的突破口，需要熟练掌握切线相关的性质定理并灵活运用。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心是利用切线的性质与切线长定理推导角度关系：①先连接OA、OB、OE，根据切线垂直于过切点的半径，得到OA⊥PA、OB⊥PB、OE⊥QD；②根据切线长定理可知，OQ平分∠AOE，OD平分∠BOE，因此∠QOD是∠AOB的一半；③先在四边形OAPB中利用内角和求出∠AOB的度数，即可计算出∠QOD的大小。
【解析】
连接OA、OB、OE。
∵PA、PB分别切$\odot O$于点A、B
∴$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$，即$∠ OAP=∠ OBP=90°$
在四边形OAPB中，内角和为$360°$，已知$∠ P=28°$
∴$∠ AOB=360°-∠ OAP-∠ OBP-∠ P=360°-90°-90°-28°=152°$
∵QA、QE是$\odot O$的切线，A、E为切点，根据切线长定理，OQ平分$∠ AOE$，即$∠ QOE=\frac{1}{2}∠ AOE$
同理，DB、DE是$\odot O$的切线，B、E为切点，OD平分$∠ BOE$，即$∠ DOE=\frac{1}{2}∠ BOE$
∴$∠ QOD=∠ QOE+∠ DOE=\frac{1}{2}(∠ AOE+∠ BOE)=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×152°=76°$
【答案】
76
【知识点】
切线的性质，切线长定理，四边形内角和
【点评】
本题是圆的切线性质的典型应用题型，通过作辅助线构造半径，结合切线长定理得到角的倍分关系是解题的突破口，需要熟练掌握切线相关的性质定理并灵活运用。
【难度系数】
0.7
9. 如图,在矩形ABCD中,AB=4,AD=3,M,N分别是BC,DC边上的点,若⊙O经过点A,且与BC,DC分别相切于点M,N,则⊙O的半径为
$7-2\sqrt{6}$
.答案
9. $7-2\sqrt{6}$
解析
【分析】
解题时先结合圆与BC、DC相切的条件，利用切线性质：圆心到切线的距离等于半径，可通过建立平面直角坐标系表示各点坐标；再根据⊙O过点A，OA等于半径，利用两点间距离公式列方程求解，最后结合图形实际意义舍去不符合的根即可。
【解析】
设点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由矩形ABCD中AB=4，AD=3，可得各点坐标：$A(0,4)$，$C(3,0)$，直线DC为$x=3$，直线BC为$y=0$。
设⊙O的半径为$r$，
∵⊙O与BC（$y=0$）相切，
∴圆心O的纵坐标为$r$；
∵⊙O与DC（$x=3$）相切，
∴圆心O的横坐标为$3-r$，即$O(3-r,r)$。
又
∵点A在⊙O上，
∴$OA=r$，由两点间距离公式得：
$\sqrt{(3 - r - 0)^2 + (r - 4)^2} = r$
两边平方得：$(3 - r)^2 + (r - 4)^2 = r^2$
展开整理：$9 - 6r + r^2 + r^2 - 8r + 16 = r^2$
即$r^2 - 14r + 25 = 0$
解一元二次方程得：$r = \frac{14 \pm \sqrt{196 - 100}}{2} = 7 \pm 2\sqrt{6}$
∵$7 + 2\sqrt{6} ＞ 4$，不符合矩形内圆的实际情况，舍去
∴$r = 7 - 2\sqrt{6}$
【答案】
$7-2\sqrt{6}$
【知识点】
切线的性质；矩形的性质；一元二次方程的应用
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题，解题核心是利用切线性质确定圆心坐标，结合圆上点到圆心距离等于半径建立方程，求解后要注意结合几何图形的实际范围对根进行取舍，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.3
解题时先结合圆与BC、DC相切的条件，利用切线性质：圆心到切线的距离等于半径，可通过建立平面直角坐标系表示各点坐标；再根据⊙O过点A，OA等于半径，利用两点间距离公式列方程求解，最后结合图形实际意义舍去不符合的根即可。
【解析】
设点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由矩形ABCD中AB=4，AD=3，可得各点坐标：$A(0,4)$，$C(3,0)$，直线DC为$x=3$，直线BC为$y=0$。
设⊙O的半径为$r$，
∵⊙O与BC（$y=0$）相切，
∴圆心O的纵坐标为$r$；
∵⊙O与DC（$x=3$）相切，
∴圆心O的横坐标为$3-r$，即$O(3-r,r)$。
又
∵点A在⊙O上，
∴$OA=r$，由两点间距离公式得：
$\sqrt{(3 - r - 0)^2 + (r - 4)^2} = r$
两边平方得：$(3 - r)^2 + (r - 4)^2 = r^2$
展开整理：$9 - 6r + r^2 + r^2 - 8r + 16 = r^2$
即$r^2 - 14r + 25 = 0$
解一元二次方程得：$r = \frac{14 \pm \sqrt{196 - 100}}{2} = 7 \pm 2\sqrt{6}$
∵$7 + 2\sqrt{6} ＞ 4$，不符合矩形内圆的实际情况，舍去
∴$r = 7 - 2\sqrt{6}$
【答案】
$7-2\sqrt{6}$
【知识点】
切线的性质；矩形的性质；一元二次方程的应用
【点评】
本题是几何与代数结合的典型题，解题核心是利用切线性质确定圆心坐标，结合圆上点到圆心距离等于半径建立方程，求解后要注意结合几何图形的实际范围对根进行取舍，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.3
10. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，$D,E,F$是切点，连接$OD,OE$.
（1）求证：四边形$ODCE$是正方形；
（2）如果$AC=6$，$BC=8$，求$\odot O$的半径.
（1）求证：四边形$ODCE$是正方形；
（2）如果$AC=6$，$BC=8$，求$\odot O$的半径.
答案
10. (1) 证明：
∵ $\odot O$是△ABC的内切圆,D,E是切点,
∴ OD⊥BC,OE⊥AC.又
∵ ∠C=90°,
∴ 四边形ODCE是矩形.
∵ OD=OE,
∴ 四边形ODCE是正方形；
（2）解:
∵ ∠C=90°,AC=6,BC=8,
∴ AB=10.由切线长定理得,AF=AE,BD=BF,CD=CE,
∴ CD+CE=BC+AC-BD-AE=BC+AC-AB=4.
∴ OD=CE=2,即$\odot O$的半径为2.
∵ $\odot O$是△ABC的内切圆,D,E是切点,
∴ OD⊥BC,OE⊥AC.又
∵ ∠C=90°,
∴ 四边形ODCE是矩形.
∵ OD=OE,
∴ 四边形ODCE是正方形；
（2）解:
∵ ∠C=90°,AC=6,BC=8,
∴ AB=10.由切线长定理得,AF=AE,BD=BF,CD=CE,
∴ CD+CE=BC+AC-BD-AE=BC+AC-AB=4.
∴ OD=CE=2,即$\odot O$的半径为2.
解析
【分析】
（1）要证明四边形ODCE是正方形，可先利用切线的性质证明该四边形是矩形，再结合内切圆半径相等证明矩形的邻边相等，即可判定为正方形；（2）求内切圆半径时，首先用勾股定理求出斜边AB的长度，再根据切线长定理梳理各切线长的数量关系，即可推导出半径的长度。
【解析】
（1）证明：
∵ $\odot O$是$△ ABC$的内切圆，D、E是切点，
∴ $OD⊥ BC$，$OE⊥ AC$，
又
∵ $∠ C=90°$，
∴ 四边形ODCE的三个内角均为直角，因此四边形ODCE是矩形，
∵ OD、OE都是$\odot O$的半径，即$OD=OE$，
∴ 邻边相等的矩形是正方形，故四边形ODCE是正方形。
（2）解：
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
根据切线长定理可得：$AF=AE$，$BD=BF$，$CD=CE$，
∴ $CD+CE=(BC-BD)+(AC-AE)=BC+AC-(BF+AF)=BC+AC-AB$，
代入数值计算得$CD+CE=8+6-10=4$，
又
∵ 四边形ODCE是正方形，$CE=OD$且$CD=CE$，
∴ $2CE=4$，即$CE=2$，故$OD=2$，即$\odot O$的半径为2。
【答案】
（1）四边形ODCE是正方形，得证；（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$
【知识点】
切线的性质；正方形的判定；切线长定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型基础题，解题核心是灵活运用切线的相关性质和定理，结合特殊四边形的判定方法求解，对夯实基础很有帮助。
【难度系数】
0.7
（1）要证明四边形ODCE是正方形，可先利用切线的性质证明该四边形是矩形，再结合内切圆半径相等证明矩形的邻边相等，即可判定为正方形；（2）求内切圆半径时，首先用勾股定理求出斜边AB的长度，再根据切线长定理梳理各切线长的数量关系，即可推导出半径的长度。
【解析】
（1）证明：
∵ $\odot O$是$△ ABC$的内切圆，D、E是切点，
∴ $OD⊥ BC$，$OE⊥ AC$，
又
∵ $∠ C=90°$，
∴ 四边形ODCE的三个内角均为直角，因此四边形ODCE是矩形，
∵ OD、OE都是$\odot O$的半径，即$OD=OE$，
∴ 邻边相等的矩形是正方形，故四边形ODCE是正方形。
（2）解：
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
根据切线长定理可得：$AF=AE$，$BD=BF$，$CD=CE$，
∴ $CD+CE=(BC-BD)+(AC-AE)=BC+AC-(BF+AF)=BC+AC-AB$，
代入数值计算得$CD+CE=8+6-10=4$，
又
∵ 四边形ODCE是正方形，$CE=OD$且$CD=CE$，
∴ $2CE=4$，即$CE=2$，故$OD=2$，即$\odot O$的半径为2。
【答案】
（1）四边形ODCE是正方形，得证；（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{2}$
【知识点】
切线的性质；正方形的判定；切线长定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型基础题，解题核心是灵活运用切线的相关性质和定理，结合特殊四边形的判定方法求解，对夯实基础很有帮助。
【难度系数】
0.7
11. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°,O是AB上一点，以点O为圆心，OB为半径的圆与AB交于点E，与AC切于点D，连接DE,OC.若AD=2,AE=1,求CD的长.
答案
11. 解:连接OD,设$\odot O$的半径为r.
∵ $\odot O$与AC切于点D,
∴ OD⊥AD,即∠ADO=90°.
∴ AD²+DO²=AO².
∴ 4+r²=(r+1)²,解得$r=\frac{3}{2}$,即$OE=\frac{3}{2}$.
∴ BE=3,AB=4.由切线长定理可得CB=CD.设CB=x,则AC=AD+CD=2+x.在Rt△ABC中,CB²+AB²=AC²,即x²+16=(x+2)²,解得x=3.
∴ CD=3.
∵ $\odot O$与AC切于点D,
∴ OD⊥AD,即∠ADO=90°.
∴ AD²+DO²=AO².
∴ 4+r²=(r+1)²,解得$r=\frac{3}{2}$,即$OE=\frac{3}{2}$.
∴ BE=3,AB=4.由切线长定理可得CB=CD.设CB=x,则AC=AD+CD=2+x.在Rt△ABC中,CB²+AB²=AC²,即x²+16=(x+2)²,解得x=3.
∴ CD=3.
解析
【分析】
遇到圆的切线问题，首先考虑连接过切点的半径得到垂直关系，构造直角三角形求解。本题先连接OD，利用切线的性质得到∠ADO=90°；设⊙O的半径为r，在Rt△ADO中，AD=2，AO=AE+EO=1+r，OD=r，可通过勾股定理列方程求出半径r，进而得到AB的长度。再结合∠ABC=90°，OB是⊙O的半径，可知CB也是⊙O的切线，根据切线长定理可得CB=CD；设CD=x，那么AC=2+x，最后在Rt△ABC中利用勾股定理列方程即可求出CD的长度。
【解析】
连接OD，设$\odot O$的半径为r.
∵ $\odot O$与AC切于点D，
∴ OD⊥AD，即∠ADO=90°.
根据勾股定理得$AD^2+DO^2=AO^2$，
代入数值可得$2^2+r^2=(r+1)^2$，解得$r=\frac{3}{2}$，即$OE=\frac{3}{2}$.
∴ $BE=2r=3$，$AB=AE+BE=1+3=4$.
∵ ∠ABC=90°，OB是$\odot O$的半径，
∴ CB是$\odot O$的切线，
由切线长定理可得$CB=CD$.
设$CB=x$，则$CD=x$，$AC=AD+CD=2+x$，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得$CB^2+AB^2=AC^2$，
即$x^2+4^2=(x+2)^2$，解得$x=3$.
【答案】
CD的长为3
【知识点】
切线的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型计算题，解题的关键是掌握“遇切线，连半径，得垂直”的辅助线做法，结合勾股定理设未知数列方程求解，同时要熟练运用切线长定理得到相等线段，简化计算过程。
【难度系数】
0.6
遇到圆的切线问题，首先考虑连接过切点的半径得到垂直关系，构造直角三角形求解。本题先连接OD，利用切线的性质得到∠ADO=90°；设⊙O的半径为r，在Rt△ADO中，AD=2，AO=AE+EO=1+r，OD=r，可通过勾股定理列方程求出半径r，进而得到AB的长度。再结合∠ABC=90°，OB是⊙O的半径，可知CB也是⊙O的切线，根据切线长定理可得CB=CD；设CD=x，那么AC=2+x，最后在Rt△ABC中利用勾股定理列方程即可求出CD的长度。
【解析】
连接OD，设$\odot O$的半径为r.
∵ $\odot O$与AC切于点D，
∴ OD⊥AD，即∠ADO=90°.
根据勾股定理得$AD^2+DO^2=AO^2$，
代入数值可得$2^2+r^2=(r+1)^2$，解得$r=\frac{3}{2}$，即$OE=\frac{3}{2}$.
∴ $BE=2r=3$，$AB=AE+BE=1+3=4$.
∵ ∠ABC=90°，OB是$\odot O$的半径，
∴ CB是$\odot O$的切线，
由切线长定理可得$CB=CD$.
设$CB=x$，则$CD=x$，$AC=AD+CD=2+x$，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得$CB^2+AB^2=AC^2$，
即$x^2+4^2=(x+2)^2$，解得$x=3$.
【答案】
CD的长为3
【知识点】
切线的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型计算题，解题的关键是掌握“遇切线，连半径，得垂直”的辅助线做法，结合勾股定理设未知数列方程求解，同时要熟练运用切线长定理得到相等线段，简化计算过程。
【难度系数】
0.6
12. 在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，切点分别为$D,E,F$。
（1）图①中三组相等的线段分别是$CE=CF$，$AF=$
（2）如图②，延长$AC$到点$M$，使$AM=AB$，过点$M$作$MN⊥ AB$于点$N$。求证：$MN$是$\odot O$的切线。
（1）图①中三组相等的线段分别是$CE=CF$，$AF=$
AD
，$BD=$BE
；若$AC=3$，$BC=4$，则$\odot O$半径长为1
；（2）如图②，延长$AC$到点$M$，使$AM=AB$，过点$M$作$MN⊥ AB$于点$N$。求证：$MN$是$\odot O$的切线。
答案
12. （1）AD BE 1
（2）证明:如图,过点O作OH⊥MN于点H,连接OD,OE,OF.
∵ ∠ANM=90°=∠ACB,∠A=∠A,AM=AB,
∴ △AMN≌△ABC(AAS).
∴ AN=AC.
∵ AD=AF,
∴ AN-AD=AC-AF,即DN=CF.同(1)可知,CF=OE,
∴ DN=OE.
∵ ∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN,
∴ 四边形OHND是矩形.
∴ OH=DN.
∴ OH=OE,即OH是$\odot O$的半径.
∵ OH⊥MN,
∴ MN是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
（1）前两空根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，即可直接得出对应相等的线段；求内切圆半径时，先利用勾股定理求出$Rt△ABC$的斜边长，再代入直角三角形内切圆半径公式计算即可。
（2）要证明$MN$是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明圆心$O$到$MN$的距离等于$\odot O$的半径。因此先过点$O$作$OH⊥MN$于$H$，再结合已知条件证明$△ AMN≌△ ABC$，结合切线长定理推导出$OH$等于$\odot O$的半径，即可得证。
【解析】
（1）根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等：
从点$A$引的两条切线为$AF$、$AD$，故$AF=AD$；从点$B$引的两条切线为$BD$、$BE$，故$BD=BE$。
在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
直角三角形内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{3+4-5}{2}=1$。
（2）证明：如图，过点$O$作$OH⊥MN$于点$H$，连接$OD,OE,OF$。
∵ $∠ANM=90°=∠ACB$，$∠A=∠A$，$AM=AB$，
∴ $△ AMN≌△ ABC$（AAS），
∴ $AN=AC$。
∵ 由切线长定理可得$AD=AF$，
∴ $AN-AD=AC-AF$，即$DN=CF$。
同（1）可知$CF=OE$（$OE$是$\odot O$的半径），
∴ $DN=OE$。
∵ $∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN$，
∴ 四边形$OHND$是矩形，
∴ $OH=DN$，
∴ $OH=OE$，即$OH$是$\odot O$的半径。
又
∵ $OH⊥MN$，
∴ $MN$是$\odot O$的切线。
【答案】
（1）$AD$；$BE$；$1$
（2）证明:如图,过点O作OH⊥MN于点H,连接OD,OE,OF.
∵ ∠ANM=90°=∠ACB,∠A=∠A,AM=AB,
∴ △AMN≌△ABC(AAS).
∴ AN=AC.
∵ AD=AF,
∴ AN-AD=AC-AF,即DN=CF.同(1)可知,CF=OE,
∴ DN=OE.
∵ ∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN,
∴ 四边形OHND是矩形.
∴ OH=DN.
∴ OH=OE,即OH是$\odot O$的半径.
∵ OH⊥MN,
∴ MN是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线长定理；直角三角形内切圆；切线的判定
【点评】本题围绕三角形内切圆展开，既考察了基础的切线长定理应用、内切圆半径计算，又考察了切线的判定方法。解题的核心是掌握切线证明的常用思路：证明圆心到直线的距离等于半径，第二问通过构造辅助线，结合全等三角形、矩形的性质推导边长关系，是切线证明的典型考法。
【难度系数】
0.65
（1）前两空根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，即可直接得出对应相等的线段；求内切圆半径时，先利用勾股定理求出$Rt△ABC$的斜边长，再代入直角三角形内切圆半径公式计算即可。
（2）要证明$MN$是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明圆心$O$到$MN$的距离等于$\odot O$的半径。因此先过点$O$作$OH⊥MN$于$H$，再结合已知条件证明$△ AMN≌△ ABC$，结合切线长定理推导出$OH$等于$\odot O$的半径，即可得证。
【解析】
（1）根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等：
从点$A$引的两条切线为$AF$、$AD$，故$AF=AD$；从点$B$引的两条切线为$BD$、$BE$，故$BD=BE$。
在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
直角三角形内切圆半径$r=\frac{AC+BC-AB}{2}=\frac{3+4-5}{2}=1$。
（2）证明：如图，过点$O$作$OH⊥MN$于点$H$，连接$OD,OE,OF$。
∵ $∠ANM=90°=∠ACB$，$∠A=∠A$，$AM=AB$，
∴ $△ AMN≌△ ABC$（AAS），
∴ $AN=AC$。
∵ 由切线长定理可得$AD=AF$，
∴ $AN-AD=AC-AF$，即$DN=CF$。
同（1）可知$CF=OE$（$OE$是$\odot O$的半径），
∴ $DN=OE$。
∵ $∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN$，
∴ 四边形$OHND$是矩形，
∴ $OH=DN$，
∴ $OH=OE$，即$OH$是$\odot O$的半径。
又
∵ $OH⊥MN$，
∴ $MN$是$\odot O$的切线。
【答案】
（1）$AD$；$BE$；$1$
（2）证明:如图,过点O作OH⊥MN于点H,连接OD,OE,OF.
∵ ∠ANM=90°=∠ACB,∠A=∠A,AM=AB,
∴ △AMN≌△ABC(AAS).
∴ AN=AC.
∵ AD=AF,
∴ AN-AD=AC-AF,即DN=CF.同(1)可知,CF=OE,
∴ DN=OE.
∵ ∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN,
∴ 四边形OHND是矩形.
∴ OH=DN.
∴ OH=OE,即OH是$\odot O$的半径.
∵ OH⊥MN,
∴ MN是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线长定理；直角三角形内切圆；切线的判定
【点评】本题围绕三角形内切圆展开，既考察了基础的切线长定理应用、内切圆半径计算，又考察了切线的判定方法。解题的核心是掌握切线证明的常用思路：证明圆心到直线的距离等于半径，第二问通过构造辅助线，结合全等三角形、矩形的性质推导边长关系，是切线证明的典型考法。
【难度系数】
0.65
