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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$PB=$（
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】
首先梳理已知条件：P是⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，已知PA=3，要求PB的长度。看到“圆外一点引圆的两条切线”的特征，可直接联想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。利用该定理就能直接得到PA和PB的长度关系，代入已知数值即可求解。
【解析】
解：
∵PA、PB分别是⊙O的切线，切点分别为A、B，P为⊙O外一点，
∴根据切线长定理可得：$PB=PA$，
又
∵$PA=3$，
∴$PB=3$。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题是基础题，直接考查切线长定理的应用，只要熟记定理内容就能快速作答，属于送分类题目。
【难度系数】
0.9
首先梳理已知条件：P是⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，已知PA=3，要求PB的长度。看到“圆外一点引圆的两条切线”的特征，可直接联想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。利用该定理就能直接得到PA和PB的长度关系，代入已知数值即可求解。
【解析】
解：
∵PA、PB分别是⊙O的切线，切点分别为A、B，P为⊙O外一点，
∴根据切线长定理可得：$PB=PA$，
又
∵$PA=3$，
∴$PB=3$。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题是基础题，直接考查切线长定理的应用，只要熟记定理内容就能快速作答，属于送分类题目。
【难度系数】
0.9
2. 如果直线$ l $与$ \odot O $有公共点，那么直线$ l $与$ \odot O $的位置关系是 （
A.相交
B.相切
C.相离
D.相切或相交
D
）A.相交
B.相切
C.相离
D.相切或相交
答案
2. D
解析
【分析】
解题时首先回忆直线与圆的三种位置关系对应的公共点数量特征：相离对应0个公共点，相切对应1个公共点，相交对应2个公共点。题干给出直线和圆有公共点，即公共点个数≥1，据此筛选符合条件的位置关系即可。
【解析】
根据直线与圆的位置关系的定义：
1. 直线与圆相离：没有公共点；
2. 直线与圆相切：有且只有1个公共点；
3. 直线与圆相交：有2个公共点。
已知直线$l$与$\odot O$有公共点，说明公共点个数最少为1个，符合条件的位置关系是相切或者相交，因此选D。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础概念题，核心考查对直线与圆位置关系定义的掌握，做题时需注意“有公共点”包含有1个公共点和2个公共点两种情况，避免漏选相切的情况。
【难度系数】
0.9
解题时首先回忆直线与圆的三种位置关系对应的公共点数量特征：相离对应0个公共点，相切对应1个公共点，相交对应2个公共点。题干给出直线和圆有公共点，即公共点个数≥1，据此筛选符合条件的位置关系即可。
【解析】
根据直线与圆的位置关系的定义：
1. 直线与圆相离：没有公共点；
2. 直线与圆相切：有且只有1个公共点；
3. 直线与圆相交：有2个公共点。
已知直线$l$与$\odot O$有公共点，说明公共点个数最少为1个，符合条件的位置关系是相切或者相交，因此选D。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础概念题，核心考查对直线与圆位置关系定义的掌握，做题时需注意“有公共点”包含有1个公共点和2个公共点两种情况，避免漏选相切的情况。
【难度系数】
0.9
3. 如图，$△ ABC$的内切圆$\odot O$分别与$AB$，$BC$，$AC$相切于点$D$，$E$，$F$，且$AD=3$，$BC=5$，则$△ ABC$的周长为（
A.16
B.14
C.12
D.10
A
）A.16
B.14
C.12
D.10
答案
3. A
解析
【分析】
已知三角形的内切圆与三边相切，要求三角形周长，首先联想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等。我们可以先根据定理得到几组相等的线段，再将三角形周长拆分为各段切线长的和，代入已知条件计算即可。
【解析】
解：
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，分别与$AB$、$BC$、$AC$相切于点$D$、$E$、$F$
∴根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$
已知$AD=3$，
∴$AF=AD=3$，即$AD+AF=3+3=6$
又
∵$BC=BE+CE=5$，
∴$BD+CF=BE+CE=5$
$△ ABC$的周长为：
$\begin{split}AB+BC+AC&=(AD+BD)+BC+(AF+CF)\\&=(AD+AF)+(BD+CF)+BC\\&=6+5+5\\&=16\end{split}$
因此本题选A。
【答案】
A
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，三角形周长计算
【点评】
本题是基础应用题，解题核心是熟练运用切线长定理，通过拆分三角形周长，将未知线段转化为已知线段代入计算即可，不需要复杂的推导。
【难度系数】
0.8
已知三角形的内切圆与三边相切，要求三角形周长，首先联想到切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等。我们可以先根据定理得到几组相等的线段，再将三角形周长拆分为各段切线长的和，代入已知条件计算即可。
【解析】
解：
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，分别与$AB$、$BC$、$AC$相切于点$D$、$E$、$F$
∴根据切线长定理可得：$AD=AF$，$BD=BE$，$CE=CF$
已知$AD=3$，
∴$AF=AD=3$，即$AD+AF=3+3=6$
又
∵$BC=BE+CE=5$，
∴$BD+CF=BE+CE=5$
$△ ABC$的周长为：
$\begin{split}AB+BC+AC&=(AD+BD)+BC+(AF+CF)\\&=(AD+AF)+(BD+CF)+BC\\&=6+5+5\\&=16\end{split}$
因此本题选A。
【答案】
A
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质，三角形周长计算
【点评】
本题是基础应用题，解题核心是熟练运用切线长定理，通过拆分三角形周长，将未知线段转化为已知线段代入计算即可，不需要复杂的推导。
【难度系数】
0.8
4. 如图，AB是$\odot O$的直径，点C为$\odot O$外一点，CA，CD是$\odot O$的切线，A，D为切点，连结BD，AD。若$∠ ACD=48°$，则$∠ DBA$的大小是 （
A.$32°$
B.$48°$
C.$60°$
D.$66°$
D
）A.$32°$
B.$48°$
C.$60°$
D.$66°$
答案
4. D
解析
【分析】
解题时先利用切线长定理得到CA=CD，判断△ACD为等腰三角形，结合已知∠ACD的度数求出∠CAD的度数；再根据切线的性质得到CA⊥AB，结合直径所对的圆周角为直角，可得∠CAD和∠DBA都是∠DAB的余角，利用同角的余角相等即可求出∠DBA的大小。
【解析】
解：
∵CA、CD是⊙O的切线，A、D为切点，
∴CA=CD，且切线垂直于过切点的半径，即∠CAB=90°，
∵∠ACD=48°，△ACD为等腰三角形，
∴∠CAD=∠CDA=(180°-∠ACD)÷2=(180°-48°)÷2=66°，
∵AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，
∴∠ADB=90°，即∠DAB + ∠DBA=90°，
又
∵∠CAB=∠CAD + ∠DAB=90°，
∴根据同角的余角相等，得∠DBA=∠CAD=66°。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理
【点评】
本题综合考查了圆的切线相关性质和圆周角定理，解题关键是先通过等腰三角形求出对应角的度数，再结合余角的性质推导角的等量关系，是圆的性质部分的基础应用题型。
【难度系数】
0.7
解题时先利用切线长定理得到CA=CD，判断△ACD为等腰三角形，结合已知∠ACD的度数求出∠CAD的度数；再根据切线的性质得到CA⊥AB，结合直径所对的圆周角为直角，可得∠CAD和∠DBA都是∠DAB的余角，利用同角的余角相等即可求出∠DBA的大小。
【解析】
解：
∵CA、CD是⊙O的切线，A、D为切点，
∴CA=CD，且切线垂直于过切点的半径，即∠CAB=90°，
∵∠ACD=48°，△ACD为等腰三角形，
∴∠CAD=∠CDA=(180°-∠ACD)÷2=(180°-48°)÷2=66°，
∵AB是⊙O的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，
∴∠ADB=90°，即∠DAB + ∠DBA=90°，
又
∵∠CAB=∠CAD + ∠DAB=90°，
∴根据同角的余角相等，得∠DBA=∠CAD=66°。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理
【点评】
本题综合考查了圆的切线相关性质和圆周角定理，解题关键是先通过等腰三角形求出对应角的度数，再结合余角的性质推导角的等量关系，是圆的性质部分的基础应用题型。
【难度系数】
0.7
5. 如图，MN是$\odot O$的切线，M是切点，连结OM，ON。若$∠ N = 37°$，则$∠ MON$的度数是
53°
。答案
5. $53°$
解析
【分析】
解题时首先回忆切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，由此可判断△OMN是直角三角形，∠OMN=90°；再根据直角三角形两个锐角互余的性质，已知∠N的度数，用90°减去∠N的度数就能求出∠MON的度数。
【解析】
解：
∵MN是$\odot O$的切线，M为切点，
∴$OM⊥ MN$（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴$∠ OMN=90°$，
在$Rt△ OMN$中，$∠ MON + ∠ N = 90°$，
∵$∠ N=37°$，
∴$∠ MON=90° - 37°=53°$。
【答案】
$53°$
【知识点】
1.切线的性质
2.直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是几何基础题，重点考查切线性质的直接应用，结合直角三角形的角的关系即可求解，熟练掌握基础定理是解题关键。
【难度系数】
0.85
解题时首先回忆切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，由此可判断△OMN是直角三角形，∠OMN=90°；再根据直角三角形两个锐角互余的性质，已知∠N的度数，用90°减去∠N的度数就能求出∠MON的度数。
【解析】
解：
∵MN是$\odot O$的切线，M为切点，
∴$OM⊥ MN$（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴$∠ OMN=90°$，
在$Rt△ OMN$中，$∠ MON + ∠ N = 90°$，
∵$∠ N=37°$，
∴$∠ MON=90° - 37°=53°$。
【答案】
$53°$
【知识点】
1.切线的性质
2.直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是几何基础题，重点考查切线性质的直接应用，结合直角三角形的角的关系即可求解，熟练掌握基础定理是解题关键。
【难度系数】
0.85
6. 如图,已知∠AOB=30°,M为OB边上任意一点,以M为圆心、3 cm为半径作⊙M。当OM=
6
cm时,⊙M与OA相切。答案
6. 6
解析
【分析】
要解决本题，首先明确圆与直线相切的核心条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。因此我们先过圆心M向OA作垂线，得到直角三角形，再结合已知的30°角，利用含30°角的直角三角形的边角关系即可求出OM的长度。
【解析】
设⊙M与OA相切于点C，连接MC，根据切线的性质可知MC⊥OA，且MC为⊙M的半径，即MC=3cm。
在Rt△OMC中，∠AOB=30°，∠OCM=90°，根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得：
$MC=\frac{1}{2}OM$
变形得$OM=2MC=2×3=6$（cm）。
【答案】
6
【知识点】
直线与圆相切的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何题，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，结合相切的性质和特殊直角三角形的性质求解，掌握基础定理即可快速作答。
【难度系数】
0.8
要解决本题，首先明确圆与直线相切的核心条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。因此我们先过圆心M向OA作垂线，得到直角三角形，再结合已知的30°角，利用含30°角的直角三角形的边角关系即可求出OM的长度。
【解析】
设⊙M与OA相切于点C，连接MC，根据切线的性质可知MC⊥OA，且MC为⊙M的半径，即MC=3cm。
在Rt△OMC中，∠AOB=30°，∠OCM=90°，根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，可得：
$MC=\frac{1}{2}OM$
变形得$OM=2MC=2×3=6$（cm）。
【答案】
6
【知识点】
直线与圆相切的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何题，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，结合相切的性质和特殊直角三角形的性质求解，掌握基础定理即可快速作答。
【难度系数】
0.8
7. 如图,在$\odot O$中,AB切$\odot O$于点A,连结OB交$\odot O$于点C,过点A作$AD// OB$交$\odot O$于点D,连结CD。若$∠ OBA=50°$,则$∠ OCD$的度数等于
20°
。答案
7. $20°$
解析
【分析】
解题首先要利用切线的性质添加辅助线连接OA，得到OA与AB垂直，先在直角三角形OAB中计算出圆心角∠AOB的度数；再依据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，求出弧AC对应的圆周角∠ADC的度数；最后结合平行线的内错角相等的性质，即可求出∠OCD的度数。
【解析】
连接OA，
∵AB切$\odot O$于点A，
∴$OA⊥ AB$，即$∠ OAB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ OAB$中，$∠ OBA=50°$，
∴$∠ AOB=90°-∠ OBA=90°-50°=40°$，
∵$∠ ADC$和$∠ AOB$分别是弧AC所对的圆周角和圆心角，
∴$∠ ADC=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×40°=20°$，
又
∵$AD// OB$，
∴$∠ OCD=∠ ADC=20°$（两直线平行，内错角相等）。
【答案】
$20°$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，平行线的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题核心是通过连接半径构造直角三角形，结合圆的性质和平行线性质逐步推导角度，是圆相关角度计算的典型题型。
【难度系数】
0.7
解题首先要利用切线的性质添加辅助线连接OA，得到OA与AB垂直，先在直角三角形OAB中计算出圆心角∠AOB的度数；再依据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，求出弧AC对应的圆周角∠ADC的度数；最后结合平行线的内错角相等的性质，即可求出∠OCD的度数。
【解析】
连接OA，
∵AB切$\odot O$于点A，
∴$OA⊥ AB$，即$∠ OAB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ OAB$中，$∠ OBA=50°$，
∴$∠ AOB=90°-∠ OBA=90°-50°=40°$，
∵$∠ ADC$和$∠ AOB$分别是弧AC所对的圆周角和圆心角，
∴$∠ ADC=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×40°=20°$，
又
∵$AD// OB$，
∴$∠ OCD=∠ ADC=20°$（两直线平行，内错角相等）。
【答案】
$20°$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，平行线的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题核心是通过连接半径构造直角三角形，结合圆的性质和平行线性质逐步推导角度，是圆相关角度计算的典型题型。
【难度系数】
0.7
8. 如图,四边形ABCD是$\odot O$的外切四边形,且$AB=9$,$CD=15$,则四边形ABCD的周长为
48
。答案
8. 48
解析
【分析】
解题时首先回忆圆外切四边形的相关性质：圆的外切四边形的两组对边之和相等。题目已知四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且给出了AB、CD的长度，我们可以先计算AB与CD的和，再利用对边和相等的性质得到另一组对边的和，最后将两组对边的和相加即可得到四边形的周长。
【解析】
∵ 四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴ 根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = AD + BC$。
已知$AB=9$，$CD=15$，
∴ $AB + CD = 9 + 15 = 24$，
∴ $AD + BC = 24$，
∴ 四边形ABCD的周长 $= AB + BC + CD + DA = (AB + CD) + (AD + BC) = 24 + 24 = 48$。
【答案】
48
【知识点】
圆外切四边形的性质，四边形周长计算
【点评】
本题是基础类题目，主要考查圆外切四边形性质的直接应用，解题的关键是熟练掌握圆外切四边形两组对边之和相等的性质。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆圆外切四边形的相关性质：圆的外切四边形的两组对边之和相等。题目已知四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且给出了AB、CD的长度，我们可以先计算AB与CD的和，再利用对边和相等的性质得到另一组对边的和，最后将两组对边的和相加即可得到四边形的周长。
【解析】
∵ 四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴ 根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = AD + BC$。
已知$AB=9$，$CD=15$，
∴ $AB + CD = 9 + 15 = 24$，
∴ $AD + BC = 24$，
∴ 四边形ABCD的周长 $= AB + BC + CD + DA = (AB + CD) + (AD + BC) = 24 + 24 = 48$。
【答案】
48
【知识点】
圆外切四边形的性质，四边形周长计算
【点评】
本题是基础类题目，主要考查圆外切四边形性质的直接应用，解题的关键是熟练掌握圆外切四边形两组对边之和相等的性质。
【难度系数】
0.8
9. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=58°$，$△ ABC$的内切圆$\odot O$与$AB$，$AC$分别相切于点$D$，$E$，连结$DE$，延长$BO$交$DE$于点$F$，则$∠ BFD=$
29°
。答案
9. $29°$
解析
【分析】
解题时先结合内切圆的性质推导相关角的关系：首先，内切圆的圆心是三角形内角平分线的交点，结合切线长定理可得AD=AE，进而推出等腰△ADE中底角∠ADE的表达式；其次BO平分∠ABC，可得∠DBF的表达式；再利用三角形外角的性质建立∠BFD与上述两个角的等量关系，最后结合三角形内角和定理将式子转化为与已知∠ACB相关的表达式，代入数值即可求解。
【解析】
1. 由内切圆性质可知：⊙O是△ABC的内切圆，与AB、AC分别相切于D、E，
根据切线长定理得$AD=AE$，且内心O是角平分线交点，故BO平分$∠ ABC$，
因此△ADE为等腰三角形，$∠ ADE=\frac{180°-∠ A}{2}=90°-\frac{1}{2}∠ A$，$∠ DBF=\frac{1}{2}∠ ABC$。
2. 根据三角形外角的性质，$∠ ADE$是△BDF的外角，故$∠ ADE=∠ BFD+∠ DBF$，
变形得$∠ BFD=∠ ADE-∠ DBF$。
3. 代入角的表达式：
$∠ BFD=90°-\frac{1}{2}∠ A-\frac{1}{2}∠ ABC=90°-\frac{1}{2}(∠ A+∠ ABC)$
4. 在△ABC中，由内角和定理得$∠ A+∠ ABC=180°-∠ ACB$，代入上式：
$∠ BFD=90°-\frac{1}{2}(180°-∠ ACB)=\frac{1}{2}∠ ACB$
5. 代入$∠ ACB=58°$，得$∠ BFD=\frac{1}{2}×58°=29°$
【答案】
$29°$
【知识点】
三角形内切圆性质，三角形外角性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形内切圆的常规综合题，核心是通过切线长定理、角平分线性质得到相关角的数量关系，再利用角的等量代换建立所求角和已知角的联系，解题过程中熟练运用三角形内外角性质即可快速推导。
【难度系数】
0.65
解题时先结合内切圆的性质推导相关角的关系：首先，内切圆的圆心是三角形内角平分线的交点，结合切线长定理可得AD=AE，进而推出等腰△ADE中底角∠ADE的表达式；其次BO平分∠ABC，可得∠DBF的表达式；再利用三角形外角的性质建立∠BFD与上述两个角的等量关系，最后结合三角形内角和定理将式子转化为与已知∠ACB相关的表达式，代入数值即可求解。
【解析】
1. 由内切圆性质可知：⊙O是△ABC的内切圆，与AB、AC分别相切于D、E，
根据切线长定理得$AD=AE$，且内心O是角平分线交点，故BO平分$∠ ABC$，
因此△ADE为等腰三角形，$∠ ADE=\frac{180°-∠ A}{2}=90°-\frac{1}{2}∠ A$，$∠ DBF=\frac{1}{2}∠ ABC$。
2. 根据三角形外角的性质，$∠ ADE$是△BDF的外角，故$∠ ADE=∠ BFD+∠ DBF$，
变形得$∠ BFD=∠ ADE-∠ DBF$。
3. 代入角的表达式：
$∠ BFD=90°-\frac{1}{2}∠ A-\frac{1}{2}∠ ABC=90°-\frac{1}{2}(∠ A+∠ ABC)$
4. 在△ABC中，由内角和定理得$∠ A+∠ ABC=180°-∠ ACB$，代入上式：
$∠ BFD=90°-\frac{1}{2}(180°-∠ ACB)=\frac{1}{2}∠ ACB$
5. 代入$∠ ACB=58°$，得$∠ BFD=\frac{1}{2}×58°=29°$
【答案】
$29°$
【知识点】
三角形内切圆性质，三角形外角性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于三角形内切圆的常规综合题，核心是通过切线长定理、角平分线性质得到相关角的数量关系，再利用角的等量代换建立所求角和已知角的联系，解题过程中熟练运用三角形内外角性质即可快速推导。
【难度系数】
0.65
10. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,以AB为直径的$\odot O$交BC于点D,过点D作$DE⊥ AC$,垂足为点E,ED的延长线交AB的延长线于点F。
(1)求证:直线EF是$\odot O$的切线。
(2)若$AC=13$,$BC=10$,求DE的长。
(1)求证:直线EF是$\odot O$的切线。
(2)若$AC=13$,$BC=10$,求DE的长。
答案
解:(1)证明:如图1,连结OD。
因为$AB=AC$,所以$∠ ABC=∠ C$。
因为$OB=OD$,所以$∠ ABC=∠ ODB$，
所以$∠ ODB=∠ C$,所以$OD// AC$。
因为$DE⊥ AC$,所以$OD⊥ EF$。
因为OD是$\odot O$的半径,所以EF是$\odot O$的切线。
(2)连结AD,如图2。
因为AB是$\odot O$的直径,所以$AD⊥ BD$。
因为$AB=AC=13$,$BC=10$,所以$BD=5$，
所以$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
因为在$\mathrm{Rt}△ ADC$中,$AD=12$,$CD=BD=5$,$AC=13$，
$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}DE· AC=\frac{1}{2}AD· CD$，
所以$DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{60}{13}$。
解析
【分析】
(1) 要证明EF是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证EF垂直于$\odot O$的半径，因此先连接OD。利用等腰三角形底角相等的性质，可推出$∠ ODB=∠ C$，进而得到$OD// AC$，结合$DE⊥ AC$的条件就能证得$OD⊥ EF$，完成切线的证明。
(2) 求DE的长时，DE是$△ ACD$中AC边上的高，先连接AD，由AB是直径可得直径所对圆周角为直角，即$AD⊥ BC$。结合等腰三角形三线合一得到$BD=CD=5$，先用勾股定理求出AD的长度，再利用$△ ACD$面积的两种计算方式建立等式，通过等积法即可求出DE的长度。
【解析】
(1) 证明：如图1，连结OD。
因为$AB=AC$，所以$∠ ABC=∠ C$。
因为$OB=OD$，所以$∠ ABC=∠ ODB$，
所以$∠ ODB=∠ C$，所以$OD// AC$。
因为$DE⊥ AC$，所以$OD⊥ EF$。
因为OD是$\odot O$的半径，所以EF是$\odot O$的切线。
(2) 解：连结AD，如图2。
因为AB是$\odot O$的直径，所以$AD⊥ BD$。
因为$AB=AC=13$，$BC=10$，所以$BD=CD=\frac{1}{2}BC=5$，
所以$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
因为在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}DE· AC=\frac{1}{2}AD· CD$，
所以$DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{12×5}{13}=\frac{60}{13}$。
【答案】
(1) 直线EF是$\odot O$的切线，证明如上；
(2) DE的长为$\frac{60}{13}$。
【知识点】
切线的判定、等腰三角形的性质、等积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，第一问考查切线的常规判定思路，第二问综合了圆周角性质、勾股定理和面积法求高，解题逻辑清晰，能够很好地巩固圆和三角形的核心知识点。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明EF是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证EF垂直于$\odot O$的半径，因此先连接OD。利用等腰三角形底角相等的性质，可推出$∠ ODB=∠ C$，进而得到$OD// AC$，结合$DE⊥ AC$的条件就能证得$OD⊥ EF$，完成切线的证明。
(2) 求DE的长时，DE是$△ ACD$中AC边上的高，先连接AD，由AB是直径可得直径所对圆周角为直角，即$AD⊥ BC$。结合等腰三角形三线合一得到$BD=CD=5$，先用勾股定理求出AD的长度，再利用$△ ACD$面积的两种计算方式建立等式，通过等积法即可求出DE的长度。
【解析】
(1) 证明：如图1，连结OD。
因为$AB=AC$，所以$∠ ABC=∠ C$。
因为$OB=OD$，所以$∠ ABC=∠ ODB$，
所以$∠ ODB=∠ C$，所以$OD// AC$。
因为$DE⊥ AC$，所以$OD⊥ EF$。
因为OD是$\odot O$的半径，所以EF是$\odot O$的切线。
(2) 解：连结AD，如图2。
因为AB是$\odot O$的直径，所以$AD⊥ BD$。
因为$AB=AC=13$，$BC=10$，所以$BD=CD=\frac{1}{2}BC=5$，
所以$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$。
因为在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}DE· AC=\frac{1}{2}AD· CD$，
所以$DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{12×5}{13}=\frac{60}{13}$。
【答案】
(1) 直线EF是$\odot O$的切线，证明如上；
(2) DE的长为$\frac{60}{13}$。
【知识点】
切线的判定、等腰三角形的性质、等积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，第一问考查切线的常规判定思路，第二问综合了圆周角性质、勾股定理和面积法求高，解题逻辑清晰，能够很好地巩固圆和三角形的核心知识点。
【难度系数】
0.7
