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1. ★★★ 如图,已知等腰$△ ABC$内接于$\odot O$,$AB=AC$,过点$A$作$AD// BC$,交$CO$的延长线于点$D$.
(1)求证:$AD$是$\odot O$的切线;
(2)若$∠ BAC=30°$,$\odot O$的半径长为$1$,求$AD$的长.
(1)求证:$AD$是$\odot O$的切线;
(2)若$∠ BAC=30°$,$\odot O$的半径长为$1$,求$AD$的长.
答案
(1)连结AO并延长,交BC于点P,如图
.∵ ⊙O是△ABC的外接圆,AB=AC,
∴ OA⊥BC.
∵ AD//BC,
∴ OA⊥AD.又
∵ OA是⊙O的半径,
∴ AD是⊙O的切线.
(2)
∵ AO⊥BC,AB = AC,
∴ ∠OAB = ∠OAC.又
∵ ∠BAC = 30°,
∴ ∠OAB = ∠OAC = 15°.
∵ ∠OAC = ∠OCA,
∴ ∠OAC + ∠OCA = 2∠OAC = 30°.
∴ ∠DOA = ∠POC = ∠OAC + ∠OCA = 30°.
∴ 在Rt△AOD中,DO=2AD.又
∵ AD²+AO²=DO²,即AD²+1²=(2AD)².解得$AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$.
解析
【分析】
(1)要证明AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明AD垂直于过切点A的半径OA。已知AB=AC，△ABC是等腰三角形且内接于⊙O，等腰三角形外接圆的圆心在其对称轴上，因此连接AO并延长交BC于P，可得AP⊥BC，再结合AD//BC，即可推出OA⊥AD，满足切线判定条件。
(2)求AD的长，已知⊙O半径AO=1，且△AOD是直角三角形，因此只需先求出∠DOA的度数，再结合直角三角形性质和勾股定理计算即可。先利用等腰三角形三线合一得OA平分∠BAC，结合OA=OC推出∠OAC=∠OCA，再利用三角形外角性质得到∠DOA=30°，最后在Rt△AOD中列方程求解AD。
【解析】
(1) 连结AO并延长，交BC于点P，如图。
∵ ⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，
∴ OA⊥BC。
∵ AD//BC，
∴ OA⊥AD。
又
∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线。
(2)
∵ AO⊥BC，AB = AC，
∴ ∠OAB = ∠OAC。
∵ ∠BAC = 30°，
∴ ∠OAC = ∠OAC = 15°。
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC = ∠OCA，
∴ ∠DOA = ∠OAC + ∠OCA = 30°。
在Rt△AOD中，∠DOA=30°，
∴ DO=2AD。
由勾股定理得$AD^2+AO^2=DO^2$，代入AO=1得：
$AD^2+1^2=(2AD)^2$，解得$AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立，AD是⊙O的切线；
(2) $AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与等腰三角形结合的常考题型，解题关键是合理构造辅助线，借助等腰三角形三线合一的性质得到垂直关系，再结合平行线性质、三角形外角性质推导角度，最后利用直角三角形性质计算，核心考察基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1)要证明AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明AD垂直于过切点A的半径OA。已知AB=AC，△ABC是等腰三角形且内接于⊙O，等腰三角形外接圆的圆心在其对称轴上，因此连接AO并延长交BC于P，可得AP⊥BC，再结合AD//BC，即可推出OA⊥AD，满足切线判定条件。
(2)求AD的长，已知⊙O半径AO=1，且△AOD是直角三角形，因此只需先求出∠DOA的度数，再结合直角三角形性质和勾股定理计算即可。先利用等腰三角形三线合一得OA平分∠BAC，结合OA=OC推出∠OAC=∠OCA，再利用三角形外角性质得到∠DOA=30°，最后在Rt△AOD中列方程求解AD。
【解析】
(1) 连结AO并延长，交BC于点P，如图
。∵ ⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，
∴ OA⊥BC。
∵ AD//BC，
∴ OA⊥AD。
又
∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线。
(2)
∵ AO⊥BC，AB = AC，
∴ ∠OAB = ∠OAC。
∵ ∠BAC = 30°，
∴ ∠OAC = ∠OAC = 15°。
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC = ∠OCA，
∴ ∠DOA = ∠OAC + ∠OCA = 30°。
在Rt△AOD中，∠DOA=30°，
∴ DO=2AD。
由勾股定理得$AD^2+AO^2=DO^2$，代入AO=1得：
$AD^2+1^2=(2AD)^2$，解得$AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) 证明成立，AD是⊙O的切线；
(2) $AD=\frac{\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与等腰三角形结合的常考题型，解题关键是合理构造辅助线，借助等腰三角形三线合一的性质得到垂直关系，再结合平行线性质、三角形外角性质推导角度，最后利用直角三角形性质计算，核心考察基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
2. （2025·东莞期末）如图，等腰$△ ABC$中，$AB=AC$，以$AB$为直径的$\odot O$与$BC$，$CA$的延长线分别交于点$E$，$D$，$EF$垂直$DC$于点$F$。
(1)求证：$EF$为$\odot O$的切线；
(2)若$∠ C=30°$，$EF=3$，求$AD$的长。
$\gg$ 进一步挑战进阶专题:P149 专题6~P153 专题10
(1)求证：$EF$为$\odot O$的切线；
(2)若$∠ C=30°$，$EF=3$，求$AD$的长。
$\gg$ 进一步挑战进阶专题:P149 专题6~P153 专题10
答案
(1)如图
,连结OE.∵ AB=AC,
∴ ∠B=∠C.
∵ OE=OB,
∴ ∠B=∠OEB,
∴ ∠OEB=∠C,
∴ OE//AC.
∵ EF⊥DC,
∴ ∠OEF=∠EFC=90°.
∵ OE是⊙O的半径,
∴ EF是⊙O的切线.
(2)
∵ AB为⊙O的直径,
∴ AE⊥BC,
∴ ∠AEB = ∠AEC = 90°.又
∵ AB=AC,
∴ BE=CE.如图,连结BD,
∴ ∠ADB=90°.又
∵ ∠C=30°,
∴ $BD=\frac{1}{2}BC=BE=EC$.在Rt△ABD和Rt△ABE中,
$\begin{cases} BD=BE,\\ AB=AB, \end{cases}$
∴ Rt△ABD≌Rt△ABE(HL),
∴ AD = AE.
∵ EF ⊥ DC,
∴ ∠EFC=90°.又
∵ ∠C = 30°,EF = 3,
∴ EC = 2EF = 6.在Rt△AEC中,$AE=\frac{\sqrt{3}}{3}EC=2\sqrt{3}$,$\therefore AD=2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证EF为⊙O的切线，已知点E在⊙O上，根据切线判定定理，只需证明OE⊥EF即可。首先连接OE，利用等腰△ABC中∠B=∠C，等腰△OEB中∠B=∠OEB，推导得∠OEB=∠C，即可证OE//AC，结合EF⊥DC的条件，可得OE⊥EF，完成切线证明。
(2) 求AD的长，先利用“直径所对的圆周角为直角”，连接AE、BD，得到∠AEB=∠ADB=90°；结合AB=AC，由等腰三角形三线合一得E为BC中点。再根据∠C=30°，在Rt△EFC中求出EC的长度，然后在Rt△AEC中求出AE的长度，最后通过HL证明Rt△ABD≌Rt△ABE，得到AD=AE，即可求出AD的长。
【解析】
(1) 如图，连结OE.
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C.
∵ OE=OB，
∴ ∠B=∠OEB，
∴ ∠OEB=∠C，
∴ OE//AC.
∵ EF⊥DC，
∴ ∠OEF=∠EFC=90°.
∵ OE是⊙O的半径，
∴ EF是⊙O的切线.
(2)
∵ AB为⊙O的直径，
∴ AE⊥BC，
∴ ∠AEB = ∠AEC = 90°.
又
∵ AB=AC，
∴ BE=CE.
连结BD，
∴ ∠ADB=90°.
又
∵ ∠C=30°，
∴ $BD=\frac{1}{2}BC=BE=EC$.
在Rt△ABD和Rt△ABE中，
$\begin{cases} BD=BE,\\ AB=AB, \end{cases}$
∴ Rt△ABD≌Rt△ABE(HL)，
∴ AD = AE.
∵ EF ⊥ DC，
∴ ∠EFC=90°.
又
∵ ∠C = 30°，EF = 3，
∴ EC = 2EF = 6.
在Rt△AEC中，$AE=\frac{\sqrt{3}}{3}EC=2\sqrt{3}$，
$\therefore AD=2\sqrt{3}$.
【答案】
(1) EF为⊙O的切线，证明成立；
(2) $AD=2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆与等腰三角形的综合题，解题核心是正确作出辅助线，灵活运用平行线性质、全等三角形的判定与性质、特殊直角三角形的边角关系求解，是圆类综合题的常考题型，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证EF为⊙O的切线，已知点E在⊙O上，根据切线判定定理，只需证明OE⊥EF即可。首先连接OE，利用等腰△ABC中∠B=∠C，等腰△OEB中∠B=∠OEB，推导得∠OEB=∠C，即可证OE//AC，结合EF⊥DC的条件，可得OE⊥EF，完成切线证明。
(2) 求AD的长，先利用“直径所对的圆周角为直角”，连接AE、BD，得到∠AEB=∠ADB=90°；结合AB=AC，由等腰三角形三线合一得E为BC中点。再根据∠C=30°，在Rt△EFC中求出EC的长度，然后在Rt△AEC中求出AE的长度，最后通过HL证明Rt△ABD≌Rt△ABE，得到AD=AE，即可求出AD的长。
【解析】
(1) 如图
，连结OE.∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C.
∵ OE=OB，
∴ ∠B=∠OEB，
∴ ∠OEB=∠C，
∴ OE//AC.
∵ EF⊥DC，
∴ ∠OEF=∠EFC=90°.
∵ OE是⊙O的半径，
∴ EF是⊙O的切线.
(2)
∵ AB为⊙O的直径，
∴ AE⊥BC，
∴ ∠AEB = ∠AEC = 90°.
又
∵ AB=AC，
∴ BE=CE.
连结BD，
∴ ∠ADB=90°.
又
∵ ∠C=30°，
∴ $BD=\frac{1}{2}BC=BE=EC$.
在Rt△ABD和Rt△ABE中，
$\begin{cases} BD=BE,\\ AB=AB, \end{cases}$
∴ Rt△ABD≌Rt△ABE(HL)，
∴ AD = AE.
∵ EF ⊥ DC，
∴ ∠EFC=90°.
又
∵ ∠C = 30°，EF = 3，
∴ EC = 2EF = 6.
在Rt△AEC中，$AE=\frac{\sqrt{3}}{3}EC=2\sqrt{3}$，
$\therefore AD=2\sqrt{3}$.
【答案】
(1) EF为⊙O的切线，证明成立；
(2) $AD=2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题属于圆与等腰三角形的综合题，解题核心是正确作出辅助线，灵活运用平行线性质、全等三角形的判定与性质、特殊直角三角形的边角关系求解，是圆类综合题的常考题型，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
