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三、解答题(共48分)
8.(14分)(2025·仪征二模)如图,CD是Rt△ABC斜边上的中线,以CD为直径作⊙O,分别交AC,BC于点M,N,过点M作ME⊥AB,交AB于点E.
(1)求证:ME是⊙O的切线;
(2)若CD=5,AC=8,求ME的长.
8.(14分)(2025·仪征二模)如图,CD是Rt△ABC斜边上的中线,以CD为直径作⊙O,分别交AC,BC于点M,N,过点M作ME⊥AB,交AB于点E.
(1)求证:ME是⊙O的切线;
(2)若CD=5,AC=8,求ME的长.
答案
8.(1)证明:如答图①,连接OM.
∵∠ACB=90°,D为斜边AB的中点,
∴CD=DA=DB=$\frac{1}{2}$AB,
∴∠ACD=∠A.
∵OC=OM,
∴∠ACD=∠OMC,
∴∠OMC=∠A,
∴OM//AB.
∵ME⊥AB,
∴ME⊥OM.又
∵OM为⊙O的半径,
∴ME为⊙O的切线.
(2)解:如答图②,连接DM.
∵∠ACB=90°,CD是斜边AB上的中线,
∴BD=CD=AD=5.
∵CD为⊙O的直径,
∴∠CMD=90°,
∴AM=CM=$\frac{1}{2}$AC=4,
∴DM=$\sqrt{CD^2-CM^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
∵$S_{△ADM}=\frac{1}{2}AM·DM=\frac{1}{2}AD·ME$,
∴ME=$\frac{AM·DM}{AD}=\frac{4×3}{5}=2.4$.
解析
【分析】
(1) 要证明ME是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OM，证明OM⊥ME。首先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得CD=AD，推出∠ACD=∠A；再结合OC=OM得到∠ACD=∠OMC，等量代换得∠OMC=∠A，可证OM//AB；已知ME⊥AB，即可推出OM⊥ME，进而得证ME是⊙O的切线。
(2) 求ME的长度时，先连接DM，由CD是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，可得∠CMD=90°；结合CD=AD，由等腰三角形三线合一可知M是AC中点，求出AM=4；再用勾股定理求出DM=3，最后利用△ADM的面积的两种不同计算方式，通过等面积法即可求出ME的长。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OM。
∵∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，
∴CD=DA=DB=$\frac{1}{2}$AB，
∴∠ACD=∠A。
∵OC=OM，
∴∠ACD=∠OMC，
∴∠OMC=∠A，
∴OM//AB。
∵ME⊥AB，
∴ME⊥OM。
又
∵OM为⊙O的半径，
∴ME为⊙O的切线。
(2) 解：如答图②，连接DM。
∵∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD=CD=AD=5。
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CMD=90°，即DM⊥AC，
∴AM=CM=$\frac{1}{2}$AC=4。
在Rt△CMD中，由勾股定理得：
DM=$\sqrt{CD^2-CM^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵$S_{△ADM}=\frac{1}{2}AM·DM=\frac{1}{2}AD·ME$，
∴$ME=\frac{AM·DM}{AD}=\frac{4×3}{5}=2.4$。
【答案】
(1) 证明成立，ME是⊙O的切线；
(2) ME的长为2.4（或$\frac{12}{5}$）。
【知识点】
切线的判定；直角三角形的性质；等面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形结合的常见综合题型，核心考查基础知识点的综合运用能力，解题关键是合理添加辅助线：第一问遵循“连半径、证垂直”的切线判定通用思路即可求解，第二问借助直径所对圆周角为直角构造直角三角形，结合等面积法可快速求出线段长度，难度适中。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明ME是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OM，证明OM⊥ME。首先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，可得CD=AD，推出∠ACD=∠A；再结合OC=OM得到∠ACD=∠OMC，等量代换得∠OMC=∠A，可证OM//AB；已知ME⊥AB，即可推出OM⊥ME，进而得证ME是⊙O的切线。
(2) 求ME的长度时，先连接DM，由CD是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角，可得∠CMD=90°；结合CD=AD，由等腰三角形三线合一可知M是AC中点，求出AM=4；再用勾股定理求出DM=3，最后利用△ADM的面积的两种不同计算方式，通过等面积法即可求出ME的长。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OM。
∵∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，
∴CD=DA=DB=$\frac{1}{2}$AB，
∴∠ACD=∠A。
∵OC=OM，
∴∠ACD=∠OMC，
∴∠OMC=∠A，
∴OM//AB。
∵ME⊥AB，
∴ME⊥OM。
又
∵OM为⊙O的半径，
∴ME为⊙O的切线。
(2) 解：如答图②，连接DM。
∵∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD=CD=AD=5。
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CMD=90°，即DM⊥AC，
∴AM=CM=$\frac{1}{2}$AC=4。
在Rt△CMD中，由勾股定理得：
DM=$\sqrt{CD^2-CM^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵$S_{△ADM}=\frac{1}{2}AM·DM=\frac{1}{2}AD·ME$，
∴$ME=\frac{AM·DM}{AD}=\frac{4×3}{5}=2.4$。
【答案】
(1) 证明成立，ME是⊙O的切线；
(2) ME的长为2.4（或$\frac{12}{5}$）。
【知识点】
切线的判定；直角三角形的性质；等面积法求线段长
【点评】
本题是圆与三角形结合的常见综合题型，核心考查基础知识点的综合运用能力，解题关键是合理添加辅助线：第一问遵循“连半径、证垂直”的切线判定通用思路即可求解，第二问借助直径所对圆周角为直角构造直角三角形，结合等面积法可快速求出线段长度，难度适中。
【难度系数】
0.65
9.(16分)如图，AB为$\odot O$的直径，点C在$\odot O$上，$∠ ACB$的平分线交$\odot O$于点D，过点D作$DE // AB$，交CB的延长线于点E.
(1)求证：ED是$\odot O$的切线；
(2)若$AC=3\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{2}$，求BD，CD的长.
(1)求证：ED是$\odot O$的切线；
(2)若$AC=3\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{2}$，求BD，CD的长.
答案
9.(1)证明:连接OD,如答图.
∵CD是∠ACB的平分线,
∴∠ACD=∠BCD,
∴∠AOD=∠BOD.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AOD=∠BOD=$\frac{1}{2}×180°=90°$,
∴OD⊥AB.
∵DE//AB,
∴OD⊥DE.
∵OD为⊙O的半径,
∴ED是⊙O的切线.
(2)解:
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,∠ADB=90°.
∵AC=3$\sqrt{2}$,BC=$\sqrt{2}$,
∴AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2\sqrt{5}$.
∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D,
∴∠ACD=∠BCD,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴AD=BD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{10}$.
如答图,过点B作BH⊥CD于点H.
∵∠BCD=$\frac{1}{2}$∠ACB=45°,
∴BH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC=1,
∴DH=$\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-1^2}=3$,
∴CD=CH+DH=1+3=4.
解析
【分析】
(1)要证明ED是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OD，证明OD⊥ED即可。已知DE//AB，因此只需先证OD⊥AB：CD是∠ACB的平分线，根据圆周角定理，相等的圆周角对应相等的圆心角，可得∠AOD=∠BOD，结合AB是直径、平角为180°，可推出∠BOD=90°，即OD⊥AB，进而得到OD⊥DE，完成切线证明。
(2)求BD、CD的长度：首先由AB是直径可得△ACB为直角三角形，用勾股定理先计算AB的长度；CD平分∠ACB可得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，因此AD=BD，△ADB为等腰直角三角形，即可求出BD的长度。求CD时，过B作BH⊥CD于H，由∠BCD=45°可知△BCH为等腰直角三角形，可算出CH、BH的长度，再在Rt△BHD中用勾股定理算出DH，CD=CH+DH即可得到结果。
【解析】
(1)证明:连接OD,如答图.
∵CD是∠ACB的平分线,
∴∠ACD=∠BCD,
∴∠AOD=∠BOD.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AOD=∠BOD=$\frac{1}{2}×180°=90°$,
∴OD⊥AB.
∵DE//AB,
∴OD⊥DE.
∵OD为⊙O的半径,
∴ED是⊙O的切线.
(2)解:
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,∠ADB=90°.
∵AC=$3\sqrt{2}$,BC=$\sqrt{2}$,
∴AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2\sqrt{5}$.
∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D,
∴∠ACD=∠BCD,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴AD=BD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{10}$.
如答图,过点B作BH⊥CD于点H.
∵∠BCD=$\frac{1}{2}$∠ACB=45°,
∴BH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC=1,
∴DH=$\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-1^2}=3$,
∴CD=CH+DH=1+3=4.
【答案】
(1)ED是⊙O的切线，证明见解析；
(2)BD=$\sqrt{10}$，CD=4。
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，既考查了切线的判定方法，也结合了角平分线、等腰直角三角形的性质计算线段长度，解题时注意辅助线的合理构造，是圆部分的经典常考题型，能较好地考查对圆相关性质的掌握程度。
【难度系数】
0.7
(1)要证明ED是⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OD，证明OD⊥ED即可。已知DE//AB，因此只需先证OD⊥AB：CD是∠ACB的平分线，根据圆周角定理，相等的圆周角对应相等的圆心角，可得∠AOD=∠BOD，结合AB是直径、平角为180°，可推出∠BOD=90°，即OD⊥AB，进而得到OD⊥DE，完成切线证明。
(2)求BD、CD的长度：首先由AB是直径可得△ACB为直角三角形，用勾股定理先计算AB的长度；CD平分∠ACB可得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，因此AD=BD，△ADB为等腰直角三角形，即可求出BD的长度。求CD时，过B作BH⊥CD于H，由∠BCD=45°可知△BCH为等腰直角三角形，可算出CH、BH的长度，再在Rt△BHD中用勾股定理算出DH，CD=CH+DH即可得到结果。
【解析】
(1)证明:连接OD,如答图.
∵CD是∠ACB的平分线,
∴∠ACD=∠BCD,
∴∠AOD=∠BOD.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AOD=∠BOD=$\frac{1}{2}×180°=90°$,
∴OD⊥AB.
∵DE//AB,
∴OD⊥DE.
∵OD为⊙O的半径,
∴ED是⊙O的切线.
(2)解:
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,∠ADB=90°.
∵AC=$3\sqrt{2}$,BC=$\sqrt{2}$,
∴AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=2\sqrt{5}$.
∵∠ACB的平分线CD交⊙O于点D,
∴∠ACD=∠BCD,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴AD=BD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{10}$.
如答图,过点B作BH⊥CD于点H.
∵∠BCD=$\frac{1}{2}$∠ACB=45°,
∴BH=CH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BC=1,
∴DH=$\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-1^2}=3$,
∴CD=CH+DH=1+3=4.
【答案】
(1)ED是⊙O的切线，证明见解析；
(2)BD=$\sqrt{10}$，CD=4。
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，既考查了切线的判定方法，也结合了角平分线、等腰直角三角形的性质计算线段长度，解题时注意辅助线的合理构造，是圆部分的经典常考题型，能较好地考查对圆相关性质的掌握程度。
【难度系数】
0.7
10.(18分)如图，AB是$\odot O$的直径，点D,E在$\odot O$上，连接AE,ED,DA，连接BD并延长至点C，使得$∠ DAC=∠ AED$。
(1)求证:AC是$\odot O$的切线。
(2)若E是$\overset{\frown}{BD}$的中点，AE与BC交于点F。
①求证:$CA=CF$；
②若$\odot O$的半径为3，$BF=2$，求AC的长。
(1)求证:AC是$\odot O$的切线。
(2)若E是$\overset{\frown}{BD}$的中点，AE与BC交于点F。
①求证:$CA=CF$；
②若$\odot O$的半径为3，$BF=2$，求AC的长。
答案
10.(1)证明:
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠DBA+∠DAB=90°.
∵∠DEA=∠DBA,∠DAC=∠DEA,
∴∠DBA=∠DAC,
∴∠DAC+∠DAB=90°.
∵AB是⊙O的直径,∠CAB=90°,
∴AC是⊙O的切线.
(2)①证明:
∵E是$\overset{\frown}{BD}$的中点,
∴∠BAE=∠DAE.
∵∠CFA = ∠DBA + ∠BAE, ∠CAF = ∠DAC + ∠DAE,∠DBA=∠DAC,
∴∠CFA=∠CAF,
∴CA=CF.
②解:设CA=CF=x,则BC=CF+BF=x+2.
∵⊙O的半径为3,
∴AB=6.
在Rt△ABC中,$CA^2+AB^2=BC^2$,
即$x^2+6^2=(x+2)^2$,解得x=8,
∴AC的长为8.
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠DBA+∠DAB=90°.
∵∠DEA=∠DBA,∠DAC=∠DEA,
∴∠DBA=∠DAC,
∴∠DAC+∠DAB=90°.
∵AB是⊙O的直径,∠CAB=90°,
∴AC是⊙O的切线.
(2)①证明:
∵E是$\overset{\frown}{BD}$的中点,
∴∠BAE=∠DAE.
∵∠CFA = ∠DBA + ∠BAE, ∠CAF = ∠DAC + ∠DAE,∠DBA=∠DAC,
∴∠CFA=∠CAF,
∴CA=CF.
②解:设CA=CF=x,则BC=CF+BF=x+2.
∵⊙O的半径为3,
∴AB=6.
在Rt△ABC中,$CA^2+AB^2=BC^2$,
即$x^2+6^2=(x+2)^2$,解得x=8,
∴AC的长为8.
解析
【分析】
(1)要证明AC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AC垂直于直径AB，即$∠ CAB=90°$。先利用直径所对圆周角为直角得$∠ ADB=90°$，推出$∠ DBA+∠ DAB=90°$；再结合同弧所对圆周角相等，得$∠ AED=∠ DBA$，结合已知$∠ DAC=∠ AED$，进行角的代换即可证$∠ CAB=90°$，完成切线证明。
(2)①要证$CA=CF$，只需证明$∠ CAF=∠ CFA$。先利用弧中点的性质得$∠ BAE=∠ DAE$，再结合三角形外角性质得$∠ CFA=∠ DBA+∠ BAE$，将$∠ CAF$拆分为$∠ DAC+∠ DAE$，结合(1)中已证$∠ DBA=∠ DAC$，代换即可得两角相等，从而证得等腰三角形。
②求AC长度，可设$AC=x$，由①的结论得$CF=x$，进而表示出$BC=x+2$，再根据半径得直径$AB=6$，在$Rt△ ABC$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明:
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$∠ ADB=90°$,
∴$∠ DBA+∠ DAB=90°$.
∵$∠ DEA$和$∠ DBA$都是弧$AD$所对的圆周角，
∴$∠ DEA=∠ DBA$,
∵$∠ DAC=∠ DEA$,
∴$∠ DBA=∠ DAC$,
∴$∠ DAC+∠ DAB=90°$，即$∠ CAB=90°$，
∴$AC⊥ AB$，
又
∵AB是$\odot O$的直径,
∴AC是$\odot O$的切线.
(2)①证明:
∵E是$\overset{\frown}{BD}$的中点,
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{DE}$，
∴$∠ BAE=∠ DAE$.
∵$∠ CFA$是$△ ABF$的外角，
∴$∠ CFA = ∠ DBA + ∠ BAE$,
∵$∠ CAF = ∠ DAC + ∠ DAE$，且已证$∠ DBA=∠ DAC$,
∴$∠ CFA=∠ CAF$,
∴$CA=CF$.
②解:设$CA=CF=x$，则$BC=CF+BF=x+2$.
∵$\odot O$的半径为3,
∴$AB=2×3=6$.
由(1)知$∠ CAB=90°$，在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$CA^2+AB^2=BC^2$,
代入得$x^2+6^2=(x+2)^2$,
展开得$x^2+36=x^2+4x+4$,
化简得$4x=32$，解得$x=8$,
∴AC的长为8.
【答案】
(1)AC是$\odot O$的切线，得证；
(2)①$CA=CF$，得证；
②AC的长为$\boxed{8}$。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题核心是熟练运用圆周角性质进行角的等量代换，结合切线判定、等腰三角形判定推导结论，最后用方程思想结合勾股定理求解线段长度，考查的方法典型，贴合核心考点。
【难度系数】
0.7
(1)要证明AC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AC垂直于直径AB，即$∠ CAB=90°$。先利用直径所对圆周角为直角得$∠ ADB=90°$，推出$∠ DBA+∠ DAB=90°$；再结合同弧所对圆周角相等，得$∠ AED=∠ DBA$，结合已知$∠ DAC=∠ AED$，进行角的代换即可证$∠ CAB=90°$，完成切线证明。
(2)①要证$CA=CF$，只需证明$∠ CAF=∠ CFA$。先利用弧中点的性质得$∠ BAE=∠ DAE$，再结合三角形外角性质得$∠ CFA=∠ DBA+∠ BAE$，将$∠ CAF$拆分为$∠ DAC+∠ DAE$，结合(1)中已证$∠ DBA=∠ DAC$，代换即可得两角相等，从而证得等腰三角形。
②求AC长度，可设$AC=x$，由①的结论得$CF=x$，进而表示出$BC=x+2$，再根据半径得直径$AB=6$，在$Rt△ ABC$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明:
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$∠ ADB=90°$,
∴$∠ DBA+∠ DAB=90°$.
∵$∠ DEA$和$∠ DBA$都是弧$AD$所对的圆周角，
∴$∠ DEA=∠ DBA$,
∵$∠ DAC=∠ DEA$,
∴$∠ DBA=∠ DAC$,
∴$∠ DAC+∠ DAB=90°$，即$∠ CAB=90°$，
∴$AC⊥ AB$，
又
∵AB是$\odot O$的直径,
∴AC是$\odot O$的切线.
(2)①证明:
∵E是$\overset{\frown}{BD}$的中点,
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{DE}$，
∴$∠ BAE=∠ DAE$.
∵$∠ CFA$是$△ ABF$的外角，
∴$∠ CFA = ∠ DBA + ∠ BAE$,
∵$∠ CAF = ∠ DAC + ∠ DAE$，且已证$∠ DBA=∠ DAC$,
∴$∠ CFA=∠ CAF$,
∴$CA=CF$.
②解:设$CA=CF=x$，则$BC=CF+BF=x+2$.
∵$\odot O$的半径为3,
∴$AB=2×3=6$.
由(1)知$∠ CAB=90°$，在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$CA^2+AB^2=BC^2$,
代入得$x^2+6^2=(x+2)^2$,
展开得$x^2+36=x^2+4x+4$,
化简得$4x=32$，解得$x=8$,
∴AC的长为8.
【答案】
(1)AC是$\odot O$的切线，得证；
(2)①$CA=CF$，得证；
②AC的长为$\boxed{8}$。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题核心是熟练运用圆周角性质进行角的等量代换，结合切线判定、等腰三角形判定推导结论，最后用方程思想结合勾股定理求解线段长度，考查的方法典型，贴合核心考点。
【难度系数】
0.7
