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1.已知:如图,AB是$\odot O$的直径,点C,D在$\odot O$上,$∠ EAC=∠ D=60°$.求证:AE是$\odot O$的切线.
答案
证明:
∵ AB 是$\odot O$的直径,
∴$∠ACB=90°$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴$∠B=∠D=60°$.
∴$∠BAC=90°-∠B=90°-60°=30°$.
∴$∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°$.
∴$BA⊥AE$.又
∵AB是$\odot O$的直径,
∴AE是$\odot O$的切线.
∵ AB 是$\odot O$的直径,
∴$∠ACB=90°$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴$∠B=∠D=60°$.
∴$∠BAC=90°-∠B=90°-60°=30°$.
∴$∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°$.
∴$BA⊥AE$.又
∵AB是$\odot O$的直径,
∴AE是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要证明AE是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，只需证明AE垂直于直径AB（即$∠ BAE=90°$）即可。首先利用直径所对的圆周角为直角，得到$∠ ACB=90°$；再根据同弧所对的圆周角相等，推出$∠ B=∠ D=60°$，进而计算出$∠ BAC$的度数；最后结合已知的$∠ EAC=60°$，即可得到$∠ BAE=90°$，完成证明。
【解析】
证明：
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$。
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，
∴$∠ B=∠ D=60°$。
∴$∠ BAC=90°-∠ B=90°-60°=30°$。
∴$∠ BAE=∠ BAC+∠ EAC=30°+60°=90°$，即$BA⊥ AE$。
又
∵AB是$\odot O$的直径，AE经过直径的外端点A，
∴AE是$\odot O$的切线。
【答案】
证明:
∵ AB 是$\odot O$的直径,
∴$∠ACB=90°$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴$∠B=∠D=60°$.
∴$∠BAC=90°-∠B=90°-60°=30°$.
∴$∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°$.
∴$BA⊥AE$.又
∵AB是$\odot O$的直径,
∴AE是$\odot O$的切线.
【知识点】
1. 圆周角定理及其推论
2. 切线的判定定理
【点评】
本题属于切线证明的常规基础题，解题核心是利用圆周角的相关性质推导角度关系，最终证明待证直线与直径垂直，熟练掌握相关基础定理即可快速解题。
【难度系数】
0.8
要证明AE是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，只需证明AE垂直于直径AB（即$∠ BAE=90°$）即可。首先利用直径所对的圆周角为直角，得到$∠ ACB=90°$；再根据同弧所对的圆周角相等，推出$∠ B=∠ D=60°$，进而计算出$∠ BAC$的度数；最后结合已知的$∠ EAC=60°$，即可得到$∠ BAE=90°$，完成证明。
【解析】
证明：
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$。
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，
∴$∠ B=∠ D=60°$。
∴$∠ BAC=90°-∠ B=90°-60°=30°$。
∴$∠ BAE=∠ BAC+∠ EAC=30°+60°=90°$，即$BA⊥ AE$。
又
∵AB是$\odot O$的直径，AE经过直径的外端点A，
∴AE是$\odot O$的切线。
【答案】
证明:
∵ AB 是$\odot O$的直径,
∴$∠ACB=90°$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$,
∴$∠B=∠D=60°$.
∴$∠BAC=90°-∠B=90°-60°=30°$.
∴$∠BAE=∠BAC+∠EAC=30°+60°=90°$.
∴$BA⊥AE$.又
∵AB是$\odot O$的直径,
∴AE是$\odot O$的切线.
【知识点】
1. 圆周角定理及其推论
2. 切线的判定定理
【点评】
本题属于切线证明的常规基础题，解题核心是利用圆周角的相关性质推导角度关系，最终证明待证直线与直径垂直，熟练掌握相关基础定理即可快速解题。
【难度系数】
0.8
2. 如图，C是$\odot O$上一点，点P在直径AB的延长线上，$\odot O$的半径为3，$PB=2$，$PC=4$. 求证：PC是$\odot O$的切线. 
答案
证明:连接 OC.
∵$\odot O$的半径为 3,$PB=2$,
∴$OC=OB=3$,$OP=OB+PB=5$.
∵$PC=4$,
∴$OC^2+PC^2=OP^2$.
∴$△OCP$是直角三角形,且$∠OCP=90°$. 又
∵OC 是$\odot O$的半径,
∴PC是$\odot O$的切线.
∵$\odot O$的半径为 3,$PB=2$,
∴$OC=OB=3$,$OP=OB+PB=5$.
∵$PC=4$,
∴$OC^2+PC^2=OP^2$.
∴$△OCP$是直角三角形,且$∠OCP=90°$. 又
∵OC 是$\odot O$的半径,
∴PC是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要证明PC是$\odot O$的切线，已知PC与$\odot O$有公共点C，根据切线的判定规则，只需证明半径OC垂直于PC即可。题目给出了多组线段长度，可通过勾股定理的逆定理判断$△ OCP$的形状，推导得到$∠ OCP=90°$，完成垂直的证明。解题步骤如下：首先连接辅助线OC，其次计算OC、OP的长度，最后验证三边的平方关系，判断三角形是否为直角三角形，结合切线判定定理得出结论。
【解析】
证明：连接OC。
∵$\odot O$的半径为3，$PB=2$，
∴$OC=OB=3$，$OP=OB+PB=3+2=5$。
又
∵$PC=4$，
∴$OC^2+PC^2=3^2+4^2=25$，$OP^2=5^2=25$，即$OC^2+PC^2=OP^2$。
∴$△ OCP$是直角三角形，且$∠ OCP=90°$，也就是$OC⊥ PC$。
又
∵OC是$\odot O$的半径，
∴PC是$\odot O$的切线。
【答案】
证明:连接 OC.
∵$\odot O$的半径为 3,$PB=2$,
∴$OC=OB=3$,$OP=OB+PB=5$.
∵$PC=4$,
∴$OC^2+PC^2=OP^2$.
∴$△OCP$是直角三角形,且$∠OCP=90°$. 又
∵OC 是$\odot O$的半径,
∴PC是$\odot O$的切线.
【知识点】
1.切线的判定
2.勾股定理的逆定理
3.圆的基本性质
【点评】
本题是切线证明的基础典型题，考查了“有公共点时，连半径证垂直”的切线证明常用思路，结合勾股定理逆定理推导垂直关系，解题时要注意辅助线的规范添加和定理的正确应用。
【难度系数】
0.8
要证明PC是$\odot O$的切线，已知PC与$\odot O$有公共点C，根据切线的判定规则，只需证明半径OC垂直于PC即可。题目给出了多组线段长度，可通过勾股定理的逆定理判断$△ OCP$的形状，推导得到$∠ OCP=90°$，完成垂直的证明。解题步骤如下：首先连接辅助线OC，其次计算OC、OP的长度，最后验证三边的平方关系，判断三角形是否为直角三角形，结合切线判定定理得出结论。
【解析】
证明：连接OC。
∵$\odot O$的半径为3，$PB=2$，
∴$OC=OB=3$，$OP=OB+PB=3+2=5$。
又
∵$PC=4$，
∴$OC^2+PC^2=3^2+4^2=25$，$OP^2=5^2=25$，即$OC^2+PC^2=OP^2$。
∴$△ OCP$是直角三角形，且$∠ OCP=90°$，也就是$OC⊥ PC$。
又
∵OC是$\odot O$的半径，
∴PC是$\odot O$的切线。
【答案】
证明:连接 OC.
∵$\odot O$的半径为 3,$PB=2$,
∴$OC=OB=3$,$OP=OB+PB=5$.
∵$PC=4$,
∴$OC^2+PC^2=OP^2$.
∴$△OCP$是直角三角形,且$∠OCP=90°$. 又
∵OC 是$\odot O$的半径,
∴PC是$\odot O$的切线.
【知识点】
1.切线的判定
2.勾股定理的逆定理
3.圆的基本性质
【点评】
本题是切线证明的基础典型题，考查了“有公共点时，连半径证垂直”的切线证明常用思路，结合勾股定理逆定理推导垂直关系，解题时要注意辅助线的规范添加和定理的正确应用。
【难度系数】
0.8
3.如图，BF为$\odot O$的直径，直线AC交$\odot O$于A，B两点，点D在$\odot O$上，BD平分$∠ OBC$，$DE⊥ AC$于点E. 求证：直线DE是$\odot O$的切线.
答案
证明:连接 OD.
∵$OD=OB$,
∴$∠ODB=∠OBD$.
∵BD 平分$∠OBC$,
∴$∠OBD=∠DBE$.
∴$∠ODB=∠DBE$.
∴$OD// AC$.
∵$DE⊥AC$,
∴$OD⊥DE$. 又
∵点 D 在$\odot O$上,
∴直线DE是$\odot O$的切线.
∵$OD=OB$,
∴$∠ODB=∠OBD$.
∵BD 平分$∠OBC$,
∴$∠OBD=∠DBE$.
∴$∠ODB=∠DBE$.
∴$OD// AC$.
∵$DE⊥AC$,
∴$OD⊥DE$. 又
∵点 D 在$\odot O$上,
∴直线DE是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要证明直线是圆的切线，若已知直线与圆有公共点，常用思路为“连半径，证垂直”。本题中点D在⊙O上，因此先连接OD，目标是证明OD⊥DE。已知DE⊥AC，因此只需证明OD//AC即可：结合同圆半径相等可得△ODB是等腰三角形，底角相等，再结合BD平分∠OBC的条件，可推出内错角∠ODB=∠DBE，进而得到OD//AC，最终推导得出OD⊥DE，即可证明DE是切线。
【解析】
证明：连接OD.
∵$OD=OB$（同圆的半径相等），
∴$∠ODB=∠OBD$（等腰三角形两底角相等）.
∵BD 平分$∠OBC$，
∴$∠OBD=∠DBE$（角平分线的定义）.
∴$∠ODB=∠DBE$（等量代换）.
∴$OD// AC$（内错角相等，两直线平行）.
∵$DE⊥AC$，
∴$OD⊥DE$（一条直线垂直于一组平行线中的一条，必垂直于另一条）.
又
∵点 D 在$\odot O$上，
∴根据切线的判定定理，直线DE是$\odot O$的切线.
【答案】
证明:连接 OD.
∵$OD=OB$,
∴$∠ODB=∠OBD$.
∵BD 平分$∠OBC$,
∴$∠OBD=∠DBE$.
∴$∠ODB=∠DBE$.
∴$OD// AC$.
∵$DE⊥AC$,
∴$OD⊥DE$. 又
∵点 D 在$\odot O$上,
∴直线DE是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；平行线的判定与性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，核心考查“连半径，证垂直”的常规切线证明思路，通过角的等量转化推导平行线进而得到垂直关系，逻辑链条清晰，是圆章节的常考基础题型。
【难度系数】
0.8
要证明直线是圆的切线，若已知直线与圆有公共点，常用思路为“连半径，证垂直”。本题中点D在⊙O上，因此先连接OD，目标是证明OD⊥DE。已知DE⊥AC，因此只需证明OD//AC即可：结合同圆半径相等可得△ODB是等腰三角形，底角相等，再结合BD平分∠OBC的条件，可推出内错角∠ODB=∠DBE，进而得到OD//AC，最终推导得出OD⊥DE，即可证明DE是切线。
【解析】
证明：连接OD.
∵$OD=OB$（同圆的半径相等），
∴$∠ODB=∠OBD$（等腰三角形两底角相等）.
∵BD 平分$∠OBC$，
∴$∠OBD=∠DBE$（角平分线的定义）.
∴$∠ODB=∠DBE$（等量代换）.
∴$OD// AC$（内错角相等，两直线平行）.
∵$DE⊥AC$，
∴$OD⊥DE$（一条直线垂直于一组平行线中的一条，必垂直于另一条）.
又
∵点 D 在$\odot O$上，
∴根据切线的判定定理，直线DE是$\odot O$的切线.
【答案】
证明:连接 OD.
∵$OD=OB$,
∴$∠ODB=∠OBD$.
∵BD 平分$∠OBC$,
∴$∠OBD=∠DBE$.
∴$∠ODB=∠DBE$.
∴$OD// AC$.
∵$DE⊥AC$,
∴$OD⊥DE$. 又
∵点 D 在$\odot O$上,
∴直线DE是$\odot O$的切线.
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；平行线的判定与性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，核心考查“连半径，证垂直”的常规切线证明思路，通过角的等量转化推导平行线进而得到垂直关系，逻辑链条清晰，是圆章节的常考基础题型。
【难度系数】
0.8
4.如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,点O在AC上,以OC为半径的圆交AB于点D,交AC于点E,且$BD=BC$,求证:AB是$\odot O$的切线.
答案
证明:连接 OD. 在$△BOD$和$△BOC$中,$\begin{cases} BD=BC, \\ OD=OC, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$△BOC≌△BOD(\mathrm{SSS})$.
∴$∠BCO=∠BDO=90°$.
∴$OD⊥AB$. 又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴AB是$\odot O$的切线.
∴$△BOC≌△BOD(\mathrm{SSS})$.
∴$∠BCO=∠BDO=90°$.
∴$OD⊥AB$. 又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴AB是$\odot O$的切线.
解析
【分析】要证明AB是$\odot O$的切线，根据切线判定的常用思路：当直线与圆有明确公共点时，我们选择“连半径，证垂直”的方法。首先连接OD，只需证明$OD⊥AB$即可。已知$∠ACB=90°$，结合题目给出的$BD=BC$，OD、OC均为$\odot O$的半径可得$OD=OC$，还有公共边OB，可通过证明$△ BOD$与$△ BOC$全等，将$∠ACB$的直角转化为$∠BDO$，从而得到$OD⊥AB$的结论。
【解析】证明：连接 OD. 在$△ BOD$和$△ BOC$中,
$\begin{cases} BD=BC, \\ OD=OC, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$△ BOC≌△ BOD(\mathrm{SSS})$.
∴$∠BCO=∠BDO=90°$.
∴$OD⊥AB$.
又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴AB是$\odot O$的切线。
【答案】
证明:连接 OD. 在$△BOD$和$△BOC$中,$\begin{cases} BD=BC, \\ OD=OC, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$△BOC≌△BOD(\mathrm{SSS})$.
∴$∠BCO=∠BDO=90°$.
∴$OD⊥AB$. 又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴AB是$\odot O$的切线。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 切线的判定
【点评】
本题是切线证明的基础典型题，运用了切线判定中“连半径，证垂直”的核心技巧，通过全等三角形实现直角的转移，将三角形全等的知识和圆的切线判定相结合，解题逻辑清晰，有助于掌握切线证明的常规方法。
【难度系数】
0.7
【解析】证明：连接 OD. 在$△ BOD$和$△ BOC$中,
$\begin{cases} BD=BC, \\ OD=OC, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$△ BOC≌△ BOD(\mathrm{SSS})$.
∴$∠BCO=∠BDO=90°$.
∴$OD⊥AB$.
又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴AB是$\odot O$的切线。
【答案】
证明:连接 OD. 在$△BOD$和$△BOC$中,$\begin{cases} BD=BC, \\ OD=OC, \\ OB=OB, \end{cases}$
∴$△BOC≌△BOD(\mathrm{SSS})$.
∴$∠BCO=∠BDO=90°$.
∴$OD⊥AB$. 又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴AB是$\odot O$的切线。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 切线的判定
【点评】
本题是切线证明的基础典型题，运用了切线判定中“连半径，证垂直”的核心技巧，通过全等三角形实现直角的转移，将三角形全等的知识和圆的切线判定相结合，解题逻辑清晰，有助于掌握切线证明的常规方法。
【难度系数】
0.7
5.(资阳中考)如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，AB是$\odot O$的直径，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点D，过点D作BC的平行线交AC的延长线于点E.
(1)求证:DE是$\odot O$的切线；
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
(1)求证:DE是$\odot O$的切线；
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
答案
(1)证明:连接 OD,则$OD=OA$,
∴$∠ODA=∠BAD$.
∵AD平分$∠BAC$,
∴$∠CAD=∠BAD$.
∴$∠ODA=∠CAD$.
∴$OD// AC$.
∵AB是$\odot O$的直径,$DE// BC$,
∴$∠E=∠ACB=90°$.
∴$∠ODE=180°-∠E=90°$,即$OD⊥DE$. 又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴DE是$\odot O$的切线.
(2)设OD交BC于点F,连接 BD.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠FCE=90°$.
∵$∠FDE=∠E=90°$,
∴四边形 CEDF 是矩形.
∴$DF=CE=\sqrt{3}$,$∠CFD=90°$.
∵$OD// AC$,
∴$∠BOD=∠BAC=60°$.
∵$OD=OB$,
∴$△DOB$是等边三角形.
∵$BC⊥OD$,
∴$OF=DF$.
∴$OD=2DF=2\sqrt{3}$.
∴$\odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
∴$∠ODA=∠BAD$.
∵AD平分$∠BAC$,
∴$∠CAD=∠BAD$.
∴$∠ODA=∠CAD$.
∴$OD// AC$.
∵AB是$\odot O$的直径,$DE// BC$,
∴$∠E=∠ACB=90°$.
∴$∠ODE=180°-∠E=90°$,即$OD⊥DE$. 又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴DE是$\odot O$的切线.
(2)设OD交BC于点F,连接 BD.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠FCE=90°$.
∵$∠FDE=∠E=90°$,
∴四边形 CEDF 是矩形.
∴$DF=CE=\sqrt{3}$,$∠CFD=90°$.
∵$OD// AC$,
∴$∠BOD=∠BAC=60°$.
∵$OD=OB$,
∴$△DOB$是等边三角形.
∵$BC⊥OD$,
∴$OF=DF$.
∴$OD=2DF=2\sqrt{3}$.
∴$\odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1)要证明DE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于过切点的半径，因此先连接OD。首先利用等腰三角形等边对等角的性质，结合AD是角平分线，可推出OD//AC；再由AB是直径可得∠ACB=90°，结合DE//BC可得∠E=90°，最后根据平行线的性质推出OD⊥DE，即可完成切线证明。
(2)要求⊙O的半径，先作辅助线OD交BC于点F，连接BD。首先由多个直角可证四边形CEDF是矩形，将已知CE的长度转化为DF的长度；再结合OD//AC推出∠BOD=∠BAC=60°，可得△DOB是等边三角形，利用等边三角形三线合一的性质，可知OD=2DF，即可求出半径长度。
【解析】
(1)证明:连接 OD,则$OD=OA$,
∴$∠ODA=∠BAD$.
∵AD平分$∠BAC$,
∴$∠CAD=∠BAD$.
∴$∠ODA=∠CAD$.
∴$OD// AC$.
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$∠ACB=90°$,
又
∵$DE// BC$,
∴$∠E=∠ACB=90°$.
∴$∠ODE=180°-∠E=90°$,即$OD⊥DE$.
又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴DE是$\odot O$的切线.
(2)设OD交BC于点F,连接 BD.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠FCE=90°$.
∵$∠FDE=∠E=90°$,
∴四边形 CEDF 是矩形.
∴$DF=CE=\sqrt{3}$,$∠CFD=90°$.
∵$OD// AC$,
∴$∠BOD=∠BAC=60°$.
∵$OD=OB$,
∴$△DOB$是等边三角形.
∵$BC⊥OD$,
∴$OF=DF$.
∴$OD=2DF=2\sqrt{3}$.
∴$\odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
【答案】
(1)证明成立，DE是⊙O的切线；
(2)$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合常考题型，将圆的性质与特殊三角形、特殊四边形的性质结合考查，解题核心是合理作出辅助线，通过几何性质转化线段、角的关系，打通已知条件和待求结论的关联。
【难度系数】
0.6
(1)要证明DE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于过切点的半径，因此先连接OD。首先利用等腰三角形等边对等角的性质，结合AD是角平分线，可推出OD//AC；再由AB是直径可得∠ACB=90°，结合DE//BC可得∠E=90°，最后根据平行线的性质推出OD⊥DE，即可完成切线证明。
(2)要求⊙O的半径，先作辅助线OD交BC于点F，连接BD。首先由多个直角可证四边形CEDF是矩形，将已知CE的长度转化为DF的长度；再结合OD//AC推出∠BOD=∠BAC=60°，可得△DOB是等边三角形，利用等边三角形三线合一的性质，可知OD=2DF，即可求出半径长度。
【解析】
(1)证明:连接 OD,则$OD=OA$,
∴$∠ODA=∠BAD$.
∵AD平分$∠BAC$,
∴$∠CAD=∠BAD$.
∴$∠ODA=∠CAD$.
∴$OD// AC$.
∵AB是$\odot O$的直径,
∴$∠ACB=90°$,
又
∵$DE// BC$,
∴$∠E=∠ACB=90°$.
∴$∠ODE=180°-∠E=90°$,即$OD⊥DE$.
又
∵OD是$\odot O$的半径,
∴DE是$\odot O$的切线.
(2)设OD交BC于点F,连接 BD.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠FCE=90°$.
∵$∠FDE=∠E=90°$,
∴四边形 CEDF 是矩形.
∴$DF=CE=\sqrt{3}$,$∠CFD=90°$.
∵$OD// AC$,
∴$∠BOD=∠BAC=60°$.
∵$OD=OB$,
∴$△DOB$是等边三角形.
∵$BC⊥OD$,
∴$OF=DF$.
∴$OD=2DF=2\sqrt{3}$.
∴$\odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
【答案】
(1)证明成立，DE是⊙O的切线；
(2)$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合常考题型，将圆的性质与特殊三角形、特殊四边形的性质结合考查，解题核心是合理作出辅助线，通过几何性质转化线段、角的关系，打通已知条件和待求结论的关联。
【难度系数】
0.6
