1.如图,已知$△ ABC$内接于$\odot O$,AB是$\odot O$的直径,$∠ CAB$的平分线交$\odot O$于点E,连接EB,作$∠ BEF=∠ CAE$,交AB的延长线于点F.求证:EF是$\odot O$的切线.

证明：连接$OE$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ AEB=90°$，即$∠ OEA + ∠ OEB = 90°$。
$\because AE$平分$∠ CAB$，
$\therefore ∠ CAE = ∠ EAB$。
$\because ∠ BEF = ∠ CAE$，
$\therefore ∠ BEF = ∠ EAB$。
又$\because OA=OE$，
$\therefore ∠ EAB = ∠ OEA$，
$\therefore ∠ BEF = ∠ OEA$。
$\therefore ∠ OEF = ∠ OEB + ∠ BEF = ∠ OEB + ∠ OEA = ∠ AEB = 90°$，
即$OE ⊥ EF$。
又$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$是$\odot O$的切线。

【分析】
要证明EF是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，需证明EF垂直于过切点的半径，因此首先连接OE，目标推导$OE⊥ EF$。先利用“直径所对的圆周角为直角”得到$∠ AEB=90°$，再结合角平分线的性质、已知的$∠ BEF=∠ CAE$，以及等腰三角形等边对等角的性质，通过角的等量代换即可推出$∠ OEF=90°$，完成证明。
【解析】
证明：连接$OE$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ AEB=90°$，即$∠ OEA + ∠ OEB = 90°$。
$\because AE$平分$∠ CAB$，
$\therefore ∠ CAE = ∠ EAB$。
$\because ∠ BEF = ∠ CAE$，
$\therefore ∠ BEF = ∠ EAB$。
又$\because OA=OE$，
$\therefore ∠ EAB = ∠ OEA$，
$\therefore ∠ BEF = ∠ OEA$。
$\therefore ∠ OEF = ∠ OEB + ∠ BEF = ∠ OEB + ∠ OEA = ∠ AEB = 90°$，
即$OE ⊥ EF$。
又$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$是$\odot O$的切线。
【答案】
EF是$\odot O$的切线
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，用到了切线证明中“连半径、证垂直”的常用方法，解题过程中需要灵活运用角的等量代换，同时结合了角平分线、圆周角、等腰三角形的相关性质，是圆章节的高频考点题型。
【难度系数】
0.7

2.如图，D是Rt△ABC斜边AB上的一点，过点D作AB的垂线交AC于点E，过点C作∠ECP=∠AED，CP交DE的延长线于点P，以斜边AB为直径作⊙O. 判断PC与⊙O的位置关系并证明.

2. PC 与$\odot O$ 相切. 证明略.

【分析】
判断直线与圆相切的常用方法为：若直线与圆存在已知公共点，连接圆心和公共点，证明该半径与直线垂直即可。本题中点C在⊙O上，因此先连接OC，结合PD⊥AB可得∠A与∠AED互余，再利用等腰△OAC中∠A=∠ACO，结合已知∠ECP=∠AED，通过角度代换即可证得OC⊥PC，从而得到PC与⊙O的位置关系。
【解析】
PC与$\odot O$相切，证明如下：
1. 连接OC，
∵OA=OC（同圆半径相等），
∴∠A=∠ACO（等腰三角形两底角相等）。
2.
∵PD⊥AB，
∴∠ADE=90°，
∴∠A + ∠AED = 90°（直角三角形两锐角互余）。
3. 已知∠ECP=∠AED，结合∠A=∠ACO，可得：
∠ECP + ∠ACO = ∠AED + ∠A = 90°。
4.
∴∠PCO = 180° - (∠ECP + ∠ACO) = 90°，即OC⊥PC。
5. 又
∵OC是$\odot O$的半径，
∴PC与$\odot O$相切（切线的判定定理）。
【答案】
PC与$\odot O$相切
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；直角三角形的性质
【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”的切线证明思路，解决这类问题需要熟练掌握圆的基本性质，灵活运用角度的等量代换推导垂直关系。
【难度系数】
0.7

3.如图,以等边三角形ABC的边BC为直径作⊙O,交AC于点D,DF⊥AB,垂足为F.求证:DF是⊙O的切线.

证明：连接OD。
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠A = ∠C = 60°。
∵ OC = OD，
∴ △OCD为等腰三角形，
又∵ ∠C = 60°，
∴ △OCD是等边三角形，
∴ ∠ODC = 60°，
∴ ∠ODC = ∠A，
∴ OD // AB。
∵ DF ⊥ AB，
∴ DF ⊥ OD。
又∵ OD是⊙O的半径，
∴ DF是⊙O的切线。

【分析】
要证明DF是⊙O的切线，已知D在⊙O上，可采用切线证明的常用思路“连半径，证垂直”：首先连接半径OD，只需证明OD⊥DF即可。已知DF⊥AB，因此只要推导得出OD//AB，就能得到OD⊥DF。结合等边△ABC的性质可得∠C=∠A=60°，再由OC、OD都是⊙O的半径，二者相等，可证△OCD是等边三角形，得到∠ODC=∠A=60°，即可推出OD//AB，进而得到垂直关系，完成证明。
【解析】
证明：连接OD。
∵ △ABC是等边三角形，
∴ ∠A = ∠C = 60°。
∵ OC = OD，
∴ △OCD为等腰三角形，
又
∵ ∠C = 60°，
∴ △OCD是等边三角形，
∴ ∠ODC = 60°，
∴ ∠ODC = ∠A，
∴ OD // AB。
∵ DF ⊥ AB，
∴ DF ⊥ OD。
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ DF是⊙O的切线。
【答案】
DF是⊙O的切线，证明过程如上。
【知识点】
切线的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础典型题，核心考查“连半径、证垂直”的切线证明思路，解题关键是正确作出辅助线OD，结合等边三角形的性质推导平行线关系，进而得到垂直关系，整体逻辑清晰，方法典型。
【难度系数】
0.7

4.如图，以$△ ABC$的边BC为直径的$\odot O$与边AB相交于点D，$AD=BD$，过点D作$DH ⊥ AC$，垂足为H.
(1)求证：DH为$\odot O$的切线；
(2)若$∠ ACB = 45°$，$\odot O$的直径为8，求DH的长.

(1) 略 (2)$2\sqrt{2}$

【分析】
(1) 证明切线采用“连半径，证垂直”的思路：点D在⊙O上，先连接半径OD，只需证明OD⊥DH即可。已知O是BC中点，D是AB中点，可得OD是△ABC的中位线，推出OD//AC，结合DH⊥AC的条件，即可得到OD⊥DH，满足切线的判定要求。
(2) 求DH长度时，先利用直径所对圆周角为直角，结合D是AB中点推出AC=BC=8；再构造AC边上的高BE，在直角三角形中利用45°角的三角函数求出BE的长；最后根据D是AB中点、DH//BE，可得DH是△ABE的中位线，DH为BE的一半，即可求出结果。
【解析】
(1) 证明：连接OD
∵ O为BC中点，$AD=BD$即D为AB中点
∴ OD是$△ ABC$的中位线
∴ $OD// AC$
∵ $DH⊥ AC$
∴ $DH⊥ OD$
又
∵ OD是$\odot O$的半径
∴ DH为$\odot O$的切线。
(2) 解：连接CD，过点B作$BE⊥ AC$于点E
∵ BC是$\odot O$的直径
∴ $∠ BDC=90°$，即$CD⊥ AB$
又
∵ $AD=BD$
∴ CD垂直平分AB，得$AC=BC=8$
在$Rt△ BEC$中，$∠ ACB=45°$，$BC=8$
∴ $BE=BC·\sin45°=8×\frac{\sqrt{2}}{2}=4\sqrt{2}$
∵ $BE⊥ AC$，$DH⊥ AC$
∴ $DH// BE$
又
∵ D是AB中点
∴ DH是$△ ABE$的中位线
∴ $DH=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boldsymbol{2\sqrt{2}}$
【知识点】
切线的判定；三角形中位线定理；圆周角定理
【点评】
本题核心考查切线的证明方法和几何线段的计算，解题的关键是熟练掌握切线判定的常用思路，灵活运用中位线、圆周角相关性质分析问题，学会结合已知条件构造合适的辅助线简化计算。
【难度系数】
0.7