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9.尺规作图:过圆外一点作圆的切线.
已知:如图,P为⊙O外一点.
求作:经过点P的⊙O的切线.
(1)使用直尺和圆规,补全图形;(保留作图
痕迹)
(2)完成下面的证明,括号里填推理依据.
证明:由作图可知点A,B在以C为圆心,
CO为半径的圆上,
∴ ∠OAP=∠OBP=°(
).
∴ PA⊥OA,PB⊥OB.
∵ OA,OB为⊙O的半径,
∴ 直线PA,PB是⊙O的切线(
).
已知:如图,P为⊙O外一点.
求作:经过点P的⊙O的切线.
(1)使用直尺和圆规,补全图形;(保留作图
痕迹)
(2)完成下面的证明,括号里填推理依据.
证明:由作图可知点A,B在以C为圆心,
CO为半径的圆上,
∴ ∠OAP=∠OBP=°(
).
∴ PA⊥OA,PB⊥OB.
∵ OA,OB为⊙O的半径,
∴ 直线PA,PB是⊙O的切线(
).
答案
(1) 作图过程：
1. 连接点$O$和点$P$；
2. 作线段$OP$的垂直平分线，得到线段$OP$的中点$C$；
3. 以点$C$为圆心，$CO$的长为半径作圆，该圆与$\odot O$交于$A$、$B$两点；
4. 作直线$PA$、$PB$，直线$PA$、$PB$即为所求的$\odot O$的切线，保留全部作图痕迹。
---
(2) 证明：
由作图可知点$A$,$B$在以$C$为圆心，$CO$为半径的圆上，
$\therefore ∠ OAP = ∠ OBP = \boldsymbol{90}°$（直径所对的圆周角是直角）。
$\therefore PA⊥ OA$，$PB⊥ OB$。
$\because OA$,$OB$为$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$PA$,$PB$是$\odot O$的切线（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）。
1. 连接点$O$和点$P$；
2. 作线段$OP$的垂直平分线，得到线段$OP$的中点$C$；
3. 以点$C$为圆心，$CO$的长为半径作圆，该圆与$\odot O$交于$A$、$B$两点；
4. 作直线$PA$、$PB$，直线$PA$、$PB$即为所求的$\odot O$的切线，保留全部作图痕迹。
---
(2) 证明：
由作图可知点$A$,$B$在以$C$为圆心，$CO$为半径的圆上，
$\therefore ∠ OAP = ∠ OBP = \boldsymbol{90}°$（直径所对的圆周角是直角）。
$\therefore PA⊥ OA$，$PB⊥ OB$。
$\because OA$,$OB$为$\odot O$的半径，
$\therefore$ 直线$PA$,$PB$是$\odot O$的切线（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）。
解析
【分析】
要解决这道题，首先明确切线的判定要求：切线需垂直于过切点的半径，即若PA是⊙O的切线，A为切点，则PA⊥OA，∠OAP=90°。联想到“直径所对的圆周角是直角”，可知只要以OP为直径作圆，该圆与⊙O的交点就是满足直角条件的切点，由此即可确定作图思路。证明部分则结合作图过程，对应圆周角定理推论和切线的判定定理填空即可。
【解析】
(1) 作图步骤：
① 用直尺连接点O和点P；
② 用圆规作线段OP的垂直平分线，找到OP的中点C；
③ 以C为圆心，CO的长度为半径作圆，该圆与⊙O交于A、B两点；
④ 用直尺作直线PA、PB，直线PA、PB就是所求的⊙O的切线，保留所有作图痕迹。
(2) 证明填空：
由作图可知点A,B在以C为圆心，CO为半径的圆上，OP是该圆的直径，
∴ ∠OAP=∠OBP= 90 °（直径所对的圆周角是直角）。
∴ PA⊥OA，PB⊥OB。
∵ OA,OB为⊙O的半径，
∴ 直线PA,PB是⊙O的切线（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）。
【答案】
(1) 按上述作图步骤补全图形，保留作图痕迹即可；
(2) 依次填入：90；直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
【知识点】
1. 尺规作圆的切线
2. 圆周角定理推论
3. 切线的判定定理
【点评】
本题属于基础题型，既考查了尺规作图的实操能力，也考查了圆周角相关性质和切线判定定理的理解应用，要求学生熟练掌握圆的基本性质，作图时注意保留规范的作图痕迹。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，首先明确切线的判定要求：切线需垂直于过切点的半径，即若PA是⊙O的切线，A为切点，则PA⊥OA，∠OAP=90°。联想到“直径所对的圆周角是直角”，可知只要以OP为直径作圆，该圆与⊙O的交点就是满足直角条件的切点，由此即可确定作图思路。证明部分则结合作图过程，对应圆周角定理推论和切线的判定定理填空即可。
【解析】
(1) 作图步骤：
① 用直尺连接点O和点P；
② 用圆规作线段OP的垂直平分线，找到OP的中点C；
③ 以C为圆心，CO的长度为半径作圆，该圆与⊙O交于A、B两点；
④ 用直尺作直线PA、PB，直线PA、PB就是所求的⊙O的切线，保留所有作图痕迹。
(2) 证明填空：
由作图可知点A,B在以C为圆心，CO为半径的圆上，OP是该圆的直径，
∴ ∠OAP=∠OBP= 90 °（直径所对的圆周角是直角）。
∴ PA⊥OA，PB⊥OB。
∵ OA,OB为⊙O的半径，
∴ 直线PA,PB是⊙O的切线（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）。
【答案】
(1) 按上述作图步骤补全图形，保留作图痕迹即可；
(2) 依次填入：90；直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。
【知识点】
1. 尺规作圆的切线
2. 圆周角定理推论
3. 切线的判定定理
【点评】
本题属于基础题型，既考查了尺规作图的实操能力，也考查了圆周角相关性质和切线判定定理的理解应用，要求学生熟练掌握圆的基本性质，作图时注意保留规范的作图痕迹。
【难度系数】
0.7
10.如图,已知AB是$\odot O$的直径,$BC⊥ AB$,$BD⊥ OC$交$\odot O$于点$D$,$CD$的延长线交$BA$的延长线于点$E$.
(1)求证:CD是$\odot O$的切线;
(2)若$BC=6$,$DE=4$,求$BE$及$\odot O$的半径长.
(1)求证:CD是$\odot O$的切线;
(2)若$BC=6$,$DE=4$,求$BE$及$\odot O$的半径长.
答案
(1) 证明：
连接OD，
∵ $OD=OB$，$BD⊥ OC$，
∴ OC垂直平分BD，可得 $∠ COD=∠ COB$。
在$△ COD$和$△ COB$中：
$\begin{cases}OD=OB \\∠ COD=∠ COB \\OC=OC\end{cases}$
∴ $△ COD≌△ COB(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ CDO=∠ CBO$。
∵ $BC⊥ AB$，∴ $∠ CBO=90°$，
∴ $∠ CDO=90°$，即 $OD⊥ CE$。
又∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
∵ CD、CB都是$\odot O$的切线，由切线长定理得 $CD=BC=6$，
∴ $CE=CD+DE=6+4=10$。
在$\mathrm{Rt}△ EBC$中，$∠ EBC=90°$，由勾股定理：
$BE=\sqrt{CE^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，$OE=BE-OB=8-r$。
∵ CD是$\odot O$的切线，∴ $OD⊥ CE$，即$∠ EDO=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ EDO$中，由勾股定理：
$DE^2+OD^2=OE^2$，
代入得 $4^2 + r^2=(8-r)^2$，
化简得 $16 + r^2=64 -16r + r^2$，
解得 $r=3$。
综上，$BE=8$，$\odot O$的半径长为3。
连接OD，
∵ $OD=OB$，$BD⊥ OC$，
∴ OC垂直平分BD，可得 $∠ COD=∠ COB$。
在$△ COD$和$△ COB$中：
$\begin{cases}OD=OB \\∠ COD=∠ COB \\OC=OC\end{cases}$
∴ $△ COD≌△ COB(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ CDO=∠ CBO$。
∵ $BC⊥ AB$，∴ $∠ CBO=90°$，
∴ $∠ CDO=90°$，即 $OD⊥ CE$。
又∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
∵ CD、CB都是$\odot O$的切线，由切线长定理得 $CD=BC=6$，
∴ $CE=CD+DE=6+4=10$。
在$\mathrm{Rt}△ EBC$中，$∠ EBC=90°$，由勾股定理：
$BE=\sqrt{CE^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，$OE=BE-OB=8-r$。
∵ CD是$\odot O$的切线，∴ $OD⊥ CE$，即$∠ EDO=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ EDO$中，由勾股定理：
$DE^2+OD^2=OE^2$，
代入得 $4^2 + r^2=(8-r)^2$，
化简得 $16 + r^2=64 -16r + r^2$，
解得 $r=3$。
综上，$BE=8$，$\odot O$的半径长为3。
解析
【分析】
(1) 要证明CD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OD，证明$OD⊥ CD$即可。已知$BC⊥ AB$、$BD⊥ OC$，可先由等腰三角形三线合一的性质得到OC垂直平分BD，推出$∠ COD=∠ COB$，再证明$△ COD$和$△ COB$全等，得到$∠ CDO=∠ CBO=90°$，即可完成证明。
(2) 首先根据切线长定理得到$CD=BC$，求出CE的长度，再在$\mathrm{Rt}△ EBC$中用勾股定理算出BE的长；接着设$\odot O$半径为r，在$\mathrm{Rt}△ EDO$中利用勾股定理列关于r的方程，解方程即可求出半径。
【解析】
(1) 证明：
连接OD，
∵ $OD=OB$，$BD⊥ OC$，
∴ OC垂直平分BD，可得 $∠ COD=∠ COB$。
在$△ COD$和$△ COB$中：
$\begin{cases}OD=OB \\∠ COD=∠ COB \\OC=OC\end{cases}$
∴ $△ COD≌△ COB(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ CDO=∠ CBO$。
∵ $BC⊥ AB$，
∴ $∠ CBO=90°$，
∴ $∠ CDO=90°$，即 $OD⊥ CE$。
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
(2) 解：
∵ CD、CB都是$\odot O$的切线，由切线长定理得 $CD=BC=6$，
∴ $CE=CD+DE=6+4=10$。
在$\mathrm{Rt}△ EBC$中，$∠ EBC=90°$，由勾股定理：
$BE=\sqrt{CE^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，$OE=BE-OB=8-r$。
∵ CD是$\odot O$的切线，
∴ $OD⊥ CE$，即$∠ EDO=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ EDO$中，由勾股定理：
$DE^2+OD^2=OE^2$，
代入得 $4^2 + r^2=(8-r)^2$，
化简得 $16 + r^2=64 -16r + r^2$，
解得 $r=3$。
【答案】
(1) CD是$\odot O$的切线，得证；(2) $BE=8$，$\odot O$的半径长为3。
【知识点】
切线的判定，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问的核心解题思路是"连半径、证垂直"，通过全等三角形推导垂直关系是切线判定的常用方法；第二问结合切线长定理和勾股定理计算线段长度，利用方程思想求半径是圆相关计算题的常用技巧，熟练掌握基础定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明CD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OD，证明$OD⊥ CD$即可。已知$BC⊥ AB$、$BD⊥ OC$，可先由等腰三角形三线合一的性质得到OC垂直平分BD，推出$∠ COD=∠ COB$，再证明$△ COD$和$△ COB$全等，得到$∠ CDO=∠ CBO=90°$，即可完成证明。
(2) 首先根据切线长定理得到$CD=BC$，求出CE的长度，再在$\mathrm{Rt}△ EBC$中用勾股定理算出BE的长；接着设$\odot O$半径为r，在$\mathrm{Rt}△ EDO$中利用勾股定理列关于r的方程，解方程即可求出半径。
【解析】
(1) 证明：
连接OD，
∵ $OD=OB$，$BD⊥ OC$，
∴ OC垂直平分BD，可得 $∠ COD=∠ COB$。
在$△ COD$和$△ COB$中：
$\begin{cases}OD=OB \\∠ COD=∠ COB \\OC=OC\end{cases}$
∴ $△ COD≌△ COB(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ CDO=∠ CBO$。
∵ $BC⊥ AB$，
∴ $∠ CBO=90°$，
∴ $∠ CDO=90°$，即 $OD⊥ CE$。
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
(2) 解：
∵ CD、CB都是$\odot O$的切线，由切线长定理得 $CD=BC=6$，
∴ $CE=CD+DE=6+4=10$。
在$\mathrm{Rt}△ EBC$中，$∠ EBC=90°$，由勾股定理：
$BE=\sqrt{CE^2-BC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，$OE=BE-OB=8-r$。
∵ CD是$\odot O$的切线，
∴ $OD⊥ CE$，即$∠ EDO=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ EDO$中，由勾股定理：
$DE^2+OD^2=OE^2$，
代入得 $4^2 + r^2=(8-r)^2$，
化简得 $16 + r^2=64 -16r + r^2$，
解得 $r=3$。
【答案】
(1) CD是$\odot O$的切线，得证；(2) $BE=8$，$\odot O$的半径长为3。
【知识点】
切线的判定，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问的核心解题思路是"连半径、证垂直"，通过全等三角形推导垂直关系是切线判定的常用方法；第二问结合切线长定理和勾股定理计算线段长度，利用方程思想求半径是圆相关计算题的常用技巧，熟练掌握基础定理即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
11.如图所示，AB是$\odot O$的直径，AD和BC分别切$\odot O$于A，B两点，CD与$\odot O$有公共点E，且$AD=DE$。
(1)求证：CD是$\odot O$的切线；
(2)若$AB=12$，$BC=4$，求AD的长。
(1)求证：CD是$\odot O$的切线；
(2)若$AB=12$，$BC=4$，求AD的长。
答案
(1) 证明：
连接$OE$，$OD$。
$\because AD$切$\odot O$于点$A$，
$\therefore ∠ OAD=90°$。
在$△ AOD$和$△ EOD$中，
$\begin{cases}AD=DE \\OA=OE \\OD=OD\end{cases}$
$\therefore △ AOD ≌ △ EOD \ (\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ OED=∠ OAD=90°$，即$OE⊥ CD$。
又$\because$ 点$E$在$\odot O$上，
$\therefore CD$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
过点$C$作$CF⊥ AD$于点$F$。
$\because AD$切$\odot O$于$A$，$BC$切$\odot O$于$B$，
$\therefore ∠ DAB=∠ CBA=90°$，
$\therefore$ 四边形$ABCF$是矩形，
$\therefore AF=BC=4$，$CF=AB=12$。
由切线长定理得：$CE=BC=4$。
设$AD=x$，则$DE=AD=x$，
$\therefore CD=DE+CE=x+4$，$DF=AD-AF=x-4$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：
$DF^2 + CF^2 = CD^2$
代入得：
$(x-4)^2 + 12^2 = (x+4)^2$
展开化简：
$x^2 -8x + 16 + 144 = x^2 +8x +16$
$16x=144$
解得$x=9$。
$\therefore AD$的长为$\boldsymbol{9}$。
连接$OE$，$OD$。
$\because AD$切$\odot O$于点$A$，
$\therefore ∠ OAD=90°$。
在$△ AOD$和$△ EOD$中，
$\begin{cases}AD=DE \\OA=OE \\OD=OD\end{cases}$
$\therefore △ AOD ≌ △ EOD \ (\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ OED=∠ OAD=90°$，即$OE⊥ CD$。
又$\because$ 点$E$在$\odot O$上，
$\therefore CD$是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
过点$C$作$CF⊥ AD$于点$F$。
$\because AD$切$\odot O$于$A$，$BC$切$\odot O$于$B$，
$\therefore ∠ DAB=∠ CBA=90°$，
$\therefore$ 四边形$ABCF$是矩形，
$\therefore AF=BC=4$，$CF=AB=12$。
由切线长定理得：$CE=BC=4$。
设$AD=x$，则$DE=AD=x$，
$\therefore CD=DE+CE=x+4$，$DF=AD-AF=x-4$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：
$DF^2 + CF^2 = CD^2$
代入得：
$(x-4)^2 + 12^2 = (x+4)^2$
展开化简：
$x^2 -8x + 16 + 144 = x^2 +8x +16$
$16x=144$
解得$x=9$。
$\therefore AD$的长为$\boldsymbol{9}$。
解析
【分析】
(1) 要证明CD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，已知点E在$\odot O$上，只需证明$OE⊥ CD$即可。可连接$OE$、$OD$，利用已知的$AD=DE$，同圆半径相等得$OA=OE$，再结合公共边$OD$，证明$△ AOD≌△ EOD$，得到$∠ OED=∠ OAD=90°$即可得证。
(2) 求AD的长时，先根据切线长定理可得$CE=BC$、$DE=AD$，过点C作$CF⊥ AD$构造矩形$ABCF$和$\mathrm{Rt}△ CDF$，设$AD=x$，用含x的代数式表示出CD和DF的长度，再结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
连接$OE$，$OD$。
$\because AD$切$\odot O$于点$A$，
$\therefore ∠ OAD=90°$。
在$△ AOD$和$△ EOD$中，
$\begin{cases}AD=DE \\OA=OE \\OD=OD\end{cases}$
$\therefore △ AOD ≌ △ EOD \ (\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ OED=∠ OAD=90°$，即$OE⊥ CD$。
又$\because$ 点$E$在$\odot O$上，
$\therefore CD$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
过点$C$作$CF⊥ AD$于点$F$。
$\because AD$切$\odot O$于$A$，$BC$切$\odot O$于$B$，
$\therefore ∠ DAB=∠ CBA=90°$，
$\therefore$ 四边形$ABCF$是矩形，
$\therefore AF=BC=4$，$CF=AB=12$。
由切线长定理得：$CE=BC=4$。
设$AD=x$，则$DE=AD=x$，
$\therefore CD=DE+CE=x+4$，$DF=AD-AF=x-4$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：
$DF^2 + CF^2 = CD^2$
代入得：
$(x-4)^2 + 12^2 = (x+4)^2$
展开化简：
$x^2 -8x + 16 + 144 = x^2 +8x +16$
$16x=144$
解得$x=9$。
$\therefore AD$的长为$9$。
【答案】
(1) 证明成立，CD是$\odot O$的切线；
(2) $\boldsymbol{9}$
【知识点】
切线的判定与性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题核心是合理添加辅助线，通过构造全等三角形证明垂直，结合切线长定理和勾股定理，利用方程思想求解未知线段长度，属于圆章节的常考题型，需要熟练掌握切线判定方法和切线长定理的应用。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明CD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，已知点E在$\odot O$上，只需证明$OE⊥ CD$即可。可连接$OE$、$OD$，利用已知的$AD=DE$，同圆半径相等得$OA=OE$，再结合公共边$OD$，证明$△ AOD≌△ EOD$，得到$∠ OED=∠ OAD=90°$即可得证。
(2) 求AD的长时，先根据切线长定理可得$CE=BC$、$DE=AD$，过点C作$CF⊥ AD$构造矩形$ABCF$和$\mathrm{Rt}△ CDF$，设$AD=x$，用含x的代数式表示出CD和DF的长度，再结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
连接$OE$，$OD$。
$\because AD$切$\odot O$于点$A$，
$\therefore ∠ OAD=90°$。
在$△ AOD$和$△ EOD$中，
$\begin{cases}AD=DE \\OA=OE \\OD=OD\end{cases}$
$\therefore △ AOD ≌ △ EOD \ (\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ OED=∠ OAD=90°$，即$OE⊥ CD$。
又$\because$ 点$E$在$\odot O$上，
$\therefore CD$是$\odot O$的切线。
(2) 解：
过点$C$作$CF⊥ AD$于点$F$。
$\because AD$切$\odot O$于$A$，$BC$切$\odot O$于$B$，
$\therefore ∠ DAB=∠ CBA=90°$，
$\therefore$ 四边形$ABCF$是矩形，
$\therefore AF=BC=4$，$CF=AB=12$。
由切线长定理得：$CE=BC=4$。
设$AD=x$，则$DE=AD=x$，
$\therefore CD=DE+CE=x+4$，$DF=AD-AF=x-4$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：
$DF^2 + CF^2 = CD^2$
代入得：
$(x-4)^2 + 12^2 = (x+4)^2$
展开化简：
$x^2 -8x + 16 + 144 = x^2 +8x +16$
$16x=144$
解得$x=9$。
$\therefore AD$的长为$9$。
【答案】
(1) 证明成立，CD是$\odot O$的切线；
(2) $\boldsymbol{9}$
【知识点】
切线的判定与性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题核心是合理添加辅助线，通过构造全等三角形证明垂直，结合切线长定理和勾股定理，利用方程思想求解未知线段长度，属于圆章节的常考题型，需要熟练掌握切线判定方法和切线长定理的应用。
【难度系数】
0.7
12.如图,已知在△ABC中,AC=BC=6,∠C=90°,O是AB的中点,⊙O与AC,BC分别相切于点D与点E,F是⊙O与AB的一个交点,连接DF并延长,交CB的延长线于点G.
(1)求证:E是BC的中点;
(2)求证:BF=BG;
(3)求CG的长.
(1)求证:E是BC的中点;
(2)求证:BF=BG;
(3)求CG的长.
答案
(1) 证明：
连接OE。
∵ ⊙O与BC相切于点E，
∴ OE⊥BC。
∵ ∠C=90°，即AC⊥BC，
∴ OE//AC。
又∵ O是AB的中点，
∴ OE是△ABC的中位线，
∴ E是BC的中点。
---
(2) 证明：
连接OD。
∵ ⊙O与AC相切于点D，
∴ OD⊥AC。
∵ AC⊥BC，
∴ OD//CG，
∴ ∠G=∠ODF。
∵ OD=OF，
∴ ∠ODF=∠OFD，
∴ ∠G=∠OFD。
∵ AC=BC，∠C=90°，
∴ ∠A=∠ABC=45°。
∵ OD⊥AC，∠A=45°，
∴ △ADO是等腰直角三角形，∠AOD=45°。
∴ ∠DOF=180°-∠AOD=135°，
∴ ∠OFD=$\frac{180°-135°}{2}$=22.5°，
∴ ∠G=22.5°。
∵ ∠ABC是△BGF的外角，
∴ ∠ABC=∠G+∠BFG=45°，
∴ ∠BFG=45°-22.5°=22.5°，
∴ ∠BFG=∠G，
∴ BF=BG。
---
(3) 解：
在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴ AB=$\sqrt{6^2+6^2}$=$6\sqrt{2}$。
∵ O是AB的中点，
∴ OB=$\frac{1}{2}$AB=$3\sqrt{2}$。
由(1)知OE是△ABC的中位线，
∴ OE=$\frac{1}{2}$AC=3，即⊙O的半径为3，
∴ OF=3，
∴ BF=OB-OF=$3\sqrt{2}-3$。
由(2)知BG=BF=$3\sqrt{2}-3$，
∴ CG=BC+BG=$6+3\sqrt{2}-3$=$3+3\sqrt{2}$。
最终CG的长为$\boldsymbol{3+3\sqrt{2}}$。
连接OE。
∵ ⊙O与BC相切于点E，
∴ OE⊥BC。
∵ ∠C=90°，即AC⊥BC，
∴ OE//AC。
又∵ O是AB的中点，
∴ OE是△ABC的中位线，
∴ E是BC的中点。
---
(2) 证明：
连接OD。
∵ ⊙O与AC相切于点D，
∴ OD⊥AC。
∵ AC⊥BC，
∴ OD//CG，
∴ ∠G=∠ODF。
∵ OD=OF，
∴ ∠ODF=∠OFD，
∴ ∠G=∠OFD。
∵ AC=BC，∠C=90°，
∴ ∠A=∠ABC=45°。
∵ OD⊥AC，∠A=45°，
∴ △ADO是等腰直角三角形，∠AOD=45°。
∴ ∠DOF=180°-∠AOD=135°，
∴ ∠OFD=$\frac{180°-135°}{2}$=22.5°，
∴ ∠G=22.5°。
∵ ∠ABC是△BGF的外角，
∴ ∠ABC=∠G+∠BFG=45°，
∴ ∠BFG=45°-22.5°=22.5°，
∴ ∠BFG=∠G，
∴ BF=BG。
---
(3) 解：
在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴ AB=$\sqrt{6^2+6^2}$=$6\sqrt{2}$。
∵ O是AB的中点，
∴ OB=$\frac{1}{2}$AB=$3\sqrt{2}$。
由(1)知OE是△ABC的中位线，
∴ OE=$\frac{1}{2}$AC=3，即⊙O的半径为3，
∴ OF=3，
∴ BF=OB-OF=$3\sqrt{2}-3$。
由(2)知BG=BF=$3\sqrt{2}-3$，
∴ CG=BC+BG=$6+3\sqrt{2}-3$=$3+3\sqrt{2}$。
最终CG的长为$\boldsymbol{3+3\sqrt{2}}$。
解析
【分析】
这是圆与等腰直角三角形结合的几何综合题，三小问层层递进，解题思路如下：
1. 证E是BC中点：遇到圆的切线优先连接圆心和切点得到垂直关系，结合∠C为直角可推出OE平行AC，再结合O是AB中点，利用三角形中位线性质即可得证。
2. 证BF=BG：要证两边相等可证对应角相等。连接OD，由切线性质得OD垂直AC，推出OD平行CG，结合等腰三角形OD=OF的角度关系，再利用等腰直角三角形的角度特性、三角形外角性质，推导得∠BFG=∠G，即可得到BF=BG。
3. 求CG的长：先用勾股定理算出等腰直角△ABC的斜边AB长度，再求出OB的长和⊙O的半径，算出BF的长即BG的长，最后用BC加BG即可得到CG的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接OE。
∵ ⊙O与BC相切于点E，
∴ OE⊥BC。
∵ ∠C=90°，即AC⊥BC，
∴ OE//AC。
又
∵ O是AB的中点，
∴ OE是△ABC的中位线，
∴ E是BC的中点。
(2) 证明：
连接OD。
∵ ⊙O与AC相切于点D，
∴ OD⊥AC。
∵ AC⊥BC，
∴ OD//CG，
∴ ∠G=∠ODF。
∵ OD=OF，
∴ ∠ODF=∠OFD，
∴ ∠G=∠OFD。
∵ AC=BC，∠C=90°，
∴ ∠A=∠ABC=45°。
∵ OD⊥AC，∠A=45°，
∴ △ADO是等腰直角三角形，∠AOD=45°。
∴ ∠DOF=180°-∠AOD=135°，
∴ ∠OFD=$\frac{180°-135°}{2}$=22.5°，
∴ ∠G=22.5°。
∵ ∠ABC是△BGF的外角，
∴ ∠ABC=∠G+∠BFG=45°，
∴ ∠BFG=45°-22.5°=22.5°，
∴ ∠BFG=∠G，
∴ BF=BG。
(3) 解：
在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴ AB=$\sqrt{6^2+6^2}$=$6\sqrt{2}$。
∵ O是AB的中点，
∴ OB=$\frac{1}{2}$AB=$3\sqrt{2}$。
由(1)知OE是△ABC的中位线，
∴ OE=$\frac{1}{2}$AC=3，即⊙O的半径为3，
∴ OF=3，
∴ BF=OB-OF=$3\sqrt{2}-3$。
由(2)知BG=BF=$3\sqrt{2}-3$，
∴ CG=BC+BG=$6+3\sqrt{2}-3$=$3+3\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 证明成立；
(3) $3+3\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，三角形中位线定理，等腰三角形判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题核心是正确作出连接圆心和切点的辅助线，结合切线性质、三角形相关定理逐步推导，既考查了几何逻辑推理能力，也考查了基础计算能力。
【难度系数】
0.6
这是圆与等腰直角三角形结合的几何综合题，三小问层层递进，解题思路如下：
1. 证E是BC中点：遇到圆的切线优先连接圆心和切点得到垂直关系，结合∠C为直角可推出OE平行AC，再结合O是AB中点，利用三角形中位线性质即可得证。
2. 证BF=BG：要证两边相等可证对应角相等。连接OD，由切线性质得OD垂直AC，推出OD平行CG，结合等腰三角形OD=OF的角度关系，再利用等腰直角三角形的角度特性、三角形外角性质，推导得∠BFG=∠G，即可得到BF=BG。
3. 求CG的长：先用勾股定理算出等腰直角△ABC的斜边AB长度，再求出OB的长和⊙O的半径，算出BF的长即BG的长，最后用BC加BG即可得到CG的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接OE。
∵ ⊙O与BC相切于点E，
∴ OE⊥BC。
∵ ∠C=90°，即AC⊥BC，
∴ OE//AC。
又
∵ O是AB的中点，
∴ OE是△ABC的中位线，
∴ E是BC的中点。
(2) 证明：
连接OD。
∵ ⊙O与AC相切于点D，
∴ OD⊥AC。
∵ AC⊥BC，
∴ OD//CG，
∴ ∠G=∠ODF。
∵ OD=OF，
∴ ∠ODF=∠OFD，
∴ ∠G=∠OFD。
∵ AC=BC，∠C=90°，
∴ ∠A=∠ABC=45°。
∵ OD⊥AC，∠A=45°，
∴ △ADO是等腰直角三角形，∠AOD=45°。
∴ ∠DOF=180°-∠AOD=135°，
∴ ∠OFD=$\frac{180°-135°}{2}$=22.5°，
∴ ∠G=22.5°。
∵ ∠ABC是△BGF的外角，
∴ ∠ABC=∠G+∠BFG=45°，
∴ ∠BFG=45°-22.5°=22.5°，
∴ ∠BFG=∠G，
∴ BF=BG。
(3) 解：
在Rt△ABC中，AC=BC=6，
∴ AB=$\sqrt{6^2+6^2}$=$6\sqrt{2}$。
∵ O是AB的中点，
∴ OB=$\frac{1}{2}$AB=$3\sqrt{2}$。
由(1)知OE是△ABC的中位线，
∴ OE=$\frac{1}{2}$AC=3，即⊙O的半径为3，
∴ OF=3，
∴ BF=OB-OF=$3\sqrt{2}-3$。
由(2)知BG=BF=$3\sqrt{2}-3$，
∴ CG=BC+BG=$6+3\sqrt{2}-3$=$3+3\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) 证明成立；
(3) $3+3\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质，三角形中位线定理，等腰三角形判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题核心是正确作出连接圆心和切点的辅助线，结合切线性质、三角形相关定理逐步推导，既考查了几何逻辑推理能力，也考查了基础计算能力。
【难度系数】
0.6
