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9. 如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点O为边BC上一动点，以点O为圆心，1为半径作⊙O，过AD的中点E作⊙O的切线EP，P为切点，则EP的最小值为
√15
。答案
9. $\sqrt{15}$
解析
【分析】
解题时先利用切线的性质构造直角三角形：连接切点P与圆心O，可得OP⊥EP，因此△EPO为直角三角形，其中半径OP为定值1。根据勾股定理可推出EP=√(EO²-1)，由此可知要得到EP的最小值，只需求出EO的最小值即可。E是AD上的定点，O在BC上运动，AD与BC互相平行，根据平行线间垂线段最短，即可求出EO的最小值，代入表达式就能算出EP的最小值。
【解析】
1. 连接OP，
∵EP是⊙O的切线，P为切点，
∴OP⊥EP，即△EPO是直角三角形，且OP=1（⊙O的半径为定值）。
2. 在Rt△EPO中，由勾股定理得：$EP^2 + OP^2 = EO^2$，因此$EP=\sqrt{EO^2 - OP^2}=\sqrt{EO^2 -1}$。
3. 求EO的最小值：
∵AD//BC，E为AD上的定点，O为BC上的动点，根据平行线间垂线段最短，当EO⊥BC时，EO取得最小值，此时EO的长度等于矩形ABCD的宽AB=4。
4. 将EO=4代入EP的表达式，得EP的最小值为$\sqrt{4^2 -1^2}=\sqrt{16-1}=\sqrt{15}$。
【答案】
$\sqrt{15}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题将切线性质、勾股定理与最值问题结合，核心是通过转化思想，把求切线长的最小值转化为求定点到直线的最短距离，理清转化逻辑即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
解题时先利用切线的性质构造直角三角形：连接切点P与圆心O，可得OP⊥EP，因此△EPO为直角三角形，其中半径OP为定值1。根据勾股定理可推出EP=√(EO²-1)，由此可知要得到EP的最小值，只需求出EO的最小值即可。E是AD上的定点，O在BC上运动，AD与BC互相平行，根据平行线间垂线段最短，即可求出EO的最小值，代入表达式就能算出EP的最小值。
【解析】
1. 连接OP，
∵EP是⊙O的切线，P为切点，
∴OP⊥EP，即△EPO是直角三角形，且OP=1（⊙O的半径为定值）。
2. 在Rt△EPO中，由勾股定理得：$EP^2 + OP^2 = EO^2$，因此$EP=\sqrt{EO^2 - OP^2}=\sqrt{EO^2 -1}$。
3. 求EO的最小值：
∵AD//BC，E为AD上的定点，O为BC上的动点，根据平行线间垂线段最短，当EO⊥BC时，EO取得最小值，此时EO的长度等于矩形ABCD的宽AB=4。
4. 将EO=4代入EP的表达式，得EP的最小值为$\sqrt{4^2 -1^2}=\sqrt{16-1}=\sqrt{15}$。
【答案】
$\sqrt{15}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题将切线性质、勾股定理与最值问题结合，核心是通过转化思想，把求切线长的最小值转化为求定点到直线的最短距离，理清转化逻辑即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
10. 如图，AB是$\odot O$的直径，$\odot O$过AC的中点D，$DE⊥ BC$，垂足为E.求证：DE是$\odot O$的切线.
答案
10. 连接OD，
∵D是AC的中点，O是AB的中点，
∴OD//BC.
∴∠CED=∠ODE.
∵DE⊥BC，
∴∠CED=90°.
∴∠ODE=90°.
∴DE⊥OD.
∵OD是半径，
∴DE是$\odot O$的切线
∵D是AC的中点，O是AB的中点，
∴OD//BC.
∴∠CED=∠ODE.
∵DE⊥BC，
∴∠CED=90°.
∴∠ODE=90°.
∴DE⊥OD.
∵OD是半径，
∴DE是$\odot O$的切线
解析
【分析】
要证明一条直线是圆的切线，常用思路是“连半径，证垂直”：首先连接半径OD，接下来只需证明DE⊥OD即可。已知D是AC中点、O是AB中点，可判断OD是△ABC的中位线，得到OD//BC的结论，再结合DE⊥BC的条件，利用平行线的性质就能推出OD⊥DE，满足切线的判定条件。
【解析】
证明：连接OD，
∵D是AC的中点，O是AB的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD//BC，
∴∠CED=∠ODE，
∵DE⊥BC，
∴∠CED=90°，
∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，
又
∵OD是$\odot O$的半径，
∴DE是$\odot O$的切线。
【答案】
DE是$\odot O$的切线
【知识点】
切线的判定定理；三角形中位线定理；平行线的性质
【点评】
本题是切线证明的基础题型，核心考查“连半径、证垂直”的切线证明通用思路，结合中位线、平行线的性质推导垂直关系即可完成证明，属于圆章节的常规基础题。
【难度系数】
0.7
要证明一条直线是圆的切线，常用思路是“连半径，证垂直”：首先连接半径OD，接下来只需证明DE⊥OD即可。已知D是AC中点、O是AB中点，可判断OD是△ABC的中位线，得到OD//BC的结论，再结合DE⊥BC的条件，利用平行线的性质就能推出OD⊥DE，满足切线的判定条件。
【解析】
证明：连接OD，
∵D是AC的中点，O是AB的中点，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD//BC，
∴∠CED=∠ODE，
∵DE⊥BC，
∴∠CED=90°，
∴∠ODE=90°，即DE⊥OD，
又
∵OD是$\odot O$的半径，
∴DE是$\odot O$的切线。
【答案】
DE是$\odot O$的切线
【知识点】
切线的判定定理；三角形中位线定理；平行线的性质
【点评】
本题是切线证明的基础题型，核心考查“连半径、证垂直”的切线证明通用思路，结合中位线、平行线的性质推导垂直关系即可完成证明，属于圆章节的常规基础题。
【难度系数】
0.7
11. 如图，AB为半圆O的直径，C是半圆上一点，AD平分∠CAB，交半圆于点D，过点D作DE⊥AC，DE交AC的延长线于点E.
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为2，$DE=\sqrt{3}$，求线段AC的长.
（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若⊙O的半径为2，$DE=\sqrt{3}$，求线段AC的长.
答案
11.（1）DE与$\odot O$相切．理由:连接OD,
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ADO,
∵AD平分∠CAD,
∴∠CAD=∠OAD,
∴∠CAD=∠ADO,
∴AE//OD,
∴∠AED+∠EDO=180°,
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°,
∴∠EDO=90°,
∴DE⊥OD.
∵OD是半径,
∴DE是$\odot O$的切线
（2）连接BC,交OD于点F,连接CD.
∵∠CAD=∠DAB,
∴CD=BD.
∵AB为直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ECF=90°,
∵∠AED=∠EDO=90°,
∴四边形DECF为矩形,
∴CF=DE=$\sqrt{3}$,∠DFC=90°.
∴OD⊥BC.
∴BC=2CF=$2\sqrt{3}$,
∵AB=4,
∴AC=$\sqrt{AB^2-BC^2}=2$
解析
【分析】
（1）判断直线与圆的位置关系，若为相切则需证明直线垂直于过交点的半径。首先连接OD，利用等腰三角形等边对等角的性质、角平分线的性质推导AE与OD平行，再结合DE⊥AC的条件推导OD⊥DE，即可得到结论。
（2）求AC的长度，已知AB是直径，直径所对圆周角为直角，因此△ACB是直角三角形，已知AB长，只需求出BC的长度即可用勾股定理计算AC。连接BC交OD于点F，结合（1）的结论可证四边形DECF是矩形，得到CF=DE，再由垂径定理可得BC=2CF，最后代入勾股定理计算即可。
【解析】
（1）DE与$\odot O$相切，理由如下：
连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠OAD，
∴∠CAD=∠ADO，
∴$AE// OD$，
∴$∠ AED+∠ EDO=180°$，
∵DE⊥AC，
∴$∠ E=90°$，
∴$∠ EDO=90°$，即DE⊥OD，
又
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与$\odot O$相切。
（2）连接BC，交OD于点F，
∵AB为⊙O的直径，
∴$∠ ACB=90°$，即$∠ ECF=90°$，
由（1）可知$∠ AED=∠ EDO=90°$，
∴四边形DECF是矩形，
∴CF=DE=$\sqrt{3}$，$∠ DFC=90°$，即OD⊥BC，
由垂径定理得$BC=2CF=2\sqrt{3}$，
∵⊙O的半径为2，
∴AB=4，
在$Rt△ ACB$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{3})^2}=2$。
【答案】
11.（1）DE与$\odot O$相切．理由:连接OD,
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ADO,
∵AD平分∠CAD,
∴∠CAD=∠OAD,
∴∠CAD=∠ADO,
∴AE//OD,
∴∠AED+∠EDO=180°,
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°,
∴∠EDO=90°,
∴DE⊥OD.
∵OD是半径,
∴DE是$\odot O$的切线
（2）连接BC,交OD于点F,连接CD.
∵∠CAD=∠DAB,
∴CD=BD.
∵AB为直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ECF=90°,
∵∠AED=∠EDO=90°,
∴四边形DECF为矩形,
∴CF=DE=$\sqrt{3}$,∠DFC=90°.
∴OD⊥BC.
∴BC=2CF=$2\sqrt{3}$,
∵AB=4,
∴AC=$\sqrt{AB^2-BC^2}=2$
【知识点】
切线的判定，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，既考查了切线的常规判定方法，也考查了圆的性质与矩形、直角三角形的结合应用，重点考验辅助线构造能力和基础几何性质的综合运用能力，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.65
（1）判断直线与圆的位置关系，若为相切则需证明直线垂直于过交点的半径。首先连接OD，利用等腰三角形等边对等角的性质、角平分线的性质推导AE与OD平行，再结合DE⊥AC的条件推导OD⊥DE，即可得到结论。
（2）求AC的长度，已知AB是直径，直径所对圆周角为直角，因此△ACB是直角三角形，已知AB长，只需求出BC的长度即可用勾股定理计算AC。连接BC交OD于点F，结合（1）的结论可证四边形DECF是矩形，得到CF=DE，再由垂径定理可得BC=2CF，最后代入勾股定理计算即可。
【解析】
（1）DE与$\odot O$相切，理由如下：
连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠OAD，
∴∠CAD=∠ADO，
∴$AE// OD$，
∴$∠ AED+∠ EDO=180°$，
∵DE⊥AC，
∴$∠ E=90°$，
∴$∠ EDO=90°$，即DE⊥OD，
又
∵OD是⊙O的半径，
∴DE与$\odot O$相切。
（2）连接BC，交OD于点F，
∵AB为⊙O的直径，
∴$∠ ACB=90°$，即$∠ ECF=90°$，
由（1）可知$∠ AED=∠ EDO=90°$，
∴四边形DECF是矩形，
∴CF=DE=$\sqrt{3}$，$∠ DFC=90°$，即OD⊥BC，
由垂径定理得$BC=2CF=2\sqrt{3}$，
∵⊙O的半径为2，
∴AB=4，
在$Rt△ ACB$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{3})^2}=2$。
【答案】
11.（1）DE与$\odot O$相切．理由:连接OD,
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ADO,
∵AD平分∠CAD,
∴∠CAD=∠OAD,
∴∠CAD=∠ADO,
∴AE//OD,
∴∠AED+∠EDO=180°,
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°,
∴∠EDO=90°,
∴DE⊥OD.
∵OD是半径,
∴DE是$\odot O$的切线
（2）连接BC,交OD于点F,连接CD.
∵∠CAD=∠DAB,
∴CD=BD.
∵AB为直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠ECF=90°,
∵∠AED=∠EDO=90°,
∴四边形DECF为矩形,
∴CF=DE=$\sqrt{3}$,∠DFC=90°.
∴OD⊥BC.
∴BC=2CF=$2\sqrt{3}$,
∵AB=4,
∴AC=$\sqrt{AB^2-BC^2}=2$
【知识点】
切线的判定，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，既考查了切线的常规判定方法，也考查了圆的性质与矩形、直角三角形的结合应用，重点考验辅助线构造能力和基础几何性质的综合运用能力，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.65
12. 如图，AB是$\odot O$的弦，直线AD与$\odot O$相切，切点为A，$OD⊥ OB$，垂足为O，交AB于点E. 判断$△ ADE$的形状，并说明理由.
答案
12. $△ ADE$是等腰三角形．理由如下:
∵直线AD切$\odot O$于点A,
∴AD⊥OA.
∴∠OAD=90°.
∴∠OAB+∠EAD=90°.
∵OD⊥OB,
∴∠BOE=90°.
∴∠B+∠OEB=90°,
∵OB=OA,
∴∠B=∠OAB.
∴∠EAD=∠OEB.
∵∠AED=∠OEB,
∴∠EAD=∠AED.
∴$△ ADE$是等腰三角形
∵直线AD切$\odot O$于点A,
∴AD⊥OA.
∴∠OAD=90°.
∴∠OAB+∠EAD=90°.
∵OD⊥OB,
∴∠BOE=90°.
∴∠B+∠OEB=90°,
∵OB=OA,
∴∠B=∠OAB.
∴∠EAD=∠OEB.
∵∠AED=∠OEB,
∴∠EAD=∠AED.
∴$△ ADE$是等腰三角形
解析
【分析】
要判断$△ ADE$的形状，可通过证明其两个内角相等来判定是否为等腰三角形。解题思路如下：首先利用切线的性质得到切线与过切点的半径垂直，得到一组互余的角；再结合已知的垂直关系得到另一组互余的角；然后根据同圆的半径相等得到一组等角，利用等角的余角相等推出两个角相等；最后结合对顶角相等，即可得到$△ ADE$的两个内角相等，进而判断三角形形状。
【解析】
$△ ADE$是等腰三角形，理由如下：
∵直线AD切$\odot O$于点A，
∴$AD⊥ OA$，
∴$∠ OAD=90°$，
∴$∠ OAB+∠ EAD=90°$。
∵$OD⊥ OB$，
∴$∠ BOE=90°$，
∴$∠ B+∠ OEB=90°$。
∵$OB=OA$，
∴$∠ B=∠ OAB$，
∴$∠ EAD=∠ OEB$。
∵$∠ AED=∠ OEB$，
∴$∠ EAD=∠ AED$，
∴$△ ADE$是等腰三角形。
【答案】
$△ ADE$是等腰三角形
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的判定、等角的余角相等
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础常考题，解题的关键是熟练掌握切线的性质，灵活运用互余关系、对顶角相等进行角的等量代换。
【难度系数】
0.75
要判断$△ ADE$的形状，可通过证明其两个内角相等来判定是否为等腰三角形。解题思路如下：首先利用切线的性质得到切线与过切点的半径垂直，得到一组互余的角；再结合已知的垂直关系得到另一组互余的角；然后根据同圆的半径相等得到一组等角，利用等角的余角相等推出两个角相等；最后结合对顶角相等，即可得到$△ ADE$的两个内角相等，进而判断三角形形状。
【解析】
$△ ADE$是等腰三角形，理由如下：
∵直线AD切$\odot O$于点A，
∴$AD⊥ OA$，
∴$∠ OAD=90°$，
∴$∠ OAB+∠ EAD=90°$。
∵$OD⊥ OB$，
∴$∠ BOE=90°$，
∴$∠ B+∠ OEB=90°$。
∵$OB=OA$，
∴$∠ B=∠ OAB$，
∴$∠ EAD=∠ OEB$。
∵$∠ AED=∠ OEB$，
∴$∠ EAD=∠ AED$，
∴$△ ADE$是等腰三角形。
【答案】
$△ ADE$是等腰三角形
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的判定、等角的余角相等
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础常考题，解题的关键是熟练掌握切线的性质，灵活运用互余关系、对顶角相等进行角的等量代换。
【难度系数】
0.75
13. 如图，O是正方形ABCD对角线上一点，以点O为圆心，OC长为半径的$\odot O$与AD相切于点E.
(1) 求证：AB与$\odot O$相切.
(2) 若正方形ABCD的边长为$\sqrt{2}+1$，则$\odot O$的半径=
(1) 求证：AB与$\odot O$相切.
(2) 若正方形ABCD的边长为$\sqrt{2}+1$，则$\odot O$的半径=
√2
.答案
13.（1）如图,连接OE,过点O作OG⊥AB,垂足为G,
∵$\odot O$与AD相切于点E,
∴OE⊥AD,
∵四边形ABCD是正方形,AC是正方形的对角线,
∴∠BAC=∠DAC=45°,
∴OE=OG,
∵OE为$\odot O$的半径,
∴OG为$\odot O$的半径,
∵OG⊥AB,
∴AB与$\odot O$相切
（2）
∵AC为正方形ABCD的对角线,
∴∠DAC=45°,
∵$\odot O$与AD相切于点E,
∴∠AEO=90°,
∴由(1)可知AE=OE,设AE=OE=OC=OF=R,在Rt△AEO中,
∵$AE^2+EO^2=AO^2$,
∴$AO^2=R^2+R^2$,
∵R＞0,
∴AO=$\sqrt{2} R$,又
∵正方形ABCD的边长为$\sqrt{2} +1$,在Rt△ADC中,
∴AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2}(\sqrt{2} +1)$,
∵OA+OC=AC,
∴$\sqrt{2} R+R=\sqrt{2}(\sqrt{2} +1)$,
∴R=$\sqrt{2}$.
∴$\odot O$的半径为$\sqrt{2}$
解析
【分析】
（1）要证明AB与$\odot O$相切，根据切线判定定理，需证明圆心O到AB的距离等于$\odot O$的半径。已知$\odot O$与AD相切，可得OE⊥AD（OE为半径），结合正方形对角线平分内角的性质，利用角平分线上的点到角两边距离相等，即可证得O到AB的距离等于半径，完成切线证明。
（2）设$\odot O$的半径为R，由∠DAC=45°、OE⊥AD可推出△AEO为等腰直角三角形，得$AO=\sqrt{2}R$；再计算正方形对角线AC的长度，根据$AC=AO+OC$（OC=R）列方程求解，即可得到半径的值。
【解析】
(1) 如图，连接OE，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵$\odot O$与AD相切于点E，
∴OE⊥AD，
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∴OE=OG，
∵OE为$\odot O$的半径，
∴OG为$\odot O$的半径，
∵OG⊥AB，
∴AB与$\odot O$相切。
(2)
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠DAC=45°，
∵$\odot O$与AD相切于点E，
∴∠AEO=90°，
∴AE=OE，设AE=OE=OC=R，在Rt△AEO中，
∵$AE^2+EO^2=AO^2$，
∴$AO^2=R^2+R^2$，
∵R＞0，
∴AO=$\sqrt{2} R$，
又
∵正方形ABCD的边长为$\sqrt{2} +1$，在Rt△ADC中，
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2}(\sqrt{2} +1)$，
∵OA+OC=AC，
∴$\sqrt{2} R+R=\sqrt{2}(\sqrt{2} +1)$，
解得R=$\sqrt{2}$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定与性质、正方形的性质、角平分线的性质
【点评】
本题综合考查了圆与正方形的相关性质，解题关键是合理作辅助线，灵活运用角平分线性质和等腰直角三角形的边角关系，第二问通过设未知数列方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
（1）要证明AB与$\odot O$相切，根据切线判定定理，需证明圆心O到AB的距离等于$\odot O$的半径。已知$\odot O$与AD相切，可得OE⊥AD（OE为半径），结合正方形对角线平分内角的性质，利用角平分线上的点到角两边距离相等，即可证得O到AB的距离等于半径，完成切线证明。
（2）设$\odot O$的半径为R，由∠DAC=45°、OE⊥AD可推出△AEO为等腰直角三角形，得$AO=\sqrt{2}R$；再计算正方形对角线AC的长度，根据$AC=AO+OC$（OC=R）列方程求解，即可得到半径的值。
【解析】
(1) 如图，连接OE，过点O作OG⊥AB，垂足为G，
∵$\odot O$与AD相切于点E，
∴OE⊥AD，
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，
∴∠BAC=∠DAC=45°，
∴OE=OG，
∵OE为$\odot O$的半径，
∴OG为$\odot O$的半径，
∵OG⊥AB，
∴AB与$\odot O$相切。
(2)
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠DAC=45°，
∵$\odot O$与AD相切于点E，
∴∠AEO=90°，
∴AE=OE，设AE=OE=OC=R，在Rt△AEO中，
∵$AE^2+EO^2=AO^2$，
∴$AO^2=R^2+R^2$，
∵R＞0，
∴AO=$\sqrt{2} R$，
又
∵正方形ABCD的边长为$\sqrt{2} +1$，在Rt△ADC中，
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2}(\sqrt{2} +1)$，
∵OA+OC=AC，
∴$\sqrt{2} R+R=\sqrt{2}(\sqrt{2} +1)$，
解得R=$\sqrt{2}$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\sqrt{2}$
【知识点】
切线的判定与性质、正方形的性质、角平分线的性质
【点评】
本题综合考查了圆与正方形的相关性质，解题关键是合理作辅助线，灵活运用角平分线性质和等腰直角三角形的边角关系，第二问通过设未知数列方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
