7. 如图,正方形$ABCD$的顶点$A$,$B$都在$\odot O$上,且边$CD$与$\odot O$相切于点$E$.如果$\odot O$的半径为1,那么正方形$ABCD$的边长为.

7. $\dfrac{8}{5}$ 如图,连接 $EO$ 并延长,交 $AB$ 于点 $H$,连接 $AO$.$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore AB=AD$,$AB// CD$,$∠ D=∠ DAH=90°$. $\because$ 边 $CD$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E$,$\therefore HE ⊥ CD$.$\therefore ∠ DEH=90°$,$HE ⊥ AB$. $\therefore ∠ AHO=90°$,$AH=\frac{1}{2}AB$. $\because ∠ DAH=∠ D=∠ DEH=90°$,$\therefore$ 四边形$AHED$ 是矩形. $\therefore HE=AD$. 设 $OH=x$,则 $AD=AB=HE=x+1$. $\therefore AH=\frac{x+1}{2}$. $\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ AHO$ 中,由勾股定理,得 $AO^2=AH^2+OH^2$,$\therefore 1^2=(\frac{x+1}{2})^2+x^2$,解得$x_1=\frac{3}{5}$,$x_2=-1$(不合题意,舍去). $\therefore AD=\frac{8}{5}$. $\therefore$ 正方形 $ABCD$ 的边长为 $\frac{8}{5}$.

【分析】
解题思路：首先看到CD是⊙O的切线，根据切线的性质，优先连接圆心O和切点E，再延长EO交AB于点H，同时连接OA。因为ABCD是正方形，AB平行于CD，结合HE⊥CD，可推出HE⊥AB，由垂径定理就能得到AH是AB长度的一半。接着利用正方形的边长相等，以及四边形AHED是矩形得到HE等于正方形的边长，设OH的长度为x，就可以把正方形边长表示为x+1，AH表示为(x+1)/2，最后在Rt△AHO中利用勾股定理列出关于x的方程，求解后舍去不符合实际的负根，就能算出正方形的边长。
【解析】
解：连接EO并延长，交AB于点H，连接AO。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，AB// CD，∠ D=∠ DAH=90°。
∵ 边CD与⊙O相切于点E，
∴ HE ⊥ CD，
∴ ∠ DEH=90°，结合AB// CD可得HE ⊥ AB。
由垂径定理得：$AH=\frac{1}{2}AB$，∠ AHO=90°。
∵ ∠ DAH=∠ D=∠ DEH=90°，
∴ 四边形AHED是矩形，因此HE=AD。
设OH=x，已知⊙O的半径为1，则OE=1，因此AD=AB=HE=x+1，
∴ $AH=\frac{x+1}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ AHO$中，由勾股定理得 $AO^2=AH^2+OH^2$，代入AO=1得：
$1^2=(\frac{x+1}{2})^2+x^2$
整理得$5x^2+2x-3=0$，解得$x_1=\frac{3}{5}$，$x_2=-1$，边长为正，舍去不合题意的$x_2=-1$。
因此正方形边长$AD=\frac{3}{5}+1=\frac{8}{5}$。
【答案】
$\dfrac{8}{5}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的几何综合题，核心是利用切线性质构造辅助线，通过将几何边长关系转化为一元二次方程求解，体现了数形结合的思想，需要学生熟练掌握圆的相关性质，灵活构造直角三角形建立等量关系。
【难度系数】
0.4

8. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=5$,$BC=4$,以$CD$为直径作$\odot O$,将矩形$ABCD$绕点$C$旋转,使所得矩形$A'B'CD'$的边$A'B'$与$\odot O$相切,切点为$E$,边$CD'$与$\odot O$相交于点$F$,则$CF$的长为.

8. 4 如图,连接 $EO$ 并延长,交 $CD'$ 于点 $G$,连接 $DF$. 由题意,易得 $B'C=BC=4$,$CD=AB=5$,$∠ B'=∠ B=90°$.$\because A'B'$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E$,$\therefore GE ⊥ A'B'$. 又 $\because$ 易知$A'B'// CD'$,$\therefore GE ⊥ CD'$. $\therefore CG=GF=\frac{1}{2}CF$. $\because$ 易得四边形 $B'CGE$ 为矩形,$\therefore EG=B'C=4$. $\because OE=OC=\frac{1}{2}CD=2.5$,$\therefore OG=GE-OE=4-2.5=1.5$. $\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OCG$ 中,$CG=\sqrt{OC^2-OG^2}=\sqrt{2.5^2-1.5^2}=2$.$\therefore CF=2CG=4$.

【分析】
我们可以按如下思路逐步推导：首先利用旋转的性质，得到旋转后对应边相等，即B'C=BC=4，CD=AB=5，结合CD是⊙O的直径，直接得到⊙O的半径为2.5。已知A'B'与⊙O相切，根据切线的性质，过切点的半径垂直于切线，因此连接切点E和圆心O并延长，该线段必然垂直于A'B'；又因为矩形对边平行，A'B'//CD'，所以这条延长线也垂直于CD'，刚好满足垂径定理的使用条件，可得CG=GF=1/2 CF，只要求出CG的长度就能得到CF的长。接下来可证四边形B'CGE是矩形，得到EG=B'C=4，进而算出OG的长度，最后在Rt△OCG中用勾股定理求出CG，乘2即可得到CF的长。
【解析】
解：连接EO并延长，交CD'于点G，连接DF。
1. 由旋转的性质可得：$B'C=BC=4$，$CD=AB=5$，$∠ B'=∠ B=90°$。
2. 因为CD是$\odot O$的直径，所以$\odot O$的半径$OC=OE=\frac{1}{2}CD=2.5$。
3. 因为$A'B'$与$\odot O$相切于点E，根据切线的性质，得$GE⊥ A'B'$。
4. 又因为四边形$A'B'CD'$是矩形，所以$A'B'// CD'$，因此$GE⊥ CD'$。
5. 根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，可得$CG=GF=\frac{1}{2}CF$。
6. 由$∠ B'=90°$，$GE⊥ A'B'$，$GE⊥ CD'$，可知四边形$B'CGE$四个内角均为直角，是矩形，因此$EG=B'C=4$。
7. 计算OG的长度：$OG=GE-OE=4-2.5=1.5$。
8. 在$\mathrm{Rt}△ OCG$中，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{OC^2-OG^2}=\sqrt{2.5^2-1.5^2}=\sqrt{4}=2$。
9. 因此$CF=2CG=2×2=4$。
【答案】4
【知识点】切线的性质，垂径定理，旋转的性质
【点评】本题属于几何综合题型，结合矩形旋转、圆的相关性质进行考察，解题的核心是通过作辅助线延长EO，构造出垂径定理的适用条件，将所求线段CF转化为两倍的CG，再结合矩形性质和勾股定理完成计算，能够有效考察学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】0.4

9. 如图，$PA$，$PB$是$\odot O$的切线，$A$，$B$为切点，连接$OA$，$OB$，过点$O$作$OC// PA$，交$PB$于点$C$，过点$C$作$CD⊥ AP$，垂足为$D$.
(1) 求证：$OC=AD$.
(2) 若$\odot O$的半径是$3$，$PA=9$，求$OC$的长.

9. (1) $\because PA$,$PB$ 是 $\odot O$ 的切线,$OA$,$OB$ 是 $\odot O$ 的半径,$\therefore OA ⊥ PA$,$OB ⊥ PB$. $\because OC// PA$,$CD ⊥ AP$,$\therefore CD ⊥ OC$. $\therefore ∠ OAD=∠ CDA=∠ OCD=90°$. $\therefore$ 四边形 $OADC$是矩形. $\therefore OC=AD$.
(2) 设 $OC=AD=x$. $\because$ 四边形$OADC$ 是矩形,$\odot O$ 的半径是 $3$,$PA=9$,$\therefore OA=OB=CD=3$,$PD=PA-AD=9-x$. $\because OC// PA$,$\therefore ∠ OCB=∠ P$. $\because OB ⊥ PB$,$CD ⊥ AP$,$\therefore ∠ OBC=∠ CDP=90°$. 在$△ OCB$ 和 $△ CPD$ 中,$\begin{cases}∠ OCB=∠ P,\\∠ OBC=∠ CDP,\\OB=CD,\end{cases}$ $\therefore △ OCB ≌ △ CPD(\mathrm{AAS})$. $\therefore BC=DP=9-x$. 在 $\mathrm{Rt}△ OCB$ 中,由勾股定理,得 $OC^2=OB^2+BC^2$,$\therefore x^2=3^2+(9-x)^2$,解得$x=5$. $\therefore OC=5$.

【分析】
(1) 要证明OC=AD，首先利用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，得到OA⊥PA，再结合已知OC//PA、CD⊥AP，可推出四边形OADC的三个内角均为90°，即可判定它是矩形，根据矩形对边相等的性质就能直接得到OC=AD。
(2) 要求OC的长度，先设OC=x，利用第一问矩形的性质把相关线段用x表示出来：AD=OC=x，CD=OA=3，PD=PA-AD=9-x；再通过平行线的性质和直角相等，证明△OCB和△CPD全等，得到BC=PD=9-x，最后在Rt△OBC中用勾股定理列关于x的方程，解方程即可求出OC的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，OA，OB是$\odot O$的半径，
∴ $OA ⊥ PA$，$OB ⊥ PB$。
∵ $OC// PA$，$CD ⊥ AP$，
∴ $CD ⊥ OC$，
∴ $∠ OAD=∠ CDA=∠ OCD=90°$，
∴ 四边形$OADC$是矩形，
∴ $OC=AD$。
(2) 解：设 $OC=AD=x$，
∵ 四边形$OADC$ 是矩形，$\odot O$ 的半径是 $3$，$PA=9$，
∴ $OA=OB=CD=3$，$PD=PA-AD=9-x$，
∵ $OC// PA$，
∴ $∠ OCB=∠ P$，
∵ $OB ⊥ PB$，$CD ⊥ AP$，
∴ $∠ OBC=∠ CDP=90°$，
在$△ OCB$ 和 $△ CPD$ 中,
$\begin{cases}∠ OCB=∠ P,\\∠ OBC=∠ CDP,\\OB=CD,\end{cases}$
∴ $△ OCB ≌ △ CPD(\mathrm{AAS})$，
∴ $BC=DP=9-x$，
在 $\mathrm{Rt}△ OCB$ 中,由勾股定理,得 $OC^2=OB^2+BC^2$,
代入得 $x^2=3^2+(9-x)^2$，
化简得 $x^2=9+81-18x+x^2$，
解得 $x=5$。
【答案】
(1) 证明成立，$OC=AD$；(2) $OC=5$
【知识点】
切线的性质，矩形判定性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础几何综合题，第一问通过切线性质和平行线性质构造矩形，利用矩形性质完成证明，为第二问做铺垫；第二问结合全等三角形判定、勾股定理，通过设未知数列方程求解线段长度，考察了学生几何逻辑推导和方程思想的应用能力。
【难度系数】
0.6

10. ⭐ 如图,四边形 $ABCD$ 内接于$\odot O,AB=AC$,延长 $CD$ 至点 $E$,使 $CE=BD$,连接 $AE$.
(1) 求证:$DA$ 平分$∠ BDE$.
(2) 若 $AB// CD$,求证:$AE$ 是$\odot O$ 的切线.

10. (1) $\because$ 四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$,$\therefore ∠ ABC+∠ ADC=180°$. $\because ∠ ADE+∠ ADC=180°$,$\therefore ∠ ABC=∠ ADE$. $\because AB=AC$,$\therefore ∠ ABC=∠ ACB$. $\because ∠ ACB=∠ ADB$,$\therefore ∠ ADB=∠ ADE$. $\therefore DA$ 平分 $∠ BDE$.
(2) 连接 $OB$,$OC$,$OA$. $\because AB// CD$,$\therefore ∠ BAD=∠ ADE$.由(1)知,$∠ ADB=∠ ADE$,$\therefore ∠ BAD=∠ ADB$. $\therefore AB=BD$. $\because CE=BD$,$\therefore AB=CE$. $\therefore$ 四边形 $ABCE$ 是平行四边形. $\therefore BC// AE$. $\because OB=OC$,$\therefore$ 点 $O$ 在线段 $BC$ 的垂直平分线上. $\because AB=AC$,$\therefore$ 点 $A$ 在线段 $BC$ 的垂直平分线上. $\therefore OA$ 垂直平分 $BC$. $\therefore OA ⊥ AE$. $\because OA$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore AE$ 是 $\odot O$ 的切线.

【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明DA平分∠BDE，核心思路是证明∠ADB=∠ADE：首先利用圆内接四边形对角互补的性质，结合邻补角互补，推导出∠ADE=∠ABC；再由AB=AC得到等腰三角形底角相等，即∠ABC=∠ACB，再根据同弧AB所对的圆周角相等，得到∠ACB=∠ADB，通过等量代换即可得到∠ADB=∠ADE，完成角平分线的证明。
第二问要证明AE是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需要证明半径OA⊥AE即可：首先由AB//CD，结合第一问得到的∠ADB=∠ADE，推导出∠BAD=∠ADB，得到AB=BD，再结合已知CE=BD，得到AB=CE且AB//CE，因此四边形ABCE是平行四边形，可得AE//BC；再利用AB=AC、OB=OC，推出OA是BC的垂直平分线，即OA⊥BC，结合平行线的性质就得到OA⊥AE，最终得证AE是切线。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD内接于$\odot O$,
$\therefore ∠ ABC+∠ ADC=180°$.
$\because ∠ ADE+∠ ADC=180°$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ADE$.
$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ACB$.
$\because ∠ ACB=∠ ADB$,
$\therefore ∠ ADB=∠ ADE$.
$\therefore DA$ 平分$∠ BDE$.
(2) 证明：
连接 $OB$,$OC$,$OA$.
$\because AB// CD$,
$\therefore ∠ BAD=∠ ADE$.
由(1)知,$∠ ADB=∠ ADE$,
$\therefore ∠ BAD=∠ ADB$.
$\therefore AB=BD$.
$\because CE=BD$,
$\therefore AB=CE$.
$\therefore$ 四边形 $ABCE$ 是平行四边形.
$\therefore BC// AE$.
$\because OB=OC$,
$\therefore$ 点 $O$ 在线段 $BC$ 的垂直平分线上.
$\because AB=AC$,
$\therefore$ 点 $A$ 在线段 $BC$ 的垂直平分线上.
$\therefore OA$ 垂直平分 $BC$.
$\therefore OA ⊥ AE$.
$\because OA$ 为 $\odot O$ 的半径,
$\therefore AE$ 是$\odot O$ 的切线.
【答案】
(1) 可证得DA平分$∠BDE$；(2) 可证得AE是$\odot O$的切线。
【知识点】
圆内接四边形性质，圆周角定理，切线的判定
【点评】
本题是圆的综合中档证明题，第一问侧重考察圆相关基础性质的运用，通过角的等量代换即可完成证明；第二问需要结合平行四边形判定、线段垂直平分线的性质，将切线判定所需的垂直条件进行转化，整体逻辑连贯，能有效考察学生对几何基础定理的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

11. 如图,$\odot O$是$△ ABC$的外接圆,且$AB=AC$,连接$BO$并延长,交$\odot O$于点$D$,过点$A$作$AE ⊥$$BD$,垂足为$E$,点$F$在$BD$的延长线上,连接$AF$,使$∠ FAE=2 ∠ ABD$,连接$OA$,$OC$.
(1) 试判断直线$AF$与$\odot O$的位置关系,并说明理由.
(2) 若$DE=1$,$BC=4$,求$\odot O$的半径.

11. (1)
直线 $AF$ 与 $\odot O$ 相切. 理由: $\because ∠ FAE=2∠ ABD$,$∠ FOA=2∠ ABD$,$\therefore ∠ FAE=∠ FOA$. $\because AE ⊥ BD$,$\therefore ∠ AEO=90°$. $\therefore ∠ FOA+∠ EAO=90°$. $\therefore ∠ FAE+∠ EAO=90°$,即 $∠ FAO=90°$. $\therefore OA ⊥ FA$. $\because OA$ 为 $\odot O$ 的半径,$\therefore$ 直线 $AF$ 与 $\odot O$ 相切.
(2)
如图,延长 $AE$ 交 $\odot O$ 于点 $H$,连接 $BH$. $\because BD$ 为 $\odot O$ 的直径,$AE ⊥ BD$,$\therefore BD$ 为 $AH$ 的垂直平分线. $\therefore BA=BH$. $\because AB=AC$,$\therefore BH=AC$. $\therefore \overset{\frown}{BH}=\overset{\frown}{AC}$. $\therefore$ 易得$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{BC}$. $\therefore AH=BC=4$. $\therefore AE=\frac{1}{2}AH=2$. 设 $\odot O$ 的半径为 $r$,则 $OE=OD-DE=r-1$,在 $\mathrm{Rt}△ OAE$ 中,$AE^2+OE^2=OA^2$,$\therefore 2^2+(r-1)^2=r^2$,解得 $r=2.5$.$\therefore \odot O$ 的半径为 $2.5$.

【分析】
这道题分为两小问，第一问判断直线和圆的位置关系，优先考虑切线判定思路：要证明直线过半径外端且垂直于对应半径。首先结合圆周角定理，同弧对应的圆心角是圆周角的2倍，正好匹配题目给出的∠FAE=2∠ABD的条件，将∠FAE代换为圆心角∠AOB，再结合AE⊥BD得到的直角锐角互余关系，就能推导出OA⊥AF，直接得到相切结论。第二问求圆的半径，我们可以利用垂径定理构造完整弦：延长AE交圆得到弦AH，由BD是直径且垂直AH，可得AH被BD平分，再结合AB=AC的条件，推导弧AH和弧BC相等，得到弦AH=BC，算出AE的长度后，在直角三角形OAE中用勾股定理列方程即可解出半径。
【解析】
(1) 直线$AF$与$\odot O$相切，理由如下：
由圆周角定理，同弧$AB$所对的圆心角$∠ FOA=2∠ ABD$，已知$∠ FAE=2∠ ABD$，因此$∠ FAE=∠ FOA$。
因为$AE ⊥ BD$，所以$∠ AEO=90°$，在$\mathrm{Rt}△ AEO$中，两个锐角互余，即$∠ FOA + ∠ EAO=90°$。
将$∠ FOA$替换为$∠ FAE$，可得$∠ FAE + ∠ EAO=90°$，即$∠ FAO=90°$，因此$OA ⊥ FA$。
又因为$OA$是$\odot O$的半径，所以直线$AF$与$\odot O$相切。
(2) 延长$AE$交$\odot O$于点$H$，连接$BH$：
因为$BD$是$\odot O$的直径，且$AE ⊥ BD$，根据垂径定理，$BD$垂直平分弦$AH$，因此$BA=BH$，且$AE=\frac{1}{2}AH$。
已知$AB=AC$，所以$BH=AC$，由弦相等可得对应弧相等，即$\overset{\frown}{BH}=\overset{\frown}{AC}$，因此$\overset{\frown}{BH}+\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}+\overset{\frown}{AB}$，即$\overset{\frown}{AH}=\overset{\frown}{BC}$，可得弦$AH=BC=4$。
因此$AE=\frac{1}{2}AH=2$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=OD=r$，已知$DE=1$，所以$OE=OD-DE=r-1$。
在$\mathrm{Rt}△ OAE$中，由勾股定理得：
$AE^2+OE^2=OA^2$
代入数值：$2^2+(r-1)^2=r^2$，展开化简得$4+r^2-2r+1=r^2$，解得$r=2.5$。
【答案】
(1) 直线$AF$与$\odot O$相切，理由见解析；(2) $\odot O$的半径为$2.5$
【知识点】
切线的判定，垂径定理，圆周角定理
【点评】
本题是圆的经典综合中档题，第一问考察切线判定的常规代换思路，利用2倍角的条件结合直角互余完成证明，难度较低；第二问的核心是通过构造垂径定理的基本图形，利用等弧对等弦的性质把已知的BC长度转化为AH的长度，避免了复杂的全等推导，最后用勾股定理列方程求解半径，是圆中求半径的典型考法，能有效考察学生对圆中弧弦转化关系的掌握程度。
【难度系数】
0.6