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1. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,以$AB$为直径的$\odot O$交$BC$于点$D$,过点$D$作$\odot O$的切线交$AC$于点$E$.
(1)求$∠ DEC$的度数.
(2)若$AB=AC=5$,$BC=8$,求$DE$的长.
(1)求$∠ DEC$的度数.
(2)若$AB=AC=5$,$BC=8$,求$DE$的长.
答案
解：
(1) 连接OD，AD。
∵ DE是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴ OD⊥DE。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°，即AD⊥BC。
又∵ AB=AC，
∴ D是BC的中点。
∵ O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ OD//AC，
∴ DE⊥AC，
即∠DEC=90°。
(2) ∵ AB=AC=5，AD⊥BC，BC=8，
∴ CD=BD=$\frac{1}{2}$BC=4。
在Rt△ADC中，$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵ $S_{△ ADC}=\frac{1}{2}· AD· CD=\frac{1}{2}· AC· DE$，
∴ $DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
综上，(1) $∠ DEC=90°$；(2) $DE=\frac{12}{5}$。
(1) 连接OD，AD。
∵ DE是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴ OD⊥DE。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°，即AD⊥BC。
又∵ AB=AC，
∴ D是BC的中点。
∵ O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ OD//AC，
∴ DE⊥AC，
即∠DEC=90°。
(2) ∵ AB=AC=5，AD⊥BC，BC=8，
∴ CD=BD=$\frac{1}{2}$BC=4。
在Rt△ADC中，$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵ $S_{△ ADC}=\frac{1}{2}· AD· CD=\frac{1}{2}· AC· DE$，
∴ $DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
综上，(1) $∠ DEC=90°$；(2) $DE=\frac{12}{5}$。
解析
【分析】
(1) 求解∠DEC的度数时，先结合切线的性质，连接半径OD可得OD⊥DE；再利用“直径所对的圆周角为直角”得AD⊥BC，结合AB=AC的等腰三角形性质，由三线合一推出D是BC中点，进而判断OD是△ABC的中位线，得到OD//AC，即可推出DE与AC的垂直关系，得到∠DEC的度数。
(2) 求DE的长度时，先由等腰三角形三线合一求出CD的长度，再用勾股定理计算Rt△ADC中AD的长度，最后利用△ADC的面积的两种计算方式，通过等面积法即可求出DE的长。
【解析】
(1) 连接OD，AD。
∵ DE是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴ OD⊥DE。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°，即AD⊥BC。
又
∵ AB=AC，
∴ D是BC的中点。
∵ O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ OD//AC，
∴ DE⊥AC，
即∠DEC=90°。
(2)
∵ AB=AC=5，AD⊥BC，BC=8，
∴ CD=BD=$\frac{1}{2}$BC=4。
在Rt△ADC中，$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵ $S_{△ ADC}=\frac{1}{2}· AD· CD=\frac{1}{2}· AC· DE$，
∴ $DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠DEC=90°}$；(2) $\boldsymbol{DE=\frac{12}{5}}$
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的常见基础题型，考查知识点较为综合，解题的关键是合理构造辅助线，串联圆和三角形的相关性质推导关系，第二问的等面积法是计算三角形内高的常用方法，掌握这类解题思路能有效提升几何综合解题能力。
【难度系数】
0.7
(1) 求解∠DEC的度数时，先结合切线的性质，连接半径OD可得OD⊥DE；再利用“直径所对的圆周角为直角”得AD⊥BC，结合AB=AC的等腰三角形性质，由三线合一推出D是BC中点，进而判断OD是△ABC的中位线，得到OD//AC，即可推出DE与AC的垂直关系，得到∠DEC的度数。
(2) 求DE的长度时，先由等腰三角形三线合一求出CD的长度，再用勾股定理计算Rt△ADC中AD的长度，最后利用△ADC的面积的两种计算方式，通过等面积法即可求出DE的长。
【解析】
(1) 连接OD，AD。
∵ DE是⊙O的切线，OD是⊙O的半径，
∴ OD⊥DE。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°，即AD⊥BC。
又
∵ AB=AC，
∴ D是BC的中点。
∵ O是AB的中点，
∴ OD是△ABC的中位线，
∴ OD//AC，
∴ DE⊥AC，
即∠DEC=90°。
(2)
∵ AB=AC=5，AD⊥BC，BC=8，
∴ CD=BD=$\frac{1}{2}$BC=4。
在Rt△ADC中，$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵ $S_{△ ADC}=\frac{1}{2}· AD· CD=\frac{1}{2}· AC· DE$，
∴ $DE=\frac{AD· CD}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠DEC=90°}$；(2) $\boldsymbol{DE=\frac{12}{5}}$
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的常见基础题型，考查知识点较为综合，解题的关键是合理构造辅助线，串联圆和三角形的相关性质推导关系，第二问的等面积法是计算三角形内高的常用方法，掌握这类解题思路能有效提升几何综合解题能力。
【难度系数】
0.7
【典型例题2】如图，AB为$\odot O$的直径，$OC⊥ AB$交$\odot O$于点C，D为OB上一点，连接CD并延长交$\odot O$于点E，延长OB至点F，使$DF=FE$。求证：EF为$\odot O$的切线。
【证明】连接OE(图略)，
则$OE=OC$。
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because DF=FE$，
$\therefore ∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ CDO=∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ OEF=∠ OEC+∠ FED=∠ OCE+∠ CDO=180°-∠ BOC=90°$。
又OE是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
规律方法 已知直线与圆的公共点，要证直线与圆相切，可连接这个公共点和圆心，得到半径，证明这条半径垂直于已知直线即可。
【证明】连接OE(图略)，
则$OE=OC$。
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because DF=FE$，
$\therefore ∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ CDO=∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ OEF=∠ OEC+∠ FED=∠ OCE+∠ CDO=180°-∠ BOC=90°$。
又OE是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
规律方法 已知直线与圆的公共点，要证直线与圆相切，可连接这个公共点和圆心，得到半径，证明这条半径垂直于已知直线即可。
答案
【证明】连接OE(图略)，
则$OE=OC$。
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because DF=FE$，
$\therefore ∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ CDO=∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ OEF=∠ OEC+∠ FED=∠ OCE+∠ CDO=180°-∠ BOC=90°$。
又OE是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
规律方法 已知直线与圆的公共点，要证直线与圆相切，可连接这个公共点和圆心，得到半径，证明这条半径垂直于已知直线即可。
则$OE=OC$。
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because DF=FE$，
$\therefore ∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ CDO=∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ OEF=∠ OEC+∠ FED=∠ OCE+∠ CDO=180°-∠ BOC=90°$。
又OE是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
规律方法 已知直线与圆的公共点，要证直线与圆相切，可连接这个公共点和圆心，得到半径，证明这条半径垂直于已知直线即可。
解析
【分析】
要证明EF是⊙O的切线，已知E是圆上的点，根据切线判定的常用思路：若直线与圆有明确公共点，可连接公共点与圆心得到半径，证明半径与该直线垂直即可。因此首先连接OE，只需证OE⊥EF。接下来利用等腰三角形等边对等角的性质，结合OC⊥AB得到的直角，通过对顶角相等完成角的等量代换，推导得出∠OEF=90°，即可完成证明。
【解析】
连接OE，
则$OE=OC$，
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because DF=FE$，
$\therefore ∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ CDO=∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ OEF=∠ OEC+∠ FED=∠ OCE+∠ CDO=180°-∠ BOC=90°$。
又OE是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
【答案】
EF为$\odot O$的切线。
【知识点】
切线的判定定理；等腰三角形的性质；对顶角的性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，重点考察“有公共点、连半径、证垂直”的切线判定常用方法，解题过程中需要灵活运用等腰三角形的角的性质和角的等量代换技巧，是圆相关证明的常考基础题型。
【难度系数】
0.8
要证明EF是⊙O的切线，已知E是圆上的点，根据切线判定的常用思路：若直线与圆有明确公共点，可连接公共点与圆心得到半径，证明半径与该直线垂直即可。因此首先连接OE，只需证OE⊥EF。接下来利用等腰三角形等边对等角的性质，结合OC⊥AB得到的直角，通过对顶角相等完成角的等量代换，推导得出∠OEF=90°，即可完成证明。
【解析】
连接OE，
则$OE=OC$，
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ BOC=90°$。
$\because DF=FE$，
$\therefore ∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ CDO=∠ FDE=∠ FED$。
$\therefore ∠ OEF=∠ OEC+∠ FED=∠ OCE+∠ CDO=180°-∠ BOC=90°$。
又OE是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
【答案】
EF为$\odot O$的切线。
【知识点】
切线的判定定理；等腰三角形的性质；对顶角的性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，重点考察“有公共点、连半径、证垂直”的切线判定常用方法，解题过程中需要灵活运用等腰三角形的角的性质和角的等量代换技巧，是圆相关证明的常考基础题型。
【难度系数】
0.8
2. 如图，AB是$\odot O$的直径，点C在圆上，连接BC，AC. D为$\odot O$外一点，$AD ⊥ CD$，垂足为D，且AC平分$∠ BAD$. 求证：CD为$\odot O$的切线.
答案
2. 【证明】如图，连接OC.
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA.
∵AC平分∠BAD，
∴∠OAC=∠CAD.
∴∠OCA=∠CAD.
∴OC//AD.
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD.
又OC为$\odot O$的半径，
∴CD为$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要证明CD为$\odot O$的切线，已知CD与$\odot O$有公共点C，根据切线的判定规则，只需证明过点C的半径OC与CD垂直即可。第一步先作辅助线连接OC：首先利用同圆半径相等，得到等腰$△ OAC$，推出底角$∠ OAC=∠ OCA$；再结合AC平分$∠ BAD$的条件，得到$∠ OAC=∠ CAD$，等量代换可得内错角$∠ OCA=∠ CAD$，进而推出$OC// AD$；最后结合已知$AD⊥ CD$，即可得到$OC⊥ CD$，结合OC是半径即可得证。
【解析】
证明：如图，连接OC。
∵OA、OC均为$\odot O$的半径，
∴$OA=OC$，
根据等腰三角形等边对等角的性质，得$∠ OAC=∠ OCA$。
∵AC平分$∠ BAD$，根据角平分线的定义，得$∠ OAC=∠ CAD$。
等量代换可得$∠ OCA=∠ CAD$，
根据内错角相等，两直线平行，得$OC// AD$。
∵$AD⊥ CD$，即$∠ D=90°$，
∴$∠ OCD=∠ D=90°$，即$OC⊥ CD$。
又
∵OC为$\odot O$的半径，
∴根据切线的判定定理，CD为$\odot O$的切线。
【答案】
【证明】如图，连接OC.
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA.
∵AC平分∠BAD，
∴∠OAC=∠CAD.
∴∠OCA=∠CAD.
∴OC//AD.
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD.
又OC为$\odot O$的半径，
∴CD为$\odot O$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】
本题是切线证明的常规基础题型，核心要掌握“直线与圆有已知交点时，连半径、证垂直”的切线判定思路，解题时结合角平分线、等腰三角形、平行线的性质推导垂直关系即可，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.8
要证明CD为$\odot O$的切线，已知CD与$\odot O$有公共点C，根据切线的判定规则，只需证明过点C的半径OC与CD垂直即可。第一步先作辅助线连接OC：首先利用同圆半径相等，得到等腰$△ OAC$，推出底角$∠ OAC=∠ OCA$；再结合AC平分$∠ BAD$的条件，得到$∠ OAC=∠ CAD$，等量代换可得内错角$∠ OCA=∠ CAD$，进而推出$OC// AD$；最后结合已知$AD⊥ CD$，即可得到$OC⊥ CD$，结合OC是半径即可得证。
【解析】
证明：如图，连接OC。
∵OA、OC均为$\odot O$的半径，
∴$OA=OC$，
根据等腰三角形等边对等角的性质，得$∠ OAC=∠ OCA$。
∵AC平分$∠ BAD$，根据角平分线的定义，得$∠ OAC=∠ CAD$。
等量代换可得$∠ OCA=∠ CAD$，
根据内错角相等，两直线平行，得$OC// AD$。
∵$AD⊥ CD$，即$∠ D=90°$，
∴$∠ OCD=∠ D=90°$，即$OC⊥ CD$。
又
∵OC为$\odot O$的半径，
∴根据切线的判定定理，CD为$\odot O$的切线。
【答案】
【证明】如图，连接OC.
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA.
∵AC平分∠BAD，
∴∠OAC=∠CAD.
∴∠OCA=∠CAD.
∴OC//AD.
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD.
又OC为$\odot O$的半径，
∴CD为$\odot O$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】
本题是切线证明的常规基础题型，核心要掌握“直线与圆有已知交点时，连半径、证垂直”的切线判定思路，解题时结合角平分线、等腰三角形、平行线的性质推导垂直关系即可，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.8
