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10.如图，AB为$\odot O$的直径，E为$\odot O$上一点，点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，过点C作$CD⊥ AE$，交AE的延长线于点D，延长DC交AB的延长线于点F.
(1)求证：CD是$\odot O$的切线；
(2)若$DE=1,DC=2$，求$\odot O$的半径长.
(1)求证：CD是$\odot O$的切线；
(2)若$DE=1,DC=2$，求$\odot O$的半径长.
答案
(1) 证明：
连接OC，
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $∠ EAC = ∠ CAB$。
∵ $OA = OC$，
∴ $∠ CAB = ∠ OCA$，
∴ $∠ EAC = ∠ OCA$，
∴ $OC // AD$。
∵ $CD ⊥ AE$，
∴ $CD ⊥ OC$，
又∵ OC是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
连接CE、BC，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$DE=1$，$DC=2$，
由勾股定理得：$CE=\sqrt{DE^2 + DC^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$。
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $BC = CE = \sqrt{5}$。
过点C作$CG ⊥ AB$于点G，
∵ $∠ CAB = ∠ CAD$，$CD ⊥ AD$，$CG ⊥ AB$，
∴ $CG = CD = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ CBG$中，由勾股定理得：
$BG=\sqrt{BC^2 - CG^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}=1$。
∵ AB为$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$和$\mathrm{Rt}△ ACG$中，
$\begin{cases} AC=AC \\ CD=CG \end{cases}$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ACD ≌ \mathrm{Rt}△ ACG \ (\mathrm{HL})$，
∴ $AD = AG$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AB=2r$，
$AG = AB - BG = 2r - 1$，即$AD = 2r - 1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得：
$AC^2 = AD^2 + CD^2 = (2r - 1)^2 + 2^2$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，
代入得：
$(2r - 1)^2 + 2^2 + (\sqrt{5})^2 = (2r)^2$，
展开整理：
$4r^2 - 4r + 1 + 4 + 5 = 4r^2$，
$-4r + 10 = 0$，
解得 $r = \frac{5}{2}$。
∴ $\odot O$的半径长为$\frac{5}{2}$。
连接OC，
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $∠ EAC = ∠ CAB$。
∵ $OA = OC$，
∴ $∠ CAB = ∠ OCA$，
∴ $∠ EAC = ∠ OCA$，
∴ $OC // AD$。
∵ $CD ⊥ AE$，
∴ $CD ⊥ OC$，
又∵ OC是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
---
(2) 解：
连接CE、BC，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$DE=1$，$DC=2$，
由勾股定理得：$CE=\sqrt{DE^2 + DC^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$。
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $BC = CE = \sqrt{5}$。
过点C作$CG ⊥ AB$于点G，
∵ $∠ CAB = ∠ CAD$，$CD ⊥ AD$，$CG ⊥ AB$，
∴ $CG = CD = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ CBG$中，由勾股定理得：
$BG=\sqrt{BC^2 - CG^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}=1$。
∵ AB为$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$和$\mathrm{Rt}△ ACG$中，
$\begin{cases} AC=AC \\ CD=CG \end{cases}$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ACD ≌ \mathrm{Rt}△ ACG \ (\mathrm{HL})$，
∴ $AD = AG$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AB=2r$，
$AG = AB - BG = 2r - 1$，即$AD = 2r - 1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得：
$AC^2 = AD^2 + CD^2 = (2r - 1)^2 + 2^2$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，
代入得：
$(2r - 1)^2 + 2^2 + (\sqrt{5})^2 = (2r)^2$，
展开整理：
$4r^2 - 4r + 1 + 4 + 5 = 4r^2$，
$-4r + 10 = 0$，
解得 $r = \frac{5}{2}$。
∴ $\odot O$的半径长为$\frac{5}{2}$。
解析
【分析】
(1) 证明切线的常用方法是“连半径，证垂直”：首先连接OC，利用弧中点的性质可得∠EAC=∠CAB，结合OA=OC推出∠EAC=∠OCA，即可得到OC//AD，再由CD⊥AD推出OC⊥CD，结合OC是半径即可证明CD是切线。
(2) 先在Rt△CDE中用勾股定理求出CE，由等弧对等弦得BC=CE；过C作CG⊥AB，利用角平分线性质得CG=CD，在Rt△CBG中求出BG的长；再通过HL证明Rt△ACD≌Rt△ACG，得到AD=AG；设圆的半径为r，分别在Rt△ACD和Rt△ACB中用勾股定理表示AC²，列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：
连接OC，
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $∠ EAC = ∠ CAB$。
∵ $OA = OC$，
∴ $∠ CAB = ∠ OCA$，
∴ $∠ EAC = ∠ OCA$，
∴ $OC // AD$。
∵ $CD ⊥ AE$，
∴ $CD ⊥ OC$，
又
∵ OC是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
(2) 解：
连接CE、BC，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$DE=1$，$DC=2$，
由勾股定理得：$CE=\sqrt{DE^2 + DC^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$。
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $BC = CE = \sqrt{5}$。
过点C作$CG ⊥ AB$于点G，
∵ $∠ CAB = ∠ CAD$，$CD ⊥ AD$，$CG ⊥ AB$，
∴ $CG = CD = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ CBG$中，由勾股定理得：
$BG=\sqrt{BC^2 - CG^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}=1$。
∵ AB为$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$和$\mathrm{Rt}△ ACG$中，
$\begin{cases} AC=AC \\ CD=CG \end{cases}$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ACD ≌ \mathrm{Rt}△ ACG \ (\mathrm{HL})$，
∴ $AD = AG$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AB=2r$，
$AG = AB - BG = 2r - 1$，即$AD = 2r - 1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得：
$AC^2 = AD^2 + CD^2 = (2r - 1)^2 + 2^2$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，
代入得：
$(2r - 1)^2 + 2^2 + (\sqrt{5})^2 = (2r)^2$，
展开整理：
$4r^2 - 4r + 1 + 4 + 5 = 4r^2$，
$-4r + 10 = 0$，
解得 $r = \frac{5}{2}$。
【答案】
(1) CD是$\odot O$的切线，证明成立；(2) $\frac{5}{2}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问考查切线的常规证明思路，掌握“连半径、证垂直”的方法即可轻松解决；第二问结合了角平分线性质、直角三角形全等、勾股定理列方程求解，考查了几何综合推理能力和方程思想的应用，是圆章节的典型考法。
【难度系数】
0.6
(1) 证明切线的常用方法是“连半径，证垂直”：首先连接OC，利用弧中点的性质可得∠EAC=∠CAB，结合OA=OC推出∠EAC=∠OCA，即可得到OC//AD，再由CD⊥AD推出OC⊥CD，结合OC是半径即可证明CD是切线。
(2) 先在Rt△CDE中用勾股定理求出CE，由等弧对等弦得BC=CE；过C作CG⊥AB，利用角平分线性质得CG=CD，在Rt△CBG中求出BG的长；再通过HL证明Rt△ACD≌Rt△ACG，得到AD=AG；设圆的半径为r，分别在Rt△ACD和Rt△ACB中用勾股定理表示AC²，列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 证明：
连接OC，
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $∠ EAC = ∠ CAB$。
∵ $OA = OC$，
∴ $∠ CAB = ∠ OCA$，
∴ $∠ EAC = ∠ OCA$，
∴ $OC // AD$。
∵ $CD ⊥ AE$，
∴ $CD ⊥ OC$，
又
∵ OC是$\odot O$的半径，
∴ CD是$\odot O$的切线。
(2) 解：
连接CE、BC，
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中，$DE=1$，$DC=2$，
由勾股定理得：$CE=\sqrt{DE^2 + DC^2}=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$。
∵ 点C为$\overset{\frown}{EB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{EC}=\overset{\frown}{CB}$，
∴ $BC = CE = \sqrt{5}$。
过点C作$CG ⊥ AB$于点G，
∵ $∠ CAB = ∠ CAD$，$CD ⊥ AD$，$CG ⊥ AB$，
∴ $CG = CD = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ CBG$中，由勾股定理得：
$BG=\sqrt{BC^2 - CG^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}=1$。
∵ AB为$\odot O$的直径，
∴ $∠ ACB = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$和$\mathrm{Rt}△ ACG$中，
$\begin{cases} AC=AC \\ CD=CG \end{cases}$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ACD ≌ \mathrm{Rt}△ ACG \ (\mathrm{HL})$，
∴ $AD = AG$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AB=2r$，
$AG = AB - BG = 2r - 1$，即$AD = 2r - 1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理得：
$AC^2 = AD^2 + CD^2 = (2r - 1)^2 + 2^2$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，
代入得：
$(2r - 1)^2 + 2^2 + (\sqrt{5})^2 = (2r)^2$，
展开整理：
$4r^2 - 4r + 1 + 4 + 5 = 4r^2$，
$-4r + 10 = 0$，
解得 $r = \frac{5}{2}$。
【答案】
(1) CD是$\odot O$的切线，证明成立；(2) $\frac{5}{2}$
【知识点】
切线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，第一问考查切线的常规证明思路，掌握“连半径、证垂直”的方法即可轻松解决；第二问结合了角平分线性质、直角三角形全等、勾股定理列方程求解，考查了几何综合推理能力和方程思想的应用，是圆章节的典型考法。
【难度系数】
0.6
11.(教材变式)如图，AB为$\odot O$的直径，C为$\odot O$上一点，点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，$DE⊥ AC$于点E，$DF⊥ AB$于点F.
(1)判断DE与$\odot O$的位置关系，并证明你的结论；
(2)若$OF=3$，求AC的长.
(1)判断DE与$\odot O$的位置关系，并证明你的结论；
(2)若$OF=3$，求AC的长.
答案
(1) 解：DE与$\odot O$相切，证明如下：
连接$OD$，$AD$。
∵ 点$D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ CAD = ∠ ODA$，
∴ $OD // AE$。
∵ $DE ⊥ AC$，
∴ $DE ⊥ OD$。
又∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $DE$与$\odot O$相切。
---
(2) 解：
连接$OD$，过点$O$作$OG ⊥ AC$于点$G$，
∴ $AG = CG = \frac{1}{2}AC$。
∵ $DF ⊥ AB$，$OG ⊥ AC$，
∴ $∠ OFD = ∠ OGA = 90°$。
∵ $∠ DOF$是弧$BD$对应的圆心角，$∠ BAC$是弧$BC$对应的圆周角，且$\overset{\frown}{BC}=2\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ DOF = ∠ OAG$。
又∵ $OA=OD$，
∴ $△ ODF ≌ △ AOG \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $AG = OF = 3$，
∴ $AC = 2AG = 6$。
最终结论：(1) $DE$与$\odot O$相切；(2) $AC$的长为$\boldsymbol{6}$。
连接$OD$，$AD$。
∵ 点$D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ CAD = ∠ ODA$，
∴ $OD // AE$。
∵ $DE ⊥ AC$，
∴ $DE ⊥ OD$。
又∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $DE$与$\odot O$相切。
---
(2) 解：
连接$OD$，过点$O$作$OG ⊥ AC$于点$G$，
∴ $AG = CG = \frac{1}{2}AC$。
∵ $DF ⊥ AB$，$OG ⊥ AC$，
∴ $∠ OFD = ∠ OGA = 90°$。
∵ $∠ DOF$是弧$BD$对应的圆心角，$∠ BAC$是弧$BC$对应的圆周角，且$\overset{\frown}{BC}=2\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ DOF = ∠ OAG$。
又∵ $OA=OD$，
∴ $△ ODF ≌ △ AOG \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $AG = OF = 3$，
∴ $AC = 2AG = 6$。
最终结论：(1) $DE$与$\odot O$相切；(2) $AC$的长为$\boldsymbol{6}$。
解析
【分析】
(1) 要判断DE与$\odot O$的位置关系，因DE和$\odot O$有明确公共点D，因此采用“连半径，证垂直”的思路解题：先连接OD、AD，利用弧中点的性质得到等弧对应的圆周角相等，再结合等腰三角形等边对等角的性质推导内错角相等，得到OD和AE平行，最后结合$DE⊥AE$推出$DE⊥OD$，即可证明DE是切线。
(2) 要求AC的长，AC是$\odot O$的弦，可利用垂径定理将AC转化为2AG：过O作$OG⊥AC$于G，可得$AG=CG=\frac{1}{2}AC$；再结合弧的关系推导$∠DOF$和$∠OAG$相等，证明$△ ODF$和$△ AOG$全等，得到$AG=OF$，即可求出AC的长度。
【解析】
(1) DE与$\odot O$相切，证明如下：
连接$OD$，$AD$。
∵ 点$D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ CAD = ∠ ODA$，
∴ $OD // AE$。
∵ $DE ⊥ AC$，
∴ $DE ⊥ OD$。
又
∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $DE$与$\odot O$相切。
(2) 解：
连接$OD$，过点$O$作$OG ⊥ AC$于点$G$，
根据垂径定理可得$AG = CG = \frac{1}{2}AC$。
∵ $DF ⊥ AB$，$OG ⊥ AC$，
∴ $∠ OFD = ∠ OGA = 90°$。
∵ $∠ DOF$是$\overset{\frown}{BD}$对应的圆心角，$∠ BAC$是$\overset{\frown}{BC}$对应的圆周角，且$\overset{\frown}{BC}=2\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ DOF = ∠ OAG$。
又
∵ $OA=OD$，
∴ $△ ODF ≌ △ AOG \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $AG = OF = 3$，
∴ $AC = 2AG = 2×3=6$。
【答案】
(1) $DE$与$\odot O$相切；(2) $AC$的长为$\boldsymbol{6}$
【知识点】
1.切线的判定 2.垂径定理 3.圆周角定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是掌握切线判定的常用辅助线作法，以及垂径定理、圆周角定理的应用，通过构造全等三角形将已知条件和所求线段建立关联，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要判断DE与$\odot O$的位置关系，因DE和$\odot O$有明确公共点D，因此采用“连半径，证垂直”的思路解题：先连接OD、AD，利用弧中点的性质得到等弧对应的圆周角相等，再结合等腰三角形等边对等角的性质推导内错角相等，得到OD和AE平行，最后结合$DE⊥AE$推出$DE⊥OD$，即可证明DE是切线。
(2) 要求AC的长，AC是$\odot O$的弦，可利用垂径定理将AC转化为2AG：过O作$OG⊥AC$于G，可得$AG=CG=\frac{1}{2}AC$；再结合弧的关系推导$∠DOF$和$∠OAG$相等，证明$△ ODF$和$△ AOG$全等，得到$AG=OF$，即可求出AC的长度。
【解析】
(1) DE与$\odot O$相切，证明如下：
连接$OD$，$AD$。
∵ 点$D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠ BAD = ∠ CAD$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ODA$，
∴ $∠ CAD = ∠ ODA$，
∴ $OD // AE$。
∵ $DE ⊥ AC$，
∴ $DE ⊥ OD$。
又
∵ $OD$是$\odot O$的半径，
∴ $DE$与$\odot O$相切。
(2) 解：
连接$OD$，过点$O$作$OG ⊥ AC$于点$G$，
根据垂径定理可得$AG = CG = \frac{1}{2}AC$。
∵ $DF ⊥ AB$，$OG ⊥ AC$，
∴ $∠ OFD = ∠ OGA = 90°$。
∵ $∠ DOF$是$\overset{\frown}{BD}$对应的圆心角，$∠ BAC$是$\overset{\frown}{BC}$对应的圆周角，且$\overset{\frown}{BC}=2\overset{\frown}{BD}$，
∴ $∠ DOF = ∠ OAG$。
又
∵ $OA=OD$，
∴ $△ ODF ≌ △ AOG \ (\mathrm{AAS})$，
∴ $AG = OF = 3$，
∴ $AC = 2AG = 2×3=6$。
【答案】
(1) $DE$与$\odot O$相切；(2) $AC$的长为$\boldsymbol{6}$
【知识点】
1.切线的判定 2.垂径定理 3.圆周角定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的关键是掌握切线判定的常用辅助线作法，以及垂径定理、圆周角定理的应用，通过构造全等三角形将已知条件和所求线段建立关联，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
