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7. 如图,$AB$是半圆$O$的直径,点$C$在半圆上(不与点$A$、$B$重合),$DE ⊥ AB$于点$D$,交$BC$于点$F$.下列条件中能判定$CE$是$\odot O$切线的是（
A.$∠ E = ∠ CFE$
B.$∠ E = ∠ ECF$
C.$∠ ECF = ∠ EFC$
D.$∠ ECF = 60°$
C
）A.$∠ E = ∠ CFE$
B.$∠ E = ∠ ECF$
C.$∠ ECF = ∠ EFC$
D.$∠ ECF = 60°$
答案
7. C 解析:如图,连接OC.
∵OC=OB,
∴∠OCB=∠ABC.
∵DE⊥AB,
∴∠BDF=90°,
∴∠ABC+∠DFB=90°.
∵∠EFC=∠BFD,
∴∠ABC+∠EFC=90°.由C选项可知∠ECF=∠EFC,
∴∠OCB+∠ECF=∠OCE=90°,
∴CE是⊙O的切线.
解析
【分析】要判定CE是⊙O的切线，需依据切线的判定定理，证明OC⊥CE（即∠OCE=90°）。首先连接半径OC，利用OC=OB得到∠OCB=∠ABC；再结合DE⊥AB推出∠ABC与∠EFC的和为90°，若存在∠ECF=∠EFC，通过等量代换即可得到∠OCB+∠ECF=90°，从而证得OC⊥CE，对应选项C符合条件。
【解析】连接OC，
∵ OC、OB是⊙O的半径，
∴ OC=OB，
∴ ∠OCB=∠ABC（等腰三角形等边对等角）。
∵ DE⊥AB，
∴ ∠BDF=90°，
在Rt△BDF中，∠ABC + ∠DFB = 90°（直角三角形两锐角互余）。
又
∵ ∠DFB与∠EFC是对顶角，
∴ ∠DFB=∠EFC，
∴ ∠ABC + ∠EFC = 90°。
若∠ECF=∠EFC（选项C），则∠ABC + ∠ECF =90°，
结合∠OCB=∠ABC，可得∠OCB + ∠ECF = ∠OCE=90°，
即OC⊥CE，根据切线的判定定理，CE是⊙O的切线。
【答案】C
【知识点】切线的判定、等腰三角形性质、直角三角形性质
【点评】本题通过连接半径OC，利用等腰三角形和直角三角形的角的关系进行等量代换，推导得出切线的判定条件，重点考查切线判定的应用，需要掌握角的转换技巧，属于中等难度的几何题。
【难度系数】0.5
【解析】连接OC，
∵ OC、OB是⊙O的半径，
∴ OC=OB，
∴ ∠OCB=∠ABC（等腰三角形等边对等角）。
∵ DE⊥AB，
∴ ∠BDF=90°，
在Rt△BDF中，∠ABC + ∠DFB = 90°（直角三角形两锐角互余）。
又
∵ ∠DFB与∠EFC是对顶角，
∴ ∠DFB=∠EFC，
∴ ∠ABC + ∠EFC = 90°。
若∠ECF=∠EFC（选项C），则∠ABC + ∠ECF =90°，
结合∠OCB=∠ABC，可得∠OCB + ∠ECF = ∠OCE=90°，
即OC⊥CE，根据切线的判定定理，CE是⊙O的切线。
【答案】C
【知识点】切线的判定、等腰三角形性质、直角三角形性质
【点评】本题通过连接半径OC，利用等腰三角形和直角三角形的角的关系进行等量代换，推导得出切线的判定条件，重点考查切线判定的应用，需要掌握角的转换技巧，属于中等难度的几何题。
【难度系数】0.5
8. 如图，$∠ ABC=70°$，$O$ 为射线 $BC$ 上一点，以点 $O$ 为圆心、$\dfrac{1}{2}OB$ 的长为半径作 $\odot O$，要使射线$BA$ 与 $\odot O$ 相切，应将射线 $BA$ 绕点 $B$ 按顺时针方向旋转
40°或100°
（填度数）.答案
8. 40°或100° 解析:如图,设旋转后射线与⊙O相切于点D,连接OD.
∵OD=$\frac{1}{2}OB$,
∴∠OBD=30°,
∴当点D在射线BC上方时,∠ABD=∠ABC-∠OBD=70°-30°=40°;当点D在射线BC下方时,∠ABD=∠ABC+∠OBD=70°+30°=100°.
解析
【分析】要解决这个问题，需利用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径。当射线BA旋转后与⊙O相切时，连接切点与圆心，构造直角三角形，结合已知半径与OB的关系求出相关角度，再分两种情况计算旋转角度，避免漏解。
【解析】设旋转后射线与⊙O相切于点D，连接OD。
因为BD是⊙O的切线，根据切线的性质，OD⊥BD，即∠ODB=90°。
已知OD=$\frac{1}{2}$OB，在Rt△ODB中，sin∠OBD=$\frac{OD}{OB}$=$\frac{1}{2}$，所以∠OBD=30°。
分两种情况：
① 当切线在射线BC上方时，旋转后射线与BC的夹角∠ABD=∠ABC - ∠OBD=70°-30°=40°；
② 当切线在射线BC下方时，旋转后射线与BC的夹角∠ABD=∠ABC + ∠OBD=70°+30°=100°。
因此，射线BA绕点B顺时针旋转的度数为40°或100°。
【答案】40°或100°
【知识点】切线的性质、直角三角形的性质、角度计算
【点评】本题考查切线性质的应用，核心是利用切线性质构造直角三角形求角度，需考虑切线的两种位置情况，避免漏解，是易出错的基础几何题。
【难度系数】0.5
【解析】设旋转后射线与⊙O相切于点D，连接OD。
因为BD是⊙O的切线，根据切线的性质，OD⊥BD，即∠ODB=90°。
已知OD=$\frac{1}{2}$OB，在Rt△ODB中，sin∠OBD=$\frac{OD}{OB}$=$\frac{1}{2}$，所以∠OBD=30°。
分两种情况：
① 当切线在射线BC上方时，旋转后射线与BC的夹角∠ABD=∠ABC - ∠OBD=70°-30°=40°；
② 当切线在射线BC下方时，旋转后射线与BC的夹角∠ABD=∠ABC + ∠OBD=70°+30°=100°。
因此，射线BA绕点B顺时针旋转的度数为40°或100°。
【答案】40°或100°
【知识点】切线的性质、直角三角形的性质、角度计算
【点评】本题考查切线性质的应用，核心是利用切线性质构造直角三角形求角度，需考虑切线的两种位置情况，避免漏解，是易出错的基础几何题。
【难度系数】0.5
9. 如图,正方形$ABCD$的边长为8,$M$是$AB$的中点,$P$是边$BC$上的动点,连接$PM$,以点$P$为圆心、$PM$的长为半径作$\odot P$,当$\odot P$与正方形$ABCD$的边相切时,$BP$的长为
3或$4\sqrt{3}$
.答案
9. 3或$4\sqrt{3}$ 解析:如图1,当⊙P与边CD相切时,设PC=PM=x,在Rt△PBM中,$PM^2=BM^2+PB^2$,即$x^2=4^2+(8-x)^2$,解得x=5,即PC=5,
∴BP=BC-PC=8-5=3;如图2,当⊙P与边AD相切时,设切点为K,连接PK,则PK⊥AD,四边形PKDC是矩形,
∴PM=PK=CD=8,在Rt△MBP中,
∵BM=4,
∴$BP=\sqrt{PM^2-BM^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$.综上所述,BP的长为3或$4\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需先明确⊙P与正方形ABCD的边相切的所有可能情况，排除不可能的相切边，再利用圆的切线性质（圆心到切线的距离等于半径）结合勾股定理建立方程求解。首先分析各边：⊙P的圆心P在BC上，半径为PM，AB边与圆交于M点，不可能相切；BC边过圆心P，圆与BC相切时半径为0，不符合题意；因此只需考虑⊙P与CD、AD边相切的两种情况，分别计算BP的长度。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当⊙P与边CD相切时：
设PC = x，根据切线性质，圆心P到CD的距离等于半径PM，故PM = PC = x。
已知正方形边长为8，M是AB中点，因此BM = ½AB = 4，PB = BC - PC = 8 - x。
在Rt△PBM中，由勾股定理得：
PM² = BM² + PB²
代入得：x² = 4² + (8 - x)²
展开计算：x² = 16 + 64 - 16x + x²
消去x²，解得：16x = 80 → x = 5
因此BP = BC - PC = 8 - 5 = 3。
2. 当⊙P与边AD相切时：
设切点为K，连接PK，因⊙P与AD相切，故PK⊥AD，且PK = PM（半径相等）。
由正方形性质，四边形PKDC是矩形，因此PK = CD = 8，即PM = 8。
在Rt△PBM中，BM = 4，PM = 8，由勾股定理得：
BP = √(PM² - BM²) = √(8² - 4²) = √(64 - 16) = 4√3。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
圆的切线性质，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题考查圆与正方形相切的综合问题，核心是通过分类讨论确定所有可能的相切情形，利用切线性质和勾股定理建立方程求解，需注意避免漏解，考查学生的逻辑分析与计算能力。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需先明确⊙P与正方形ABCD的边相切的所有可能情况，排除不可能的相切边，再利用圆的切线性质（圆心到切线的距离等于半径）结合勾股定理建立方程求解。首先分析各边：⊙P的圆心P在BC上，半径为PM，AB边与圆交于M点，不可能相切；BC边过圆心P，圆与BC相切时半径为0，不符合题意；因此只需考虑⊙P与CD、AD边相切的两种情况，分别计算BP的长度。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当⊙P与边CD相切时：
设PC = x，根据切线性质，圆心P到CD的距离等于半径PM，故PM = PC = x。
已知正方形边长为8，M是AB中点，因此BM = ½AB = 4，PB = BC - PC = 8 - x。
在Rt△PBM中，由勾股定理得：
PM² = BM² + PB²
代入得：x² = 4² + (8 - x)²
展开计算：x² = 16 + 64 - 16x + x²
消去x²，解得：16x = 80 → x = 5
因此BP = BC - PC = 8 - 5 = 3。
2. 当⊙P与边AD相切时：
设切点为K，连接PK，因⊙P与AD相切，故PK⊥AD，且PK = PM（半径相等）。
由正方形性质，四边形PKDC是矩形，因此PK = CD = 8，即PM = 8。
在Rt△PBM中，BM = 4，PM = 8，由勾股定理得：
BP = √(PM² - BM²) = √(8² - 4²) = √(64 - 16) = 4√3。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
圆的切线性质，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题考查圆与正方形相切的综合问题，核心是通过分类讨论确定所有可能的相切情形，利用切线性质和勾股定理建立方程求解，需注意避免漏解，考查学生的逻辑分析与计算能力。
【难度系数】
0.5
10.【数学文化】辘轳(图1)是从杠杆演变来的汲水工具，据《物原》记载，“史佚始作辘轳”，说明早在公元前一千一百多年中国就已经发明了辘轳. 图2是从辘轳抽象出来的几何模型，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$O$是边$AC$上一点，以$OA$为半径的$\odot O$与$AB$相交于点$P$，已知$CP=CB$.
(1)求证:直线$CP$是$\odot O$的切线.
(2)若$∠ B=60°$，$BC=3\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
(1)求证:直线$CP$是$\odot O$的切线.
(2)若$∠ B=60°$，$BC=3\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
答案
10. (1)证明:如图,连接OP.
∵OA=OP,
∴∠A=∠APO.
∵CP=CB,
∴∠B=∠BPC.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,
∴∠A+∠B=90°,
∴∠APO+∠BPC=90°,
∴∠OPC=180°-90°=90°,
∴OP⊥CP,
∴直线CP是⊙O的切线. (2)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=60°,$BC=3\sqrt{3}$,
∴AC=9,$PC=3\sqrt{3}$.设⊙O的半径为r,在Rt△OPC中,$OP^2+PC^2=OC^2$,即$r^2+(3\sqrt{3})^2=(9-r)^2$,解得r=3,
∴⊙O的半径为3.
解析
【分析】
要解决本题，第(1)问需证明直线CP是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需连接半径OP，证明OP⊥CP。利用等腰三角形OA=OP得∠A=∠APO，CP=CB得∠B=∠BPC，结合Rt△ABC中∠ACB=90°，∠A+∠B=90°，可推出∠OPC=90°，从而完成证明。第(2)问需先在Rt△ABC中，根据∠B=60°和BC的长度求出AC，再由CP=CB得CP的长度，设⊙O半径为r，OC=AC - OA，在Rt△OPC中用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
(1) 证明：连接OP。
∵ OA=OP（⊙O的半径相等），
∴ ∠A=∠APO（等腰三角形两底角相等）。
∵ CP=CB，
∴ ∠B=∠BPC（等腰三角形两底角相等）。
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴ ∠A + ∠B = 90°（直角三角形两锐角互余），
∴ ∠APO + ∠BPC = 90°，
∴ ∠OPC = 180° - (∠APO + ∠BPC) = 90°，
即 OP⊥CP，
又
∵ OP是⊙O的半径，
∴ 直线CP是⊙O的切线。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3√3，
∵ tanB = AC/BC，
∴ AC = BC·tan60° = 3√3 × √3 = 9，
∵ CP=CB=3√3，
设⊙O的半径为r，则OP=OA=r，OC=AC - OA=9 - r，
在Rt△OPC中，由勾股定理得：OP² + PC² = OC²，
即 r² + (3√3)² = (9 - r)²，
展开得：r² + 27 = 81 - 18r + r²，
消去r²，移项得：18r = 54，
解得 r=3，
∴ ⊙O的半径为3。
【答案】
(1) 证明：如图，连接OP。
∵OA=OP，
∴∠A=∠APO。
∵CP=CB，
∴∠B=∠BPC。在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠APO+∠BPC=90°，
∴∠OPC=180°-90°=90°，
∴OP⊥CP，
∴直线CP是⊙O的切线。
(2) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，$BC=3\sqrt{3}$，
∴AC=9，$PC=3\sqrt{3}$。设⊙O的半径为r，在Rt△OPC中，$OP^2+PC^2=OC^2$，即$r^2+(3\sqrt{3})^2=(9-r)^2$，解得r=3，
∴⊙O的半径为3。
【知识点】
切线的判定、等腰三角形性质、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，结合切线判定、等腰三角形性质及直角三角形性质进行证明与计算，解题关键是连接半径构造直角三角形，利用角度关系和勾股定理求解，属于初中几何常规题型。
【难度系数】
0.6
要解决本题，第(1)问需证明直线CP是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需连接半径OP，证明OP⊥CP。利用等腰三角形OA=OP得∠A=∠APO，CP=CB得∠B=∠BPC，结合Rt△ABC中∠ACB=90°，∠A+∠B=90°，可推出∠OPC=90°，从而完成证明。第(2)问需先在Rt△ABC中，根据∠B=60°和BC的长度求出AC，再由CP=CB得CP的长度，设⊙O半径为r，OC=AC - OA，在Rt△OPC中用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
(1) 证明：连接OP。
∵ OA=OP（⊙O的半径相等），
∴ ∠A=∠APO（等腰三角形两底角相等）。
∵ CP=CB，
∴ ∠B=∠BPC（等腰三角形两底角相等）。
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴ ∠A + ∠B = 90°（直角三角形两锐角互余），
∴ ∠APO + ∠BPC = 90°，
∴ ∠OPC = 180° - (∠APO + ∠BPC) = 90°，
即 OP⊥CP，
又
∵ OP是⊙O的半径，
∴ 直线CP是⊙O的切线。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3√3，
∵ tanB = AC/BC，
∴ AC = BC·tan60° = 3√3 × √3 = 9，
∵ CP=CB=3√3，
设⊙O的半径为r，则OP=OA=r，OC=AC - OA=9 - r，
在Rt△OPC中，由勾股定理得：OP² + PC² = OC²，
即 r² + (3√3)² = (9 - r)²，
展开得：r² + 27 = 81 - 18r + r²，
消去r²，移项得：18r = 54，
解得 r=3，
∴ ⊙O的半径为3。
【答案】
(1) 证明：如图，连接OP。
∵OA=OP，
∴∠A=∠APO。
∵CP=CB，
∴∠B=∠BPC。在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠APO+∠BPC=90°，
∴∠OPC=180°-90°=90°，
∴OP⊥CP，
∴直线CP是⊙O的切线。
(2) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，$BC=3\sqrt{3}$，
∴AC=9，$PC=3\sqrt{3}$。设⊙O的半径为r，在Rt△OPC中，$OP^2+PC^2=OC^2$，即$r^2+(3\sqrt{3})^2=(9-r)^2$，解得r=3，
∴⊙O的半径为3。
【知识点】
切线的判定、等腰三角形性质、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，结合切线判定、等腰三角形性质及直角三角形性质进行证明与计算，解题关键是连接半径构造直角三角形，利用角度关系和勾股定理求解，属于初中几何常规题型。
【难度系数】
0.6
11. 如图,$AB$为$\odot O$的直径,点$C$在$\odot O$上,$∠ ACB$的平分线交$\odot O$于点$D$,过点$D$作$DE //$$AB$,交$CB$的延长线于点$E$.
(1)求证:$DE$是$\odot O$的切线.
(2)若$AC=12$,$BC=5$,求$CD$的长.
(1)求证:$DE$是$\odot O$的切线.
(2)若$AC=12$,$BC=5$,求$CD$的长.
答案
11. (1)证明:如图,连接OD.
∵CD是∠ACB的平分线,
∴∠ACD=∠BCD,
∴∠AOD=∠BOD.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AOD=∠BOD=$\frac{1}{2}×180°=90°$,
∴DO⊥AB.
∵DE//AB,
∴OD⊥DE.
∵OD为⊙O的半径,
∴DE是⊙O的切线. (2)如图,连接BD,过点B作BH⊥CD于点H.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=∠ADB=90°.
∵AC=12,BC=5,
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$.由(1)知,∠ACD=∠BCD,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴AD=BD.又
∵$AD^2+BD^2=AB^2=13^2$,
∴$AD=BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$.
∵∠BCD=$\frac{1}{2}∠ACB=45°$,
∴BH=CH.又
∵$BH^2+CH^2=BC^2=5^2$,
∴$BH=CH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$,
∴$DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\frac{13\sqrt{2}}{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=6\sqrt{2}$,
∴$CD=CH+DH=\frac{5\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}=\frac{17\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
（1）要证明DE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证OD⊥DE。利用CD平分∠ACB得到圆周角相等，结合圆周角定理推出弧AD=弧BD，进而得圆心角∠AOD=∠BOD=90°，即OD⊥AB，再由DE//AB推出OD⊥DE，结合OD是半径完成证明。
（2）求CD的长，先由直径所对圆周角为直角，在Rt△ACB中用勾股定理算出AB=13；再利用CD平分∠ACB得弧AD=弧BD，推出AD=BD，在Rt△ADB中算出AD、BD的长度；作BH⊥CD，利用∠BCD=45°得△BCH为等腰直角三角形，算出CH，再在Rt△BDH中用勾股定理算DH，最后CD=CH+DH得到结果。
【解析】
（1）证明：连接OD。
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
根据圆周角定理，同圆中相等圆周角所对弧相等，得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴圆心角∠AOD=∠BOD。
∵AB为⊙O直径，
∴∠AOD+∠BOD=180°，
∴∠AOD=∠BOD=90°，即OD⊥AB。
又
∵DE//AB，
∴OD⊥DE。
∵OD是⊙O半径，
∴DE是⊙O的切线。
（2）解：连接BD，过点B作BH⊥CD于H。
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°。
在Rt△ACB中，AC=12，BC=5，
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
由（1）知CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，故AD=BD。
在Rt△ADB中，$AD^2+BD^2=AB^2$，即$2AD^2=13^2$，
∴$AD=BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△BCH中，∠BCH=45°，BH⊥CD，
∴△BCH为等腰直角三角形，BH=CH，
又$BH^2+CH^2=BC^2$，即$2CH^2=5^2$，
∴$CH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△BDH中，$BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$，$BH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴$DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\frac{13\sqrt{2}}{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=6\sqrt{2}$，
∴$CD=CH+DH=\frac{5\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}=\frac{17\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
11. (1)证明:如图,连接OD.
∵CD是∠ACB的平分线,
∴∠ACD=∠BCD,
∴∠AOD=∠BOD.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AOD=∠BOD=$\frac{1}{2}×180°=90°$,
∴DO⊥AB.
∵DE//AB,
∴OD⊥DE.
∵OD为⊙O的半径,
∴DE是⊙O的切线. (2)如图,连接BD,过点B作BH⊥CD于点H.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=∠ADB=90°.
∵AC=12,BC=5,
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$.由(1)知,∠ACD=∠BCD,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴AD=BD.又
∵$AD^2+BD^2=AB^2=13^2$,
∴$AD=BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$.
∵∠BCD=$\frac{1}{2}∠ACB=45°$,
∴BH=CH.又
∵$BH^2+CH^2=BC^2=5^2$,
∴$BH=CH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$,
∴$DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\frac{13\sqrt{2}}{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=6\sqrt{2}$,
∴$CD=CH+DH=\frac{5\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}=\frac{17\sqrt{2}}{2}$.
【知识点】
切线判定、圆周角定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与直角三角形的计算，需熟练运用切线判定定理、圆周角定理，通过辅助线构造直角三角形，结合等腰直角三角形性质和勾股定理求解，对知识点的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
（1）要证明DE是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证OD⊥DE。利用CD平分∠ACB得到圆周角相等，结合圆周角定理推出弧AD=弧BD，进而得圆心角∠AOD=∠BOD=90°，即OD⊥AB，再由DE//AB推出OD⊥DE，结合OD是半径完成证明。
（2）求CD的长，先由直径所对圆周角为直角，在Rt△ACB中用勾股定理算出AB=13；再利用CD平分∠ACB得弧AD=弧BD，推出AD=BD，在Rt△ADB中算出AD、BD的长度；作BH⊥CD，利用∠BCD=45°得△BCH为等腰直角三角形，算出CH，再在Rt△BDH中用勾股定理算DH，最后CD=CH+DH得到结果。
【解析】
（1）证明：连接OD。
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD，
根据圆周角定理，同圆中相等圆周角所对弧相等，得$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴圆心角∠AOD=∠BOD。
∵AB为⊙O直径，
∴∠AOD+∠BOD=180°，
∴∠AOD=∠BOD=90°，即OD⊥AB。
又
∵DE//AB，
∴OD⊥DE。
∵OD是⊙O半径，
∴DE是⊙O的切线。
（2）解：连接BD，过点B作BH⊥CD于H。
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°。
在Rt△ACB中，AC=12，BC=5，
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
由（1）知CD平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，故AD=BD。
在Rt△ADB中，$AD^2+BD^2=AB^2$，即$2AD^2=13^2$，
∴$AD=BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△BCH中，∠BCH=45°，BH⊥CD，
∴△BCH为等腰直角三角形，BH=CH，
又$BH^2+CH^2=BC^2$，即$2CH^2=5^2$，
∴$CH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△BDH中，$BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$，$BH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴$DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\frac{13\sqrt{2}}{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=6\sqrt{2}$，
∴$CD=CH+DH=\frac{5\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}=\frac{17\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
11. (1)证明:如图,连接OD.
∵CD是∠ACB的平分线,
∴∠ACD=∠BCD,
∴∠AOD=∠BOD.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AOD=∠BOD=$\frac{1}{2}×180°=90°$,
∴DO⊥AB.
∵DE//AB,
∴OD⊥DE.
∵OD为⊙O的半径,
∴DE是⊙O的切线. (2)如图,连接BD,过点B作BH⊥CD于点H.
∵AB为⊙O的直径,
∴∠ACB=∠ADB=90°.
∵AC=12,BC=5,
∴$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$.由(1)知,∠ACD=∠BCD,
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$,
∴AD=BD.又
∵$AD^2+BD^2=AB^2=13^2$,
∴$AD=BD=\frac{13\sqrt{2}}{2}$.
∵∠BCD=$\frac{1}{2}∠ACB=45°$,
∴BH=CH.又
∵$BH^2+CH^2=BC^2=5^2$,
∴$BH=CH=\frac{5\sqrt{2}}{2}$,
∴$DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{(\frac{13\sqrt{2}}{2})^2-(\frac{5\sqrt{2}}{2})^2}=6\sqrt{2}$,
∴$CD=CH+DH=\frac{5\sqrt{2}}{2}+6\sqrt{2}=\frac{17\sqrt{2}}{2}$.
【知识点】
切线判定、圆周角定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与直角三角形的计算，需熟练运用切线判定定理、圆周角定理，通过辅助线构造直角三角形，结合等腰直角三角形性质和勾股定理求解，对知识点的综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
