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5.如图，在$\odot O$中，AB是直径，CD是弦，$AB⊥ CD$，垂足为P，过点D的$\odot O$的切线与AB的延长线交于点E，连接CE.求证：CE为$\odot O$的切线.
答案
证明：
连接OC，OD。
∵ DE是⊙O的切线，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°。
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ AB垂直平分CD，
∴ EC=ED，
∴ ∠ECD=∠EDC。
∵ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC，
∴ ∠OCD+∠ECD=∠ODC+∠EDC，
即∠OCE=∠ODE=90°，
∴ OC⊥CE。
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ CE为⊙O的切线。
连接OC，OD。
∵ DE是⊙O的切线，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°。
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ AB垂直平分CD，
∴ EC=ED，
∴ ∠ECD=∠EDC。
∵ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC，
∴ ∠OCD+∠ECD=∠ODC+∠EDC，
即∠OCE=∠ODE=90°，
∴ OC⊥CE。
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ CE为⊙O的切线。
解析
【分析】
要证明CE为⊙O的切线，已知CE与⊙O有公共点C，根据切线判定定理，只需证明半径OC⊥CE即可。首先连接OC、OD，先利用切线的性质得到∠ODE=90°；再结合AB⊥CD的条件，由垂径定理可得AB垂直平分CD，推出EC=ED，得∠ECD=∠EDC；再根据OC=OD（同圆半径相等），得∠OCD=∠ODC；通过角的和的等量代换，可推出∠OCE=∠ODE=90°，即可证明OC⊥CE，进而判定CE为切线。
【解析】
证明：
连接OC，OD。
∵ DE是⊙O的切线，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°。
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ AB垂直平分CD，
∴ EC=ED，
∴ ∠ECD=∠EDC。
∵ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC，
∴ ∠OCD+∠ECD=∠ODC+∠EDC，
即∠OCE=∠ODE=90°，
∴ OC⊥CE。
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CE为⊙O的切线。
【答案】
证明：
连接OC，OD。
∵ DE是⊙O的切线，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°。
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ AB垂直平分CD，
∴ EC=ED，
∴ ∠ECD=∠EDC。
∵ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC，
∴ ∠OCD+∠ECD=∠ODC+∠EDC，
即∠OCE=∠ODE=90°，
∴ OC⊥CE。
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CE为⊙O的切线。
【知识点】
1. 切线的判定与性质
2. 垂径定理
3. 等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆的切线证明的基础典型题，核心考查“连半径、证垂直”的切线证明常用思路，结合垂径定理、等腰三角形性质推导角的等量关系即可得到垂直结论，这类题型是几何证明的常考类型，需熟练掌握相关解题方法。
【难度系数】
0.7
要证明CE为⊙O的切线，已知CE与⊙O有公共点C，根据切线判定定理，只需证明半径OC⊥CE即可。首先连接OC、OD，先利用切线的性质得到∠ODE=90°；再结合AB⊥CD的条件，由垂径定理可得AB垂直平分CD，推出EC=ED，得∠ECD=∠EDC；再根据OC=OD（同圆半径相等），得∠OCD=∠ODC；通过角的和的等量代换，可推出∠OCE=∠ODE=90°，即可证明OC⊥CE，进而判定CE为切线。
【解析】
证明：
连接OC，OD。
∵ DE是⊙O的切线，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°。
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ AB垂直平分CD，
∴ EC=ED，
∴ ∠ECD=∠EDC。
∵ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC，
∴ ∠OCD+∠ECD=∠ODC+∠EDC，
即∠OCE=∠ODE=90°，
∴ OC⊥CE。
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CE为⊙O的切线。
【答案】
证明：
连接OC，OD。
∵ DE是⊙O的切线，
∴ OD⊥DE，即∠ODE=90°。
∵ AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴ AB垂直平分CD，
∴ EC=ED，
∴ ∠ECD=∠EDC。
∵ OC=OD，
∴ ∠OCD=∠ODC，
∴ ∠OCD+∠ECD=∠ODC+∠EDC，
即∠OCE=∠ODE=90°，
∴ OC⊥CE。
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CE为⊙O的切线。
【知识点】
1. 切线的判定与性质
2. 垂径定理
3. 等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆的切线证明的基础典型题，核心考查“连半径、证垂直”的切线证明常用思路，结合垂径定理、等腰三角形性质推导角的等量关系即可得到垂直结论，这类题型是几何证明的常考类型，需熟练掌握相关解题方法。
【难度系数】
0.7
6.如图，O是Rt△ABC的直角边BC上的点，以点O为圆心，OC为半径的⊙O过斜边上的点D，交BC于点F，DF//AO.
(1)判断直线AD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若BD＝4，BC＝8，求DF的长.
(1)判断直线AD与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若BD＝4，BC＝8，求DF的长.
答案
6.(1) 直线 AD 与$\odot O$ 相切. 理由略.
6.(2) $\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$
6.(2) $\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$
解析
【分析】
(1) 判断直线与圆的位置关系优先用切线判定定理：先连接圆心与直线和圆的交点OD，再证明OD与AD垂直。借助平行线的性质、等腰三角形等边对等角推导角相等，证明△AOC和△AOD全等，即可得到∠ADO为直角，判定AD是切线。
(2) 求DF长度先设⊙O半径为r，在Rt△ODB中用勾股定理列方程求出r；再利用勾股定理求出AC、AO的长度，最后根据DF//AO得到△BDF∽△BAO，用相似三角形对应边成比例计算DF的长度即可。
【解析】
(1) 直线AD与$\odot O$相切，理由如下：
连接OD，
∵ OD、OC都是$\odot O$的半径，
∴ $OD=OC$，得$∠ ODF=∠ OFD$，
∵ $DF// AO$，
∴ $∠ OFD=∠ AOC$（同位角相等），$∠ ODF=∠ AOD$（内错角相等），
∴ $∠ AOC=∠ AOD$，
在$△ AOC$和$△ AOD$中：
$\begin{cases}OC=OD\\∠ AOC=∠ AOD\\AO=AO\end{cases}$
∴ $△ AOC≌△ AOD(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ ADO=∠ ACO=90°$，即$OD⊥ AD$，
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ 直线AD与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$，$OB=BC-OC=8-r$，
由(1)知$∠ ODB=90°$，在Rt△ODB中，由勾股定理得：
$OD^2+BD^2=OB^2$，即$r^2+4^2=(8-r)^2$，
解得$r=3$，即$OC=3$，$OB=5$，
由$△ AOC≌△ AOD$得$AC=AD$，设$AC=AD=x$，则$AB=x+4$，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
$x^2+8^2=(x+4)^2$，解得$x=6$，即$AC=6$，
在Rt△AOC中，$AO=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$，
∵ $DF// AO$，
∴ $△ BDF∽△ BAO$，
∴ $\frac{DF}{AO}=\frac{BD}{BA}$，其中$BA=6+4=10$，代入得：
$\frac{DF}{3\sqrt{5}}=\frac{4}{10}$，解得$DF=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 直线AD与$\odot O$相切；
(2) $\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定；相似三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型题型，核心考查切线的判定方法和线段长度的求解，解题关键是合理构造全等三角形和相似三角形，结合方程思想用勾股定理计算未知线段。
【难度系数】
0.65
(1) 判断直线与圆的位置关系优先用切线判定定理：先连接圆心与直线和圆的交点OD，再证明OD与AD垂直。借助平行线的性质、等腰三角形等边对等角推导角相等，证明△AOC和△AOD全等，即可得到∠ADO为直角，判定AD是切线。
(2) 求DF长度先设⊙O半径为r，在Rt△ODB中用勾股定理列方程求出r；再利用勾股定理求出AC、AO的长度，最后根据DF//AO得到△BDF∽△BAO，用相似三角形对应边成比例计算DF的长度即可。
【解析】
(1) 直线AD与$\odot O$相切，理由如下：
连接OD，
∵ OD、OC都是$\odot O$的半径，
∴ $OD=OC$，得$∠ ODF=∠ OFD$，
∵ $DF// AO$，
∴ $∠ OFD=∠ AOC$（同位角相等），$∠ ODF=∠ AOD$（内错角相等），
∴ $∠ AOC=∠ AOD$，
在$△ AOC$和$△ AOD$中：
$\begin{cases}OC=OD\\∠ AOC=∠ AOD\\AO=AO\end{cases}$
∴ $△ AOC≌△ AOD(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ ADO=∠ ACO=90°$，即$OD⊥ AD$，
又
∵ OD是$\odot O$的半径，
∴ 直线AD与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$，$OB=BC-OC=8-r$，
由(1)知$∠ ODB=90°$，在Rt△ODB中，由勾股定理得：
$OD^2+BD^2=OB^2$，即$r^2+4^2=(8-r)^2$，
解得$r=3$，即$OC=3$，$OB=5$，
由$△ AOC≌△ AOD$得$AC=AD$，设$AC=AD=x$，则$AB=x+4$，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
$x^2+8^2=(x+4)^2$，解得$x=6$，即$AC=6$，
在Rt△AOC中，$AO=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$，
∵ $DF// AO$，
∴ $△ BDF∽△ BAO$，
∴ $\frac{DF}{AO}=\frac{BD}{BA}$，其中$BA=6+4=10$，代入得：
$\frac{DF}{3\sqrt{5}}=\frac{4}{10}$，解得$DF=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 直线AD与$\odot O$相切；
(2) $\dfrac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的判定；相似三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的典型题型，核心考查切线的判定方法和线段长度的求解，解题关键是合理构造全等三角形和相似三角形，结合方程思想用勾股定理计算未知线段。
【难度系数】
0.65
7.如图，C是$\odot O$上一点，点P在直径AB的延长线上，连接PC，$\odot O$的半径为3，$PB=2$，$PC=4$.求证：PC是$\odot O$的切线.
答案
证明：连接OC，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OB=3，
∵PB=2，
∴OP=OB+PB=3+2=5，
在△OCP中，OC=3，PC=4，OP=5，
∴OC² + PC² = 3² + 4² = 25，OP² = 5² = 25，
∴OC² + PC² = OP²，
∴△OCP是直角三角形，∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又∵OC是⊙O的半径，点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线。
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OB=3，
∵PB=2，
∴OP=OB+PB=3+2=5，
在△OCP中，OC=3，PC=4，OP=5，
∴OC² + PC² = 3² + 4² = 25，OP² = 5² = 25，
∴OC² + PC² = OP²，
∴△OCP是直角三角形，∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又∵OC是⊙O的半径，点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线。
解析
【分析】
要证明PC是⊙O的切线，首先回忆切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。已知点C在⊙O上，属于“已知直线与圆有公共点”的情况，所以采用“连半径，证垂直”的思路：先连接OC，再证明OC⊥PC即可。结合题目给出的线段长度，可通过勾股定理的逆定理判断△OCP为直角三角形，从而得到∠OCP=90°，完成证明。
【解析】
证明：连接OC，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OB=3，
∵PB=2，
∴OP=OB+PB=3+2=5，
在△OCP中，OC=3，PC=4，OP=5，
∴OC² + PC² = 3² + 4² = 25，OP² = 5² = 25，
∴OC² + PC² = OP²，
∴△OCP是直角三角形，∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又
∵OC是⊙O的半径，点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线。
【答案】
证明：连接OC，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OB=3，
∵PB=2，
∴OP=OB+PB=3+2=5，
在△OCP中，OC=3，PC=4，OP=5，
∴OC² + PC² = 3² + 4² = 25，OP² = 5² = 25，
∴OC² + PC² = OP²，
∴△OCP是直角三角形，∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又
∵OC是⊙O的半径，点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线。
【知识点】
切线的判定定理；勾股定理的逆定理；圆的基本性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，用到了切线证明中“连半径，证垂直”的常用方法，结合勾股定理逆定理推导垂直关系，解题逻辑清晰，方法通用性强，掌握该类思路可解决同类型的切线证明问题。
【难度系数】
0.7
要证明PC是⊙O的切线，首先回忆切线的判定定理：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线。已知点C在⊙O上，属于“已知直线与圆有公共点”的情况，所以采用“连半径，证垂直”的思路：先连接OC，再证明OC⊥PC即可。结合题目给出的线段长度，可通过勾股定理的逆定理判断△OCP为直角三角形，从而得到∠OCP=90°，完成证明。
【解析】
证明：连接OC，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OB=3，
∵PB=2，
∴OP=OB+PB=3+2=5，
在△OCP中，OC=3，PC=4，OP=5，
∴OC² + PC² = 3² + 4² = 25，OP² = 5² = 25，
∴OC² + PC² = OP²，
∴△OCP是直角三角形，∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又
∵OC是⊙O的半径，点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线。
【答案】
证明：连接OC，
∵⊙O的半径为3，
∴OC=OB=3，
∵PB=2，
∴OP=OB+PB=3+2=5，
在△OCP中，OC=3，PC=4，OP=5，
∴OC² + PC² = 3² + 4² = 25，OP² = 5² = 25，
∴OC² + PC² = OP²，
∴△OCP是直角三角形，∠OCP=90°，即OC⊥PC，
又
∵OC是⊙O的半径，点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线。
【知识点】
切线的判定定理；勾股定理的逆定理；圆的基本性质
【点评】
本题是切线证明的典型基础题，用到了切线证明中“连半径，证垂直”的常用方法，结合勾股定理逆定理推导垂直关系，解题逻辑清晰，方法通用性强，掌握该类思路可解决同类型的切线证明问题。
【难度系数】
0.7
8. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ BAC=90°$, BD平分$∠ ABC$交AC于点D,以点D为圆心,DA为半径的$\odot D$与AC相交于点E.
(1)求证:BC是$\odot D$的切线;
(2)若$AB=5$,$BC=13$,求CE的长.
(1)求证:BC是$\odot D$的切线;
(2)若$AB=5$,$BC=13$,求CE的长.
答案
8.(1) 略
8.(2) $\dfrac{16}{3}$
8.(2) $\dfrac{16}{3}$
解析
【分析】
(1) 要证明BC是⊙D的切线，根据切线判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，因此只需证明圆心D到BC的距离等于⊙D的半径DA即可。已知BD平分∠ABC，结合角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），过D作DF⊥BC于F，即可得到DF=DA，满足切线判定的条件。
(2) 求CE的长，首先在Rt△ABC中用勾股定理算出AC的长度；再由全等三角形得到BF=AB，进而求出FC的长度；设⊙D半径为r，在Rt△DFC中利用勾股定理列方程求出r，最后用AC减去直径AE的长度即可得到CE的长。
【解析】
(1) 证明：过点D作DF⊥BC于点F。
∵ BD平分∠ABC，∠BAC=90°（即DA⊥AB），DF⊥BC，
∴ 根据角平分线的性质，DF=DA。
又
∵ DA是⊙D的半径，
∴ DF也是⊙D的半径，且DF⊥BC，
∴ BC是⊙D的切线。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=5，BC=13，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12$。
在△ABD和△FBD中：
$\{\begin{array}{l}∠BAD=∠BFD=90° \\∠ABD=∠FBD \\BD=BD\end{array} $
∴ △ABD≌△FBD（AAS），
∴ BF=AB=5，
∴ FC=BC-BF=13-5=8。
设⊙D的半径为r，则AD=DE=r，DC=AC-AD=12-r，
在Rt△DFC中，由勾股定理得：$DF^2+FC^2=DC^2$，
代入得：$r^2+8^2=(12-r)^2$，
展开计算：$r^2+64=144-24r+r^2$，
化简得：$24r=80$，解得$r=\frac{10}{3}$。
∴ AE=2r=$\frac{20}{3}$，
∴ CE=AC-AE=$12-\frac{20}{3}=\frac{16}{3}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\dfrac{16}{3}$
【知识点】
切线的判定；角平分线的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，证明切线的核心思路是“作垂直、证半径”，第二问结合勾股定理列方程求半径是常用的解题方法，需要熟练掌握角平分线性质、全等三角形判定和勾股定理的综合应用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明BC是⊙D的切线，根据切线判定定理：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，因此只需证明圆心D到BC的距离等于⊙D的半径DA即可。已知BD平分∠ABC，结合角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），过D作DF⊥BC于F，即可得到DF=DA，满足切线判定的条件。
(2) 求CE的长，首先在Rt△ABC中用勾股定理算出AC的长度；再由全等三角形得到BF=AB，进而求出FC的长度；设⊙D半径为r，在Rt△DFC中利用勾股定理列方程求出r，最后用AC减去直径AE的长度即可得到CE的长。
【解析】
(1) 证明：过点D作DF⊥BC于点F。
∵ BD平分∠ABC，∠BAC=90°（即DA⊥AB），DF⊥BC，
∴ 根据角平分线的性质，DF=DA。
又
∵ DA是⊙D的半径，
∴ DF也是⊙D的半径，且DF⊥BC，
∴ BC是⊙D的切线。
(2) 解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=5，BC=13，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12$。
在△ABD和△FBD中：
$\{\begin{array}{l}∠BAD=∠BFD=90° \\∠ABD=∠FBD \\BD=BD\end{array} $
∴ △ABD≌△FBD（AAS），
∴ BF=AB=5，
∴ FC=BC-BF=13-5=8。
设⊙D的半径为r，则AD=DE=r，DC=AC-AD=12-r，
在Rt△DFC中，由勾股定理得：$DF^2+FC^2=DC^2$，
代入得：$r^2+8^2=(12-r)^2$，
展开计算：$r^2+64=144-24r+r^2$，
化简得：$24r=80$，解得$r=\frac{10}{3}$。
∴ AE=2r=$\frac{20}{3}$，
∴ CE=AC-AE=$12-\frac{20}{3}=\frac{16}{3}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\dfrac{16}{3}$
【知识点】
切线的判定；角平分线的性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，证明切线的核心思路是“作垂直、证半径”，第二问结合勾股定理列方程求半径是常用的解题方法，需要熟练掌握角平分线性质、全等三角形判定和勾股定理的综合应用。
【难度系数】
0.6
