专题36第7章圆之证明切线的方法-备战2022中考数学解题方法系统训练（全国通用）(原卷+解析)

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36第7章圆之证明切线的方法

一、单选题
1．同学小明在用一副三角板画出了许多不同度数的角，但下列哪个度数他画不出来（　　）
A．15° B．65° C．75° D．135°
【答案】B
【解析】试题分析：一副三角板中有30°，45°，60°和90°，
60°－45°＝15°，30°＋45°＝75°，45°＋90°＝135°，
所以可画出15°、75°和135°等，但65°画不出．
故选B．
点睛：本题考查了角的和差运算，用一副三角板只能画出三角板上各个角的和差组成的角．

二、填空题
2．如图，AB是⊙O的直径，点D、E是半圆的三等分点，AE、BD的延长线交于点C，若CE＝2，则图中阴影部分的面积为___．

【答案】π﹣．
【分析】
结合题意，利用三角形边长关系，得出△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等边三角形，将阴影部分的面积转化为三角形的面积，然后利用扇形面积，建立等式，计算结果，即可.
【详解】
连接OE、OD，点D、E是半圆的三等分点，
∴∠AOE＝∠EOD＝∠DOB＝60°
∵OA＝OE＝OD＝OB
∴△OAE、△ODE、△OBD、△CDE都是等边三角形，
∴AB∥DE，S△ODE＝S△BDE；
∴图中阴影部分的面积＝S扇形OAE﹣S△OAE+S扇形ODE＝=．
故答案为．

【点睛】
考查圆综合问题，考查等边三角形的判定，关键将阴影部分面积转化为苛求的三角形面积，难度中等．
3．如图是某几何体的三视图及相关数据（单位：cm），则该几何体的侧面积为_____cm2．

【答案】2π．
【分析】
结合题意，得出直径和母线的长度，发现侧面展开的图形是以2为半径的半圆，计算面积，即可．
【详解】
解：由题意得底面直径为2，母线长为2，
∴几何体的侧面积为×2×2π＝2π，
故答案为2π．
【点睛】
考查圆面积计算公式，关键得出侧面展开图形是一个半圆，难度中等．
4．如图，AB是⊙O的直径，AB＝13，AC＝5，则tan∠ADC＝_____．

【答案】
【分析】
结合勾股定理，计算BC的长度，利用圆周角定理，计算结果，即可．
【详解】
解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝12，
∴tan∠ADC＝tanB＝＝，
故答案为:．
【点睛】
考查勾股定理，考查圆周角定理，关键得出，计算结果，即可，难度中等．
5．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，则直线y=x+与以O点为圆心，1为半径的圆的位置关系为__．
【答案】相切
【详解】
解：令y=x+=0，解得：x=﹣，令x=0，解得：y=，
∴直线y=x+与x轴交于点A（﹣，0），
与y轴交于点B（0，），OA=，OB=，
∴AB=
设圆心到直线y=x+的距离为r，
则
∴r==1，
∵半径为1，
∴d=r，
∴直线y=x+与以O点为圆心，1为半径的圆的位置关系为相切，
故答案为：相切．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．

三、解答题
6．如图，在中，∠C=90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，在线段AC上取点E，使∠A=∠ADE．

（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若∠A=30°，⊙O的半径为2，求图中阴影部分的面积．（结果保留π）
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，再根据直角三角形的两锐角互余、等量代换可得，从而可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再利用勾股定理可得，然后利用扇形的面积公式和三角形的面积公式即可得．
【详解】
（1）如图，连接OD，
∵，
∴，
∵，
，
，
又，
，
∴，即，
∵点D在上，即OD为的半径，
∴DE是的切线；

（2）如图，过点O作于点H，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
则阴影部分的面积为．

【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、等边三角形的判定与性质、勾股定理、扇形的面积公式等知识点，较难的是题（2），熟练掌握等边三角形的判定与性质是解题关键．
7．如图已知AB是⊙O的直径，，点C，D在⊙O上，DC平分∠ACB，点E在⊙O外，．
(1)求证：AE是⊙O的切线；
(2)求AD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据圆周角定理可知，，由直径所对圆周角是90°，可知和互余，推出和互余，和互余，从而证明结论．
（2）DC平分∠ACB可知，根据圆周角定理可知，是等腰直角三角形，AD的长是圆半径的倍，计算求出答案．
【详解】
（1）和是所对圆周角，
；
AB是圆的直径，
，
在中，，
，
，
，
，AE是⊙O的切线．
（2）如图：

AB是圆的直径，DC平分∠ACB，
，，
，
，是直角三角形；
，，
．
【点睛】
本题考查圆周角定理、勾股定理，熟练运用圆周角定理是解题关键．
8．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，以CD为直径的⊙O分别交AC，BC于点M，N，过点N作NE⊥AB，垂足为E，
（1）若⊙O的半径为，AC=6，求BN的长；
（2）求证：NE与⊙O相切．

【答案】（1）BN=4；（2）见解析
【分析】
（1）由直角三角形的性质可求AB=10，由勾股定理可求BC=8，由等腰三角形的性质可得BN=4；
（2）欲证明NE为⊙O的切线，只要证明ON⊥NE．
【详解】
解：（1）连接DN，ON

∵⊙O的半径为，
∴CD=5
∵∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD=CD=AD=5，
∴AB=10，
∴BC==8
∵CD为直径
∴∠CND=90°，且BD=CD
∴BN=NC=4
（2）∵∠ACB=90°，D为斜边的中点，
∴CD=DA=DB=AB，
∴∠BCD=∠B，
∵OC=ON，
∴∠BCD=∠ONC，
∴∠ONC=∠B，
∴ON∥AB，
∵NE⊥AB，
∴ON⊥NE，
∴NE为⊙O的切线．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于E，点D在第一象限，且在抛物线的对称轴上，DE＝OC，DM＝．
（1）求抛物线的对称轴方程；
（2）若DA＝DC，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一个动点，若在直线BM上只存在一个点Q，使∠PQC＝45°，求点P的坐标．

【答案】（1）x＝5；（2）y＝x2﹣x+4；（3）点P的坐标为（5，9）或（5，）．
【分析】
（1）D点坐标（ ，c），M点坐标（， ）， ，化简求出b值；代入计算， 即是对称轴的方程．
（2）利用韦达定理求出AE，AE＝AB，AB＝＝＝；在R t 中， DE＝c，AD＝DC＝5，由勾股定理得：AD2＝DE2+AE2，即可求解．
（3）作的外接圆，圆心点K 到点C、Q距离相等，构造一个含坐标参数的方程，线段KQ只有一个解，利用根的判别式，计算出P点坐标．
【详解】
（1）∵OC＝c，DE＝OC＝c，点D在抛物线对称轴上，
∴点D纵坐标为c，
∵点M是抛物线顶点，
∴点M的纵坐标为，
则DM＝c﹣（c﹣b2）＝， ；
解得b＝（舍去），或b＝﹣，
抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝=5；
（2）由（1）可知抛物线的表达式为y＝x2﹣x+c，
令y＝x2﹣x+c＝0，设A、B两点横坐标为xA、xB，则xA+xB＝10，xAxB＝4c，
则AB＝＝＝，
在Rt中，AE＝AB，DE＝c，AD＝DC＝5，
由勾股定理得：AD2＝DE2+AE2， ，
25＝c2+25﹣4c，化简得： ，解得c＝4，
故抛物线的表达式为y＝x2﹣x+4；
（3）如图，连接PQ、PC、QC，作的外接圆K，连接KP、KC，
过点K作y轴的垂线，交y轴于点F，交抛物线的对称轴于点N，

设点K的坐标为（m，n），点P（5，t），
∵∠PQC＝45°，故∠PKC＝90°，且PK＝CK＝QK，
∵∠FKC+∠NKP＝90°，∠NKP+∠NPK＝90°，
∴∠FKC＝∠NPK，
∴Rt≌Rt（AAS），
∴CF＝NK，PN＝MK，
∴4﹣n＝5﹣m，t﹣n＝m，
∴n＝m﹣1，t＝2m﹣1，
故点K的坐标为（m，m﹣1），点P的坐标为（5，2m﹣1）．
由抛物线的表达式知，顶点M的坐标为（5，﹣），点B的坐标为（8，0），
由点B、M的坐标得，直线MB的表达式为y＝x﹣6，
设点Q的坐标为（r，r﹣6），
由KC2＝KQ2得，m2+（m﹣1﹣4）2＝（m﹣r）2+（m﹣1﹣r+6）2，
整理得：r2﹣（m+）r+20m＝0，关于r的一元二次方程，
∵直线BM上只存在一个点Q，r的解只有一个，
∴△＝（m+）2﹣4××20m＝0，
解得m＝5或，
点P坐标（5，t），t＝2m﹣1，当m＝5时，t＝9；
当m＝时，t＝；
故点P的坐标为（5，9）或（5，）．
【点睛】
本题考查勾股定理，一元二次方程根的判别式，二次函数图像性质，圆与直线关系；涵盖知识点多，理解题中“直线BM上只存在一个点Q”隐含的条件，即的外接圆与直线BM相切，这是解决第三个问题的关键．
10．如图，已知P是O外一点，PO交圆O于点C，OC=CP=2，弦AB⊥OC，∠AOB=120∘，连接PB．

(1)求BC的长；
(2)求证：PB是O的切线．
【答案】（1）2；（2）见解析
【分析】
（1）由OA=OB，弦AB⊥OC，易证得△OBC是等边三角形，则可求得BC的长；
（2）由OC=CP=2，△OBC是等边三角形，可求得BC=CP，即可得∠P=∠CBP，又由等边三角形的性质，∠OBC=60°，∠CBP=30°，则可证得OB⊥BP，继而证得PB是⊙O的切线．
【详解】
解：（1）∵OA=OB，弦AB⊥OC，
∴∠AOC=∠BOC=12∠AOB=60∘，
∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OC=2；
（2）证明：∵OC=CP，BC=OC，
∴BC=CP，
∴∠CBP=∠CPB，
∵△OBC是等边三角形，
∴∠OBC=∠OCB=60∘，
∴∠CBP=30∘，
∴∠OBP=∠CBP+∠OBC=90∘，
∴OB⊥BP，
∵点B在O上，
∴PB是O的切线．
【点睛】
本题考查了切线的判定，等边三角形的判定与性质．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
11．如图，AB为⊙O的直径，且AB＝4，DB⊥AB于B，点C是弧AB上的任一点，过点C作⊙O的切线交BD于点E．连接OE交⊙O于F．

（1）求证：AD∥OE；
（2）填空：连接OC、CF，
①当DB＝　 　时，四边形OCEB是正方形；
②当DB＝　 　时，四边形OACF是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）①4，②BD＝4．
【分析】
（1）连接OC、BC，由AB为⊙O的直径，DB⊥AB于B，推出DB是⊙O的切线，进而证明OE⊥BC，AC⊥BC，即可得出结论；
（2）①若四边形OCEB是正方形，CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，由（1）可证，得到DE＝BE＝2，BD＝BE+DE＝4即可求出；
②若四边形OACF是菱形，则OA＝AC，又OA＝OC，于是△OAC为等边三角形，∠A＝60°，在Rt△ABD中，由tanA＝，即可求得BD．
【详解】
（1）证明：连接OC、BC，如图1，
∵AB为⊙O的直径，DB⊥AB于B，
∴DB是⊙O的切线，
∵CE与⊙O相切于点C，
∴BE＝CE，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∵OB＝OC，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∴OE⊥BC，
∵∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
∴AD∥OE；

（2）如图2，①若四边形OCEB是正方形，AB＝4，
∴CE＝BE＝OB＝OC＝AB＝2，
∵OE∥AC，
∴，
∴DE＝BE＝2，
∴BD＝BE+DE＝4，
故答案为：4；
②若四边形OACF是菱形，
∴CO平分∠ACF，CF∥OA，
∴∠ACO＝∠FCO＝∠AOC，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO＝∠AOC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵∠ABD＝90°，
∴Rt△ABD中，tanA＝，
∴BD＝4，
故答案为：4；

【点睛】
本题是圆综合题，正方形的性质，菱形的性质，以及等边三角形的性质等知识，熟练掌握圆的相关性质以及菱形和正方形的性质是解题的关键．
12．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的角平分线，以AB上一点O为圆心，AD为弦作⊙O．
（1）尺规作图：作出⊙O（不写作法与证明，保留作图痕迹）；
（2）求证：BC为⊙O的切线．

【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）因为AD是弦，所以圆心O即在AB上，也在AD的垂直平分线上，作AD的垂直平分线，与AB的交点即为所求；
（2）因为D在圆上，所以只要能证明OD⊥BC就说明BC为⊙O的切线．
【详解】
解：（1）如图所示，⊙O即为所求；

（2）证明：连接OD．
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC．
又∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
∴BC是⊙O的切线．
【点睛】
本题主要考查圆的切线，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．
13．如图，在⊙O 中，点D在直径AB的延长线上，点C、E在⊙O上，CE＝CB，∠BCD＝∠CAE，延长AE、BC交于点F．

(1) 求证：CD是⊙O的切线；
(2) 若BD＝1，CD＝，求线段EF的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【分析】
（1）连OC，根据切线的判定，证明；
（2）设半径为r，在用勾股定理列式求出半径，过O作OH⊥AE于H，证明，利用对应边成比例列式求出AH，由垂径定理得到AE，最后用AF-AE求得EF长．
【详解】
（1）连OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE＝CB，∴，
∴∠CAE＝∠OAC，
∵∠BCD＝∠CAE，
∴∠BCD＝∠OCA，
∴∠OCD＝∠BCD＋∠OCB＝∠OCA＋∠OCB＝90°，
∵OC是⊙O半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△OCD中，OC²＋CD²＝OD²，
即：r2＋()2＝(r＋1)2，解得r＝，
由（1）得，∠CAB＝∠CAF，AC⊥BF，
∴AF＝AB＝1，
过O作OH⊥AE于H，则AH＝EH，
∵CE＝CB，，
∴∠EAB＝∠COB，
∵，
∴，
∴，
即，
∴AH＝，
∴AE＝2AH＝，
∴EF＝AF－AE＝1－＝．

【点睛】
本题考查的是圆的综合题，涉及切线的证明和相似三角形的性质和判定，解题的关键是掌握这些性质定理结合题目条件进行证明．
14．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC边上，⊙D经过点A和点B且与BC边相交于点E．

（1）求证：AC是⊙D的切线；
（2）若CE＝2，求⊙D的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙D的半径AD＝2．
【分析】
（1）连接AD，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30°，∠BAD=∠B=30°，求得∠ADC=60°，根据三角形的内角和得到∠DAC=180°-60°-30°=90°，于是得到AC是⊙D的切线；
（2）连接AE，推出△ADE是等边三角形，得到AE=DE，∠AED=60°，求得∠EAC=∠AED-∠C=30°，得到AE=CE=2，于是得到结论．
【详解】
（1）证明：连接AD，

∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵AD＝BD，
∴∠BAD＝∠B＝30°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠DAC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
∴AC是⊙D的切线；
（2）解：连接AE，
∵AD＝DE，∠ADE＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AE＝DE，∠AED＝60°，
∴∠EAC＝∠AED﹣∠C＝30°，
∴∠EAC＝∠C，
∴AE＝CE＝2，
∴⊙D的半径AD＝2．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
15．如图，已知是的直径，与的两直角边分别交于点、，点是弧的中点，，连接．

（1）求证：直线是的切线；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）tan∠CAF=．
【分析】
（1）连结OF，BE，由题意易得BE∥CD，再由点F是中点可求证OF⊥CD，问题得证；
（2）由题意易得△OFD∽△ACD，然后利用相似三角形的性质进行求解AC的长，然后利用勾股定理及线段比例关系进行求解即可．
【详解】
（1）证明：连结OF，BE，

∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，
∵∠C=90°，∴∠AEB=∠ACD，∴BE∥CD，
∵点F是弧BE的中点，∴OF⊥BE，∴OF⊥CD，
∴直线DF是⊙O的切线；
（2）解：∵∠C=∠OFD=90°，∴AC∥OF，∴△OFD∽△ACD，
∴，
∵BD=1，OB=2，∴OD=3，AD=5，OF=2,∴，
∴CD=，
，
∴，
∴tan∠CAF=．
【点睛】
本题主要考查圆与直线的位置关系及解直角三角形，关键是根据题意得到切线，然后根据相似三角形的性质及勾股定理进行求解三角函数即可．
16．已知为⊙O直径，、为上两点，连接交于点，点为延长线上一点，且，
（1）求证：为⊙O切线
（2）若，且，求的值

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接、，根据，且，得到为正三角形，得到，设可得，则有，可求出，则有，可证为⊙O切线；
（2）连接，作、，根据，，可得，得到，设，，根据，则有，，，可得，根据，可解得，，则
，根据为正三角形得到，，
根据得到，可有，可得，，则，利用可得结果．
【详解】
解：（1）连接、

，且

∴为正三角形

又
设
则
又
，
∵
∴

为⊙O切线
（2）连接，作、，

易知，


∵
设，，
则，，
由上式，
又由（1）可知，
∴

解得或
又
，
又

∴，
∵为正三角形
∴，



∴，，
∴

【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，切线的判定与性质，三角函数等知识，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
17．如图1，CD是⊙O的直径，且CD过弦AB的中点H，连接BC，过弧AD上一点E作EF∥BC，交BA的延长线于点F，连接CE，其中CE交AB于点G，且FE＝FG．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）如图2，连接BE，求证：BE2＝BG•BF；
（3）如图3，若CD的延长线与FE的延长线交于点M，tanF＝，BC＝5，求DM的值．

【答案】（1）见解析
（2）见解析
（3）
【分析】
（1）根据已知得出∠GCH+∠CGH=α+β=90°，而∠FEO=∠FEG+∠CEO=α+β=90°，即可求解；
（2）∠CBA=∠F，故∠F=∠CEB，而∠FBE=∠GBE，故△FEB∽△EGB，即可求解；
（3）在Rt△BCH中，BC=5，tan∠CBH=tanγ= 则sinγ=，cosγ=，CH=BCsinγ=， 同理HB=，设圆的半径为r，则OB2=OH2+BH2，求出r的值，解Rt△CDE求得FG＝，继而得出答案
【详解】
（1）连接OE，则∠OCE＝∠OEC＝，

∵FE＝FG，
∴∠FGE＝∠FEG＝，
∵H是AB的中点，
∴CH⊥AB，
∴∠GCH＋∠CGH＝＋＝90°，
∴∠FEO＝∠FEG＋∠CEO＝＋＝90°，
∴EF是⊙O的切线；
（2）∵CH⊥AB，
∴
∴∠CBA＝∠CEB，
∵EF∥BC，
∴∠CBA＝∠F，故∠F＝∠CEB，
∴∠FBE＝∠GBE，
∴△FEB∽△EGB，
∴
∴；
（3）如图2，过点F作FR⊥CE于点R，

设∠CBA＝∠CEB＝∠GFE＝，则tan＝，
∵EF∥BC，
∴∠FEC＝∠BCG＝，故△BCG为等腰三角形，则BG＝BC＝5，
在Rt△BCH中，BC＝5，tan∠CBH＝tan＝，
则sin＝，cos＝，
CH＝BCsin＝5×＝3，同理HB＝4；
设圆的半径为r，则OB2＝OH2＋BH2，
即r2＝（r﹣3）2＋（4）2，解得：r＝；
GH＝BG﹣BH＝5﹣4＝，
tan∠GCH＝，则cos∠GCH＝，
则tan∠CGH＝3＝tan，则cos＝，
连接DE，则∠CED＝90°，
在Rt△CDE中
cos∠GCH＝，解得：CE＝，
在△FEG中，cos＝，
解得：FG＝；
∵FH＝FG＋GH＝，
∴HM＝FHtan∠F＝×＝；
∵CM＝HM＋CH＝，
∴MD＝CM﹣CD＝CM﹣2r＝．
【点睛】
此题属于圆的综合题，涉及了相似三角形的判定与性质、三角函数值的知识，切线的判定，熟练掌握相关知识是解题的关键，综合性较强．
18．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O，D为⊙O上一点，且CD＝CB，连接DO并延长交CB的延长线于点E．

（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BE＝4，OE＝5，求AC的长．
【答案】（1）CD与⊙O相切．理由见解析；（2）AC＝6．
【分析】
（1）连接OC，如图，根据SSS可证△COD≌△COB，于是可得∠CDO＝∠CBO＝90°，进而可得结论；
（2）根据勾股定理可得BO的长，进而可得DE的长，易证△EOB∽△ECD，然后根据相似三角形的性质可求出CD的长，即为CB的长，再在Rt△ABC中利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）CD与⊙O相切．理由如下：
连接OC，如图，
在△COD和△COB中，
∵CO=CO，OD=OB，CD=CB，
∴△COD≌△COB（SSS），
∴∠CDO＝∠CBO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD为⊙O的切线；

（2）在Rt△OBE中，OE＝5，BE＝4，
∴OB＝＝3，
∴DE＝OE+OD＝8，
∵∠OEB＝∠CED，∠OBE＝∠CDE，
∴△EOB∽△ECD，
∴OB：CD＝EB：ED，即3：CD＝4：8，
∴CD＝6，
∴CB＝6，
在Rt△ABC中，∵AB＝6，BC＝6，
∴AC＝．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，涉及的知识点多，但难度不大，熟练掌握上述知识是解题的关键．
19．已知，如图，是的直径，点为上一点，于点，交于点．与交于点，点为的延长线上一点，且．

（1）求证：是的切线；
（2）求证：．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】
（1）由圆周角定理和已知条件证出∠ODB＝∠ABC，再证出∠ABC＋∠DBF＝90°，即∠OBD＝90°，即可得出BD是⊙O的切线；
（2）连接AC，由垂径定理得出，得出∠CAE＝∠ECB，再由公共角∠CEA＝∠HEC，证明△CEH∽△AEC，得出对应边成比例，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵，
又∵，∴，
∵，∴，
∴，
∴，
即，∴，
∴是的切线；
（2）证明：连接，如图所示：

∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了切线的判定、相似三角形的判定与性质等知识，正确得出△CEH∽△AEC是解题关键．
20．如图，已知的直径为，于点，与相交于点，在上取一点，使得．


（1）求证：是的切线；
（2）填空：
①当，时，则___________．
②连接，当的度数为________时，四边形为正方形．
【答案】（1）详见解析；（2）①10；②
【分析】
（1）连接OD，证明，得到，根据切线的判定定理证明；
（2）①利用等腰三角形的性质证明E是AC中点，再利用中位线定理得到，再用勾股定理求出OE，从而得到BC；
②添加条件，先通过四个边相等的四边形是菱形，证明四边形AODE是菱形，再加上一个直角就是正方形了．
【详解】
解：（1）证明：如图，连接，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，OD是半径，
∴DE是的切线；


（2）①证明：∵，
∴,
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即E是AC中点，
∵O是AB中点，
∴，
在中，，
∴BC=2OE=10，
故答案是：10；
②当时，四边形AODE为正方形，
证明：∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴AB=AC，
由（2）得AO=AE，
∵AO=DO=AE=DE，
∴四边形AODE是菱形，
∵，
∴四边形AODE是正方形，
故答案是：．
【点睛】
本题考查切线的证明，三角形中位线定理，正方形的证明，解题的关键是熟练掌握这些几何的性质定理并结合题目条件进行证明．