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中考押题卷：直线和圆的位置关系
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 巢湖市期末）如图，CA，CB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OA，OB，AB，CO，CO与AB交于点D．若∠ACB＝60°，，则CO的长为（　　）
A．2 B．4 C． D．
2．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是直径，直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l，垂足为D．若AB＝15，BD＝12，则CD的长为（　　）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
3．（2024秋 扬州期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G且AB∥CD，若OB＝8cm，OC＝6cm，则BE+CG等于（　　）
A．7cm B．8cm C．9cm D．10cm
4．（2024秋 黄埔区期末）如图，周长为15cm的三角形纸片ABC，小刚想用剪刀剪出它的内切圆⊙O，他先沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，则三角形纸片BDE的周长是（　　）
A．10cm B．9cm C．8cm D．7cm
5．（2024秋 崇川区期末）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，PO的延长线交⊙O于点B，连接AB．若∠P＝26°，则∠B的度数为（　　）
A．64° B．52° C．42° D．32°
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 金东区期末）如图，AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，点D是圆弧上一点，连结DC和BD．若∠D＝65°，则∠A的度数为　 　．
7．（2024秋 靖江市期末）如图，点O是△ABC的内心，连接BO，CO并分别延长交AC于点D，交AB于点E．若AB＝6，BC＝5，AC＝4，则OD：OB的值为 　 　．
8．（2024秋 靖江市期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，点B，点C为⊙O上一动点（不与A，B重合），∠APB＝50°，则∠ACB＝　 　°．
9．（2024秋 南川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点D为AC弧的中点，对角线AC经过圆心，延长AC与过点B的⊙O的切线BF交于点F．若，则BC的长度　 　；AD的长度为　 　．
10．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△AOB中，AB＝4，OB＝2，⊙O的半径为1，点M在AB边上运动，过点M的直线MN与⊙O相切于点N，则MN的最大值为　 　，最小值为　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 扎兰屯市期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．
（1）求证：CF为⊙O的切线；
（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．
12．（2024秋 仪征市期末）已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A，B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的交点，连接OB，OF，
AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G∠BOF＝90°．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）如果正方形边长为2，求BG的长．
13．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是弦，C是的中点，OC与AB交于点E，过点A作⊙O的切线，与OC的延长线交于点D，连接OB．求证：∠B＝∠D．
14．（2024秋 仪征市期末）如图，在△AEC中，∠E＝90°，AD平分∠CAE交CE于点D，点B为边AC上一点，以AB为直径的圆恰好经过点D．
（1）试判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若OB＝4，BC＝2，求DE的长．
15．（2024秋 靖江市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，延长DA到F，使得AF＝AE，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若，BE＝3．求⊙O的半径．
中考押题卷：直线和圆的位置关系
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5
答案 C D D D D
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 巢湖市期末）如图，CA，CB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OA，OB，AB，CO，CO与AB交于点D．若∠ACB＝60°，，则CO的长为（　　）
A．2 B．4 C． D．
【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】C
【分析】根据切线的性质得到OA⊥AC，求出∠OAD＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵CA，CB是⊙O的两条切线，∠ACB＝60°，
∴CA＝CB，∠ACO＝∠BCO＝30°，OA⊥AC，
∴OC⊥AB，∠AOC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OA＝2OD＝2，
在Rt△AOC中，∠ACO＝30°，
∴CO＝2OA＝4，
故选：C．
【点评】本题考查的是切线的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
2．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是直径，直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l，垂足为D．若AB＝15，BD＝12，则CD的长为（　　）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
【考点】切线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】连接OC，作OF⊥BD于点F，由直线l与⊙O相切于点C，得l⊥OC，可证明四边形OCDF是矩形，则FD＝OC＝OBAB，所以BF＝BD﹣FD，求得CD＝OF6，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OC，作OF⊥BD于点F，则∠OFD＝∠OFB＝90°，
∵直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l于点D，
∴l⊥OC，
∴∠OFD＝∠OCD＝∠CDF＝90°，
∴四边形OCDF是矩形，
∵AB＝15，BD＝12，
∴FD＝OC＝OBAB15，
∴BF＝BD﹣FD＝12，
∴CD＝OF6，
∴CD的长为6，
故选：D．
【点评】此题重点考查切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2024秋 扬州期末）如图，直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G且AB∥CD，若OB＝8cm，OC＝6cm，则BE+CG等于（　　）
A．7cm B．8cm C．9cm D．10cm
【考点】切线的性质．
【专题】计算题；与圆有关的位置关系；运算能力．
【答案】D
【分析】根据切线的性质得到OB平分∠EBF，OC平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质得∠GCF+∠EBF＝180°，则有∠OBC+∠OCB＝90°，即∠BOC＝90°，再由勾股定理可求得BC的长，进而由切线长定理即可得到BE+CG的长．
【解答】解：连接OF，
根据切线长定理得：BE＝BF，CF＝CG，
∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG；
∵AB∥CD
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠OBF+∠OCF＝90°，
∴∠BOC＝90°，
∵OB＝6cm，OC＝8cm，
∴BC＝10cm，
∵OF⊥BC，
∴BE＝BF，CG＝CF
∴BE+CG＝BF+CF＝BC＝10cm．
故选：D．
【点评】此题主要是综合运用了切线长定理和切线的性质定理．由勾股定理可求得BC的长是关键．
4．（2024秋 黄埔区期末）如图，周长为15cm的三角形纸片ABC，小刚想用剪刀剪出它的内切圆⊙O，他先沿着与⊙O相切的DE剪下了一个三角形纸片BDE，已知AC＝4cm，则三角形纸片BDE的周长是（　　）
A．10cm B．9cm C．8cm D．7cm
【考点】三角形的内切圆与内心；切线的性质．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】D
【分析】设三角形ABC与⊙O相切于M、N、F，DE与⊙O相切于G，根据切线长定理和三角形的周长公式即可得到结论．
【解答】解：设三角形ABC与⊙O相切于M、N、F，DE与⊙O相切于G，如图，
由切线长定理可知：AM＝AF，CN＝CF，BM＝BN，DM＝DG，EG＝EN，
∵AB+AC+BC＝15cm，AC＝4cm，
∴AM+CN＝AC＝4cm，AB+BC＝11（cm），
∴三角形纸片BDE的周长＝DB+DE+BE＝BD+DG+GE+BE＝BM+BN＝AB+BC﹣AC＝7（cm），
故选：D．
【点评】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，解题的关键是熟练掌握切线的性质．
5．（2024秋 崇川区期末）如图，PA是⊙O的切线，A为切点，PO的延长线交⊙O于点B，连接AB．若∠P＝26°，则∠B的度数为（　　）
A．64° B．52° C．42° D．32°
【考点】切线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】D
【分析】连接OA，根据切线的性质得到OA⊥PA，根据直角三角形的性质求出∠POA，再根据圆周角定理求出∠B．
【解答】解：如图，连接OA，
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∵∠P＝26°，
∴∠POA＝90°﹣26°＝64°，
由圆周角定理得：∠B∠POA64°＝32°，
故选：D．
【点评】本题考查的是切线的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 金东区期末）如图，AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，点D是圆弧上一点，连结DC和BD．若∠D＝65°，则∠A的度数为　50°　．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】50°．
【分析】连结OB、OC，由切线的性质得∠OBA＝∠OCA＝90°，而∠BOC＝2∠D＝130°，则∠A＝360°﹣∠BOC﹣∠OBA﹣∠OCA＝50°，于是得到问题的答案．
【解答】解：连结OB、OC，
∵AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，
∴AB⊥OB，AC⊥OC，
∴∠OBA＝∠OCA＝90°，
∵∠D＝65°，
∴∠BOC＝2∠D＝130°，
∴∠A＝360°﹣∠BOC﹣∠OBA﹣∠OCA＝50°，
故答案为：50°．
【点评】此题重点考查切线的性质、圆周角定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
7．（2024秋 靖江市期末）如图，点O是△ABC的内心，连接BO，CO并分别延长交AC于点D，交AB于点E．若AB＝6，BC＝5，AC＝4，则OD：OB的值为 　　．
【考点】三角形的内切圆与内心．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】作BH⊥AC于点H，DP⊥BC于点P，DQ⊥BA于点Q，因为点O是△ABC的内心，所以∠ABD＝∠CBD，则DP＝DQ，由，求得，同理，由CDAC，得ACCD，由，求得，则，于是得到问题的答案．
【解答】解：作BH⊥AC于点H，DP⊥BC于点P，DQ⊥BA于点Q，
∵点O是△ABC的内心，AB＝6，BC＝5，AC＝4，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴DP＝DQ，
∴S△ABDAD BHAB DQ，S△CBDCD BHBC DPBC DQ，
∴，
∴，
同理，
∵CDACAC，
∴ACCD，
∵，
∴，
∴，即OD：OB的值为，
故答案为：．
【点评】此题重点考查三角形的内切圆与内心、角平分线的性质、根据面积等式求两条线段的比等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
8．（2024秋 靖江市期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于点A，点B，点C为⊙O上一动点（不与A，B重合），∠APB＝50°，则∠ACB＝　65或115　°．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】65或115．
【分析】连接OA、OB，由切线的性质得PA⊥OA，PB⊥OB，则∠PAO＝∠PBO＝90°，而∠APB＝50°，所以∠AOB＝360°﹣∠PAO﹣∠PBO﹣∠APB＝130°，若点C在四边形PAOB的外部，则∠ACB∠AOB＝65°；若点C在四边形PAOB的内部，在⊙O上取一点E，使点E在四边形PAOB的外部，连接AE、BE，则∠E∠AOB＝65°，所以∠ACB＝180°﹣∠E＝115°，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于点A，点B，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠APB＝50°，
∴∠AOB＝360°﹣∠PAO﹣∠PBO﹣∠APB＝130°，
如图1，点C为⊙O上一动点，且点C在四边形PAOB的外部，则∠ACB∠AOB＝65°；
如图2，点C为⊙O上一动点，且点C在四边形PAOB的内部，
在⊙O上取一点E，使点E在四边形PAOB的外部，连接AE、BE，
∵∠E∠AOB＝65°，
∴∠ACB＝180°﹣∠E＝115°，
综上所述，∠ACB＝65°或∠ACB＝115°，
故答案为：65或115．
【点评】此题重点考查切线的性质定理、圆周角定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
9．（2024秋 南川区期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，点D为AC弧的中点，对角线AC经过圆心，延长AC与过点B的⊙O的切线BF交于点F．若，则BC的长度　3　；AD的长度为　　．
【考点】切线的性质；解直角三角形；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；几何直观；推理能力．
【答案】3；．
【分析】连接OB，通过推理得到△OBC等边三角形，△ACD是等腰直角三角形，通过勾股定理即可求解．
【解答】解：四边形ABCD内接于⊙O，点D为AC弧的中点，BF是⊙O的切线，如图，连接OB，
∴∠BOF＝90°，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵，
∴∠FAB＝∠F，
∵OA＝OB，
∴∠OBA＝∠FAB＝∠F，
∵∠FOB＝∠FAB+∠OBA，
∴∠FOB+∠F＝∠FAB+∠OBA+∠F＝90°，
∴∠FAB＝∠OBA＝∠F＝30°，
∴BC＝ABtan∠BAC，
∴∠ACB＝60°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等边三角形，
OC＝BC＝OB＝OA＝3，
AC＝6，
∵点D为AC弧的中点，
，
AD＝CD，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AD2+CD2＝2AD2＝AC2，
∴，
故答案为：3；．
【点评】此题考查了切线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形，证明△OBC为等边三角形是解题的关键．
10．（2024秋 金水区校级期末）如图，在Rt△AOB中，AB＝4，OB＝2，⊙O的半径为1，点M在AB边上运动，过点M的直线MN与⊙O相切于点N，则MN的最大值为　　，最小值为　　．
【考点】切线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】，．
【分析】作OP⊥AB于点P，连接OM、ON，由AB＝4，OB＝2，∠AOB＝90°，求得AB＝2，由S△AOB2OP2×4，求得OP，由直线MN与⊙O相切于点N，⊙O的半径为1，得∠ONM＝90°，ON＝1，则MN，可知当OM最大时，则MN的值最大；当OM最小时，则MN的值最小，而OM≤4，所以OM的最大值为4，最小值为，求得MN的最大值为，最小值为，于是得到问题的答案．
【解答】解：作OP⊥AB于点P，连接OM、ON，
∵AB＝4，OB＝2，∠AOB＝90°，
∴AB2，
∵S△AOB2OP2×4，
∴OP，
∵直线MN与⊙O相切于点N，⊙O的半径为1，
∴MN⊥ON，ON＝1，
∴∠ONM＝90°，
∴MN，
∴当OM最大时，则MN的值最大；当OM最小时，则MN的值最小，
∵点M在AB边上运动，
∴OP≤OM≤OA，
∴OM≤4，
∴OM的最大值为4，最小值为，
∵当OM＝4时，MN；当OM时，MN，
∴MN的最大值为，最小值为，
故答案为：，．
【点评】此题重点考查勾股定理、切线的性质、垂线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 扎兰屯市期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．
（1）求证：CF为⊙O的切线；
（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．
【考点】切线的判定与性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF＝90°即可；
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，可得r＝3，再根据勾股定理可解决问题．
【解答】（1）如图，连接OC，OD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵CF＝EF，
∴∠FCE＝∠FEC，
∵∠OED＝∠FEC，
∴∠OED＝∠FCE，
∵AB是直径，D是的中点，
∴∠DOE＝90°，
∴∠OED+∠ODC＝90°，
∴∠FCE+∠OCD＝90°，即∠OCF＝90°，
∵OC是半径，
∴CF是⊙O的切线．
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，
在Rt△COF中，OC2+CF2＝OF2
∴42+r2＝（r+2）2，
解得r＝3，
∴OB＝OD＝3，
∵∠DOB＝90°，
∴BD2＝OD2+OB2，
∴．
【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
12．（2024秋 仪征市期末）已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A，B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的交点，连接OB，OF，
AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G∠BOF＝90°．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）如果正方形边长为2，求BG的长．
【考点】切线的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）根据正方形的性质和切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接OE，根据切线的性质得到OE⊥CD，过O作OH⊥BC于H，推出四边形OECH是矩形，得到BH＝FH，求得OH＝CE，CH＝OE，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝90°，
∴AF是⊙O的直径；
∵∠A∠BOF，∠G∠BOF＝90°．
∴∠A+∠G＝90°，
∴∠AFG＝90°，
∴FG是⊙O的切线；
（2解：连接OE，
∵CD是⊙O的切线，
∴OE⊥CD，
过O作OH⊥BC于H，
则四边形OECH是矩形，BH＝FH，
∴OH＝CE，CH＝OE，
∵AO＝OF，
∴OHAB＝1，
设OB＝OE＝CH＝r，
∴BH＝2﹣r，
∵OB2＝BH2+OH2，
∴r2＝（2﹣r）2+12，
∴r，
∴AF，BF，
∵∠ABF＝∠FBG＝∠AFG＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝∠AFB+∠BFG＝90°，
∴∠BAF＝∠BFG，
∴△ABF∽△FBG，
∴，
∴BG．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
13．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是弦，C是的中点，OC与AB交于点E，过点A作⊙O的切线，与OC的延长线交于点D，连接OB．求证：∠B＝∠D．
【考点】切线的性质；垂径定理；圆周角定理．
【答案】详见解答．
【分析】根据切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理进行解答即可．
【解答】证明：∵AB是弦，C是的中点，
∴OC⊥AB，AE＝BE，
∵OA＝OB，
∴∠AOE＝∠BOE，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠OAD＝90°，
∵∠B+∠BOE＝90°＝∠D+∠AOB，
∴∠B＝∠D．
【点评】本题考查切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理，掌握切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．
14．（2024秋 仪征市期末）如图，在△AEC中，∠E＝90°，AD平分∠CAE交CE于点D，点B为边AC上一点，以AB为直径的圆恰好经过点D．
（1）试判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若OB＝4，BC＝2，求DE的长．
【考点】直线与圆的位置关系；角平分线的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；
（2）．
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，根据角平分线的定义得到∠OAD＝∠DAE，等量代换得到∠ODA＝∠DAE，根据平行线的性质得到∠ODC＝∠E，求得∠ODC＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）直线CE与⊙O相切，
理由：连接OD，∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAE交CE于点D，
∴∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∴∠ODC＝∠E，
∵∠E＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（2）∵∠ODC＝90°，
∴OC2＝OD2+CD2，
∴62＝42+CD2，
∴CD＝2，
∵OD∥AE，
∴△COD∽△CAE，
∴，
∴，
∴CE，
∴DE＝CE﹣CD．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出辅助线是解题的关键．
15．（2024秋 靖江市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，延长DA到F，使得AF＝AE，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若，BE＝3．求⊙O的半径．
【考点】切线的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O的半径长为2．
【分析】（1）连接BD、OA，OA交BC于点H，由AB垂直平分EF，得BF＝BE，则∠ABF＝∠ABE，由∠BAD＝90°，证明BD是⊙O的直径，则OA＝OB，所以∠OBA＝∠OAB，由AB＝AC，得，则OA垂直平分BC，所以∠OBF＝∠ABF+∠OBA＝∠ABE+∠OAB＝90°，即可证明BF是⊙O的切线；
（2）由∠FAB＝∠FBD＝90°，∠F＝∠F，证明△FAB∽△FBD，得，所以AF DF＝BF2，而DE，AF＝AE，BF＝BE＝3，则DF＝2AF，所以AF（2AF）＝9，求得AF，则DF＝5，所以BD4，则OBBD＝2，所以⊙O的半径长为2．
【解答】（1）证明：连接BD、OA，OA交BC于点H，
∵AD⊥AB，交⊙O于点D，延长DA到F，使得AF＝AE，
∴AB垂直平分EF，
∴BF＝BE，
∴∠ABF＝∠ABE，
∵∠BAD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴点O在BD上，
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∵AB＝AC，
∴，
∴OA垂直平分BC，
∴∠AHB＝90°，
∴∠OBF＝∠ABF+∠OBA＝∠ABE+∠OAB＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BF⊥OB，
∴BF是⊙O的切线．
（2）解：∵∠FAB＝∠FBD＝90°，∠F＝∠F，
∴△FAB∽△FBD，
∴，
∴AF DF＝BF2，
∵DE，AF＝AE，BF＝BE＝3，
∴DF＝2AF，BF2＝32＝9，
∴AF（2AF）＝9，
解得AF或AF（不符合题意，舍去），
∴DF＝25，
∴BD4，
∴OBBD＝2，
∴⊙O的半径长为2．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、垂径定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
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