苏科版九年级上册2.5 直线与圆的位置关系随堂练习题

这是一份苏科版九年级上册2.5 直线与圆的位置关系随堂练习题，共41页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

专题2.25 切线的性质与判定（培优练）
一、单选题
1．如图，圆上有A、B、C三点，直线l与圆相切于点A，CD平分∠ACB，且与l交于点D，若＝80°，＝60°，则∠ADC的度数为（　　）

A．80° B．85° C．90° D．95°
2．如图，矩形ABCG（AB＜BC）与矩形CDEF全等，点B，C，D在同一条直线上，∠APE的顶点P在线段BD上移动，使∠APE为直角的点P的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3
3．如图，已知是半圆的直径，是延长线上一点，切半圆于点，于点，于点，若，则的半径为（    ）
  
A．3.5 B．4 C． D．3.75
4．如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB经过A（4，0）、B（0，4），⊙O的半径为2（O为坐标原点），点P是直线AB上的一动点，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ的最小值为（　　）

A． B．2 ﹣1 C．2 D．3
5．如图，直线，与和分别相切于点和点，点和点分别是和上的动点，沿和平移，若的半径为，，则下列结论不正确的是（ ）

A．和的距离为 B．当与相切时，
C． D．当时，与相切
6．如图，在扇形中，点在弧上，将弧沿弦折叠后恰好与相切于点． 已知，，则的长为（    ）

A．9 B． C． D．
7．如图，AD是⊙O的直径，PA，PB分别切⊙O于点A，B，弦BC∥AD．当的度数为126°时，则∠P的度数为（　　）

A．54° B．55° C．63° D．64°
8．如图，在平面直角坐标系中，y轴的正半轴（坐标原点除外）上两点、，C为x轴的正半轴（坐标原点除外）上一动点．当取最大值时，点C的横坐标为（    ）
  
A．5 B．2 C．21 D．
9．如图，已知是的直径，是的切线，D，B为切点，交于点E，的延长线交BC于点F，连接 ，给出以下四个结论：①；②E为的内心；③，其中正确的结论是（    ）

A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
10．如图，点A是上一定点，点B是上一动点，连接，，．分别将线段，绕点A顺时针能转60°到，，连接，，，，则下列结论正确的有（    ）
①点在上；②；③；    ④当时，与相切．

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题
11．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 ．
12．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点A，B的坐标分别是，，动点P在直线上运动，以点P为圆心，长为半径的随点P运动，当与四边形的边相切时，P点的坐标为 .

13．如图，AB为⊙O直径，矩形ACDE的边DE与⊙O相切，点C在⊙O上，若，，则 ．

14．如图，以△ABC的边AB为直径的☉O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连接OD，则下列结论中：①OD//AC；②∠B=∠C；③2OA=AC；④DE是☉O的切线；⑤∠EDA=∠B，正确的序号是 ．

15．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，以AC为直径的⊙O交AB于点D，点 Q为CA延长线上一点，延长QD交BC于点P，连接OD．，若 AQ＝AC，AD＝4 时，写出BP的长为 ．

16．如图，在中，，，点在边上，以点为圆心作⊙.当⊙恰好同时与边，相切时，⊙的半径长为 .

17．如图，圆心都在x轴正半轴上的半圆O1，半圆O2，…，半圆On与直线l相切．设半圆O1，半圆O2，…，半圆On的半径分别是r1，r2，…，rn，则当直线l与x轴所成锐角为30o，且r1＝1时，r100＝ ．

18．如图矩形中，半圆O的直径为，点E从D出发以每秒1个单位长度向C运动，点F从B出发以每秒2个单位长度向A运动，当点F运动到点A时，点E也随之停止运动，设运动的时间为t秒（1）当与半圆O相切时，
（2）点M是的中点，点N是的外心，则点N运动路线的长为 ．

三、解答题
19．如图，四边形是正方形，点A，点B在上，边的延长线交于点E，对角线的延长线交于点F，连接并延长至点G，使．
（1）求证：与相切；
（2）若的半径为1，求的长．



20．如图，点在以为直径的上，，点在上由点开始向点运动，点与点关于对称，于点，并交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）如果，求证：为的切线．







21．如图，为的切线，为切点，是上一点，过点作，垂足为，交于点．连接，．
（1）若，求的度数；
（2）若点是的中点，，求的长．







22．如图在中，，在其内部有一点，以为圆心，为半径的圆与相切于点交于点，连接交于点．
（1）求证：．
（2）连接，若，且，求的半径．





23．已知是的直径，是弦，的角平分线交于点D，于
（1）如图1，求证：是的切线；
（2）如图1，若，，求的长；
（3）如图2，过点B作的切线，交的延长线于F，若，，求的值．








24．点为正方形的边上一动点，直线与相交于点，与的延长线相交于点．
（1）如图①，若正方形的边长为2，设，的面积为，求与的函数关系；
（2）如图②，求证：是的外接圆的切线；
（3）如果把正方形换成是矩形或菱形，（2）的结论是否是否仍然成立?
































参考答案
1．C
【分析】连接AB，交CD于E，根据圆周角定理，可求出∠ABC=40°，∠CAB=30°，由CD平分∠ACB，可得∠ACD=20°，然后根据三角形的外角的性质，得到∠AED=50°，再根据切线的性质求出∠BAD=40°，从而得出∠ADC=90°.
解：连接AB，交CD于E，
∵弧AB=80°，弧BC=60°
∴∠ABC=40°，∠CAB=30°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=20°，
∴∠AED=∠CAB +∠ACD =50°，
∵直线l与圆相切于点A
∴∠BAD=40°，
∴∠ADC=90°.
故选C.
【点拨】此题主要考查了圆周角定理和切线的性质定理的应用，灵活应用圆的相关定理进行角的转化是解题关键.
2．C
【分析】要判断直角顶点的个数，只要判定以AE为直径的圆与线段BD的位置关系即可，相交时有2个点，相切时有1个，外离时有0个，不会出现更多的点．
解：设两个矩形的长是a，宽是b．连接AE，
如图在△AEQ中，

根据勾股定理可得：
AE=；
过AE的中点M作MN⊥BD于点N．则MN是梯形ABDE的中位线，
则MN=（a+b）；
以AE为直径的圆，半径是
（a+b）=a+b≤
而只有a=b时等号才成立，
因而（a+b）＜，
即圆与直线BD相交，则直角顶点P的位置有两个．
故选：C．
3．D
【分析】连接，过点作于点，可得OD⊥AC，因为BC⊥AC，OH⊥BC，根据矩形的判定可得四边形OHCD为矩形，从而得到CH=OD，∠DOH=90°，根据“AAS”可证，得到，设，则，根据勾股定理即可得到半径的长．
解：连接，过点作于点，
  
∵AC切半圆于点D，
∴OD⊥AC，
∵BC⊥AC，
∴OD∥BC，∠ODC=∠C=90°，
∵OH⊥BC，
∴OH∥AC，∠OHC=90°，
∴四边形OHCD为矩形，
∴CH=OD，∠DOH=90°，
∵DF⊥EB，
∴∠FDO+∠FOD=90°，
∵∠HOB+∠FOD=90°，
∴∠HOB=∠FDO
在△OBH和△DOF中，
，
∴（AAS），
∴，
设，则，
∵在中，OB2=BH2+OH2，
∴，
解得．
故选D．
【点拨】本题考查了圆的切线性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键是正确作出辅助线．
4．C
【分析】连接OP、OQ，根据勾股定理知 当PO⊥AB时，线段PQ最短，即线段PQ最小.
解：如图，连接OP、OQ．
∵PQ是⊙O的切线，

∴OQ⊥PQ；
由勾股定理知，
∵当PO⊥AB时，线段PQ最短；
又∵A（4，0）、B（0，4），
∴OA＝OB＝4，
∴，
∴，
∵OQ＝2，
∴．
故选C．
【点拨】本题考查了切线的判定与性质、坐标与图形性质以及矩形的性质等知识点．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角来解决有关问题．
5．B
【分析】连结OA、OB，根据切线的性质和l1∥l2得到AB为⊙O的直径，则l1和l2的距离为2；当MN与⊙O相切，连结OM，ON，当MN在AB左侧时，根据切线长定理得∠AMO=∠AMN=30°，在Rt△AMO中，利用正切的定义可计算出AM=，在Rt△OBN中，由于∠ONB=∠BNM=60°，可计算出BN=，当MN在AB右侧时，AM=，所以AM的长为或；当∠MON=90°时，作OE⊥MN于E，延长NO交l1于F，易证得Rt△OAF≌Rt△OBN，则OF=ON，于是可判断MO垂直平分NF，所以OM平分∠NMF，根据角平分线的性质得OE=OA，然后根据切线的判定定理得到MN为⊙O的切线．
解：连结OA、OB，如图1，

∵⊙O与l1和l2分别相切于点A和点B，
∴OA⊥l1，OB⊥l2，
∵l1∥l2，
∴点A、O、B共线，
∴AB为⊙O的直径，
∴l1和l2的距离为2；
作NH⊥AM于H，如图1，
则MN=AB=2，
∵∠AMN=60°，
∴sin60°=，
∴MN=；
当MN与⊙O相切，如图2，连结OM，ON，

当MN在AB左侧时，∠AMO=∠AMN=×60°=30°，
在Rt△AMO中，tan∠AMO=，即AM==，
在Rt△OBN中，∠ONB=∠BNM=60°，tan∠ONB=，即BN=，
当MN在AB右侧时，AM=，
∴AM的长为或；
当∠MON=90°时，作OE⊥MN于E，延长NO交l1于F，如图2，
∵OA=OB，
∴Rt△OAF≌Rt△OBN，
∴OF=ON，
∴MO垂直平分NF，
∴OM平分∠NMF，
∴OE=OA，
∴MN为⊙O的切线．
故选B．
【点拨】本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线为圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．
6．C
【分析】设翻折后的弧的圆心为，连接交于点H，可得根据切线的性质可证明，根据直角三角形和勾股定理即可解决问题．
解：如图，设翻折后的弧的圆心为，连接交于点H，

∵将弧沿弦折叠
∴
∴
∵恰好与相切于点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点拨】本题考查了翻折变换，切线的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
7．A
【分析】根据弧与圆心角的关系，可得，继而可得，根据平行线的性质以及同弧所对的圆周角相等，圆周角定理可得，根据领补角相等可得，根据切线长的性质以及切线的性质求得，进而求得，即可求得．
解：如图，连接，，，

的度数为126°，
．
，
．
，
．
，
，，
．
，是⊙的切线，
，，，
．
故选A．
【点拨】本题考查了弧与圆心角的关系，平行线的性质，圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，切线的性质，切线长定理，综合运用以上知识是解题的关键．
8．D
【分析】当以为弦的圆与轴正半轴相切时，最大，根据圆周角定理得出对应的最大，根据垂径定理和勾股定理即可求解．
解：如图所示，当以为弦的圆与轴正半轴相切时，最大，
∵
∴此时的最大，
作轴于，连接、．
  
∵、，
∴，
与轴相切于点C，轴，

在直角中，，
∴，
∴点C的横坐标为，
故选：D．
【点拨】本题考查了圆的切线性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理，正确理解当以为弦的圆与轴相切时，对应的最大是关键，解题时注意结合图形分析．
9．A
【分析】如图所示，连接，先证明，得到，再由圆周角定理得到即可判断①；根据切线的性质和三角形内角和定理得到，进而推出则是的角平分线，同理可证得是的平分线，即可判断②；若若，则应有，应，进而推出而的度数不一定是60度，即可判断③．
解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴
∴ ，
∵，
∴，即是的角平分线，同理可证得是的平分线，
∴E为的内心，故②正确；

若，则应有，应有，
∴，
∴
而的度数不一定是60度，故③不正确；
因此正确的结论有：①②．
故选：A．
【点拨】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念，三角形内角和定理，等腰三角形的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10．B
【分析】根据旋转的性质、等边三角形的性质，易证，可判断①选项；根据旋转的性质与全等三角形的性质可证，可判断②选项；根据等边三角形的性质与全等三角形的性质，可得③选项；根据切线的判定定理可判断④正确．
解：为绕点A顺时针能转60°得
，
为等边三角形，
点在上（点到圆心的距离等于半径的长度，则该点在圆上），故①正确；
为绕点A顺时针能转60°得
，

，即
，，
，故②正确；
，，
为等边三角形
，




，



，故③正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
当时，则，
∴是的中点，此时，，
∴，
∴与相切．

，故④正确．
综上所述，正确的结论有4个，
故选：A
【点拨】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，切线的判定定理，根据旋转的性质证明三角形全等是关键．
11．相切
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．
【点拨】本题考查直线与圆的位置关系；坐标与图形性质．
12．（0，0）或或．
【分析】分四种情况，根据直线与相切的性质和一次函数图像上点的坐标特点，画出图形，分析作答即可．
解：①当与BC相切时，∵动点P在直线上，
∴P与O重合，此时圆心P到BC的距离为OB，
∴P（0，0）．
②∵平行四边形的顶点A，B的坐标分别是，，
∴点C的坐标是，
∴直线的解析式是，
∵直线的解析式是，
∴，
如图1中，当与OC相切时，则，是等腰三角形，作轴于E，则，易知P的纵坐标为1，可得P．

③如图2中，当与OA相切时，则点P到点B的距离与点P到x轴的距离相等，可得，

解得或，
∵，
∴不会与OA相切，
∴不合题意，
∴．
④如图3中，当与AB相切时，设线段AB与直线OP的交点为G，此时，

∵，
∴不成立，
∴此种情形，不存在P．
综上所述，满足条件的P的坐标为（0，0）或或．
故答案为：（0，0）或或．
【点拨】本题考查了切线的性质、一次函数图象上点的坐标特征等知识，正确分类、熟练掌握直线与相切的性质是解题的关键．
13．
【分析】利用直线与圆相切，矩形与梯形中位线的性质得出，，则，即求出的值即可求出结果．将，，用代数式表示，利用勾股定理建立等式关系，求解即可．
解：如图，过点作直线相交于点，于点，

四边形是矩形，
且，且，．
，为⊙直径，
，（梯形的中位线）．
，
．
，，
，．
，即，
整理得，
解得（不符合题意）．
．
故答案为：．
【点拨】本题考查直线与圆的相切性质问题．涉及直线与圆相切的性质，矩形的性质、梯形的性质、勾股定理等的理解与综合应用能力．涉及直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径；矩形对应边平行且相等，四个角都是直角；梯形中位线等于两底和的一半；一个直角三角形中，两个直角边长的平方加起来等于斜边长的平方．灵活运用相关知识点建立等式关系求解是解本题的关键．
14．①②③④⑤．
【分析】连接，根据三角形中位线定理得到，①正确；根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，②正确；根据切线的判定定理得到是的切线，④正确；根据余角的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，求得，⑤正确；根据线段垂直平分线的性质得到，求得，③正确．
解：如图示，连接，

为中点，点为的中点，
为的中位线，
，①正确；
是的直径，
，
即，又，
为等腰三角形，
，②正确；
，且，
，
是半径，
是的切线，④正确；
，
，
，
，
，
，⑤正确；
为中点，，
，
，
，
③正确，
故答案为：①②③④⑤．
【点拨】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形中位线定理，正确的识别图形是解题的关键．．
15． .
【分析】连接，通过圆周角定理及推论证明是的切线；再根据切线长定理求得，连接，得到，根据平行线分线段长比例定理得到，根据三角形的中位线的性质得到，根据射影定理即可得到结论．
解：连接，
，
，
，
，
是的直径，

，
，，
，
是切线；
，为半径．
是切线，
，
连接，
，
，
，
，
，
，
，
是的中位线，
，
，，
，
，
．

故答案为： .
【点拨】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，平行线分线段长比例定理，三角形的中位线的性质，射影定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．
【分析】作AH⊥BC于H，DE⊥BC于E，DF⊥AC于F，连接CD，如图，设⊙D的半径为r，先利用等腰三角形的性质得BH=CH=BC=5，则利用勾股定理可计算出AH=12，再根据切线的性质得DE=DF=r，然后根据三角形面积公式得到•AH•BC=DE•BC+•DF•AC，即×10•r+×13×r=×10×12，，再解关于r的方程即可．
解：作AH⊥BC于H，DE⊥BC于E，DF⊥AC于F，连接CD，如图，设 D的半径为r，

∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=CH=BC=5，
在Rt△ABH中，根据勾股定理求得AH=12，
∵⊙D同时与边AC、BC相切，
∴DE=DF=r，
∵S△ABC=S△ADC+S△DBC，
∴•AH•BC=DE•BC+•DF•AC，
即×10•r+×13×r=×10×12，
∴r=，
即当 D恰好同时与边AC、BC相切时，此时 D的半径长为．
故答案为: ．
【点拨】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径．
17．
【分析】根据题意作出垂线段，表示出直线原点与圆心之间的线段关系，然后寻找规律得出答案．
解：分别过半圆，半圆，，半圆的圆心作，，，如图，

半圆，，，，与直线相切，
，，，
当直线与x轴所成锐角为时，，
在中，，即，
，
在中，，即，
，
同理可得，，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了规律型、切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，找出规律是解题的关键
18． 2
【分析】（1）根据题意求得，设切点为，根据切线长定理可得的长度，在中，，勾股定理建立方程求解即可；
（2）根据题意，分别求得时，的长度，即可求得点顶点运动路线的长度．
解：（1）如图，过点作
四边形是矩形，，
,
是的切线，
四边形是矩形，
点E从D出发以每秒1个单位长度向C运动，点F从B出发以每秒2个单位长度向A运动，




，，，
与半圆O相切时，设切点为



在中，

解得（舍去）
当与半圆O相切时， ，
故答案为：2
（2）如图，当时，

点N是的外心

在的垂直平分线上
是的中点，是的中点，






在中，
在中，
即
解得
如图，当时，

中，

过点作
则四边形是矩形




中,又

解得
点的运动路程为
故答案为：
【点拨】本题考查了矩形的性质，勾股定理，切线长定理，切线的判定，综合运用以上知识是解题的关键．
19．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接，根据四边形是正方形，得到,从而得到是圆的直径，结合，，证明即可；
（2）连接，证明,从而证明，利用勾股定理计算即可．
解：（1）连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴是的直径，
∵，
∴，
  
∴，
故是的切线；
（2）如图，连接，
∵四边形是正方形，是圆的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点拨】本题考查了圆的切线判定，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定定理，圆周角定理，勾股定理是解题的关键．
20．（1）答案见详解；（2）答案见详解
【分析】（1）由轴对称的性质得出，，再求出，得出，即可得出结论．
（2）连接，先证出是等边三角形，得出再求出，由轴对称的性质得出，，求出，即可得出结论．
解：（1）证明：∵点与点关于对称，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
（2）证明：连接，
  
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∵点与点关于对称，
∴，
∴，
∴，
∴为的切线．
【点拨】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，轴对称的性质，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上知识点并运用是解题的关键．
21．（1）；（2）
【分析】（1）连接，由切线的性质得到，又，得到，因此，由圆周角定理可得出结论；
（2）过点作，垂足为，由垂径定理可得，证明四边形是矩形，可得，根据勾股定理可得，最后由矩形的性质即可求得的长．
解：（1）证明：如图，连接，
  
∵为的切线，为切点，
∴，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴的度数为，
（2）过点作，垂足为，
  
∵点是的中点，，
∴，，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴的长为．
【点拨】本题考查圆周角定理，切线的性质，平行线的判定和性质，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理．掌握圆周角定理、切线的性质和垂径定理是解题的关键．
22．（1）见分析；（2）
【分析】（1）如图：连接OD，由切线的性质可得，即．再根据对顶角的性质可得等边对等角可得，进而说明，最后根据等角对等边即可证明结论；
（2）如图：过作,设的半径为r，则．由垂径定理可得，则，然后在中利用勾股定理列式求得r即可解答．
（1）解：如图：连接OD，
  
∵与相切，
∴，即．
∵，即．
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：如图：过作,
设的半径为r，则．
  
∵，
∴，
∴．
∴，
∴在中，由勾股定理可得，，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了切线的性质、垂径定理、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活利用相关性质定理是解答本题的关键．
23．（1）证明见分析；（2）6；（3）
【分析】（1）连接，则利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可以推出，从而证明，则，再由，得到，则，由此即可证明结论；
（2）连接交于F，先利用勾股定理求出，然后整理四边形是矩形，得到，再由垂径定理求得，由此即可得到答案；
（3）连接，先证明，得到，再由勾股定理得到，，从而可以推出，即，则，
设，则，解方程即可．
解：（1）证明：如图所示，连接，
∵ ，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；

（2）解：如图所示，连接交于F，
∵是直径，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴；

（3）解：如图所示，连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即
∴，
设，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∵，，
∴．

【点拨】本题主要考查了切线的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，垂径定理，平行线的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
24．（1）；（2）见分析；（3）正方形换成矩形时，（2）结论不成立；当正方形换成菱形时，（2）结论成立
【分析】（1）延长，过G作交延长线于R，利用三角形面积公式即可得出结果；
（2）取中点O，连接，根据正方形的性质及全等三角形的判定和性质得出，再由各角之间的等量代换得出，即可证明；
（3）当正方形换成矩形时，根据题意得出不是的外接圆的切线；当正方形换成菱形时，同（2）中的方法一致，证明即可
（1）解：如图，延长，过G作交延长线于R，

由题意可知，正方形边长为2，
∴，
∴
∴即；
（2）证明：如图，取中点O，连接，

∵，
∴是外接圆的直径，O为圆心，
在正方形中，是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在圆O中，，
∴，  
∴，
∵，
∴，即，
∴是的外接圆的切线；
（3）当正方形换成矩形时，

由（2）可知，
，但是与不全等，
∴，
∴，
∴，
∴不是的外接圆的切线；
当正方形换成菱形时，在菱形中，是对角线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在圆O中，连接并延长交圆O于H，

∵，
∴，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，即，
∴是的外接圆的切线．
【点拨】题目主要考查一次函数的应用及正方形的性质，切线的判定和性质及全等三角形的判定和性质等，理解题意，作出相应图形，综合运用这些知识点是解题关键．