中考数学一轮复习专题3.6 切线的判定和性质【九大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题3.6 切线的判定和性质【九大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共52页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc32040" 【题型1 有关切线的说法辨析】 PAGEREF _Tc32040 \h 1
\l "_Tc4646" 【题型2 判断或补全使直线为切线的条件】 PAGEREF _Tc4646 \h 4
\l "_Tc26605" 【题型3 证明某直线是圆的切线（连半径证垂直）】 PAGEREF _Tc26605 \h 9
\l "_Tc25033" 【题型4 证明某直线是圆的切线（作垂直证半径）】 PAGEREF _Tc25033 \h 16
\l "_Tc5712" 【题型5 利用切线的性质求线段长度】 PAGEREF _Tc5712 \h 20
\l "_Tc5974" 【题型6 利用切线的性质求角度大小】 PAGEREF _Tc5974 \h 29
\l "_Tc27045" 【题型7 利用切线的性质证明】 PAGEREF _Tc27045 \h 33
\l "_Tc7943" 【题型8 切线的判定与性质的综合运用】 PAGEREF _Tc7943 \h 38
\l "_Tc13477" 【题型9 过圆外一点作圆的切线】 PAGEREF _Tc13477 \h 47
【知识点 切线的判定】
（1）切线判定： = 1 \* GB3 ①经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
= 2 \* GB3 ②和圆只有一个公共点的直线是圆的切线（定义法）
= 3 \* GB3 ③如果圆心到一条直线的距离等于圆的半径，那么这条直线是圆的切线
（2）切线判定常用的证明方法：
①知道直线和圆有公共点时，连半径，证垂直；
②不知道直线与圆有没有公共点时，作垂直，证垂线段等于半径．
【题型1 有关切线的说法辨析】
【例1】（2023春·山东日照·九年级统考期中）如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（ ）
A．∠A＝50°，∠C＝40°B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2D．⊙A与AC的交点是AC中点
【答案】D
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【详解】解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB＝12AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·九年级课时练习）下列直线中可以判定为圆的切线的是（ ）
A．与圆有公共点的直线B．经过半径外端的直线
C．垂直于圆的半径的直线D．与圆心的距离等于半径的直线
【答案】D
【分析】根据切线的判定方法逐项分析即可．
【详解】解：A．与圆有且仅有一个公共点的直线是圆的切线，故该选项不正确，不符合题意；
B．经过半径外端的直线且垂直于半径的直线是圆的切线，故该选项不正确，不符合题意；
C．经过半径外端的直线且与半径垂直的直线是圆的切线，故不正确；
D．与圆心的距离等于半径的直线，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的判定方法，如果直线与圆只有一个公共点，这时直线与圆的位置关系叫做相切，这条直线叫做圆的切线，这个公共点叫做切点；经过半径外端点并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【变式1-2】（2023春·西藏拉萨·九年级校考期末）下列四个选项中的表述，一定正确的是（ ）
A．经过半径上一点且垂直于这条半径的直线是圆的切线
B．经过半径的端点且垂直于这条半径的直线是圆的切线
C．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线
D．经过一条弦的外端且垂直于这条弦的直线是圆的切线
【答案】C
【分析】根据切线的判定对各个选项进行分析，从而得到答案．
【详解】由切线的判定定理可知：经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的切线，
故A，B，D选项不正确，C选项正确，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了圆中切线的判定，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
【变式1-3】（2011秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，已知AB、AC分别为⊙O的直径和弦，D为BC 的中点，DE垂直于AC的延长线于E，连接BC，若DE=6cm，CE=2cm，下列结论一定错误的是( )
A．DE是⊙O的切线B．直径AB长为20cm
C．弦AC长为16cmD．C为AD 的中点
【答案】D
【分析】AB是圆的直径，则∠ACB=90°，根据DE垂直于AC的延长线于E，可以证得ED∥BC，则DE⊥OD，即可证得DE是圆的切线，根据切割线定理即可求得AC的长，连接OD，交BC与点F，则四边形DECF是矩形，根据垂径定理即可求得半径．
【详解】解：连接OD，OC．
∵D是弧BC的中点，则OD⊥BC，
∴DE是圆的切线．故A正确；
∴DE2=CE?AE
即：36=2AE
∴AE=18，则AC=AE-CE=18-2=16cm．故C正确；
∵AB是圆的直径．
∴∠ACB=90°，
∵DE垂直于AC的延长线于E．
D是弧BC的中点，则OD⊥BC，
∴四边形CFDE是矩形．
∴CF=DE=6cm．BC=2CF=12cm．
在直角△ABC中，根据勾股定理可得：AB=AC2+BC2=162+122=20．故B正确；
在直角△ABC中，AC=16，AB=20，
则∠ABC≠30°，
而D是弧BC的中点．
∴弧AC≠弧CD．
故D错误．
故选D．
【题型2 判断或补全使直线为切线的条件】
【例2】（2023春·北京·九年级统考期末）在下图中，AB是⊙O的直径，要使得直线AT是⊙O的切线，需要添加的一个条件是 ．（写一个条件即可）
【答案】∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）
【分析】根据切线的判定条件，只需要得到∠BAT=90°即可求解，因此只需要添加条件：∠ABT=∠ATB=45°即可．
【详解】解：添加条件：∠ABT=∠ATB=45°，
∵∠ABT=∠ATB=45°，
∴∠BAT=90°，
又∵AB是圆O的直径，
∴AT是圆O的切线，
故答案为：∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，三角形内角和定理，熟知圆切线的判定条件是解题的关键．
【变式2-1】（2023春·山东德州·九年级统考期中）如图，A、B是⊙O上的两点，AC是过A点的一条直线，如果∠AOB=120°，那么当∠CAB的度数等于 度时，AC才能成为⊙O的切线．
【答案】60
【分析】由已知可求得∠OAB的度数，因为OA⊥AC，AC才能成为⊙O的切线，从而可求得∠CAB的度数．
【详解】解：∵△AOB中，OA=OB，∠AOB=120°，
∴∠OAB=∠OBA=12180°−∠AOB=30°，
∵当OA⊥AC即∠OAC=90°时，AC才能成为⊙O的切线，
∴当∠CAB的度数等于60°，即OA⊥AC时，AC才能成为⊙O的切线．
故答案为：60．
【点睛】本题考查了切线的判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握切线的判定定理是解答此题的关键．
【变式2-2】（2023春·河南信阳·九年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径作⊙O交AB于D点，连接CD．
（1）求证：∠A=∠BCD；
（2）若M为线段BC上一点，试问当点M在什么位置时，直线DM与⊙O相切？并说明理由．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）M为BC的中点．
【详解】试题分析：（1）根据圆周角定理可得∠ADC=90°，再根据直角三角形的性质可得∠A+∠DCA=90°，再由∠DCB+∠ACD=90°，可得∠DCB=∠A；
（2）当MC=MD时，直线DM与⊙O相切，连接DO，根据等等边对等角可得∠1=∠2，∠4=∠3，再根据∠ACB=90°可得∠1+∠3=90°，进而证得直线DM与⊙O相切．
试题解析：（1）证明：∵AC为直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠A+∠DCA=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠DCB+∠ACD=90°，
∴∠DCB=∠A；
（2）当MC=MD（或点M是BC的中点）时，直线DM与⊙O相切；
解：连接DO，
∵DO=CO，
∴∠1=∠2，
∵DM=CM，
∴∠4=∠3，
∵∠2+∠4=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴直线DM与⊙O相切，
故当MC=MD（或点M是BC的中点）时，直线DM与⊙O相切．
考点：切线的判定．
【变式2-3】（2023春·江西上饶·九年级统考期末）已知：△ABC内接于⊙O，过点A作直线EF．

（1）如图甲，AB为直径，要使EF为⊙O的切线，还需添加的条件是（写出两种情况，不需要证明）：① 或② ；
（2）如图乙，AB是非直径的弦，若∠CAF=∠B，求证：EF是⊙O的切线．
（3）如图乙，若EF是⊙O的切线，CA平分∠BAF，求证：OC⊥AB．
【答案】（1）①OA⊥EF；②∠FAC=∠B；（2）见解析；（3）见解析．
【分析】(1) 添加条件是:①OA⊥EF或∠FAC=∠B根据切线的判定和圆周角定理推出即可．
(2) 作直径AM,连接CM，推出∠M=∠B=∠EAC，求出∠FAC+∠CAM=90°，根据切线的判定推出即可．
(3)由同圆的半径相等得到OA=OB，所以点O在AB的垂直平分线上，根据∠FAC=∠B，∠
BAC=∠FAC，等量代换得到∠BAC=∠B，所以点C在AB的垂直平分线上，得到OC垂直平分AB．
【详解】（1）①OA⊥EF②∠FAC=∠B，
理由是：①∵OA⊥EF，OA是半径，
∴EF是⊙O切线，
②∵AB是⊙0直径，
∴∠C=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵∠FAC=∠B，
∴∠BAC+∠FAC=90°，
∴OA⊥EF，
∵OA是半径，
∴EF是⊙O切线，
故答案为：OA⊥EF或∠FAC=∠B，
（2）作直径AM，连接CM，

即∠B=∠M（在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等），
∵∠FAC=∠B，
∴∠FAC=∠M，
∵AM是⊙O的直径，
∴∠ACM=90°，
∴∠CAM+∠M=90°，
∴∠FAC+∠CAM=90°，
∴EF⊥AM，
∵OA是半径，
∴EF是⊙O的切线．
（3）∵OA=OB，
∴点O在AB的垂直平分线上，
∵∠FAC=∠B，∠BAC=∠FAC，
∴∠BAC=∠B，
∴点C在AB的垂直平分线上，
∴OC垂直平分AB，
∴OC⊥AB．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，注意:经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线，直径所对的圆周角是直角．
【题型3 证明某直线是圆的切线（连半径证垂直）】
【例3】（2023春·江西宜春·九年级江西省丰城中学校考开学考试）如图，在中，，平分交于点D，O为上一点，经过点A，D的分别交，于点E，F．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
【答案】(1)见解析
(2)的半径为5．
【分析】（1）连接，可得，根据等边对等角，以及角平分线的定义，可得，根据“内错角相等，两直线平行”可得，根据平行线的性质，可得，再根据切线的判定方法，即可判定；
（2）过点O作，交于点G，根据垂径定理可得，故，根据矩形的判定和性质，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，则，

，
是的平分线，
，
，
，
，
为的半径，点D在上，
∴是的切线；
（2）解：过点O作，交于点G，如图，

，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
的半径为5．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定、圆的垂径定理，矩形的判定和性质、等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定和性质，解题的关键是准确作出辅助线．
【变式3-1】（2023春·全国·九年级专题练习）如图，中，，以为直径的交于点，点在上，，的延长线交于点F．

(1)求证：与相切；
(2)若的半径为3，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接、，则，所以，由，得，所以，即可证明与相切；
（2）由切线的性质得，，，得，则，即可根据勾股定理列方程，求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接、，

则，
，
，，
，
，
经过的半径的外端，且，
与相切．
（2）解：由（1）知与相切，
∴
∵，，
，
，
∵
∴，
∵，，
，
，
的长为6．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、圆的切线的判定、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·江西九江·九年级校考期中）如图，为的直径，C为上一点，P为延长线上的一点，使得．

(1)求证：是的切线．
(2)F为上一点，且经过的中点E．
①求证：；
②若，，求的半径长．
【答案】(1)见解析；
(2)①见解析；②的半径为5．
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得出，进而得出，即，即可得出结论；
（2）①先根据直径所对的圆周角是直角得出，进而得出，根据题意可得出，推出，即可得出结论；
②设,则，由①知，得出和都是直角三角形，在中，根据勾股定理得出，求出，，在中，根据勾股定理得出，即可得出答案
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴是的切线；
（2）①证明：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵经过的中点E，
∴，
∴，
∴；
②解：设,则，
由①知，
∴和都是直角三角形，
在中，，
∴，
解得：（负值舍去），即，，
在中，，
∴，
解得：，即的半径为5．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，勾股定理，掌握切线的判定定理是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，已知半径为的经过轴上一点，与轴交于、两点，连接、，平分，．

(1)判断与轴的位置关系，并说明理由；
(2)求的长．
【答案】(1)相切，理由见解析
(2)
【分析】（1）连接，由平分可得，又，所以，进而可得，所以，可得轴，进而可得结论；
（2）过点作轴于点，则，且四边形是矩形，设可分别表达和，进而根据勾股定理可建立等式，得出结论；
【详解】（1）解：与轴相切，理由如下：
如图，连接，
平分，
，
又，
，
，
，
轴，
轴，
是半径，
与轴相切
（2）如图，过点作轴于点，

，
，
四边形是矩形，
，，
设则，
，
在中，，
，
解得或舍去，
，
．
【点睛】本题主要考查切线的定义，勾股定理，矩形的性质与判定，垂径定理，待定系数法求函数表达式，题目比较简单，关键是掌握相关定理．
【题型4 证明某直线是圆的切线（作垂直证半径）】
【例4】（2023春·山东日照·九年级日照市新营中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，CB＝CD，连接BD，以点B为圆心，BA长为半径作⊙B，交BD于点E．
（1）试判断CD与⊙B的位置关系，并说明理由．
（2）若AB＝6，∠BDC＝60°，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）
【分析】(1)过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF= BA，即可证明CD与圆B相切；
(2)先证明△BCD是等边三角形，根据三线合得到∠ABD= 30°，求出AD，再利用阴影部分的面积= S△ABD－S扇形ABE求出阴影部分面积．
【详解】解：(1) 过点B作BF⊥CD，垂足为F，
∴∠BFD=90°，
∵ADBC，∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠BFD，
∵ADBC，
∴∠ADB= ∠CBD，
∴CB= CD，
∴∠CBD= ∠CDB，
∴∠ADB = ∠CDB，
在△ABD和△FBD中 ，
，
∴△ABD≌△FBD (AAS)，
∴BF= BA，则点F在圆B上，
∴CD与⊙B相切；
(2) ∵∠BCD= 60°，CB= CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD = 60°，
∵ BF⊥CD，
∴∠ABD= ∠DBF= ∠CBF= 30 °，
∴∠ABF= 60 °，
∵ AB= BF= 6，
∴AD= DF° = 2，
∴阴影部分的面积= S△ABD－S扇形ABE
=
= ．
【点睛】本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线．
【变式4-1】（2023·江西南昌·九年级期末）如图，为正方形对角线上一点，以为圆心，长为半径的与相切于点.
（1）求证：与相切.
（2）若正方形的边长为1，求半径的长.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据正方形的性质可知，AC是角平分线，再根据角平分线的性质进行证明即可；
（2）根据正方形的边长求出AC的长，再根据等腰直角三角形的性质得出
即可求出.
【详解】解：（1）如图，连接，过点作于点，
∵与相切，∴
∵四边形是正方形，
∴平分，∴，
∴与相切.
（2）∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴.
又，
∴，解得.
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和圆的切线的性质和判定，还运用了数量关系来证明圆的切线的方法.
【变式4-2】（2023•武汉模拟）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，E为AB上的一点，DE＝DC，以D为圆心，DB长为半径作⊙D，AB＝5，EB＝3．
（1）求证：AC是⊙D的切线；
（2）求线段AC的长．
【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD＝DF等于半径，得出AC是⊙D的切线．
（2）先证明△BDE≌△DCF（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB＝AF，得出AB+EB＝AC．
【解答】证明：（1）过点D作DF⊥AC于F；
∵AB为⊙D的切线，
∴∠B＝90°
∴AB⊥BC
∵AD平分∠BAC，DF⊥AC
∴BD＝DF
∴AC与⊙D相切；
（2）在△BDE和△DCF中；
∵BD＝DF，DE＝DC，
∴Rt△BDE≌Rt△DCF（HL），
∴EB＝FC．
∵AB＝AF，
∴AB+EB＝AF+FC，
即AB+EB＝AC，
∴AC＝5+3＝8．
【变式4-3】（2023•椒江区一模）如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线．
【分析】过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE＝OD，从而证得结论．
【解答】证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，
∵AB与⊙O相切于点D，
∴AB⊥OD，
∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，
∴AO是∠BAC的平分线，
∴OE＝OD，即OE是⊙O的半径，
∵圆心到直线的距离等于半径，
∴AC是⊙O的切线．
【知识点2 切线的性质】
（1）切线性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径
（2）切线性质的推论： = 1 \* GB3 ①经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点
= 2 \* GB3 ②经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心
【题型5 利用切线的性质求线段长度】
【例5】（2023春·河南·九年级校联考期末）如图，AB为⊙O的直径，C，E是⊙O上不同于A，B的两点，过点C的切线垂直于AE交AE的延长线于点D，连接AC．

(1)求证：EC=BC；
(2)若AC=43，CE=33，则CD的长为__________．
【答案】(1)见解析
(2)1235
【分析】（1）连接CO，可证AD∥OC，从而可证∠DAC=∠CAB，即可求证．
（2）过C作CF⊥AB交AB于F，可求BC=33，AB=AC2+BC2，12AC⋅BC=12AB⋅CF，接可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接CO，

∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠ACO，
∵AO=CO，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠DAC=∠CAB，
∴EC=BC．
（2）解：过C作CF⊥AB交AB于F，

由（1）得：∠DAC=∠CAB，
∴CE=BC=33，
∵CD⊥AE，
∴CD=CF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
AB=AC2+BC2
=432+332=53，
∵12AC⋅BC=12AB⋅CF，
∴43×33=53CF，
解得：CF=1253，
∴ CD=1253；
故答案：1253．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，切线的性质，角平分线的性质定理，勾股定理等，作出适当的辅助线，掌握相关的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·北京西城·九年级北师大实验中学校考开学考试）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作⊙O的切线l，过点B作BD⊥l于点D．

(1)求证：BC平分∠ABD；
(2)连接OD，若∠ABD=60°，CD=3，求OD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)7
【分析】（1）连接OC，求得OC∥BD，得到∠OBC=∠CBD，即可求得BC平分∠ABD．
（2）连接AC，求得∠ACB=90°，在Rt△BDC中，求得BC=23；在Rt△ACB中，AB=2AC，OC=2；在Rt△OCD中，利用勾股定理可求得OD=7．
【详解】（1）证明：如图，连接OC．

∵直线l与⊙O相切于点C，
∴OC⊥l于点C．
∴∠OCD=90°．
∵BD⊥l于点D，
∴∠BDC=90°．
∴∠OCD+∠BDC=180°．
∴OC∥BD．
∴∠OCB=∠CBD．
∵OC=OB，
∴∠OBC=∠OCB．
∴∠OBC=∠CBD．
∴BC平分∠ABD．
（2）解：连接AC．

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵∠ABD=60°，
∴∠OBC=∠CBD=12∠ABD=30°．
在Rt△BDC中，
∵∠CBD=30°，CD=3，
∴BC=2CD=23．
在Rt△ACB中，
∵∠ABC=30°，
∴AB=2AC．
∵AC2+BC2=AB2，
∴AB=4．
∴OC=12AB=2．
在Rt△OCD中，
∵OC2+CD2=OD2，
∴OD=7．
【点睛】本题是圆与三角形综合题，考查了切线的性质、角平分线的判定和和勾股定理，作出恰当的辅助线是解决问题的关键
【变式5-2】（2023春·广东韶关·九年级校考期末）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，点F在⊙O上，且点C是弧BF的中点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于D点，交AF的延长线于E点．
(1)求证：AE⊥DE；
(2)若∠D=30°，AE=3，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)23
【分析】（1）连接OC，根据DE切⊙O于C，故OC⊥DE，根据点C是BF的中点，故∠BAC=∠EAC，根据等边对等角可得∠BAC=∠OCA，即可推得OC∥AE，即可证明；
（2）连接BF交OC于G，根据AB是⊙O直径，故∠BFA=90°，结合（1）中结论可得四边形CEFG是矩形，根据含30度角的直角三角形特征可得AD=2AE=6，DO=2CO=2BO，即可推得AD=3CO=6，求得CO=2，DO=4，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接OC，如图
∵DE切⊙O于C，
∴OC⊥DE
∵点C是BF的中点，
∴∠BAC=∠EAC
∵OC=OA
∴∠BAC=∠OCA
∴∠EAC=∠OCA
∴OC∥AE
∴AE⊥DE
（2）连接BF交OC于G，如图，
∵AB是⊙O直径，
∴∠BFA=90°
由（1）可得OC⊥DE，AE⊥DE
∴四边形CEFG是矩形，
∴CO⊥BF，CF=GF，∠D=∠ABF=30°
∴BG=GF
在Rt△ADE中，∠D=30°，AE=3
∴AD=2AE=6
在Rt△CDO中，∠D=30°
∴DO=2CO=2BO
∴AD=3CO=6
∴CO=2，DO=4
∴DC=DO2−CO2=23
【点睛】本题考查了平行线的判定，直径所对的圆周角是90度，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形特征，勾股定理等，熟练掌握以上性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·广东汕头·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，AD与过点C的切线垂直，垂足为点D，直线DC与AB的延长线相交于点P，G是△ACB的内心，连接CG并延长，交⊙O于E，交AB于点F，连接BE．
(1)求证：AC平分∠DAB；
(2)连接BG，判断△EBG的形状，并说明理由；
(3)若BC=22，AC=42，求线段EC的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰三角形，见解析
(3)6
【分析】（1）由切线的性质可得出OC⊥PD，结合题意可证OC∥AD，即得出∠ACO=∠DAC．再根据同圆半径相等和等腰三角形的性质，即得出∠ACO=∠CAO，从而易证AC平分∠DAB；
（2）由直径所对圆周角为直角可知∠ACB=90°．再根据三角形内心的性质可知∠ACE=∠BCE=12∠ACB=45°，∠CBG=∠FBG．由同弧或等弧所对圆周角相等可知∠ACE=∠ABE=45°，从而结合三角形外角性质得：∠BCE+∠CBG=∠ABE+∠FBG，即∠BGE=∠EBG，即证明△EBG为等腰三角形；
（3）连接OE，作BM⊥CE交CE于点M， 由圆周角定理可知∠BOE=2∠BCE=90°．根据勾股定理可得出AB=BC2+AC2=210，即得出OE=OB=12AB=10，从而由等腰直角三角形的性质结合勾股的定理求出BE=2OB=25．又易证△BMC为等腰直角三角形，同理可求出BM=MC=22BC=2，最后再次利用勾股定理即可求出EM=BE2−BM2=4，进而可求出CE=MC+EM=6．
【详解】（1）∵PD是⊙O切线
∴OC⊥PD．
∵AD⊥PD，
∴OC∥AD．
∴∠ACO=∠DAC．
又∵OC=OA，
∴∠ACO=∠CAO，
∴∠CAO=∠DAC，即AC平分∠DAB；
（2）△EBG为等腰三角形，理由如下，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∵G是△ACB的内心，
∴∠ACE=∠BCE=12∠ACB=45°，∠CBG=∠FBG．
∵AE=AE，
∴∠ACE=∠ABE=45°，
∴∠BCE+∠CBG=∠ABE+∠FBG，
∴∠BGE=∠EBG，
∴△EBG为等腰三角形；
（3）连接OE，作BM⊥CE交CE于点M，如图所示：
由圆周角定理可知∠BOE=2∠BCE=90°．
∵BC=22，AC=42，∠ACB=90°，
∴AB=BC2+AC2=210，
∴OB=12AB=10．
∵OE=OB，
∴BE=2OB=25．
∵BM⊥CE，∠BCE=45°，
∴△BMC为等腰直角三角形，
∴BM=MC=22BC=2，
∴EM=BE2−BM2=20−4=4，
∴CE=MC+EM=2+4=6．
【点睛】本题为圆的综合题，考查切线的性质，圆周角定理及其推论，三角形内心的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识．熟练掌握圆的相关知识是解题关键．在解（3）时正确作出辅助线也是关键．
【题型6 利用切线的性质求角度大小】
【例6】（2023春·重庆南岸·九年级重庆市珊瑚初级中学校校考期中）如图，AC是⊙O的直径，AB，BC是⊙O的弦，CD是⊙O的切线，C为切点，OD与⊙O交于点E．若点C为BE的中点，∠D=32°，则∠ACB的度数为（ ）

A．56°B．58°C．61°D．68°
【答案】C
【分析】如图：连接OB，根据切线的性质得到OC⊥CD，根据直角三角形的性质求出∠COD，由点C为BE的中点可得∠BOC=∠DOC,最后等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可解答．
【详解】解：如图：连接OB，

∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∵∠D=32°，
∴∠COD=90°−32°=58°，
∵点C为BE的中点，
∴∠BOC=∠DOC=58°，
∵OB=OC，
∴∠ACB=12180°−∠COB=61°,
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式6-1】（2023春·河南信阳·九年级校联考期末）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PO交⊙O于点C，连接BC，PA．若∠P=36°，且PA与⊙O相切，则此时∠B等于（ ）
A．27°B．32°C．36°D．54°
【答案】A
【分析】先利用切线的性质求出∠AOP=54°，再利用等腰三角形的性质即可得出结论．
【详解】解：∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
∴∠AOP=90°−∠P=54°，
∵OB=OC，
∴∠AOP=2∠B，
∴∠B=12∠AOP=27°，
故选：A．
【点睛】此题考查了切线的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是熟悉切线的性质和等腰三角形的性质．
【变式6-2】（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）如图：P是⊙O的直径CD的延长线上一点，PA是⊙O的切线，A为切点，∠P=40°，则∠ACP= ．
【答案】25°
【分析】如图，连接OA，由PA是⊙O的切线，可得∠OAP=90°，则∠AOP=50°，由圆周角定理得，∠ACP=12∠AOP，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接OA，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=50°，
由圆周角定理得，∠ACP=12∠AOP=25°，
故答案为：25°．
【点睛】本题考查了切线的性质及圆周角定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式6-3】（2023春·江西宜春·九年级江西省丰城中学校考期末）如图，点A，B在圆O上，且∠AOB＝30°，点P是射线OB上一动点（不与点O重合），连接AP，将△APO沿AP折叠得到△APO'，当△APO'的边所在的直线与圆O相切时，∠OPA的度数为 ．
【答案】105°或60°或15°
【分析】根据折叠的性质和圆的性质，分三种情况讨论：当O'A所在直线与圆O相切于点A时，当AP所在直线与圆O相切于点A时，当PO'所在直线与圆O相切时，不同情况进行解答即可.
【详解】解：由折叠的性质得∠OAP=∠O'AP，
① 当O'A所在直线与圆O相切于点A时，分两种情况讨论：
a、若点O'在OA上方，如图（1），

由折叠性质可得：∠OAP=12∠O'AO=12×90°=45°，
∴∠OPA=180°−∠O−∠OAP=105°；
b. 若点O'在OA下方，如图（2），

易得∠OAP=12(360°−∠O'AO)=135°，
∴∠OPA=180°−∠O−∠OAP=15°；
②当AP所在直线与圆O相切于点A时，如图（3），

∵∠AOB＝30°，
∴∠OPA=180°−∠O=60°；
③当PO'所在直线与圆O相切时，设切点为C，如图（4），

易知此时点P的位置与图（3）中相同，故∠OPA=60°；
综上，∠OPA的度数为105°，60°或15°；
【点睛】本题主要考查了圆的性质，掌握好圆的相关知识是解题的关键.
【题型7 利用切线的性质证明】
【例7】（2023春·河北邢台·九年级校联考期末）如图，BD是⊙O的直径，BA是⊙O的弦，过点A的切线交BD的延长线于点C，AB=AC．求证：△ACO≌△ABD．

【答案】证明见解析
【分析】根据BD是⊙O的直径，得∠BAD=90°，AC是⊙O的切线，得出∠OAC=90°，由AB=AC得∠B=∠C，根据ASA即可证：△ACO≌∠ABD．
【详解】证明：∵BD是⊙O的直径，
∴∠DAB=90°．
∵AC是⊙O的切线，
∴∠OAC=90°．
∴∠CAO=∠BAD
∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
在△ACO和△ABD中，
∠C=∠B，AC=AB，∠CAO=∠BAD，
∴△ACO≌△ABDASA．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理的推论，全等三角形的判定与性质，熟练掌握直径所对的圆周角是直角和切线的性质是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·河南驻马店·九年级统考期中）如图所示，AB是⊙O的直径，点E为线段OB上一点（不与O，B重合），作CE⊥OB，交⊙O于点C，垂足为点E，作直径CD，过点C的切线交DB的延长线于点P，AF⊥PC于点F，连接CB.试证明：
(1)CB是∠ECP的角平分线；
(2)CF=CE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等角的余角相等证明即可；
（2）欲证明CF=CE，只要证明△ACF≌△ACE即可．
【详解】（1）∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵PF是⊙O的切线，CE⊥AB，
∴∠OCP=∠CEB=90°，
∴∠PCB+∠OCB=90°，∠BCE+∠OBC=90°，
∴∠BCE=∠BCP，
∴BC平分∠PCE．
（2）连接AC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BCP+∠ACF=90°，∠ACE+∠BCE=90°，
∵∠BCP=∠BCE，
∴∠ACF=∠ACE，
∵∠F=∠AEC=90°，AC=AC，
∴△ACF≌△ACEAAS，
∴CF=CE．
解法二：连接AC．
∵OA=OC
∴∠BAC=∠ACO，
∵CD平行AF，
∴∠FAC=∠ACD，
∴∠FAC=∠CAO，
∵CF⊥AF，CE⊥AB，
∴CF=CE．
【点睛】本题考查切线的性质、角平分线的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
【变式7-2】（2023春·广东江门·九年级统考期末）如图，点A、B、C在⊙O上，直线l与⊙O相切于点A．
(1)试问：∠1与∠ACB有怎样的大小关系？证明你的结论；
(2)如果我们把形如∠1这样的角称为“弦切角”，请你用文字表述你在（1）中得出的结论．
【答案】(1)∠1=∠ACB，理由见详解；
(2)弦切角等于其两边所夹弧所对的圆周角．
【分析】（1）连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，由圆周角定理利出∠BAD+∠D=90°，由切线的性质得出∠BAD+∠1=90°，得出∠1=∠D，进而则可得出结论；
（2）由弦切角和对应的圆周角的关系，直=直接写出结论即可．
【详解】（1）解：∠1=∠ACB，理由如下：
连接AO并延长交⊙O于点D，连接BD，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，即：∠BAD+∠D=90°
∵直线l与⊙O相切于点A．
∴AD⊥l，即：∠BAD+∠1=90°，
∴∠1=∠D，
∵∠ACD=∠D，
∴∠1=∠ACD；
（2）解：由题意得：弦切角等于其两边所夹弧所对的圆周角．
【点睛】本题考查了切线的性质，弦切角的定义，圆周角定理，理解弦切角的概念和圆周角定理的推论是解题的关键．
【变式7-3】（2023·安徽·九年级统考期中）已知：如图，点P是⊙O外一点，过点P分别作⊙O的切线PA、PB，切点为点A、B，连接OA，过点O作OD∥PA交PB于点D，过点D作DC⊥PA于C.
（1）求证：四边形OACD是矩形；
（2）若∠P=45°，⊙O的半径为r，试证明四边形OACD的周长等于2(2+1)r.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】试题分析：
（1）由PA是⊙O的切线可得∠OAP=90°，结合OD∥AP可得∠O=90°，再结合DC⊥AP即可得到四边形OACD矩形了；
（2）如图，连接OB，由四边形AOCD是矩形结合⊙O的半径为r可得DC=OA=OB=r，由OD∥AP可得∠BDO=∠P=45°，由PB是⊙O的切线可得∠OBD=90°，由此可得BD=OB=r，则OD=2r=AC，这样即可由OA+AC+DC+OD求得四边形OACD的周长为2(2+1)r.
试题解析：
（1）∵ PA是⊙O的切线，切点为A，
∴ OA⊥PA，
∵ OD∥PA，
∴ OA⊥OD，
又∵ DC⊥PA，
∴四边形OACD是矩形；
（2）如图，连接OB，
由（1）得，四边形OACD是矩形，
∴ OA=CD=r,OD=AC，
∵ OD∥PA，
∴ ∠ODB=∠P=45°，
∵ PB是⊙O的切线，
∴ ∠OBD=90°，
∴ ∠BOD=∠ODB=45°，
∴ OB=BD=r,
在RtΔOBD中，由勾股定理得：OD=2OB=2r，
∴四边形OACD的周长=2(OA+OD)=2(r+2r)=2(2+1)r.
【题型8 切线的判定与性质的综合运用】
【例8】（2023春·湖北·九年级期末）AB为⊙O的直径，PA为⊙O的切线，BC∥OP交⊙O于C，PO交⊙O于D，
（1）求证：PC为⊙O的切线；
（2）过点D作DE⊥AB于E，交AC于F，PO交AC于H，BD交AC于G，DF＝FG，DF＝5，CG＝6，求⊙O的半径．
【答案】（1）见详解；（2）10．
【分析】（1）连OC，由BC∥OP，得到∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，则∠AOP=∠POC，可得△POA≌△POC，得到∠PAO=∠PC0，而PA为⊙O的切线，得∠OAP=90°，所以∠PC0=90°，根据切线的判定即可得到PC为⊙O的切线；
（2）连AD，由AB为⊙O的直径，得∠ADB=90°，而DE⊥AB，则∠ADE=∠ABD，所以∠ADE=∠ABD，从而易得到∠DAG=∠ADF，有AF=DF=FG=5，AC=5+5+6=16，得到AH=12AC=8．易证Rt△AOH≌Rt△DOE，得DE=AH=8，则EF=DE-DF=8-5=3，在Rt△AEF中，利用勾股定理可求得AE=4，在Rt△DOE中，利用勾股定理即可得到⊙O的半径．
【详解】证明：（1）连OC，如图，
∵BC∥OP，
∴∠AOP=∠OBC，∠POC=∠OCB，
而OB=OC，即∠OCB=∠OBC，
∴∠AOP=∠POC，
又∵OA=OC，OP公共，
∴△POA≌△POC，
∴∠PAO=∠PCO，而PA为⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∴∠PCO=90°，
∴PC为⊙O的切线；
（2）连AD，∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，而DE⊥AB，
∴∠ADE=∠ABD，
由（1）得∠AOP=∠COP，
∴∠ABD=∠DAF，
∴∠DAG=∠ADF，
∴AF=DF=FG=5，
∴AC=5+5+6=16．
∴AH=12AC=8，
又∵OA=OD，
∴Rt△AOH≌Rt△DOE，
∴DE=AH=8．
∴EF=DE−DF=8−5=3，
在Rt△AEF中，AE=AF2−EF2=52−32=4，
设⊙O半径为r，在Rt△DOE中，有
r2=82+（r−4）2
∴r=10．
所以⊙O的半径为10．
【点睛】本题考查了切线的判定：经过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线．也考查了切线的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
【变式8-1】（2023春·湖北随州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，E是AB上一点，以CE为直径的⊙O交BC于点F，连接DO，且∠DOC＝90°．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若DF＝2，DC＝6，求BE的长．
【答案】（1）详见解析；（2）BE＝43.
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到OD∥BE，根据平行线的性质、切线的判定定理证明；
（2）连接EF、ED，根据等腰三角形的性质求出BF，根据勾股定理求出EF，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝DB，又CO＝OE，
∴OD∥BE，
∴∠CEB＝∠DOC＝90°，
∴CE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：连接EF、ED，
∵BD＝CD＝6，
∴BF＝BD﹣DF＝4，
∵CO＝OE，∠DOC＝90°，
∴DE＝DC＝6，
∵CE为⊙O的直径，
∴∠EFC＝90°，
∴EF＝DE2−DF2 ＝42 ，
∴BE＝BF2+EF2 ＝43.．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心，解题关键是掌握切线的判定定理、圆周角定理、三角形中位线定理、勾股定理．
【变式8-2】（2023春·河南周口·九年级淮阳第一高级中学校考期末）如图，∠PBC=30∘，点O是线段PB的一个三等分点，以点O为圆心，OB为半径的圆交PB于点A，交BC于点E，连接PE.

(1)求证:PE是⊙O的切线；
(2)点D为⊙O上的一动点，连接OD.
①当∠AOD= 时，四边形BEPD是菱形;
②当∠AOD= 时，四边形ADBE是矩形.
【答案】(1)见解析；(2)①60°，②120°.
【分析】（1）连接OE,AE，由∠PBE=30°，得到ΔAOE为等边三角形，得到PA=OA=OB=AE，即可得到∠OEP=90°，则结论成立；
（2）①连接BD，由圆周角定理，得到∠ABD=30°，则∠DBE=60°，又有∠BEP=120°，根据同旁内角互补得到PE//DB，然后证明PE=EB=BD，即可得到答案；
②由圆周角定理，得∠ABD=60°，得到∠EBD=90°，然后由直径所对的圆周角为90°，得到∠AEB=∠ADB=90°，即可得到答案.
【详解】证明：连接OE,AE，

∵OB=OE,∠PBE=30°，
∴∠POE=2∠PBE=60°.
∵OA=OE，
∴△AOE为等边三角形，
∴AE=OA.
∵点O是BP的三等分点，
∵PA=OA=OB=AE，
∴∠OPE=∠AEP=12∠OAE=30°，
∴∠OEP=∠OEA+∠AEP=60°+30°=90°，即OE⊥PE，
∴PE是⊙O的切线.
（2）①当∠AOD=60°时，四边形BEPD是菱形；
如图，连接BD，

∵∠AOD=60°，
∴∠ABD=30°，
∴∠EBD=30°+30°=60°，
∵AB为直径，则∠AEB=90°，
由（1）知∠AEP=30°，
∴∠BEP=30°+90°=120°，
∴∠EBD+∠BEP=60°+120°=180°，
∴PE//DB，
∵∠APE=∠PBE=30°，∠BOE=∠BOD=180°−60°=120°，
∴PE=EB=BD，
∴四边形BEPD是菱形；
故答案为：60°.
②当∠AOD=120°时，四边形ADBE是矩形.
如图，连接AE、AD、DB，

∵∠AOD=120°，
∴∠ABD=12×120°=60°，
∴∠EBD=30°+60°=90°，
∵AB是直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∴四边形ADBE是矩形.
故答案为：120°.
【点睛】本题考查了圆的切线的判定和性质，圆周角定理，菱形的判定和矩形的判定，解题的关键是正确作出辅助线，利用圆的性质进行解题.
【变式8-3】（2023春·湖北·九年级期末）已知AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的角平分线交⊙O于点D，DE⊥AC于E．
（1）如图（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）如图（1）若AB＝10，AC＝6，求ED的长；
（3）如图（2）过点B作⊙O的切线，交AD延长线于F，若ED＝DF，求EDAD的值．
【答案】（1）见解析；（2）4；（3）5−12
【分析】（1）连接OD，则利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可以推出∠ADO=∠EAD，从而证明OD∥AE，则∠E+∠ODE=180°，再由DE⊥AC，得到∠E=90°，则∠ODE=90°，由此即可证明；
（2）连接OD，BC交于F，先利用勾股定理求出BC=AB2−AC2=102−62=8，然后整理四边形ECFD是矩形，得到DE=CF，∠CFD=90°，再由垂径定理求得CF=BF=12BC=4，由此即可得到答案；
（3）连接BD，先证明△AED≌△BDF，得到AD=BF，再由勾股定理得到BD2=AB2−AD2=BF2−DF2，AB2=AF2−BF2，从而可以推出DF2+AD⋅DF−AD2=0，即DE2+AD⋅DE−AD2=0，则DEAD2+DEAD−1=0，
设DEAD=x，则x2+x−1=0，解方程即可．
【详解】解：（1）如图所示，连接OD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA,
∵DA平分∠BAC，
∴∠EAD=∠BAD，
∴∠ADO=∠EAD，
∴OD∥AE，
∴∠E+∠ODE=180°，
∵DE⊥AC，
∴∠E=90°，
∴∠ODE=90°，
又∵OD是圆O的半径，
∴DE是圆O的切线
（2）如图所示，连接OD，BC交于F，
∵AB是直径，
∴∠ACB=∠BCE=90°，
∴BC=AB2−AC2=102−62=8，
又∵∠E=∠FDE=90°，
∴四边形ECFD是矩形，
∴DE=CF，∠CFD=90°，
∴CF=BF=12BC=4，
∴DE=CF=4；
（3）如图所示，连接BD，
∵AB是直径，
∴∠BDA=∠BDF=90°，
∴∠F+∠FBD=90°
∵DA平分∠BAC，
∴∠EAD=∠BAD，
∵BF是圆O的切线，
∴∠ABF=90°，
∴∠F+∠FAB=90°，
∴∠EAD=∠BAD=∠FBD，
∵∠E=∠BDF=90°，ED=FD，
∴△AED≌△BDF（AAS），
∴AD=BF，
∵BD2=AB2−AD2=BF2−DF2，AB2=AF2−BF2，
∴AF2−BF2−AD2=BF2−DF2，
∴AD+DF2−AD2−AD2=AD2−DF2，
∴DF2+AD⋅DF−AD2=0，即DE2+AD⋅DE−AD2=0
∴DEAD2+DEAD−1=0，
设DEAD=x，
∴x2+x−1=0，
解得x=5−12或x=−1+52（舍去），
∴DEAD=5−12．
【点睛】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．
【题型9 过圆外一点作圆的切线】
【例9】（2023·北京海淀·九年级期末）已知：点A，B，C在⊙O上，且∠BAC=45°．
求作：直线l，使其过点C，并与⊙O相切．
作法：①连接OC；
②分别以点B，点C为圆心，OC长为半径作弧，两弧交于⊙O外一点D；
③作直线CD．
直线CD就是所求作直线l．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：连接OB，BD，
∵OB=OC=BD=CD，
∴四边形OBDC是菱形，
∵点A，B，C在⊙O上，且∠BAC=45°，
∴∠BOC=______°（_________________）（填推理的依据）．
∴四边形OBDC是正方形，
∴∠OCD=90°，即OC⊥CD，
∵OC为⊙O半径，
∴直线CD为⊙O的切线（_________________）（填推理的依据）．
【答案】(1)见解析；
(2)90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【分析】（1）按照题中作法步骤作图即可；
（2）根据圆周角定理和切线的判定定理填空．
【详解】（1）解：补全图形，如图所示；
（2）90°；一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判断和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式9-1】（2023·天津和平·统考三模）如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A在格点上，点B在格点上，圆心在线段AB上，圆与网格线相交于点C，过点C作圆的切线与网格线交于点P．

（1）AB= ；
（2）过点P作圆的切线，切点为M（点M不与点C重合）．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，并简要说明点M的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】 13 图见解析，过点C作CP的垂线交AB于点O，则O为圆心，连接OP，作CM⊥OP，与⊙O交于点M，点M即为所求
【分析】（1）根据勾股定理进行计算即可得到答案；
（2）根据切线的性质作出图，并对作图过程作相应的描述即可．
【详解】解：（1）AB=32+22=13，
故答案为：13；
（2）如图所示：
，
过点C作CP的垂线交AB于点O，则O为圆心，连接OP，作CM⊥OP，与⊙O交于点M，点M即为所求．
【点睛】本题主要考查了尺规作图—作切线，切线的性质，垂径定理，勾股定理，熟练掌握切线的性质，垂径定理，是解题的关键．
【变式9-2】（2023春·江苏宿迁·九年级统考期中）已知：⊙O和⊙O外一点P．
(1)如图甲，PA和PB是⊙O的两条切线，A、B分别为切点，求证：PA=PB；
(2)尺规作图：在图乙中，过P点作⊙O的两条切线PE、PF、E、F为切点（要求：保留作图痕迹，不写作法）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OP，OA，OB，首先证Rt△PAO≌Rt△PBO（HL），可得结论；
（2）以OP为直径作⊙O′，两圆相交于E，F，直线PE，PF即为所求．
【详解】（1）如图，连接OP，OA，OB．
∵ PA，PB是切线，
∴ PA⊥OA，PB⊥OB，
∴ ∠PAO=∠PBO=90°．
在Rt△PAO和Rt△PBO中，
OP=OPOA=OB，
∴ Rt△PAO≌Rt△PBO，
∴ PA=PB．
（2）以OP为直径作⊙O′，两圆交于点E、F，
∴直线PE、PF即为所求；
【点睛】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定与性质，直径的性质等知识点，添加合适的辅助线，构造全等三角形，学会利用辅助圆解决问题是解本题的关键．
【变式9-3】（2023·北京海淀·九年级期末）按要求作图：
(1)如图1，在正方形网格中，有一圆经过了两个小正方形的顶点A，B，利用无刻度直尺画出这个圆的一条直径；
(2)如图2，BA，BD是⊙O中的两条弦，C是BD上一点，BAC50，利用无刻度直尺在图中画一个含有50角的直角三角形；
(3)如图3，利用无刻度直尺和圆规，以AB边上一点O为圆心，过A、D两点作⊙O（不写作法，保留作图痕迹）；
(4)如图4，AB与圆相切，且切点为点B，利用无刻度直尺在网格中找出点B的位置．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析；
(4)见解析．
【分析】（1）根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分线即可；
（2）延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则△BEF即为所求；
（3）作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可；
（4）过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可．
【详解】（1）解：根据垂径定理可知，AB 的垂直平分线过圆心，连接AB，利用网格找出线段AB的垂直平分线即可，如图：EF即为直径；
（2）解：延长AC交⊙O与点E，连接BO并延长交⊙O于点F，在连接EF，则△BEF即为所求；
（3）解：作线段AD的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA为半径作圆即可，如图；
（4）解：过点A作圆的两条割线：ACD和AEF；连接CF，DE交于点G，延长EC和FD交于点H，连接HG交圆于点B，连接AB即可，如图：
【点睛】本题考查作图，圆周角定理，切线性质，垂直平分线，解题的关键是理解题意，综合运用所学知识，是中考中常见题型．