2.5直线与圆的位置关系

2.5直线与圆的位置关系【推本溯源】1.回顾一下点与圆的位置关系，那么直线与圆有几种关系呢？点在圆内，点在圆上，点在圆外；直线与圆的位置关系：相交：直线与圆有相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交．这时直线叫做圆的割线（如右图l1）；

（2）相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切．这时直线叫做圆的切线，唯一的公共点叫做切点；（如右图l2）．

（3）相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离。（如右图l3）2.点与圆的位置关系我们是用点到圆心距离与半径比较，那直线与圆的位置关系怎么表示出来？设圆心到直线的距离为r当d＜r时，相交；当d=r时，相切；当d＞r时，相离。同样地，当相交时，d＜r；当相切时，d=r；当相离时，d＞r。3.如右图，经过圆O的半径OD外端点D，作直线l⊥OD，直线l与圆O是怎样的关系？∵l⊥OD∴OD=r∴直线与l相切因此，经过半径外端并且垂直与这条半径的直线是圆的切线。注：①直线与圆有一个交点；②直线与过交点的半径垂直。几何语言：∵l⊥OD，OD是半径∴直线与l相切4.如图，直线l是圆O的切线，切点为D，直线l与半径OD有怎样的关系？l⊥OD用反证法；假设l与OD不垂直，过圆心O作OD′⊥l，垂足为D′∵直线l是圆O的切线∴点O到直线l的距离等于半径∵点D′在圆上，这样切线会和圆有两个交点，与题目相切矛盾∴l⊥OD因此，圆的切线垂直于经过切点的半径。5.（1）做一个圆，使它与已知三角形的各边都相切？根据在角得内部到角两边距离相等得点在角得平分线上可得圆心O是三个内角平分线得交点。（2）画出右图▲ABC里面最大的圆因此，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆，三角形内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，叫做三角形的内心.三角形的内心到三边的距离都相等.这个三角形是圆的外切三角形。

如图：▲ABC的面积、周长与内切圆半径之间的关系是？因此，三角形的面积等于三角形周长与内切圆半径之积的一半。6.如图，PA、PB是圆O的切线，切点分别为A、B.PA与PB相等吗？PA=PB∵PA、PB是圆O的切线∴PA⊥OA，PB⊥OB，∴∠PAO=∠PBO=90°∴PA=PB在经过圆外一点作圆的切线上，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长.

因此，从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角.

几何语言：∵PA、PB是圆O的切线∴PA=PB【解惑】例1：已知平面内有与直线，的半径为，点O到直线的距离为，则直线与的位置关系是（

）A．相切 B．相交 C．相离 D．不能判断【答案】A【分析】根据点O到直线的距离与圆的半径大小作比较即可．【详解】解：∵点O到直线的距离为，且的半径为，∴，即直线与的位置关系是相切，故选：A．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，正确的理解题意是解题的关键．例2：如图，是的切线，切点为，连接与交于点，点为上一点，连接，．若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】连接，由切线的性质得出，由圆周角定理可得出答案．【分析】解：连接，为的切线，，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形内角和定理，切线的性质等知识点，能求出是解此题的关键．例3：如图，在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿x轴正方向以个单位/秒的速度平移，使与y轴相切，则平移的时间为___________秒．

【答案】2或10【分析】平移分在y轴的左侧和y轴的右侧两种情况写出答案即可．【详解】解：当位于y轴的左侧且与y轴相切时，平移的距离为1；∴(秒)；当位于y轴的右侧且与y轴相切时，平移的距离为5．∴(秒)；故答案为：2或10【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．例4：已知圆P的半径是，圆心P在函数的图像上运动，当圆P与坐标轴相切时，圆心P的坐标为__________．【答案】或【分析】分两种情况讨论：如图，当圆心P在函数的图像上运动，当时，，当时，则，解得：，经检验符合题意；从而可得答案．【详解】解：如图，当圆心P在函数的图像上运动，∴当时，，

此时，当时，则，解得：，经检验符合题意；此时，综上：或；故答案为：或【点睛】本题考查的是坐标与图形，反比例函数的图像与性质，圆的切线的性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．例5：如图，以的一边为直径的，交于点D，连接，，已知．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可得，从而可得，再根据三角形的内角和定理可得，然后根据圆的切线的判定即可得证；（2）先求出，根据圆周角定理可得，从而可得，再根据含30度角的直角三角形的性质可得，然后利用勾股定理可得，由此即可得．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，，∴，∴，∴，又∵是的半径，是的切线．（2）解：在中，，，∵为的直径，，，∴在中，，，，则的半径为．【点睛】本题考查了圆的切线的判定、圆周角定理、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握圆的切线的判定是解题关键．【摩拳擦掌】1．（2023·陕西商洛·校考三模）如图，为的切线，为切点，的延长线交于点，若的度数是，则的度数是（

）

A．18° B．24° C．25° D．27°【答案】D【分析】连接，则，由切线的性质及三角形内角和可求得的度数，再由等腰三角形的性质及三角形外角的性质即可求得结果．【详解】解：连接，如图，∵为的切线，为切点，∴，∴，∵，∴，故选：D．

【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识，作连接切点与圆心的半径是解题的关键．2．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，AB是的直径，BC是的切线，点B是切点，AC交于点D，，则的度数为（

）

A．40° B．60° C．80° D．100°【答案】C【分析】BC是的切线，可得，又由，圆周角定理即可得到荅案．【详解】解：∵BC是的切线，点B是切点，∴．又∵，∴，∴．故答案为C．【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理，其中解题关键是运用圆的切线垂直于半径的性质．3．（2023·浙江杭州·统考二模）已知的直径为4，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与（

）A．相交 B．相切 C．相离 D．无法确定【答案】B【分析】根据的半径和圆心O到直线l的距离的大小，相交：；相切：；相离：；即可选出答案．【详解】解：∵的直径为4，∴的半径为2，∵圆心O到直线l的距离为2，∴，∴直线l与的位置关系是相切，故B正确．故选：B．【点睛】本题主要考查对直线与圆的位置关系的性质的理解和掌握，能熟练地运用性质进行判断是解此题的关键．4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，是的弦，过点的切线交的延长线于点．若，则的度数为（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，由切线的性质得，则，由圆周角定理得，于是得到问题的答案．【详解】解：连接，

是的切线，，，，，，故选：A．【点睛】此题重点考查切线的性质、直角三角形的两个锐角互余、圆周角定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键5．（2023·广东广州·广州四十七中校考三模）如图，是的直径，是的切线，若，则_______．

【答案】【分析】由切线性质可得，根据，计算求解即可．【详解】解：由切线性质可得，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，三角形内角和定理．解题的关键在于明确角度之间的数量关系．6．（2023·江苏南京·南师附中树人学校校考三模）如图，、是的切线，A、为切点，点、在上．若，则的度数是________．

【答案】/100度【分析】连接，根据圆内接四边形得出，根据，得出，即，根据切线长定理得出，根据等腰三角形性质得出，根据三角形内角和定理得出．【详解】解：连接，如图所示：

∵四边形为圆内接四边形，∴，∵，∴，即，∵、是的切线，A、为切点，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，切线长定理，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握圆内接四边形的性质，结合已知条件求出7．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，点是外一点，，分别与相切于点，，点在上，已知，则的度数是___________．

【答案】/度【分析】连接，根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，根据圆周角定理即可求解．【详解】解：如图，

∵，分别与相切于点，，∴，∵，∴，∵，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得是解题的关键．8．（2023·湖南·统考中考真题）如图，是的直径，是的弦，与相切于点，连接，若，则的大小为__________．

【答案】【分析】证明，可得，结合，证明，再利用三角形的外角的性质可得答案．【详解】解：∵与相切于点，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：【点睛】本题考查的是圆的切线的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质，熟记基本图形的性质是解本题的关键．9．（2023·全国·九年级假期作业）如图，的直径，弦于点H，．

(1)求的长；(2)延长到P，过P作的切线，切点为C，若，求的长．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根据垂径定理和相交弦定理求解；（2）根据切割线定理进行计算．【详解】（1）解：∵直径，弦于点H，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵切于点C，∴，∵，∴，或（舍去），∴．【点睛】此题主要考查相交弦定理和切割线定理的运用．掌握这两个定理的内容是解题的关键．10．（2022秋·九年级单元测试）如图，，，当的半径r为何值时，与直线相离？相切？相交？

【答案】见解析【分析】作于，根据含角的直角三角形的性质得出，然后根据直线与圆的位置关系的判定方法即可得出结论．【详解】解：作于，如图所示：，，当时，和直线相离；当时，和直线相切；当时，和直线相交．

【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系、含角的直角三角形的性质；设的半径为，圆心到直线的距离为．若直线和相交；直线和相切；直线和相离．11．（2023·山东聊城·统考二模）如图，是的直径，点是上一点，和过点的直线互相垂直，垂足为，交于点E，且平分∠DAB．(1)求证：直线是的切线；(2)连接BC，若BC＝3，AC＝4，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）如图所示，连接，根据角平分线的定义和等边对等角证明，则，由，可证，即可证明直线是的切线；（2）先求出，利用勾股定理求出，证明∽求出，利用勾股定理求出，，则．【详解】（1）证明：如图所示，连接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，又∵点在上，∴直线是的切线；（2）解：如图所示，连接，由（1）得，∴，∴，∵是直径，∴，∴，，∴∽，∴，即，∴，∴，，∴．【点睛】本题主要考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题的关键．【知不足】1．（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角形内心的定义可得的度数，然后由圆周角定理求出，再根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质得出答案．【详解】解：连接，∵点I是的内心，，∴，∴，∵，∴，故选：C．

【点睛】本题主要考查了三角形内心的定义和圆周角定理，熟知三角形的内心是三角形三个内角平分线的交点是解题的关键．2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）如图所示，是的直径，点C在的延长线上，与相切，切点为D，如果，那么等于（

）．

A．15° B．20° C．35° D．55°【答案】B【分析】如图：连接，由圆周角定理可得，根据切线的性质定理可得，最后根据直角三角形的性质即可解答．【详解】解：如图，连接，则

∵是的切线，∴，即，∴．故选B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、切线的性质定理、直角三角形的性质等知识点，熟练运用相关知识是解题的关键．3．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，已知是的直径，点C、D分别在两个半圆上，若过点C的切线与的延长线交于点E，则与的数量关系是（）

A． B．C． D．【答案】C【分析】连接，，，根据圆周角定理得到，得到，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论．【详解】解：连接，，，∵是的直径，∴，∴，∵，，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∴．故选：C．

【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．4．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，点D在的延长线上，DC切⊙O于点C，若，则的度数为___________．【答案】/27度【分析】连接，利用切线的性质得到，根据三角形内角和定理得到，即可利用圆周角定理求出的度数．【详解】解：如图所示，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，三角形内角和定理，熟知切线的性质与圆周角定理是解题的关键．5．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，是的直径，切于点A，交于点，连接，若，则__________．【答案】34【分析】首先根据等边对等角得到，然后利用外角的性质得到，利用切线的性质得到，最后利用三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵，，∴，∴，∵切于点A，∴，∴．故答案为：34．【点睛】此题考查了切线的性质和三角形的外角的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．6．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在中，．以点C为圆心，r为半径作圆，当所作的圆与斜边所在的直线相切时，r的值为________．

【答案】【分析】根据勾股定理，得，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，根据直角三角形的面积不变性计算即可．【详解】∵，∴，根据切线的性质，得到圆的半径等于边上的高，∴,∴，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，切线的性质，熟练掌握勾股定理，切线的性质是解题的关键．7．（2023·福建·统考中考真题）如图，已知内接于的延长线交于点，交于点，交的切线于点，且．(1)求证：；(2)求证：平分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由切线的性质可得，由圆周角定理可得，即，再根据平行线的性质可得，则根据角的和差可得，最后根据平行线的判定定理即可解答；（2）由圆周角定理可得，再由等腰三角形的性质可得，进而得到，再结合得到即可证明结论．【详解】（1）证明是的切线，，即．是的直径，．∴．，，，即，．（2）解：与都是所对的圆周角，．，，．由（1）知，，平分．【点睛】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．8．（2023·福建福州·校考模拟预测）如图，以菱形的边为直径作交于点E，连接交于点M，F是上的一点，且，连接．

(1)求证：；(2)求证：是的切线．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，根据是直径，得出，根据菱形性质得出，根据等腰三角形性质得出即可；（2）连接，根据是直径，得出，求出，根据菱形的性质得出，，证明，得出，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论．【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵是直径，∴，∴，∵四边形为菱形，∴，∴；（2）证明：连接，如图所示：

∵是直径，∴，∴，∵四边形为菱形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵为直径，∴是的切线．【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，三角形全等的判定和性质，菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，切线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握切线的判定方法．9．（2023·全国·一模）如图，在中，，以为直径的分别交，于点D，E．作于点F，于点G．

(1)求证：是的切线．(2)已知，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)的半径为5【分析】（1）连接，根据，得出，根据，，推出，进而得出，即可求证；（2）根据垂径定理可得，通过证明四边形为矩形，可得，，设的半径为r，则，根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】（1）证明：连接，∵，∴，∵，∴，∴∵，∴，∴，则，∴，即是的切线．

（2）解：∵，，，∴四边形为矩形，，∴，，设的半径为r，即∵，∴，在中，根据勾股定理可得：，即，解得：．∴的半径为5．【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，垂径定理，勾股定理，矩形的判定，解题的关键是熟练掌握相关知识点，正确画出辅助线，根据勾股定理列出方程求解．10．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）已知：点是外一点．

(1)尺规作图：如图，过点作出的两条切线，，切点分别为点、点．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）(2)在（1）的条件下，若点在上（点不与，两点重合），且．求的度数．【答案】(1)见解析(2)或【分析】（1）①连接，分别以点为圆心，大于的长为半径画圆，两圆交于点两点，作直线交于点，②以点为圆心，为半径画圆，与交于两点，作直线，（2）根据切线的性质得出，根据四边形内角和得出，进而根据圆周角定理以及圆内接四边形对角互补即可求解．【详解】（1）解：如图所示，

①连接，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点两点，作直线交于点，②以点为圆心，为半径画圆，与交于两点，作直线，则直线即为所求；（2）如图所示，点在上（点不与，两点重合），且，∵是的切线，∴，∴，当点在优弧上时，，当点在劣弧上时，，∴或．【点睛】本题考查了切线的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，圆内接四边形对角互补，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【一览众山小】1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，为的直径，，分别与相切于点，，过点作的垂线，垂足为，交于点．若，则长为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】作于，由垂径定理得到的长，从而求出的长，由勾股定理求出的长，即可求出的长．【详解】解：作于，直径于，，，分别切于，，，直径，四边形是矩形，，，，，．故选：C．【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是通过辅助线构造直角三角形，应用勾股定理求出的长．2．（2023·江苏·九年级假期作业）点P的坐标为，点是垂直于y轴的直线l上的一点，经过点P，且与直线l相切于点A，则点M的纵坐标为（）A． B．1 C．2 D．4【答案】A【分析】根据切线的性质得到，求得点的横坐标为，设，过作轴于，连接，，则，，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：∵直线是的切线，∴，∵轴，∴轴，∵点，∴点的横坐标为，设，过作轴于，连接，，则，，，∴，∵点的坐标为，∴，∴，在中，，即，解得，∴点M的纵坐标为．故选：A．

【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．3．（2023·重庆·西南大学附中校考三模）如图，是的切线，A，B为切点，若，，则的长度为（

）

A．6 B． C． D．【答案】C【分析】根据切线长定理得到是等边三角形，得到,利用特殊的锐角三角函数值解出答案．【详解】解：连接，

是的切线,，，，是等边三角形，，，故选C．【点睛】本题考查了切线长定理，切线的性质，等边三角形的判定与性质，特殊角的锐角三角函数的应用，其中有关圆切线的性质是解题的关键．4．（2023·湖北武汉·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考模拟预测）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有下列问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角边）长为步，股（长直角边）长为步，问该直角三角形内能容纳的最大圆的直径是多少？”你的答案是（

）A．3步 B．4步 C．6步 D．17步【答案】C【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，然后根据等面积法即可确定出内切圆半径．【详解】解：根据勾股定理得：斜边为，设该直角三角形能容纳的圆形（内切圆）半径为r，则，解得即直径为步．故选：C．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，在，三边长为a，b，c（斜边），如果内切圆半径为r，由面积法可得,熟记公式是解题的关键．5．（2023·江苏·九年级假期作业）已知的直径与弦的夹角为，过点作的切线交的延长线于点，则等于（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，根据切线性质求出，根据等腰三角形性质求出，根据三角形外角性质求出，在中，根据三角形的内角和定理求出即可．【详解】解：连接，，，，，切于，，，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质、切线的性质等知识点，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．6．（2023·广西河池·校联考一模）如图，是的直径，切于点，线段交于点，连接，若，则______．

【答案】/32度【分析】由，由三角形外角的性质得到，由切线的性质即可求出的度数．【详解】，，，切于点A，直径，，．故答案为：．【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握以上知识点是解题的关键．7．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，与相切于点，，的延长线交于点，则的度数是___________．【答案】/40度【分析】利用圆周角定理，切线的性质定理和三角形的内角和定理解答即可．【详解】解：是的直径，与相切于点，，，，，，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线的性质定理，熟练掌握上述定理是解题的关键．8．（2023·广东广州·统考二模）的半径r和圆心O到直线l的距离d分别为关于x的一元二次方程的两根和与两根积，则直线l与的位置关系是_____________．【答案】相交【分析】由以及题意知，，，由，可判断直线l与的位置关系．【详解】解：，由题意知，，∵，∴直线l与相交，故答案为：相交．【点睛】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，直线与圆的位置关系．解题的关键在于对知识的熟练掌握．9．（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是__________．【答案】6或或【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，可知点E在以点A为圆心，长为半径的圆上运动，如图，延长交的另一侧于点E，则此时是直角三角形，点到直线的距离为的长度，即，

当过点D的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，①如图，过点E作交于点H，交于点G，

∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直线的距离，②如图，过点E作交于点N，交于点M，

∵四边形是矩形，∴，∴四边形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直线的距离，综上，6或或，故答案为：6或或．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．10．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，为外一点，，是的切线，，为切点，点在上，连接，，．(1)求证：；(2)连接，若，的半径为，，求的长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）过作于，得到，根据切线的性质得到，根据余角的性质得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论；（2）连接，延长交于，根据切线的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：过作于，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：连接，延长交于，∵，是的切线，∴，，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，，∵，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．11．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，是的直径，是的切线，是的弦，且，垂足为E，连接并延长，交于点P．

(1)求证：；(2)若的半径5，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)6【分析】（1）根据平行线的判定和切线的性质解答即