2.5直線與圓的位置關系【推本溯源】1.回顧一下點與圓的位置關系，那么直線與圓有幾種關系呢？點在圓內，點在圓上，點在圓外；直線與圓的位置關系：相交：直線與圓有相交：直線與圓有兩個公共點時，叫做直線和圓相交．這時直線叫做圓的割線（如右圖l1）；

（2）相切：直線和圓有唯一公共點時，叫做直線和圓相切．這時直線叫做圓的切線，唯一的公共點叫做切點；（如右圖l2）．

（3）相離：直線和圓沒有公共點時，叫做直線和圓相離。（如右圖l3）2.點與圓的位置關系我們是用點到圓心距離與半徑比較，那直線與圓的位置關系怎么表示出來？設圓心到直線的距離為r當d＜r時，相交；當d=r時，相切；當d＞r時，相離。同樣地，當相交時，d＜r；當相切時，d=r；當相離時，d＞r。3.如右圖，經過圓O的半徑OD外端點D，作直線l⊥OD，直線l與圓O是怎樣的關系？∵l⊥OD∴OD=r∴直線與l相切因此，經過半徑外端并且垂直與這條半徑的直線是圓的切線。注：①直線與圓有一個交點；②直線與過交點的半徑垂直。幾何語言：∵l⊥OD，OD是半徑∴直線與l相切4.如圖，直線l是圓O的切線，切點為D，直線l與半徑OD有怎樣的關系？l⊥OD用反證法；假設l與OD不垂直，過圓心O作OD′⊥l，垂足為D′∵直線l是圓O的切線∴點O到直線l的距離等于半徑∵點D′在圓上，這樣切線會和圓有兩個交點，與題目相切矛盾∴l⊥OD因此，圓的切線垂直于經過切點的半徑。5.（1）做一個圓，使它與已知三角形的各邊都相切？根據在角得內部到角兩邊距離相等得點在角得平分線上可得圓心O是三個內角平分線得交點。（2）畫出右圖▲ABC里面最大的圓因此，與三角形各邊都相切的圓叫做三角形的內切圓，三角形內切圓的圓心是三角形三條角平分線的交點，叫做三角形的內心.三角形的內心到三邊的距離都相等.這個三角形是圓的外切三角形。

如圖：▲ABC的面積、周長與內切圓半徑之間的關系是？因此，三角形的面積等于三角形周長與內切圓半徑之積的一半。6.如圖，PA、PB是圓O的切線，切點分別為A、B.PA與PB相等嗎？PA=PB∵PA、PB是圓O的切線∴PA⊥OA，PB⊥OB，∴∠PAO=∠PBO=90°∴PA=PB在經過圓外一點作圓的切線上，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長.

因此，從圓外一點可以引圓的兩條切線，它們的切線長相等，這一點和圓心的連線平分兩條切線的夾角.

幾何語言：∵PA、PB是圓O的切線∴PA=PB【解惑】例1：已知平面內有與直線，的半徑為，點O到直線的距離為，則直線與的位置關系是（

）A．相切 B．相交 C．相離 D．不能判斷【答案】A【分析】根據點O到直線的距離與圓的半徑大小作比較即可．【詳解】解：∵點O到直線的距離為，且的半徑為，∴，即直線與的位置關系是相切，故選：A．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，正確的理解題意是解題的關鍵．例2：如圖，是的切線，切點為，連接與交于點，點為上一點，連接，．若，則的度數為（）A． B． C． D．【答案】C【詳解】連接，由切線的性質得出，由圓周角定理可得出答案．【分析】解：連接，為的切線，，，，，，故選：C．【點睛】本題考查了圓周角定理，三角形內角和定理，切線的性質等知識點，能求出是解此題的關鍵．例3：如圖，在平面直角坐標系中，半徑為2的的圓心P的坐標為，將沿x軸正方向以個單位/秒的速度平移，使與y軸相切，則平移的時間為___________秒．

【答案】2或10【分析】平移分在y軸的左側和y軸的右側兩種情況寫出答案即可．【詳解】解：當位于y軸的左側且與y軸相切時，平移的距離為1；∴(秒)；當位于y軸的右側且與y軸相切時，平移的距離為5．∴(秒)；故答案為：2或10【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，解題的關鍵是了解當圓與直線相切時，點到圓心的距離等于圓的半徑．例4：已知圓P的半徑是，圓心P在函數的圖像上運動，當圓P與坐標軸相切時，圓心P的坐標為__________．【答案】或【分析】分兩種情況討論：如圖，當圓心P在函數的圖像上運動，當時，，當時，則，解得：，經檢驗符合題意；從而可得答案．【詳解】解：如圖，當圓心P在函數的圖像上運動，∴當時，，

此時，當時，則，解得：，經檢驗符合題意；此時，綜上：或；故答案為：或【點睛】本題考查的是坐標與圖形，反比例函數的圖像與性質，圓的切線的性質，熟練的利用數形結合的方法解題是關鍵．例5：如圖，以的一邊為直徑的，交于點D，連接，，已知．

(1)求證：是的切線；(2)若，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）利用等腰三角形的性質和三角形外角性質可得，從而可得，再根據三角形的內角和定理可得，然后根據圓的切線的判定即可得證；（2）先求出，根據圓周角定理可得，從而可得，再根據含30度角的直角三角形的性質可得，然后利用勾股定理可得，由此即可得．【詳解】（1）證明：∵，∴，∴，，∴，∴，∴，又∵是的半徑，是的切線．（2）解：在中，，，∵為的直徑，，，∴在中，，，，則的半徑為．【點睛】本題考查了圓的切線的判定、圓周角定理、含30度角的直角三角形的性質、勾股定理等知識點，熟練掌握圓的切線的判定是解題關鍵．【摩拳擦掌】1．（2023·陜西商洛·?？既＃┤鐖D，為的切線，為切點，的延長線交于點，若的度數是，則的度數是（

）

A．18° B．24° C．25° D．27°【答案】D【分析】連接，則，由切線的性質及三角形內角和可求得的度數，再由等腰三角形的性質及三角形外角的性質即可求得結果．【詳解】解：連接，如圖，∵為的切線，為切點，∴，∴，∵，∴，故選：D．

【點睛】本題考查了切線的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質等知識，作連接切點與圓心的半徑是解題的關鍵．2．（2023·黑龍江哈爾濱·統考三模）如圖，AB是的直徑，BC是的切線，點B是切點，AC交于點D，，則的度數為（

）

A．40° B．60° C．80° D．100°【答案】C【分析】BC是的切線，可得，又由，圓周角定理即可得到荅案．【詳解】解：∵BC是的切線，點B是切點，∴．又∵，∴，∴．故答案為C．【點睛】本題考查了圓的切線的性質、圓周角定理，其中解題關鍵是運用圓的切線垂直于半徑的性質．3．（2023·浙江杭州·統考二模）已知的直徑為4，圓心O到直線l的距離為2，則直線l與（

）A．相交 B．相切 C．相離 D．無法確定【答案】B【分析】根據的半徑和圓心O到直線l的距離的大小，相交：；相切：；相離：；即可選出答案．【詳解】解：∵的直徑為4，∴的半徑為2，∵圓心O到直線l的距離為2，∴，∴直線l與的位置關系是相切，故B正確．故選：B．【點睛】本題主要考查對直線與圓的位置關系的性質的理解和掌握，能熟練地運用性質進行判斷是解此題的關鍵．4．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，是的直徑，是的弦，過點的切線交的延長線于點．若，則的度數為（）

A． B． C． D．【答案】A【分析】連接，由切線的性質得，則，由圓周角定理得，于是得到問題的答案．【詳解】解：連接，

是的切線，，，，，，故選：A．【點睛】此題重點考查切線的性質、直角三角形的兩個銳角互余、圓周角定理等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵5．（2023·廣東廣州·廣州四十七中?？既＃┤鐖D，是的直徑，是的切線，若，則_______．

【答案】【分析】由切線性質可得，根據，計算求解即可．【詳解】解：由切線性質可得，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，三角形內角和定理．解題的關鍵在于明確角度之間的數量關系．6．（2023·江蘇南京·南師附中樹人學校?？既＃┤鐖D，、是的切線，A、為切點，點、在上．若，則的度數是________．

【答案】/100度【分析】連接，根據圓內接四邊形得出，根據，得出，即，根據切線長定理得出，根據等腰三角形性質得出，根據三角形內角和定理得出．【詳解】解：連接，如圖所示：

∵四邊形為圓內接四邊形，∴，∵，∴，即，∵、是的切線，A、為切點，∴，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，等腰三角形的判定和性質，切線長定理，三角形內角和定理，解題的關鍵是熟練掌握圓內接四邊形的性質，結合已知條件求出7．（2023·浙江嘉興·統考中考真題）如圖，點是外一點，，分別與相切于點，，點在上，已知，則的度數是___________．

【答案】/度【分析】連接，根據切線的性質得出，根據四邊形內角和得出，根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：如圖，

∵，分別與相切于點，，∴，∵，∴，∵，∴，故答案為：．【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，求得是解題的關鍵．8．（2023·湖南·統考中考真題）如圖，是的直徑，是的弦，與相切于點，連接，若，則的大小為__________．

【答案】【分析】證明，可得，結合，證明，再利用三角形的外角的性質可得答案．【詳解】解：∵與相切于點，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故答案為：【點睛】本題考查的是圓的切線的性質，等腰三角形的性質，三角形的外角的性質，熟記基本圖形的性質是解本題的關鍵．9．（2023·全國·九年級假期作業）如圖，的直徑，弦于點H，．

(1)求的長；(2)延長到P，過P作的切線，切點為C，若，求的長．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根據垂徑定理和相交弦定理求解；（2）根據切割線定理進行計算．【詳解】（1）解：∵直徑，弦于點H，∴，∴，∴，∴；（2）解：∵切于點C，∴，∵，∴，或（舍去），∴．【點睛】此題主要考查相交弦定理和切割線定理的運用．掌握這兩個定理的內容是解題的關鍵．10．（2022秋·九年級單元測試）如圖，，，當的半徑r為何值時，與直線相離？相切？相交？

【答案】見解析【分析】作于，根據含角的直角三角形的性質得出，然后根據直線與圓的位置關系的判定方法即可得出結論．【詳解】解：作于，如圖所示：，，當時，和直線相離；當時，和直線相切；當時，和直線相交．

【點睛】本題考查了直線和圓的位置關系、含角的直角三角形的性質；設的半徑為，圓心到直線的距離為．若直線和相交；直線和相切；直線和相離．11．（2023·山東聊城·統考二模）如圖，是的直徑，點是上一點，和過點的直線互相垂直，垂足為，交于點E，且平分∠DAB．(1)求證：直線是的切線；(2)連接BC，若BC＝3，AC＝4，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）如圖所示，連接，根據角平分線的定義和等邊對等角證明，則，由，可證，即可證明直線是的切線；（2）先求出，利用勾股定理求出，證明∽求出，利用勾股定理求出，，則．【詳解】（1）證明：如圖所示，連接，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，又∵點在上，∴直線是的切線；（2）解：如圖所示，連接，由（1）得，∴，∴，∵是直徑，∴，∴，，∴∽，∴，即，∴，∴，，∴．【點睛】本題主要考查了切線的判定，相似三角形的性質與判定，圓周角定理，等腰三角形的性質與判定，勾股定理等知識，正確作出輔助線是解題的關鍵．【知不足】1．（2023·山東聊城·統考中考真題）如圖，點O是外接圓的圓心，點I是的內心，連接，．若，則的度數為（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根據三角形內心的定義可得的度數，然后由圓周角定理求出，再根據三角形內角和定理以及等腰三角形的性質得出答案．【詳解】解：連接，∵點I是的內心，，∴，∴，∵，∴，故選：C．

【點睛】本題主要考查了三角形內心的定義和圓周角定理，熟知三角形的內心是三角形三個內角平分線的交點是解題的關鍵．2．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六十九中學校校考模擬預測）如圖所示，是的直徑，點C在的延長線上，與相切，切點為D，如果，那么等于（

）．

A．15° B．20° C．35° D．55°【答案】B【分析】如圖：連接，由圓周角定理可得，根據切線的性質定理可得，最后根據直角三角形的性質即可解答．【詳解】解：如圖，連接，則

∵是的切線，∴，即，∴．故選B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理、切線的性質定理、直角三角形的性質等知識點，熟練運用相關知識是解題的關鍵．3．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，已知是的直徑，點C、D分別在兩個半圓上，若過點C的切線與的延長線交于點E，則與的數量關系是（）

A． B．C． D．【答案】C【分析】連接，，，根據圓周角定理得到，得到，根據切線的性質得到，求得，于是得到結論．【詳解】解：連接，，，∵是的直徑，∴，∴，∵，，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∴，∴．故選：C．

【點睛】本題考查了切線的性質，圓周角定理，等腰三角形的性質，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．4．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，是的直徑，點D在的延長線上，DC切⊙O于點C，若，則的度數為___________．【答案】/27度【分析】連接，利用切線的性質得到，根據三角形內角和定理得到，即可利用圓周角定理求出的度數．【詳解】解：如圖所示，連接，∵是的切線，∴，∵，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了切線的性質，圓周角定理，三角形內角和定理，熟知切線的性質與圓周角定理是解題的關鍵．5．（2023·黑龍江·統考中考真題）如圖，是的直徑，切于點A，交于點，連接，若，則__________．【答案】34【分析】首先根據等邊對等角得到，然后利用外角的性質得到，利用切線的性質得到，最后利用三角形內角和定理求解即可．【詳解】解：∵，，∴，∴，∵切于點A，∴，∴．故答案為：34．【點睛】此題考查了切線的性質和三角形的外角的性質，三角形內角和定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．6．（2023·湖南·統考中考真題）如圖，在中，．以點C為圓心，r為半徑作圓，當所作的圓與斜邊所在的直線相切時，r的值為________．

【答案】【分析】根據勾股定理，得，根據切線的性質，得到圓的半徑等于邊上的高，根據直角三角形的面積不變性計算即可．【詳解】∵，∴，根據切線的性質，得到圓的半徑等于邊上的高，∴,∴，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，切線的性質，熟練掌握勾股定理，切線的性質是解題的關鍵．7．（2023·福建·統考中考真題）如圖，已知內接于的延長線交于點，交于點，交的切線于點，且．(1)求證：；(2)求證：平分．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由切線的性質可得，由圓周角定理可得，即，再根據平行線的性質可得，則根據角的和差可得，最后根據平行線的判定定理即可解答；（2）由圓周角定理可得，再由等腰三角形的性質可得，進而得到，再結合得到即可證明結論．【詳解】（1）證明是的切線，，即．是的直徑，．∴．，，，即，．（2）解：與都是所對的圓周角，．，，．由（1）知，，平分．【點睛】本題主要考查角平分線、平行線的判定與性質、圓周角定理、切線的性質等知識點，靈活運用相關性質定理是解答本題的關鍵．8．（2023·福建福州·?？寄M預測）如圖，以菱形的邊為直徑作交于點E，連接交于點M，F是上的一點，且，連接．

(1)求證：；(2)求證：是的切線．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）連接，根據是直徑，得出，根據菱形性質得出，根據等腰三角形性質得出即可；（2）連接，根據是直徑，得出，求出，根據菱形的性質得出，，證明，得出，根據平行線的性質得出，得出，即可證明結論．【詳解】（1）證明：連接，如圖所示：

∵是直徑，∴，∴，∵四邊形為菱形，∴，∴；（2）證明：連接，如圖所示：

∵是直徑，∴，∴，∵四邊形為菱形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∵為直徑，∴是的切線．【點睛】本題主要考查了直徑所對的圓周角為直角，三角形全等的判定和性質，菱形的性質，平行線的性質，等腰三角形的性質，切線的判定，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握切線的判定方法．9．（2023·全國·一模）如圖，在中，，以為直徑的分別交，于點D，E．作于點F，于點G．

(1)求證：是的切線．(2)已知，，求的半徑．【答案】(1)見解析(2)的半徑為5【分析】（1）連接，根據，得出，根據，，推出，進而得出，即可求證；（2）根據垂徑定理可得，通過證明四邊形為矩形，可得，，設的半徑為r，則，根據勾股定理列出方程求解即可．【詳解】（1）證明：連接，∵，∴，∵，∴，∴∵，∴，∴，則，∴，即是的切線．

（2）解：∵，，，∴四邊形為矩形，，∴，，設的半徑為r，即∵，∴，在中，根據勾股定理可得：，即，解得：．∴的半徑為5．【點睛】本題主要考查了圓切線的判定，垂徑定理，勾股定理，矩形的判定，解題的關鍵是熟練掌握相關知識點，正確畫出輔助線，根據勾股定理列出方程求解．10．（2023·黑龍江綏化·統考中考真題）已知：點是外一點．

(1)尺規作圖：如圖，過點作出的兩條切線，，切點分別為點、點．（保留作圖痕跡，不要求寫作法和證明）(2)在（1）的條件下，若點在上（點不與，兩點重合），且．求的度數．【答案】(1)見解析(2)或【分析】（1）①連接，分別以點為圓心，大于的長為半徑畫圓，兩圓交于點兩點，作直線交于點，②以點為圓心，為半徑畫圓，與交于兩點，作直線，（2）根據切線的性質得出，根據四邊形內角和得出，進而根據圓周角定理以及圓內接四邊形對角互補即可求解．【詳解】（1）解：如圖所示，

①連接，分別以點為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于點兩點，作直線交于點，②以點為圓心，為半徑畫圓，與交于兩點，作直線，則直線即為所求；（2）如圖所示，點在上（點不與，兩點重合），且，∵是的切線，∴，∴，當點在優弧上時，，當點在劣弧上時，，∴或．【點睛】本題考查了切線的性質與判定，直徑所對的圓周角是直角，圓內接四邊形對角互補，圓周角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【一覽眾山小】1．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，為的直徑，，分別與相切于點，，過點作的垂線，垂足為，交于點．若，則長為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】作于，由垂徑定理得到的長，從而求出的長，由勾股定理求出的長，即可求出的長．【詳解】解：作于，直徑于，，，分別切于，，，直徑，四邊形是矩形，，，，，．故選：C．【點睛】本題考查切線的性質，切線長定理，勾股定理，矩形的判定和性質，解題的關鍵是通過輔助線構造直角三角形，應用勾股定理求出的長．2．（2023·江蘇·九年級假期作業）點P的坐標為，點是垂直于y軸的直線l上的一點，經過點P，且與直線l相切于點A，則點M的縱坐標為（）A． B．1 C．2 D．4【答案】A【分析】根據切線的性質得到，求得點的橫坐標為，設，過作軸于，連接，，則，，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】解：∵直線是的切線，∴，∵軸，∴軸，∵點，∴點的橫坐標為，設，過作軸于，連接，，則，，，∴，∵點的坐標為，∴，∴，在中，，即，解得，∴點M的縱坐標為．故選：A．

【點睛】本題考查了切線的性質，平行線的性質，勾股定理，正確的作出圖形是解題的關鍵．3．（2023·重慶·西南大學附中?？既＃┤鐖D，是的切線，A，B為切點，若，，則的長度為（

）

A．6 B． C． D．【答案】C【分析】根據切線長定理得到是等邊三角形，得到,利用特殊的銳角三角函數值解出答案．【詳解】解：連接，

是的切線,，，，是等邊三角形，，，故選C．【點睛】本題考查了切線長定理，切線的性質，等邊三角形的判定與性質，特殊角的銳角三角函數的應用，其中有關圓切線的性質是解題的關鍵．4．（2023·湖北武漢·武漢外國語學校（武漢實驗外國語學校）?？寄M預測）《九章算術》是我國古代內容極為豐富的數學名著，書中有下列問題：“今有勾八步，股十五步，問勾中容圓徑幾何？”其意思是：“今有直角三角形，勾（短直角邊）長為步，股（長直角邊）長為步，問該直角三角形內能容納的最大圓的直徑是多少？”你的答案是（

）A．3步 B．4步 C．6步 D．17步【答案】C【分析】根據勾股定理求出直角三角形的斜邊，然后根據等面積法即可確定出內切圓半徑．【詳解】解：根據勾股定理得：斜邊為，設該直角三角形能容納的圓形（內切圓）半徑為r，則，解得即直徑為步．故選：C．【點睛】本題考查了三角形的內切圓與內心，在，三邊長為a，b，c（斜邊），如果內切圓半徑為r，由面積法可得,熟記公式是解題的關鍵．5．（2023·江蘇·九年級假期作業）已知的直徑與弦的夾角為，過點作的切線交的延長線于點，則等于（）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，根據切線性質求出，根據等腰三角形性質求出，根據三角形外角性質求出，在中，根據三角形的內角和定理求出即可．【詳解】解：連接，，，，，切于，，，故選：D．【點睛】本題考查了等腰三角形性質、三角形的內角和定理、三角形的外角性質、切線的性質等知識點，主要考查學生綜合運用性質進行推理和計算的能力，題目具有一定的代表性，是一道比較好的題目．6．（2023·廣西河池·校聯考一模）如圖，是的直徑，切于點，線段交于點，連接，若，則______．

【答案】/32度【分析】由，由三角形外角的性質得到，由切線的性質即可求出的度數．【詳解】，，，切于點A，直徑，，．故答案為：．【點睛】本題考查切線的性質，等腰三角形的性質，三角形外角的性質，掌握以上知識點是解題的關鍵．7．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，是的直徑，與相切于點，，的延長線交于點，則的度數是___________．【答案】/40度【分析】利用圓周角定理，切線的性質定理和三角形的內角和定理解答即可．【詳解】解：是的直徑，與相切于點，，，，，，．故答案為：．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，圓的切線的性質定理，熟練掌握上述定理是解題的關鍵．8．（2023·廣東廣州·統考二模）的半徑r和圓心O到直線l的距離d分別為關于x的一元二次方程的兩根和與兩根積，則直線l與的位置關系是_____________．【答案】相交【分析】由以及題意知，，，由，可判斷直線l與的位置關系．【詳解】解：，由題意知，，∵，∴直線l與相交，故答案為：相交．【點睛】本題考查了一元二次方程根與系數的關系，直線與圓的位置關系．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握．9．（2023·黑龍江·統考中考真題）矩形中，，將矩形沿過點的直線折疊，使點落在點處，若是直角三角形，則點到直線的距離是__________．【答案】6或或【分析】由折疊的性質可得點E在以點A為圓心，長為半徑的圓上運動，延長交的另一側于點E，則此時是直角三角形，易得點到直線的距離；當過點D的直線與圓相切于點E時，是直角三角形，分兩種情況討論即可求解．【詳解】解：由題意矩形沿過點的直線折疊，使點落在點處，可知點E在以點A為圓心，長為半徑的圓上運動，如圖，延長交的另一側于點E，則此時是直角三角形，點到直線的距離為的長度，即，

當過點D的直線與圓相切與點E時，是直角三角形，分兩種情況，①如圖，過點E作交于點H，交于點G，

∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直線的距離，②如圖，過點E作交于點N，交于點M，

∵四邊形是矩形，∴，∴四邊形是矩形，∵，，，由勾股定理可得，∵，∴，∴到直線的距離，綜上，6或或，故答案為：6或或．【點睛】本題考查了矩形的折疊問題切線的應用，以及勾股定理，找到點E的運動軌跡是解題的關鍵．10．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，為外一點，，是的切線，，為切點，點在上，連接，，．(1)求證：；(2)連接，若，的半徑為，，求的長．【答案】(1)見解析(2)10【分析】（1）過作于，得到，根據切線的性質得到，根據余角的性質得到，根據等腰三角形的性質即可得到結論；（2）連接，延長交于，根據切線的性質得到，，根據矩形的性質得到，，根據勾股定理即可得到結論．【詳解】（1）證明：過作于，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：連接，延長交于，∵，是的切線，∴，，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，，∵，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的性質，勾股定理，等腰三角形的性質，矩形的判定和性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．11．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖，是的直徑，是的切線，是的弦，且，垂足為E，連接并延長，交于點P．

(1)求證：；(2)若的半徑5，，求線段的長．【答案】(1)見解析(2)6【分析】（1）根據平行線的判定和切線的性質解答即