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专题 09 切线的有关计算与证明题型总结
题型解读｜模型构建｜通关试 练
切线的有关计算与证明是中考考查的热点，通常出现在选择题中．考查的重点是切线的性质和判定，题型
多样，常与三角形、四边形、相似、函数等知识结合在一起综合考查．
1、切线的判定定理：过半径外端且垂直于半径的直线是切线；
两个条件：过半径外端且垂直半径，二者缺一不可
即：∵ 且 过半径 外端
∴ 是⊙ 的切线 O
2、切线的性质定理：切线垂直于过切点的半径（如上图）
推论1：过圆心垂直于切线的直线必过切点。
M A N
推论2：过切点垂直于切线的直线必过圆心。
以上三个定理及推论也称二推一定理：
即：①过圆心；②过切点；③垂直切线，三个条件中知道其中两个条件就能推出最后一个。
3. 切线长定理
切线长定理： 从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。
即：∵ 、 是的两条切线
∴ ； 平分
B
O
P
A
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4、三角形的内切圆与内心
（1）三角形的内切圆与三角形的各边都相切的圆叫做三角形的内切圆。
（2）三角形的内心
三角形的内切圆的圆心是三角形的三条内角平分线的交点，它叫做三角形的内心。
3.内切圆及有关计算。
①三角形内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，它到三边的距离相等。
a+b−c
2
②△ABC中，∠C=90°，AC=b，BC=a，AB=c，则内切圆的半径r= 。
1
r(a+b+c)
2
③S = ，其中a，b，c是边长，r是内切圆的半径。
△ABC
模型01 切线的有关证明问题（直接用判定定理证明）
考｜向｜预｜测
切线的有关计算与证明是中考考查的高频考点问题，难度中等，主要考查的题型为
解答题，分值在10分左右，常考查的方向有切线的判定、利用切线的性质进行角和线段的
计算、证明线段或角之间的关系、求一个角的三角函数值，常用的知识点有全等三角形的
性质与证明、等腰三角形、相似三角形的性质与证明、锐角三角函数。
答｜题｜技｜巧
在应用判定定理时注意：
（1）切线必须满足两个条件：a、经过半径的外端；b、垂直于这条半径，否则就不是圆
的切线．
（2）切线的判定定理实际上是从”圆心到直线的距离等于半径时，直线和圆相切“这个
结论直接得出来的．
（24-25九年级下·湖北武汉·开学考试）如图，⊙O与△ABC的AC边相交于点C，与AB相切于点D、与
BC边交于点E，DE∥OA，CE是⊙O的直径．
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(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若BD=2，AC=3，求⊙O的半径长．
【答案】(1)见解析
3
(2)⊙O的半径长为
2
【分析】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，相似三角形的性质与判定，掌握切线的性质与判定
是解题的关键．
（1）连接OD，CD，由⊙O与AB相切于点D，得出∠ADO=90°，根据DE∥OA，得出
∠AOC=∠DEO，∠EDO=∠AOD，继而得出∠AOD=∠AOC，证明△AOC≌△AOD(SAS)，进而
得出∠ACO=∠AOD=90°，即可得证；
（2）连接OD，CD，根据切线长定理得出AD=AC=3，勾股定理得出BC=4，证明△BOD∽△BAC，
设⊙O的半径为r，根据相似三角形的性质列出比例式，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接OD，CD，
∵⊙O与AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO=90°，
∵DE∥OA，
∴∠AOC=∠DEO，∠EDO=∠AOD，
∵OD=OE，
∴∠DEO=∠EDO，
∴∠AOD=∠AOC，
在△AOC，△AOD中，
¿，
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∴△AOC≌△AOD(SAS)，
∴∠ACO=∠AOD=90°，
∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：连接OD，CD，
∵AC,AB是⊙O的切线，
∴∠ODB=∠ACB=90°，AD=AC=3，
∴AB=AD+BD=3+2=5，
在Rt△ABC中，BC=√AB2−AC2=4，
∵∠DBO=∠CBA，∠ODB=∠ACB=90°，
∴△BOD∽△BAC，
设⊙O的半径为r，
OD BD
∴ = ，
AC BC
r 2
即 = ，
3 4
3
解得：r= ．
2
1．（24-25九年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）已知AB是⊙O的直径，P为⊙O外一点，且
OP∥BC，∠P=∠BAC．
(1)求证：PA为⊙O的切线；
(2)若OB=5，OP=7，求AC的长．
【答案】(1)见解析
20√6
(2)AC=
7
【分析】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，勾股定理，相似三角形的性质和判定，切线的判定等，
熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
对于（1），根据直径所对的圆周角是直角得∠C=90°，再根据平行线的性质得AC⊥OP，进而得出
∠BAC+∠CAP=90°，即可得出答案；
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对于（2），先根据勾股定理求出AP，再说明△ABC∽△POA，然后根据相似三角形的对应边成比例得
出答案.
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠C=90°.
∵OP∥BC，
∴AC⊥OP，
∴∠P+∠CAP=90°.
∵∠P=∠BAC，
∴∠BAC+∠CAP=90°，
∴∠OAP=90°，
即OA⊥AP，
∵OA为半径，
∴PA为⊙O的切线；
（2）∵OB=OA=5，OP=7，∠OAP=90°，
∴AP=√OP2−AO2=2√6.
∵∠P=∠BAC，∠C=∠OAP，
∴△ABC∽△POA，
AB AC
∴ = ，
OP AP
10 AC
即 = ，
7 2√6
20√6
∴AC= ．
7
2．（2025·贵州·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，B´C=B´D，DE⊥AC于点E，
DE交BF于点F，交AB于点G，∠BOD=2∠F，连接BD．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)判断△DGB的形状，并说明理由；
(3)当BD=2时，求FG的长．
【答案】(1)见解析
(2)等腰三角形，理由见解析
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(3)4
【分析】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，切线的判定与性质，垂径定理，等腰三角形的判定与性
质，直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
（1）连接OC，由圆周角定理得出∠BOD=∠BOC，由等腰三角形的性质证出∠GBF=90°，由切线的
判定可得出结论；
（2）由垂径定理得出DB=BC，DC⊥AB，证出∠DCB=∠CDB，由直角三角形的性质得出
∠DGB=∠DBG，则可得出结论；
（3）由（2）可知，DB=DG，∠F=∠DBF，则可得出答案．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵ B´C=B´D，
∴∠BOD=∠BOC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠BOC=2∠A，
又∵∠BOD=2∠F，
∴∠A=∠F，
又∵∠AGE=∠BGF，
∴∠AEG=∠GBF，
∵DE⊥AC，
∴∠AEG=90°，
∴∠GBF=90°，
∴OB⊥BF，
∵OB为半径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：△DGB为等腰三角形，
理由：∵ B´C=B´D，
∴DB=BC，DC⊥AB，
∴∠DCB=∠CDB，
∵OB⊥BF，
∴DC∥BF，
∴∠BDC=∠DBF，
又∵∠BDC=∠A，
∴∠DBF=∠A，
又∵∠A=∠F，
∴∠DBF=∠F，
∵∠GBF=90°，
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∴∠F+∠DGB=90°，∠DBG+∠DBF=90°，
∴∠DGB=∠DBG，
∴DB=DG，
即△DBG为等腰三角形；
（3）解：由（2）可知，DB=DG，∠F=∠DBF，
∴DF=DB，
∵∠DGB+∠F=∠DBG+∠DBF=90°，
∴∠DGB=∠DBG，
∴DF=DG=DB=2，
∴FG=4．
3．（2025·湖北恩施·一模）如图，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O直径，∠BAC的角平分线交BC雨点
E，交⊙O于点D，交过点B的一条直线于点F，DF=DE．
(1)求证：BF是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为5，AC=6，求CE的长．
【答案】(1)见解析；
(2)3．
【分析】（1）连接DB．证明∠AEC+∠CAE=90°，BD是FE的中垂线，可得BF=BE，可得
∠F=∠BED，进一步证明∠F+∠CAE=90°，结合∠CAE=∠BAE，可得∠F+∠BAE=90°，从而
可得结论；
（2）过点E作EM⊥AB于M，证明EC=EM，∠EMA=∠EMB=∠C=90°，证明
Rt△ACE≌Rt△AME，可得BM=AB−AM=10−6=4，设CE=x=EM，则BE=8−x，再进一步求
解即可．
【详解】（1）证明：连接DB．
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∵AB是⊙O的直径，
∴∠BDA=∠C=90°，
∴BD⊥FE，∠AEC+∠CAE=90°，
∵FD=DE，
∴BD是FE的中垂线，
∴BF=BE，
∴∠F=∠BED，
∵∠BED=∠AEC，
∴∠F=∠BED=∠AEC，
∴∠F+∠CAE=90°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE，
∴∠F+∠BAE=90°，
∴∠FBA=90°，且AB是⊙O的直径
∴BF是⊙O的切线．
（2）解：过点E作EM⊥AB于M，
∵AD平分∠CAB，EM⊥AB，∠C=90°，
∴EC=EM，∠EMA=∠EMB=∠C=90°，
在Rt△ACE与Rt△AME中，AE=AE，EM=EC，
∴Rt△ACE≌Rt△AME，
∴AM=AC=6，
∴BM=AB−AM=10−6=4，
在Rt△ABC中，BC=√AB2−AC2=8，
设CE=x=EM，则BE=8−x，
在Rt△BME中，BE2=EM2+BM2，
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∴(8−x) 2=x2+42，
解得x=3
∴CE=3．
【点睛】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的判定，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，作
出合适的辅助线是解本题的关键．
模型02 切线的有关证明问题（连半径证垂直）
考｜向｜预｜测
切线的有关计算与证明是中考考查的高频考点问题，难度中等，主要考查的题型为
解答题，分值在10分左右，常考查的方向有切线的判定、利用切线的性质进行角和线段的
计算、证明线段或角之间的关系、求一个角的三角函数值，常用的知识点有全等三角形的
性质与证明、等腰三角形、相似三角形的性质与证明、锐角三角函数。
答｜题｜技｜巧
在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连
接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线，可简单地说成“有交点，作半径，证
垂直”．直线与圆有公共点，连半径，证垂直；
若图中有90°角时，常用的方法有
（1）利用等角代换证明：通过互余的两个角之间的等量代换得证；
（2）利用平行线性质证明：如果有与要证的切线垂直的直线，则证明
半径与这条直线平行即可；
（3）利用三角形全等或相似证明：通过证明切线所在的三角形与含 90°角的三角
形全等或相似；
若图中无90°角时；
用等腰三角形的性质证明：通过圆心与切点的连线为所在等腰三角形的中线或角平
分线，根据“三线合一”的性质得证.
（2022·江苏宿迁·二模）如图：四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，点C平分D´B，过点C的直
线分别交AB、AD的延长线于点F、E，且∠ABC+∠DCE=90°．
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(1)求证：CE为⊙O的切线；
3
(2)若CE=4，tanF= ，求△CBF的面积．
4
【答案】(1)见解析
20
(2)
3
【详解】（1）解：连接OC、AC，
∵点C平分弧BD，
∴∠EAC=∠CAO，
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠ACO，
∴∠EAC=∠ACO，
∴AE∥OC；
∴∠OCF=∠E，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠EDC+∠ADC=180°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠DCE=90°.
∴∠EDC+∠DCE=90°，
∴∠E=90°
∴∠OCF=90°，
∴OC⊥EF，
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∴CE为⊙O的切线；
OC
（2）∵在Rt△OCF中，∠OCF=90°，tan∠F= ，
CF
3
又∵tan∠F= ，
4
OC 3
∴ = ；
CF 4
设OC=3x=OA，CF=4x，则由勾股定理得：OF=5x，
EF
∵在Rt△AEF中，∠E=90°，则cos∠F= ，
AF
CF 4x 4
又∵在Rt△OCF中，∠OCF=90°，cosF= = = ，
OF 5x 5
EF 4 4+4x 4
∴ = ，即∴ = ，
AF 5 8x 5
5
∴x= ，
3
20
∴OC=5，CF= ，
3
S BF 2x 2
∴ △CBF = = = ，
S OF 5x 5
△COF
2 2 1 1 20 20
∴S = S = × ⋅OC⋅CF= ×5× = ．
△CBF 5 △COF 5 2 5 3 3
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角，弧，勾股定理，三角函数等，能够根据实际情况添加辅助线是解
决本题的关键．
4．（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，四边形ABCD，∠B=∠C=90°，点E是边BC上一点，且
DE平分∠AEC，作△ABE的外接圆⊙O，点D在⊙O上．
(1)求证：DC是⊙O的切线．
(2)若⊙O的半径为6，CE=2，求DE的长．
【答案】(1)证明见详解
(2)2√6
【分析】本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理，掌握切线的判定定理是解题的关键．
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（1）根据等腰三角形的性质、角平分线的定义得到OD⊥DC，根据切线的判定定理证明结论．
（2）过点O作BC的垂线，垂足于点F，根据勾股定理求出EF，进而求出EC，根据勾股定理计算，得到
答案．
【详解】（1）证明：∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED，
∵DE平分∠AEC，
.∴∠DEC=∠OED，
∴∠ODE=∠DEC，
∵∠C=90°，
∴∠CDE+∠CED=90°，
∴∠CDE+∠ODE=90°，
∴OD⊥DC，
∵OD是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
（2）解：过点O作BC的垂线，垂足于点F，如图：
∵∠ODC=∠C=∠OFC=90°
，
则四边形OFCD为矩形，
∵⊙O的半径为6，CE=2，
.∴CF=OD=6，
∴EF=FC−EC=6−2=4，
由勾股定理得，OF=√OE2−EF2=√62−42=2√5，
∴CD=OF=2√5，
∴DE=√CD2+EC2=√(2√5) 2+22=2√6；
5．（24-25九年级上·河南新乡·期末）如图，BE是⊙O的直径，点A在⊙O上，点C在BE的延长线上，
∠EAC=∠ABC，AD平分∠BAE交⊙O于点D，连接DE．
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(1)求证：CA是⊙O的切线；
(2)当AC=4，CE=2时，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)3√2
【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直径对的圆周角是直角，熟练掌握切
线的判定定理是解题的关键．
（1）连接OA，根据直径所对的圆周角为直角得到∠BAE=90°．根据等腰三角形的性质得到
∠ABC=∠BAO，求得∠OAC=90°，根据切线的判定定理得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质定理得到BC=8．求得BE=BC−CE=6．连接BD，根据角平分线的
定义得到∠BAD=∠EAD，求得B´D=D´E，得到BD=DE，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，连接OA，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BAE=90°．
∴∠BAO+∠OAE=90°．
∵OA=OB，
∴∠ABC=∠BAO．
∵∠EAC=∠ABC，
∴∠CAE=∠BAO．
∴∠CAE+∠OAE=90°．
∴∠OAC=90°．
∵OA是⊙O的半径，
∴CA是⊙O的切线；
（2）解：∵∠EAC=∠ABC，∠C=∠C，
∴△ABC∽△EAC．
AC CE
∴ = ．
BC AC
4 2
∴ = ．
BC 4
∴BC=8．
∴BE=BC−CE=6．
如图，连接BD，
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∵AD ∠BAE
平分 ，
∴∠BAD=∠EAD．
∴ B´D=D´E．
∴BD=DE．
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BDE=90°．
∴∠DBE=∠DEB=45°．
√2
∴DE=BD= BE=3√2．
2
6．（24-25九年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，A´C=B´C，E是OB的中点，连接CE
并延长到点F，使EF=CE．连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF．
(1)求证：直线BF是⊙O的切线；
(2)若OB=4，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析
8√5
(2)BD=
5
【分析】本题考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握相关的性质与定理是解
题的关键．
（1）连接OC，由已知可得∠BOC=90°，根据SAS证明△OCE≌△BFE，根据全等三角形的对应角相等
可得∠OBF=∠COE=90°，继而可证明直线BF是⊙O的切线；
（2）由（1）的全等可知BF=OC=4，利用勾股定理求出AF的长，然后由
1 1
S = AB⋅BF= AF⋅BD，即可求出BD．
△ABF 2 2
【详解】（1）解：连接OC，
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∵AB是⊙O的直径，A´C=B´C，
∴∠BOC=90°，
∵E是OB的中点，
∴OE=BE，
在△OCE和△BFE中，
¿，
∴△OCE≌△BFE(SAS)，
∴∠OBF=∠COE=90°，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：∵OB=OC=4，由（1）得：△OCE≌△BFE，
∴BF=OC=4，
∴AF=√AB2+BF2=√82+42=4√5，
1 1
∴S = AB⋅BF= AF⋅BD，
△ABF 2 2
即8×4=4√5BD，
8√5
∴BD= ．
5
模型03 切线的有关证明问题（作垂直证半径）
考｜向｜预｜测
切线的有关计算与证明是中考考查的高频考点问题，难度中等，主要考查的题型为
解答题，分值在10分左右，常考查的方向有切线的判定、利用切线的性质进行角和线段的
计算、证明线段或角之间的关系、求一个角的三角函数值，常用的知识点有全等三角形的
性质与证明、等腰三角形、相似三角形的性质与证明、锐角三角函数。
答｜题｜技｜巧
在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点
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时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径，可简单的说成“无交点，作
垂线段，证半径”，直线与圆不确定有无公共点时，作垂线，证相等.
常用的方法是自圆心向这条直线作垂线，通过角平分线的性质，三角形全等等方法证明垂
线段等于半径.
（23-24九年级·全国·假期作业）如图，在ΔABC中，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径作圆，与
BC相切于点C，过点A作AD⊥BO交BO的延长线于点D，且∠AOD=∠BAD．
（1）求证：AB为⊙O的切线；
12
（2）若BC=10，tan∠ABC= ，求AD的长．
5
【答案】（1）见解析；（2）AD=4√13
【分析】（1）过点O作OE⊥AB于点E，先由∠AOD=∠BAD推得∠ABD=∠OAD，再由∠BCO=∠D=90°及
∠BOC=∠AOD推得∠OBC=∠OAD=∠ABD，最后证△BOC≌△BOE可得∠OEB=∠BCO=90°，最后根据切线的定
义即可证明：
（2）先证明∠EOA=∠ABC，在Rt△ABC中解三角形可得AC=24、A8=26，然后由切线长定理知BE=BC=10，
进一步求得BO；再证明ΔABD∽ΔOBC，最后相似三角形的性质列式求解即可．
【详解】解：（1）过点O作OE⊥AB于点E，
∵AD⊥BO D
于点 ，
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∴∠D=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，∠AOD+∠OAD=90°，
∵∠AOD=∠BAD，
∴∠ABD=∠OAD，
又∵BC为⊙O的切线，
∴AC⊥BC，
∴∠BCO=∠D=90°，
∵∠BOC=∠AOD，
∴∠OBC=∠OAD=∠ABD，
在ΔBOC和ΔBOE中，
¿，
∴ΔBOC≅ΔBOE(AAS)，
∴OE=OC，
∵OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线；
（2）∵∠ABC+∠BAC=90°，∠EOA+∠BAC=90°，
∴∠EOA=∠ABC，
12
∵BC=10，tan∠ABC= ，
5
∴AC=BC·tan∠ABC=24，
则AB=26，
由（1）知BE=BC=10，
∴AE=16，
12
∵tan∠EOA=tan∠ABC= ，
5
OE 12
∴ = ，
AE 5
20 10√13
∴OE= ，OB=√BE2+OE2= ，
3 3
∵∠ABD=∠OBC，∠D=∠ACB=90°，
∴ΔABD∽ΔOBC，
20 10√13
OC OB
∴ = ，即 3 3 ，
AD AB =
AD 26
∴AD=4√13．
【点睛】本题主要考查切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及解直角三角形的应用，掌握切线
的判定、切线长定理、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
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7．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，点O为AB的中点，连
接CO交⊙O于点E， ⊙O与AC相切于点D．
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)延长CO交⊙O于点G，连接AG交⊙O于点F，若AC=4√2，求FG的长．
【答案】(1)见解析
4√6
(2)
3
【分析】（1）连接OD，过点O作OP⊥BC于点P，根据等腰三角形的性质得到∠OCD=∠OCP=45°，
推出OD=OP，即可得到结论；
（2）根据等腰直角三角形的性质求出OA，OD的长，勾股定理求出AG，连接OF，过O作OH⊥AG于
点H，利用面积法求出OH，勾股定理求出HG，即可根据等腰三角形的性质求出FG的长．
【详解】（1）证明：连接OD，过点O作OP⊥BC于点P，
∵⊙O与AC相切于点D．
∴OD⊥AC，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴∠OCD=∠OCP=45°，
∴OD=OP，即OP是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵AC=4√2，AB=AC，∠ACB=90°，
∴AB=√2AC=8，OC⊥AB，
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∵点O为AB的中点，
1
∴OC=OA= AB=4，
2
∵OD⊥AC
1
∴OD= AC=2√2，
2
在Rt△AOG中，AG=√OA2+OG2=√42+(2√2) 2=2√6
连接OF，过O作OH⊥AG于点H，
OA⋅OG 4×2√2 4√3
∴OH= = = ，
AG 2√6 3
∴HG=√OG2−OH2=
√
(2√2) 2 −
(4√3) 2
=
2√6
3 3
∵OF=OG，
4√6
∴FG=2HG= ．
3
【点睛】此题考查了判定直线是圆的切线，切线的性质定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确掌
握各知识点是解题的关键．
8．（2024·广西梧州·二模）如图，AO是Rt△ABC的角平分线，∠ACB=90°，以点为圆心，OC为半径
画圆，过点作AO的垂线，交AO的延长线于点D
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)若AB=10，AC=6，求BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)BD=2√5
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【分析】本题主要考查切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识：
（1）过点作OE⊥AB,垂足为点，根据角平分线性质定理可得OE=OC,从而可知AB为⊙O的切线（作
垂直证相等）；
（2）根据勾股定理得BC=8,设⊙O的半径为r，得由切线长定理得AE=AC=6, BE=4,在Rt△AOE中
由勾股定理求得AO=3√5,再证明△AOE∽△ABD,列出比例式即可求出BD=2√5．
【详解】（1）证明：过点作OE⊥AB,垂足为点，如图，
∴∠AEO=90°,
由作图知，AC是⊙O的切线，且∠ACB=90°,
∴∠AEO=∠ACO=90°,
∵AO是∠BAC的角平分线
∴OE=OC,
∴AB是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△ABC中，AB=10,AC=6,
∵AC2+BC2=AB2,
∴BC=√AB2−AC2=√102−62=8,
∵AC是⊙O的切线，AB是⊙O的切线，
∴AE=AC=6,
∴BE=AB−AC=10−6=4,
设⊙O的半径为r，则OE=OC=r,
∴BO=8−r,
在Rt△BOE中，BE2+OE2=BO2,
∴42+r2=(8−r) 2，
解得，r=3,
在Rt△AOE中，AO=√AE2+OE2=√62+32=3√5,
∵BD⊥AD,
∴∠BDA=90°,
∴∠BDA=∠AEO=90°,
又∠BAO=∠OAE,
∴△ADB∽△AEO,
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OE AO
∴ = ,
BD AB
AB⋅OE 10×3
∴BD= = =2√5,
AO 3√5
9．（2024·上海·模拟预测）如图1，O是正方形ABCD对角线上一点，以O为圆心，OC长为半径的⊙O与
AD相切于点E，与AC相交于点F．
(1)求证：AB与⊙O相切．
(2)若正方形ABCD的边长为√2+1，点M是半径OC上的一个动点，过点M作MN⊥OC交C´E于点N．当
CM:FM=1:4时，求CN的长
【答案】(1)证明见解析；
2√10
(2) ．
5
【分析】（1）如图1，连接OE，过点O作OG⊥AB于G，证明△OAE≌△OAG(AAS)，得到OE=OG，
即可求证；
（2）连接OE，并反向延长OE交BC于H，连接ON，可得EH⊥BC，得到∠OHC=90°，
EH=CD=√2+1，进而得△OHC为等腰直角三角形，得到OC=√2OH，设⊙O的半径为x，则
OE=ON=OC=x，AC=2x，可得OH=√2+1−x，即得OC=√2OH=√2(√2+1−x)，得到
x=√2(√2+1−x)，即可得x=√2，得到OE=ON=OC=√2，AC=2√2，再由CM:FM=1:4可得
1 2√2 3√2 4√2
CM= AC= ，得到OM=OC−CM= ，最后利用勾股定理得到MN=√ON2−OM2= ，
5 5 5 5
进而利用勾股定理即可求解；
【详解】（1）证明：如图1，连接OE，过点O作OG⊥AB于G，
∵AD为⊙O的切线，点E为切点，
∴OE⊥AD，
∴∠AEO=∠AGO=90°，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠OAE=∠OAG=45°，
又∵AO=AO，
∴△OAE≌△OAG(AAS)，
∴OE=OG，
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∴AB与⊙O相切；
（2）解：连接OE，并反向延长OE交BC于H，连接ON，
∵AD为⊙O的切线，点E为切点，
∴OE⊥AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠ACB=45°，
∴EH⊥BC，
∴∠OHC=90°，EH=CD=√2+1，
∴△OHC为等腰直角三角形，
∴OC=√2OH，
设⊙O的半径为x，则OE=ON=OC=x，AC=2x，
∴OH=√2+1−x，
∴OC=√2OH=√2(√2+1−x)，
∴x=√2(√2+1−x)，
解得x=√2，
∴OE=ON=OC=√2，FC=2√2，
∵CM:FM=1:4，
1 2√2
∴CM= FC= ，
5 5
2√2 3√2
∴OM=OC−CM=√2− = ，
5 5
∵MN⊥OC，
∴∠OMN=∠CMN=90°，
∴MN=√ON2−OM2=
√
(√2) 2 −
(3√2) 2
=
4√2
，
5 5
∴CN=√M N2+CM2=
√ (4√2) 2
+
(2√2) 2
=
2√10
．
5 5 5
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【点睛】本题考查了切线的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判
定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
模型04 有关切线的性质的计算与证明
考｜向｜预｜测
有关切线的计算与证明是中考考查的热点问题，难度中等，主要考查的题型为解答
题，分值在10分左右，常考查的方向有利用切线的性质进行角和线段的计算、证明线段或
角之间的关系、求一个角的三角函数值，常用的知识点有全等三角形的性质与证明、等腰
三角形、相似三角形的性质与证明、锐角三角函数。
答｜题｜技｜巧
解决与切线有关的线段问题时，常需构造直角三角形（切线垂直
于过切点的半径或直径所对的圆周角为直角)，利用勾股定理或锐角三角函数求解，有时
也会根据圆中相等的角得到相似三角形，根据相似三角形对应边成比例建立等式来解决；
(2)解决与切线有关的角度问题时，往住与圆周角、圆心角有关，求解过程中有时需要作
出合适的辅助线，构造与所求角有关的圆心角或直角三角形进行求解，特别注意一些特殊
角，如直径所对的圆周角等于90°、和圆的半径相等的弦所对的圆心角等于60°，切线与
过切
点的半径或直径所构成的角等于90°，
（2025·山东济南·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点C作⊙O的切线交AB的延长
线于点F，过点A作AD⊥CF，交直线CF于点D，交⊙O于点E．
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(1)求证：AC平分∠BAD；
(2)若CD=2,AD=4，求线段AF的长．
【答案】(1)见解析
20
(2)AF=
3
【分析】本题考查了切线的性质定理，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，角平分线的判定，
相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接OC，根据切线的性质定理得到∠FCO=90°，根据平行线的判定定理得到OC∥AD，得到
∠OCA=∠CAD，得到∠OAC=∠CAD，即可得到结论；
20
（2）证明△ABC∽△ACD，求出AB=5，证明△FCO∽△FDA，求出AF= ．
3
【详解】（1）证明：连接OC，
∵FC ⊙O C
与 相切于点 ，
∴FC⊥OC,∠FCO=90°，
∵AD⊥CF，
∴∠ADF=90°，
∴∠FCO=∠ADF，
∴OC∥AD
∴∠OCA=∠CAD，
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠OAC=CAD
∴AC平分∠BAD．
（2）解：∵CD=2,AD=4，∠D=90°
∴AC=√CD2+AD2=2√5，
∵AB是⊙O的直径，
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∴∠ACB=∠D=90°，
∵∠BAC=∠CAD
，
∴△ABC∽△ACD，
AB AC
∴ = ，
AC AD
AB 2√5
∴ = ，
2√5 4
∴AB=5，
∴OA=OC=2.5
∵∠FCO=∠D,∠F=∠F，
∴△FCO∽△FDA，
FO CO
∴ = ，
FA AD
AF−2.5 2.5
∴ =
AF 4
20
∴AF= ．
3
10．（24-25九年级下·浙江·期末）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，
交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
(1)若∠EAC=25°，求∠ACD的度数；
(2)若OB=2，BD=1，求CE的长．
【答案】(1)115°；
2√5
(2) ．
3
【分析】本题考查相似三角形，圆的切线，勾股定理，三角形的外角等知识，解题的关键是掌握相似三角
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形的判定和性质，圆的切线定理，勾股定理的应用，三角形的外角和的应用，进行解答，即可．
（1）根据题意，可得∠AEC=90°，根据三角形的外角和，即可；
AD ED
（2）根据相似三角形的判定和性质，可得△AED∽△OCD， = ，利用勾股定理求出CD=√5，
OD CD
5 EC 5√5
可得 = ，求出ED= ，再根据EC=ED−CD，即可．
3 √5 3
【详解】（1）解：∵AE⊥CD，
∴∠AEC=90°，
∵∠EAC=25°，
∴∠ACD=∠AEC+∠EAC=90°+25°=115°．
（2）解：∵CD是⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，
∵∠AEC=90°，
∴∠OCD=∠AEC，
∵∠D=∠D，
∴△AED∽△OCD，
AD ED
∴ = ，
OD CD
∵OB=2，BD=1，
∴AB=AB+BD=5，OC=2，OD=3，
∴OD2=OC2+CD2，
∴32=22+CD2，
∴CD=√5，
5 EC
∴ = ，
3 √5
5√5
∴ED= ，
3
5√5 2√5
∴EC=ED−CD= −√5= ．
3 3
11．（2025·安徽·模拟预测）如图，AD是⨀O的直径，P是⨀O外一点，连接PO交⨀O于点C，PB，PD
分别切⨀O于点B，D，连接AB，AC．
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(1)求证：AB∥OP；
(2)连接PA，若PA=2√2，tan∠BAD=2，求PC长．
【答案】(1)见解析
(2)√5-1
【分析】（1）连接BD，由切线的性质得出PB=PD，∠DPO=∠BPO，得出∠BAD=∠COD，则可
得出结论；
（2）由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案．
【详解】（1）（1）证明：连接BD，
∵PB，PD分别切⨀O于点B，D，
∴PB=PD，∠DPO=∠BPO，
∴BD⊥PO，
∴C´D=B´C，
∴∠BAD=∠COD，
∴AB∥OP；
（2）解：由（1）得∠BAD=∠POD，
∵PD切⊙O于点D，
∴PD⊥OD，
∴tan∠BAD=2，
∵AD=2OD，
在Rt△PDA中，∠PDA=90°，PA=2√2，
∴AD=PD=2，
∴OD=OC=1，
在Rt△PDO中，∠PDO=90°，PD=2，OD=1，
∴PO=√PD2+OD2=√5，
∴PC=PO−CO=√5−1．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，直角三角形的性质，正确的识
别图形是解题的关键．
12．（2025·山西朔州·一模）如图，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点C，连接AC，OE⊥BC于
E，OE的延长线交直线l于点D．
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(1)试判断∠ABC和∠EDC的大小关系，并说明理由；
(2)若⊙O的半径为2，AC=1，求DC的长．
【答案】(1)∠ABC=∠EDC，理由见解析
(2)2√15
【分析】本题考查了切线的性质定理，垂径定理，圆周角定理，解直角三角形，做出正确辅助线，熟练利
用角度的转换得到∠ABC=∠EDC是解题的关键．
（1）连接OC，利用切线的性质可得∠OCD=90°，再根据角度的转换即可得到∠ABC=∠EDC；
（2）根据勾股定理求得BC的长，再利用垂径定理得到EC，解直角三角形即可解答．
【详解】（1）解：∠ABC=∠EDC，理由如下：
如图，连接OC，
∵ ⊙O
直线l与 相切于点C，
∴∠OCD=90°，
∵OE⊥BC，
∴∠ECD+∠D=90°，
∵∠ECD+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠D，
∵OC=OB，
∴∠OCE=∠ABC=∠D；
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
根据勾股定理可得BC=√AB2−AC2=√15，
∵OE⊥BC，
1 √15
∴CE= CB= ，
2 2
∵∠ABC=∠D，
∴sin∠ABC=sin∠D，
AC CE 1
即 = = ，
AB CD 4
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CE
∴CD= =2√15
1 ．
4
模型05 切线长定理的有关计算与证明
考｜向｜预｜测
切线长定理是圆的考点之一，通常以选择、填空的形式出现，也可以以解答题的形式进行
考查，分值在3-8分左右，常见的考向有利用切线长定理求线段、周长问题，证明垂直关
系，与弧长和扇形结合求弧长和面积
答｜题｜技｜巧
切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线，不能度量；切线长是线段的长，这条线段的两个端点分别
是圆外一点和切点，可以度量．
切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．
（24-25九年级上·江西赣州·期末）如图，AM，BN是⊙O的切线，切点为A、B，AM∥BN，点D，C
分别是AM，BN上的点，OD平分∠ADC，⊙O的半径是6，设AD=x，BC= y．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)求y关于x的函数解析式；
(3)梯形ABCD的面积为78cm2，求AD的长．
【答案】(1)见解析
36
(2)y= (x>0)
x
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(3)4cm或9cm
【分析】（1）过点O作OE⊥CD于点E，则∠OED=90°．依据切线的性质可知∠OAD=90°，接下来
证明△OAD≌△OED（AAS），依据全等三角形的性质可知OA=OE，可证得结论；
（2）过点D作DF⊥BC于点F，则DF=AB=2r=12．由切线长定理可得：AD=DE，CB=CE，则
CF=BC−BF= y−x,CD=x+ y，在Rt△DCF中依据勾股定理可得到y与x的函数关系式；
( 36)
36 x+ ×12
（3）设AD=x，由（2）可知BC= ，由梯形面积公式可得 x ，再求解即可．
x =78
2
【详解】（1）证明：如图，过点O作OE⊥CD于点E，则∠OED=90°．
∵⊙O与AM相切于点A，
∴∠OAD=90°，
∵OD平分∠ADC，
∴∠ADO=∠EDO，
在△OAD和△OED中，
¿，
∴△OAD≌△OED（AAS），
∴OA=OE，
∵OA是⊙O的半径，
∴OE是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：如图，过点D作DF⊥BC于点F，
∵AM，BN，CD是⊙O的切线，
∴∠MAO=∠NBO=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴DF=AB=2r=12，
由切线长定理得：AD=DE，CB=CE，
∵AD=x，BC= y，
∴CF=BC−BF= y−x,CD=x+ y，
在Rt△DCF中，CD2=DF2+CF2，即(x+ y) 2=122+(y−x) 2，
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36
化简得y= (x>0)；
x
(AD+BC)×AB
（3）解：∵梯形ABCD是直角梯形，则S = =78，
梯形ABCD 2
36
设AD=x，由（2）可知BC= ，
x
( 36)
x+ ×12
∴ x ，
=78
2
化简得x2−13x+36=0，
解得x=4或x=9，
∴AD长为4cm或9cm．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质和判定，切线长定理，梯形的面积，解答本题主要应用了切线的性
质和判定定理、全等三角形的性质和判定，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．
13．（2025九年级下·浙江·专题练习）如图，AB为圆O直径，∠DAB=∠ABC=90°，CD与圆O相切
于点E，EF⊥AB于点F，EF交BD于点G，若AD=2，BC=6．
(1)求CD的长度．
(2)求EG的长度．
(3)求FB的长度．
【答案】(1)8
3
(2)
2
(3)3√3
【分析】（1）根据切线的判定定理得到DA、CB都是圆O的切线，根据切线长定理分别求出DE、CE，
进而求出结果即可；
（2）证明△DEG∽△DCB，根据相似三角形的性质求出结果即可；
（3）证明AD∥EG∥BC，根据平行线分线段成比例定理列出比例式，计算即可．
本题考查的是切线长定理、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理的应用，灵活运用切线长
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定理是解题的关键．
【详解】（1）解：∵AB为圆O直径，∠DAB=∠ABC=90°，
∴DA、CB都是圆O的切线，
∵CD与圆O相切于点E，
∴DE=DA=2，CE=CB=6，
∴CD=DE+CE=8；
（2）解：∵∠ABC=90°，EF⊥AB，
∴EG∥BC，
∴△DEG∽△DCB，
EG ED EG 2
∴ = ，即 = ，
BC DC 6 8
3
解得： EG= ；
2
（3）解：过点D作DH⊥BC于H，
则四边形DABH为矩形，
∴BH=AD=2，
∴CH=BC−BH=4，
∴DH=√CD2−CH2=4√3，
∴AB=DH=4√3，
∵∠DAB=∠ABC=90°，EF⊥AB，
∴AD∥EG∥BC，
BF CE BF 6
∴ = ，即 = ，
AB CD 4√3 8
解得： BF=3√3．
14．（2025九年级下·全国·专题练习）如图，P是⊙O外的一点，PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是
切点，PO交AB于点F，延长BO交⊙O于点C，交PA的延长交于点Q，连结AC．
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(1)求证：AC∥PO；
AE
(2)设D为PB的中点，QD交AB于点E，若⊙O的半径为3，CQ=2，求 的值．
BE
【答案】(1)见解析
2
(2)
5
【分析】（1 ）连接CA，由等腰三角形三线合一与直径所对的圆周角是直角得同位角相等．
（2 ）在Rt△OQA中，由勾股定理得QA=4，在Rt△PBQ中，由勾股定理得PA=PB=6，因此FD=3，
1
BF=AF= AB，又由中位线定理FD∥AP得，
2
FE:EA=3:4，因此设AE=4t，则EF=3t,BF=10t，即可解答．
【详解】（1）证明：如图，连接CA，
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，
∴PA=PB，且PO平分∠BPA，
∴PO⊥AB．
∵BC是直径，
∴∠CAB=90°，
∴AC⊥AB，
∴AC∥PO；
（2）解：连结OA、DF，如图，
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∵∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，
∴∠OAQ=∠PBQ=90°．
在Rt△OAQ中，OA=OC=3，
∴OQ=OC+CQ=5．
由QA2+OA2=OQ2，得QA=4．
在Rt△PBQ中，PA=PB，
∴QB=OQ+2OB=8，
由QB2+PB2=PQ2，得82+PB2=(PB+4) 2，
解得PB=6，
∴PA=PB=6．
∵OP⊥AB，
1
∴BF=AF= AB．
2
又∵D为PB的中点，
1
∴DF∥AP，DF= PA=3，
2
∴△DFE∽△QEA，
AE AQ 4
∴ = = ，
FE DF 3
设AE=4t,FE=3t，则AF=AE+FE=7t，
∴BE=BF+FE=AF+FE=7t+3t=10t，
AE 4t 2
∴ = = ．
BE 10t 5
【点睛】本题考查了切线的性质，垂径定理，圆周角定理，相似三角形判定与性质，三角形中位线的判定
与性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线构造三角形相似．
15．（24-25九年级上·北京顺义·期末）如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA和PB，切点分
别是点A和点B，连接AB，直线PO与⊙O交于点C和点E，交AB于点D，连接AE，BE．
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(1)求证：△AEB是等腰三角形；
1
(2)若tan∠AEP= ，BE=√5，求CD的长．
2
【答案】(1)见解析
1
(2)CD=
2
【分析】（1）根据切线长的性质可证△PAE≌△PBE，得到AE=BE，由等腰三角形的定义即可求解；
（2）连接BC，可得∠EBC=90°，由全等三角形的性质可得∠AEP=∠BEP，则
BC 1 √5
tan∠AEP=tan∠BEP= = ，可得BC= ，根据同弧所对圆周角相等可得∠AEP=∠ABC，则
BE 2 2
CD 1
有tan∠AEP=tan∠ABC= = ，设CD=x，则BD=2x，根据勾股定理CD2+BD2=BC2，即可
BD 2
求解．
【详解】（1）证明：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB,PA⊥OA,PB⊥OB，
∴PO平分∠APB，
∴∠APE=∠BPE．
在△PAE和△PBE中，
¿，
∴△PAE≌△PBE(SAS)，
∴AE=BE，
∴△AEB是等腰三角形．
（2）解：连接BC，
∵EC ⊙O
是 的直径，
∴∠EBC=90°，
∵△PAE≌△PBE，
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∴∠AEP=∠BEP．
BC 1
∴tan∠AEP=tan∠BEP= = ，
BE 2
又∵BE=√5，
√5
∴BC= ，
2
∵PA=PB，PO平分∠APB，
∴PO⊥AB，
∴∠CDB=90°
∵∠AEP=∠ABC，
CD 1
∴tan∠AEP=tan∠ABC= = ，
BD 2
设CD=x，则BD=2x，有CD2+BD2=BC2，
2
即x2+(2x) 2=
(√5)
，
2
1 1
解得：x= （负根舍去），即CD= ．
2 2
【点睛】本题主要考查切线的性质，切线长的性质，直径对的圆周角是直角，等腰三角形的判定和性质，
三角函数的计算，勾股定理等知识的综合运用，掌握切线及切线长的性质，三角函数的计算方法是解题的
关键．
模型06 切线的作图及计算问题
考｜向｜预｜测
切线的有关作图问题，是中考考点之一，考查的频率不是很高，考向主要是作出圆的切
线、根据条件作图圆，然后利用切线的性质进行有关的计算与证明，如果在试题中出现，
分值在3-7分左右。
答｜题｜技｜巧
解答切线的有关作图问题主要是掌握切线的性质和判定方法、常见的基本作图，如做一条
等于已知线段、作一个角等于已知角、作一个角的角平分线、作线段的垂直平分线等.
（24-25九年级下·河南安阳·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，连接对角线BD．
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(1)根据下列要求作出⊙O．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
①圆心O在BC边上；
②⊙O与边BD,DC相切；
(2)在（1）的条件下，连接AO交BD于点E，若AO⊥BD，猜想线段AE和BO的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析；
(2)AE=BO，见解析．
【分析】本题主要考查尺规作图（作角平分线），矩形的性质，全等三角形的判定与性质．
（1）作∠BDC的平分线，交BC于点O，以O为圆心，OC为半径作圆即可；
（2）连接OA．交BD于点E，证明△OCD≌△OED得DC=DE，再证明△AED≌△OBA即可．
【详解】（1）解：如图所示，⊙O即为所求作．
；
（2）解：AE=BO．
证明：如图，连接OA．
由（1），可知∠CDO=∠EDO．
∵AO⊥BD
∴∠OED=90°=∠OCD．
又∵OD=OD
∴△OCD≌△OED(AAS)．
∴DC=DE
∴AB=DE．
∵AD∥BC
∴∠DAE=∠AOB．
又∵∠AED=∠OBA=90°，
∴△AED≌△OBA(AAS)，
∴AE=OB．
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16．（2025·江苏宿迁·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°．
(1)尺规作图：作Rt△ABC的内切圆⊙O，并分别标出⊙O和AB、BC、CA相切的切点D,E,F；（要求：
保留作图痕迹，不写做法，不需证明）
(2)连接OE、OF，四边形OECF是正方形吗？为什么？
(3)若AD=6，BD=4，求⊙O的半径r的长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形OECF是正方形，理由见解析
(3)2
【分析】（1）首先由三角形的内心是三角形三个角平分线的交点，确定圆心O，然后过点O作边AC的垂
线交AC于点F，确定半径，继而可求得△ABC的 内切圆；
（2）连接OE,OF,OD，根据切线的性质得到OE⊥BC,OF⊥AC，求得∠C=∠CFO=∠CEO=90°，
得到四边形OECF 是矩形，根据角平分线的性质得到OF=OD,OD=OE，求得OE=OF，得到四边形
OECF是正方形；
（3）根据正方形的性质得到OF=CF=CE=OE=r，根据切线的性质得到AF=AD=6,BE=BD=4，根
据勾股定理即可 得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，⊙O为所求：
（2）解：四边形OECF是正方形，理由如下：
连接OE,OF,OD，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
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∴OE⊥BC,OF⊥AC，
∴∠C=∠CFO=∠CEO=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵AO平分∠CAB,BO平分∠ABC，
∴OF=OD,OD=OE，
∴OE=OF，
∴四边形OECF是正方形；
（3）解：∵四边形OECF是正方形，
∴OF=CF=CE=OE=r，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴AF=AD=6
∴BE=BD=4
∴AC=AF+CF=6+r,BC=4+r
∵AC2+BC2=AB2
∴(6+r) 2+(4+r) 2=(6+4) 2
∴r=2（负值舍去）， 即⊙O的半径r的长为2．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了三角形的内切圆与内心，作图一复杂作图,勾股定理，切线的性质，正
方形的判定，关键是掌握 三角形的内心是三角形角平分线的交点．
17．（24-25九年级下·福建漳州·阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=3．
(1)已知点O在BC边上，求作⊙O，使⊙O过点C且与AB相切．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图
痕迹）
(2)在（1）的条件下，求⊙O的半径．
【答案】(1)见详解
4
(2)
3
【分析】本题考查切线的判定和性质，切线长定理，直角三角形中勾股定理，掌握切线长定理和切线的性
质是关键．
（1）作∠BAC的角平分线，交BC于点O，以O为圆心，OC为半径画圆即可；
（2）设⊙O的半径为r，⊙O与AB相切于点D，连接OD，先利用切线长定理求出AD=AC=4，然后利
用勾股定理即可求得半径．
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【详解】（1）解：如图，⊙O即为所求作的圆；
（2）解：设⊙O的半径为r，⊙O与AB相切于点D，连接OD，如图，
∴OD⊥AB，
∵OC⊥AC，
∴AC为⊙O的切线，
∴AD=AC=4，
∵∠ACB=90°，AC=4，BC=3．
∴AB=√BC2+AC2=5；
∴BD=AB−AD=1，
在Rt△OBD中，12+r2=(3−r) 2，
4
解得r= ，
3
4
即⊙O的半径为 ．
3
18．（2023·河南洛阳·二模）如图，在△ABC中，AC=BC，以AC中点O为圆心，OA长为半径作⊙O，
交AB于点D，交BC于点E．
(1)①请用无刻度的直尺和圆规过点A作⊙O的切线l，连接OD并延长交l于点F；（要求：不写作法，保
留作图痕迹）
②证明：∠ACB=2∠BAF．
(2)若CE=4，AC=6，求AF的长．
【答案】(1)①图见解析；②证明见解析
3√5
(2)AF=
2
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【分析】（1）①根据过直线上点作已知直线的垂线的方法作图即可；
②连接CD，由直径所对圆周角为直角得到∠CAB+∠ACD=90°，根据等腰三角形的性质得到
1 1
∠ACD= ∠ACB，由切线的性质得到∠CAB+∠BAF=90°，∠BAF=∠ACD= ∠ACB，由此即
2 2
可求解；
（2）连接CD,AE，可得∠AEC=∠ADC=90°，OA=3, AE=√AC2−CE2=2√5，由D为AB中点，
AF OA
O为AC中点，得到OD∥BC，可证△AOF∽△ECA，得到 = ，由此即可求解．
AE CE
【详解】（1）解：①所作图形如图所示，
②证明：连接CD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴∠CAB+∠ACD=90°，
∵AC=BC，
1
∴∠ACD= ∠ACB，
2
∵AF与⊙O相切，
∴∠OAF=90°，
∴∠CAB+∠BAF=90°，
1
∴∠BAF=∠ACD= ∠ACB，即∠ACB=2∠BAF．
2
（2）解：连接CD,AE，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
∵CE=4, AC=6，
∴OA=3, AE=√AC2−CE2=2√5，
∵AC=BC,∠ADC=90°，
∴D为AB中点，
∵O为AC中点，
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∴OD∥BC，
∴∠AOF=∠ACE，
∵∠OAF=∠AEC，
∴△AOF∽△ECA，
AF OA
∴ = ，
AE CE
AE⋅OA 3√5
∴AF= = ．
CE 2
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握尺规作垂线的方法，圆的切线的性质，直径所对圆周角为
直角，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用等知识，数形结合分析是解题的关
键．
模型07 内切圆与外接圆的综合应用
考｜向｜预｜测
圆的内切圆和外接圆问题，是中考的考向之一，通常考查内切圆和外接圆的性质，常
与角平分线、线段的垂直平分线、相似三角形、三角函数等内容结合在一起.
答｜题｜技｜巧
解决内切圆和外接圆问题，主要是掌握并区别其性质。三角形内心的性质：
三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内
角；三角形的外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形
的外心，它到三角形三个顶点的距离相等
（2025九年级下·全国·专题练习）如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点
D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．
(1)求证：DG∥CA；
(2)求证：AD=ID；
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(3)若DE=4，BE=5，求BI的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【分析】（1）根据三角形内心的性质得∠2=∠7，再利用圆内接四边形的性质得∠ADF=∠ABC，则
∠1=∠2，从而得到∠1=∠3，则可判断DG∥AC；
（2 ）根据三角形内心的性质得∠5=∠6，然后证明∠4=∠DAI，即可得到DA=DI；
（3 ）证明△DAE∽△DBA，利用相似比得到AD=6，则DI=6，然后计算BD−DI即可．
【详解】（1）证明：如图，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠2=∠7，
∵DG平分∠ADF，
1
∴∠1= ∠ADF，
2
∵A,B,C,D四点共圆，
∴∠ADF=∠ABC，
∴∠1=∠2，
⏜ ⏜
∵ CD=CD ，
∴∠3=∠2，
∴∠1=∠3，
∴DG∥AC；
（2）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴∠5=∠6，
∵∠4=∠7+∠5=∠3+∠6，即∠4=∠DAI，
∴DA=DI；
（3）解：∵∠3=∠7，∠ADE=∠BDA，
∴△DAE∽△DBA，
AD DE AD 4
∴ = ，即 = ，
DB DA 4+5 AD
∴AD=6，
∵DI=AD，
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∴DI=6，
∴BI=BD−DI=9−6=3．
【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及平行线的判定、内接四
边形的性质，熟练掌握三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三
角形顶点的连线平分这个角是解题的关键．
19．（2025九年级下·浙江·专题练习）已知，如图，AB为⊙O的直径，△ABC内接于⊙O，BC>AC，
点P是△ABC的内心，延长CP交⊙O于点D，连接BP．
(1)求证：BD=PD；
(2)已知⊙O的半径是3√2，CD=8，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)4√2+2
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ACB=90°，由内心得出∠ACD=∠BCP=45°，∠CBP=∠EBP，
∠ABD=∠ACD=45°，由三角形的外角性质得出∠DPB=∠DBP，即可得出结论；
（2）连接AD，过点B作BH⊥CD于H，由圆周角定理得出∠ABD=45°，证出△ABD是等腰直角三角
√2
形，得出BD= AB=6，由∠BCD=45°，BH⊥CD，推出BH=CH，得到BC=√2BH，根据勾股
2
定理可求BH的长，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵ AB为⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°，
∵点P是△ABC的内心，
∴ ∠ACD=∠BCP=45°，∠CBP=∠EBP，
∴ ∠ABD=∠ACD=45°，
∵ ∠DPB=∠BCP+∠CBP=45°+∠CBP，∠DBP=∠ABD+∠EBP=45°+∠EBP，
∴ ∠DPB=∠DBP，
∴ BD=DP；
（2）解：连接AD，过点B作BH⊥CD于H，如图所示：
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∵ AB ⊙O ⊙O 3√2 ∠ABD=45°
为 的直径， 的半径是 ， ，
∴ AB=6√2，△ABD是等腰直角三角形，
√2 √2
∴ BD= AB= ×6√2=6，
2 2
∵ ∠BCD=45°，BH⊥CD，
∴ ∠BCH=∠CBH=45°，
∴ BH=CH，
∴ BC=√2BH，
∵ BD2=DH2+BH2，
∴ 36=(8−BH) 2+BH2，
∴ BH=4±√2，
∴ BC=4√2±2，
∵ BC>AC，AC2+BC2=AB2=72，
∴ BC>6，
∴ BC=4√2+2．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心、圆周角定理、三角形的外角性质、等腰三角形的判定、等腰
直角三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
20．（22-23九年级上·江苏盐城·期中）如图，I是△ABC的内心，AI的延长线交△ABC的外接圆于点D．
(1)求证：∠BAD=∠CBD；
(2)求证：BD=ID；
(3)连接BI、CI，求证：点D是△BIC的外心．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
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【分析】（1）根据三角形内心的定义得∠BAD=∠CAD，再由圆周角与弧之间的关系即可得证；
（2）连接BI，证出∠BID=∠IBD即可得证；
（3）连接BI，CI，DC，证出BD=CD=ID即可得证．
【详解】（1）证明：∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵C´D=C´D，
∴∠CBD=∠CAD，
∴∠BAD=∠CBD．
（2）证明：如图，连接BI，
∵ △ABC
点I是 的内心，
∴AI平分∠BAC，BI平分∠ABC，
∴∠BAD=∠CAD，∠ABI=∠CBI
又∠CBD=∠CAD，
∴∠CBD=∠BAD，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠CBI+∠CBD，
∴∠BID=∠IBD，
∴ID=BD．
（3）证明：如图，连接BI，CI，DC，
∵∠BAD=∠CAD
，
∴BD=CD．
∵ID=BD
∴BD=CD=ID，
∴点D是△BIC的外心．
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【点睛】本题考查了三角形内心和外心的定义，圆的基本性质中圆周角与弧之间的关系等，理解定义，掌
握圆的基本性质，根据题意作出辅助线是解题的关键.
一、解答题
1．（2024·西藏·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，连接AC，BC，CO平分
∠ACD，CE⊥DB，交DB延长线于点E．
(1)求证：CE是⊙O的切线；
3
(2)若⊙O的半径为5，sinD= ，求BD的长．
5
【答案】(1)见解析
14
(2)BD=
5
1
【分析】（1）根据角平分线的定义得出∠ACO=∠DCO= ∠ACD，根据圆周角定理得出
2
∠ABD=∠ACD=2∠ACO，证明CO∥DE，根据平行线的性质得出∠OCE=180°−∠CED=90°，
得出OC⊥CE，即可证明结论；
3
（2）根据B´C=B´C，得出∠A=∠D，解直角三角形得出BC=AB×sin A=10× =6，证明
5
3 18
∠ECB=∠A，解直角三角形得出BE= ×6= ，根据勾股定理得出
5 5
CE=√BC2−BE2=
√
62−
(18) 2
=
24
，解直角三角形得出CD=
5
CE=
5
×
24
=8，根据勾股定理得出
5 5 3 3 5
DE=√CD2−CE2=
√
82−
(24) 2
=
32
，最后求出结果即可．
5 5
【详解】（1）证明：∵CO平分∠ACD，
1
∴∠ACO=∠DCO= ∠ACD，
2
∵A´D=A´D，
∴∠ABD=∠ACD=2∠ACO，
∵AO=CO，
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∴∠ACO=∠CAO，
∴∠COB=∠ACO+∠CAO=2∠ACO，
∴∠ABD=∠COB，
∴CO∥DE，
∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∵CO∥DE，
∴∠OCE=180°−∠CED=90°，
∴OC⊥CE，
∵OC为半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为5，
∴AB=2×5=10，
∵B´C=B´C，
∴∠A=∠D，
3
∴sinA=sinD= ，
5
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
3
∴BC=AB×sin A=10× =6，
5
∵∠ECB+∠BCO=∠BCO+∠ACO=90°，
∴∠ECB=∠ACO，
∵∠ACO=∠A，
∴∠ECB=∠A，
3
∴sin∠ECB=sinA= ，
5
BE 3
即 = ，
BC 5
3 18
∴BE= ×6= ，
5 5
∴CE=√BC2−BE2=
√
62−
(18) 2
=
24
，
5 5
CE 3
∵sinD= = ，
CD 5
5 5 24
∴CD= CE= × =8，
3 3 5
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∴DE=√CD2−CE2=
√
82−
(24) 2
=
32
，
5 5
32 18 14
∴BD=DE−BE= − = ．
5 5 5
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，解直角三角形的相关计算，勾股定理，等腰三角形的
性质，余角的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质．
2．（2023·四川资阳·中考真题）如图，已知⊙O的圆心O在△ABC的边AC上，与AC相交于A、E两点，
且与边BC相切于点D，连结DE．
(1)若BA=BD，求证：AB是⊙O的切线；
(2)若CD=4，CE=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径长为3
【分析】（1）连接OD，则OD=OA，所以∠OAD=∠ODA，由切线的性质得BC⊥OD，则
∠ODB=90°，而BA=BD，所以∠BAD=∠BDA，即可推导出∠OAB=∠ODB=90°，进而证明AB
是⊙O的切线；
（2）由OD=OE，得∠ODE=∠OED，由AE是⊙O的直径，得∠ADE=90°，由
∠CAD+∠OED=90°，∠CDE+∠ODE=90°，得∠CDE=∠CAD，而∠C=∠C，即可证明
CD CE
△CDE∽△CAD，得 = ，则CE⋅CA=CD2，于是得2(2+2OE)=42，求得OE=3，则⊙O的半
CA CD
径长为3．
【详解】（1）证明：连接OD，则OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵⊙O的圆心O在AC上，且与边BC相切于点D，
∴BC⊥OD，
∴∠ODB=90°，
∵BA=BD，
∴∠BAD=∠BDA，
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∴∠OAB=∠OAD+∠BAD=∠ODA+∠BDA=∠ODB=90°，
∵OA是⊙O的半径，且AB⊥OA，
∴AB是⊙O的切线．
（2）解：∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠CAD+∠OED=90°，
∵∠CDE+∠ODE=∠ODC=90°，
∴∠CDE=∠CAD，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAD，
CD CE
∴ = ，
CA CD
∴CE⋅CA=CD2，
∵CD=4，CE=2，OE=OA，
∴2(2+2OE)=42，
解得OE=3，
∴⊙O的半径长为3．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定与性质、切线的判定与性质、直径所对的圆周角是直角、相似三
角形的判定与性质等知识．综合运用以上知识是解题的关键．
3．（2024·内蒙古·中考真题）如图，△ACD内接于⊙O，直径AB交CD于点G，过点D作射线DF，使得
∠ADF=∠ACD，延长DC交过点B的切线于点E，连接BC．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
8
(2)若CD= CG，BE=3CE=3．
3
①求DE的长；
②求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析；
11√7
(2)①9；② ．
7
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【分析】（1）连接OD、BD，则∠ACD=∠ABD，可得∠ABD=∠ADF，由∠ABD+∠BAD=90°
可得∠ABF+∠BAD=90°，进而由等腰三角形的性质可得∠ABF+∠ODA=90°，得到OD⊥DF，
即可求证；
CE BE
（2）①证明△CBE∽△BDE得到 = ，据此即可求解；②由①可得CD=DE−CE=8，进而得
BE DE
DG=CD−CG=5，¿=CG+CE=4，利用勾股定理得BG=√GE2−BE2=√7，再证明△AGC∽△DGB，
AG CG 15√7
得到 = ，即可得AG= ，求出AB即可求解．
DG BG 7
【详解】（1）证明：连接OD、BD，则∠ACD=∠ABD，
∵∠ADF=∠ACD，
∴∠ABD=∠ADF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠ABF+∠BAD=90°，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠ABF+∠ODA=90°，
即∠ODF=90°，
∴OD⊥DF，
又∵OD为⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线；
（2）解：①∵BE是⊙O的切线，
∴AB⊥BE，
∴∠ABE=90°，
∴∠ABC+∠CBE=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∴∠CBE=∠BAC，
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∵∠BAC=∠BDC，
∴∠CBE=∠BDC，
即∠CBE=∠BDE，
又∵∠E=∠E，
∴△CBE∽△BDE，
CE BE
∴ = ，
BE DE
∵BE=3CE=3，
∴CE=1，
1 3
∴ = ，
3 DE
∴DE=9；
②∵DE=9，CE=1，
∴CD=DE−CE=9−1=8，
8
∵CD= CG，
3
3
∴CG= CD=3，
8
∴DG=CD−CG=8−3=5，¿=CG+CE=3+1=4，
∵∠GBE=90°，
∴BG=√GE2−BE2=√42−32=√7，
∵∠BAC=∠BDC，∠AGC=∠DGB，
∴△AGC∽△DGB，
AG CG
∴ = ，
DG BG
AG 3
即 = ，
5 √7
15√7
∴AG= ，
7
15√7 22√7
∴AB=AG+BG= +√7= ，
7 7
11√7
∴⊙O的半径为 ．
7
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质和判定，余角性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定
和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
4．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，且AB⊥CD，垂足为E，
AB=20，CD=12，在BA的延长线上取一点F，连接CF，使∠FCD=2∠B．
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(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)求EF的长．
【答案】(1)见解析
9
(2)
2
【分析】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出
辅助线是解题的关键．
（1）连接OC，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠BCO，等量代换得到∠FCD=∠COE，得到
∠OCF=90°，根据切线的判定定理得到结论；
1
（2）根据垂径定理得到CE= CD=6，根据勾股定理得到OE=√OC2−CE2=8，根据相似三角形的判
2
定和性质定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OC，
∵OC=OB
，
∴∠B=∠BCO，
∴∠AOC=∠B+∠BCO=2∠B，
∵AB⊥CD，
∴∠CEO=90°，
∴∠COE+∠OCE=90°，
∵∠FCD=2∠B，
∴∠FCD=∠COE，
∴∠FCD+∠OCE=90°，
∴∠OCF=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是直径，CD是弦，且AB⊥CD，
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1
∴CE= CD=6，
2
∵AB=20，
∴OC=10，
∴OE=√OC2−CE2=8，
∵∠OCF=∠OEC=90°，∠COE=∠FOC，
∴△OCE∽△OFC，
OC OE
∴ = ，
OF OC
10 8
∴ = ，
OF 10
25
∴OF= ，
2
25 9
∴EF=OF−OE= −8= ．
2 2
5．（2024·山东潍坊·中考真题）如图，已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，∠BAC的平分线交
⊙O于点D，过点D作DE⊥AC，交AC的延长线于点E，连接BD，CD．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
1
(2)若CE=1，sin∠BAD= ，求⊙O的直径．
3
【答案】(1)证明见解析；
(2)9．
【分析】（1）连接OD，由角平分线可得∠BAD=∠EAD，又由OA=OD可得∠OAD=∠ODA，即得
∠ODA=∠EAD，由DE⊥AE得∠EAD+∠ADE=90°，进而可得∠ODA+∠ADE=90°，即得
OD⊥DE，即可求证；
（2）AB是⊙O的直径可得∠DAB+∠ABC+∠DBC=90°，又由（1）知
∠EAD+∠ADC+∠CDE=90°，由∠BAD=∠EAD，∠DBC=∠ADC，进而可得∠DBC=∠CDE，
再根据∠DBC=∠CAD，∠DCB=∠BAD，∠CAD=∠BAD，可得
1
∠CDE=∠DBC=∠DCB=∠BAD，得到BD=CD，sin∠CDE=sin∠BAD= ，解Rt△CDE得到
3
CD=BD=3，再解Rt△ABD即可求解；
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本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定，圆周角定理，三角函数，掌握圆的有关定
理是解题的关键．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠EAD，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∴∠ODA=∠EAD，
∵DE⊥AE，
∴∠E=90°，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠ODA+∠ADE=90°，
即∠ODE=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠ABD=90°，
即∠DAB+∠ABC+∠DBC=90°，
∵∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠EAD+∠ADC+∠CDE=90°，
∴∠DAB+∠ABC+∠DBC=∠EAD+∠ADC+∠CDE
∵∠BAD=∠EAD，∠ABC=∠ADC，
∴∠DBC=∠CDE，
∵∠DBC=∠CAD，∠DCB=∠BAD，∠CAD=∠BAD，
∴∠CDE=∠DBC=∠DCB=∠BAD
1
∴BD=CD，sin∠CDE=sin∠BAD= ，
3
CE 1
在Rt△CDE中， =sin∠CDE= ，
CD 3
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∴CD=3CE=3×1=3，
∴BD=3，
BD 1
在Rt△ABD中， =sin∠BAD= ，
AB 3
∴AB=3BD=3×3=9，
即⊙O的直径为9．
6．（2024·四川资阳·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点D在⊙O外，延长DC，
AB相交于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，DG=DC．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为6，点F为线段OA的中点，CE=8，求DF的长．
【答案】(1)见解析
39
(2)
4
【分析】（1）连接OC，根据等边对等角和对顶角相等可推出∠OAC=∠OCA，
∠DGC=∠DCG=∠AGF，结合DF⊥AB和三角形内角和，从而推出
∠OCD=∠OAC+∠AGF=90°，得证；
OC CE
（2）由（1）可知∠OCE=90°，可证△DFE∽△OCE，推出 = ，再由勾股定理可得OE=10，
DF FE
6 8
利用点F为线段OA的中点，可得OF=3，从而得到EF=13，从而得到 = ，即可得到答案．
DF 13
【详解】（1）证明：连接OC，如图，
∵OA=OC DG=DC
， ，
∴∠OAC=∠OCA，∠DGC=∠DCG，
∵∠AGF=∠DGC，
∴∠AGF=∠DCG，
又∵DF⊥AB，
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∴∠AFG=90°，
∴∠OAC+∠AGF=180°−∠AFG=180°−90°=90°，
∴∠OCD=∠OCA+∠DCG=∠OAC+∠AGF=90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：如（1）图，∠OCE=90°，
又∵∠DFE=90°，∠OEC=∠≝¿，
∴△DFE∽△OCE，
OC CE
∴ = ，
DF FE
∵⊙O的半径为6，CE=8，
∴OC=OB=OA=6，
∴OE2=OC2+CE2，即OE=√62+82=10，
又∵点F为线段OA的中点，
1 1
∴OF= OA= ×6=3，
2 2
∴EF=OF+OE=3+10=13，
6 8
∴ = ，
DF 13
39
∴DF= ．
4
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角
形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
7．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线l与⊙O相切于点D，AB为⊙O的直径，过点A作AE⊥l于点
E，延长AB交直线l于点C．
(1)求证：AD平分∠CAE；
(2)如果BC=1，DC=3，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质可得出OD⊥l，结合题意可证OD∥AE，即得出
∠DAE=∠ADO，再根据等边对等角可得出∠DAO=∠ADO，即得出∠DAO=∠DAE，即AD平分
∠CAE；
（2）设⊙O的半径为r，则OC=OB+BC=r+1，OD=r．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即
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可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD．
∵直线l与⊙O相切于点D，
∴OD⊥l．
∵AE⊥l，
∴OD∥AE，
∴∠DAE=∠ADO．
∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠DAO=∠DAE，即AD平分∠CAE；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OC=OB+BC=r+1，OD=r．
在Rt△OCD中，OD2+CD2=OC2，
∴r2+32=(r+1) 2，
解得：r=4，
∴⊙O的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判
定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
8．（2024·天津·中考真题）已知△AOB中，∠ABO=30°,AB为⊙O的弦，直线MN与⊙O相切于点C．
(1)如图①，若AB∥MN，直径CE与AB相交于点D，求∠AOB和∠BCE的大小；
(2)如图②，若OB∥MN,CG⊥AB，垂足为G,CG与OB相交于点F,OA=3，求线段OF的长．
【答案】(1)∠AOB=120°；∠BCE=30°
(2)√3
【分析】本题考查等腰三角形的性质，切线的性质，解直角三角形，灵活运用相关性质定理是解答本题的
关键．
（1）根据等边对等角得到∠A=∠ABO，然后利用三角形的内角和得到
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∠AOB=180∘−2∠ABO=120°，然后利用平行线的性质结合圆周角定理解题即可；
（2）连接OC，求出∠CFO=∠BFG=60°，再在Rt△COF中运用三角函数解题即可．
【详解】（1）∵AB为⊙O的弦，
∴OA=OB ∠A=∠ABO
．得 ．
∵△AOB中，∠A+∠ABO+∠AOB=180°，
又∠ABO=30°，
∴∠AOB=180°−2∠ABO=120°．
∵直线MN与⊙O相切于点C,CE为⊙O的直径，
∴CE⊥MN．即∠ECM=90°．
又AB∥MN，
∴∠CDB=∠ECM=90°．
在Rt△ODB中，∠BOE=90°−∠ABO=60°．
1
∵∠BCE= ∠BOE，
2
∴∠BCE=30°．
（2）如图，连接OC．
∵ 直线 MN与 ⊙O 相切于点 C ，
∴∠OCM=90°
∵OC∥MN
∴∠OCM=∠COB=90°．
∵CG⊥AB，得∠FGB=90°．
∴在Rt△FGB中，由∠ABO=30°，
得∠BFG=90°−∠ABO=60°．
∴∠CFO=∠BFG=60°．
OC
在Rt△COF中，tan∠CFO= ,OC=OA=3，
OF
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OC 3
∴OF= = =√3．
tan∠CFO tan60∘
9．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，点E是△ABC的内心，AE的延长线交
BC于点F，交⊙O于点D，连接BD，BE．
（1）求证：DB=DE；
（2）若AE=3，DF=4，求DB的长．
【答案】（1）证明过程见详解; （2）DB=6.
【分析】（1）根据三角形的内心得到∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，根据圆周角定理推论得到
∠DBC=∠CAD，结合三角形的外角性质，进而根据“等角对等边”证明结论；
（2）通过证明 DBF∽ DAB，利用对应边成比例求解即可．
【详解】解：（1）证明：∵E是 ABC的内心，
△ △
∴AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，
△
∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，
根据圆周角定理推论，可知∠DBC=∠CAD，
∴∠DBC=∠BAE，
∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DE=DB；
（2）由（1）知∠DAB=∠CAD，∠DBF=∠CAD,
∴∠DBF=∠DAB.
∵∠D=∠D，
∴ DBF∽ DAB.
DB DF
∴ △ = △ ,
DA DB
∵DE=DB，
DF+EF DF
∴ = ,
AE+EF+DF DF+EF
∵AE=3，DF=4，
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∴EF=2,
∴BD=DE=6.
【点睛】本题主要考查了三角形的内心，圆周角定理推论，相似的判定与性质，涉及了等腰三角形的判定
与性质，三角形的外角定理.关键是正确理解三角形的内心定义．
10．（2023·山东滨州·中考真题）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线与边BC相交于点F，与
△ABC的外接圆相交于点D．
(1)求证：S :S =AB:AC；
△ABF △ACF
(2)求证：AB:AC=BF:CF；
(3)求证：AF2=AB⋅AC−BF⋅CF；
(4)猜想：线段DF,DE,DA三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)DE2=DF⋅AD
【分析】（1）过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，则FG=FH，进而表示出两个三角形
的面积，即可求解；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接DB,DC，证明△BFD∽△AFC得出BF⋅CF=AF⋅DF，证明△ABF∽△ADC，得出
AB⋅AC=AD⋅AF，即可AB⋅AC=(AF+DF)⋅AF，恒等式变形即可求解；
（4）连接BE，证明△ABD∽△BFD，得出DB=DA⋅DF，证明∠BED=∠DBE，得出DB=DE，即
可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作FH⊥AC,FG⊥AB，垂足分别为H,G，
∵点E是△ABC的内心，
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∴AD是∠BAC的角平分线，
∵FH⊥AC,FG⊥AB，
∴FG=FH，
1 1
∵S = AB⋅FG，S = AC⋅FH，
△ABF 2 △ACF 2
∴S :S =AB:AC；
△ABF △ACF
（2）证明：如图所示，过点A作AM⊥BC于点M，
1 1
∵S = BF⋅AM，S = FC⋅AM，
△ABF 2 △ACF 2
∴S :S =BF:FC，
△ABF △ACF
由（1）可得S :S =AB:AC，
△ABF △ACF
∴AB:AC=BF:CF；
（3）证明：连接DB,DC，
∵A´B=A´B,D´C=D´C
∴∠ACF=∠BDF,∠FAC=∠FBD
∴△BFD∽△AFC
BF DF
∴ = ，
AF CF
∴BF⋅CF=AF⋅DF
∵A´C=A´C，
∴∠FBA=∠ADC，
又∠BAD=∠DAC，
∴△ABF∽△ADC，
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AB AF
∴ = ，
AD AC
∴AB⋅AC=AD⋅AF；
∴AB⋅AC=(AF+DF)⋅AF=AF2+AF·DF，
∴AF2=AB⋅AC−BF⋅CF，
（4）解：如图所示，连接BE，
∵点E是△ABC的内心，
∴BE是∠BAC的角平分线，
∴∠ABE=∠FBE，
∵∠CBD=∠CAD=∠BAD，∠ADB=∠BDF
∴△ABD∽△BFD，
DB DA
∴ = ，
DF DB
∴DB2=DA⋅DF，
1 1
∵∠BED=∠BAE+∠ABE= ∠BAC+ ∠ABC，
2 2
1 1
∠DBE=∠DBC+∠FBE=∠DAC+∠FBE= ∠BAC+ ∠ABC，
2 2
∴∠BED=∠DBE，
∴DB=DE，
∴DE2=DA⋅DF．
【点睛】本题考查了三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的
性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的
关键．
11．（2024·四川自贡·中考真题）在Rt△ABC中，∠C=90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，
E，F．
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(1)图1中三组相等的线段分别是CE=CF，AF=________，BD=________；若AC=3，BC=4，则⊙O
半径长为________；
(2)如图2，延长AC到点M，使AM=AB，过点M作MN⊥AB于点N．
求证：MN是⊙O的切线．
【答案】(1)AD；BE；1
(2)见解析
【分析】（1）根据切线长定理得到BD=BF=3，AE=AF=10，CD=CE，代入求解即可得到答案；
（2）证明△CAB≌△NAM，推出S =S ，AN=AC，MN=BC，求得
△CAB △NAM
1 1 1
S = (AC+BC+AB)⋅r，S = (AN+AM)⋅r+ MN⋅OG，根据S =S ，列式求得
△ABC 2 △AMN 2 2 △CAB △NAM
OG=r，根据切线的判定定理，即可得到MN是⊙O的切线．
【详解】（1）解：连接OE，OF，设⊙O半径为r，
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴CE=CF，AF=AD，BD=BE；
在四边形OFCE中，∠OFC=∠C=∠OEC=90°，
∴四边形ODCE为矩形，
又因为OF=OE，
∴四边形OFCE为正方形．
则CF=CE=r，则AF=AD=3−r，BD=BE=4−r，
在Rt△ACB中，由勾股定理得AB=√32+42=5，
∴AD+BD=AB=5，即3−r+4−r=5，
解得r=1，
故答案为：AD；BE；1；
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（2）证明：连接OD，OE，OF，OA，OM，ON，OB，作OG⊥MN于点G，
设⊙O半径为r，
∵MN⊥AB，
∴∠ACB=∠ANM=90°，
∵∠CAB=∠NAM，AM=AB，
∴△CAB≌△NAM，
∴S =S ，AN=AC，MN=BC，
△CAB △NAM
∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OD=OE=OF=r，
1
∴S = (AC+BC+AB)⋅r，
△ABC 2
1 1
同理S = (AN+AM)⋅r+ MN⋅OG，
△AMN 2 2
1 1 1
∴ (AC+BC+AB)⋅r= (AN+AM)⋅r+ MN⋅OG，
2 2 2
∴OG=r，
∵OG⊥MN，
∴MN是⊙O的切线．
【点睛】本题考查切线的判定，切线长定理，全等三角形的判定和性质，三角形的内切圆及勾股定理，正
确引出辅助线解决问题是解题的关键．
12．（2023·山东·中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，CD=CB，BE切⊙O于点B，过点C作
CF⊥OE交BE于点F，若EF=2BF．
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(1)如图1，连接BD，求证：△ADB≌△OBE；
(2)如图2，N是AD上一点，在AB上取一点M，使∠MCN=60°，连接MN．请问：三条线段
MN，BM，DN有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)MN=BM+DN，证明见解析
【分析】（1）根据CF⊥OE，OC是半径，可得CF是⊙O的切线，根据BE是⊙O的切线，由切线长定
CF 1
理可得BF=CF，进而根据sinE= = ，得出∠E=30°，∠EOB=60°，根据CD=CB得出C´D=C´B，
EF 2
根据垂径定理的推论得出OC⊥BD，进而得出∠ADB=90°=∠EBO，根据含30度角的直角三角形的
1
性质，得出AD=BO= AB，即可证明△ABD≌△OEB(AAS)；
2
（2）延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，根据圆内接四边形对角互补得出∠HDC=∠MBC，
证明△HDC≌△MBC (SAS)，结合已知条件证明NC=NC，进而证明△CNH≌△CNM (SAS)，得出
NH=MN，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵CF⊥OE，OC是半径，
∴CF是⊙O的切线，
∵BE是⊙O的切线，
∴BF=CF，
∵EF=2BF
∴EF=2CF，
CF 1
∴sinE= =
EF 2
∴∠E=30°，∠EOB=60°，
∵CD=CB
∴C´D=C´B，
∴OC⊥BD，
∵AB是直径，
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∴∠ADB=90°=∠EBO，
∵∠E+∠EBD=90°，∠ABD+∠EBD=90°
∴∠E=∠ABD=30°，
1
∴AD=BO= AB，
2
∴△ABD≌△OEB(AAS)；
（2）MN=BM+DN，理由如下，
延长ND至H使得DH=BM，连接CH，BD，如图所示
∵∠CBM+∠NDC=180°,∠HDC+∠NDC=180°
∴∠HDC=∠MBC，
∵CD=CB，DH=BM
∴△HDC≌△MBC (SAS)，
∴∠BCM=∠DCH，CM=CH
由（1）可得∠ABD=30°，
又AB是直径，则∠ADB=90°，
∴∠A=60°，
∴∠DCB=180°−∠A=120°，
∵∠MCN=60°，
∴∠BCM+∠NCD=120°−∠NCM=120°−60°=60°，
∴∠DCH+NCD=∠NCH=60°,
∴∠NCH=∠NCM，
∵NC=NC，
∴△CNH≌△CNM (SAS)，
∴NH=MN，
∴MN=DN+DH=DN+BM．
即MN=BM+DN．
【点睛】本题考查了切线的判定，切线长定理，垂径定理的推论，全等三角形的性质与判定，根据特殊角
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的三角函数值求角度，圆周角定理，圆内接四边形对角互补，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的
关键．
一、解答题
1．（2025·四川成都·一模）如图，已知AB是⊙O的直径，AC是⊙O的弦，点D在⊙O外，延长DC，
AB相交于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，DG=DC．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为6，点F为线段OA的中点，CE=8，求DF的长．
【答案】(1)见解析
39
(2)
4
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角
形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）连接OC，根据等边对等角和对顶角相等可推出∠OAC=∠OCA，∠DGC=∠DCG=∠AGF，
结合DF⊥AB和三角形内角和，从而推出∠OCD=∠OAC+∠AGF=90°，得证；
OC CE
（2）由（1）可知∠OCE=90°，可证△DFE∽△OCE，推出 = ，再由勾股定理可得OE=10，
DF FE
6 8
利用点F为线段OA的中点，可得OF=3，从而得到EF=13，从而得到 = ，即可得到答案．
DF 13
【详解】（1）证明：连接OC，如图，
∵OA=OC，DG=DC，
∴∠OAC=∠OCA，∠DGC=∠DCG，
∵∠AGF=∠DGC，
∴∠AGF=∠DCG，
又∵DF⊥AB，
∴∠AFG=90°，
∴∠OAC+∠AGF=180°−∠AFG=180°−90°=90°，
∴∠OCD=∠OCA+∠DCG=∠OAC+∠AGF=90°，
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∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵DE是⊙O的切线
∴∠OCE=90°，
∵∠DFE=90°，∠OEC=∠≝¿，
∴ △DFE∽△OCE，
OC CE
∴ = ，
DF FE
∵⊙O的半径为6，CE=8，
∴OC=OB=OA=6，
∴OE2=OC2+CE2，即OE=√62+82=10，
又∵点F为线段OA的中点，
1 1
∴ OF= OA= ×6=3，
2 2
∴EF=OF+OE=3+10=13，
6 8
∴ = ，
DF 13
39
∴ DF= ．
4
2．（2025·四川泸州·一模）如图，点C在以AB为直径的⊙ O上，点D在BA的延长线上，
∠DCA=∠CBA．
(1)求证：DC是⊙ O的切线；
EG 4
(2)点G是半径OB上的点，过点G作OB的垂线与BC交于点F，与DC的延长线交于点E，若 = ，
ED 5
DA=FG=2， 求CE的长．
【答案】(1)见解析
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(2)CE=14
【分析】本题考查了切线的判定与相似三角形的判定与性质，勾股定理．正确证明△DOC∽△DEG是解
决本题的关键．
（1）连接OC，由圆周角定理求得∠ACB=90°，再利用等角的余角相等求得∠OCD=90°，据此即可
证明DC是⊙O的切线；
（2）先证明△DOC∽△DEG，设⊙O的半径为r，得出r＝8，在Rt△OCD中，利用勾股定理求得
CD=6，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：连接OC
∵OB=OC
，
∴∠OBC=∠OCB，
∵∠DCA=∠OBC，
∴∠DCA=∠OCB，
而AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠DCA+∠OCA=∠OCA+∠OCB=90°，
∴∠OCD=90°，
∴DC是⊙O的切线，
（2）∵∠D=∠D，∠OCD=∠DGE，
∴△DOC∽△DEG，
OC OD
∴ =
EG ED
OC EG 4
∴ = = ，
OD ED 5
设⊙O的半径为r，
r 4
∴ =
r+2 5
∴r=8，
在 Rt△OCD 中，CD=√OD2−OC2=√(8+2) 2−82=6
∵DC是⊙O的切线，
∴OC⊥DC，
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∴∠ECF+∠OCF=90°，
∵EG⊥AB，
∴∠BFG+∠GBF=90°，
∵OC=OB，
∴∠OCF=∠GBF，
∴∠ECF=∠BFG，
又∵∠BFG=∠EFC
∴∠ECF=∠EFC，
∴EC=EF，
EG 4
∵ =
ED 5
EF+FG 4
∴ = ，
EC+CD 5
EC+2 4
即 =
EC+8 5
∴EC=14，
经检验EC=14是所列方程的解，
∴CE=14．
3．（2025·浙江金华·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径作⊙O交BC于点D，过点D作
AC的垂线交AC于点E，交AB的延长线于点F．
(1)求证：DE与⊙O相切；
(2)若CD=BF，AE=3，求DF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)DF=2√3
【分析】（1）利用等腰三角形的性质得到∠C=∠ODB，进而得到OD∥AC，可得DE⊥OD，然后根
据切线的判定定理可得结论；
（2）先根据圆周角定理得到∠ADB=90°，再根据等腰三角形的性质得到∠3=∠F，进而利用三角形的
外角性质求得∠3=30°, 进而得∠2=∠F，即得AD=DF，然后解直角三角形求得AD即可．
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
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∵AB=AC，OD=OB，
∴∠C=∠4，∠ODB=∠4，
∴∠C=∠ODB，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
又OD为⊙O的半径，
∴DE与⊙O相切；
（2）解：∵AB为⊙O直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠2+∠4=90°，
∵AB=AC，CD=BF，
∴BD=CD=BF，∠1=∠2，
∴∠3=∠F，
∴∠ODB=∠4=∠3+∠F=2∠3，
∴∠ODF=3∠3=90°，
∴∠3=30°，
∴∠4=2∠3=60°，∠F=30°，
∴∠2=90°−∠4=30°，
∴∠2=∠F，
∴AD=DF，
在Rt△AED中，∠1=∠2=30°，AE=3，
AE
∴AD= =2√3，
cos30°
∴DF=2√3．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，切线的判定，圆周角定理，平行线的判定与性质，三角形
的外角性质，解直角三角形等知识，能够熟练运用相关知识求解是解题的关键．
4．（2025·四川泸州·一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，∠BAC的平分线交⊙O于点D，
过点D作DE⊥AC分别交AC、AB的延长线于点E、F．
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(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)求证：AD2=AE⋅AB；
(3)连接AD，交CO于点P，若ED=12，CE=6，求AP的长度．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
72√5
(3) ．
11
【分析】（1）连接OD，由OA=OD知：∠OAD=∠ODA，由AD平分∠EAF知：∠DAE=∠DAO，
据此可得∠DAE=∠ADO，继而知OD∥AE，根据AE⊥EF利用圆的切线的判定定理即可得证；
（2）利用圆周角定理，垂直的定义得到∠AED=∠ADB=90°，利用角平分线的定义和相似三角形的判
定定理解答即可；
（3）作OG⊥AE于点G，连接OD，利用垂径定理和矩形的判定与性质得到OA=OB=OD=CG+CE，
∠DOG=90°，OG=ED=12，设AG=GC=x，则EG=OD=OA=6+x，利用勾股定理求得x值，则
AE可求，利用勾股定理求得AD，再利用相似三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
∵OA=OD
，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠EAF，
∴∠DAE=∠DAO，
∴∠DAE=∠ADO，
∴ OD∥AE，
∵AE⊥EF，
∴OD⊥EF，
∵OD为圆的半径，
∴EF是⊙O的切线；
（2）证明：连接BD，如图，
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∵AB
为直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠AED=∠ADB=90°，
∵∠DAE=∠BAD，
∴△ADE∽△ABD，
AE AD
∴ = ，
AD AB
即AD2=AE⋅AB；
（3）解：作OG⊥AE于点G，连接OD，如图，
1
则AG=CG= AC，
2
∵∠OGE=∠E=∠ODE=90°，
∴四边形ODEG是矩形，
∴OA=OB=OD=CG+CE，∠DOG=90°，OG=ED=12，
设AG=GC=x，则EG=OD=OA=6+x，
∵OG⊥AE，
∴ AG2+OG2=OA2，
∴ x2+122=(6+x) 2，
∴x=9，
∴AC=2x=18，
∴AE=AC+EC=24，
∴ AD=√AE2+ED2=12√5．
∵OD⊥ED，AE⊥ED，
∴ AE∥OD，
∴ △ACP∽△DOP．
AP AC 18 6
∴ = = = ，
PD OD 15 5
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6 72√5
∴ AP= AD= ．
11 11
【点睛】本题考查圆的综合题和切线的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，直角三角形的性质，勾
股定理，相似三角形的判定与性质，矩形的判定于点性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质、矩形的
判定与性质、垂径定理等知识点，连接经过切点的半径和直径所对的圆周角是解决此类问题常添加的辅助
线．
5．（2025·陕西西安·一模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，
连接CD，CF，且∠DCF=∠CAD．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
4
(2)若⊙O的半径为5，sinB= ，求FD的长．
5
【答案】(1)见解析
90
(2)
7
【分析】（1）连接OC，则∠OCA=∠CAD，因为∠DCF=∠CAD，所以∠DCF=∠OCA，由AD是
⊙O的直径，得∠ACD=90°，推导出∠OCF=∠ACD=90°，即可证明CF是⊙O的切线；
（2）因为⊙O的半径为5，所以OA=OD=5，AD=10，由∠ACD=90°，∠ADC=∠B，得
AC 4 4
=sin∠ADC=sinB= ，则AC= AD=8，由勾股定理求得CD=6，再证明△DCF∽△CAF，
AD 5 5
FC FD CD 3 3 4 3 4
得 = = = ，则FC= (FD+10)，且FC= FD，于是得 (FD+10)= FD，求得
FA FC AC 4 4 3 4 3
90
FD= ．
7
【详解】（1）证明：连接OC，则OC=OA，
∴∠OCA=∠CAD
，
∵∠DCF=∠CAD，
∴∠DCF=∠OCA，
∵ AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
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∴∠OCF=∠OCD+∠DCF=∠OCD+∠OCA=∠ACD=90°，
∵ OC是⊙O的半径，且CF⊥OC，
∴ CF是⊙O的切线．
（2）解：∵⊙O的半径为5，
∴OA=OD=5，AD=10，
∵∠ACD=90°，∠ADC=∠B，
AC 4
∴ =sin∠ADC=sinB= ，
AD 5
4 4
∴AC= AD= ×10=8，
5 5
∴CD=√AD2−AC2=√102−82=6，
∵∠DCF=∠CAF，∠F=∠F，
∴△DCF∽△CAF，
FC FD CD 6 3
∴ = = = = ，
FA FC AC 8 4
3 3 4
∴FC= FA= (FD+10)，且FC= FD，
4 4 3
3 4
∴ (FD+10)= FD，
4 3
90
解得：FD= ，
7
90
∴FD的长为 ．
7
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定、勾股定理、相似三角形的判定与性质、
解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
6．（24-25九年级下·河北廊坊·开学考试）如图1，在矩形ABCD中，点O在对角线AC上，以OA的长为
半径的⊙O与AD，AC分别交于点E，F，且∠ACB=∠DCE．
(1)求证：△CAB∽△CED；
(2)判断直线CE与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
(3)如图2，若点E落在线段AC的垂直平分线上，CD=6，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)直线CE与⊙O相切，理由见解析
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(3)4
【分析】本题主要考查的是圆的综合应用，主要考查矩形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形
的性质，相似三角形的判定与性质，圆的切线判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）证明∠B=∠D=90°，结合△CAB∽△CED，即可得到结论；
（2）连接OE，证明∠DAC=∠AEO，∠ACB=∠DAC，∠AEO=∠ACB=∠DCE，由
∠DCE+∠DEC=90°得到∠OEC=180°−90°=90°，得到OE⊥EC，即可得到结论；
（3）连接EF，证明AE=CE，得到∠DAC=∠ECA，∠DAC=∠ECA=∠DCE，求出
1
∠CEF=∠ECA，则EF=CF，利用含30°直角三角形得到EF=OA=OF=CF,OA= AC，即可求出
3
答案．
【详解】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠ACB=∠DCE，
∴△CAB∽△CED；
（2）解：直线CE与⊙O相切，理由如下：
连接OE，
∵OA=OE，
∴∠DAC=∠AEO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD，
∴∠ACB=∠DAC，
∵∠ACB=∠DCE，
∴∠DAC=∠DCE，
∴∠AEO=∠ACB=∠DCE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∴∠DCE+∠DEC=90°，
∴∠AEO+∠DEC=90°，
∴∠OEC=180°−90°=90°，即OE⊥EC，
∵OE为半径，
∴直线CE与⊙O相切；
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（3）解：连接EF，
∵点E落在线段AC的垂直平分线上，
∴AE=CE，
∴∠DAC=∠ECA，
由（1）得∠DAC=∠DCE，
在Rt△ACD中，∠DAC+∠ECA+△DCE=90°，
∴∠DAC=∠DCE=30°，
∴∠AEC=120°，
∵AF是⊙O的直径，
∴∠AEF=90°，
∴∠CEF=∠AEC−∠AEF=30°，
∴∠CEF=∠ECA，
∴EF=CF，
1
在Rt△AFE中，EF= AF，
2
∴EF=OA=OF=CF，
1
∴OA= AC，
3
在Rt△ACD中，AC=2CD=12，
∴OA=4．
7．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，连接AO并延长
交⊙O于点D．点E是△ABC的内心，连接BE并延长交⊙O于点F，过点F作直线l，延长BC交l于点G，
连接AF，过点A作BC的平行线交l于点H．已知∠BFG=∠BAF．
(1)求证：直线l与⊙O相切；
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(2)若AB=4√2，DE=2，求⊙O的半径；
(3)求证：BF2=HG⋅BC+HG⋅AH．
【答案】(1)证明过程见详解；
(2)3
(3)证明过程见详解．
【分析】（1）连接FO并延长交⊙O于M，连接AM，根据直径所对的圆周角是直角得∠MAF=90°，
即∠MAB+∠BAF=90°，进而得∠BFG+∠BFM=90°，即可证明直线l是⊙O的切线；
（2）连接BD，根据三角形外角的性质及角和和差关系证明∠DBE=∠DEB，进而得BD=DE=2，再根
据勾股定理即可求解；
AB BF
（3）由两角相等两三角形相似证明△ABF∽△FBG，得 = ，进而可得
BF BG
BF2=AB⋅BG=AB⋅(BC+CG)，由AH∥BC，∠FGB=∠ACB证明四边形ACGH是平行四边形，
得AH=CG，AC=HG=AB，即可得 BF2=HG⋅(BC+CG)=HG⋅BC+HG⋅AH．
【详解】（1）证明：连接FO并延长交⊙O于M，连接AM，
∵FM ⊙O
是 的直径，
∴∠MAF=90°，即∠MAB+∠BAF=90°，
∵∠BFG=∠BAF，∠BAM=∠BFM，
∴∠BFG+∠BFM=90°，
即∠MFG=90°，
∴OF⊥FG，
∴直线l是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，
∵AD ⊙O
是 的直径，
∴∠ABD=90°，
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∵点E是⊙O的内心，
∴AE、BE是△ABC的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD,∠ABE=∠CBE，
∵∠DBE=∠CBE+∠CBD,∠DEB=∠ABE+∠BAD,∠CBD=∠CAD，
∴∠DBE=∠DEB，
∴BD=DE=2，
∵AB=4√2,AD=√AB2+BD2，
∴AD=√(4√2) 2+22=6，
∴OA=OD=3，
即⊙O的半径为3；
（3）证明：∵∠ABE=∠CBE,∠BAF=∠AFG，
∴△ABF∽△FBG
，
AB BF
∴∠AFB=∠FGB， = ，
BF BG
∴∠FGB=∠ACB，BF2=AB⋅BG=AB⋅(BC+CG)，
∴AC∥GH，
∵AH∥BC，
∴ 四边形ACGH是平行四边形，
∴AH=CG，AC=HG=AB，
∴BF2=HG⋅(BC+CG)=HG⋅BC+HG⋅AH．
【点睛】本题主要考查了切线的判定、相似三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定以及用勾股定
理解直角三角形，等腰三角形的判定，三角形内心的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2025·湖北黄石·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，作OD⊥AB交BC于点E，且
DE=DC．
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(1)求证：直线CD是⊙O的切线．
(2)如果OA=2√3，OE=2，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)2√3−π
【分析】（1）连接CO，可得∠DCE=∠DEC，然后推导∠BCO+∠DCE=90°，即可解题；
（2）先根据正弦得到∠DEC=∠OEB=60°，即可求出DC=CE=DE=OE=2，然后根据
S =S −S 解题即可．
阴影 △OCD 扇形
【详解】（1）证明：连接CO，
∵DC=DE，
∴∠DCE=∠DEC，
∵OD⊥AB，
∴∠DOB=90°，
∴∠B+∠BEO=90°，
∴∠BEO=∠DEC，
∵CO=BO，
∴∠B=∠BCO，
∴∠BCO+∠DCE=90°，
即∠DCO=90゜，
∴DC为⊙O的切线；
（2）解：∵OA=OB=2√3，OE=2，
OB
∴tan∠OEB= =√3，
OE
∴∠DEC=∠OEB=60°，
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∴△CDE是等边三角形，
∴∠DCE=∠D=60°，DC=CE=DE，
又∵∠DCO=90°，
∴∠ECO=∠EOC=30°，
∴DC=CE=DE=OE=2，
∴OD=4，
2
1 30π×(2√3)
∴S =S −S = ×2×2√3− =2√3−π．
阴影 △OCD 扇形 2 360
【点睛】本题考查切线的判定，等边三角形的判定和性质，扇形的面积，等腰三角形的性质，解直角三角
形，掌握切线的判定和性质是解题的关键．
9．（24-25九年级上·北京东城·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC边为直径作⊙O交
AB于点D，连接DO并延长交BC的延长线于点E，点P为BC的中点，连接DP．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)若⊙O的半径为3，∠B=30°，求PE的长．
【答案】(1)见解析
(2)6√3
1
【分析】（1）连接CD，圆周角定理，得到∠CDB=90°，斜边上的中线得到PB=PD=PC= BC，进
2
而得到∠B=∠BDP，等边对等角，得到∠A=∠ODA，根据等角的余角，推出∠PDE=90°，即可；
（2）证明△CDP是等边三角形，进而推出△BDC≌△EDP(ASA)，得到PE=BC，勾股定理求出BC，即
可得出结果．
【详解】（1）证明：连接CD，
∵AC为直径，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵点P为BC的中点，
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1
∴PB=PD=PC= BC，
2
∴∠B=∠BDP，
∵OD=OA，
∴∠A=∠ODA，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠A=90°，
∴∠BDP+∠ADO=90°，
∴∠PDE=180°−∠BDP−∠ADO=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴PD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠BDC=90°,∠B=30°，
∴∠PCD=60°，
由（1）知，PC=PD，
∴△CDP是等边三角形，
∴PD=CD,∠BCD=∠DPE=60°，
∵∠BDC=∠PDE=90°，
∴△BDC≌△EDP(ASA)，
∴PE=BC，
∵AC=6，
∴AB=2AC=12，
∴BC=√AB2−AC2=6√3，
∴PE=BC=6√3．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，等边三角形的判定性质，含30度角的直角三角形，勾股定理
等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
10．（2025·陕西西安·一模）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，延长BO，AO与PA，PB延长
线交于点D，点E．
(1)求证：PD=PE；
(2)过点O作OF∥PD交PB于点F．若PD=6，∠P=45°．求OF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)OF=6√2−6
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【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，圆的切线长定理，圆的切线的性质，等腰直角三角形的判定
与三边关系，二次根式，熟练掌握这些性质、判定与定理是解题的关键．
（1）由圆的切线长定理得PA=PB，结合切线的性质∠PBD=∠PAE=90°，和∠P=∠P，即可判定
△PBD≌△PAE，即可得；
（2）判定△ODA是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形三边关系得出OD=√2OA=√2DA=√2OB，
OF OB OB 1
由OF∥PD，得出△BOF∽△BDP，则可得 = = = ，即可求解．
DP BD OD+OB √2+1
【详解】（1）解：∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，
∴PA=PB，OB⊥PB，OA⊥PA，
∴∠PBD=∠PAE=90°，
在△PBD和△PAE中，
¿，
∴△PBD≌△PAE(ASA)，
∴PD=PE；
（2）解：∵∠P=45°，∠PBD=∠PAE=∠DAO=90°，
∴∠D=45°，
∴∠DOA=45°，
∴∠D=∠DOA=45°，
∴OA=DA，
∴OD=√2OA=√2DA=√2OB，
∵OF∥PD，
∴△BOF∽△BDP，
OF OB OB OB 1
∴ = = = = ，
DP BD OD+OB √2OB+OB √2+1
∵PD=6，
DP 6
∴OF= = =6√2−6．
√2+1 √2+1
11．（2024·湖南长沙·模拟预测）在△ABC中，BC为⊙O的直径，AC为过C点的切线．
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(1)如图①，以点B为圆心，BC为半径作圆弧交AB于点M，连结CM，若∠ABC=66°，求∠ACM的大
小；
(2)如图②，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，求证：AE=EC；
3
(3)如图③，在（1）（2）的条件下，若tanA= ，求S :S 的值．
4 △ADE △ACM
【答案】(1)33°
(2)见解析
4
(3)
5
【分析】本题考查圆周角定理，切线性质，三角函数的定义；
（1）由三角形内角和角的计算问题；
（2）连接CD，则∠ADC=90°，根据切线长定理得到DE=CE，则∠EDC=∠ECD，得到
∠A=∠ADE，即可求解；
3 BD
（3）根据tan∠DCB=tan∠A= = ，设BD=3x，CD=4x，则BC=BM=5x，再依据
4 CD
3 CD 4x BC 5x 16x 20x 10
tan∠A= = = = = ，求出AD= ，AC= ，再求出AM=AB−BC= x，即
4 AD AD AC AC 3 3 3
1
可计算S ，S = S ，最后求值即可．
△ACM △ADE 2 △ACD
【详解】（1）由题意知，BC=BM，
∵∠ABC=66°，
∴∠BMC=∠BCM=57°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM=∠ACB−∠BCM=90°−57°=33°；
（2）连接CD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵AC为过C点的切线，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，
∴DE=CE，
∴∠EDC=∠ECD，
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∵∠EDC+∠ADE=90°，∠ECD+∠A=90°，
∴∠A=∠ADE，
∴AE=DE，
∴AE=CE；
（3）连接CD，
由（1）（2）可得∠ADC=90°，AE=DE=CE，∠A=∠BCD=90°−∠B，
3 BD
∴tan∠DCB=tan∠A= = ，
4 CD
∴设BD=3x，CD=4x，则BC=BM=5x，
3 CD 4x BC 5x
∵tan∠A= = = = = ，
4 AD AD AC AC
16x 20x
∴AD= ，AC= ，
3 3
25x
∴AB=BD+AD= ，
3
10
∴AM=AB−BC= x，
3
1 1 10 20
∴S = CD⋅AM= ×4x× x= x2 ，
△ACM 2 2 3 3
1 1 1 1 16 16
S = S = × CD⋅AD= ×4x× x= x2 ，
△ADE 2 △ACD 2 2 4 3 3
16 20 4
∴S :S = x2: x2= ．
△ADE △ACM 3 3 5
12．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AF交⊙O于点G，过G作
DE∥BC分别交AB，AC的延长线于点D，E．
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(1)求证：DE是⊙O的切线；
CF 2
(2)已知AG=6， = ，点I为△ABC的内心，求GI的长．
GE 3
【答案】(1)见解析
(2)GI的长为2√3
【分析】本题考查了切线的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，是基础知识要熟练掌握．
（1）连接OG，根据角平分线的定义得到∠BAG=∠CAG，根据垂径定理得到OG⊥BC，根据平行线
的性质得到OG⊥DE，根据切线的判定定理得到结论；
（2）连接BI，BG，根据角平分线定义得到∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，推出∠BIG=∠GBI，得
到BG=IG，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接OG，
∵∠BAC AF ⊙O G
的平分线 交 于点 ，
∴∠BAG=∠CAG，
∴ B´G=C´G，
∴OG⊥BC，
∵DE∥BC
∴OG⊥DE，
∵OG是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线；
（2）解：连接BI，BG，
∵点I为△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，AG平分∠BAC，
∴∠BAI=∠CAI，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIG=∠BAI+∠ABI，∠GBI=∠GBC+∠CBI，∠GBC=∠GAC，
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∴∠BAI=∠CBG，
∴∠BIG=∠GBI，
∴BG=IG，
∵BC∥DE，
∴△ABF∽△ADG，
AF CF 2
∴ = = ，
AG GE 3
∵AG=6，
∴AF=4，
∴FG=2，
∵∠BGF=∠AGB，∠GBF=∠BAG，
∴△BGF∽△AGB，
BG AG
∴ = ，
FG BG
BG 6
∴ = ，
2 BG
∴BG=2√3（负值舍去），
∴GI的长为2√3．
13．（2024·江苏镇江·一模）如图，等腰三角形ABC内接于⊙O，AB=AC，点I是△ABC的内心，连接
BI并延长交⊙O于点D，点E在BD的延长线上，满足∠EAD=∠CAD．试证明：
(1)OA所在的直线经过点I；
(2)点D是IE的中点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接OA、OB、OC、AI，可证明△AOB≌△AOC，得∠BAO=∠CAO，则AO平分
∠BAC，再由点I是△ABC的内心，证明AI平分∠BAC，所以AO与AI在同一条直线上，即可证明OA
所在的直线经过点I；
1
（2）连接OD，推导出∠OAD+ ∠AOD=90°，则∠OAD+∠ABD=90°，再证明∠ABD=∠EAD，
2
则∠IAE=∠OAD+∠EAD=90°，再推导出∠DIA=∠DAI，则ID=AD，由∠DIA+∠E=90°，
∠DAI+∠DAE=90°，证明∠E=∠DAE，则ED=AD，所以ID=ED，即可证明点D是IE的中点．
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【详解】（1）证明：连接OA、OB、OC、AI，
∵AB=AC，OB=OC，OA=OA，
∴△AOB≌△AOC(SSS)，
∴∠BAO=∠CAO，
∴AO平分∠BAC，
∵点I是△ABC的内心，
∴AI平分∠BAC，
∴AO与AI在同一条直线上，
∴OA所在的直线经过点I．
（2）证明：连接OD，则OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∴2∠OAD+∠AOD=180°，
1
∴∠OAD+ ∠AOD=90°，
2
1
∵∠ABD= ∠AOD，
2
∴∠OAD+∠ABD=90°，
∵∠ABD=∠CBD=∠CAD，∠EAD=∠CAD，
∴∠ABD=∠EAD，
∴∠IAE=∠OAD+∠EAD=90°，
∵∠DIA=∠ABD+∠BAO=∠CAD+∠CAO=∠DAI，
∴ID=AD，
∵∠DIA+∠E=90°，∠DAI+∠DAE=90°，
∴∠E=∠DAE，
∴ED=AD，
∴ID=ED，
∴点D是IE的中点．
【点睛】此题重点考查圆周角定理、圆的内接三角形的定义、三角形的内心的定义、全等三角形的判定与
性质、等腰三角形的性质、等角的余角相等、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，
正确地作出辅助线是解题的关键．
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