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→➌题型突破←→➍专题训练←
1.如图，在 △ABC 中， AB=AC ，以AC为直径作 ⊙O 交BC于点D，过点D作
DE⊥AB ，垂足为E，延长BA交 ⊙O 于点F.
（1）求证：DE是 ⊙O 的切线
AE 2
（2）若 = ，AF=10 ，求 ⊙O 的半径.
DE 3
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质可得∠C=∠ODC，∠B=∠C，则∠B=∠ODC，推出OD∥
AB，由平行线的性质可得∠ODE=∠DEB=90°，即DE⊥OD，据此证明；
（2）连接CF，由（1）知OD⊥DE，则OD∥ AB，易得OD是△ABC的中位线，根据圆周角定
理可得∠CFA=90°，根据垂直的概念可得∠BED=90°，则DE∥CF，推出DE是△FBC的中位
线，得CF=2DE，设AE=2x，DE=3k，CF=6k，则BE=EF=2k+10，AC=BA=4k+10，根据勾股定理
可得k的值，然后求出AC、OA，据此可得半径.
【答案】（1）证明：连接OD；
∵OD=OC，
∴∠C=∠ODC，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠B=∠ODC，
∴OD ∥ AB，
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∴∠ODE=∠DEB；
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴∠ODE=90°，
即DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线
（2）解：连接CF，
由（1）知OD⊥DE，
∵DE⊥AB，
∴OD ∥ AB，
∵OA=OC，
∴BD=CD，即OD是△ABC的中位线，
∵AC是 ⊙O 的直径，
∴∠CFA=90°，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠CFA=∠BED=90°，
∴DE ∥ CF，
∴BE=EF，即DE是△FBC的中位线，
∴CF=2DE，
AE 2
∵ = ，
DE 3
∴设AE=2x，DE=3k，CF=6k，
∵AF=10，
∴BE=EF=AE+AF=2k+10，
∴AC=BA=EF+AE=4k+10，
在Rt△ACF中，由勾股定理，得
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AC2=AF2+CF2，即(4k+10)2=102+(6k)2，
解得：k=4，
∴AC=4k+10=4×4+10=26，
∴OA=13，
即 ⊙O 的半径为13.
【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；三角形
的中位线定理
2.如图，△ABC内接于⊙O，P是⊙O的直径AB延长线上一点，∠PCB=∠OAC，过点O作BC
的平行线交PC的延长线于点D.
（1）试判断PC与⊙O的位置关系，并说明理由；
1
（2）若PC＝4，tanA＝ ，求△OCD的面积.
2
【解析】
【分析】
（1）由圆周角定理得∠ACB=90°，根据等腰三角形的性质可得∠OCA=∠OAC，结合
∠PCB=∠OAC得PCB=∠OCA，结合∠OCB+∠OCA=90°可得∠PCO=90°，据此证明；
BC 1
（2）根据三角函数的概念可得 = ，易证△PBC∽△PCA，根据相似三角形的性质可得
AC 2
PA、PB，然后求出AB、OP，证明△PBC∽△POD，根据相似三角形的性质可得PD，由PD-
PC=CD可得CD，然后根据三角形的面积公式进行计算.
【答案】
（1）解：PC与⊙O相切，理由如下：
∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠OCB+∠OCA=90°，
∵OA=OC，
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∴∠OCA=∠OAC，
∵∠PCB=∠OAC，
∴∠PCB=∠OCA，
∴∠PCB+∠OCB=∠OCA+∠OCB=90°，即∠PCO=90°，
∴PC与⊙O相切
1
（2）解：∵∠ACB=90°，tanA= ，
2
BC 1
∴ = ，
AC 2
∵∠PCB=∠OAC，∠P=∠P，
∴△PBC∽△PCA，
PC PB BC 1
∴ = = = ，
PA PC CA 2
∴PA=8，PB=2，
∴AB=6，
∴OC=OB=3，
∴OP=5，
∵BC∥OD，
∴△PBC∽△POD，
PB PC 2 4
∴ = ，即 = ，
OP PD 5 PD
∴PD=10，
∴CD=6，
1
∴S = OC⋅CD=9
△OCD 2
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；相似三角形的判定与性质；锐
角三角函数的定义
3.如图，在△ABC中，∠ACB=90∘，D是AB边上一点，以BD为直径的⊙O与AC相切
于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F.
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（1）求证：BF=BD；
（2）若CF=1，tan∠EDB=2，求⊙O直径.
【解析】
【分析】
（1）连接OE，利用切线的性质和垂直的定义可证得∠AEO=∠ACB=90°，可推出OE∥BC；
再利用平行线的性质可得到∠F=∠DEO，利用等边对等角可证得∠ODE=∠DEO，由此可推出
∠F=∠ODE，利用等角对等边，可证得结论.
（2）连接BE，由∠EDB=∠F；再利用解直角三角形可求出EC的长，利用直径所对的圆周
角是直角得到BE⊥DF，利用余角的性质可得到∠F=∠CEB，利用解直角三角形求出BC的长；
然后根据BD=BF=BC+CF，代入计算求出BD的长
【答案】
（1）证明：连接OE，如下图所示：
∵AC为圆O的切线，
∴∠AEO=90°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
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∴∠F=∠DEO，
又∵OD=OE，
∴∠ODE=∠DEO，
∴∠F=∠ODE，
∴BD=BF.
（2）解：连接BE，如下图所示：
由(1)中证明过程可知：∠EDB=∠F，
EC EC
∴tan∠EDB=tan∠F= ，代入数据：2= ，
CF 1
∴EC=2，
又BD是圆O的直径，
∴∠BED=∠BEF=90°，
∴∠CEF+∠F=90°=∠CEF+∠CEB，
∴∠F=∠CEB，
BC BC
∴tan∠F=tan∠CEB= ，代入数据：2= ，
CE 2
∴BC=4，
由(1)可知：BD=BF=BC+CF=4+1=5，
∴圆O的直径为5.
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的性质；解直角三角形
4.如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB＝10，AC＝6，连结OC，弦AD分别交OC，
BC于点E，F，其中点E是AD的中点．
（1）求证：∠CAD＝∠CBA．
（2）求OE的长．
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【分析】（1）利用垂径定理以及圆周角定理解决问题即可．
CE AC
（2）证明△AEC∽△BCA，推出 = ，求出EC即可解决问题．
AC AB
【解析】（1）证明：∵AE＝DE，OC是半径，
∴^AC=C^D，
∴∠CAD＝∠CBA．
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AE＝DE，
∴OC⊥AD，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ACB，
∴△AEC∽△BCA，
CE AC
∴ = ，
AC AB
CE 6
∴ = ，
6 10
∴CE＝3.6，
1
∵OC= AB＝5，
2
∴OE＝OC﹣EC＝5﹣3.6＝1.4．
5.如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交^BC于点D，过点D作
DE∥BC交AC的延长线于点E．
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（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．
【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而
OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线
的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，
进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求
得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【解析】（1）连接OD，如图：
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
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∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
BD BF
∴ = ，
BA BD
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝2√3．
6.如图，⊙O的半径OA＝6，过点A作⊙O的切线AP，且AP＝8，连接PO并延长，与⊙O交
于点B、D，过点B作BC∥OA，并与⊙O交于点C，连接AC、CD．
（1）求证：DC∥AP；
（2）求AC的长．
【分析】（1）根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据圆周角定理得到∠BCD＝90°，根据
平行线的性质和判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AP是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
∵OA∥CB，
∴∠AOP＝∠DBC，
∴∠BDC＝∠APO，
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∴DC∥AP；
（2）解：∵AO∥BC，OD＝OB，
∴延长AO交DC于点E，
1 1
则AE⊥DC，OE= BC，CE= CD，
2 2
在Rt△AOP中，OP=√62+82=10，
由（1）知，△AOP∽△CBD，
DB BC DC
∴ = = ，
OP OA AP
12 BC DC
即 = = ，
10 6 8
36 48
∴BC= ，DC= ，
5 5
18 24
∴OE= ，CE= ，
5 5
√ 18 24 24√5
在Rt△AEC中，AC=√AE2+CE2= (6+ ) 2+( ) 2= ．
5 5 5
7.如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长线交边AC于点D．
（1）求证：∠BAC＝2∠ABD；
（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；
（3）当AD＝2，CD＝3时，求边BC的长．
【分析】（1）连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．
（2）分三种情形：①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD．②若CD＝CB，则
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∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD．③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形
内角和定理构建方程求解即可．
AE AD 2 AO AE 4
（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．则 = = ，推出 = = ，
BC DC 3 OH BH 3
设OB＝OA＝4a，OH＝3a，根据BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，构建方程求出a即可解决问题．
【解析】（1）证明：连接OA．
A
∵AB＝AC，
∴^AB=^AC，
∴OA⊥BC，
∴∠BAO＝∠CAO，
∵OA＝OB，
∴∠ABD＝∠BAO，
∴∠BAC＝2∠BAD．
（2）解：如图2中，延长AO交BC于H．
①若BD＝CB，则∠C＝∠BDC＝∠ABD+∠BAC＝3∠ABD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C，
∴∠DBC＝2∠ABD，
∵∠DBC+∠C+∠BDC＝180°，
∴8∠ABD＝180°，
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∴∠C＝3∠ABD＝67.5°．
②若CD＝CB，则∠CBD＝∠CDB＝3∠ABD，
∴∠C＝4∠ABD，
∵∠DBC+∠C+∠CDB＝180°，
∴10∠ABD＝180°，
∴∠BCD＝4∠ABD＝72°．
③若DB＝DC，则D与A重合，这种情形不存在．
综上所述，∠C的值为67.5°或72°．
（3）如图3中，作AE∥BC交BD的延长线于E．
AE AD 2
则 = = ，
BC DC 3
AO AE 4
∴ = = ，设OB＝OA＝4a，OH＝3a，
OH BH 3
∵BH2＝AB2﹣AH2＝OB2﹣OH2，
∴25﹣49a2＝16a2﹣9a2，
25
∴a2= ，
56
5√2
∴BH= ，
4
5√2
∴BC＝2BH= ．
2
8.如图，AB为⊙O的直径，C、D为⊙O上的两个点，^AC=C^D=^DB，连接AD，过点D作
DE⊥AC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若直径AB＝6，求AD的长．
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1
【分析】（1）连接OD，根据已知条件得到∠BOD= ×180°＝60°，根据等腰三角形的性
3
质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到结论；
（2）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解析】（1）证明：连接OD，
∵^AC=C^D=^DB，
1
∴∠BOD= ×180°＝60°，
3
∵C^D=^DB，
1
∴∠EAD＝∠DAB= ∠BOD＝30°，
2
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
1
∴BD= AB＝3，
2
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∴AD=√62−32=3√3．
9．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图， 内接于 ， 是 的直径， 为
上一点， ，延长 交 于点 ， ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据 ，可得 ，根据对顶角相等可得 ，进而可得
，根据 ，可得 ，结合 ，根据角度的转化
可得 ，进而即可证明 是 的切线；
（2）根据 ，可得 ，设 ，则
，分别求得 ，进而根据勾股定理列出方程解方程可得 ，进而根
据 即可求得．
【详解】
（1） ，
，
，
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，
，
，
是直径，
，
，
是 的切线；
（2） ，
，
，
设 ，则 ，
， ，
在 中， ，
即 ，
解得 （舍去），
．
【点睛】
本题考查了切线的判定，勾股定理解直角三角形，正切的定义，利用角度相等则正切值相
等将已知条件转化是解题的关键．
10．（2021·青海西宁·中考真题）如图， 内接于 ， ， 是 的直
径，交 于点E，过点D作 ，交 的延长线于点F，连接 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）已知 ， ，求 的长．
【答案】（1）见解析；（2）
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【分析】
（1）由题意根据圆周角定理得出 ，结合同弧或等弧所对的圆周角相
等并利用经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线进行证明即可；
（2）根据题意利用相似三角形的判定即两个角分别相等的两个三角形相似得出
，继而运用相似比 即可求出 的长．
【详解】
解：（1）证明：∵ 是 的直径
∴ （直径所对的圆周角是直角）
即
∵
∴ （等边对等角）
∵
∴ （同弧或等弧所对的圆周角相等）
∴
∵ ，
∴
∴ 即
∴
又∵ 是 的直径
∴ 是 的切线（经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）．
（2）解：∵ ，
∴
∵ ，
∴ （两个角分别相等的两个三角形相似）
∴ ，
∴
∴ ．
【点睛】
本题主要考查圆的切线的判定、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌
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握圆周角定理和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
11．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，AB为 的直径，C为 上一点，D为AB上
一点， ，过点A作 交CD的延长线于点E，CE交 于点G，连接AC，
AG，在EA的延长线上取点F，使 ．
（1）求证：CF是 的切线；
（2）若 ， ，求 的半径．
【答案】（1）见解析；（2）5
【分析】
（1）根据题意判定 ，然后结合相似三角形的性质求得 ，从而
可得 ，然后结合等腰三角形的性质求得 ，从而判定CF是 的
切线；
（2）由切线长定理可得 ，从而可得 ，得到 ，然后利用勾股
定理解直角三角形可求得圆的半径．
【详解】
（1）证明： ， ，
，
，
，
，
，
又 ，
，
，
，
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， ，
，
，
AB是 的直径，
，
又 ，
，
，
，
即CF是 的切线；
（2） CF是 的切线， ，
，
，
，
又 ，
在 中， ，
设 的半径为x，则 ， ，
在 中， ，
解得： ，
的半径为5．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、切线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等，熟
练掌握相关定理与性质是解决本题的关键．
12．（2021·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过
点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
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（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【答案】（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5
【分析】
（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得 ，再根据等量代
换和直角三角形的性质可得 ，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作 于G，连接OC，OD，则 ，先根据三个角是直
角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结
论．
【详解】
（1）证明：如图1，连接OC，
∵ ，
∴ ，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴
又
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作 于G，连接OC，OD，则 ，
∵ ，
∴四边形OGEC是矩形，
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∴ ，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中， ，
∴ ，
∴ ， ，
由勾股定理得 ，
∴ ，
解得： ，
∴⊙O的半径是4.5．
【点睛】
本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相
关性质是解决问题的关键．
13．（2021·四川巴中·中考真题）如图， ABC内接于⊙O，且AB＝AC，其外角平分线AD
与CO的延长线交于点D．
（1）求证：直线AD是⊙O的切线；
（2）若AD＝2 ，BC＝6，求图中阴影部分面积．
【答案】（1）见解析；（2）
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【分析】
（1）连接OA，证明OA⊥AD即可，利用角平分线的意义以及等腰三角形的性质得以证明；
（2）求出圆的半径和阴影部分所对应的圆心角度数即可，利用相似三角形求出半径，再根
据特殊锐角三角函数求出∠BOC．
【详解】
解：（1）如图，连接OA并延长交BC于E，
∵AB=AC，△ABC内接于⊙O，
∴AE所在的直线是△ABC的对称轴，也是⊙O的对称轴，
∴∠BAE=∠CAE，
又∵∠MAD=∠BAD，∠MAD+∠BAD+∠BAE+∠CAE=180°，
∴∠BAD+∠BAE= ×180°=90°，
即AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线；
（2）连接OB，
∵∠OAD=∠OEC=90°，∠AOD=∠EOC，
∴△AOD∽△EOC，
∴ ，
由（1）可知 是 的对称轴，
垂直平分 ，
，
设半径为 ，在 中，由勾股定理得，
，
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，
解得 （取正值），
经检验 是原方程的解，
即 ，
又 ，
是等边三角形，
， ，
．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质、角平分线的性质，圆周角定理，三角形外接圆与外心，扇
形面积的计算，灵活运用切线的判定方法是解题的关键．
14．（2021·广西梧州·中考真题）如图，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，点O在CD上，
作⊙O，使⊙O与AD相切于点B，⊙O与CD交于点E，过点D作DF∥AC，交AO的延长线于
点F，且∠OAB＝∠F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OC＝3，DE＝2，求tan∠F的值．
【答案】（1）见详解；（2） ．
【分析】
（1）由题意，先证明OA是∠BAC的角平分线，然后得到BO=CO，即可得到结论成立；
（2）由题意，先求出BD=4，OD=5，然后利用勾股定理求出 ， ，结合
直角三角形ODF，即可求出tan∠F的值．
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【详解】
解：（1）∵DF∥AC，
∴∠CAO=∠F，
∵∠OAB＝∠F，
∴∠CAO=∠OAB，
∴OA是∠BAC的角平分线，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠ABO=∠ACO=90°，
∴BO=CO，
又∵AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）由题意，
∵OC＝3，DE＝2，
∴OD=5，OB=3，CD=8，
∴ ，
由切线长定理，则AB=AC，
设 ，
在直角三角形ACD中，由勾股定理，则
，
即 ，
解得： ，
∴ ， ，
∵∠OAB＝∠F，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了圆的切线的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质，以及三角函数，解题的
关键是熟练掌握所学的知识，正确的求出所需的长度，从而进行解题．
15.如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上不同于A，B的两点，AD＝BC，AC与BD相
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交于点F．BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．
（1）求证：△CBA≌△DAB；
（2）若BE＝BF，求证：AC平分∠DAB．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根据全等三角形的判定定理即可
得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠BFE，根据切线的性质得到∠ABE＝90°，根据三
角形的内角和以及角平分线的定义即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
{BC=AD
在Rt△CBA与Rt△DAB中， ，
BA=AB
∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；
（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，
∴∠E＝∠BFE，
∵BE是半圆O所在圆的切线，
∴∠ABE＝90°，
∴∠E+∠BAE＝90°，
由（1）知∠D＝90°，
∴∠DAF+∠AFD＝90°，
∵∠AFD＝∠BFE，
∴∠AFD＝∠E，
∴∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴AC平分∠DAB．
16．（2021·贵州毕节·中考真题）如图， 是 的外接圆，点E是 的内心，
AE的延长线交BC于点F，交 于点D，连接BD，BE．
（1）求证： ；
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（2）若 ， ，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.
∴ ,
∵DE=DB，
∴ ,
∵ ， ，
∴ ,
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∴ .
【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．
17．（2021·湖南湘西·中考真题）如图， 为⊙ 的直径， 为⊙O上一点， 和过
点 的切线互相垂直，垂足为 ．
（1）求证： 平分 ；
（2）若 ， ，求：边 及 的长．
【答案】（1）见详解；（2） ，
【分析】
（1）连接OC，由题意易得 ，则有 ，进而可得
，然后问题可求证；
（2）连接BC，由题意及（1）易得 ，则有DC=6，然后可得
，然后问题可求解．
【详解】
（1）证明：连接OC，如图所示：
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∵CD是⊙O的切线，
∴ ，
∵AD⊥CD，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 平分 ；
（2）解：连接BC，如图所示：
由（1）可得： ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为⊙ 的直径，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及解直角三角形，熟练掌握切线的性质及三角函数是解题的关键．
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18．（2020•长沙）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD与过C点的直线互相垂直，
垂足为D，AC平分∠DAB．
（1）求证：DC为⊙O的切线．
（2）若AD＝3，DC=√3，求⊙O的半径．
【分析】（1）如图，连接 OC，根据已知条件可以证明∠OCA＝∠DAC，得AD∥OC，由
AD⊥DC，得OC⊥DC，进而可得DC为⊙O的切线；
（2）过点O作OE⊥AC于点E，根据Rt△ADC中，AD＝3，DC=√3，可得DAC＝30°，再根
据垂径定理可得AE的长，进而可得⊙O的半径．
【解析】（1）如图，连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴OC⊥DC，
又OC是⊙O的半径，
∴DC为⊙O的切线；
（2）过点O作OE⊥AC于点E，
在Rt△ADC中，AD＝3，DC=√3，
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DC √3
∴tan∠DAC= = ，
AD 3
∴∠DAC＝30°，
∴AC＝2DC＝2√3，
∵OE⊥AC，
根据垂径定理，得
1
AE＝EC= AC=√3，
2
∵∠EAO＝∠DAC＝30°，
AE
∴OA= =2，
cos30°
∴⊙O的半径为2．
19．（2020•衡阳）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点A和
点D的圆，圆心O在线段AB上，⊙O交AB于点E，交AC于点F．
（1）判断BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若AD＝8，AE＝10，求BD的长．
【分析】（1）连接OD，根据平行线判定推出OD∥AC，推出OD⊥BC，根据切线的判定推出
即可；
32
（2）连接DE，根据圆周角定理得到∠ADE＝90°，根据相似三角形的性质得到AC= ，根
5
√ 32 8√41
据勾股定理得到CD=√AD2−AC2= 82+( ) 2= ，根据相似三角形的性质即可得
5 5
到结论．
【解析】（1）BC与⊙O相切，
理由：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
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∴∠ODA＝∠CAD，
∴OD∥AC，
∵∠C＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∴OD⊥BC，
∵OD为半径，
∴BC是⊙O切线；
（2）连接DE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE＝90°，
∵∠C＝90°，
∴∠ADE＝∠C，
∵∠EAD＝∠DAC，
∴△ADE∽△ACD，
AE AD
∴ = ，
AD AC
10 8
= ，
8 AC
32
∴AC= ，
5
√ 32 24
∴CD=√AD2−AC2= 82−( ) 2= ，
5 5
∵OD⊥BC，AC⊥BC，
∴△OBD∽△ABC，
OD BD
∴ = ，
AC BC
5 BD
=
∴32 24，
BD+
5 5
120
∴BD= ．
7
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20．（2020•南京）如图，在△ABC中，AC＝BC，D是AB上一点，⊙O经过点A、C、D，交
BC于点E，过点D作DF∥BC，交⊙O于点F．
求证：（1）四边形DBCF是平行四边形；
（2）AF＝EF．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠BAC＝∠B，根据平行线的性质得出∠ADF＝
∠B，求出∠ADF＝∠CFD，根据平行线的判定得出BD∥CF，根据平行四边形的判定得出即
可；
（2）求出∠AEF＝∠B，根据圆内接四边形的性质得出∠ECF+∠EAF＝180°，根据平行线的
性质得出∠ECF+∠B＝180°，求出∠AEF＝∠EAF，根据等腰三角形的判定得出即可．
【解析】证明：（1）∵AC＝BC，
∴∠BAC＝∠B，
∵DF∥BC，
∴∠ADF＝∠B，
∵∠BAC＝∠CFD，
∴∠ADF＝∠CFD，
∴BD∥CF，
∵DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形；
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（2）连接AE，
∵∠ADF＝∠B，∠ADF＝∠AEF，
∴∠AEF＝∠B，
∵四边形AECF是⊙O的内接四边形，
∴∠ECF+∠EAF＝180°，
∵BD∥CF，
∴∠ECF+∠B＝180°，
∴∠EAF＝∠B，
∴∠AEF＝∠EAF，
∴AE＝EF．
21．（2020•菏泽）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，过点
D作⊙O的切线交AC于点E．
（1）求证：DE⊥AC；
（2）若⊙O的半径为5，BC＝16，求DE的长．
【分析】（1）连接AD、OD．先证明∠ADB＝90°，∠EDO＝90°，从而可证明∠EDA＝
∠ODB，由OD＝OB可得到∠EDA＝∠OBD，由等腰三角形的性质可知∠CAD＝∠BAD，故此
∠EAD+∠EDA＝90°，由三角形的内角和定理可知∠DEA＝90°，于是可得到DE⊥AC．
（2）由等腰三角形的性质求出BD＝CD＝8，由勾股定理求出AD的长，根据三角形的面积
得出答案．
【解析】（1）证明：连接AD、OD．
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∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB＝90°．
∴∠ADO+∠ODB＝90°．
∵DE是圆O的切线，
∴OD⊥DE．
∴∠EDA+∠ADO＝90°．
∴∠EDA＝∠ODB．
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD．
∴∠EDA＝∠OBD．
∵AC＝AB，AD⊥BC，
∴∠CAD＝∠BAD．
∵∠DBA+∠DAB＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°．
∴∠DEA＝90°．
∴DE⊥AC．
（2）解：∵∠ADB＝90°，AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵⊙O的半径为5，BC＝16，
∴AC＝10，CD＝8，
∴AD=√AC2−CD2=√102−82=6，
1 1
∵S = AD⋅DC= AC•DE，
△ADC 2 2
AD⋅DC 6×8 24
∴DE= = = ．
AC 10 5
33
