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专题 24.3 切线的性质与判定
◆ 典例分析
【典例1】如图，△ABC中，AB=AC，点O在边AB上，⊙O过点B且分别与边AB、BC相交于D、E两
点，EF⊥AC，点F为垂足．
（1）求证：直线EF是⊙O的切线；
（2）当△ABC是等边三角形，且直线DF与⊙O相切时，直接写出长度为线段BE长度2倍的所有线段．
【思路点拨】
（1）利用等腰三角形的性质，同圆的半径相等，平行线的判定与性质和圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接DE，利用圆周角定理和含30°角的直角三角形的性质，得到BD=2BE；再利用圆的切线的性
质定理，等边三角形的性质和直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质解答即可得出结论．
【解题过程】
（1）证明：连接OE，如图，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∵OB=OC，
∴∠B=∠OEB，∴∠OEB=∠C，
∴OE∥AC．
∵EF⊥AC，
∴OE⊥EF，
∵OE为⊙O的半径，
∴直线EF是⊙O的切线；
（2）解：连接DE，如图，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BED=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠C=∠A=60°，
∴∠BDE=30°，
∴BD=2BE．
∵EF⊥AC，
∴∠FEC=90°−∠C=30°，
∴∠FED=90°−∠FEC=60°．
∵直线DF与⊙O相切，
∴BD⊥FD，
∴∠EDF=90°−∠BDE=60°，
∴∠EDF=∠≝=∠DFE=60°，
∴△≝¿为等边三角形，
∴DE=DF=EF．
在△BDE和△CEF中，
{∠BED=∠CFE=90°
)
DE=EF ，
∠BDE=∠FEC=30°∴△BDE≌△CEF(ASA)，
∴BD=EC．
同理：△BDE≌△AFD，
∴BD=AF．
∴BD=AF=EC．
1
由题意：AD= AF，
2
1
∴AD= BD=OD=OB，
2
∴AO=BD，
∴长度为线段BE长度2倍的所有线段有：BD，AF，EC，AO．
◆ 学霸必刷
1．（2024·河南·一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，弦AD交BC于点F．延长BC至点
E，连接AE．有下列条件：①AE=AF；②AE与⊙O相切；③∠B=∠CAD．请从上述三个条件中任选
两个作为已知条件，另一个作为结论构成一个真命题，并给出证明．
【思路点拨】
本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理．条件：②③结论：①，根据切线的性质和圆周角定理，证明
∠AFC=∠E，推出AE=AF；条件：①③结论：②，根据圆周角定理，推出∠EAC+∠BAC=90°，
即可推出AE与⊙O相切；条件：①②结论：③，根据切线的性质和圆周角定理，即可证明∠B=∠CAD．
【解题过程】
解：条件：②AE与⊙O相切，③∠B=∠CAD，结论：①AE=AF；
证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，∠AFC+∠CAD=90°，
∵AE与⊙O相切，∴∠BAE=90°，
∴∠E+∠B=90°，
∵∠B=∠CAD，
∴∠AFC=∠E，
∴AE=AF；
条件：①AE=AF，③∠B=∠CAD，结论：②AE与⊙O相切；
证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵AE=AF，
∴∠FAC=∠EAC，
∵∠B=∠CAD，
∴∠B=∠EAC，
∴∠EAC+∠BAC=90°，
∴AE与⊙O相切；
条件：①AE=AF，②AE与⊙O相切，结论：③∠B=∠CAD；
证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ACE=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，∠AFC+∠CAD=90°，
∵AE=AF，
∴∠AFC=∠E，
∵AE与⊙O相切，
∴∠BAE=90°，
∴∠E+∠B=90°，
∴∠B=∠CAD．
2．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在△ABC中，O为AC上一点，以O为圆心，OC长为半径作
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．求证：AB为
⊙O的切线；【思路点拨】
本题主要考查切线的判定和性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定是
解题的关键．
过点O作OE⊥AB于点E，根据题意证明∠ABD=∠OAD，再证明△BOC≌△BOE(AAS)，根据切线
的判定定理即可得到结论．
【解题过程】
证明：过点O作OE⊥AB于点E，
∵AD⊥BO
于点D，
∴∠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△BOC和△BOE中，
{∠OBC=∠OBE
)
∵ ∠OCB=∠OEB ，
BO=BO
∴△BOC≌△BOE(AAS)，∴OE=OC，
∵OE⊥AB，OE是半径，
∴AB是⊙O的切线．
3．（2024·河南濮阳·二模）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，AC=BC，点D是弧
BC上的中点，DE∥BC交AB的延长线于点E．
（1）求证：直线DE与⊙O相切；
（2）若BE=1，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）连接OD，如图，先利用垂径定理得到OD⊥BC，再根据平行线的性质得到OD⊥DE，然后根据
切线的判定方法得到结论；
（2）先根据圆周角定理得到∠C=90°，则∠ABC=45°，再根据平行线的性质得到∠E=45°，则可判
断△ODE为等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）证明：连接OD，
∵点D是弧BC的中点，
∴OD⊥BC，
∵DE∥BC，
∴OD⊥DE，
∴直线DE与⊙O相切；（2）解：设⊙O的半径长OB=r，则OE=r+1，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C=90°，
∵AC=BC，
∴∠ABC=45°，
∵DE∥BC，
∴∠E=45°，
∴△ODE为等腰直角三角形，
∴DE=OD=r，
在Rt△ODE中，由勾股定理得：OD2+DE2=OE2，
∴r2+r2=(r+1) 2，
解得r=❑√2+1，
即⊙O的半径长为❑√2+1．
4．（2024·辽宁沈阳·二模）如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点F，延长AO交⊙O于点C，连
接BC，点D为⊙O上一点，且D´F=B´F，连接AD．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AB=6，AC=8，求⊙O的半径的长．
【思路点拨】
本题主要考查了切线的性质与判定， 等弧所对的圆心角相等，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等：
（1）如图所示，连接OD，OB，由切线的性质得到∠ABO=90°，再由D´F=B´F得到∠AOD=∠AOB，
证明△AOD≌△AOB(SAS)，得到∠ADO=∠ABO=90°，据此可证明结论；
（2）设⊙O的半径为r，则OB=r，OA=AC−OC=8−r，在Rt△ABO中利用勾股定理建立方程求解
即可．
【解题过程】
（1）证明：如图所示，连接OD，OB，∵AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90° ，
∵D´F=B´F，
∴∠AOD=∠AOB，
又∵OD=OB，OA=OA，
∴△AOD≌△AOB(SAS)，
∴∠ADO=∠ABO=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OB=r，OA=AC−OC=8−r，
在Rt△ABO中，由勾股定理得OA 2=OB2+AB2，
❑
∴(8−r) 2=r2+62，
7
解得r= ，
4
7
∴⊙O的半径为 ．
4
5．（23-24九年级上·辽宁盘锦·阶段练习）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过点C作
AD的垂线，交AD的延长线于点E，连接AC．
（1）若AC平分∠BAD，求证：EC是⊙O的切线；
（2）在（1）的条件下，若∠B=54°，求∠ACD的度数．
【思路点拨】（1）由AC平分∠BAD及OA=OC，可得OC//AE，再由AE⊥EC，则可证明结论成立；
（2）由圆内接四边形的性质可求得∠ADC的度数；由OB=OC及AB是直径，可求得∠ACO的度数；由
EC是⊙O的切线及CE⊥AD可得OC//AE，进而求得∠DAC的度数，最后由三角形内角和定理即可求
得结果．
【解题过程】
（1）证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠OAC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴OC∥AE，
∵AE⊥EC，
∴OC⊥EC，
∵OC是⊙O的半径，
∴EC是⊙O的切线；
（2）解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ADC+∠B=180°，
∵∠B=54°，
∴∠ADC=180°−54°=126°，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠B=54°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO=90°−54°=36°，
∵EC是⊙O的切线，
∴OC⊥EC，
∵AE⊥EC，
∴OC∥AE，
∴∠DAC=∠OCA=36°，
∴∠ACD=180°−∠DAC−∠ADC=180°−36°−126°=18°．
6．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在△ABC中，以边AC上一点O为圆心，OA为半径作⊙O，与AB相切于点A．作CD⊥BO交BO的延长线于点D，且∠CBD=∠DCO．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若AB=5，BC=13，求⊙O的半径．
【思路点拨】
（1）过O点作OE⊥BC于点E，推导出∠ABO=∠DBC，然后根据角平分线的性质即可得到OE=OA，
证明结论；
（2）先利用勾股定理求出AC长，然后利用全等三角形得到BE=BA=5，然后再在Rt△OCE中利用勾股
定理解题即可．
【解题过程】
（1）证明：过O点作OE⊥BC于点E，
∵AB与⊙O相切于点A，CD⊥BO
∴∠BAO=∠D=90°，
又∵∠AOB=∠COD，
∴∠ABO=∠DCO，
∵∠CBD=∠DCO，
∴∠ABO=∠DBC，
又∵OA⊥AB，OE⊥BC，
∴OE=OA，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：∵AB=5，BC=13，
∴AC=❑√BC2−AB2=❑√132−52=12，
在Rt△OAB和Rt△OEB中，{OB=OB)
，
OA=OE
∴Rt△OAB≌Rt△OEB，
∴BE=BA=5，
∴CE=BC−BE=13−5=8，
在Rt△OCE中，OE2+CE2=OC2，即OA2+82=(12−OA) 2，
10
解得：OA= ．
3
7．（23-24九年级上·山东济宁·期中）如图，AB为⊙O的直径，射线AC交⊙O于点C，AD平分∠CAB
交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．连接BD并延长交AC于点M．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若∠F=30°，ME=❑√3，求DM的长．
【思路点拨】
本题考查切线的判定和性质，角平分线的定义，平行线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，30°角
的直角三角形的性质等知识点，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA=∠OAD，根据角平分线的定义得到
∠OAD=∠DAC，证明OD∥AC，根据平行线的性质得到DE⊥OD，根据切线的判定定理即可得证；
（2）根据题意求出∠MDE=30°，根据含30°角的直角三角形的性质计算，得到答案．
【解题过程】
（1）证明：连接OD，∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD=∠DAC，
∴∠ODA=∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
（2）解：∵DE⊥AC，
∴∠DEM=90°，
∵直线DE是⊙O的切线，
∴∠ODF=90°，
∵∠F=30°，ME=❑√3，
∴∠FOD=90°−∠F=90°−30°=60°，
∵OB=OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠ODB=60°，
∴∠MDE=∠BDF=∠ODF−∠ODB=90°−60°=30°，
∴DM=2ME=2❑√3．
8．（23-24九年级上·广东湛江·期中）已知：如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，OC与⊙O相
交于点D，连接AD并延长与BC相交于点E，且点F为BE的中点，CD=1cm，BC=❑√3cm．（1）求⊙O的半径；
（2）求证：FD与⊙O相切．
【思路点拨】
（1）先设⊙O的半径为r cm，由于AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，根据切线性质可知AB⊥BC，
在Rt△OBC中，利用勾股定理可得(r+1) 2=r2+(❑√3) 2 ，解方程可得出答案；
（2）连接OF，由于OA=OB，BF=EF，可知OF是△BAE的中位线，那么OF∥AE，于是
∠A=∠BOF，根据三角形外角性质可得∠BOD=2∠A，易证∠DOF=∠BOF，而OD=OB，
OF=OF，利用SAS可证△OBF≌△ODF，那么∠ODF=∠OBF=90°，于是OD⊥DF，从而可证FD
是⊙O的切线．
【解题过程】
（1）解：（1）设⊙O的半径为r cm，
∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
在Rt△OBC中，∵OC2=OB2+CB2，
∴(r+1) 2=r2+(❑√3) 2 ，
解得r=1，
∴⊙O的半径为1cm；
（2）证明：连接OF，
∵OA=OB BF=EF
， ，
∴OF是△BAE的中位线，
∴OF∥AE，∴∠A=∠BOF，
又∵∠BOD=2∠A，
∴∠DOF=∠BOF，
在△OBF和△ODF中，
{
OB=OD
)
∠DOF=∠BOF ，
OF=OF
∴ △OBF≌△ODF(SAS)，
∴∠ODF=∠OBF=90°，
即OD⊥DF，
∴FD与⊙O相切．
9．（23-24九年级下·福建龙岩·阶段练习）如图，已知AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，连接
OC，交⊙O于点E，弦AD∥OC．
（1）求证：点E是D´B的中点；
（2）求证：CD是⊙O的切线．
【思路点拨】
本题主要考查了垂径定理，切线的性质与判定，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定等等：
（1）由AB是直径推出AD⊥BD，再由AD∥OC得到OC⊥BD，再由垂径定理可得D´E=B´E，即点E
是B´D的中点；
（2）先证明△OCD≌△OCB(SAS)，从而∠ODC=∠OBC，由BC与⊙O相切于点B可知∠ODC=90°，
从而得解．
【解题过程】
（1）证明：如图所示，连接BD，∵AB是直径，
∴AD⊥BD，
∵AD∥OC，
∴OC⊥BD，
∴D´E=B´E，(垂径定理)
即点E是B´D的中点；
（2）证明：如图所示，连接OD，
由（1）知D´E=B´E，
∴∠1=∠2，
∵OD=OB，OC=OC，
∴△OCD≌△OCB
∴∠ODC=∠OBC，
∵BC与⊙O相切于点B，
∴∠ODC=∠OBC=90°，
∴OD⊥CD,
又∵OD是⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线．
10．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，AB为⊙O的直径，过圆上一点D作⊙O的切线CD交BA的延长线于点C，过点O作OE∥AD，OE交CD于点E，连接BE．
（1）求证：直线BE与⊙O相切；
（2）若CA=2，CD=4，求DE的长．
【思路点拨】
本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等边对等角，掌握切线的判定与性
质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）连接OD，根据题意得∠ODE=90°，根据OE∥AD得∠ADO=∠DOE，∠DAO=∠EOB，根
据OD=OA得∠ADO=∠DAO，则∠DOE=∠EOB，根据SAS可得△DOE≌△EOB，则
∠OBE=∠ODE=90°，根据OB是⊙O的半径，即可得；
（2）设⊙O的半径为r，由（1）得，∠ODE=90°，在Rt△ODC中，根据勾股定理得
OD2+DC2=OC2，即r2+42=(r+2) 2，进行计算得r=3，可得AB=6，即可得BC=8，由（1）得，
△DOE≌△EOB，则DE=BE，在Rt△BCE中，根据勾股定理得BC2+BE2=CE2，即
82+BE2=(4+DE) 2，进行计算即可得；
【解题过程】
（1）证明：如图所示，连接OD，
∵CD与⊙O相切于点D，
∴∠ODE=90°，∵OE∥AD，
∴∠ADO=∠DOE，∠DAO=∠EOB，
∵OD=OA，
∴∠ADO=∠DAO，
∴∠DOE=∠EOB，
在△DOE和△BOE中，
{
OD=OB
)
∠DOE=∠EOB
OE=OE
∴△DOE≌△BOE(SAS)，
∴∠OBE=∠ODE=90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴直线BE与⊙O相切；
（2）解：设⊙O的半径为r，
由（1）得，∠ODE=90°，
在Rt△ODC中，OD2+DC2=OC2，
∴r2+42=(r+2) 2，即r2+16=r2+4r+4，
解得：r=3，
∴AB=2r=6，
∴BC=AC+AB=2+6=8，
由（1）得，△DOE≌△BOE，
∴DE=BE，
在Rt△BCE中，BC2+BE2=CE2，
∴82+BE2=(4+DE) 2，即64+DE2=16+8DE+DE2，
解得：DE=6，
即DE的长为6．
11．（2024·辽宁大连·模拟预测）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD⊥CD，AD交⊙O于
点E，且B´C=C´E，连接AC．（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）F为⊙O上一点，连接AF，若AF∥CD，AC=5，AF=6，求⊙O的半径．
【思路点拨】
本题考查了垂径定理，勾股定理，切线的性质和判定，平行线的性质和判定，等腰三角形的性质和判定的
应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）连OC，证明∠EAC=∠ACO，可得OC∥AD，证明∠D=90°，可得∠OCD=90°，则
OC⊥CD，结论得证；
1
（2）延长CO交AF于G点，由（1）知OC⊥CD，求出AG= AF=3，可求出CG=4，设半径为r，则
2
(4−r) 2+32=r2，解方程即可得解．
【解题过程】
（1）证明：如图，连OC，
∵ B´C=C´E，
∴∠EAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠EAC=∠ACO，
∴OC∥AD，
∴∠OCD+∠D=180°，
∵AD⊥CD，∴∠D=90°，
∴∠OCD=90°，
∴OC⊥CD，
∵OC为⊙O的半径，
∴CD为⊙O的切线；
（2）解：如图，延长CO交AF于G点，由（1）知OC⊥CD，
∵AF∥CD，
∴OG⊥AF，
1
∴AG= AF=3，
2
∵AC=5，
∴CG=❑√AC2−AG2=❑√52−32=4，
在Rt△AOG中，根据勾股定理得：OG2+AG2=OA2，
设半径为r，则OG=CG−OC=4−r，
∴(4−r) 2+32=r2，
25
∴r= ．
8
25
∴⊙O的半径为 ．
8
12．（23-24九年级上·天津河西·期末）如图，△ABC中，AB=AC，D为AC上一点，以CD为直径的
⊙O与AB相切于点E，交BC于点F，FG⊥AB，垂足为G．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径长为2❑√2，BF=3，求BE的长．
【思路点拨】
（1）如图1，连接OF，由等边对等角可得∠B=∠ACB，∠OFC=∠OCF，即∠OFC=∠B，OF∥AB，则OF⊥FG，进而结论得证；
（2）如图2，连接OE，证明四边形OEGF是正方形，则¿=GF=OF=2❑√2，由勾股定理得，BG=1，根
据BE=BG+≥¿，计算求解即可．
【解题过程】
（1）证明：如图1，连接OF，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵OF=OC，
∴∠OFC=∠OCF，
∴∠OFC=∠B，
∴OF∥AB，
∵FG⊥AB，
∴OF⊥FG，
又∵OF是半径，
∴FG是⊙O的切线；
（2）解：如图2，连接OE，
∵以CD为直径的⊙O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，OE为半径，
∴四边形OEGF是正方形，∴¿=GF=OF=2❑√2，
由勾股定理得，BG=❑√BF2−GF2=1，
∴BE=BG+≥=1+2❑√2，
∴BE的长为1+2❑√2．
13．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在同心⊙O，大⊙O的直径AB交小⊙O于E、F，大⊙O
的两弦AG、CD交于P，且AG=CD=8，CD∥AB，弦CD与小⊙O切于N，过P作PM⊥AB于M．
小⊙O的半径为3．
（1）PM的长为__________；
（2）试问弦AG与小⊙O是什么位置关系？请证明你的结论；
【思路点拨】
本题考查切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，垂径定理等知识点．掌握圆
的基本性质是解题的关键．
（1）根据切线的性质得∠ONP=90°，证明四边形MONP是矩形，即得得解；
（2）过O作OH⊥AG于H，连接OD，根据垂径定理得出AH=DN，证明△AOH≌△DON，即可证明
OH为小⊙O的半径，证出AG与小⊙O相切．
【解题过程】
（1）解：连接ON，
∵弦CD与小⊙O切于N，小⊙O的半径为3，∴∠ONP=90°，ON=3，
∵CD∥AB，
∴∠MON=180°−∠ONP=180°−90°=90°，
∵PM⊥AB，
∴∠PMO=90°，
∴∠PMO=∠MON=∠ONP=90°，
∴四边形MONP是矩形，
∴PM=ON=3，
故答案为：3；
（2）解：相切．
证明：过O作OH⊥AG于H，连接OD，
∵AG=CD，OH⊥AG，ON⊥CD，
1 1
∴AH= AG= CD=DN，
2 2
∵AH=DN,OA=OD,∠OHA=∠OND=90°，
∴△AOH≌△DON(HL)，
∴OH=ON，
即OH为小⊙O的半径，
∴AG与小⊙O相切．
14．（23-24九年级上·广西南宁·期中）如图，AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点C，AO的延长线交
⊙O于点D，E是BC´D上不与B，D重合的点，∠A=30°．
（1）求∠BED的大小；
（2）若点F在AB的延长线上，且AF=2AB，求证：DF与⊙O相切．
【思路点拨】
（1）根据切线的性质，得出∠ABO=90°，进而求出∠AOB=60°，∠BOD=120°，再根据圆周角定
理得出答案；
（2）根据等腰三角形的判定和性质可得AB=DB，进而得出DB=AB=BF，根据“三角形一边的中线等于这边的一半，这个三角形是直角三角形”得出OD⊥DF即可．
【解题过程】
（1）解：连接OB，
∵AB与⊙O相切于点B，
∴OB⊥AB，即∠ABO=90°，
∵∠A=30°，
∴∠AOB=90°−30°=60°，
∴∠BOD=180°−60°=120°，
1
∴∠BED= ∠BOD=60°，
2
（2）证明：连接BD，
∵OB=OD，∠BOD=120°，
1
∴∠ODB= (180°−60°)=30°=∠A，
2
∴AB=DB，
又∵AB=BF，
∴DB=AB=BF，
∴∠A=∠ADB，∠F=∠FDB，
∵∠A+∠ADB+∠F+∠FDB=180°，
∴2∠ADB+2∠FDB=180°，
∴∠ADF=∠ADB+∠FDB=90°，
∴△ADF是直角三角形，
即∠ADF=90°，∵OD⊥DF，OD是半径，
∴DF是⊙O的切线．
15．（23-24九年级上·福建福州·阶段练习）如图，AB是⊙O的直径，PA为⊙O的切线，弦AC⊥PO，
垂足为M，连接PC．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若PA=AB，连接BM，求证：BM=❑√2CM．
【思路点拨】
（1）连接OC，先证明∠PAO=90°，再PA=PC，得∠PAC=∠PCA，然后根据OA=OC，得
∠OAC=∠OCA，得到∠OCP=∠OAP=90°，根据切线的判定定理得出结论；
（2）连接BC，设OA=x，则AB=AP=2x， 在Rt△PAO中，由勾股定理，得
2❑√5 ❑√5
OP=❑√AP2+OA2=❑√5x，由面积法求出AM= x，再由勾股定理，得OM= x，再证明OM是
5 5
2❑√5
△ABC的中位线，得BC=2OM= x，从而得BC=CM，即可证得△BCM是等腰直角三角形，即由
5
勾股定理得出结论．
【解题过程】
（1）证明：如图，连接OC，
∵PA是⊙O的切线，∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
∵AC⊥PO，O是圆心，AC是⊙O的弦，
∴AM=CM
∴PA=PC，
∴∠PAC=∠PCA，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA
∴∠PAC+∠OAC=∠PCA+∠OCA
即∠PCO=∠PAO=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）证明：连接BC，如图，
设OA=x，则AB=AP=2x，
在Rt△PAO中，由勾股定理，得OP=❑√AP2+OA2=❑√5x，
1 1
∵S = OA⋅AP= OP⋅AM
△PAO 2 2
1 1
∴ x⋅2x= ×❑√5x⋅AM
2 2
2❑√5
∴AM= x，
5
❑√5
在Rt△AMO中，由勾股定理，得OM=❑√OA2−AM2= x，
5
2❑√5
由（1）得CM=AM= x，AM=CM，
5∵OA=OB，
∴OM是△ABC的中位线，
2❑√5
∴BC=2OM= x，
5
∴BC=CM，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴△BCM是等腰直角三角形，
∴由勾股定理，得BM=❑√2CM．
16．（23-24九年级上·山东日照·期末）如图1，⊙O的直径AB=8，AM和BN是它的两条切线，点E是
圆上一点，过点E的直线与AM，BN分别相交于点D，C两点，连接AE并延长，交BN点P，BC=CP．
（1）求证： DC是⊙O的切线；
DE 1
（2）若 = ，求AD长．
EC 3
【思路点拨】
（1）连接BE，OE，根据“直径所对的圆周角等于90°”可得∠AEB=∠BEP=90°，再根据“直角三
角形中，斜边中线等于斜边一半”可得EC=BC，进而可得∠BEC=∠EBC，又由于∠OBE=∠OEB，
可得， ∠OEB+∠BEC=∠OBE+∠EBC=∠ABN=90°，由此可得DC是⊙O的切线．
（2）过点D作DQ⊥BC于Q，由切线的性质可得四边形ABQD是矩形， AD=DE， BC=CE．设
AD=x，则BC=3x，CD=4x，CQ=2x，在Rt△CDQ中，根据勾股定理列方程求出x的值即可．
【解题过程】
（1）连接BE，OE，
∵BN是⊙O的切线，
∴∠ABN=90°，∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠BEP=90°．
∵BC=CP，
1
∴EC=BC= BP，
2
∴∠BEC=∠EBC，
∵OE=OB，
∴∠OBE=∠OEB，
∴∠OEB+∠BEC=∠OBE+∠EBC=∠ABN=90°，
∴OE⊥EC，
∴DC是⊙O的切线．
（2）过点D作DQ⊥BC于Q，
∵AM，BN，DC都是⊙O的切线，
∴∠BAM=∠ABN=90°，AD=DE， BC=CE，
∴四边形ABQD是矩形，
AD DE 1
∴AD=BQ，DQ=AB=8， = = ．
BC EC 3
设AD=x，则BC=3x，CD=4x，CQ=2x，
∵在Rt△CDQ中，CQ2+DQ2=DC2，
∴(2x) 2+82=(4x) 2，
4❑√3
解得 x= ，
3
4❑√3
即 AD= ．
3
17．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图1，AB为⊙O直径，CB与⊙O相切于点B，D为⊙O上
一点，连接AD、OC，若AD∥OC．（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）如图2，过点A作AE⊥AB交CD延长线于点E，连接BD交OC于点F，若AB=3AE=12，求BF的
长．
【思路点拨】
（1）连接OD，由切线的性质得出OB⊥BC，证明△DOC≌△BOC，由全等三角形的性质得出
∠ODC=∠OBC=90°，则可得出结论；
（2）设BC=x，根据切线长定理可得ED=AE=4,CD=CB=x，过点E作EM⊥BC于M，可得
EM=12,CM=x−4，由勾股定理求出BC=9，求出OC的长，则可得出答案．
【解题过程】
（1）证明：连接OD，
∵CB与⊙O相切，
∴OB⊥BC，即∠OBC=90°，
∵AD∥OC，
∴∠A=∠COB,∠ADO=∠DOC，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO=∠COB=∠DOC，
∴△DOC≌△BOC(SAS)，
∴∠ODC=∠OBC=90°，
∴OD⊥DC，
又OD为⊙O半径，
∴CD为⊙O的切线；
（2）解：如图，连接OD，设CB=x，
∵AB=3AE=12，
∴AE=4，
∵AE⊥EB，
∴AE为⊙O的切线，
∵CD、CB为⊙O的切线，
∴ED=AE=4,CD=CB=x，∠CBO=∠BAE=90°，
∴CE=4+x，
∵OD=OB，
∴OC垂直平分BD，
∴BD⊥OC，
过点E作EM⊥BC于M，则∠BME=∠CBO=∠BAE=90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴EM=AB=12,BM=AE=4，
∴CM=x−4，
在Rt△CEM中，CE2=CM2+EM2，
∴(4+x) 2=122+(x−4) 2，解得x=9，
∴CB=9，
∴OC=❑√OB2+BC2=❑√62+92=3❑√13，
1 1
∵S = OB⋅BC= OC⋅BF，
△OBC 2 2
OB⋅BC 18
∴BF= = ❑√13．
OC 13
18．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的动点，以E为圆心，
DE为半径作圆，AF与⊙E相切于点F，连接EF并延长交BC于点G，连接AE、AG．（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）如图2，AE与⊙E相交于点H，连接BH并延长交AD于点K，当满足DK+EG+CG=12时，试判
断BK与⊙E的位置关系并说明理由．
【思路点拨】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的切线的判定定理和性质定理，找出全等三角形
是解题关键．
（1）根据正方形的性质和圆的切线的性质，可证Rt△AEF≌Rt△AED(HL)，进而推出AD=AF=AB，
利用“HL”即可证明△ABG≌△AFG；
（2）同（1）理可证：Rt△ABG≌Rt△AFG，推出DK+DE=6，从而得出AK=DE，证明
△ABK≌△DAE(SAS)，得到∠AKB=∠DEA，进而得到∠AHK=90°，证明出BK是⊙E的切线，即
可得解．
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADC=90°，
∵以E为圆心，DE为半径作圆，AF与⊙E相切于点F，
∴EF=ED，∠AFE=90°，
在Rt△AEF和Rt△AED中，
{AE=AE)
，
EF=ED
∴Rt△AEF≌Rt△AED(HL)，
∴AD=AF，
∴AF=AB，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
{AG=AG)
，
AB=AF
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)；（2）解：BK与⊙E的位置关系是相切，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=6，
同（1）理可证：Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，
∴EG=EF+FG=DE+BG，
∵DK+EG+CG=12，
∴DK+DE+BG+CG=DK+DE+BC=12，
∴DK+DE=6，
∵AD=AK+DK=6，
∴AK=DE，
在△ABK和△DAE中，
{
AB=AD
)
∠BAK=∠ADE=90° ，
AK=DE
∴△ABK≌△DAE(SAS)，
∴∠AKB=∠DEA，
∵∠DAE+∠DEA=180°−∠ADE=90°，
∴∠DAE+∠AKB=90°，
∴∠AHK=90°，即AE⊥BK，
∵EH是半径，
∴BK是⊙E的切线．
