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专题24.47 几何模型专题（切线的证明）（分类练习）
类型一、有公共点：连半径，证垂直
【考点一】勾股定理逆定理法证垂直
1．（2021·天津津南·统考一模）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于点M，弦 交
AB于点E，且ME＝3，AE＝4，AM＝5．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）求⊙O的直径AB的长度．
2．（2023·江西吉安·统考一模）如图， ， ， ，点C在 ， 的半径为3，
点D在 上， ， 交 于点E， 过点O，且交 于点F．
（1）求证： 为 的切线；
（2）若 ，求 的长．3．（2022秋·贵州遵义·九年级校考期中）如图， 是 上一点，点 在直径 的延长线上，
的半径为 ， ， .
求证： 是 的切线.
【考点二】利用三角形全等证明证垂直
4．（2020·吉林长春·统考三模）如图， 是 的直径，延长 至点 ， ， ，点 是
上一点，延长 交 于点 ，连结 、 ，且 ．
（1）求证： 是 的切线．
（2）求 的长度．（结果保留 ）5．（2022秋·河北邢台·九年级校考期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为直径的⊙O与
BC相交于点E，在边AC上取一点D，使得DE＝AD，连接OD、OE．
（1）求证：①△AOD≌△EOD；
②DE是⊙O的切线；
（2）当BC＝5，AD＝2时，求⊙O的半径．
6．（2021秋·江苏南京·九年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，E是BD上一点，射线AE交CD
于点F，交BC的延长线于点G，过点C，F，G画圆，连接CE．求证：CE是圆的切线．
【考点三】利用平行线的性质证垂直
7．（2021春·湖北省直辖县级单位·九年级校考期中）如图，在 ABC中，以AB为直径的⊙O交AC于
△点M，弦MN∥BC交AB于点E，且ME＝NE＝3．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）若AE＝4，求⊙O的直径AB的长度．
8．（2022秋·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）如图，在△AEF中，点O是AF上的一点，以点O为
圆心，AO为半径的⊙O与△AEF的三边分别交于点B、C、D． 给出下列信息：①AD平分∠EAF；
②∠AEF＝90°；③直线EF是⊙O的切线 ．
（1）请在上述3条信息中选择其中两条作为条件，其余的一条信息作为结论，组成一个真命题．你选
择的条件是 ，结论是 （只要填写序号），并说明理由 ．
（2）在（1）的情况下，若AO＝2，DF＝ ，求BF的长 ．
9．（2022秋·辽宁营口·九年级校联考期中）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，且DC＝
AD．过点A作⊙O的切线，过点C作DA的平行线，两直线交于点F，FC的延长线交AB的延长线于点G．
（1）求证：FG与⊙O相切；
（2）连接EF，若AF＝2，求EF的长．
【考点四】利用特殊角证垂直
10．（2022秋·浙江·九年级期末）如图，在 ABC 中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点 D 在边 BC 上，
⊙O 经过点 A 和点 B且与边 BC 相交于点 D．△
（1）判断 AC 与⊙O 的位置关系，并说明理由．
（2）当 CD＝5 时，求⊙O 的半径．
11．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考模拟预测）如图， ，以 为半径的
交 于点 ，且 ，求证： 是 的切线．12．（2023·江西·模拟预测）如图，在 中， ， ，在 上取一点D，使
，在 上取一点E，使 ，作 的外接圆 ，连接 ．
（1）求证： ．
（2）求证： 是 的切线．
【考点五】和用等角代换求垂直
13．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径作半
圆O交AB于点D，E为AC的中点，连接DE，DC．（1）求证：DE是半圆O的切线；
（2）若∠BAC=60°，DE=6，求CD的长．
14．（2021·全国·九年级专题练习）如图，Rt△APE，∠AEP＝90°，以AB为直径的⊙O交PE于C，且
AC平分∠EAP．连接BC，PB：PC＝1：2．
（1）求证：PE是⊙O的切线；
（2）已知⊙O的半径为 ，求AP的长．
15．（2021·全国·九年级专题练习）如图，点D为⊙O上一点，点C在直径AB的延长线上，且∠COD
＝2∠BDC，过点A作⊙O的切线，交CD的延长线于点E．判定直线CD与⊙O的位置关系，并说明你的
理由；【考点六】利用角平分线的性质证明垂直
16．（2022·江苏·九年级假期作业）如图，AB为⊙D的切线，BD是∠ABC的平分线，以点D为圆心，
DA为半径的⊙D与AC相交于点E．求证：BC是⊙D的切线；
17．（2022秋·河南信阳·九年级统考期中）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC，D是边AB
上一点，以BD为直径的⊙O经过点E，且交BC于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若BF＝6，⊙O的半径为5，求CE的长．18．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图，已知 内接于 ， 是 的直径， 的平
分线交 于点 ，交 于点 ，连接 ，作 ，交 的延长线于点 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的半径．
【考点七】利用中位线的性质证明垂直
19．（2020秋·江苏南通·九年级校考期中）如图，在△ABC中，BC=AC=6，以BC为直径的⊙O与边AB
相交于点D，DE⊥AC，垂足为点E．
（1）求证：DE是⊙O 的切线；（2）求点O到直线DE的距离．
20．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图， 为 的直径， 是 的切线， ， 为
的中点， 在 上， ，连接 ， ．
（1）求证： 为 的切线；
（2）若 ， ，求 的半径．
21．（2023秋·江苏·九年级专题练习）如图， 是 的直径，半径为2， 交 于点D，且D
是 的中点， 于点E，连接 ．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若 ，求 的长．类型一、无公共点：做垂直，证半径
【考点八】直接作垂直证明垂线段等于半径
22．（2022秋·福建福州·九年级闽清天儒中学校考阶段练习）如图，直线 与 相交于点C，连接
，若 ， 的面积与 的面积相等．求证：直线 是 的切线．
【考点九】通过角平分线的性质证明垂线段等于半径
23．（2022秋·山东临沂·九年级统考期中）如图， ， ，点O在 上，
交 延长线于点D， ，以点O为圆心， 为半径作圆．
（1）求证： 是 的切线；
（2）已知 ， ，求 的长.24．（2022秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图 中， ， 平分 交
于点 ，以点 为圆心， 为半径作 交 于点 ．
（1）求证： 与 相切；
（2）若 ， ，试求 的长．
25．（2022秋·辽宁营口·九年级校考期末）如图，在四边形 中， ， 于点E，
的角平分线交 于点O，以点O为圆心， 为半径的圆经过点C，交 于另一点F．
（1）求证： 与 相切；
（2）若 ， ，求 的长．26．（2023春·湖南长沙·九年级长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考阶段练习）如图，点 为正
方形 对角线上一点，以 为圆心， 的长为半径的 与 相切于点 ．
（1）求证： 与 相切；
（2）若 的半径为 ，求正方形的边长．
27．（2022秋·九年级单元测试）如图， 是 的直径， ， 分别切 于点 ， ， 交
， 于点 ， ， 平分 ．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长．【考点十】通过三角形全等证明垂线段等于半径
28．（2022秋·江西上饶·九年级统考期末）如图，O为菱形 ABCD对角线上一点，⊙O与BC相切于
点M．求证：CD与⊙O相切．
参考答案
1．（1）见分析（2）
【分析】（1）根据勾股定理的逆定理得到∠AEM＝90°，由于 ，根据平行线的性质得∠ABC
＝90°，然后根据切线的判定定理即可得到BC是⊙O的切线；
（2）连接OM，设⊙O的半径是r，在Rt△OEM中，根据勾股定理得到r2＝32＋（4−r）2，解方程即可得到⊙O的半径，即可得出答案．
解：（1）证明：∵在△AME中，ME＝3，AE＝4，AM＝5，
∴AM2＝ME2＋AE2，
∴△AME是直角三角形，
∴∠AEM＝90°，
又∵ ，
∴∠ABC＝∠AEM＝90°，
∴AB⊥BC，
∵AB为直径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：连接OM，如图，设⊙O的半径是r，
在Rt△OEM中，OE＝AE−OA＝4−r，ME＝3，OM＝r，
∵OM2＝ME2＋OE2，
∴r2＝32＋（4−r）2，
解得：r＝ ，
∴AB＝2r＝ ．
【点拨】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查
了勾股定理和勾股定理的逆定理．
2．（1）见分析；（2）3
【分析】（1）连接 ，可以求出 ，从而证明 是直角三角形，即可求解；
（2）连接 ，根据条件证明 ，即可求解．
（1）解：连接 ，如图所示，∵点C在 ， 的半径为3， 过点O，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵
∴在 中， ，
∴ ，即 是直角三角形， ，
∴ 为 的切线；
（2）解：如图，连接 ，
∵ ，
∵ ，
又∵ ，
∴三角形 是等边三角形，
∴ ；
【点拨】本题考查了圆的综合题，正确作出辅助线和灵活运用所学知识是解题关键．
3．见分析
【分析】连接 ，证明 得 是直角三角形，即 ，则 是 的切
线．
解：证明：如图，连接 ，∵ 的半径为 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，
∴ ，
∴ 是 的切线．
【点拨】本题考查了切线的判定，勾股定理的逆定理，掌握切线的判定定理是解题的关键．
4．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连结 ，证明 ，得到 ，再证明 ，得到
，故可求解；
（2）求出 ，再根据弧长公式即可求解．
解：（1）如图，连结 ．
∵ 是 的直径，
∴ ．
∵ ， ，
∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．∵ ， ，
∴ ， ， ．
∴ ．
∴ ．
∴ 是 的切线．
（2）∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【点拨】此题主要考查切线的判定与性质综合，解题的关键是熟知弧长公式的应用．
5．（1）①见分析；②见分析；（2）⊙O的半径为 ．
【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理SSS证得结论；
②根据切线的判定方法，只要证明OE⊥DE即可；
（2）证出OD是△ABC的中位线，进而求出OD，再在直角三角形中利用勾股定理求出半径即可．
解：（1）证明：①在△AOD和△EOD中，
，
则△AOD≌△EOD（SSS）；
②由①知，△AOD≌△EOD，
∴∠OED＝∠BAC＝90°，即OE⊥DE．
∵OE是半径，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：由（1）①知，△AOD≌△EOD，
∴∠AOD＝∠EOD．
∵OB＝OE，
∴∠B＝∠OEB，
∵∠AOE＝∠B+∠OEB，∴∠BEO＝∠EOD，
∴OD BC，
又∵AO＝BO，
∴OD＝ BC＝ ．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO＝ ＝ ．
即：⊙O的半径为 ．
【点拨】本题考查切线的判定和性质，掌握切线的判定方法是解决问题的前提，转化到直角三角形中
利用边角关系求解是常用的方法．
6．证明见分析．
【分析】连接圆心O与C点，根据等腰三角形的性质得到∠OCF＝∠OFC，根据全等三角形的性质得
到∠DAE＝∠DCE，求得∠OCF＝90°，由切线的判定定理即可得到结论．
解：证明：连接圆心O与C点，
∵OC＝OF，
∴∠OCF＝∠OFC，
∵∠OFC＝∠DFA，
∴∠OCF＝∠DFA，
在正方形ABCD中，DA＝DC，∠ADB＝∠CDB＝45°，
在△ADE和△CDE中，，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE＝∠DCE，
∵∠DAE+∠DFE＝90°，∠OCF＝∠DFA
∴∠DCE+∠OCF＝90°，即∠OCE＝90°，
∵OC⊥CE且C在圆上，
∴CE是圆的切线．
【点拨】本题考查了切线的判定，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，等腰三角形的性质，掌
握以上知识是解题的关键．
7．（1）见分析；（2）AB＝ ．
【分析】（1）先由垂径定理得AB⊥MN，再由平行线的性质得BC⊥AB，然后由切线的判定定理即可
得到BC是⊙O的切线；
（2）连接OM，设⊙O的半径是r，在Rt OEM中，根据勾股定理得到r2=32+（4-r）2，解方程即可得
到⊙O的半径，即可得出答案． △
解：（1）证明：∵ME＝NE＝3，
∴AB⊥MN，
又∵MN∥BC，
∴BC⊥AB，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：连接OM，如图，
设⊙O的半径是r，
在Rt OEM中，OE＝AE﹣OA＝4﹣r，ME＝3，OM＝r，
∵OM△2＝ME2+OE2，
∴r2＝32+（4﹣r）2，
解得：r＝ ，
∴AB＝2r＝ ．,
【点拨】本题考查了切线的判定定理、垂径定理和勾股定理等知识；熟练掌握切线的判定和垂径定理
是解题的关键．
8．（1）①②，③（答案不唯一）理由见分析；（2）4
【分析】（1）根据切线的性质与判定任选2个作为条件，剩下的一个作为结论；
（2）连接 ，在直角三角形ODF中利用勾股定理得 ，即可求解．
（1）解：选择条件是①AD平分∠EAF；②∠AEF＝90°；结论是③直线EF是⊙O的切线．理由如下，
连接 ， AD平分∠EAF；
，
，
，
，
，
，
，
，
直线EF是⊙O的切线．
故答案为：①②，③
选择条件是①AD平分∠EAF；③直线EF是⊙O的切线；结论是②∠AEF＝90°．理由如下，
连接 ， AD平分∠EAF；
，
，
，
，
，
直线EF是⊙O的切线．，
，
，
选择条件是②∠AEF＝90°；③直线EF是⊙O的切线；结论是①AD平分∠EAF．理由如下，
连接 ， 直线EF是⊙O的切线， ，
， ，
，
，
，
，
，
AD平分∠EAF；
（2）连接 ， 直线EF是⊙O的切线，
，
在直角三角形ODF中，由勾股定理得 ，
AO＝2，DF＝ ，
，
，
解得 ，
．
【点拨】本题考查了切线的的性质与判定，勾股定理，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
9．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接OC，AC．先证明△ACD为等边三角形．可得∠ACO=∠OAC=30°．再由FG∥DA，可得∠ACF=∠DAC=60°．从而得到∠OCF=90°．即可求证；
（2）根据AD∥FG，可得∠AGF=∠DAE=30°．再根据直角三角形的性质可得FG=2AF=4，
．再证得△ADE≌△GCE．可得AE=GE= ．然后由勾股定理，即可求解．
解：（1）证明：连接OC，AC．
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴CE=DE，AD=AC．
∵DC=AD，
∴DC=AD=AC．
∴△ACD为等边三角形．
∴∠D=∠DCA=∠DAC=60°．
∴∠AOC=30°，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠OAC=30°．
∵FG∥DA，
∴∠ACF=∠DAC=60°．
∴∠OCF=90°．
∴OC⊥FG．
∵OC为半径，
∴FG与⊙O相切．
（2）解∶∵AD∥FG，
∴∠AGF=∠DAE=30°．
∵AF为⊙O的切线，
∴∠FAG=90°，
∴FG=2AF=4，∴ ．
在△ADE和△GCE中，
∵∠AGF=∠DAE=30°．∠CEG=∠AED，DE=CE，
∴△ADE≌△GCE．
∴AE=GE= ．
∴ ．
【点拨】本题主要考查了垂径定理，切线的性质和判定，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性
质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握垂径定理，切线的性质和判定，直角三角形的性质，
等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
10．（1）AC 与⊙O相切，理由见分析；（2）⊙O 的半径为5
【分析】（1）连接AO，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C=30°，∠BAO=∠B=30°，求得
∠AOC=60°，根据三角形的内角和得到∠OAC=180°-60°-30°=90°，于是得到AC是⊙O的切线；
（2）连接AD，推出△AOD是等边三角形，得到AD=OD，∠ADO=60°，求得∠DAC=∠ADO-
∠C=30°，得到AD=CD=5，于是得到结论．
（1）解： AC是⊙O的切线，理由如下：
连接AO，
∵AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠B=∠C= （180°-∠BAC）=30°，
∵AO=BO，
∴∠BAO=∠B=30°，
∴∠AOC=2∠B=60°，
∴∠OAC=180°-∠AOC-∠C=180°-60°-30°=90°，
∵AO是⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线；
（2）解：连接AD，
∵AO=OD，∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OD，∠ADO=60°，
∴∠DAC=∠ADO-∠C=30°，
∴∠DAC=∠C=30°，
∴AD=CD=OD=5，
∴⊙D的半径为5．
【点拨】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的作出
辅助线是解题的关键．
11．见分析
【分析】连接 ，证得 是等边三角形，得到 ，根据等腰三角形的性质和
三角形外角定理求出 ，得到 ，由切线的判定得到 是 的切线．
解：证明：连接 ，
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线．
【点拨】本题主要考查了切线的判定、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形
外角的定义和性质等知识，根据等边三角形的性质和判定及等腰三角形的性质和三角形外角定理求出
和 的度数是解决问题的关键．
12．（1）见分析；（2）见分析
【分析】（1）由 ，得出 ，又因为 ，得 ，即可由 定理得出结论；
（2）连接 ， ，先求出 ，从而求得 ，继而求得
，再由 ，得 ，然后由 ，得
，根据 ，可求得 ，即可得出
，从而求得 ，即可由切线的判定
定理得出结论．
解：（1）证明：∵ ，
∴ ，
∵
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ；
（2）证明：连接 ， ，∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
由（1） ，
∴ ，
∵ ，
∴
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的切线．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理，
切线的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，切线的判定是解题的
关键．
13．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接OD，由BC为直径可得CD⊥AB，利用直角三角形角的互余关系可得∠ECD=∠B，
再由直角三角形斜边上中线的性质及等腰三角形的性质可得OD⊥DE；
（2）由已知用直角三角形斜边上中线的性质可得AD=DE，则由含30 度角直角三角形的性质及勾股
定理可求得CD的长．解：（1）如图，连接OD
∵BC为直径
∴CD⊥AB
∴∠ODB+∠ODC=90°
∵E为AC的中点，CD⊥AB
∴DE=CE=AE
∴∠EDC=∠ECD
∵∠ACB=∠CDA=90°
∴∠ECD+∠A=∠A+∠B
∴∠ECD=∠B
∵OD=OB
∴∠ODB=∠B
∴∠EDC=∠ODB
∴∠ODC+∠EDC=90°
即∠ODE=90°
∴OD⊥DE
即DE是半圆O的切线
（2）∵AE=DE=6
∴AC=2AE=12
∵∠BAC=60°，CD⊥AB
∴∠ACD=30°
∴
由勾股定理得：
【点拨】本题考查了直径对的圆周角是直角，切线的判定，直角三角形斜边上中线的性质，含30度角
的直角三角形的性质及勾股定理，等腰三角形的性质等知识，作半径是证明切线常作的辅助线，直径所对的圆周角是直角是本题的关键．
14．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接OC，由AC平分∠EAP，得到∠DAC＝∠OAC，由等腰三角形的性质得到∠CAO
＝∠ACO，等量代换得到∠DAC＝∠ACO，根据平行线的性质得到∠E＝∠OCP＝90°，于是得到结论；
（2）设PB＝x，PC＝2x，根据勾股定理得到PC ，PB ，求得AP
解：（1）连接OC，
∵AC平分∠EAP，
∴∠DAC＝∠OAC，
∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO，
∴∠DAC＝∠ACO，
∴AE∥OC，
∴∠E＝∠OCP＝90°，
∵OC是圆O的半径
∴PE是⊙O的切线；
（2）∵PB：PC＝1：2，
∴设PB＝x，PC＝2x，
∵OC2+PC2＝OP2，即（ ）2+（2x）2＝（ x）2，
∴x ，
∴PC ，PB ，
∴AP ，
【点拨】本题考查了切线的判定，勾股定理，熟记切线的判定是解题的关键．15．直线CD是⊙O的切线，理由见分析
【分析】连接OD，先证得∠ADB＝90 ，则∠DAB+∠DBA＝90 ，再证∠DBA＝∠BDO，然后根据圆
周角与圆心角的关系求得∠COD＝2∠DAB，再通过∠COD＝2∠CDB，可得∠CDB＝∠DAB，那么
∠CDB+∠BDO＝90 ，即OD⊥CE，即可求得答案．
解：证明：连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠DBA＝∠BDO，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90 ，
∴∠DAB+∠DBA＝90 ，
∵∠COD＝2∠CDB，∠COD＝2∠DAB，
∴∠CDB＝∠DAB，
∵∠DBA＝∠BDO，∠DAB+∠DBA＝90 ，
∴∠CDB+∠BDO＝90 ，即OD⊥CE，
∵D为⊙O的一点，
∴直线CD是⊙O的切线．
【点拨】此题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，直径所对圆周角是90 ，圆周角定理，掌握切
线的判定定理是解题的关键．
16．证明见分析．
【分析】过点 作 于点 ，先根据圆的切线的性质定理可得 ，再根据角平分
线的性质定理可得 ，从而可得 是 的半径，然后根据圆的切线的判定即可得证．
解：证明：如图，过点 作 于点 ，∵ 为 的切线，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ 是 的半径，
∴ 是 的半径，
又∵ ，
∴ 是 的切线．
【点拨】本题考查了圆的切线的判定与性质、角平分线的性质定理，熟练掌握圆的切线的判定与性质
是解题关键．
17．（1）详见分析；（2）4
【分析】（1）首先利用等腰三角形的性质和角平分线的定义得出∠EBC＝∠OEB，然后得出
OE∥BC，则有∠OEA＝∠ACB=90°，则结论可证．
（2）连接OE、OF，过点O作OH⊥BF交BF于H，首先证明四边形OHCE是矩形，则有 ，
然后利用等腰三角形的性质求出BH的长度，再利用勾股定理即可求出OH的长度，则答案可求．
解：（1）证明：连接OE．
∵OE＝OB，
∴∠OBE＝∠OEB．
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE＝∠EBC，
∴∠EBC＝∠OEB，
∴OE∥BC，
∴∠OEA＝∠ACB．
∵∠ACB＝90°，
∴∠OEA＝90°∴AC是⊙O的切线；
（2）解：连接OE、OF，过点O作OH⊥BF交BF于H，
∵OH⊥BF，
．
∴四边形OECH为矩形，
∴OH＝CE．
∵ ，BF＝6，
∴BH＝3．
在Rt BHO中，OB＝5，
△
∴OH＝ ＝4，
∴CE＝4．
【点拨】本题主要考查切线的判定，等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握切线的判定，
等腰三角形的性质，矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
18．（1）见分析；（2）15
【分析】（1）连接 ，根据 平分 ， ， ，证明
即可；
（2）设 的半径为 ，则有 ，在 中， ，根据勾股定理建立方
程，解方程即可求解．
（1）解：连接 ，是 的直径，
，即 ，
平分 ，
，
，
，
，
，
，
，
是 的半径，
是 的切线．
（2）设 的半径为 ，
则有 ，
∵ 是 的切线．
∴ ，
在 中， ，
，
解得 ，
的半径为 ．
【点拨】本题考查了切线的性质与判定，勾股定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的关键．
19．（1）见分析；（2）3
【分析】（1）连接OD、CD，如图，利用圆周角定理得到∠BDC＝90°，则CD⊥AB，再利用等腰三角形
的性质得AD＝BD，于是可判断OD为△CAB的中位线，所以OD∥CA，然后证明DE⊥AC，于是利用切线的判
定定理可得到结论；（2）连接OD，则OD为△ABC的中位线，OD∥AC，已知DE⊥AC，可证DE⊥OC，即可知OD的长即为
点O到直线DE的距离．
解：（1）证明：连接OD、CD，如图，
∵CD为直径，
∴∠BDC＝90°，
∴CD⊥AB，
∵CB＝CA，
∴AD＝BD，
而BO＝CO，
∴OD为△CAB的中位线，
∴OD∥CA，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）证明：连接OD，
∵AD＝BD，OB＝OC，
∴DO是△ABC的中位线，
∴DO∥AC，OD＝ AC＝ ×6＝3，
又∵DE⊥AC，
∴DE⊥DO，
∴点O到直线DE的距离为3．
【点拨】此题考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及三角形中位线的性质．此题难度适中，注意
掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
20．（1）详见分析；（2）4
【分析】（1）连接 ，作 于 ，作 于 ，由三角形中位线定理推出，而 ，得到 ，即可证明 ，得到 ，由四边形
是矩形， ，得到 ，即可证明 为 的切线；
（2）由 ， ，得到 ，而 ，得到 ，而
，由勾股定理求出 ，即可得到 的半径是4．
解：（1）证明：连接 ，作 于 ，作 于 ，
是 中点， 是 中点，
是 的中位线，
， ，
，
，
， ，
，
，
切圆于 ，
半径 ，
， ，
四边形 是矩形，
， ，
，
为 的切线；
（2）解： ， ，
，由（1）知 ，
，
，
，
，
的半径是4．
【点拨】本题考查切线的判定和性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和
性质，关键是通过作辅助线构造全等三角形和矩形，从而证明 ．
21．（1）见分析；（2）
【分析】（1）连接 ，利用三角形的中位线定理和平行线的性质得到 ，利用圆的切线的
判定定理解答即可；
（2）利用线段 垂直平分线的性质，等腰三角形的性质和含 角的直角三角形的性质求 ，利用勾
股定理求得 ，则 ．
解：（1）证明：连接 ，如图，
∵D是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ 为 的中位线，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为 的半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：∵ 是 的直径，∴ ，
∵D是 的中点，
∴ 为 的垂直平分线，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的直径，半径为2，
∴ ．
在 中， ．
∴ ，
∴ ．
【点拨】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，三角形的中位线的性质定理，平行线的性质，
圆的切线的判定定理，含 角的直角三角形的性质，勾股定理，连接经过切点的半径是解决此类问题常
添加的辅助线．
22．见分析
【分析】设点O到 的距离为h，根据 的面积与 的面积相等，得出 ，由
，得出 ，进而得出 ，即可得出答案．
解：证明：设点O到 的距离为h，
∴ ， ．
∵ 的面积与 的面积相等，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ．
∵点C是半径 的外端点，
∴直线 是 的切线．
【点拨】本题考查切线的判定，等腰三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．
23．（1）见分析；（2）
【分析】（1）作 ，垂足为E，根据垂直定义可得 ，再利用等角的余角
相等可得 ，从而可得 ，然后利用角平分线的性质定理得出 ，即可
解答；
（2）先在 中，利用勾股定理求出 ， ，进而利用勾股定理进
行计算即可解答．
解：（1）证明：作 ，垂足为E，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ， ，
∵ ，
∵ 是半径，
∴ 是 的切线；
（2）解：∵ ， ， ，
∴ ，∴ ，
在 中， ，
∴ ，
在 中，设半径为R，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中，
【点拨】本题考查了切线的判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合
图形添加适当的辅助线是解题的关键．
24．（1）见分析；（2）
【分析】（1）过 作 于 ，利用角平分线的性质定理可得 即可证明： 与
相切；
（2）在Rt 中，由勾股定理可求出 的长，设圆的半径为 ，利用切线长定理可求出
，所以 ， ，利用勾股定理建立方程求出 ，进而求出 的长．
解：（1）证明：过 作 于 ，
，
，
平分 交 于点 ，
，
与 相切；
（2）解：设圆的半径为 ，， ， ，
，
， 是圆的切线，
，
，
，
，
在Rt 中， ，
解得： ，
．
【点拨】本题考查了圆的切线的判定、角平分线的性质、切线长定理以及勾股定理的运用，解题的关
键是构造直角三角形，利用勾股定理列方程．
25．（1）见分析；（2）
【分析】（1）过点O作 于点G，证明 即可；
（2）根据垂径定理可得 ，利用勾股定理解 求出半径，再解 即可求
出 的长．
解：（1）证明：如图，过点O作 于点G，
， ，
，
平分 ， ， ，
，
点G在 上，
又 ，与 相切；
（2）解：连接 ．
，圆心O在 上，
，
在 中， ，
，
在 中， ，
即 的长为 ．
【点拨】本题考查切线的判定，角平分线的性质定理，垂径定理，勾股定理等，难度一般，解题的关
键是正确作出辅助线，综合运用上述知识．
26．（1）答案见分析；（2）
【分析】（1）过O作 于H， 由正方形 ，可得 ， 证明
，再证明 从而可得结论；
（2）先根据勾股定理求出 ，从而可得 ，再根据正方形的性质、勾股定理即可得答
案．
（1）解：如下图，过O作 于H，
正方形 ，
，
是⊙O的切线，
，
，
为 的半径，为 的半径，
与 相切；
（2） 的半径为 ，
，
由（1）可知， ，
，
，
四边形 是正方形，
，
则在 中，
，即 ，
，
解得： ，
故正方形 的边长为 ．
【点拨】本题考查的是正方形的性质，圆的切线的判定，勾股定理的应用，角平分线的性质，熟练掌
握正方形的判定与性质是解题关键．
27．（1）见分析；（2）
【分析】（1）过 点作 于点 ，根据切线的性质由 切 于点 可得 ，再根
据角平分线定理得到 ，然后根据切线的判定定理得到 是 的切线；
（2）过 作 于 ，根据切线的性质得到 ，则得到四边形 为矩形，
得到 ，所以 ，再利用切线长定理得 ， ，所以
，在 中，利用勾股定理计算出 ，则 ，所以 ，然后
中，利用勾股定理可计算出 ．
解：（1）证明：如图，过 点作 于点 ，，
切 于点 ，
，
平分 ，
，
为 的半径，
是 的半径，
是 的切线；
（2）解：如图，过 作 于 ，
，
是 的直径， ， 分别切 于点 ， ，
， ，
四边形 为矩形，
，
，
， ， 为 的切线，
，
，
在 中， ，
，
，
在 中， ．【点拨】本题主要考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，也
考查了切线的性质、切线长定理、勾股定理．
28．见分析
【分析】连接OM，过点O作ON⊥CD于垂足为N，只要证明OM=ON即可得出结论．
解：证明：连接OM，过点O作ON⊥CD于垂足为N，
∵⊙O与BC相切于点M，
∴OM⊥BC，OM为半径，
∴∠OMC=∠ONC=90°，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠ACB=∠ACD，
∵OC=OC，
∴△OMC≌△ONC（AAS），
∴ON=OM=半径，∠ONC=90°，
∴CD与⊙O相切．
【点拨】本题考查了切线的判定定理，菱形的性质，熟知无交点，作垂直，证半径是解题的关键．
