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专题 4.8 圆的计算与证明必考八大类型
【人教版】
【类型1 构造垂径图，利用勾股定理求解】.........................................................................................................1
【类型2 垂径定理与共边双勾股】........................................................................................................................10
【类型3 弧的中点与垂径定理】............................................................................................................................16
【类型4 圆周角定理与垂径定理综合】................................................................................................................26
【类型5 圆的切线与判定综合】............................................................................................................................37
【类型6 三角形的内切圆和内心】........................................................................................................................47
【类型7 圆与等腰三角形】....................................................................................................................................58
【类型8 圆与四边形】............................................................................................................................................69
【类型1 构造垂径图，利用勾股定理求解】
1．（2024秋•上城区校级月考）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦AB交小圆于C、D两
点，若AB＝16cm，CD＝6cm．
（1）求AC的长；
（2）若大圆半径为10cm，求小圆的半径．
【分析】（1）根据垂径定理及线段的和差求解即可；
（2）根据勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）作OE⊥AB，垂足为E，由垂径定理知，点E是CD的中点，也是AB的中点，
1 1
∴AE= AB=8cm，CE= CD=3cm，
2 2
∴AC＝AE﹣CE＝8﹣3＝5cm；
（2）连接OA，OC，
在Rt△AOE中，AE＝8cm，OA＝10cm，
∴OE=❑√OA2−AE2=6cm，
在Rt△OCE中，CE＝3cm，OE＝6cm，
∴OC=❑√OE2+CE2=3❑√5(cm)．
2．（2024秋•沭阳县月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，以点C为圆心，BC为半径的圆交AB于点D，
交AC于点E．
（1）若∠A＝35°，求^DE的度数；
（2）若BC＝6，AC＝8，求BD的长．
【分析】（1）求出∠B的度数，求出∠B所对的弧的度数，即可得出答案；（2）作CH⊥BD，如图，根据垂径定理得到BH＝DH，再利用勾股定理计算出AB＝10，接着利用面积
24
法计算出CH= ，然后利用勾股定理计算出BH，从而得到BD的长．
5
【解答】解：（1）连接CD，
∵∠A＝35°，
∴∠B＝55°，
∵CB＝CD，
∴∠B＝∠CDB＝55°，
∴∠BCD＝70°，
∴∠DCE＝20°，
∴^DE的度数为20°；
（2）作CH⊥BD，则BH＝DH，
在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8，
∴AB=❑√BC2+AC2=❑√62+82=10，
1 1
∵ CH⋅AB= BC⋅AC，
2 2
6×8 24
∴CH= = ，
10 5
√ 24 18
∴在Rt△BCH中，BH=❑√BC2−CH2=❑62−( ) 2= ，
5 5
36
∴BD=2BH= ．
5
3．（2023•长安区二模）如图， O中两条互相垂直的弦AB，CD交于点E．
（1）OM⊥CD，OM＝6， O⊙的半径为10，求弦CD的长；
（2）过点A作AN⊥BD交⊙CD于点F，求证：CE＝EF．【分析】（1）连接OD，由垂径定理和勾股定理可得答案；
（2）连接AC，由垂直的定义及等腰三角形的性质可得结论．
【解答】（1）解：如图，连接OD，
∵OM⊥CD，OM过圆心，
∴DM＝CM，∠OMD＝90°，
由勾股定理得，DM=❑√OD2−OM2=❑√102−62=8，
∴CD＝2DM＝16；
（2）证明：如图，连接AC，
∵AN⊥BD，
∴∠DNF＝90°，
∴∠DFN+∠D＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠CEA＝90°，∴∠C+∠EAC＝90°，
∵∠EAC＝∠D，∠DFN＝∠AFC，
∴∠C＝∠AFC，
∴AF＝AC，
∵AB⊥CD，
∴CE＝EF．
4．（2023•庐阳区一模）如图， O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E，AE＝2，CD＝8．
（1）求 O的半径长； ⊙
（2）连⊙接BC，作OF⊥BC于点F，求OF的长．
【分析】（1）连接OD，如图，设 O的半径长为r，先根据垂径定理得到DE＝CE＝4，再利用勾股定
理得到（r﹣2）2+42＝r2，然后解方⊙程即可；
（2）先利用勾股定理计算出BC＝4❑√5，再根据垂径定理得到BF＝CF＝2❑√5，然后利用勾股定理可计
算出OF的长．
【解答】解：（1）连接OD，如图，设 O的半径长为r，
∵AB⊥CD， ⊙
1 1
∴∠OED＝90°，DE＝CE= CD= ×8＝4，
2 2
在Rt△ODE中，∵OE＝r﹣2，OD＝r，DE＝4，
∴（r﹣2）2+42＝r2，
解得r＝5，
即 O的半径长为5；
（⊙2）在Rt△BCE中，∵CE＝4，BE＝AB﹣AE＝8，
∴BC=❑√42+82=4❑√5，
∵OF⊥BC，
1
∴BF＝CF= BC＝2❑√5，∠OFB＝90°，
2在Rt△OBF中，OF=❑√OB2−BF2=❑√52−(2❑√5) 2=❑√5，
即OF的长为❑√5．
5．（2024秋•阿荣旗期末）如图，AC是 O的直径，弦BD⊥AO于点E，连接BC，过点O作OF⊥BC于
点F，BD＝8，AE＝2．求BF的长度．⊙
【分析】（1）连接OB，根据垂径定理求出BE，根据勾股定理计算，得到答案；
（2）根据勾股定理求出BC，根据垂径定理即可求出BF．
【解答】解：连接OB，设 O的半径为x，则OE＝x﹣2，
∵OA⊥BD， ⊙
1
∴BE＝ED= BD＝4，
2
在Rt△OEB中，OB2＝OE2+BE2，
即x2＝（x﹣2）2+42，
解得，x＝5，
即 O的半径为5；
⊙
在Rt△CEB中，BC=❑√CE2+BE2=❑√82+42=4❑√5，
∵OF⊥BC，
1
∴BF= BC＝2❑√5．
26．（2023秋•鼓楼区校级月考）如图，AB是 O的弦，半径OD⊥AB，垂足为H，BC⊥AB，交AD延长
线于点C． ⊙
（1）求证：D是AC的中点；
（2）若AB＝6，AC=2❑√13，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）连接BD，根据垂径定理推出AD＝BD，根据直角三角形的性质及等腰三角形的判定推出
BD＝CD，等量代换即可得解；
（2）连接OA，根据垂径定理推出AH＝3，根据勾股定理求出DH＝2，设OD＝OA＝r，则 OH＝r﹣
2，根据勾股定理（r﹣2）2+32＝r2，据此求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接BD．
∵AB是 O的弦，半径 OD⊥AB，
∴D是 ⊙ ^AB 的中点，
∴^AD=^BD，
∴AD＝BD，
∴∠BAD＝∠ABD，∵BC⊥AB，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAD+∠C＝90°，∠ABD+∠DBC＝90°，
∴∠C＝∠DBC，
∴BD＝CD，
∴AD＝CD，
即D为AC的中点；
（2）如图，连接OA．
∵半径 OD⊥AB，垂足为H，AB＝6，
1
∴AH= AB＝3，
2
∵D是AC的中点，AC=2❑√13，
∴AD=❑√13，
∴DH=❑√AD2−AH2=2，
设OD＝OA＝r，则 OH＝r﹣2，
在 Rt△OAH中，OH2+AH2＝OA2，
∴（r﹣2）2+32＝r2，
13
∴r= ，
4
13
即 O的半径为 ．
4
⊙
7．（2023秋•江汉区校级月考）如图， O的弦AB与CD相交于点E，已知AE＝BE，OE＝3CE，且AB
＝8． ⊙
（1）如图1，若CD过圆心O，求 O的半径；
（2）如图2，若∠DEB＝60°，请直⊙接写出点 O的半径．
⊙【分析】（1）连接OB，根据垂径定理得到CD⊥AB，结合勾股定理求解即可得到答案；
（2）连接OE，OD，OA，过O作OH⊥CD于H，根据垂径定理得到OE⊥AB，HC＝HD，结合勾股定
理求解即可得到答案．
【解答】解：（1）∵AE＝BE，CD过圆心O，AB＝8，
∴CD⊥AB，AE＝BE＝4，
∵OE＝3CE，
1 3
∴CE= r，OE= r，
4 4
在Rt△OBE中，
1
∴(r− r) 2+42=r2 ，
4
16❑√7
解得：r= ；
7
（2）解：连接OE，OD，OA，过O作OH⊥CD于H，
∵AE＝BE，OH⊥CD，∴OH⊥CD，HC＝HD，
∵∠DEB＝60°，
∴∠OEH＝30°，
∴OE＝2OH，
∵DE＝3CE，
1 1
∴HE= HC= CD，
2 4
在Rt△OAE中，由勾股定理得到，OE2＝r2﹣42，
r2−42
∴OH2= ，
4
r2−42 3(r2−42 )
∴EH2=r2−42− = ，
4 4
∴DH2＝3（r2﹣42），
在Rt△OHD中，由勾股定理得到，
r2−42
r2= +3(r2−42 )，
4
4
解得：r= ❑√13；
3
【类型2 垂径定理与共边双勾股】
1．（2023秋•六安期中）如图，AB为 O的弦，点C在AB上，AC＝4，BC＝2，CD⊥OC交 O于点
D，求CD的长． ⊙ ⊙
【分析】O作OE⊥AB于点E，连接OA，OD，由垂径定理得到AE＝BE＝3，求出CE＝3﹣2＝1，设
OE＝x，由勾股定理得：OA2＝x2+9，OC2＝x2+1，因此CD2＝OD2﹣OC2＝x2+9﹣（x2+1）＝8，即可求
出CD长．
【解答】解：如图，过点O作OE⊥AB于点E，连接OA，OD，
∵AC＝4，BC＝2，
∴AB＝6，
∵OE⊥AB，∴AE＝BE＝3，
∴CE＝3﹣2＝1，
设OE＝x，
由勾股定理得：OA2＝x2+9，OC2＝x2+1，
∵CD⊥OC，
∴CD2＝OD2﹣OC2＝x2+9﹣（x2+1）＝8，
∴CD＝2❑√2 舍去负值）．
2．（2023秋•江岸区期中）如图，AB是 O的直径，AC是弦，BD＝CD，DE⊥AB于点E，连接DO．
（1）求证：AC∥DO； ⊙
（2）若CD=❑√6，DE=❑√5，求AE的长．
【分析】（1）连接OC、BD，证明∠BOD＝∠CAB即可；
（2）在Rt△BDE中求BE，设OA＝OD＝OB＝x，则OE＝x﹣1，在Rt△ODE中求x即可．
【解答】（1）证明：连接OC、BD，如图，
∵BD＝CD，
1
∴∠BOD＝∠COD= ∠BOC，
2
1
∵∠CAB= ∠BOC，
2
∴∠BOD＝∠CAB，
∴AC∥OD．
（2）解：CD=❑√6，
∴BD＝CD=❑√6，∵DE⊥AB，DE=❑√5，
∴在Rt△BDE中，BE=❑√BD2−DE2=1，
设OA＝OD＝OB＝x，则OE＝x﹣1，
在Rt△ODE中，OD2＝OE2+DE2，
∴x2＝（x﹣1）2+(❑√5) 2，
解得：x＝3，
∴OE＝x﹣1＝2，
∴AE＝OA+OE＝3+2＝5．
3．（2023•武汉）如图，OA，OB，OC都是 O的半径，∠ACB＝2∠BAC．
（1）求证：∠AOB＝2∠BOC； ⊙
（2）若AB＝4，BC=❑√5，求 O的半径．
⊙
1 1
【分析】（1）利用圆周角定理可得∠ACB= ∠AOB，∠BAC= ∠BOC，结合∠ACB＝2∠BAC
2 2
可证明结论；
（2）过点O作半径OD⊥AB于点E，可得AE＝BE，根据圆周角、弦、弧的关系可证得BD＝BC，即可
求得BE＝2，DB=❑√5，利用勾股定理可求解DE＝1，再利用勾股定理可求解圆的半径．
1 1
【解答】（1）证明：∵∠ACB= ∠AOB，∠BAC= ∠BOC，∠ACB＝2∠BAC，
2 2
∴∠AOB＝2∠BOC；
（2）解：过点O作半径OD⊥AB于点E，连接DB，∴AE＝BE，
1
∵∠AOB＝2∠BOC，∠DOB= ∠AOB，
2
∴∠DOB＝∠BOC．
∴BD＝BC．
∵AB＝4，BC=❑√5，
∴BE＝2，DB=❑√5，
在 Rt△BDE 中，∠DEB＝90°，
∴DE=❑√BD2−BE2=1，
在Rt△BOE中，∠OEB＝90°，
OB2＝（OB﹣1）2+22，
5
解得OB= ，
2
5
即 O的半径是 ．
2
⊙
4．（2023春•鼓楼区校级期中）如图，在 O中，AB、AD为弦，CD为直径，CD⊥AB于M，BN⊥AD于
N，BN与CD相交于Q． ⊙
（1）求证：BQ＝BC；
（2）若BQ＝5，CM＝3，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）根据CD⊥AB，BN⊥AD，所以∠BNA＝∠BMQ＝90°，可得∠BQM＝∠A，利用圆周角定
理得∠C＝∠A，所以∠C＝∠BQM，即可得出结论；（2）设圆心为O，连接BO，设BO＝r，则OM＝r﹣3，利用勾股定理得BM＝4和42+（r﹣3）2＝r2，
即可求出半径．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB于M，BN⊥AD于N，
∴∠BNA＝∠BMQ＝90°，
∵∠ABN＝∠ABN，
∴∠BQM＝∠A，
∵^BD=^BD，
∴∠C＝∠A，
∴∠C＝∠BQM，
∴BQ＝BC；
（2）解：由（1）得BC＝BQ＝5，∠BMC＝∠BMO＝90°
∴在Rt△BMC中，BM=❑√BC2−CM2=❑√52−32=4，
设圆心为O，连接BO，设BO＝r，则OM＝r﹣3，
∴在Rt△BMO中，BM2+OM2＝OB2，
即42+（r﹣3）2＝r2，
25
解得：r= ，
6
25
即 O的半径为 ．
6
⊙
5．（2023•天门一模）如图，以 AB为直径的 O经过△ABC的顶点 C，AE，BE分别平分∠BAC和
∠ABC，AE的延长线交 O于点D，连接BD．⊙
（1）判断△BDE的形状⊙，并证明你的结论；
（2）若AB＝10，BE＝2❑√10，求BC的长．【分析】（1）由角平分线的定义可知，∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC，所以∠BED＝
∠DBE，所以BD＝ED，因为AB为直径，所以∠ADB＝90°，所以△BDE是等腰直角三角形；
（2）连接OC、CD、OD，OD交BC于点F．因为∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．所以BD＝DC．
因为OB＝OC．所以OD垂直平分BC．由△BDE是等腰直角三角形，BE＝2❑√10，可得BD＝2❑√5，因
为OB＝OD＝5．设OF＝t，则DF＝5﹣t．在Rt△BOF和Rt△BDF中，52−t2=(2❑√5) 2−(5−t) 2，解
出t的值即可．
【解答】解：（1）△BDE为等腰直角三角形．
证明：∵AE 平分∠BAC，BE 平分∠ABC，
∴∠BAE＝∠CAD＝∠CBD，∠ABE＝∠EBC．
∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠DBC+∠EBC，
∴∠BED＝∠DBE．
∴BD＝ED．
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴△BDE是等腰直角三角形；
（2）连接OC、CD、OD，OD交BC于点F．
∵∠DBC＝∠CAD＝∠BAD＝∠BCD．∴BD＝DC．
∵OB＝OC．
∴OD垂直平分BC．
∵△BDE是等腰直角三角形，BE＝2❑√10，
∴BD＝2❑√5．
∵AB＝10，
∴OB＝OD＝5．
设OF＝t，则DF＝5﹣t．
在Rt△BOF和Rt△BDF中，52−t2=(2❑√5) 2−(5−t) 2，
解得t＝3，
∴BF＝4．
∴BC＝8．
【类型3 弧的中点与垂径定理】
1．（2023秋•定海区期中）如图，AB是 O的弦，C点是优弧AB的中点，连CO，BC．
（1）求证CO⊥AB； ⊙
（2）若BC=4❑√5，AB＝8，求 O的半径长．
⊙
【分析】（1）延长CO交AB于点D，交 O于点E，连接BE，先证明∠ABC＝∠E，再证明∠CBE＝
90°即可； ⊙
1
（2）连接BO，设OC＝OB＝x，先根据垂径定理得BD= AB=4，再在Rt△CDB中和Rt△ODB中，
2
根据勾股定理即可．
【解答】（1）证明：延长CO交AB于点D，交 O于点E，连接BE，
⊙∵C点是优弧AB的中点，
∴弧AC＝弧BC，
∴∠ABC＝∠E．
∵CE是 O直径，
∴∠CBE⊙＝90°，
∴∠C+∠E＝90°，
∴∠C+∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝90°，
∴CO⊥AB；
（2）解：连接BO，设OC＝OB＝x，
∵CO⊥AB，
1
∴BD= AB=4．
2
在Rt△CDB中，CD=❑√BC2−BD2=❑√(4❑√5) 2−42=8，
∴OD＝CD﹣OC＝8﹣x．
在Rt△ODB中，OD2+BD2＝OB2，
∴（8﹣x）2+42＝x2，
解得：x＝5，
故 O的半径长5．
2．（⊙2024•武汉模拟）如图，AB是 O的直径，点C是^BD的中点，连接BC，CD，DA，OC．
⊙（1）证明：OC∥AD；
（2）若AB＝10，CD=2❑√5，求AD长．
1
【分析】（1）先连接OD，然后根据同弧所对的圆心角相等，证明∠BOC＝∠COD= ∠BOD，再根
2
1
据圆周角定理证明∠DAB= ∠BOD=∠BOC，最后利用平行线的判定证明结论即可；
2
（2）连接BD交CO于点E，先根据等腰三角形三线合一证明BE＝DE，然后根据中位线定理证明AD＝
2OE，最后设OE＝x，分别在Rt△CDE和△ODE中，利用勾股定理，列出关于x的方程，求出x，从而
求出答案即可．
【解答】（1）证明：如图所示：连接OD，
∵点C是^BD的中点，
∴^BC=C^D，
1
∴∠BOC＝∠COD= ∠BOD，
2
∵∠DAB是^BD所对的圆周角，
1
∴∠DAB= ∠BOD=∠BOC，
2
∴OC∥AD；
（2）解：如图所示：连接BD交CO于点E，
∵OB＝OD，∠COB＝∠COD，
∴OC⊥BD，
∴∠CEB＝∠OED＝90°，BE＝DE，
∴点E是BD的中点，
∵OB＝OA，
∴OE是△ABD的中位线，
∴AD＝2OE，
∵AB＝10，∵OD＝OC＝5，
设OE＝x，则CE＝5﹣x，
在Rt△OED中，
∵OD2﹣OE2＝DE2＝CD2﹣CE2，
∴52−x2=(2❑√5) 2−(5−x) 2，
25﹣x2＝20﹣25+10x﹣x2，
10x＝30，
x＝3，
∴AD＝2x＝6．
3．（2022•和县一模）如图，AB为 O的直径，C是 O上的一点，连接AC，BC．D是^BC的中点，过D
作DE⊥AB于点E，交BC于点F⊙． ⊙
（1）求证：BC＝2DE；
（2）若AC＝6，AB＝10，求DF的长．
【分析】（1）延长DE交 O于点G，先由垂径定理得DE＝GE，^BD=^BG，再证出^BC=^DG，由圆
心角、弧、弦的关系即可得⊙出结论；
（2）连接BD、OD，先由圆周角定理得∠DBC＝∠BDF，得DF＝BF，由圆周角定理得∠ACB＝90°，
1
勾股定理得BC＝8，则DE= BC＝4，再由勾股定理求出OE＝3，则BE＝OB﹣OE＝2，设DF＝BF＝
2a，则EF＝4﹣a，然后在Rt△BEF中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】（1）证明：延长DE交 O于点G，如图所示：
⊙
∵AB为 O的直径，DE⊥AB，
∴DE＝G⊙E，^BD=^BG，
∵D是^BC的中点，
∴C^D=^BD=^BG，
∴^BC=^DG，
∴BC＝DG＝2DE；
（2）解：连接BD、OD，如图所示：
∵C^D=^BG，
∴∠DBC＝∠BDF，
∴DF＝BF，
∵AB为 O的直径，AB＝10，
∴∠ACB⊙＝90°，OB＝OD＝5，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8，
1
由（1）得：DE= BC＝4，
2
∵DE⊥AB，∴OE=❑√OD2−DE2=❑√52−42=3，
∴BE＝OB﹣OE＝2，
设DF＝BF＝a，则EF＝4﹣a，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：22+（4﹣a）2＝a2，
5
解得：a= ，
2
5
∴DF= ．
2
4．（2023秋•武昌区期中）如图，AB是 O的直径，弦CD⊥AB于点E，点C为弧AF的中点，连接AF
交CD于G，连接OG． ⊙
（1）求证：AF＝2CE；
（2）若AB＝10，AC=2❑√5，直接写出OG的长．
【分析】（1）证明^AF=C^D，推出AF＝CD，可得结论；
（2）想办法求出OE，EG，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，AB是直径，
∴^AC=^AD，EC＝DE，
∵点C为弧AF的中点，
∴^AC=C^F，
∴^AF=C^D，
∴AF＝CD＝2CE；
（2）解：如图，连接BC．∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−(2❑√5) 2=4❑√5，
1 1
∵ •AC•BC = •AB•CE，
2 2
2❑√5×4❑√5
∴CE= =4，
10
∴AE=❑√AC2−CE2=❑√(2❑√5) 2−42=2，
∴OE＝OA﹣AE＝5﹣2＝3，
∵C^F=^AD，
∴∠ACG＝∠GAC，
∴AG＝CG，
设AG＝GC＝m，则有m2＝22+（4﹣m）2，
5
∴m= ，
2
5 3
∴GE＝EC﹣CG＝4− = ，
2 2
√ 3 3❑√5
∴OG=❑√OE2+GE2=❑32+( ) 2= ．
2 2
5．（2024•深圳模拟）如图，AB为 O的直径，AC为弦，点D为^AC的中点，过点D作DE⊥AB于点
F，交AC于点G． ⊙
（1）求证：GA＝GD；
（2）若AC＝12，AF＝3，求圆的半径长．【分析】（1）连接AD，BD，由AB是半圆O的直径，可得∠ADB＝90°，从而可得∠DAB+∠ABD＝
90°，再由DE⊥AB，可得∠DAB+∠ADE＝90°，进一步可得∠ADE＝∠ABD，再由D是AC的中点，得
出∠DAC＝∠ABD，从而得出∠ADE＝∠DAC，最后由等腰三角形的判定可得结论；
（2）连接OE．首先证明DE＝AC＝12，设OA＝OE＝x，在Rt△OEF中，利用勾股定理构建方程即可
解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接AD，BD，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠ABD＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠DAB+∠ADE＝90°，
∴∠ADE＝∠ABD，
∵D是弧AC的中点，
∴∠DAC＝∠ABD，
∴∠ADE＝∠DAC，
∴GA＝GD；
（2）如图，连接OE．
∵DE⊥AB，
∴DF＝EF，AD＝AE，
∵点D是弧AC的中点，
∴^AD=C^D，
∴CA＝DE，
∴DE＝AC＝12，
1
∴EF= DE=6，
2
设OA＝OE＝x，
在Rt△OEF中，则有x2＝62+（x﹣3）2，15
解得x= ，
2
15
圆的半径长为 ．
2
6．（2023秋•拱墅区校级期末）如图， O的直径AB垂直弦CD于点E，F是圆上一点，D是^BF的中
点，连结CF交OB于点G，连结BC．⊙
（1）求证：GE＝BE；
（2）若OG＝1，CD＝8，求BC的长．
【分析】（1）根据圆心角、弧、弦的关系得到∠FCD＝∠BCD，证明△GCE≌△BCE，根据全等三角
形的性质证明即可；
（2）连接OC，根据勾股定理求出BE，再根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵D是^BF的中点，
∴^DF=^DB，
∴∠FCD＝∠BCD，
在△GCE和△BCE中，
{
∠GCE=∠BCE
)
CE=CE ，
∠CEG=∠CEB=90°
∴△GCE≌△BCE（ASA），
∴GE＝BE；
（2）解：如图，连接OC，
设GE＝BE＝x，则OB＝1+2x，∵AB⊥CD，CD＝8，
∴CE＝DE＝4，
在△OCE中，OE2+CE2＝OC2，即（1+x）2+42＝（1+2x）2，
解得：x＝2（负值舍去），
∴BE＝2，
∴BC=❑√CE2+BE2=❑√42+22=2❑√5．
7．（2023 秋•拱墅区校级月考）如图，AB 是 O 的直径，点 C 为^BD的中点，CF 为 O 的弦，且
CF⊥AB，垂足为点E．连结BD交CF于点G，⊙连结CD，AD，BF． ⊙
（1）求证：CF＝BD；
（2）若AD＝10，EF＝15，求 O的半径及BE的长．
⊙
【分析】（1）首先利用已知条件和垂径定理证明CD＝BF，然后根据AAS证明△BFG≌△CDG；
（2）连接OF，设 O的半径为r，由CF＝BD列出关于r的勾股方程就能求解．
【解答】（1）证明⊙：∵C是 ^BD中点，
∴C^D=^BC，
∵AB是 O的直径，且CF⊥AB，
∴^BC=⊙ ^BF，
∴C^D=^BF，
∴CD＝BF，
∴^BF=C^D，
∴^BD=C^F，
∴CF＝BD；（2）解：如图，连接OF，设 O的半径为r，
⊙
Rt△ADB中，BD2＝AB2﹣AD2，即BD2＝（2r）2﹣102，
Rt△OEF中，OF2＝OE2+EF2，即OE2＝r2﹣152，
∵C^D=^BC=^BF，
∴^BD=C^F，
∴BD＝CF，
∴BD2＝CF2＝（2EF）2＝4EF2＝900，
∴（2r）2﹣102＝900，
∴r＝5❑√10或r＝﹣5❑√10（舍去），
∴OE2＝（5❑√10）2﹣152，
∴OE＝5或OE＝﹣5（舍去），
∴BE＝OB﹣OE＝5❑√10−5．
【类型4 圆周角定理与垂径定理综合】
1．（2024•马鞍山一模）如图，在 O中，AB、AC为弦，CD为直径，AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，BF
与CD相交于G． ⊙
（1）求证：ED＝EG；
（2）若AB=4❑√5，OG＝2，求 O的半径．
⊙
⌢ ⌢
【分析】（1）先证明∠C＝∠GBE，根据 AD=AD ，得出∠C＝∠DBE，证明∠GBE＝∠DBE，根据
∠GEB＝∠DEB＝90°，得出∠BGE＝∠BDE，得出BD＝BG，根据等腰三角形的性质即可得出答案；
r−2 1
（2）连接OA，设OA＝r，得出DG＝r+2，求出OE= ，根据垂径定理得出AE= AB=2❑√5，根
2 2r−2 2
据勾股定理得出OE2+AE2＝OA2，即( ) +20=r2，求出r的值即可．
2
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵AB⊥CD于E，BF⊥AC于F，
∴∠CFG＝∠GEB＝90°
又∵∠CGF＝∠BGE，
∴∠C＝∠GBE，
⌢ ⌢
∵ AD=AD ，
∴∠C＝∠DBE，
∴∠GBE＝∠DBE，
∵AB⊥CD，
∴∠GEB＝∠DEB＝90°，
∴∠BGE＝∠BDE，
∴BD＝BG，
又∵BE⊥DG，
∴ED＝EG；
（2）解：如图，连接OA，设OA＝r，则DG＝r+2，
r+2
∴ED=EG= ，
2r−2
∴OE= ，
2
∵AB⊥CD于E，AB=4❑√5，
1
∴AE= AB=2❑√5，
2
在Rt△OEA中，OE2+AE2＝OA2，
r−2 2
即( ) +20=r2，
2
14
解得r= 或r＝﹣6（舍）．
3
14
即 O的半径为 ．
3
⊙
2．（2023秋•黄梅县期中）如图，AB是 O直径，弦CD⊥AB于点E，过点C作DB的垂线交AB的延长
线于点G，垂足为点F，连接AC． ⊙
（1）求证：AC＝CG；
（2）若CD＝EG＝8，求弦DB的长度．
【分析】（1）欲证明AC＝CG，利用圆周角定理的推论和三角形的内角和证明∠A＝∠G即可得解；
（2）由垂径定理得出DE＝EC＝4，再由勾股定理得出半径为5，在Rt△DBE中，利用勾股定理构建方
程即可求解．
【解答】（1）证明：∵CD⊥AB，DF⊥CG，
∴∠DEB＝∠BFG＝90°，
∵∠EBD＝∠FBG，
∴∠CDF＝∠G，
.∵∠A＝∠CDF，
∴∠A＝∠G，
∴CA＝CG；
（2）解：连接OD．设圆的半径为r，则OE＝8﹣r．
∵CD⊥AB，AB为直径，
∴DE＝EC＝4．
在Rt△OED中，由勾股定理得：
42+（8﹣r）2＝r2，
解得r＝5．
∴EB＝r﹣OE＝2．
在Rt△DBE中，由勾股定理得：
DB2＝42+22＝20，
解得DB=2❑√5．
3．（2024•安庆一模）如图，四边形 ABCD 的四个顶点都在 O 上，DB 平分∠ADC，连接 OC，且
OC⊥BD． ⊙
（1）求证：AB＝CD；
（2）若CD＝5，BD＝8，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）由角平分线定义得到∠ADB＝∠CDB，由圆周角定理推出^AB=^BC，由垂径定理推出
^BC=C^D，得到^AB=C^D，由圆心角、弧、弦的关系推出AB＝CD；
1
（2）连接 OB，OC 与 BD 交于 E，由垂径定理得到 BE＝DE= ×8＝4，由勾股定理求出 CE
2
25
=❑√CD2−DE2=❑√52−42=3，设 O半径为r，由勾股定理得到r2＝42+（r﹣3）2，求出r= ，即可
6
⊙
得到圆的半径长．【解答】（1）证明：∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴^AB=^BC，
∵OC⊥BD，
∴^BC=C^D，
∴^AB=C^D，
∴AB＝CD；
（2）解：连接OB，OC与BD交于E，
∵OC⊥BD，
1
∴BE＝DE= ×8＝4，
2
∴CE=❑√CD2−DE2=❑√52−42=3，
设 O半径为r，
∴⊙OE＝r﹣3，
∵OB2＝OE2+BE2，
∴r2＝42+（r﹣3）2，
25
∴r= ，
6
25
∴ O的半径是 ．
6
⊙
4．（2024•安徽三模）如图，在 O中，AB是直径，AB⊥CD，点E在 O上，∠BDC＝∠CDE，AE与
BC的延长线交于点F． ⊙ ⊙
（1）求证：AB＝AF；
（2）若AB＝10，BD＝4，求AE的长．【分析】（1）连接BE，CE，根据圆周角定理求出∠CBE＝∠CEB，∠AEB＝∠FEB＝90°，结合直角三
角形的性质求出∠CEF＝∠F，根据圆内接四边形的性质求出∠CEF＝∠ABC，则∠ABC＝∠F，根据等
腰三形的判定即可得证；
（2）连接BE，OC，BE、CD交于点G，根据垂径定理、圆周角定理求出OC⊥BE，设OG＝x，则CG
＝5﹣x，根据勾股定理求出x＝3.4，再根据三角形中位线的判定与性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接BE，CE，
∵∠BDC＝∠CDE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝∠FEB＝90°，
∴∠CBE+∠F＝90°，∠BEC+∠CEF＝90°，
∴∠CEF＝∠F，
∵∠CEF＝∠ABC，
∴∠ABC＝∠F，
∴AB＝AF；
（2）如图2，连接BE，OC，BE、CD交于点G，∵∠BDC＝∠CDE，
∴C^E=C^B，
∴OC⊥BE，
∵AB＝10，
∴OC＝OB＝5，
∵AB⊥CD，
∴BD＝BC＝4，
设OG＝x，则CG＝5﹣x，
在Rt△OBG中，BG2＝52﹣x2，
在Rt△BCG中，BG2＝42﹣（5﹣x）2，
∴52﹣x2＝42﹣（5﹣x）2，
解得x＝3.4，
∵∠AEB＝∠OGB＝90°，
∴OG∥AE，
∵OA＝OB，
∴OG是△ABE的中位线，
∴AE＝2OG＝6.8．
5．（2024•突泉县二模）已知：如图，AB为 O的直径，点E为OA上一点，过点E作CD⊥AB，交 O
于点C、D． ⊙ ⊙
（1）如图1，若AE＝2，OE＝3，求CD的长；
（2）如图2，点P为^BC上一点，连接DP交直径AB于点F，连接CF，若OC∥PB，求证：∠CFP＝
∠B．1
【分析】（1）根据垂径定理求出CE= CD，再根据勾股定理求解即可；
2
（2）连接AP，根据圆周角定理求出BP⊥AP，根据平行线的性质求出OC⊥AP，∠B＝∠AOC，根据垂
径定理求出^AC=^PC，根据圆周角定理求出∠AOC＝2∠D＝∠B，再根据线段垂直平分线的性质、等腰
三角形的性质求出∠D＝∠DCF，再根据三角形外角性质求解即可．
【解答】（1）解：如图1，连接OC，
∵AB为 O的直径，CD⊥AB，
⊙ 1
∴CE＝DE= CD，
2
∵AE＝2，OE＝3，
∴OA＝AE+OE＝5＝OC，
∴CE=❑√OC2−OE2=4，
∴CD＝8；
（2）证明：如图2，连接AP，
∵AB为 O的直径，
∴∠APB⊙＝90°，∴BP⊥AP，
∵OC∥PB，
∴OC⊥AP，∠B＝∠AOC，
∴^AC=^PC，
∴∠AOC＝2∠D＝∠B，
∵CD⊥AB，CE＝DE，
∴AB垂直平分CD，
∴CF＝DF，
∴∠D＝∠DCF，
∴∠CFP＝∠D+∠DCF＝2∠D，
∴∠CFP＝∠B．
6．（2024•安徽一模）如图1，CD为 O的直径，弦AB⊥CD于点G，且B为弧CF的中点，CF交AB于
点H，若CG＝2，CF＝8． ⊙
（1）求BG的长；
（2）如图2，连接OH，BC，求证：OH⊥BC．
【分析】（1）根据垂径定理，圆心角、弦、弧之间的关系进行计算即可；
（2）利用圆周角定理得出∠BCH＝∠CBH，由等腰三角形的判定可知HB＝HC，再根据全等三角形的
判定得出△OCH≌△OBH，进而得到∠COH＝∠BOH，由等腰三角形的性质进行判断即可．
【解答】解：（1）如图1，连接OB，
∵CD为 O的直径，弦AB⊥CD于点G，
⊙ 1
∴^AC=^BC，AG＝BG= AB，
2
∵B为弧CF的中点，
∴^BC=^BF，OB⊥CF，
∴^AC+^BC=^BC+^BF，即^AB=C^F，
∴AB＝CF＝8，
1
∴AG＝BG= AB＝4；
2
（2）如图2，连接BC，OB，
∵^AC=^BF，
∴∠BCH＝∠CBH，
∴HB＝HC，
在△OCH和△OBH中，
∵OC＝OB，HC＝HB，OH＝OH，
∴△OCH≌△OBH（SSS），
∴∠COH＝∠BOH，
∵OC＝OB，
∴OH⊥BC．
7．（2024•宁波模拟）如图，以 AB为直径的 O经过△ABC的顶点C，AE和BE分别平分∠BAC和
∠ABC，AE的延长线交 O于点D，连接BD⊙．
（1）求证：BD＝DE．⊙
（2）若AB＝10，AC＝6，求BE的长．
【分析】（1）由角平分线的定义得出∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，根据同弧所对的圆周角相等得出∠CAD＝∠CBD＝∠BAD，再根据三角形外角的性质得出∠DEB＝∠BAD+∠ABE，从而得出
∠DBE＝∠DEB，根据等角对等边即可证得BD＝DE；
（2）连接OD交BC于点F，由∠BAD＝∠CAD得出^BD=C^D，于是有OD⊥BC，BF＝CF，再证OF
是△ABC的中位线，即可求出OF的长，即可求出DF的长，由AB为直径得出∠ACB＝∠ADB＝90°，
由勾股定理求出BC的长，即可求出BF的长，再根据勾股定理求出BD的长，由（1）中的结论得出DE
的长，最后根据勾股定理即可求出BE的长．
【解答】（1）证明：∵AE和BE分别平分∠BAC和∠ABC，
∴∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，
∵∠CAD和∠CBD是C^D所对的圆周角，
∴∠CAD＝∠CBD，
∴∠BAD＝∠CBD，
∴∠DBE＝∠CBD+∠CBE＝∠BAD+∠CBE，
∵∠DEB是△ABE的外角，
∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE，
∴∠DBE＝∠DEB，
∴BD＝DE；
（2）解：连接OD交BC于点F，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴^BD=C^D，
∴OD⊥BC，
即∠DFB＝90°，BF＝CF，
∵OA＝OB，
∴OF是△ABC的中位线，1 1
∴OF= AC= ×6=3，
2 2
∵AB＝10，
∴OA＝OB＝OD＝5，
∴DF＝OD﹣OF＝2，
∵AB为直径，
∴∠ACB＝90°，
∴由勾股定理得，BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8，
1
∴BF＝CF= BC=4，
2
在Rt△DFB中，由勾股定理得，BD=❑√BF2+DF2=❑√42+22=2❑√5，
由（1）知DE＝BD=2❑√5，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴由勾股定理得，BE=❑√BD2+DE2=❑√(2❑√5) 2+(2❑√5) 2=2❑√10．
【类型5 圆的切线与判定综合】
1．（2024秋•邳州市校级月考）如图，AB为 O直径，点C为 O上一点，AC平分∠HAB，AH⊥CH，
垂足为H，垂足为H，AH 交 O 于点D．⊙ ⊙
（1）求证：直线HC是 O的⊙切线；
（2）若HC＝8，DH＝4⊙，求 O的直径．
⊙
【分析】（1）连接OC，则OC＝OA，所以∠BAC＝∠OCA，由切线的性质得CH⊥OC，AH∥OC，而
AH⊥CH，从而得到CH⊥OC，
OC是 O的半径，直线HC是 O的切线；
⊙ ⊙（2）作OI⊥AH于点I，由垂径定理得AI＝DI，再证明四边形OCHI是矩形，得IH＝OC＝OA，OI＝
HC＝8，则AI＝DI＝OA﹣4，由勾股定理得（OA﹣4）2+82＝OA2，求得OA＝10，所以 O的直径长为
20． ⊙
【解答】（1）证明：连接OC，则OC＝OA，
∴∠BAC＝∠OCA，
∵AC平分∠HAB．
∴∠HAC＝∠BAC，
∴∠HAC＝∠OCA，
∴AH∥OC，
∵AH⊥CH，
∴CH⊥OC，
∵OC是 O的半径，
∴直线H⊙C是 O的切线；
（2）解：作O⊙I⊥AH于点I，则AI＝DI，
∵∠OCH＝∠CHI＝∠OIH＝90°，HC＝8，DH＝4，
∴四边形OCHI是矩形，
∴IH＝OC＝OA，OI＝HC＝8，
∴AI＝DI＝IH﹣DH＝OA﹣4，
∵∠OIA＝90°，
∴（OA﹣4）2+82＝OA2，
解得OA＝10，
∴AB＝2OA＝20，
∴ O的直径长为20．
2．（⊙2024秋•鼓楼区校级月考）如图，点A为 O外一点，AC交 O于B，C两点，OE⊥BC于点F，交
O于点E，D为 O上一点，连接DE交AC⊙于点G，且AG＝A⊙D．
⊙ ⊙（1）求证：AD是 O的切线；
（2）若∠A＝60°，⊙OE＝6，求DE的长．
【分析】（1）连接OD，证明∠ODA＝90°，即可解决问题；
（2）过点O作OH⊥DE于H，证明△ADG是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质可得
DH，再利用垂径定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OD，如图，
∵OE⊥BC于点F，
∴∠E+∠FGE＝90°．
∵∠FGE＝∠AGD，
∴∠E+∠AGD＝90°，
∵AG＝AD，
∴∠AGD＝∠ADG，
∴∠E+∠ADG＝90°，
∵OE＝OD，
∴∠E＝∠ODE，
∴∠ODE+∠ADG＝90°，
即∠ODA＝90°，
∴OD⊥AD，
∵OD为 O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：⊙如图，过点O作OH⊥DE于H，
∵AG＝AD，∠A＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠ADG＝60°，
∴∠ODG＝30°，
在Rt△ODH中，OD＝OE＝6，∠ODE＝30°，1
∴OH= OD=3，
2
∴DH=❑√3OH＝3❑√3，
∴DE＝2DH＝6❑√3．
3．（2024秋•天门校级月考）如图，线段AB经过 O的圆心O，交 O于A，C两点，BC＝5，AD为 O
的弦，连接BD，∠BAD＝∠ABD＝30°，连接D⊙O并延长交 O于⊙点E，连接BE交 O于点M． ⊙
（1）求证：直线BD是 O的切线； ⊙ ⊙
（2）求 O的半径和线⊙段BM的长
⊙
【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形性质外角的性质得∠DOB＝60°，∠ADO＝∠OAD＝
30°，进而可求证∠ODB＝90°，进而可求证结论；
1
（2）连接DM，利用三角形的特征得OD= OB，进而可得OC＝BC＝5，则可求得 O的半径为5，
2
⊙
进而可得DE＝10，BD=5❑√3，在Rt△BDE中和在Rt△BDM中利用勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵OA＝OD，∠BAD＝30°，
∴∠ADO＝∠OAD＝30°，
∴∠DOB＝∠A+∠ADO＝60°，
∵∠ABD＝30°，
∴∠ODB＝180°﹣∠DOB﹣∠ABD＝90°，
∴OD⊥BD，
∵OD是半径，
∴BD是 O的切线．
⊙（2）解：连接DM，如图：
由（1）得：∠ODB＝90°，
∵∠ABD＝30°，
1
∴OD= OB，
2
∵OD＝OC，BC＝5，
∴OC＝BC＝5，
∴ O的半径为5，
∴⊙DE＝10，BD=5❑√3，
在Rt△BDE中，∠EDB＝90°，DE＝10，BD=5❑√3，
∴BE=❑√BD2+DE2=❑√ (5❑√3) 2+102=5❑√7，
∵DE为直径，
∴∠DME＝90°，
∴DM⊥BE，
∴DE•BD＝DM•BE，即：10×5❑√3=DM×5❑√7，
10❑√21
解得：DM= ，
7
10❑√21
在Rt△BDM中，∠BMD＝90°，BD=5❑√3，DM= ，
7
√ 10❑√21 2 15❑√7
∴BM=❑√BD2−DM2=❑ (5❑√3) 2 −( ) = ．
7 7
4．（2024•青川县三模）如图 O是△ABC的外接圆，∠ABC＝45°，延长 BC于D，连接 AD，使得
AD∥OC，AB交OC于E． ⊙
（1）求证：AD与 O相切；
（2）若AE＝2❑√5，⊙CE＝2．求 O的半径和AB的长度．
⊙【分析】（1）连接OA，要证明切线，只需证明OA⊥AD，根据AD∥OC，只需得到OA⊥OC，根据圆
周角定理即可证明；
（2）设 O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2❑√5，在Rt△OAE中根据勾股定理可计算出R
⊙
4❑√5
＝4；作OH⊥AB于H，根据垂径定理得AH＝BH，再利用面积法计算出OH= ，然后根据勾股定理
5
8❑√5 16❑√5
计算出AH= ，再利用垂径定理得出AB＝2AH= ．
5 5
【解答】（1）证明：连接OA；
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝90°，
∴OA⊥OC；
又∵AD∥OC，
∴OA⊥AD，
∴AD是 O的切线．
⊙
（2）解：设 O的半径为R，则OA＝R，OE＝R﹣2，AE＝2❑√5，
在Rt△OAE中⊙，∵AO2+OE2＝AE2，
∴R2+（R﹣2）2＝（2❑√5）2，解得R＝4，
作OH⊥AB于H，如图，OE＝OC﹣CE＝4﹣2＝2，
则AH＝BH，
1 1
∵ OH•AE= •OE•OA，
2 2
OE⋅OA 4×2 4❑√5
∴OH= = = ，
AE 2❑√5 5
8❑√5
在Rt△AOH中，AH=❑√OA2−OH2= ，
5∵OH⊥AB，
16❑√5
∴AB＝2AH= ．
5
5．（2024秋•海淀区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝BC，AB为 O的直径，AC与 O相交于点D，
过点D作DE⊥BC于点E，CB延长线交 O于点F． ⊙ ⊙
（1）求证：DE为 O的切线； ⊙
（2）若BE＝1，B⊙F＝2，求AD的长．
【分析】（1）根据已知条件证得OD∥AC即可得到结论；
（2）如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，构建矩形ODEH，根据矩形
的性质和勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵OB＝OD，
∴∠ABD＝∠ODB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ODB＝∠ACB，
∴OD∥AC．
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∵OD是 O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
⊙（2）解：如图，过点O作OH⊥AF于点H，则∠ODE＝∠DEH＝∠OHE＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴OD＝EH，OH＝DE，
∵OF＝OB，
∴BH＝FH＝1，
∴OD＝EH＝EH＝2，
∴AB＝2OD＝4，OH=❑√OB2−BH2=❑√3，
∴DE＝OH=❑√3，
∴BD=❑√DE2+BE2=2，
∴AD=❑√AB2−BD2=❑√42−22=2❑√3．
6．（2024•兴隆台区校级开学）如图，△ABC是 O的内接三角形，AB是 O的直径，AD平分∠BAC交
O于点D，过点D作DE⊥AC交AC的延长线⊙于点E． ⊙
⊙（1）求证：DE是 O切线；
（2）若DE＝3，C⊙E＝2，求 O的半径．
⊙【分析】（1）由DE⊥AC，AB是 O的直径，得∠E＝∠ACB＝90°，则DE∥BC；连接OD，由∠BAD
＝∠CAD，得^BD=C^D，则OD垂⊙直平分BC，所以∠ODE＝∠OFC＝90°，即可证明DE是 O的切
线； ⊙
（2）由∠CFD＝∠FDE＝∠E＝90°，证明四边形CFDE是矩形，则BF＝CF＝DE＝3，DF＝CE＝2，由
13 13
勾股定理得（OB﹣2）2+32＝OB2，求得OB= ，则 O的半径长为 ．
4 4
⊙
【解答】（1）证明：∵DE⊥AC交AC的延长线于点E，AB是 O的直径，
∴∠E＝∠ACB＝90°， ⊙
∴DE∥BC；
连接OD，
∵AD平分∠BAC交 O于点D，
∴∠BAD＝∠CAD，⊙
∴^BD=C^D，
∴OD垂直平分BC，
∵DE∥BC，
∴∠ODE＝∠OFC＝90°，
∵OD是 O的半径，且DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（2）解：⊙∵∠CFD＝∠FDE＝∠E＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴BF＝CF＝DE＝3，DF＝CE＝2，
∵∠OFB＝90°，OD＝OB，
∴OF2+BF2＝OB2，OF＝OD﹣2＝OB﹣2，
∴（OB﹣2）2+32＝OB2，
13
解得OB= ，
413
∴ O的半径长为 ．
4
⊙
7．（2024•十堰三模）如图，AB为 O的直径，点C在 O上，∠ACB的平分线交 O于点D，过点D作
DE∥AB，交CB的延长线于点E．⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：ED是 O的切线；
（2）若AC＝9❑√2，⊙BC＝3❑√2，求CD的长．
【分析】（1）连接OD，利用角平分线的定义，圆周角定理和圆的切线的判定定理解答即可；
（ 2 ） 根 据 圆 周 角 定 理 得 到 ∠ ACB ＝ 90° ， ∠ ADB ＝ 90° ， 根 据 勾 股 定 理 得 到 AB
=❑√AC2+BC2=❑√(9❑√2)) 2+(3❑√2) 2=6❑√5，根据角平分线的定义得到∠ACD＝∠BCD，求得AD＝BD
❑√2 ❑√2
= AB＝3❑√10，过点B作BH⊥CD于点H，根据等腰直角三角形的性质得到BH＝CH= BC＝3，
2 2
根据勾股定理得到DH=❑√BD2−BH2=9，于是得到CD＝CH+DH＝3+9＝12．
【解答】（1）证明：连接OD，如图，
∵CD是∠ACB的平分线，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴∠AOD＝∠BOD，
∵AB为 O的直径，
⊙ 1
∴∠AOD＝∠BOD= ×180°=90°，
2∴OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∵OD为 O的半径，
∴直线D⊙E是 O的切线；
（2）解：∵A⊙B为 O的直径，
∴∠ACB＝90°，∠⊙ADB＝90°，
∵AC＝9❑√2，BC＝3❑√2，
∴AB=❑√AC2+BC2=❑√(9❑√2)) 2+(3❑√2) 2=6❑√5，
∵∠ACB的平分线CD交 O于点D，
∴∠ACD＝∠BCD， ⊙
∴^AD=^BD，
❑√2
∴AD＝BD= AB＝3❑√10，
2
过点B作BH⊥CD于点H，
1
∵∠BCD= ∠ACB=45°，
2
❑√2
∴BH＝CH= BC＝3，
2
∴DH=❑√BD2−BH2=9，
∴CD＝CH+DH＝3+9＝12．
【类型6 三角形的内切圆和内心】
1．（2024•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∠EA⊙D＝∠CAD．试证明：
（1）⊙OA所在的直线经过点I；（2）点D是IE的中点．
【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，则
2
∠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．
【解答】证明：（1）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）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．
2．（2024•潍坊一模）如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆 O相交于点D、过D
作直线DG∥BC． ⊙
（1）求证：DG是 O的切线；
（2）求证：DE＝C⊙D；
（3）若DE＝2❑√5，BC＝8，求 O的半径．
⊙
【分析】（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接 BD，由点 E 是△ABC 的内心，得到∠ABE＝∠CBE，∠DBC＝∠BAD，推出∠BED＝
∠DBE，根据等角对等边得到BD＝DE，即可得到结论；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
【解答】（1）证明：连接OD交BC于H，如图，∵点E是△ABC的内心
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD＝∠CAD，
∴^BD=C^D，
∴OD⊥BC，BH＝CH，
∵DG∥BC，
∴OD⊥DG，
∴DG是 O的切线；
（2）证明⊙：连接BD，
∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠BAD，
∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBE，
即∠BED＝∠DBE，
∴BD＝DE，
∵^BD=C^D，
∴BD＝CD，
∴DE＝CD；
（3）解：连接OD，OB，如图，
由（1）得OD⊥BC，BH＝CH，
∵BC＝8，∴BH＝CH＝4，
∵DE＝2❑√5，BD＝DE，
∴BD＝2❑√5，
在Rt△BHD中，BD2＝BH2+HD2，
∴（2❑√5）2＝42+HD2，解得：HD＝2，
在Rt△BHO中，
r2＝BH2+（r﹣2）2，解得：r＝5．
3．（2024•富阳区一模）如图，AB是 O的直径，点C是直线AB上方的 O上一点．点M是△ABC的内
心．连结AM，BM，CM，延长CM⊙交 O于点D． ⊙
（1）若AB＝10，AC＝6，求BC的长．⊙
（2）求∠AMB的度数．
❑√2
（3）当点C在直线AB上方的 O上运动时，求证：DM= AB．
2
⊙
【分析】（1）由AB是 O的直径，得∠ACB＝90°，而AB＝10，AC＝6，则BC=❑√AB2−AC2=8；
⊙
1 1 1
（2）因为点 M是△ABC的内心，所以∠MAB= ∠CAB，∠MBA= ∠CBA，则∠MAB+∠MBA=
2 2 2
（∠CAB+∠CBA）＝45°，即可根据三角形内角和定理求得∠AMB＝135°；
1
（3）连结AD、BD，则∠ADB＝90°，因为CM平分∠ACB，所以∠ACD＝∠BCD= ∠ACB＝45°，则
2
^AD=^BD，所以AD＝BD，由勾股定理得AB=❑√2AD，由∠DAB+∠MAB＝∠ACD+∠MAC，得∠DAM
❑√2
＝∠DMA，则DM＝AD，所以AB=❑√2DM，即可证明DM= AB．
2
【解答】（1）解：∵AB是 O的直径，
∴∠ACB＝90°， ⊙
∵AB＝10，AC＝6，
∴BC=❑√AB2−AC2=❑√102−62=8，∴BC的长为8．
（2）解：∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵点M是△ABC的内心，
∴AM平分∠CAB，BM平分∠CBA，
1 1
∴∠MAB= ∠CAB，∠MBA= ∠CBA，
2 2
1
∴∠MAB+∠MBA= （∠CAB+∠CBA）＝45°，
2
∴∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠MBA）＝135°，
∴∠AMB的度数为135°．
（3）证明：连结AD、BD，则∠ADB＝90°，
∵点M是△ABC的内心，∠ACB＝90°，
∴CM平分∠ACB，
1
∴∠ACD＝∠BCD= ∠ACB＝45°，
2
∴^AD=^BD，
∴AD＝BD，
∴AB=❑√AD2+BD2=❑√2AD2=❑√2AD，
∵∠DAB＝∠ACD＝45°，∠MAB＝∠MAC，
∴∠DAB+∠MAB＝∠ACD+∠MAC，
∵∠DAM＝∠DAB+∠MAB，∠DMA＝∠ACD+∠MAC，
∴∠DAM＝∠DMA，
∴DM＝AD，
∴AB=❑√2DM，
❑√2
∴DM= AB．
24．（2023秋•武昌区期末）如图，点I是△ABC的内心，AI的延长线和△ABC的外接圆 O相交于点D．
（1）求证：DB＝DI； ⊙
（2）如果OI⊥AD，IM⊥AB于M．求证：BC＝2AM．
【分析】（1）连接BI，由点I是△ABC的内心，得∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，则∠BAD+∠ABI
＝∠CAD+∠CBI，而∠CAD＝∠CBD，所以∠BAD+∠ABI＝∠CBD+∠CBI，则∠BID＝∠IBD，所以
DB＝DI；
（2）连接OD交BC于点E，由∠BAD＝∠CAD，得^BD=C^D，则OD⊥BC，BE＝CE，而OI⊥AD，
IM⊥AB，则∠BED＝∠AMI＝90°，IA＝DI＝DB，再推导出∠DBE＝∠IAM，进而证明
△DBE≌△IAM，得BE＝AM，所以BC＝2BE＝2AM．
【解答】证明：（1）连接BI，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，
∴∠BAD+∠ABI＝∠CAD+∠CBI，
∵∠CAD＝∠CBD，
∴∠BAD+∠ABI＝∠CBD+∠CBI，
∵∠BID＝∠BAD+∠ABI，∠IBD＝∠CBD+∠CBI，
∴∠BID＝∠IBD，
∴DB＝DI．
（2）连接OD交BC于点E，
∵∠BAD＝∠CAD，
∴^BD=C^D，
∴OD⊥BC，BE＝CE，
∵OI⊥AD，IM⊥AB，
∴∠BED＝∠AMI＝90°，IA＝DI，
∵DB＝DI，∴DB＝IA，
∵∠DBE＝∠DAC，∠IAM＝∠DAC，
∴∠DBE＝∠IAM，
在△DBE和△IAM中，
{∠BED=∠AMI
)
∠DBE=∠IAM ，
DB=IA
∴△DBE≌△IAM（AAS），
∴BE＝AM，
∴2BE＝2AM，
∵BC＝2BE，
∴BC＝2AM．
5．（2024•蜀山区一模）如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上不同于A，B的一点，I是△ABC的内
心，AI的延长线交半圆O于点D，连接BI，BD，IO．
（1）求证：DI＝DB；
（2）若BD＝2，IO⊥BI，求AI的长．
【分析】（1）根据 I是△ABC的内心，以及圆周角定理可得∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，∠ABI＝
∠CBI，从而得到∠BID＝∠IBD，即可求证；
1
（2）过O作OH⊥AD于点H，根据垂径定理可得AH＝HD，根据三角形中位线定理可得OH= BD＝
2
1，再证明△BDI是等腰直角三角形，可得ID＝BD＝2．∠BID＝45°，从而得到△OH1是等腰直角三角形，进而得到OH＝H1＝1，即可求解．
【解答】（1）证明：∵I是△ABC的内心，
∴∠BAD＝∠CAD＝∠CBD．∠ABI＝∠CBI，
∴∠BID＝∠BAD+∠ABI＝∠CBD+∠CBI＝∠IBD．
∴DI＝DB；
（2）解：过O作OH⊥AD于点H，
∴AH＝HD，
∵点O为AB的中点，
1
∴OH= BD＝1，
2
∵AB为直径，
∴∠D＝90°
∵DI＝DB，
∴△BDI是等腰直角三角形，
∴ID＝BD＝2．∠BID＝45°，
∵IO⊥BI，即∠OIB＝90°，
∴∠OIH＝45°，
∴△OHI是等腰直角三角形，
∴OH＝HI＝1，
∴AH＝HD＝HI+DI＝HI+DB＝1+2＝3，
∴AL＝AH+HI＝4．
6．（2023秋•万年县期末）如图，AB是△ABC外接圆 O的直径，PA是 O的切线，BD∥OP，点D在
O上． ⊙ ⊙
⊙（1）求证：PD是 O的切线．
（2）若△ABC的边⊙AC＝6cm，BC＝8cm，I是△ABC的内心，求IO的长度．【分析】（1）如图，连接 OD，AD，证明 OP⊥AD，OP 是 AD 的垂直平分线，再证明
△ODP≌△OAP，可得∠ODP＝90°，可得PD是 O的切线．
（2）如图，过 I 作 IU⊥AB 于 U，作 IQ⊥A⊙C 于 Q，作 IV⊥BC 于 V，则 IU＝IV＝IQ，求解
AB=❑√62+82=10，OB＝OA＝5，IV＝IQ＝IU＝2，证明四边形IVCQ为正方形，求解OU＝1，再利用
勾股定理可得答案．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，AD，
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∵BD∥OP，
∴OP⊥AD，OP是AD的垂直平分线，
∴PD＝PA，
∵OP＝OP，OD＝OA，
∴△ODP≌△OAP（SSS），
∴∠OAP＝∠ODP，
∵PA是 O的切线，
∴∠OA⊙P＝90°，
∴∠ODP＝90°，
∴PD是 O的切线．
⊙（2）如图，过I作IU⊥AB于U，作IQ⊥AC于Q，作IV⊥BC于V，
则IU＝IV＝IQ，
∵AB为 O的直径，
∴∠ACB⊙＝90°，
∵AC＝6cm，BC＝8cm，
∴AB=❑√62+82=10，OB＝OA＝5，
1 1
∴ (6+8+10)×IU= ×6×8，
2 2
∴IV＝IQ＝IU＝2，
∵IV⊥BC，IQ⊥AC，∠ACB＝90°，IV＝IQ＝2，
∴四边形IVCQ为正方形，
∴CQ＝2，AQ＝6﹣2＝4，
∴AU=❑√AI2−IU2=❑√AI2−IQ2=4，
∴OU＝5﹣4＝1，
∴IO=❑√OU2+IU2=❑√5(cm)．
7．（2023秋•江夏区校级期中）如图，AB是 O的直径，点C是 O上一点，点I是△ABC（BC＜AC＜
AB）的内心，CI的延长线交 O于点D，连⊙AD． ⊙
（1）求证：DA＝DI； ⊙
（2）若CI=2❑√2，DI=5❑√2，求BC的长．【分析】（1）连接AI，运用内切圆的性质及三角形外角的性质问题即可解决．
（2）连接AI．BD，过点D作DE⊥DC交CB的延长线于点E，证明△ADB，△CDE都是等腰直角三角
形，△ADC≌△BDE（SAS），得到DB=DA=DI=5❑√2；由勾股定理即可求得AB＝10，CE＝AC+BC
＝14；再利用即可BC2+AC2＝AB2＝100即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接AI；
∵点I是△ABC（AC＜AB）的内心，
∴∠CAI＝∠BAI，∠ACI＝∠BCI；
∵∠DAB＝∠BCI，
∴∠DAB＝∠ACI；
∴∠DAB+∠OAI＝∠ACI+∠CAI；
∵∠AID＝∠ACI+∠CAI，∠DAI＝∠DAB+∠OAI，
∴∠AID＝∠DAI，
∴DA＝DI；
（2）解：连接AI．BD，过点D作DE⊥DC交CB的延长线于点E，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝ADB＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，
∴∠BAD＝∠BCD＝45°，
∴△ADB，△CDE都是等腰直角三角形，∴DA=DB=DI=5❑√2；CD=DE=CI+DI=2❑√2+5❑√2=7❑√2，
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，由勾股定理得：
AB=❑√(5❑√2) 2+(5❑√2) 2=❑√50+50=10；CE=❑√CD2+DE2=❑√(7❑√2) 2+(7❑√2) 2=14，
∵∠ADB＝∠CDE＝90°，
∴∠ADC＝∠BDE，
∴△ADC≌△BDE（SAS），
∴AC＝BE，
∴CE＝BC+BE＝BC+AC＝14，
又∵BC2+AC2＝AB2＝100，（AC＞BC），
∴AC＝8，BC＝6．
【类型7 圆与等腰三角形】
1．（2023秋•泗县期末）如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O交AC，BC分别于点E，D两
点，连接ED，BE． ⊙
（1）求证：^DE=^BD．
（2）若BC＝6．AB＝5，求BE的长．
【分析】（1）连接AD，根据圆周角定理得到AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到CD＝BD，根据
弦、弧、圆心角的关系定理证明结论；
（2）连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，根据勾股定理求出AD，根据三角形中位线定理求出OF，
根据三角形的面积公式求出BH，根据垂径定理解答．
【解答】（1）证明方法一：连接AD，
∵AB为 O的直径，
∴AD⊥B⊙C，
∵AB＝AC，
∴CD＝BD，
∵A、E、D、B四点共圆，∴∠CED＝∠ABC，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴∠ACB＝∠CED，
∴DE＝DC，
∴DE＝BD，
∴^DE=^BD；
方法二：如图②，连接AD，
∵AB为 O的直径，
∴AD⊥B⊙C，
∵AB＝AC，
∴∠EAD＝∠BAD，
∴^DE=^BD；
（2）解：连接OD交BE于H，作OF⊥BD于F，
1
BD= BC＝3，AB＝5，
2
又勾股定理得，AD=❑√AB2−BD2=4，
∵AD⊥BC，OF⊥BD，
∴OF∥AD，又OA＝OB，
1
∴OF= AD＝2，
2
1 5 1
则 × ×BH = ×3×2，
2 2 2
12
解得，BH= ，
5
∵^DE=^BD，
24
∴BE＝2BH= ．
52．（2024秋•江阴市校级月考）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，以腰AB为直径作 O，分别交
BC，AC于点D，E，连接OD，DE． ⊙
（1）求证：BD＝DC；
（2）若∠BAC＝40°，求∠ODE的度数．
【分析】（1）连接AD，由圆周角定理得到AD⊥BC，由等腰三角形的性质推出BD＝DC；
（2）由等腰三角形的性质得到∠B＝∠C＝70°，∠ODB＝∠B＝70°，再利用圆内接四边形的性质推出
∠BDE+∠A＝180°，求出∠BDE＝140°，即可求出∠ODE的度数．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC；
（2）解：∵AB＝AC，∠A＝40°，
1
∴∠B＝∠C= ×（180°﹣40°）＝70°，
2
∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠B＝70°，
∵四边形ABDE是圆的内接四边形，
∴∠BDE+∠A＝180°，
∴∠BDE＝140°，
∴∠ODE＝∠BDE﹣∠ODB＝140°﹣70°＝70°．
3．（2024秋•青山区期中）如图，△ABC是 O的内接三角形，AB＝AC，点P是^AB的中点，连接PA、
PB、PC． ⊙
（1）如图1，若∠BPC＝60°，求∠ACP；
（2）如图2，若BC＝48，AB＝40，求AP的长．
【分析】（1）根据圆周角定理得∠BPC＝∠BAC＝60°，可判断△ABC为等边三角形，∠ACB＝∠ABC
1
＝60°，再利用圆周角定理得到∠APC＝∠ABC＝60°，而点P是^AB的中点，则∠ACP= ∠ACB＝30°；
2
1
（2）连接OP，OB，AO并延长交BC于D，根据垂径定理得到AD⊥BC，求得BD＝CD= BC＝24，根
2
1
据勾股定理得到AD=❑√402−242=32，OB＝25，由垂径定理得到OP⊥AB，AE＝BE= AB＝20，根据
2
勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）∵∠BPC＝60°
∴∠BAC＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC为等边三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，
而点P是^AB的中点，
1
∴∠ACP= ∠ACB＝30°；
2
（2）连接OP，OB，AO并延长交BC于D，
∵AB＝AC，
∴^AB=^AC，
∴AD⊥BC，
1
∴BD＝CD= BC＝24，
2
∵AB＝40，
∴AD=❑√402−242=32，
∵OD＝32﹣AO，
∵OB＝OA，
∴OB2＝OD2+BD2，
∴OB2＝（32﹣OB）2+242，
∴OB＝25，
∵点P是^AB的中点，
1
∴OP⊥AB，AE＝BE= AB＝20，
2
∴OE=❑√OA2−AE2=15，
∴PE＝25﹣15＝10，
∴PA=❑√AE2+PE2=❑√202+102=10❑√5．4．（2024•安徽二模）如图，AB为 O的直径，CD为 O的一条弦，∠BCD的平分线交 O于点E，
AD，BE的延长线交于点F． ⊙ ⊙ ⊙
（1）若∠BAD＝70°，求∠ABE的度数．
（2）求证：AB＝AF．
【分析】（1）如图，连接BD，证明∠BCD＝∠BAD＝70°，可得∠DBE＝∠DCE＝35°，结合圆周角定
理可得∠ABD＝90°﹣70°＝20°，从而可得答案；
（2）如图，连接DE．证明∠BDE＝∠EBD，∠EDF＝∠F，可得∠EDF＝∠ABE，∠ABF＝∠F，从而
可得结论．
【解答】（1）解：如图，连接BD．
∵∠BAD＝70°，
∴∠BCD＝∠BAD＝70°∵CE平分∠BCD，
∴∠DBE＝∠DCE＝35°．
∵AB为 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣70°＝20°，
∴∠ABE＝∠ABD+∠DBE＝55°．
（2）证明：如图，连接DE．
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE，而∠EDB＝∠BCE，∠EBD＝∠DCE，
∴∠BDE＝∠EBD．
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB⊙＝90°，
∴∠BDF＝90°，
∴∠DBE+∠F＝90°，∠BDE+∠EDF＝90°，
∴∠EDF＝∠F．
∵∠EDF+∠ADE＝180°，∠ABE+∠ADE＝180°，
∴∠EDF＝∠ABE，
∴∠ABF＝∠F，
∴AB＝AF．
5．（2024•合肥模拟）如图， O的两条弦AB⊥CD，垂足为E，点F在 O上，DB平分∠CDF，连接
AF，分别交BD于G，CD于⊙H． ⊙
（1）求证：DF＝DH；
（2）连接EG，若∠CDF＝45°， O的半径为2，求EG的长．
⊙【分析】（1）根据圆周角定理求出∠BAG＝∠BDE，结合对顶角相等及三角形内角和定理求出∠DGH
＝∠AED＝90°，根据直角三角形的性质求出∠DHG＝∠B＝∠F，根据“等角对等边”即可得证；
（2）连接AC，OC，OF，CF，结合圆周角定理、三角形内角和定理求出 AC＝AH，根据等腰三角形的
1
性质求出E为CH的中点，G为FH的中点，根据三角形中位线的判定与性质求EG= CF．根据圆周
2
角定理求出∠COF＝2∠CDF＝90°，进而推出△OCF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求
解即可．
【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，
∴∠AED＝90°，
∵DB平分∠CDF，
∴∠BDE＝∠BDF，
又∠BAG＝∠BDF，
∴∠BAG＝∠BDE，
又∵∠AHE＝∠DHG，
∴∠DGH＝∠AED＝90°，
∴∠B+∠BDE＝90°＝∠BED+∠DHG，
∴∠DHG＝∠B＝∠F，
∴DF＝DH；
（2）解：如图，连接AC，OC，OF，CF，∵∠ACD＝∠AFD＝∠DHG，∠DHG＝∠AHC，
∴∠ACH＝∠AHC，
∴AC＝AH，
又∵AB⊥CD，
∴E为CH的中点．
由（1）知DF＝DH，∠DGH＝90°，
∴G为FH的中点，
∴EG是△CHF的中位线，
1
∴EG= CF．
2
∵∠CDF＝45°，
∴∠COF＝2∠CDF＝90°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴CF=❑√2OC．
∵OC＝2，
∴CF=2❑√2，
∴EG=❑√2．
6．（2023•武汉模拟）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是中线，E为边AC的中点，过B，D，E三
点的 O交AC于另一点F，连接BF．
（1）⊙求证：BF＝BC；
（2）若BC＝4，AD＝4❑√3，求 O的直径．
⊙
1
【分析】（1）连接DE．由AB＝AC，AD是中线，得到AD⊥BC，又E为边AC的中点，于是DE= AC
2
＝AE＝CE，DE∥AB，所以∠C＝∠EDC，因为∠DEC＝∠FBC，所以∠BFC＝∠EDC，因此∠BFC＝
∠C，BF＝BC；
（2）设AD交 O于点M，连接FM．由BM为直径，∠BFM＝90°，所以∠AFM+∠BFC＝90°，于是
⊙∠DAC+∠C＝90°，∠C＝BFC，∠AFM＝∠DAC，得到MA＝MF，设MA＝MF＝x，则DM＝4❑√3−x，
由勾股定理DM2+BD2＝BF2+MF2＝BM2即可求出．
【解答】解：（1）如图1，连接DE．
∵在等腰△ABC中，AB＝AC，AD是中线，
∴AD⊥BC，
∵E为边AC的中点，
1
∴DE= AC＝AE＝CE，DE∥AB，
2
∴∠C＝∠EDC
∵∠DEC与∠FBC所对的弧均为^DF，
∴∠DEC＝∠FBC，
在△BCF与△ECD中，
∠DEC＝∠FBC，∠BCF＝∠ECD，
∴∠BFC＝∠EDC，
∵∠C＝∠EDC
∴∠BFC＝∠C，
∴BF＝BC；
（2）如图2，设AD交 O于点M，连接FM．
∵∠ADB＝90°，即BM⊙为直径，
∴∠BFM＝90°，
∴∠AFM+∠BFC＝90°，
∵∠DAC+∠C＝90°，∠C＝∠BFC，
∴∠AFM＝∠DAC，
∴MA＝MF，
设MA＝MF＝x，则DM＝4❑√3−x，
∵DM2+BD2＝BF2+MF2＝BM2，
∴DM2+BD2＝BF2+MF2
即（4❑√3−x）2+22＝42+x2，
3❑√3
解得x= ，
2√ 3❑√3 ❑√91
∴BM=❑42+(
)
2=
2 2
7．（2023秋•江岸区期中）如图，在 O中，弦BC⊥OA于点D，点F是CD上一点，AF交 O于点E，
过点E作 O的切线交BC于点H．⊙ ⊙
（1）求证⊙：EH＝FH；
（2）若点C为^AE的中点，AD＝2，OD＝1，求EH的长度．
【分析】（1）连接OE．根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠OEA，根据切线的性质得到OE⊥EH，得
到∠OEA+∠AEH＝90°，根据等腰三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接OC交AE于M，AC，由点C为^AE的中点，得到^AC=^EC，求得∠AOC＝∠EOC，推出OC
垂直平分EF于点M，根据垂径定理得到^AB=^AC，BD＝CD，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接OE．
∵OA＝OE，
∴∠A＝∠OEA，
∵HE与 O相切于点E，
∴OE⊥E⊙H，
∴∠OEA+∠AEH＝90°，
在Rt△ADF中，
∠A+∠ADF＝90°，
∴∠AFD＝∠AEH，
又∵∠AFD＝∠HFE，∴∠HFE＝∠AEH，
∴EH＝FH；
（2）解：连接OC交AE于M，AC，
∵点C为^AE的中点，
∴^AC=^EC，
∴∠AOC＝∠EOC，
∴OC垂直平分EF于点M，
∵OA⊥BC，
∴^AB=^AC，BD＝CD，
∴^BC=^AE，
∴∠CAE＝∠BCA，
∴AF＝CF，
∵^BC=^AE，
1 1
∴DC= BC= AE＝AM，
2 2
在Rt△ODC中，
CD=❑√OC2−OD2=❑√32−12=2❑√2，
设DF＝x，则AF=2❑√2−x，
在Rt△ADF中，
x2+22=(2❑√2−x) 2，
❑√2
解得：x= ，
2
连接OH，
❑√2
设EH＝y，则OH2＝12+( + y) 2=32+y2，
2
15❑√2
解得：y=
4
15❑√2
∴EH= ．
4【类型8 圆与四边形】
1．（2024•埇桥区校级二模）已知四边形ABCD是 O的内接四边形，BD是 O的直径，连接AC，
∠ACB＝45°． ⊙ ⊙
（1）如图1，AB=❑√2，求 O的半径；
（2）如图2，过点O作OE⊙⊥BC于点E，延长EO交AC于点F，连接DF，OC．已知OF＝2OE，求
证：四边形OCDF是平行四边形．
【分析】（1）证明△ABD是等腰直角三角形，则AD=AB=❑√2，进一步得到BD=❑√AB2+AD2=2，
即可得到 O的半径；
⊙ 1
（2）证明OE是△BCD的中位线，则EF∥CD，OE= CD，由OF＝2OE得到CD＝OF＝2OE，又
2
由CD∥OF，即可得到结论．
【解答】（1）解：∵BD是 O的直径，
∴DAB＝90°， ⊙
∵∠ACB＝45°，
∴∠ADB＝∠ACB＝45°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADB＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD=AB=❑√2，
∴BD=❑√AB2+AD2=2，
1
∴BO=DO= BD=1，
2即 O的半径为1；
（⊙2）证明：∵过点O作OE⊥BC于点E，
1
∴BE=CE= BC，
2
1
∵OB=OD= BD，
2
∴OE是△BCD的中位线，
1
∴EF∥CD，OE= CD，
2
∵OF＝2OE，
∴CD＝OF＝2OE，
又∵CD∥OF，
∴四边形OCDF是平行四边形．
2．（2024•花山区二模）如图，AB为 O的直径，在BA的延长线上取一点C，CD与 O相切于点D，
AE∥CD交 O于点E，且∠BAE＝3⊙0°，连接DE． ⊙
（1）求证：⊙四边形ACDE为平行四边形；
（2）已知F为^AB的中点，连接EF．若CD=2❑√3，求EF的长．
【分析】（1）连接OD，证明△OCD≌△BAE（AAS），得CD＝AE即可证明结论；
1
（2）连接OF，BF，过点B作BH⊥EF于点H．求出BE＝2，AB＝4，OB=OF= AB=2．由F为^AB
2
的中点，得BF=2❑√2，BH=EH=❑√2，FH=❑√6，进而得EF=EH+FH=❑√2+❑√6．
【解答】（1）证明：连接OD，如图1，
∵CD与 O相切于点D，∠CDO＝90°．
⊙∵AB为 O的直径，
∴∠AEB⊙＝90°，
∴∠AEB＝∠CDO．
∵∠BAE＝30°，
1
∴BE= AB，
2
∴BE＝OD．
∵AE∥CD，
∴∠BAE＝∠C，
∴△OCD≌△BAE（AAS），
∴CD＝AE，
∴四边形ACDE为平行四边形；
（2）解：连接OF，BF，过点B作BH⊥EF于点H，如图2，
由（1）知AE＝CD＝2❑√3．
∵∠BAE＝30°，
∴BE＝2，AB＝4，
1
∴OB＝OF= AB＝2．
2
∵F为^AB的中点，
∴∠BOF＝90°，
∴BF＝2❑√2．
1
∵∠BEF= ∠BOF＝45°，
2
∴BH＝EH=❑√2，FH=❑√6，
∴EF＝EH+FH=❑√2+❑√6．
3．（2024•东湖区校级模拟）如图，以菱形ABCD的边AD为直径作 O交AB于点E，连接DB，F是BC
⊙上的一点，且BF＝BE，连接DF．
（1）当∠A＝60°，AD＝2时，求DE的长．
（2）求证：DF是 O的切线．
⊙
【分析】（1）连接DE，根据AD是 O的直径，得出∠AED＝90°，进而根据含30度角的直角三角形
的性质得出AE＝1，根据勾股定理，即⊙可求解；
（2）连接DE，根据AD是直径，得出∠AED＝90°，求出∠DEB＝180°﹣90°＝90°，根据菱形的性质得
出∠DBE＝∠DBF，AD∥BC，证明△DBE≌△DBF（SAS），得出∠DFB＝∠DEB＝90°，根据平行线
的性质得出∠ADF＝∠DFB＝90°，得出AD⊥DF，即可证明结论．
【解答】（1）解：连接DE，如图1所示，
∵AD是 O的直径，
∴∠AED⊙＝90°，
∵∠A＝60°，AD＝2，
1
∴∠ADE＝30°，则AE= AD=1，
2
∴DE=❑√AD2−AE2=❑√22−12=❑√3；
（2）证明：连接DE，如图2所示：∵AD是直径，
∴∠AED＝90°，
∴∠DEB＝180°﹣90°＝90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠DBE＝∠DBF，AD∥BC，
∵BE＝BF，DB＝DB，
∴△DBE≌△DBF（SAS），
∴∠DFB＝∠DEB＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFB＝90°，
∴AD⊥DF，
∵AD为直径，
∴DF是 O的切线．
4．（2024•⊙兴宁市校级二模）如图，P为 O外一点，PA、PB为 O的切线，切点分别为A、B，直线PO
交 O于点D、E，交AB于点C． ⊙ ⊙
（⊙1）求证：∠ADE＝∠PAE．
（2）若∠ADE＝30°，连接BD，求证：四边形ADBP是菱形．
【分析】（1）连接OA，由∠PAO＝∠DAE＝90°，证明∠DAO＝∠PAE，∠DAO＝∠ADE，进而得证；
（2）连接BD，连接OB，证明∠APO＝90°﹣∠AOE＝30°，得到AD＝AP，由PA、PB为 O的切线得
到PA＝PB＝AD，∠PAO＝∠PBO＝90°，证明Rt△APO≌Rt△BPO，得到∠APO＝∠BP⊙O＝30°，则∠ADE＝∠BPO，得到AD∥BP，又由PA＝PB＝AD，即可证明四边形ADBP是菱形．
【解答】（1）证明：如图，连接OA，
∵DE是直径，
∴∠DAE＝90°
即∠DAO+∠OAE＝90°
∵PA为 O的切线，
∴∠PAO⊙＝90°，
即∠PAE+∠OAE＝90°．
∴∠DAO＝∠PAE，
∵AO＝DO
∴∠DAO＝∠ADE，
∴∠ADE＝∠PAE．
（2）解：连接BD，连接OB，如图，
∵∠ADE＝30°，
∴∠AOE＝60°，
∵PA为 O的切线，
∴∠PAO⊙＝90°，
∴∠APO＝90°﹣∠AOE＝30°，
∴AD＝AP
∵PA、PB为 O的切线，
∴PA＝PB＝A⊙D，∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵PO＝PO∴Rt△APO≌Rt△BPO（HL），
∴∠APO＝∠BPO＝30°
∴∠ADE＝∠BPO
∴AD∥BP，
∵PA＝PB＝AD，
∴四边形ADBP是菱形．
5．（2024•镇平县模拟）如图， O的直径AB＝4，BC切 O于点B，连接AC交 O于点D，连接OD．
（1）取BC的中点E，连接O⊙E．当∠A的度数为 45 °⊙ 时，四边形ODCE为平⊙行四边形；
（2）若∠C＝30°，求CD的长．
【分析】（1）连接BD，利用圆的切线的性质定理得到∠ABC＝90°，利用含30°角的直角三角形的性
质，勾股定理解答即可；
（2）①利用三角形的中位线定理，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定与性质解答即可；
【解答】解：（1）当∠A＝45°时，四边形ODCE为平行四边形，理由：
∵OA＝OB，BE＝EC，
∴OE为△BAC的中位线，
∴OE∥AC．
若四边形ODCE为平行四边形，则OD∥BC，OD＝EC．
∴OD＝OB，BE＝EC，
∴OB＝BE．
∵∠ABC＝90°，
∴△OBE为等腰直角三角形，
∴∠BOE＝∠BEO＝45°，
∵OE∥AC，
∴∠A＝∠BOE＝45°．
∴当∠A＝45°时，四边形ODCE为平行四边形．
故答案为：45°；
（2）∵ O的直径AB＝4，BC切 O于点B，
⊙ ⊙∴AB⊥BC，
∵∠C＝30°，
∴AC＝2AB＝8，
∴BC=❑√AC2−AB2=4❑√3．
连接BD，如图，
∵AB为 O的直径，
∴∠BDC⊙＝90°，
∵∠C＝30°，
1
∴BD= BC＝2❑√3，
2
∴CD=❑√BC2−BD2=6．
6．（2023•鼓楼区二模）如图，四边形ABCD是 O的内接矩形，点E、F分别在射线AB、AD上，OE＝
OF，且点C、E、F在一条直线上，EF与 O相⊙切于点C．
（1）求证：矩形ABCD是正方形； ⊙
（2）若OF＝10，则正方形ABCD的面积是 4 0 ．【分析】（1）连接AC，证明△AOF≌△AOE（SAS），可得AF＝AE，然后证明AB＝CB，即可解决问
题；
（2）根据勾股定理求出OC＝2❑√5，进而可以求出正方形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是 O的内接矩形，
∴AC是 O的直径⊙，
∵EF与⊙O相切于点C，
∴AC⊥E⊙F，
∵OE＝OF，
∴CF＝CE，∠FOC＝∠EOC，
∴∠AOF＝∠AOE，
∵OA＝OA，
∴△AOF≌△AOE（SAS），
∴AF＝AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FAE＝90°，
1
∴AC= EF＝CF＝CE，
2
∴∠CAE＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴AB＝CB，
∴矩形ABCD是正方形；
1
（2）解：∵OC= AC，AC＝CF，
2
∴CF＝2OC，∵OF＝10，OF2＝OC2+CF2，
∴102＝OC2+4OC2，
∴OC＝2❑√5，
∴AB=❑√2OC＝2❑√10，
∴AB2＝40，
∴正方形ABCD的面积是40．
故答案为：40．
7．（2023•南昌模拟）点A是矩形EFBG边EG上的点，以AB为直径的圆交EF于点D和点C，AE＝
ED，连接BD，BC，AC．
（1）求证：AC＝BC．
（2）已知AE=1，BD=3❑√2，求CD的长．
【分析】（1）如图所示，连接AD，先推出∠ADE＝∠DAE＝45°，再由直径所对的圆周角是直角得到
∠ADB＝∠ACF＝90°，则可推出∠BAC＝∠BDC＝45°，进而得到∠ABC＝∠BAC，即可证明AC＝BC
（2）先利用勾股定理求出AD的长，进而求出AB的长，再求出AC的长，即可求出CE的长，由此即
可得到答案．
【解答】（1）证明：如图所示，连接AD，
∵四边形EFBG是矩形，
∴∠E＝90°，
∵AE＝DE，
∴∠ADE＝∠DAE＝45°，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴∠BDC＝45°，
∴∠BAC＝∠BDC＝45°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝45°＝∠BAC，
∴AC＝BC；（2）解：∵在Rt△AED中，DE＝AE＝1，∠E＝90°，
∴AD=❑√AE2+DE2=❑√2，
∵在Rt△ABD中，∠ADB=90°，BD=3❑√2，AD=❑√2，
∴AB=❑√BD2+AD2=2❑√5，
❑√2
∴在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=BC= AB=❑√10，
2
∴在Rt△AEC中，由勾股定理得CE=❑√AC2−AE2=3，
∴CD＝CE﹣DE＝3﹣1＝2．
