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专题第 01 讲 圆的切线的判定与性质
1．（2023•灌云县校级模拟）如图，点P是 O外一点，PA与 O相切于A点，B，C是 O上的另外两
点，连接AC，BC，∠APB+2∠ACB＝180°，
⊙ ⊙ ⊙
（1）求证：PB是 O的切线；
（2）若BC∥PA， O的半径为5，BC＝6，求PA的长．
⊙
⊙
【分析】（1）连接OA，OB，由圆周角定理和已知条件∠APB+∠AOB＝180°，得出∠OAP+∠OBP＝
180°，求出∠OBP＝90°，即可得出结论；
（2）延长AO并延长交BC于D，连接OC，过P作PQ⊥BC于Q，由垂径定理得出CD＝BD＝3，由勾
股定理得出OD＝2，AD＝9在Rt△PBQ中，设PA＝x，由勾股定理得出方程，解方程即可
【解答】（1）证明：连接OA，OB，如图1所示：
∵∠APB+2∠ACB＝180°，∠AOB＝2∠ACB，
∴∠APB+∠AOB＝180°，
∴∠OAP+∠OBP＝180°，
∵PA切 O于点A，
∴PA⊥OA，
⊙
∴∠OAP＝90°，
∴∠OBP＝90°，
∵OB是半径，
∴PB是 O的切线；
（2）解：延长AO并延长交BC于D，连接OC，过P作PQ⊥BC于Q，如图2所示：
⊙
∵PA⊥OA，BC∥PA，∴AD⊥BC，
∴ ，四边形ADQP是矩形，
∴ ，
∴AD＝OA+OD＝5+4＝9，
∵PA、PB是 O的切线，
∴PA＝PB，
⊙
在Rt△PBQ中，设PB＝PA＝x，则BQ＝x﹣3，
由勾股定理得：（x﹣3）2+92＝x2，
解得：x＝15，
即PA的长为15．
2．（2023•汉川市校级模拟）如图，AB，AD是 O的弦，AO平分∠BAD．过点B作 O的切线交AO的
延长线于点C，连接CD．BO延长BO交 O于点E，交AD于点F，连接AE，DE．
⊙ ⊙
（1）求证：CD是 O的切线；
⊙
（2）若AE＝DE＝10，求AF的长．
⊙
【分析】（1）欲证明CD是 O的切线，只要证明∠CDO＝∠CBO＝90°，由△COB≌△COD即可解决
问题．
⊙
（2）先证明∠BAO＝∠OAD＝∠DAE＝∠ABO＝30，在Rt△AEF中利用30度性质以及勾股定理即可解
决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接OD．
∵BC为圆O的切线
∴∠CBO＝90°．
∵AO平分∠BAD，
∴∠OAB＝∠OAF．
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠ABO＝∠OAF＝∠ODA，
∵∠BOC＝∠OAB+∠OBA，∠DOC＝∠OAD+∠ODA，
∴∠BOC＝∠DOC，
在△COB和△COD中，
，∴BOC≌△DOC，
∴∠CBO＝∠CDO＝90°，
∴CD是 O的切线；
（2）∵AE＝DE，
⊙
∴ ＝ ，
∴∠DAE＝∠ABO，
∴∠BAO＝∠OAD＝∠ABO
∴∠BAO＝∠OAD＝∠DAE，
∵BE是直径，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAO＝∠OAD＝∠DAE＝∠ABO＝30°，
∴∠AFE＝90°，
在Rt△AFE中，
∵AE＝10，∠DAE＝30°，
∴EF＝ AE＝5，
∴AF＝ ＝ ＝5 ．
3．（2023•金东区一模）如图，AB为 O的直径，CD为弦，且CD⊥AB于E，F为BA延长线上一点，CA
恰好平分∠FCE．
⊙
（1）求证：FC与 O相切；
⊙
（2）连接OD，若OD∥AC，求 的值．
【分析】（1）连接OC，则∠OCA＝∠OAC，由CD⊥AB于E，得∠AEC＝90°，而∠ACF＝∠ACE，则
∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，即可证明FC与 O相切；
（2）由等腰三角形的“三线合一”得∠COF＝∠DOF，由OD∥AC，得∠DOF＝∠OAC，所以∠COF
⊙
＝∠OAC＝∠OCA＝60°，则∠F＝30°，所以OA＝OC＝ OF，则AF＝OA＝ AB，即可求得 ＝ ．【解答】（1）证明：连接OC、则OC＝OA，
∴∠OCA＝∠OAC，
∵CD⊥AB于E，
∴∠AEC＝90°，
∵CA平分∠FCE，
∴∠ACF＝∠ACE，
∴∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，
∵FC经过 O的半径OC的外端，且FC⊥OC，
∴FC与 O相切．
⊙
（2）解：∴OC＝OD，OF⊥CD，
⊙
∴∠COF＝∠DOF，
∵OD∥AC，
∴∠DOF＝∠OAC，
∴∠COF＝∠OAC＝∠OCA＝60°，
∴∠F＝30°，
∴OA＝OC＝ OF，
∴AF＝OA＝ AB，
∴ ＝ ，
∴ 的值是 ．
4．（2023秋•海淀区校级月考）如图，AB为 O的直径，OC⊥AB交 O于点C，D为OB上一点，延长
CD交 O于点E，延长OB至F，使DF＝FE，连接EF．
⊙ ⊙
（1）求证：EF为 O的切线；
⊙
（2）若OD＝1且BD＝BF，求 O的半径．
⊙
⊙【分析】（1）连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；
（2）设 O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定
理得得出方程求解即可．
⊙
【解答】解：（1）证明：如图，连接OE，
∵OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∵DF＝FE，
∴∠FED＝∠FDE，
∵∠FDE＝∠CDO，∠CDO+∠OCD＝90°，
∴∠FED+∠OEC＝90°，
即∠FEO＝90°，
∴OE⊥FE，
∵OE是半径，
∴EF为 O的切线；
（2）解：设 O的半径EO＝BO＝r，则BD＝BF＝r﹣1，
⊙
∴FE＝2BD＝2（r﹣1），
⊙
在Rt△FEO中，由勾股定理得，
FE2+OE2＝OF2，
∴（2r﹣2）2+r2＝（2r﹣1）2，
解得r＝3，或r＝1（舍去），
∴ O的半径为3．
5．（2023•昆明模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D，E，F分别是边AB，BC，AC上的点，以
⊙
AD为直径的半圆O经过点E，F，且 ．（1）求证：BC是半圆O的切线；
（2）若∠B＝30°，AB＝12，求CF的长．
【分析】（1）连接AE，OE，根据已知条件得到∠CAE＝∠DAE，根据等腰三角形的性质得到∠EAO＝
AEO，根据平行线的性质得到∠OEB＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；（2）根据总体上进行
的性质得到AC＝ ，OB＝2OE，求得OD＝BE，于是得到结论．
【解答】（1）证明：连接AE，OE，
∵ ，
∴∠CAE＝∠DAE，
∵OA＝OE，
∴∠EAO＝∠AEO，
∴∠CAE＝∠AEO，
∴AC∥OE，
∵∠C＝90°，
∴∠OEB＝90°，
∵OE是 O的半径，
∴BC是半圆O的切线；
⊙
（2）解：∵∠C＝∠OEB＝90°，∠B＝30°，AB＝12，
∴AC＝ ，OB＝2OE，
∵OE＝OD，
∴OD＝BE，
∴OA＝OE＝OD＝4，
∴AD＝8，
∴ ，
∴CF＝AC﹣AF＝2．
6．（2023•长安区校级二模）如图，在四边形ABCD中，∠C＝90°，连接BD，DB恰好是∠ADC的平分线，以AD为直径作 O， O经过点B，CD的延长线交 O于点E，连接AE．
（1）求证：BC是 O的切线；
⊙ ⊙ ⊙
（2）若BC＝6，DE＝8，求 O的半径．
⊙
⊙
【分析】（1）连接OB，利用同圆的半径相等，角平分线的定义，平行线的判定与性质的 OB⊥BC，再
利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）延长BO，交AE于点F，利用矩形的判定与性质定理得到 OF⊥AE，EF＝BC＝6，利用垂径定理
得到AE的长，再利用勾股定理解答即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OB，如图，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵DB恰好是∠ADC的平分线，
∴∠ODB＝∠CDB，
∴∠CDB＝∠OBD，
∴OB∥CD．
∴∠OBC+∠C＝180°．
∵∠C＝90°，
∴∠OBC＝90°，
∴OB⊥BC，
∵OB是 O的半径，
∴BC是 O的切线；
⊙
（2）解：延长BO，交AE于点F，
⊙
∵AD为直径，
∴∠E＝90°，
∵∠OBC＝90°，∠C＝90°，
∴四边形EFBC为矩形，
∴∠EFB＝90°，EF＝BC＝6．
∴OF⊥AE，
∴AF＝EF＝6，
∴AE＝12．
∴AD＝ ＝ ＝4 ．∴ O的半径＝ AB＝2 ．
⊙
7．（2023•金寨县校级模拟）如图，AB 是 O 的直径，CD＝CB，AC，BD 相交于点 E，过点 C 作
CF∥BD，CF与AB的延长线相交于点F，连接AD．
⊙
（1）求证：CF是 O的切线；
（2）若AB＝10，BC＝6，求AD的长．
⊙
【分析】（1）连接OD，连接OC交BD于M，由圆心角、弧、弦的关系推出∠COD＝∠COB，由OD
＝OB，得到OC⊥BD，又CF∥BD，因此半径OC⊥CF，即可证明CF是 O的切线；
（2）设OM＝x，由勾股定理得到62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，求出x＝1.4，由三角形中位线定理，得到AD
⊙
＝2OM＝2x＝2.8．
【解答】（1）证明：连接OD，连接OC交BD于M，
∵CD＝CB，
∴ ＝ ，
∴∠COD＝∠COB，
∵OD＝OB，
∴OC⊥BD，DM＝BM，
∵CF∥BD，
∴半径OC⊥CF，
∴CF是 O的切线；
（2）解：设OM＝x，
⊙
∵OC＝ AB＝5，
∴MC＝5﹣x，
∵BM2＝BC2﹣CM2＝OB2﹣OM2，
∴62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，∴x＝1.4，
∵AO＝OB，DM＝BM，
∴OM是△BAD的中位线，
∴AD＝2OM＝2x＝2.8．
8．（2023•甘南县一模）如图，已知 AB 是 O 的直径，点 C 在 O 上，AD⊥DC 于点 D，AC 平分
∠DAB．
⊙ ⊙
（1）求证：直线CD是 O的切线；
（2）若AB＝4，∠DAB＝60°，求AD的长．
⊙
【分析】（1）连接OC，先证出∠OCA＝∠DAC，得OC∥AD，再由平行线的性质得CD⊥OC，即可得
出结论；
（2）连接BC，先由圆周角定理得∠ACB＝90°，由角平分线定义得∠DAC＝∠BAC＝30°，再由含30°角
的直角三角形的性质得BC＝ AB＝2，AC＝ BC＝2 ，进而得出答案．
【解答】（1）证明：连接OC，如图1所示：
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠OCA＝∠DAC，
∴OC∥AD，
∵AD⊥DC，
∴CD⊥OC，
又∵OC是 O的半径，
∴直线CD是 O的切线；
⊙
（2）解：连接BC，如图2所示：
⊙
∵AB是 O的直径，
⊙∴∠ACB＝90°，
∵AC平分∠DAB，∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴BC＝ AB＝2，AC＝ BC＝2 ，
∵AD⊥DC，
∴∠ADC＝90°，
∴CD＝ AC＝ ，AD＝ CD＝3．
9．（2023•云梦县校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，在AC上取一点D，以AD为直径作 O，
与AB相交于点E，作线段BE的垂直平分线MN交BC于点N，连接EN．
⊙
（1）求证：EN是 O的切线；
（2）若AC＝3，BC＝4， O的半径为1，求线段EN的长．
⊙
⊙
【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的性质以及直角三角形的两锐角互余得出
∠NEM+∠AEO＝90°即可；
（2）利用线段中垂线的性质以及勾股定理列方程求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∵MN是AB的中垂线，
∴NE＝NB，
∴∠B＝∠NEB，
∵△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴∠B+∠A＝90°，
∴∠NEB+∠OEA＝90°，
∴∠OEN＝180°﹣90°＝90°，
即OE⊥EN，
∵OE是半径，
∴EN是 O的切线；
（2）解：如图，连接ON，
⊙
∵MN是AB的中垂线，∴NE＝NB，
设EN＝x＝BN，
在Rt△CON中，ON2＝OC2+CN2，
在Rt△OEN中，ON2＝OE2+EN2，
∴OC2+CN2＝OE2+EN2，
即（3﹣1）2+（4﹣x）2＝12+x2，
解得x＝ ，
即EN＝ ．
10．（2023•桑植县模拟）如图，AB是 O的直径，点C是劣弧BD中点，AC与BD相交于点E．连接
BC，∠BCF＝∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．
⊙
（1）求证：CF是 O的切线；
（2）求证：∠ACD＝∠F；
⊙
（3）若AB＝10，BC＝6，求AD的长．
【分析】（1）连接OC，由圆周角定理得∠ACO+∠OCB＝90°，再由等腰三角形性质及切线的判定定理
可得结论；
（2）根据同圆中等弧对等角、等角对等弧可得答案；
（3）设OH为x，则CH为（5﹣x），根据勾股定理可得方程，求得OH的长，再根据三角形中位线定
理可得答案．
【解答】解：（1）连接OC，∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠ACO，
∵∠BCF＝∠BAC，
∴∠BCF+∠OCB＝90°，
∴∠OCF＝90°，
∴OC⊥CF，
∴CF是 O的切线．
（2）∵⊙点C是 中点，
∴ ，
∴∠CAD＝∠BAC，
∵∠BCF＝∠BAC，
∴∠CAD＝∠BCF，
∵ ，
∴∠CAD＝∠CBD，
∴∠BCF＝∠CBD，
∴BD∥CF，
∴∠ABD＝∠F，
∵ ，
∴∠ACD＝∠ABD，
∴∠ACD＝∠F．
（3）如图：
∵BD∥CF，OC⊥CF，
∴OC⊥BD于点H，
设OH为x，则CH为（5﹣x），根据勾股定理，
62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，
解得： ，∴ ，
∵OH是中位线，
∴ ．
11．（2023秋•台江区校级月考）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： ．
【分析】（1）证明△PAO≌△POC（SSS），即可求解；
（2）证明△PAM≌△ABC（AAS），得到△BCM为等腰直角三角形，即可求解．
【解答】证明：（1）连接OC，
∵AC⊥PO，
则PO是AC的中垂线，则PA＝PC，
∵AO＝OC，OP＝OP，
∴△PAO≌△POC（SSS），
∴∠PCO＝∠PAO＝90°，
∴PC是 O的切线；
⊙
（2）连接BC，则∠ACB＝90°＝∠PAB，
∵OM⊥AC，BC⊥AC，
则OM∥BC，
则∠POA＝∠ABC，
∵∠PAM+∠MAO＝90°，∠MAO+∠MAO＝90°，∴∠PAM＝∠POA＝∠ABC，
∵PA＝AB，
∴△PAM≌△ABC（AAS），
∴BC＝AM＝MC，
∴△BCM为等腰直角三角形，
则 ．
12．（2022秋•嘉祥县校级期末）已知BC是 O的直径，点D是BC延长线上一点，AB＝AD，AE是 O
的弦，∠AEC＝30°．
⊙ ⊙
（1）求证：直线AD是 O的切线；
（2）若AE⊥BC，垂足为M， O的半径为10，求AE的长．
⊙
⊙
【分析】（1）连结OA，由圆周角定理可求得∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，则∠OAD＝
90°，可证明直线AD是 O的切线；
（2）若AE⊥BC于点M，根据垂径定理可证明AM＝EM，在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，∠AOM＝
⊙
60°，则∠OAM＝30°，已知 O的半径OA＝6，则OM＝ OA＝3，根据勾股定理可以求出AM的长，
进而求出AE的长．
⊙
【解答】（1）证明：如图，连结OA，
∵∠AEC＝30°，
∴∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，
∵AB＝AD，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴∠OAD＝180°﹣∠AOC﹣∠D＝90°，
∵OA是 O的半径，且AD⊥OA，
∴直线AD是 O的切线．
⊙
（2）解：如图，∵BC是 O的直径，且AE⊥BC于点M，
⊙
∴AM＝EM，
⊙
∵∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，
∴∠OAM＝30°，
∴OM＝ OA＝ ×10＝5，
∴AM＝ ＝ ＝5 ，∴AE＝2AM＝2×5 ＝10 ．
13．（2023•南海区校级模拟）如图，AB为 O的直径，PD切 O于点C，与BA的延长线交于点D，
DE⊥PO交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知PB＝6，DB＝8，∠EDB＝∠EPB．
⊙ ⊙
（1）求证：PB是 O的切线；
（2）求 O的半径．
⊙
（3）连接BE，求BE的长．
⊙
【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性质得到∠OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC＝
PB＝6，由PD﹣PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC＝r，则有OD＝8﹣r，利用勾股定理
列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
（3）延长PB、DE相交于点F，证明△PED≌△PEF（ASA），由全等三角形的性质得出PD＝PF＝
10，DE＝EF，求出DF的长，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE⊥PE，
∴∠DEO＝90°，
∵∠EDB＝∠EPB，∠BOE＝∠EDB+∠DEO，∠BOE＝∠EPB+∠OBP，
∴∠OBP＝∠DEO＝90°，
∴OB⊥PB，
∴PB为 O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB＝6，DB＝8，
⊙
根据勾股定理得： ，
∵PD与PB都为 O的切线，
∴PC＝PB＝6，
⊙
∴DC＝PD﹣PC＝10﹣6＝4；
在Rt△CDO中，设OC＝r，则有OD＝8﹣r，
根据勾股定理得：（8﹣r）2＝r2+42，解得：r＝3，
则圆的半径为3．
（3）延长PB、DE相交于点F，
∵PD与PB都为 O的切线，
∴OP平分∠CPB，
⊙
∴∠DPE＝∠FPE，
∵PE⊥DF，
∴∠PED＝∠PEF＝90°，
又∵PE＝PE，
∴△PED≌△PEF（ASA），
∴PD＝PF＝10，DE＝EF，
∴BF＝PF﹣PB＝10﹣6＝4，
在Rt△DBF中， ，
∴ ．
14．（2023•山丹县模拟）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
DE⊥AC，交AC于点E．
⊙
（1）求证：DE是 O的切线；
（2）若 O的直径为5，BC＝8，求DE的长．
⊙
⊙
【分析】（1）连接OD，通过角的转换，可证明OD∥AC，进而得证；
（2）连接AD，可得BD＝CD＝4，根据勾股定理求得AD，在Rt△ACD中，根据面积法求得DE．
【解答】（1）证明：如图1，∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴∠ODB＝∠C，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥半径OD，
∴DE是 O的切线；
（2）解：如图2，
⊙
连接AD，
∵AB是 O的直径，
∴∠ADB＝90°，
⊙
∵AB＝AC，
∴BD＝CD＝ ＝4，
∴AD＝ ＝3，
∵DE⊥AC，
∴S△ACD ＝ ，
∴5•DE＝3×4，
∴DE＝ ，
∴DE的长是 ．
15．（2023•华亭市校级模拟）如图，直线l切 O于点A，点P为直线l上一点，直线PO交 O于点C、
⊙ ⊙B，点D在线段AP上，连结DB，且AD＝DB．
（1）求证：DB为 O的切线；
（2）若AD＝2，PB＝BO，求弦AC的长．
⊙
【分析】（1）要证明DB为 O的切线，只要证明∠OBD＝90即可；
（2）根据已知及直角三角形的性质可以得到 PD＝2BD＝2DA＝2，再利用等角对等边可以得到AC＝
⊙
AP，这样求得AP的值就得出了AC的长．
【解答】（1）证明：连接OD；
∵PA为 O切线，
∴∠OAD＝90°，
⊙
在△OAD和△OBD中，
，
∴△OAD≌△OBD（SSS），
∴∠OBD＝∠OAD＝90°，
∴半径OB⊥BD，
∴DB为 O的切线；
（2）解：在Rt△OAP中，
⊙
∵PB＝OB＝OA，
∴OP＝2OA，
∴∠OPA＝30°，
∴∠POA＝60°＝2∠C，
∴PD＝2BD＝2DA＝4，
∴∠OPA＝∠C＝30°，
∴AC＝AP＝AD+DP＝6．
16．（2023秋•江阴市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于点E，O为AC上一点，经过点A、E的 O分别交AB、AC于点D、F，连接OD交AE于点M．
（1）求证：BC是 O的切线；
⊙
（2）若CF＝2，EC＝4，求圆O的半径．
⊙
【分析】（1）连接OE，根据角平分线的性质及同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠OEC＝90°即
可；
（2）由勾股定理可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OE，
∵AE平分∠BAC交BC于点E，
∴∠BAC＝2∠OAE，
∵∠FOE＝2∠OAE，
∴∠FOE＝∠BAC，
∴OE∥AB，
∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是 O的半径，
∴BC是 O的切线；
⊙
（2）解：设OE＝OF＝x，
⊙
∵∠OEC＝90°，
∴OE2+CE2＝OC2，
∴x2+42＝（x+2）2，
解得x＝3，
∴OE＝3，即圆O的半径为3．
17．（2023春•蓬安县期中）如图，AB是 O的直径，CD是 O的弦，AB⊥CD，垂足是点H，过点C作
直线分别与AB，AD的延长线交于点E，F，且∠CEA+∠CAD＝90°．
⊙ ⊙
（1）求证：CF是 O的切线；
（2）如果AB＝10，CD＝6，求BE的长．
⊙
【分析】（1）根据垂径定理、圆周角定理以及三角形内角和定理得出∠OCE＝90°即可；
（2）根据勾股定理求出OH，进而求出HB，利用勾股定理列方程求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OC，
∵AB是 O的直径，CD⊥AB，
∴ ＝⊙，
∴∠CAB＝∠DAB，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠COB＝∠OAC+∠OCA＝2∠OAC＝∠CAD，
∵∠CEA+∠CAD＝90°，
∴∠CEA+∠COB＝90°，
即∠OCE＝90°，
∴OC⊥CF，
∵OC是半径，
∴CF是 O的切线；
（2）∵AB是 O的直径，CD⊥AB，
⊙
⊙
∴CH＝HD＝ CD＝3，
在Rt△COH中，OC＝ AB＝5，CH＝3，
∴OH＝ ＝4，
∴HB＝OB﹣OH＝5﹣4＝1，
设BE＝x，则HE＝1+x，OE＝5+x，
∵HE2+HC2＝CE2＝OE2﹣OC2，即（1+x）2+32＝（5+x）2﹣52，
∴x＝ ，即BE＝ ．
18．（2023•鄂州）如图，AB为 O的直径，E为 O上一点，点C为 的中点，过点C作CD⊥AE，交
AE的延长线于点D，延长DC交AB的延长线于点F．
⊙ ⊙
（1）求证：CD是 O的切线；
（2）若DE＝1，DC＝2，求 O的半径长．
⊙
⊙
【分析】（1）连接OC，由等弧所对的圆周角相等得出∠EAC＝∠BAC，根据同圆的半径相等得出
∠BAC＝∠OCA，于是有∠EAC＝∠OCA，可得出AE∥OC，再根据CD⊥AE，即可得出OC⊥DF，从
而问题得证；
（2）连接CE，BC，先根据切割线定理求出AD的长，然后由勾股定理求出AC、CE的长，再根据等弧
所对的弦相等得出BC＝CE，在Rt△ACB中根据勾股定理求出AB的长，即可求出 O的半径．
【解答】（1）证明：连接OC，
⊙
∵点C为 的中点，
∴ ，
∴∠EAC＝∠BAC，
∵OA＝OC，
∴∠BAC＝∠OCA，
∴∠EAC＝∠OCA，∴AE∥OC，
∴∠ADC＝∠OCF，
∵CD⊥AE，
∴∠ADC＝90°，
∴∠OCF＝90°，
即OC⊥DF，
又OC为 O的半径，
∴CD是 O的切线；
⊙
（2）解：连接CE，BC，
⊙
由（1）知CD是 O的切线，
∴CD2＝DE•AD，
⊙
∵DE＝1，DC＝2，
∴AD＝4，
在Rt△ADC中，由勾股定理得 ，
在Rt△DCE中，由勾股定理得 ，
∵点C是 的中点，
∴ ，
∴EC＝BC＝ ，
∵AB为 O的直径，
∴∠ACB＝90°，
⊙
由勾股定理得 ，
∴ O的半径长是2.5．
19．（2023•清原县模拟）如图，以线段AB为直径作 O，交射线AC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）求证：AB＝AM；
⊙【分析】（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证明即可；
（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．
【解答】证明：（1）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）∵线段AB是 O的直径，
⊙
∠ADB＝90°，
⊙
∠ADM＝180°﹣∠ADB＝90°，
∠M+∠DAM＝90°，
∠ABM+∠DAB＝90°，
∵∠DAM＝∠DAB，
∴∠M＝∠ABM，
∴AB＝AM．20．（2022秋•安徽期末）如图，四边形 ABCD内接于 O， ，点E在AB的延长线上，∠ECB＝
∠DAC．
⊙
（1）求证：EC是 O的切线；
（2）若AD＝5，∠E＝30°，求 O的半径．
⊙
⊙
【分析】（1）如答图，连接CO并延长交 O于点M，连接MB；利用圆周角定理以及等量代换可得
∠ECB＝∠CMB，依据CM是 O的直径，结合“直径说对的圆周角是直角”进行等量代换可求得
⊙
∠ECB+∠BCM＝90°，即可证明；
⊙
（2）如答图，连接DO并延长交 O于点N，连接AN；根据邻补角和四边形内对角互补得∠ADC＝
∠CBE，根据三角形内角和得∠DCA＝∠E＝30°；DN是 O的直径，结合“直径说对的圆周角是直
⊙
角”在Rt△DAN中，解三角形即可．
⊙
【解答】（1）证明：如图，连接CO并延长交 O于点M，连接MB．
⊙
∵ ，
∴∠CAD＝∠CAB，
∵∠CAB＝∠CMB，∠ECB＝∠CAD，
∴∠ECB＝∠CMB，
∵CM是 O的直径，
∴∠CBM＝90°，
⊙
∴∠CMB+∠BCM＝90°，
∴∠ECB+∠BCM＝90°，
∴OC⊥CE，
∴EC是 O的切线；
（2）解：如图，连接DO并延长交 O于点N，连接AN．
⊙
⊙∵∠ECB＝∠CAD，∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，
∴∠ADC＝∠CBE，
∴180°﹣∠CAD﹣∠ADC＝180°﹣∠CBE﹣∠ECB，
∴∠DCA＝∠E＝30°，
∵DN是 O的直径，
∴∠DAN＝90°，
⊙
在Rt△DAN中，
∵∠DCA＝∠DNA＝30°，
∴DN＝2AD＝10，
∴ O的半径为5．
21．（2023•大连模拟）如图，已知 O是△ABC的外接圆，AB是 O的直径，D是AB延长线的一点，
⊙
AE⊥CD交DC的延长线于E，CF⊥AB于F，且CE＝CF．
⊙ ⊙
（1）求证：DE是 O的切线；
（2）若AB＝10，BD＝3，求AE的长．
⊙
【分析】（1）要证DE是 O的切线，只要连接OC，再证∠DCO＝90°即可；
（2）由切线的性质及勾股定理可得CD的长，再根据三角形面积公式及勾股定理可得AF的长，最后由
⊙
全等三角形的判定与性质可得答案．
【解答】（1）证明：（1）连接OC；
∵AE⊥CD，CF⊥AB，又CE＝CF，
∴∠1＝∠2．
∵OA＝OC，
∴∠2＝∠3，∠1＝∠3．
∴OC∥AE．
∴OC⊥CD．
∴DE是 O的切线．
（2）解：∵OC⊥ED，AB＝10，BD＝3，
⊙∴OB＝OC＝5．
CD＝ ＝ ，
∵ ，
即 ，
∴CF＝ ，
∴OF＝ ＝ ，
∴AF＝OA+OF＝5+ ，
在Rt△AEC和Rt△AFC中，CE＝CF，AC＝AC，
∴Rt△AEC≌Rt△AFC（HL），
∴AE＝AF＝ ．
22．（2023•长安区模拟）如图， O为四边形ABCD的外接圆，若AB＝AD、CB＝CD，延长AD至点F，
连接FC并延长至点E，恰好使得∠BCE+∠F＝90°．
⊙
（1）证明：EF为 O的切线；
（2）连接BD，若 O的半径为4，CF＝6，求BD的长．
⊙
⊙
【分析】（1）连接AC，利用圆的有关性质可得AC为直径，利用全等三角形的判定与性质得到∠ACB
＝∠ACD，利用同角的余角相等的性质和平角的定义可得∠ACF＝90°，利用圆的切线的判定定理解答
即可得出结论；
（2）利用圆周角定理，勾股定理求得AE，利用三角形的面积公式求得CD，利用同样的方法解答即可求得DH，利用垂径定理即可得到BD＝2DH．
【解答】（1）证明：连接AC，如图，
∵AB＝AD、CB＝CD，
∴ ， ，
∴ 为半圆，
∴AC为 O的直径，
∴∠B＝∠D＝90°．
⊙
在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠ACB＝∠ACD，
∵∠BCE+∠F＝90°，∠DCF+∠F＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF，
∵∠BCE+∠ACB+∠ACD+∠DCF＝180°，
∴∠ACD+∠DCF＝90°，
∴∠ACF＝90°，
即OC⊥EF，
∵OC为 O的半径，
∴EF为 O的切线；
⊙
（2）解：设BD交AC于点H，如图，
⊙
则BH＝DH＝ BD．
∵ O的半径为4，
∴AC＝8，
⊙
∵AC⊥EF，
∴AF＝ ＝ ＝10．
∵ ，
∴8×6＝10CD，
∴CD＝4.8，
∴AD＝ ＝ ＝6.4，
∵ ，
∴6.4×4.8＝8DH，∴DH＝ ，
∴BD＝2DH＝ ．
23．（2023春•江岸区校级月考）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．
⊙
【分析】（1）连接OD，由切线的性质可得∠ODE＝90°，然后利用平行线和等腰三角形的性质可得OE
平分∠DOB，从而可得∠DOE＝∠EOB，进而可证△DOE≅△BOE，最后利用全等三角形的性质即可解
答；
（2）设 O的半径为r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的长，再利用（1）的结论可得DE＝
BE，最后在Rt△BCE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
⊙
【解答】（1）证明：连接OD，
∵CD与 O相切于点D，
∴∠ODE＝90°，
⊙
∵AD//OE，
∴∠ADO＝∠DOE，∠DAO＝∠EOB，
∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO，
∴∠DOE＝∠EOB，
∵OD＝OB，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，
⊙
在Rt△ODC中，OD2+DC2＝OC2，
⊙
∴r2+42＝（r+2）2，
∴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，
∴64+DE2＝（4+DE）2，
∴DE＝6，
∴DE的长为6．
24．（2022秋•清原县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB边的中点，点O在AC边上，
O经过点C且与AB边相切于点E， ．
（1）求证：AF是 O的切线；
⊙
（2）若BC＝6，AB＝10，求 O的半径长．
⊙
⊙
【分析】（1）作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，证明AC是∠FAB的平分线，进而根据OH＝OE，
OE⊥AB，可得AF是 O的切线；
（2）勾股定理得出AC，设 O的半径为r，则OC＝OE＝r，进而根据切线的性质，在Rt△OEA中，勾
⊙
股定理即可求解．
⊙
【解答】（1）证明：如图，作OH⊥FA，垂足为点H，连接OE，∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴ ，
∴∠CAD＝∠ACD，
∵∠BDC＝∠CAD+∠ACD＝2∠CAD，
又∵ ，
∴∠FAC＝∠CAD，
即AC是∠FAB的平分线，
∵点O在AC上， O与AB相切于点E，
∴OE⊥AB，且OE是 O的半径，
⊙
∴OH＝OE，OH是 O的半径，
⊙
∴AF是 O的切线；
⊙
（2）解：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AB＝10，
⊙
∴ ，
∵BE，BC是 O的切线，
∴BC＝BE＝6，
⊙
∴AE＝10﹣6＝4
设 O的半径为r，则OC＝OE＝r，
在Rt△OEA中，由勾股定理得：OE2+AE2＝OA2，
⊙
∴16+r2＝（8﹣r）2，
∴r＝3．
∴ O的半径长为3．
25．（2022秋•华容区期末）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．【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出OB⊥BC，证明△DOC≌△BOC（SAS），由全等三角形的
性质得出∠ODC＝∠OBC＝90°，则可得出结论；
（2）设BC＝x，过点E作EM⊥BC于M，则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．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵CB与 O相切于点B，
∴OB⊥BC，
⊙
∵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：设CB＝x，
⊙
∵AE⊥EB，
∴AE为 O的切线，
∵CD、CB为 O的切线，
⊙
∴ED＝AE＝4，CD＝CB＝x，∠DOC＝∠BCO，
⊙
∴BD⊥OC，
过点E作EM⊥BC于M，则EM＝12，CM＝x﹣4，∴（4+x）2＝122+（x﹣4）2，
解得x＝9，
∴CB＝9，
∴OC＝ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴BF＝ ．
26．（2022秋•建昌县期末）如图，四边形ABCD内接于圆O，AD是圆O的直径，AD，BC的延长线交于
点E，延长CB交AF于点F，∠BAF+∠DCE＝90°．
（1）求证：AF是圆O的切线；
（2）点G在CE上，且BC＝CD＝CG，连接DG，DG＝2，AB＝5，求AD的长．
【分析】（1）根据四边形ABCD内接于圆O和∠DCE+∠BCD＝180°得出∠BAD＝∠DCE，再根据
∠BAF+∠DCE＝90°得出∠FAD＝90°即可证明；
（2）连接OB，OC，BD，记OC与BD相交于点N，根据BC＝CD用垂径定理得出BN＝DN，再根据
BC＝CG，OA＝OD运用三角形中位线得出CN，ON即可解答；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠DCE+∠BCD＝180°，
∴∠BAD＝∠DCE，
∵∠BAF+∠DCE＝90°，
∴∠BAF+∠BAD＝90°，即∠FAD＝90°，
又∵AD是圆O的直径，∴AF是圆O的切线，
（2）如图，连接OB，OC，BD，记OC与BD相交于点N，
∵BC＝CD，
∴∠BOC＝∠COD，又OB＝OD，
∴BN＝DN，
∵BC＝CG，
∴ ，
又∵OA＝OD，
∴ ，
∴OC＝ON+CN＝3.5，
∴AD＝2OC＝7．
27．（2023•鞍山二模）如图，在△ABC中，以AB为直径作 O， O恰好经过点C，点D为半圆AB中点，
连接CD，过D作 DE∥AB交AC延长线于点E．
⊙ ⊙
（1）求证：DE为 O切线：
（2）若AC＝4， ⊙ ，求 O的半径长．
⊙
【分析】（1）连接OD，过点D作DF⊥AC于点F，根据点D为半圆AB的中点得OD⊥AB，再根据
DE∥AB可得出OD⊥DE，据此可得出结论；
（2）由（1）可知OD⊥AB，根据圆周角与圆心角的关系得∠ACD＝1/2∠AOD＝45°，则△DCF为等腰
直角三角形，可用勾股定理求出CF＝DF＝1，然后在Rt△ADF中求出AD＝√10，进而在Rt△AOD中
求出OA即可．
【解答】（1）证明：连接OD，过点D作DF⊥AC于点F，如图：∵点D为半圆AB的中点，
∴OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∵OD为 O的半径，
∴DE为 O的切线；
⊙
（2）解：由（1）可知：OD⊥AB，
⊙
∴∠AOD＝90°，
∴∠ACD＝ ∠AOD＝45°，
∵DF⊥AC，
∴△DCF为等腰直角三角形，
∴DF＝CF，
在Rt△DCF中，DF＝CF， ，
由勾股定理得：DF2+CF2＝CD2，
即： ，
∴CF＝DF＝1，
∵AC＝4，
∴AF＝AC﹣CF＝4﹣1＝3，
在Rt△ADF中，AF＝3，DF＝1，
由勾股定理得： ，
在Rt△AOD中，OA＝OD， ，
由勾股定理得：OA2+OD2＝AD2，
即： ，
∴ ，
∴ O的半径为 ．
⊙
28．（2023•新洲区校级模拟）如图，C是 O的直径AB的延长线上的一点，且 ．P是 O上的
一动点（不与点A，B重合），E是OB的中点．
⊙ ⊙（1）如图1，若PE⊥OB，求证：CP与 O相切；
（2）如图2，CP与 O交于点M，若∠PEA＝30°，AB＝4，求PE的长．
⊙
【分析】（1）勾股定理以及相似三角形的判定和性质得出∠POE＝∠CPE，进而得出OP⊥PC即可；
⊙
（2）根据直角三角形的边角关系求出OD、DE，再根据勾股定理求出PD即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接OP，
∵点E是OB的中点，
∴OE＝BE＝ OB，
设OE＝BE＝a，则OP＝OB＝2a，CE＝3a，
∴PE＝ ＝ a，
∵ ＝ ＝ ＝ ，且∠OPE＝∠PEC＝90°，
∴△POE∽△CPE，
∴∠POE＝∠CPE，
∵∠POE+∠OPE＝90°，
∴∠CPE+∠OPE＝90°，
即OP⊥PC，
∵OP是半径，
∴PC是 O的切线；
（2）如图2，过点O作OD⊥PE于D，连接OP，
⊙
∵AB＝4，OA＝OB，点E是OB的中点，
∴OE＝1，
在Rt△DOE中，OE＝1，∠OED＝30°，
∴OD＝ OE＝ ，DE＝ OE＝ ，
在Rt△DOP中，OD＝ ，OP＝2，
∴PD＝ ＝ ，
∴PE＝PD+DE＝ +
＝ ．
29．（2023春•东营期末）如图，在 O中，PA是直径，PC是弦，PH平分∠APB且与 O交于点H，过
H作HB⊥PC交PC的延长线于点B．
⊙ ⊙
（1）求证：HB是 O的切线；
（2）若HB＝4，BC＝2，求 O的直径．
⊙
⊙
【分析】（1）连接OH，由题意可得∠OHP＝∠HPA＝∠HPB，可证OH∥BP，则可得OH⊥BH，根据
切线的判定可证HB是 O的切线；
（2）过点O作OE⊥PC，垂足为E，可证四边形EOHB是矩形，可得OE＝BH＝4，OH＝BE，再根据
⊙
勾股定理可求OP的长，即可求 O的直径．
【解答】证明：（1）如图，连接OH，
⊙
∵PH平分∠APB，
∴∠HPA＝∠HPB，
∵OP＝OH，
∴∠OHP＝∠HPA，
∴∠HPB＝∠OHP，
∴OH∥BP，
∵BP⊥BH，
∴OH⊥BH，
∴HB是 O的切线；
（2）如图，过点O作OE⊥PC，垂足为E，
⊙
∵OE⊥PC，OH⊥BH，BP⊥BH，
∴四边形EOHB是矩形，∴OE＝BH＝4，OH＝BE，
∴CE＝OH﹣2，
∵OE⊥PC
∴PE＝EC＝OH﹣2＝OP﹣2，
在Rt△POE中，OP2＝PE2+OE2，
∴OP2＝（OP﹣2）2+16
∴OP＝5，
∴AP＝2OP＝10，
∴ O的直径是10．
⊙
30．（2023春•清江浦区月考）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，以AC为直径的 O与BC交于点
D，DE⊥AB，垂足为E，ED的延长线与AC的延长线交于点F．
⊙
（1）试说明：DE是 O的切线；
（2）若 O的半径为4，BE＝2，求CF的长．
⊙
⊙
【分析】（1）如图，连接OD，欲证DE是 O的切线，只需证得OD⊥ED；
⊙
（2）先求出AE，过O作OH⊥AB于H，则四边形ODEH是矩形，根据AH＝ AO证明∠F＝∠AOH＝
30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可求得CF．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，AD，
∵AC是直径，
∴AD⊥BC，
又∵在△ABC中，AB＝AC，
∴BD＝CD，
∵AO＝OC，
∴OD∥AB，
又∵DE⊥AB，
∴DE⊥OD，∵OD为 O半径，
∴DE是 O的切线；
⊙
（2）解：∵ O的半径为4，AB＝AC，
⊙
∴AC＝AB＝4+4＝8，
⊙
∵BE＝2，
∴AE＝8﹣2＝6，
过O作OH⊥AB于H，则四边形ODEH是矩形，
∴EH＝OD＝4，OH∥EF，
∴AH＝AE﹣OD＝6﹣4＝2，
∴AH＝ AO，
∴∠AOH＝30°，
∴∠F＝30°，
∴AF＝2AE＝12，
∴CF＝AF﹣AC＝12﹣8＝4．
