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2021-2022 学年北师大版数学九年级下册压轴题专题精选汇编
专题 08 直线与圆的位置关系
一．选择题
1．（2021•镇江）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，
连接FD，则∠AFD等于（ ）
A．27° B．29° C．35° D．37°
【思路引导】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣
36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【完整解答】解：连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴∠AFD＝ AOD＝ 54°＝27°，
故选：A．
2．（2021•遵义）如图，AB是⊙O的弦，等边三角形OCD的边CD与⊙O相切于点P，且CD∥AB，连接
OA，OB，OP，AD．若∠COD+∠AOB＝180°，AB＝6，则AD的长是（ ）A．6 B．3 C．2 D．
【思路引导】延长PO交AB于H，连接AP，BP，过点A作AE⊥CD，交DC的延长线于E，由切线的
性质可得OP⊥CD，由等边三角形的性质可得∠COD＝60°＝∠OCD，CP＝PD，由垂径定理可得AH＝
BH＝3，通过证明△APB是等边三角形，可求AP＝6，∠APH＝30°，由锐角三角函数可求AE，EP，在
Rt△AED中，由勾股定理可求AD的长．
【完整解答】解：如图，延长PO交AB于H，连接AP，BP，过点A作AE⊥CD，交DC的延长线于
E，
∵CD与⊙O相切于点P，
∴OP⊥CD，
又∵△COD是等边三角形，
∴∠COD＝60°＝∠OCD，CP＝PD，
∵CD∥AB，
∴OH⊥AB，
∴AH＝BH＝3，
∵∠COD+∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝30°，
∴AO＝2OH，AH＝ OH＝3，∴OH＝ ，AO＝2 ＝OB＝OP，
∵sin∠OCD＝ ＝ ，
∴OC＝4，
∴CP＝PD＝2，
∵AH＝BH，PH⊥AB，
∴AP＝BP，
∵∠AOB＝2∠APB，
∴∠APB＝60°，
∴△APB是等边三角形，
∴AP＝BP＝6，∠APH＝30°，
∴∠APE＝60°，
∴∠EAP＝30°，
∴EP＝ AP＝3，AE＝ EP＝3 ，
∴PD＝EP+PD＝5，
∴AD＝ ＝ ＝2 ，
故选：C．
3．（2021•哈尔滨）如图，AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，点B为切点，若AB＝8，tan∠BAC＝
，则BC的长为（ ）
A．8 B．7 C．10 D．6
【思路引导】先根据切线的性质得到∠ABC＝90°，然后利用正切的定义求BC的长．
【完整解答】解：∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，∵tan∠BAC＝ ＝ ，
∴BC＝ ×8＝6．
故选：D．
4．（2021•西湖区校级二模）如图，点A的坐标为（﹣3，2），⊙A的半径为1，P为坐标轴上一动点，
PQ切⊙A于点Q，在所有P点中，使得PQ长最小时，点P的坐标为（ ）
A．（0，2） B．（0，3） C．（﹣2，0） D．（﹣3，0）
【思路引导】连接AQ、PA，如图，利用切线的性质得到∠AQP＝90°，再根据勾股定理得到 PQ＝
，则AP⊥x轴时，AP的长度最小，利用垂线段最短可确定P点坐标．
【完整解答】解：连接AQ、PA，如图，
∵PQ切⊙A于点Q，
∴AQ⊥PQ，
∴∠AQP＝90°，
∴PQ＝ ＝ ，
当AP的长度最小时，PQ的长度最小，
∵AP⊥x轴时，AP的长度最小，
∴AP⊥x轴时，PQ的长度最小，
∵A（﹣3，2），
∴此时P点坐标为（﹣3，0）．
故选：D．5．（2021•巴南区自主招生）如图，PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点B，点C在⊙O上，连接AC，
BC．若∠P＝45°，则∠ACB的度数为（ ）
A．15° B．22.5° C．30° D．37.5°
【思路引导】连接OA，根据切线的性质得∠OAP＝90°，则∠AOP＝45°，然后根据圆周角定理得到
∠ACB的度数．
【完整解答】解：如图，连接OA，
∵直线PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∵∠P＝45°，
∴∠AOB＝45°，
∵∠ACB＝ AOB＝22.5°．
故选：B．
6．（2021•北京模拟）如图，BA与⊙O相切于点A，将线段OA绕点O逆时针旋转120°得到OA'．若∠B＝
40°，则∠BOA'的度数为（ ）A．40° B．50° C．60° D．70°
【思路引导】根据切线的性质可得∠OAB＝90°，根据旋转的性质可得∠AOA′＝120°，进而可得
∠BOA'的度数．
【完整解答】解：∵BA与⊙O相切于点A，
∴∠OAB＝90°，
∵∠B＝40°，
∴∠AOB＝50°，
∵∠AOA′＝120°，
∴∠BOA'＝120°﹣50°＝70°．
故选：D．
7．（2020秋•张店区期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的内切圆，
则⊙O的半径为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【思路引导】根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可．
【完整解答】解：∵∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，
∴AC＝ ＝4，
如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，∵⊙O是△ABC内切圆，D、E、F为切点，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD＝OE＝OF，
∴S ＝S +S +S ＝ BC•DO+ AC•OE+ AB•FO＝ （BC+AC+AB）•OD，
△ABC △BOC △AOC △AOB
∵∠C＝90°，
∴ AC•BC＝ （BC+AC+AB）•OD，
∴OD＝ ＝1．
故选：A．
8．（2021•广东模拟）如图，△ABC和△DEF分别是⊙O的外切正三角形和内接正三角形，若△DEF的面
积为1，则△ABC的面积为（ ）
A．8 B．6 C．4 D．2
【思路引导】过点O作ON⊥BC垂足为N，交EF于点M，连接OB，则O，E，B三点一定共线，设
OM＝1，则OD＝ON＝2，再求得EF，BC的长，根据三角形的面积公式即可得出△DEF和△ABC的面
积之比，根据△DEF的面积为1，则可得△ABC的面积．
【完整解答】解：过点O作ON⊥BC垂足为N，交EF于点M，连接OB，
则O，E，B三点一定共线，设OM＝1，则OE＝ON＝2，
∵∠OEM＝∠OBN＝30°，
∴OB＝4，EM＝ ，EF＝2 ，BN＝2 ，BC＝4 ，
∴S ＝ ×4 ×6＝12 ，
△ABC
∴S ＝ ×2 ×3＝3 ，
△DEF
∴ ＝ ＝4，
∴当△DEF的面积为1，
则△ABC的面积为4．
故选：C．
9．（2020秋•周村区期末）如图，点I和O分别是△ABC的内心和外心，若∠AIB＝125°，则∠AOB的度
数为（ ）
A．120° B．125° C．135° D．140°
【思路引导】根据圆周角定义，以及内心的定义，可以利用∠C表示出∠AIB和∠AOB，即可得到两个
角的关系．
【完整解答】解：∵点O是△ABC的外心，
∴∠AOB＝2∠C，
∴∠C＝ ∠AOB，
∵点I是△ABC的内心，∴∠IAB＝ ∠CAB，∠IBA＝ ∠CBA，
∴∠AIB＝180°﹣（∠IAB+∠IBA）
＝180°﹣ （∠CAB+∠CBA），
＝180°﹣ （180°﹣∠C）
＝90°+ ∠C，
∴2∠AIB＝180°+∠C，
∵∠AOB＝2∠C，
∴∠AIB＝90°+ ∠AOB，
∴4∠AIB﹣∠AOB＝360°．
∵∠AIB＝125°，
∴∠AOB＝140°．
故选：D．
二．填空题
10．（2021•河池）如图，在平面直角坐标系中，以 M（2，3）为圆心，AB为直径的圆与x轴相切，与y
轴交于A，C两点，则点B的坐标是 （ 4 ， 3 ﹣ ） ．
【思路引导】连接MD，BC，根据切线的性质得到MD⊥x轴，根据圆周角定理得到AC⊥BC，根据垂
径定理求出BE，根据勾股定理求出ME，进而求出DE，根据坐标与图形性质解答即可．
【完整解答】解：设以AB为直径的圆与x轴相切于点D，连接MD，BC，
则MD⊥x轴，
∵点M的坐标为（2，3），
∴CE＝BE＝2，BM＝DM＝3，∵AB为圆的直径，
∴AC⊥BC，
∴BC∥x轴，
∴MD⊥BC，
∴BC＝2CE＝4，CE＝BE＝2，
在Rt△BME中，由勾股定理得：ME＝ ＝ ＝ ，
∴DE＝MD﹣ME＝3﹣ ，
∴点B的坐标为（4，3﹣ ），
故答案为：（4，3﹣ ）．
11．（2020秋•长沙期末）在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，则△ABC的内切圆半径r＝ 2 ．
【思路引导】设⊙O切AC于点E，切BC于F，切AB于G，连接OE，OF，由切线的性质易证四边形
CEOF为正方形，得到CE＝CF＝r，由切线长定理得AE＝AG＝6﹣r，BF＝BG＝8﹣r，利用6﹣r+8﹣r
＝10可求出r．
【完整解答】解：如图，⊙O切AC于点E，切BC于F，切AB于G，连接OE，OF，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，
∴正方形CEOF为正方形，
∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝10，
设⊙O的半径为r，则CE＝CF＝r，
∴AE＝AG＝6﹣r，BF＝BG＝8﹣r，
∴AB＝AG+BG＝AE+BF，即6﹣r+8﹣r＝10，
解得：r＝2．
故答案为：2．12．（2021•荆州）如图，AB 是⊙O 的直径，AC 是⊙O 的弦，OD⊥AC 于 D，连接 OC，过点 D 作
DF∥OC交AB于F，过点B的切线交AC的延长线于E．若AD＝4，DF＝ ，则BE＝ ．
【思路引导】根据垂径定理得到AD＝DC，根据三角形中位线定理求出OC，根据勾股定理求出OD，
证明△AOD∽△AEB，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【完整解答】解：∵OD⊥AC，AD＝4，
∴AD＝DC＝4，
∵DF∥OC，DF＝ ，
∴OC＝2DF＝5，
在Rt△COD中，OD＝ ＝3，
∵BE是⊙O的切线，
∴AB⊥BE，
∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝∠ABE，
∵∠OAD＝∠EAB，
∴△AOD∽△AEB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：BE＝ ，故答案为： ．
13．（2021•陕西）如图，正方形 ABCD的边长为4，⊙O的半径为1．若⊙O在正方形ABCD内平移
（⊙O可以与该正方形的边相切），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为 3 +1 ．
【思路引导】当⊙O与CB、CD相切时，点A到⊙O上的点Q的距离最大，如图，过O点作OE⊥BC
于E，OF⊥CD于F，根据切线的性质得到OE＝OF＝1，利用正方形的性质得到点O在AC上，然后计
算出AQ的长即可．
【完整解答】解：当⊙O与CB、CD相切时，点A到⊙O上的点Q的距离最大，如图，
过O点作OE⊥BC于E，OF⊥CD于F，
∴OE＝OF＝1，
∴OC平分∠BCD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴点O在AC上，
∵AC＝ BC＝4 ，OC＝ OE＝ ，
∴AQ＝OA+OQ＝4 ﹣ +1＝3 +1，
即点A到⊙O上的点的距离的最大值为3 +1，
故答案为3 +1．
14．（2020秋•遵义期末）如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝45°，AB＝7 cm，点O以2cm/s的速度
在△ABC边上沿A→B→C→A的方向运动．以O为圆心作半径为 cm的圆，运动过程中⊙O与△ABC三边所在直线首次相切和第三次相切的时间间隔为 秒．
【思路引导】求出从首次相切到第3次相切时，圆心O移动的距离即可，画出两次相切时的图形，利用
直角三角形的边角关系和切线的性质可求出答案．
【完整解答】解：如图，⊙O与△ABC的边首次相切，切点为D，第3次相切时，切点为E，
∵∠A＝30°，OD＝ cm，
∴OA＝2OD＝2 （cm），
∵∠B＝45°，O′E＝ cm，
∴O′B＝ O′E＝2（cm），
∴从首次相切到第3次相切时，圆心O移动的距离为OB+BO′＝7 ﹣2 +2＝（5 +2）cm，
∴从首次相切到第3次相切的时间间隔为 s，
故答案为： ．
15．（2021•泰州）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴
正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 （ 0 ， 1 1 ） ．【思路引导】连接AB，过点A分别作AC⊥x轴、AD⊥y轴，利用根据圆的切线性质可知△PAB、
△AOC为直角三角形，AB＝AC＝5，利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理分别求出AO、AP、AD
的长度，进而求出OD、PD的长度即可求得答案．
【完整解答】解：过点A分别作AC⊥x轴于点C、AD⊥y轴于点D，连接AB，如图，
∵AD⊥y轴，AC⊥x轴，
∴四边形ADOC为矩形，
∴AC＝OD，OC＝AD，
∵⊙A与x轴相切，
∴AC为⊙A的半径，
∵点A坐标为（8，5），
∴AC＝OD＝5，OC＝AD＝8，
∵PB是切线，
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，
∴PA＝2AB＝10，
在Rt△PAD中，根据勾股定理得，PD＝ ＝ ＝6，
∴OP＝PD+DO＝11，
∵点P在y轴上，
∴点P坐标为（0，11）．
故答案为：（0，11）．
16．（2021•广东模拟）如图，AB是半圆O的直径，PB切半圆O于点B，PC切半圆O于点C，若AB＝
2，∠CAB＝60°，则图中阴影部分面积等于 ﹣ ．
【思路引导】连接OC，OP，根据切线的性质得到∠PCO＝∠PBO＝90°，∠CPO＝∠BPO，根据圆周
角定理得到∠COB＝2∠CAB＝120°，求得∠CPB＝60°，然后根据扇形和三角形的面积公式即可得到结
论．
【完整解答】解：连接OC，OP，
∵PB切半圆O于点B，PC切半圆O于点C，
∴∠PCO＝∠PBO＝90°，∠CPO＝∠BPO，
∵∠CAB＝60°，
∴∠COB＝2∠CAB＝120°，
∴∠CPB＝60°，
∴∠CPO＝∠BPO＝30°，
∵AB＝2，AB是半圆O的直径，
∴OC＝OA＝OB＝1，
∴PC＝PB＝ OC＝ ，
∴图中阴影部分面积＝S +S ﹣S ﹣S ＝1× + ﹣ ﹣ 1×
四边形PBOC 扇形AOC 扇形BOC △AOC
＝ ﹣ ．故答案为： ﹣ ．
17．（2020秋•东阳市期末）如图，菱形ABCD的边长为13，且∠BAD＝135°，对角线AC，BD交于点
O，点E是DC边上的一点，将△ADE沿着AE折叠得到△AD′E．若AD′，AE恰好都与⊙O相切，则
折痕AE的长为 ．
【思路引导】根据翻折的性质可得△ADE≌△AD′E．所以∠D′AE＝∠DAE，根据菱形的性质可得
∠ADC＝45°，∠DAC＝ BAD＝67.5°，由AD′，AE都与⊙O相切，可得AC平分∠EAD′，证明
∠ADE＝∠DAE＝45°，可得AE＝DE，进而根据可得AE的长．
【完整解答】解：∵△ADE沿着AE折叠得到△AD′E．
∴△ADE≌△AD′E．
∴∠D′AE＝∠DAE，
在菱形ABCD中，∠BAD＝135°，
∴∠ADC＝45°，∠DAC＝ BAD＝67.5°，
∵AD′，AE都与⊙O相切，
∴AC平分∠EAD′，
∴∠D′AE＝2∠D′AC＝2∠EAC＝∠DAE，∴∠EAC＝ DAE，
∴∠DAE＝ ∠DAC＝ ×67.5°＝45°，
∵∠ADE＝45°，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴AE＝ AD＝ ．
故答案为： ．
18．（2021•武汉模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，DC上两点E，F，且EF是⊙O的切线，
当△BEF的面积为 时，则⊙O的半径r是 ．
【思路引导】设正方形的边长为2a，则AM＝DM＝DG＝CG＝a，设ME＝NE＝x，NF＝FG＝y，则DE
＝a﹣x，DF＝a﹣y，EF＝x+y，利用勾股定理得出ax+ay+xy＝a2，再由S ＝S ﹣S ﹣S
△BEF 正方形ABCD △ABE △BCF
﹣S ，得出a2＝ ，从而求出a，得到r．
△DEF
【完整解答】解：设⊙O与AD相切于M，与EF相切于N，与CF相切于G，
设正方形的边长为2a，
∴AM＝DM＝DG＝CG＝a，设ME＝NE＝x，NF＝FG＝y，
在Rt△DEF中，
∵DE＝a﹣x，DF＝a﹣y，EF＝x+y，
∴（x+y）2＝（a﹣x）2+（a﹣y）2，
∴ax+ay+xy＝a2，
∵S ＝S ﹣S ﹣S ﹣S ，
△BEF 正方形ABCD △ABE △BCF △DEF
∴4a2﹣ ＝ ，
∴ ，
∴ ，
∵a＞0，
∴a＝ ，
∴AB＝2a＝3，
∴⊙O的半径为 ，
故答案为： ．
三．解答题
19．（2021•西藏）如图，AB是⊙O的直径，OC是半径，延长OC至点D．连接AD，AC，BC．使∠CAD
＝∠B．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AD＝4，tan∠CAD＝ ，求BC的长．
【思路引导】（1）根据AB是⊙O的直径得出∠B+∠BAC＝90°，等量代换得到∠CAD+∠BAC＝90°，
即∠BAD＝90°，AD⊥OA，即可判定AD是⊙O的切线；
（2）过点D作DM⊥AD交AC的延长线于点M，根据锐角三角函数定义求出DM＝2，由等边对等角得出∠OAC＝∠OCA，由平行线的性质得出∠M＝∠OAC，再根据对顶角相等得出∠DCM＝∠M，即得
DC＝DM＝2，根据勾股定理求出OA＝3，AB＝6，最后根据勾股定理求解即可．
【完整解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B+∠BAC＝90°，
∵∠CAD＝∠B，
∴∠CAD+∠BAC＝90°，
即∠BAD＝90°，
∴AD⊥OA，
∴AD是⊙O的切线；
（2）解：过点D作DM⊥AD交AC的延长线于点M，
∵tan∠CAD＝ ＝ ，AD＝4，
∴DM＝2，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AD⊥OA，DM⊥AD，
∴OA∥DM，
∴∠M＝∠OAC，
∵∠OCA＝∠DCM，
∴∠DCM＝∠M，
∴DC＝DM＝2，
在Rt△OAD中，OA2+AD2＝OD2，
即OA2+42＝（OC+2）2＝（OA+2）2，
∴OA＝3，
∴AB＝6，∵∠CAD＝∠B，tan∠CAD＝ ，
∴tanB＝tan∠CAD＝ ＝ ，
∴BC＝2AC，
在Rt△ABC中，AB2＝AC2+BC2，
∴62＝5AC2，
∴AC＝ ，
∴BC＝ ．
20．（2021•德阳）如图，已知：AB为⊙O的直径，⊙O交△ABC于点D、E，点F为AC的延长线上一点，
且∠CBF＝ ∠BOE．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若AB＝4 ，∠CBF＝45°，BE＝2EC，求AD和CF的长．
【思路引导】（1）连结AE，OE，根据“圆周角定理”及“直径所对的圆周角等于90°”得到∠ABF＝
90°，即BF⊥AB，即可判定BF是⊙O的切线；
（2）过点C作CG⊥BF于点G，连结BD，解直角三角形得出EC＝2，BC＝6，CG＝BG＝3 ，由
AB∥CG判定△FCG∽△FAB，得出 ＝ ，即可求出FG＝9 ，BF＝12 ，再根据勾股定理求出
CF＝6 ，AF＝8 ，最后根据特殊角的三角函数即可得解．
【完整解答】（1）证明：连结AE，OE，∵∠BAE＝ ∠BOE，∠CBF＝ ∠BOE，
∴∠BAE＝∠CBF，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
即∠ABF＝90°，
∴BF⊥AB，
∴BF是⊙O的切线；
（2）解：过点C作CG⊥BF于点G，连结BD，
∵∠CBF＝45°，
∴∠ABE＝90°﹣∠CBF＝45°，
在Rt△ABE中，AB＝4 ，
∴AE＝BE＝4 ×sin45°＝4，
∵BE＝2EC，
∴EC＝2，BC＝6，
在Rt△CBG中，∠CBG＝45°，BC＝6，
∴CG＝BG＝3 ，
∵CG⊥BF，BF⊥AB，
∴AB∥CG，
∴△FCG∽△FAB，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴FG＝9 ，∴BF＝12 ，
在Rt△FCG中，CF＝ ＝6 ，
在Rt△ABF中，AF＝ ＝8 ，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°＝∠ABD，
又∵∠BAD＝∠BAF，
∴cos∠BAD＝cos∠BAF，
即 ＝ ，
∴ ＝ ，
∴AD＝ ．
21．（2021•郴州）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AC是⊙O的直径，点D是 的中点，DE∥BC交
AC的延长线于点E．
（1）求证：直线DE与⊙O相切；
（2）若⊙O的直径是10，∠A＝45°，求CE的长．
【思路引导】（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∠B＝90°，则∠ACB＝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，于是可求出OE，然后计算OE﹣OC即可．
【完整解答】（1）证明：连接OD，如图，
∵点D是 的中点，∴OD⊥BC，
∵DE∥BC，
∴OD⊥DE，
∴直线DE与⊙O相切；
（2）解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠B＝90°，
∵∠A＝45°，
∴∠ACB＝45°，
∵BC∥DE，
∴∠E＝45°，
而∠ODE＝90°，
∴△ODE为等腰直角三角形，
∴OE＝ OD＝5 ，
∴CE＝OE﹣OC＝5 ﹣5．
22．（2021•大连）如图 1，△ABC内接于⊙O，直线MN与⊙O相切于点D，OD与BC相交于点E，
BC∥MN．
（1）求证：∠BAC＝∠DOC；
（2）如图2，若AC是⊙O的直径，E是OD的中点，⊙O的半径为4，求AE的长．
【思路引导】（1）连接OB，如图1，根据切线的性质得到OD⊥MN，则OD⊥BC，利用垂径定理得到＝ ，然后根据圆周角定理得到结论；
（2）先计算出CE＝2 ，根据垂径定理得到BE＝CE＝2 ，接着利用勾股定理计算出AB，然后计算
AE的长．
【完整解答】（1）证明：连接OB，如图1，
∵直线MN与⊙O相切于点D，
∴OD⊥MN，
∵BC∥MN，
∴OD⊥BC，
∴ ＝ ，
∴∠BOD＝∠COD，
∵∠BAC＝ ∠BOC，
∴∠BAC＝∠COD；
（2）∵E是OD的中点，
∴OE＝DE＝2，
在Rt△OCE中，CE＝ ＝ ＝2 ，
∵OE⊥BC，
∴BE＝CE＝2 ，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴AB＝ ＝ ＝4，
在Rt△ABE中，AE＝ ＝ ＝2 ．23．（2021•沈阳）如图，AB是⊙O的直径，AD与⊙O交于点A，点E是半径OA上一点（点E不与点
O，A重合）．连接DE交⊙O于点C，连接CA，CB．若CA＝CD，∠ABC＝∠D．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）若AB＝13，CA＝CD＝5，则AD的长是 ．
【思路引导】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，在利用等腰三角形的性质以及等量代换可得
∠CAD+∠BAC＝90°，进而得出结论；
（2）根据等腰三角形的判定可得CE＝CA＝CD＝5，再根据勾股定理和相似三角形求出答案即可．
【完整解答】解：（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°．
又∵CA＝CD，
∴∠D＝∠CAD，
又∵∠ABC＝∠D，
∴∠CAD+∠BAC＝90°，
即OA⊥AD，
∴AD是⊙O的切线；
（2）由（1）可得∠ABC+∠BAC＝90°＝∠D+∠DEA，
∵∠ABC＝∠D，
∴∠BAC＝∠DEA，
∴CE＝CA＝CD＝5，
∴DE＝10，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，
BC＝ ＝ ＝12，
∵∠ACB＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠D，∴△ABC∽△EDA，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
解得，AD＝ ．
24．（2021•锦州）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；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
【思路引导】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得∠CDE＝∠OBC，再根据等
量代换和直角三角形的性质可得∠OCE＝90°，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，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．
【完整解答】（1）证明：如图1，连接OC，
∵OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDE＝∠OBC，
∵CE⊥AD，
∴∠E＝∠CDE+∠ECD＝90°，∵∠ECD＝∠BCF，
∴∠OCB+∠BCF＝90°，
∴∠OCE＝90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作OG⊥AE于G，连接OC，OD，则∠OGE＝90°，
∵∠E＝∠OCE＝90°，
∴四边形OGEC是矩形，
∴OC＝EG，OG＝EC，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，CD＝3，DE＝1，
∴EC＝ ＝2 ，
∴OG＝2 ，GD＝x﹣1，OD＝x，
由勾股定理得：OD2＝OG2+DG2，
∴x2＝（2 ）2+（x﹣1）2，
解得：x＝4.5，
∴⊙O的半径是4.5．
25．（2021•盘锦）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，过⊙O外一点D作DG∥BC，DG交线段
AC于点G，交AB于点E，交⊙O于点F，连接DB，CF，∠A＝∠D．
（1）求证：BD与⊙O相切；
（2）若AE＝OE，CF平分∠ACB，BD＝12，求DE的长．【思路引导】（1）如图1，延长DB至H，证明∠ABD＝90°，根据切线的判定可得BD与⊙O相切；
（2）解法一：如图2，连接OF，先根据垂径定理证明OF⊥AB，再证明△EFO∽△EDB，列比例式可
得OF＝4，即⊙O的半径为4，根据勾股定理可得DE的长．
解法二：如图2，先得半径为2OA，计算∠OEF的正切可得BE的长，根据勾股定理可得DE的长．
【完整解答】（1）证明：如图1，延长DB至H，
∵DG∥BC，
∴∠CBH＝∠D，
∵∠A＝∠D，
∴∠A＝∠CBH，
∵AB是⊙O的直径
∴∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∴∠CBH+∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝90°，
∴BD与⊙O相切；
（2）解：解法一：如图2，连接OF，∵CF平分∠ACB，
∴∠ACF＝∠BCF，
∴ ，
∴OF⊥AB，
∵BD⊥AB，
∴OF∥BD，
∴△EFO∽△EDB，
∴ ，
∵AE＝OE，
∴ ，
∴ ＝ ，
∴OF＝4，
∴BE＝OE+OB＝2+4＝6，
∴DE＝ ＝ ＝6 ．
解法二：如图2，连接OF，
∵AE＝OE，
∴OA＝OF＝2OE，
Rt△OEF中，tan∠OEF＝ ＝2，
Rt△BED中，tan∠OEF＝ ＝ ＝2，∴BE＝6，
由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝6 ．
26．（2020秋•自贡期末）如图，点O是△ABC的内心，AO的延长线交△ABC的外接圆于D．求证：OD
＝CD．
【思路引导】连接OC，根据点O是△ABC的内心，可得∠CAD＝∠BAD，∠OCA＝∠OCB，然后证明
∠COD＝∠DCO，即可得到结论．
【完整解答】证明：如图，连接OC，
∵点O是△ABC的内心，
∴∠CAD＝∠BAD，∠OCA＝∠OCB，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠COD＝∠CAD+∠OCA＝∠BAD+∠OCB，
∠DCO＝∠BCD+∠OCB，
∴∠COD＝∠DCO，
∴△DCO是等腰三角形，
∴OD＝CD．
27．（2021春•南海区月考）如图，AB是⊙O的弦，D为半径OA的中点，过D作CD⊥OA交弦于点E，
交⊙O于点F，且CE＝CB．（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接AF、BF，求∠ABF的度数；
（3）如果CD＝15，BE＝10，sinA＝ ，求⊙O的半径．
【思路引导】（1）连接OB，由圆的半径相等和已知条件证明∠OBC＝90°，即可证明BC是⊙O的切线；
（2）连接OF，AF，BF，首先证明△OAF是等边三角形，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角是所
对圆心角的一半即可求出∠ABF的度数；
（3）作CH⊥BE于H，如图，利用等腰三角形的性质得BH＝5，再证明∠A＝∠ECH，则sin∠ECH＝
sinA，于是可计算出CE＝13，从而得到DE＝2，在Rt△ADE中利用正弦的定义计算出AE，接着利用勾
股定理计算出AD，然后根据D为半径OA的中点即可得到OA的长．
【完整解答】（1）证明：连接OB，
∵OB＝OA，CE＝CB，
∴∠A＝∠OBA，∠CEB＝∠ABC，
又∵CD⊥OA，
∴∠A+∠AED＝∠A+∠CEB＝90°，
∴∠OBA+∠ABC＝90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：如图1，连接OF，AF，BF，
∵DA＝DO，CD⊥OA，∴AF＝OF，
∵OA＝OF，
∴△OAF是等边三角形，
∴∠AOF＝60°，
∴∠ABF＝ ∠AOF＝30°；
（3）解：连接OF，如图2所示：
∵DA＝DO，CD⊥OA，
∴AF＝OF＝OA，
过点O作OG⊥AB于点G，则AG＝BG，
在Rt△AOG中，sin∠BAO＝ ＝ ＝ ，
设DE＝5x，则AE＝13x，AD＝12x，AO＝24x，
∵BE＝10，
∴AB＝10+13x，
则AG＝ AB＝5+ x，
又∵Rt△AOG中，sin∠BAO＝ ，则 ＝ ，
则 ＝ ，
解得x＝ ，
∴AO＝24x＝ ．
