專題提升 圓的切線的判定與性質(zhì)（30題）（解析版）

專題第01講圓的切線的判定與性質(zhì)1．（2023?灌云縣校級(jí)模擬）如圖，點(diǎn)P是⊙O外一點(diǎn)，PA與⊙O相切于A點(diǎn)，B，C是⊙O上的另外兩點(diǎn)，連接AC，BC，∠APB+2∠ACB＝180°，（1）求證：PB是⊙O的切線；（2）若BC∥PA，⊙O的半徑為5，BC＝6，求PA的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OA，OB，由圓周角定理和已知條件∠APB+∠AOB＝180°，得出∠OAP+∠OBP＝180°，求出∠OBP＝90°，即可得出結(jié)論；（2）延長(zhǎng)AO并延長(zhǎng)交BC于D，連接OC，過P作PQ⊥BC于Q，由垂徑定理得出CD＝BD＝3，由勾股定理得出OD＝2，AD＝9在Rt△PBQ中，設(shè)PA＝x，由勾股定理得出方程，解方程即可【解答】（1）證明：連接OA，OB，如圖1所示：∵∠APB+2∠ACB＝180°，∠AOB＝2∠ACB，∴∠APB+∠AOB＝180°，∴∠OAP+∠OBP＝180°，∵PA切⊙O于點(diǎn)A，∴PA⊥OA，∴∠OAP＝90°，∴∠OBP＝90°，∵OB是半徑，∴PB是⊙O的切線；（2）解：延長(zhǎng)AO并延長(zhǎng)交BC于D，連接OC，過P作PQ⊥BC于Q，如圖2所示：∵PA⊥OA，BC∥PA，∴AD⊥BC，∴，四邊形ADQP是矩形，∴，∴AD＝OA+OD＝5+4＝9，∵PA、PB是⊙O的切線，∴PA＝PB，在Rt△PBQ中，設(shè)PB＝PA＝x，則BQ＝x﹣3，由勾股定理得：（x﹣3）2+92＝x2，解得：x＝15，即PA的長(zhǎng)為15．2．（2023?漢川市校級(jí)模擬）如圖，AB，AD是⊙O的弦，AO平分∠BAD．過點(diǎn)B作⊙O的切線交AO的延長(zhǎng)線于點(diǎn)C，連接CD．BO延長(zhǎng)BO交⊙O于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，連接AE，DE．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AE＝DE＝10，求AF的長(zhǎng)．【分析】（1）欲證明CD是⊙O的切線，只要證明∠CDO＝∠CBO＝90°，由△COB≌△COD即可解決問題．（2）先證明∠BAO＝∠OAD＝∠DAE＝∠ABO＝30，在Rt△AEF中利用30度性質(zhì)以及勾股定理即可解決問題．【解答】（1）證明：如圖，連接OD．∵BC為圓O的切線∴∠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的切線；（2）∵AE＝DE，∴＝，∴∠DAE＝∠ABO，∴∠BAO＝∠OAD＝∠ABO∴∠BAO＝∠OAD＝∠DAE，∵BE是直徑，∴∠BAE＝90°，∴∠BAO＝∠OAD＝∠DAE＝∠ABO＝30°，∴∠AFE＝90°，在Rt△AFE中，∵AE＝10，∠DAE＝30°，∴EF＝AE＝5，∴AF＝＝＝5．3．（2023?金東區(qū)一模）如圖，AB為⊙O的直徑，CD為弦，且CD⊥AB于E，F(xiàn)為BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CA恰好平分∠FCE．（1）求證：FC與⊙O相切；（2）連接OD，若OD∥AC，求的值．【分析】（1）連接OC，則∠OCA＝∠OAC，由CD⊥AB于E，得∠AEC＝90°，而∠ACF＝∠ACE，則∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，即可證明FC與⊙O相切；（2）由等腰三角形的“三線合一”得∠COF＝∠DOF，由OD∥AC，得∠DOF＝∠OAC，所以∠COF＝∠OAC＝∠OCA＝60°，則∠F＝30°，所以O(shè)A＝OC＝OF，則AF＝OA＝AB，即可求得＝．【解答】（1）證明：連接OC、則OC＝OA，∴∠OCA＝∠OAC，∵CD⊥AB于E，∴∠AEC＝90°，∵CA平分∠FCE，∴∠ACF＝∠ACE，∴∠OCF＝∠OCA+∠ACF＝∠OAC+∠ACE＝90°，∵FC經(jīng)過⊙O的半徑OC的外端，且FC⊥OC，∴FC與⊙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?海淀區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB為⊙O的直徑，OC⊥AB交⊙O于點(diǎn)C，D為OB上一點(diǎn)，延長(zhǎng)CD交⊙O于點(diǎn)E，延長(zhǎng)OB至F，使DF＝FE，連接EF．（1）求證：EF為⊙O的切線；（2）若OD＝1且BD＝BF，求⊙O的半徑．【分析】（1）連接OE，根據(jù)等邊對(duì)等角結(jié)合對(duì)等角相等即可推出結(jié)論；（2）設(shè)⊙O的半徑EO＝BO＝r，則BD＝BF＝r﹣1，F(xiàn)E＝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）證明：如圖，連接OE，∵OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∵DF＝FE，∴∠FED＝∠FDE，∵∠FDE＝∠CDO，∠CDO+∠OCD＝90°，∴∠FED+∠OEC＝90°，即∠FEO＝90°，∴OE⊥FE，∵OE是半徑，∴EF為⊙O的切線；（2）解：設(shè)⊙O的半徑EO＝BO＝r，則BD＝BF＝r﹣1，∴FE＝2BD＝2（r﹣1），在Rt△FEO中，由勾股定理得，F(xiàn)E2+OE2＝OF2，∴（2r﹣2）2+r2＝（2r﹣1）2，解得r＝3，或r＝1（舍去），∴⊙O的半徑為3．5．（2023?昆明模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是邊AB，BC，AC上的點(diǎn)，以AD為直徑的半圓O經(jīng)過點(diǎn)E，F(xiàn)，且．?（1）求證：BC是半圓O的切線；（2）若∠B＝30°，AB＝12，求CF的長(zhǎng)．【分析】（1）連接AE，OE，根據(jù)已知條件得到∠CAE＝∠DAE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠EAO＝AEO，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠OEB＝90°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)總體上進(jìn)行的性質(zhì)得到AC＝，OB＝2OE，求得OD＝BE，于是得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接AE，OE，∵，∴∠CAE＝∠DAE，∵OA＝OE，∴∠EAO＝∠AEO，∴∠CAE＝∠AEO，∴AC∥OE，∵∠C＝90°，∴∠OEB＝90°，∵OE是⊙O的半徑，∴BC是半圓O的切線；（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?長(zhǎng)安區(qū)校級(jí)二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠C＝90°，連接BD，DB恰好是∠ADC的平分線，以AD為直徑作⊙O，⊙O經(jīng)過點(diǎn)B，CD的延長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)E，連接AE．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若BC＝6，DE＝8，求⊙O的半徑．【分析】（1）連接OB，利用同圓的半徑相等，角平分線的定義，平行線的判定與性質(zhì)的OB⊥BC，再利用圓的切線的判定定理解答即可；（2）延長(zhǎng)BO，交AE于點(diǎn)F，利用矩形的判定與性質(zhì)定理得到OF⊥AE，EF＝BC＝6，利用垂徑定理得到AE的長(zhǎng)，再利用勾股定理解答即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：連接OB，如圖，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵DB恰好是∠ADC的平分線，∴∠ODB＝∠CDB，∴∠CDB＝∠OBD，∴OB∥CD．∴∠OBC+∠C＝180°．∵∠C＝90°，∴∠OBC＝90°，∴OB⊥BC，∵OB是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線；（2）解：延長(zhǎng)BO，交AE于點(diǎn)F，∵AD為直徑，∴∠E＝90°，∵∠OBC＝90°，∠C＝90°，∴四邊形EFBC為矩形，∴∠EFB＝90°，EF＝BC＝6．∴OF⊥AE，∴AF＝EF＝6，∴AE＝12．∴AD＝＝＝4．∴⊙O的半徑＝AB＝2．7．（2023?金寨縣校級(jí)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，CD＝CB，AC，BD相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF∥BD，CF與AB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F，連接AD．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）若AB＝10，BC＝6，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OD，連接OC交BD于M，由圓心角、弧、弦的關(guān)系推出∠COD＝∠COB，由OD＝OB，得到OC⊥BD，又CF∥BD，因此半徑OC⊥CF，即可證明CF是⊙O的切線；（2）設(shè)OM＝x，由勾股定理得到62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，求出x＝1.4，由三角形中位線定理，得到AD＝2OM＝2x＝2.8．【解答】（1）證明：連接OD，連接OC交BD于M，∵CD＝CB，∴＝，∴∠COD＝∠COB，∵OD＝OB，∴OC⊥BD，DM＝BM，∵CF∥BD，∴半徑OC⊥CF，∴CF是⊙O的切線；（2）解：設(shè)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的中位線，∴AD＝2OM＝2x＝2.8．8．（2023?甘南縣一模）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，AD⊥DC于點(diǎn)D，AC平分∠DAB．（1）求證：直線CD是⊙O的切線；（2）若AB＝4，∠DAB＝60°，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OC，先證出∠OCA＝∠DAC，得OC∥AD，再由平行線的性質(zhì)得CD⊥OC，即可得出結(jié)論；（2）連接BC，先由圓周角定理得∠ACB＝90°，由角平分線定義得∠DAC＝∠BAC＝30°，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，進(jìn)而得出答案．【解答】（1）證明：連接OC，如圖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的半徑，∴直線CD是⊙O的切線；（2）解：連接BC，如圖2所示：∵AB是⊙O的直徑，∴∠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?云夢(mèng)縣校級(jí)三模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，在AC上取一點(diǎn)D，以AD為直徑作⊙O，與AB相交于點(diǎn)E，作線段BE的垂直平分線MN交BC于點(diǎn)N，連接EN．（1）求證：EN是⊙O的切線；（2）若AC＝3，BC＝4，⊙O的半徑為1，求線段EN的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及直角三角形的兩銳角互余得出∠NEM+∠AEO＝90°即可；（2）利用線段中垂線的性質(zhì)以及勾股定理列方程求解即可．【解答】（1）證明：如圖，連接OE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∵M(jìn)N是AB的中垂線，∴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是半徑，∴EN是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接ON，∵M(jìn)N是AB的中垂線，∴NE＝NB，設(shè)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?桑植縣模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C是劣弧BD中點(diǎn)，AC與BD相交于點(diǎn)E．連接BC，∠BCF＝∠BAC，CF與AB的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）求證：∠ACD＝∠F；（3）若AB＝10，BC＝6，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OC，由圓周角定理得∠ACO+∠OCB＝90°，再由等腰三角形性質(zhì)及切線的判定定理可得結(jié)論；（2）根據(jù)同圓中等弧對(duì)等角、等角對(duì)等弧可得答案；（3）設(shè)OH為x，則CH為（5﹣x），根據(jù)勾股定理可得方程，求得OH的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形中位線定理可得答案．【解答】解：（1）連接OC，∵AB是直徑，∴∠ACB＝90°，∴∠ACO+∠OCB＝90°，∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠ACO，∵∠BCF＝∠BAC，∴∠BCF+∠OCB＝90°，∴∠OCF＝90°，∴OC⊥CF，∴CF是⊙O的切線．（2）∵點(diǎn)C是中點(diǎn)，∴，∴∠CAD＝∠BAC，∵∠BCF＝∠BAC，∴∠CAD＝∠BCF，∵，∴∠CAD＝∠CBD，∴∠BCF＝∠CBD，∴BD∥CF，∴∠ABD＝∠F，∵，∴∠ACD＝∠ABD，∴∠ACD＝∠F．（3）如圖：∵BD∥CF，OC⊥CF，∴OC⊥BD于點(diǎn)H，設(shè)OH為x，則CH為（5﹣x），根據(jù)勾股定理，62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，解得：，∴，∵OH是中位線，∴．11．（2023秋?臺(tái)江區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB是⊙O的直徑，PA為⊙O的切線，弦AC⊥PO，垂足為M，連接PC．（1）求證：PC是⊙O的切線；（2）若PA＝AB，連接BM，求證：．【分析】（1）證明△PAO≌△POC（SSS），即可求解；（2）證明△PAM≌△ABC（AAS），得到△BCM為等腰直角三角形，即可求解．【解答】證明：（1）連接OC，∵AC⊥PO，則PO是AC的中垂線，則PA＝PC，∵AO＝OC，OP＝OP，∴△PAO≌△POC（SSS），∴∠PCO＝∠PAO＝90°，∴PC是⊙O的切線；（2）連接BC，則∠ACB＝90°＝∠PAB，∵OM⊥AC，BC⊥AC，則OM∥BC，則∠POA＝∠ABC，∵∠PAM+∠MAO＝90°，∠MAO+∠MAO＝90°，∴∠PAM＝∠POA＝∠ABC，∵PA＝AB，∴△PAM≌△ABC（AAS），∴BC＝AM＝MC，∴△BCM為等腰直角三角形，則．12．（2022秋?嘉祥縣校級(jí)期末）已知BC是⊙O的直徑，點(diǎn)D是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，AB＝AD，AE是⊙O的弦，∠AEC＝30°．（1）求證：直線AD是⊙O的切線；（2）若AE⊥BC，垂足為M，⊙O的半徑為10，求AE的長(zhǎng)．【分析】（1）連結(jié)OA，由圓周角定理可求得∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，則∠OAD＝90°，可證明直線AD是⊙O的切線；（2）若AE⊥BC于點(diǎn)M，根據(jù)垂徑定理可證明AM＝EM，在Rt△AOM中，∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，則∠OAM＝30°，已知⊙O的半徑OA＝6，則OM＝OA＝3，根據(jù)勾股定理可以求出AM的長(zhǎng)，進(jìn)而求出AE的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：如圖，連結(jié)OA，∵∠AEC＝30°，∴∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，∵AB＝AD，∴∠D＝∠B＝30°，∴∠OAD＝180°﹣∠AOC﹣∠D＝90°，∵OA是⊙O的半徑，且AD⊥OA，∴直線AD是⊙O的切線．（2）解：如圖，∵BC是⊙O的直徑，且AE⊥BC于點(diǎn)M，∴AM＝EM，∵∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，∴∠OAM＝30°，∴OM＝OA＝×10＝5，∴AM＝＝＝5，∴AE＝2AM＝2×5＝10．13．（2023?南海區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，PD切⊙O于點(diǎn)C，與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，DE⊥PO交PO延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接OC，PB，已知PB＝6，DB＝8，∠EDB＝∠EPB．（1）求證：PB是⊙O的切線；（2）求⊙O的半徑．（3）連接BE，求BE的長(zhǎng)．【分析】（1）由已知角相等及直角三角形的性質(zhì)得到∠OBP為直角，即可得證；（2）在直角三角形PBD中，由PB與DB的長(zhǎng)，利用勾股定理求出PD的長(zhǎng)，由切線長(zhǎng)定理得到PC＝PB＝6，由PD﹣PC求出CD的長(zhǎng)，在直角三角形OCD中，設(shè)OC＝r，則有OD＝8﹣r，利用勾股定理列出關(guān)于r的方程，求出方程的解得到r的值，即為圓的半徑．（3）延長(zhǎng)PB、DE相交于點(diǎn)F，證明△PED≌△PEF（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出PD＝PF＝10，DE＝EF，求出DF的長(zhǎng)，則可得出答案．【解答】（1）證明：∵DE⊥PE，∴∠DEO＝90°，∵∠EDB＝∠EPB，∠BOE＝∠EDB+∠DEO，∠BOE＝∠EPB+∠OBP，∴∠OBP＝∠DEO＝90°，∴OB⊥PB，∴PB為⊙O的切線；（2）解：在Rt△PBD中，PB＝6，DB＝8，根據(jù)勾股定理得：，∵PD與PB都為⊙O的切線，∴PC＝PB＝6，∴DC＝PD﹣PC＝10﹣6＝4；在Rt△CDO中，設(shè)OC＝r，則有OD＝8﹣r，根據(jù)勾股定理得：（8﹣r）2＝r2+42，解得：r＝3，則圓的半徑為3．（3）延長(zhǎng)PB、DE相交于點(diǎn)F，∵PD與PB都為⊙O的切線，∴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?山丹縣模擬）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AB為直徑的⊙O與BC相交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DE⊥AC，交AC于點(diǎn)E．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若⊙O的直徑為5，BC＝8，求DE的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OD，通過角的轉(zhuǎn)換，可證明OD∥AC，進(jìn)而得證；（2）連接AD，可得BD＝CD＝4，根據(jù)勾股定理求得AD，在Rt△ACD中，根據(jù)面積法求得DE．【解答】（1）證明：如圖1，∵OB＝OD，∴∠B＝∠ODB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠ODB＝∠C，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥半徑OD，∴DE是⊙O的切線；（2）解：如圖2，連接AD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∵AB＝AC，∴BD＝CD＝＝4，∴AD＝＝3，∵DE⊥AC，∴S△ACD＝，∴5?DE＝3×4，∴DE＝，∴DE的長(zhǎng)是．15．（2023?華亭市校級(jí)模擬）如圖，直線l切⊙O于點(diǎn)A，點(diǎn)P為直線l上一點(diǎn)，直線PO交⊙O于點(diǎn)C、B，點(diǎn)D在線段AP上，連結(jié)DB，且AD＝DB．（1）求證：DB為⊙O的切線；（2）若AD＝2，PB＝BO，求弦AC的長(zhǎng)．【分析】（1）要證明DB為⊙O的切線，只要證明∠OBD＝90即可；（2）根據(jù)已知及直角三角形的性質(zhì)可以得到PD＝2BD＝2DA＝2，再利用等角對(duì)等邊可以得到AC＝AP，這樣求得AP的值就得出了AC的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：連接OD；∵PA為⊙O切線，∴∠OAD＝90°，在△OAD和△OBD中，，∴△OAD≌△OBD（SSS），∴∠OBD＝∠OAD＝90°，∴半徑OB⊥BD，∴DB為⊙O的切線；（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?江陰市校級(jí)月考）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，O為AC上一點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A、E的⊙O分別交AB、AC于點(diǎn)D、F，連接OD交AE于點(diǎn)M．（1）求證：BC是⊙O的切線；（2）若CF＝2，EC＝4，求圓O的半徑．【分析】（1）連接OE，根據(jù)角平分線的性質(zhì)及同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半得出∠OEC＝90°即可；（2）由勾股定理可得出答案．【解答】（1）證明：連接OE，∵AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，∴∠BAC＝2∠OAE，∵∠FOE＝2∠OAE，∴∠FOE＝∠BAC，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線；（2）解：設(shè)OE＝OF＝x，∵∠OEC＝90°，∴OE2+CE2＝OC2，∴x2+42＝（x+2）2，解得x＝3，∴OE＝3，即圓O的半徑為3．17．（2023春?蓬安縣期中）如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足是點(diǎn)H，過點(diǎn)C作直線分別與AB，AD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，F(xiàn)，且∠CEA+∠CAD＝90°．（1）求證：CF是⊙O的切線；（2）如果AB＝10，CD＝6，求BE的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)垂徑定理、圓周角定理以及三角形內(nèi)角和定理得出∠OCE＝90°即可；（2）根據(jù)勾股定理求出OH，進(jìn)而求出HB，利用勾股定理列方程求解即可．【解答】（1）證明：如圖，連接OC，∵AB是⊙O的直徑，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是半徑，∴CF是⊙O的切線；（2）∵AB是⊙O的直徑，CD⊥AB，∴CH＝HD＝CD＝3，在Rt△COH中，OC＝AB＝5，CH＝3，∴OH＝＝4，∴HB＝OB﹣OH＝5﹣4＝1，設(shè)BE＝x，則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）如圖，AB為⊙O的直徑，E為⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C為的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作CD⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，延長(zhǎng)DC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若DE＝1，DC＝2，求⊙O的半徑長(zhǎng)．【分析】（1）連接OC，由等弧所對(duì)的圓周角相等得出∠EAC＝∠BAC，根據(jù)同圓的半徑相等得出∠BAC＝∠OCA，于是有∠EAC＝∠OCA，可得出AE∥OC，再根據(jù)CD⊥AE，即可得出OC⊥DF，從而問題得證；（2）連接CE，BC，先根據(jù)切割線定理求出AD的長(zhǎng)，然后由勾股定理求出AC、CE的長(zhǎng)，再根據(jù)等弧所對(duì)的弦相等得出BC＝CE，在Rt△ACB中根據(jù)勾股定理求出AB的長(zhǎng)，即可求出⊙O的半徑．【解答】（1）證明：連接OC，∵點(diǎn)C為的中點(diǎn)，∴，∴∠EAC＝∠BAC，∵OA＝OC，∴∠BAC＝∠OCA，∴∠EAC＝∠OCA，∴AE∥OC，∴∠ADC＝∠OCF，∵CD⊥AE，∴∠ADC＝90°，∴∠OCF＝90°，即OC⊥DF，又OC為⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；（2）解：連接CE，BC，由（1）知CD是⊙O的切線，∴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，∵點(diǎn)C是的中點(diǎn)，∴，∴EC＝BC＝，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，由勾股定理得，∴⊙O的半徑長(zhǎng)是2.5．19．（2023?清原縣模擬）如圖，以線段AB為直徑作⊙O，交射線AC于點(diǎn)C，AD平分∠CAB交⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作直線DE⊥AC于點(diǎn)E，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接BD并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)M．（1）求證：直線DE是⊙O的切線；（2）求證：AB＝AM；【分析】（1）連接OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ODA＝∠OAD，根據(jù)角平分線的定義得到∠OAD＝∠DAC，證明OD∥AC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到DE⊥OD，根據(jù)切線的判定定理證明即可；（2）根據(jù)題意求出∠MDE＝30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案．【解答】證明：（1）連接OD，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴直線DE是⊙O的切線；（2）∵線段AB是⊙O的直徑，∠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）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，，點(diǎn)E在AB的延長(zhǎng)線上，∠ECB＝∠DAC．（1）求證：EC是⊙O的切線；（2）若AD＝5，∠E＝30°，求⊙O的半徑．【分析】（1）如答圖，連接CO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)M，連接MB；利用圓周角定理以及等量代換可得∠ECB＝∠CMB，依據(jù)CM是⊙O的直徑，結(jié)合“直徑說對(duì)的圓周角是直角”進(jìn)行等量代換可求得∠ECB+∠BCM＝90°，即可證明；（2）如答圖，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)N，連接AN；根據(jù)鄰補(bǔ)角和四邊形內(nèi)對(duì)角互補(bǔ)得∠ADC＝∠CBE，根據(jù)三角形內(nèi)角和得∠DCA＝∠E＝30°；DN是⊙O的直徑，結(jié)合“直徑說對(duì)的圓周角是直角”在Rt△DAN中，解三角形即可．【解答】（1）證明：如圖，連接CO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)M，連接MB．∵，∴∠CAD＝∠CAB，∵∠CAB＝∠CMB，∠ECB＝∠CAD，∴∠ECB＝∠CMB，∵CM是⊙O的直徑，∴∠CBM＝90°，∴∠CMB+∠BCM＝90°，∴∠ECB+∠BCM＝90°，∴OC⊥CE，∴EC是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)N，連接AN．∵∠ECB＝∠CAD，∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC+∠CBE＝180°，∴∠ADC＝∠CBE，∴180°﹣∠CAD﹣∠ADC＝180°﹣∠CBE﹣∠ECB，∴∠DCA＝∠E＝30°，∵DN是⊙O的直徑，∴∠DAN＝90°，在Rt△DAN中，∵∠DCA＝∠DNA＝30°，∴DN＝2AD＝10，∴⊙O的半徑為5．21．（2023?大連模擬）如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，D是AB延長(zhǎng)線的一點(diǎn)，AE⊥CD交DC的延長(zhǎng)線于E，CF⊥AB于F，且CE＝CF．（1）求證：DE是⊙O的切線；（2）若AB＝10，BD＝3，求AE的長(zhǎng)．【分析】（1）要證DE是⊙O的切線，只要連接OC，再證∠DCO＝90°即可；（2）由切線的性質(zhì)及勾股定理可得CD的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形面積公式及勾股定理可得AF的長(zhǎng)，最后由全等三角形的判定與性質(zhì)可得答案．【解答】（1）證明：（1）連接OC；∵AE⊥CD，CF⊥AB，又CE＝CF，∴∠1＝∠2．∵OA＝OC，∴∠2＝∠3，∠1＝∠3．∴OC∥AE．∴OC⊥CD．∴DE是⊙O的切線．（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?長(zhǎng)安區(qū)模擬）如圖，⊙O為四邊形ABCD的外接圓，若AB＝AD、CB＝CD，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)F，連接FC并延長(zhǎng)至點(diǎn)E，恰好使得∠BCE+∠F＝90°．（1）證明：EF為⊙O的切線；（2）連接BD，若⊙O的半徑為4，CF＝6，求BD的長(zhǎng)．【分析】（1）連接AC，利用圓的有關(guān)性質(zhì)可得AC為直徑，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到∠ACB＝∠ACD，利用同角的余角相等的性質(zhì)和平角的定義可得∠ACF＝90°，利用圓的切線的判定定理解答即可得出結(jié)論；（2）利用圓周角定理，勾股定理求得AE，利用三角形的面積公式求得CD，利用同樣的方法解答即可求得DH，利用垂徑定理即可得到BD＝2DH．【解答】（1）證明：連接AC，如圖，∵AB＝AD、CB＝CD，∴，，∴為半圓，∴AC為⊙O的直徑，∴∠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為⊙O的半徑，∴EF為⊙O的切線；（2）解：設(shè)BD交AC于點(diǎn)H，如圖，則BH＝DH＝BD．∵⊙O的半徑為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?江岸區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB為⊙O的直徑，過圓上一點(diǎn)D作⊙O的切線CD交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)C，過點(diǎn)O作OE∥AD，OE交CD于點(diǎn)E，連接BE．（1）求證：直線BE與⊙O相切；（2）若CA＝2，CD＝4，求DE的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OD，由切線的性質(zhì)可得∠ODE＝90°，然后利用平行線和等腰三角形的性質(zhì)可得OE平分∠DOB，從而可得∠DOE＝∠EOB，進(jìn)而可證△DOE?△BOE，最后利用全等三角形的性質(zhì)即可解答；（2）設(shè)⊙O的半徑為r，先在Rt△ODC中，利用勾股定理求出r的長(zhǎng)，再利用（1）的結(jié)論可得DE＝BE，最后在Rt△BCE中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．【解答】（1）證明：連接OD，∵CD與⊙O相切于點(diǎn)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的半徑，∴直線BE與⊙O相切；（2）解：設(shè)⊙O的半徑為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的長(zhǎng)為6．24．（2022秋?清原縣期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D是AB邊的中點(diǎn)，點(diǎn)O在AC邊上，⊙O經(jīng)過點(diǎn)C且與AB邊相切于點(diǎn)E，．（1）求證：AF是⊙O的切線；（2）若BC＝6，AB＝10，求⊙O的半徑長(zhǎng)．【分析】（1）作OH⊥FA，垂足為點(diǎn)H，連接OE，證明AC是∠FAB的平分線，進(jìn)而根據(jù)OH＝OE，OE⊥AB，可得AF是⊙O的切線；（2）勾股定理得出AC，設(shè)⊙O的半徑為r，則OC＝OE＝r，進(jìn)而根據(jù)切線的性質(zhì)，在Rt△OEA中，勾股定理即可求解．【解答】（1）證明：如圖，作OH⊥FA，垂足為點(diǎn)H，連接OE，∵∠ACB＝90°，D是AB的中點(diǎn)，∴，∴∠CAD＝∠ACD，∵∠BDC＝∠CAD+∠ACD＝2∠CAD，又∵，∴∠FAC＝∠CAD，即AC是∠FAB的平分線，∵點(diǎn)O在AC上，⊙O與AB相切于點(diǎn)E，∴OE⊥AB，且OE是⊙O的半徑，∴OH＝OE，OH是⊙O的半徑，∴AF是⊙O的切線；（2）解：如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AB＝10，∴，∵BE，BC是⊙O的切線，∴BC＝BE＝6，∴AE＝10﹣6＝4設(shè)⊙O的半徑為r，則OC＝OE＝r，在Rt△OEA中，由勾股定理得：OE2+AE2＝OA2，∴16+r2＝（8﹣r）2，∴r＝3．∴⊙O的半徑長(zhǎng)為3．25．（2022秋?華容區(qū)期末）如圖1，AB為⊙O直徑，CB與⊙O相切于點(diǎn)B，D為⊙O上一點(diǎn)，連接AD、OC，若AD∥OC．（1）求證：CD為⊙O的切線；（2）如圖2，過點(diǎn)A作AE⊥AB交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接BD交OC于點(diǎn)F，若AB＝3AE＝12，求BF的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OD，由切線的性質(zhì)得出OB⊥BC，證明△DOC≌△BOC（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠ODC＝∠OBC＝90°，則可得出結(jié)論；（2）設(shè)BC＝x，過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，則EM＝12，CM＝x﹣4，由勾股定理求出BC＝9，求出OC的長(zhǎng)，則可得出答案．【解答】（1）證明：連接OD，∵CB與⊙O相切于點(diǎn)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為⊙O半徑，∴CD為⊙O的切線；（2）解：設(shè)CB＝x，∵AE⊥EB，∴AE為⊙O的切線，∵CD、CB為⊙O的切線，∴ED＝AE＝4，CD＝CB＝x，∠DOC＝∠BCO，∴BD⊥OC，過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，則EM＝12，CM＝x﹣4，∴（4+x）2＝122+（x﹣4）2，解得x＝9，∴CB＝9，∴OC＝＝，∵＝，∴BF＝．26．（2022秋?建昌縣期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，AD是圓O的直徑，AD，BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，延長(zhǎng)CB交AF于點(diǎn)F，∠BAF+∠DCE＝90°．（1）求證：AF是圓O的切線；（2）點(diǎn)G在CE上，且BC＝CD＝CG，連接DG，DG＝2，AB＝5，求AD的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD內(nèi)接于圓O和∠DCE+∠BCD＝180°得出∠BAD＝∠DCE，再根據(jù)∠BAF+∠DCE＝90°得出∠FAD＝90°即可證明；（2）連接OB，OC，BD，記OC與BD相交于點(diǎn)N，根據(jù)BC＝CD用垂徑定理得出BN＝DN，再根據(jù)BC＝CG，OA＝OD運(yùn)用三角形中位線得出CN，ON即可解答；【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠DCE+∠BCD＝180°，∴∠BAD＝∠DCE，∵∠BAF+∠DCE＝90°，∴∠BAF+∠BAD＝90°，即∠FAD＝90°，又∵AD是圓O的直徑，∴AF是圓O的切線，（2）如圖，連接OB，OC，BD，記OC與BD相交于點(diǎn)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）如圖，在△ABC中，以AB為直徑作⊙O，⊙O恰好經(jīng)過點(diǎn)C，點(diǎn)D為半圓AB中點(diǎn)，連接CD，過D作DE∥AB交AC延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．?（1）求證：DE為⊙O切線：（2）若AC＝4，，求⊙O的半徑長(zhǎng)．【分析】（1）連接OD，過點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F，根據(jù)點(diǎn)D為半圓AB的中點(diǎn)得OD⊥AB，再根據(jù)DE∥AB可得出OD⊥DE，據(jù)此可得出結(jié)論；（2）由（1）可知OD⊥AB，根據(jù)圓周角與圓心角的關(guān)系得∠ACD＝1/2∠AOD＝45°，則△DCF為等腰直角三角形，可用勾股定理求出CF＝DF＝1，然后在Rt△ADF中求出AD＝√10，進(jìn)而在Rt△AOD中求出OA即可．【解答】（1）證明：連接OD，過點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F，如圖：∵點(diǎn)D為半圓AB的中點(diǎn)，∴OD⊥AB，∵DE∥AB，∴OD⊥DE，∵OD為⊙O的半徑，∴DE為⊙O的切線；（2）解：由（1）可知：OD⊥AB，∴∠AOD＝90°，∴∠ACD＝∠AOD＝45°，∵DF⊥AC，∴△DCF為等腰直角三角形，∴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：