资源简介

圆的综合题
2026
春
季
班
课堂讲解 1
1. 最近 3年成都中考试题 1
2. 类题讲解 3
3. 巩固练习 6
课后练习 9
参考答案 13
课堂讲解
1.最近 3年成都中考试题
1. (2023年成都中考)
如图,以△ABC的边AC为直径作⊙O ,交BC
边于点D ,过点 C作CE AB交⊙O于点 E,
连接AD ,DE , ∠B=∠ADE.
(1)求证:AC=BC；
(2)若 tanB= 2 ,CD= 3 ,求AB和DE的长.
A
O E
B D C
2. (2024年成都中考)
如图,在Rt△ABC中,∠C= 90°,D为斜边AB
上一点,以 BD为直径作⊙ O ,交 AC于 E , F
两点,连接BE ,BF ,DF.
(1)求证:BC DF=BF CE ;
(2)若 ∠A = ∠CBF , tan∠BFC = 5 , AF =
4 5 ,求CF的长和⊙O的直径.
C
F
E
A B
D O
1
3. (2025年成都中考)
如图,点 C在以 AB为直径的半圆O上,连接
AC ,BC ,过点C作半圆O的切线,交AB的延

长线于点 D ,在 AC 上取点 E ,使 EC = BC ,
连接BE ,交AC于点F.
(1)求证:BE CD；
(2)若 sinD= 23 ,BD= 1 ,求半圆O的半径及
EF的长.
E
C
F
A O B D
2
2.类题讲解
例题1.如图，AB是⊙O的直径，点 C在⊙O 例题2.如图，在△ABC中，∠ACB= 90°，点D
上且不与点A，B重合，CD是⊙O的切线，过点B 是AB边的中点．点O在AC边上，⊙O经过点C
作 BD⊥ CD于点 D，交 ⊙ O于点 E，连接 AC， 且与AB边相切于点E，∠FAC= 12 ∠BDC.
BC.
(1)求证：AF是⊙O的切线；
(1)求证：点C是AB的中点； 4
(2) BD= 4 cos∠ABD= 1
(2)若 BC = 6，sinB = ，求⊙ O的半径及
若 ， 3 ，求⊙O的半
5
OD的长．
径．
3
例题3.如图，⊙ O为 △ABD的外接圆，直径 例题4.如图，AB ,CD是⊙O的直径，过点 C
AB垂直于弦DE，垂足为点F．点C为圆外一点， 的直线与过点B的切线交于点E，与BA的延长线
连结BE、BC、CD，∠DBC=∠DEB． 交于点F，且EB=EC，连接DE交AB于点G．
(1)求证：BC为⊙O的切线； (1)求证：EF是⊙O的切线；
(2)若BE∥CD，tanC= 34 ，CD= 5，求OF (2)若AF= 10 , sinF= 13 ，求EG的长．
的长．
4
例题5.如图，过点P作⊙O的两条切线，切点 例题6.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是
分别为 A，B，连接 OA，OB，OP，取 OP的中点 ⊙ O的直径，过点 B的切线交 AC的延长线于点
C，连接AC并延长，交⊙O于点D，连接BD． D，连接DO并延长，交⊙O于点E，连接AE，CE．
(1)求证：∠ADB=∠AOP；
(2)延长OP交DB的延长线于点E．若AP (1)求证：∠ADB=∠AEC；
= 10 1 5，tan∠AOP= 2 ，求DE的长．
(2)若AB= 4，cos∠AEC= 3 ，求OD的
长．
5
3.巩固练习
1.如图，在△ABC中，AB=BC，以BC为直径作
⊙O，分别交AC，AB于点D，E，连接DO并
延长，交⊙O于点F，过点F作⊙O的切线，交
CB的延长线于点G．
(1)求证：DF∥AB；
(2)若 cos∠FOG= 23 ,BG= 2，求AC的长．
3.如图，AB是⊙O的直径，D是弦AC延长线上
的一点，且 CD= CA，DB的延长线交⊙O于
点E．
(1)求证：AB=BD；
(2)若AB= 3，cos∠ABE= 13 ，求AD的长．
2.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，
AD和过点 C的切线互相垂直，垂足为D．延
长DC交AB的延长线于点E．
(1)求证：AC平分∠DAE；
(2)若 tanE= 512 ，CE= 12，求⊙O的半径和
CD的长．
6
4.如图，在 △ABC中，AC= BC，∠ACB= 90°，
⊙O经过 A、C两点，交 AB于点D，CO的延
长线交AB于点F，DE∥CF交BC于点E．
(1)求证：DE为⊙O的切线；
(2)若AC= 4，tan∠CFD= 2，求⊙O的半径． 6.如图，点O在 △ABC的边 AC上，以OC为半
径的⊙O与AB相切于点D，与 BC相交于点
E，EF为⊙O的直径，FD与AC相交于点G，
∠F= 45°．
(1)求证：AB=AC；
(2)若 sinA= 35 ，AB= 8，求DG的长．
5.如图，在四边形 ABCD中，BD = CD，∠C =
∠BAD．以AB为直径的⊙O经过点D，且与
边CD交于点E，连接AE，BE．
(1)求证：BC为⊙O的切线；
(2)若AB= 10，sin∠AED= 1010 ，求BE的
长．
7
7.如图，AB是⊙O的直径，点 C是⊙O上异于
A、B的点，连接 AC、BC，点D在 BA的延长
线上，且 ∠DCA=∠ABC，点 E在DC的延长
线上，且BE⊥DC．
(1)求证：DC是⊙O的切线；
(2) OA 2若 = 3 ，BE= 10，求DA的长．OD
8
课后练习
︵ 3.如图，PB为 ⊙ O的切线，B为切点，过 B作
1.如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，D是 BC
OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连接
的中点，过点D作 EF⊥AC的延长线于 E，交
PA，AO，并延长AO交⊙O于点 E，与 PB的
AB的延长线于F.
延长线交于点D.
(1)求证：PA是⊙O的切线；
(2)若 cos∠CAO= 45 ，且OC= 6，求PB的长．
(1)求证：EF是⊙O的切线；
(2) 1若 sin∠F= 3 ，AE= 4，求⊙O的半径和
AC的长.
2.如图，已知⊙O是以AB为直径的△ABC的外 4.如图，在△ABC中，以BC为直径的⊙O交AC
接圆，过点A作⊙O的切线交OC的延长线于 于点 E，过点 E作AB的垂线交AB于点 F，交
点D，交BC的延长线于点E. CB的延长线于点G，且∠ABG= 2∠C.
(1)求证：EG是⊙O的切线；
(2)若 tanC= 12 ，AC= 8，求⊙O的半径．
(1)求证：∠DAC=∠DCE；
(2)若AB= 2，sinD= 13 ，求AE的长.
9
5.如图，AB是 ⊙ O的直径，弦 CD⊥ AB于点 7.如图，AB是⊙O的弦，C为⊙O上一点，过点

E，G是AD上一点，AG，CD的延长线交于点 C作 AB的垂线与 AB的延长线交于点 D，连
F，连接CG，DG． 接 BO并延长，与 ⊙ O交于点 E，连接 EC，
A ∠ABE= 2∠E．
A E
G
O O
C E D F
B B
(1)求证：∠DGF=∠AGC． D C
(2)当ED=DF，GF= 6，tanF= 3 时，求 (1)求证：CD是⊙O的切线；2
AC的长． (2)若 tanE=
1
3 ,BD= 1，求弦AB的长．
6.如图，在 △ABC的边 BC上取一点O，以O为 8.如图，以 △ABC的边 BC为直径作⊙ O，分别
圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于 交 AB，AC于点 D，E，连接 CD，DE，DB =
点D，AC=AD，连接OA． DE，过点 D作 ∠BDF=∠BCD交 CB的延长
(1)求证：AC是⊙O的切线； 线于点F.
(2)若AB= 10，tanB= 4 ，求⊙O的半径； (1)求证：DF是⊙O的切线；3
C (2)若DF= 2 2，tanF=
2
4 ，求AC的长．
O
A D B
10
9.如图，在 △ABC中，∠ACB= 90°，O是边 BC 11.如图，AB为⊙ O，C为 AB的中点，D为 OC
上一点，以OC为半径作⊙O与 BC的另一个 延长上一点，DA与⊙O相切，切点为A，连接
交点为 E.连接AO，过点O作OD∥AC交AB BO并延长，交⊙O点E，直线DA于点F．
于点D，且AD=OD. B
(1)判断AB与⊙O的位置关系，并证明；
(2) OD若 = 23 ，BE= 1，求BD的长．
O
AC C
E
F A D
(1)求证：∠B=∠D；
(2) 1若AF= 4 2 , sinB= 3 ，求⊙O的半径．
10.如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D 12.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的
是OB中点，过点 D作 AB的垂线交 AC的延 直径，∠DCA=∠B．
长线于点F，FD上有一点E，CE=EF． D
F C
F
C E
B AO E
A O D B (1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若DE⊥AB，垂足为E ,DE交AC于点F ,
(1)求证：CE是⊙O的切线； CD= 10 , tanA= 34 ，求CF的长．
(2)如果 sinF= 35 ，EF= 1，求AB的长．
11
13.如图，在 △ABC中，AC = BC，以 AB为直径
的⊙O交AC边于点D，过D作⊙O的切线交
BC于点E．
(1)证明：∠CDE=∠ABD；
(2)若AB= 26，sin∠CDE= 513 ，求DC的长．
A
D
O
B E C 15.如图，在△ABC中，AC=BC，以BC为直径的
半圆O与边AB交于点D，过点D作半圆O的
切线DE，交AC于点E，连接OE.
(1)求证：DE⊥AC；
(2)若 S△OCE= 12，tan∠ABC=
3
4 ，求半圆 O
的半径．
14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB= 90°，∠BAC的
平分线 AD交 BC于点 D，∠ADC的平分线
DE交 AC于点 E .以 AD上的点 O为圆心，
OD为半径作⊙O，恰好过点E.
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若 CD= 12，tan∠ABC= 34 ，求⊙O的半
径．
12
参考答案
1.【分析】( 1 ) 根据 CE ∥ AB，得到 ∠ACE = ∴∠ACB= 180° -2∠B，
∠BAC，再根据同弦所对的圆周角相等，得到 (1)中已证明∠B=∠ACE，
∠ACE=∠ADE=∠B，可证明△ABC是等腰 ∴∠ECF= 180° -∠ACB-∠ACE=∠B，
三角形，即可解答； ∵EF⊥CF，
(2)根据直径所对的圆周角为直角，得到 tanB ∴ tan∠ECF= tan∠B= 2 EF，即 = 2，
= 2= AD
CF
BD ，设BD= x，根据勾股定理列方程， ∵∠B+∠BAD= 90°，∠ADE+∠EDF= 90°，
解得 x的值，即可求出AB；过点 E作DC的垂 ∠B=∠ADE，
线段，交 DC 的延长线于点 F，证明 ∠B = ∴∠BAD=∠EDF，
∠ECF，求出 EF ,DF的长，根据勾股定理即可 ∴∠DEF= 90° -∠EDF= 90° -∠BAD=∠B，
解出DE的长． ∴ DFEF = 2，
【小问 1详解】
设CF= a，则DF=DC+CF= a+ 3，∴EF=
证明：∵CE∥AB，
2a a+3∴∠BAC=∠ACE ，可得方程， 2a = 2，解得 a= 1，
∴∠BAC=∠ACE=∠ADE， ∴EF= 2，DF= 4，
∵∠B=∠ADE， 根据勾股定理，可得DE= DF 2+EF 2= 2 5．
∴∠B=∠BAC， 2.【分析】(1)先证明△EBC∽△DBF，然后利用
∴AC=BC； 对应边成比例，即可证明；
【小问 2详解】 ( 2 ) 利用 △EBC ∽ △DBF ，知道 ∠EBC =
解：设BD= x， ∠DBF，从而推出∠CBF=∠EBA，结合∠A=
∵AC是⊙O的直径， ∠CBF，知道∠A=∠EBA，推出AE= BE，接
∴∠ADC=∠ADB= 90°， 下来证明 ∠BFC=∠ABC，那么有 tan∠BFC
∵ tanB= 2， = tan∠ABC= 5 CB AC，即 = = 5，不妨
CF BC
∴ ADBD = 2，即AD= 2x， 设CF= x，代入求得CF的长度，不妨设 EF=
根据 (1)中的结论，可得AC=BC=BD+DC y，在Rt△CEB和Rt△CFB中利用勾股定理求
= x+ 3， 得 EF和 BF的长度，最后利用 tan∠CEB =
根据勾股定理，可得AD2+DC2=AC2，即 tan∠FDB，求得DF的长度，然后再利用勾股
2x 2 + 32= x+3 2 ，解得 x1= 2，x2= 0(舍去)， 定理求得BD的长度．
∴BD= 2，AD= 4, 【详解】(1) ∵BD是⊙O的直径
根据勾股定理，可得AB= AD2+BD2= ∴∠BFD= 90° =∠C
2 5； 又∵∠CEB=∠FDB
如图，过点E作DC的垂线段，交DC的延长线 ∴△EBC∽△DBF
F ∴ EC CB于点 ， DF = FB
∴BC DF=BF CE
(2)由 (1)可知，△EBC∽△DBF
∴∠EBC=∠DBF
∴∠EBC-∠FBE=∠DBF-∠FBE
∴∠CBF=∠EBA
∵CB=CA， ∵∠A=∠CBF
13
∴∠A=∠EBA ∠OAC=∠OCA，
∴AE=BE ∵过点C作半圆O的切线，交AB的延长线于
∵∠A=∠CBF 点D，
∴ 90° -∠A= 90° -∠CBF ∴OC⊥CD，
∴∠ABC=∠CFB ∴∠BCD+∠OCB= 90°，
∵ tan∠BFC= 5 ∵AB为直径，
∴ tan∠BFC= tan∠ABC= 5 ∴∠ACB= 90°，
∴ CB = AC = 5 ∴∠OCA+∠OCB= 90°，
CF BC
不妨设CF= x，那么CB= 5x ∴∠OCA=∠BCD，
∵AF= 4 5 ,∴ x+4 5
∴∠CAB=∠BCD，
= 5 ,∴ x= 5
5x ∵EC =BC，
∴CF= 5，CB= 5x= 5 × 5= 5 ∴∠CAE=∠CAB=∠BCD，
不妨设EF= y，那么AE=AF-EF= 4 5- ∵∠CAB=∠EBC，
y=BE ∴∠EBC=∠BCD，
在Rt△CEB中，CE=EF+CF= y+ 5，CB ∴BE∥CD；
= 5，BE= 4 5- y E
∴ (y+ 5 )2+ 52= (4 5- y)2 C
∴ y= 5 F
∴EF= 5
在Rt△CFB中，CF= 5，BC= 5 A O B D
∴BF= CF 2+BC2= ( 5)2+52= 30 (2)设半圆O的半径为 r，则OC=OB= r，
∵∠CEB=∠FDB ∵BD= 1，
∴ tan∠CEB= tan∠FDB ∴OD= r+ 1，
∴ CB = BF
CE DF ∵OC⊥CD，
5 30 ∴ sinD= OC = r∴ = =
2
，
5+ 5 DF OD r+1 3
∴DF= 2 6 ∴ r= 2，即：半圆O的半径为 2；
∴ = 2+ 2= ( ∴AB= 2r= 4，BD DF BF 2 6)2+( 30)2=
连接AE，则：∠AEB= 90°，
3 6
∴⊙ ∵BE∥CD，O的直径是 3 6．
∴∠ABE=∠D，
3.【分析】(1)连接OC，切线得到OC⊥CD，等边
AE AE 2
对等角得到∠OAC=∠OCA，圆周角定理得到 ∴ sin∠ABE= sinD= = = ，AB 4 3
∠EBC=∠CAO , ∠ACB= 90°，同角的余角得 ∴AE= 8 ，
到 ∠OCA = ∠BCD 3，等量代换得到 ∠CBE =
∠ 2 2
4 5
BCD，即可得证； ∴BE= AB -AE = 3 ，
(2) 连接AE，设半圆O的半径为 r，解直角三角 ∵EC =BC，
形OCD，求出半径的长，进行求出AB的长，平 ∴∠EAF=∠BAF，
行得到 ∠ABE=∠D，解直角三角形 ABE，求 ∴AF平分∠BAE，
出AE，BE的长，角平分线的性质，以及同高三 ∴F到AE ,AB的距离相等，都等于EF的长，
AE EF
角形的面积比等于底边比，得到 = BF ，
1
AB S AE EF∴ △AEF = 2 = EFS 1 BF ，进行求解即可． △ABF
2 AB EF
【详解】(1)解：连接OC，则：OA=OC，∴
14
∴ EF = AE = 2 ， ∴OG是⊙O的半径，∴AF是⊙O的切线；BF AB 3
∴ EF = 2BE 5 ，∴EF=
2
5 BE=
8 5
15 ．
例题1. (1)证明：如解图，连接AE，OC相交于点
F，
∵AB是⊙O的直径，
(2)解：∵在△ABC中，∠ACB= 90°，∴AC 2+
BC2=AB2，
∵BC= 6 sinB= AC = 4，
AB 5
，
∴设AC= 4a，AB= 5a，则 (4a)2+ 62= (5a)2，
解得 a= 2(负值已舍去)，∴AC= 8，AB= 10，
∴∠AEB= 90°， 1
∵BD⊥CD ∴∠D= 90° ∴AD= 2 AB= 5，cosB=
BC = 35 ，， ， AB
∴AE∥CD. ∵∠OAE+∠AOE= 90°，∠OAE+∠B= 90°，
∵CD是⊙O的切线， ∴∠AOE=∠B.
∴OC⊥CD，∴OC⊥AE. ∴OA= OE OE OC 5
cos∠ =AOE cosB = 3 = 3 OC.
∵OC是⊙O的半径， 5

∴点C是AE的中点 (垂径定理)； ∵OA+OC=AC 5，∴ 3 OC+OC= 8，
(2)解：由 (1)可知 ∠DCF = ∠D = ∠AED =
解得OC= 3，∴OA= 5，
90°， ∴ OE = OC = 3，AE = OA · sin∠AOE =
∴四边形 CDEF是矩形，∴ CF = DE，OC ∥
OA·sinB= 5× 4 = 4，
BD，∴∠ABD=∠AOF， 5
∴ cos∠ABD= cos∠AOF= OF = 1 . ∴DE=AD-AE= 5- 4= 1，
OA 3 在 Rt△ODE中，OD= DE 2+OE 2 = 12+32
设 OF = x，则 OC = OA = 3x，∴ DE = CF = = 10，
OC-OF= 2x，
∴⊙O的半径为 3，OD的长为 10 .
∵OA=OB，OC∥BD，
例题3.【分析】(1)先由垂径定理得到BE=BD，则
∴OF是△ABE的中位线，
BE= BD，再导角证明 DE ∥ CB，则 ∠ABC=
∴BE= 2OF= 2x，∴BD=DE+BE= 4x，
∠AFD= 90°，即可证明；
∴ 4x= 4，解得 x= 1，∴OC= 3，即⊙O的半径
(2)可证明四边形BCDE是平行四边形，则∠E
为 3.
=∠C，BE=CD= 5，然后解Rt△BEF求出
例题2.解: (1)证明：如解图，过点O作OG⊥AF
BF= 3 ,EF= 4，连接OE，设OE=OB= y，则
于点G，连接OE,
OF= y- 3，在Rt△OEF中，由勾股定理得 42+
∵AB与⊙O相切于点E，∴OE⊥AB，
y-3 2 = y2，求出 y，再由OF= y- 3即可求∴∠AEO=∠AGO= 90°，
解．
∵点D是AB的中点，∠ACB= 90°，
1 【详解】(1)证明：∵直径AB垂直于弦DE，∴CD=AD=BD，∴∠BAC= ∠BDC， 2 ∴BE=BD，∠AFD= 90°，
∵∠FAC= 1 ∠BDC，∴∠BAC=∠FAC， ∴BE=BD，2
∠AEO=∠AGO ∴∠E=∠BDE
在△EAO和△GAO中， ∠EAO=∠GAO， ∵∠DBC=∠DEBOA=OA ∴∠DBC=∠BDE，
∴△EAO≌△GAO(AAS)，∴OG=OE. ∴DE∥CB，
15
∴∠ABC=∠AFD= 90°， 由勾股定理得CF= 10 2，则 cosF= 2 2 ；解
即OB⊥BC 3，
Rt△BEF得到EF= 15 2，则CE= 5 2，BE
∵OB为半径，
= 5 2，由勾股定理得DE= 5 6；由等面积法
∴BC为⊙O的切线；
CH= 10 2(2)解：∵BE∥CD，DE∥CB， 可得 3 ，证明△DOM≌
∴四边形BCDE是平行四边形， △COH AAS DM=CH= 10 2 ，得到 ；证明
∴∠E=∠C，BE=CD= 5， 3
EG 5 2 3
∴ tanE= tanC= 3 ， △DGM∽△EGB可得 = = ，则4 DG 10 2 2
3
∵AB⊥ED，
EG= 3
∴ tanE= BF = 3 ， 2+3
DE= 3 6．
EF 4 【详解】(1)证明；如图所示，连接OE，
设BF= 3x ,EF= 4x，
∴BE= BF 2+EF 2= 5x= 5，
∴ x= 1，
∴BF= 3 ,EF= 4，
连接OE，如图：
∵BE是⊙O的切线，
∴OB⊥BE，即∠OBE= 90°，
在△OEC和△OEB中，
OC=OB
OE=OC，
设OE=OB= y，则OF= y- 3 CE=BE
在Rt△OEF中，由勾股定理得OF 2+EF 2= ∴△OEC≌△OEB SSS ，
OE 2， ∴∠OCE=∠OBE= 90°，
∴ 42+ y-3 2 = y2， ∴OC⊥CE，
25 ∵OC是⊙O的半径，
解得：y= 6 ， ∴EF是⊙O的切线；
∴OA=OB= 25 25 76 ,OF= 6 - 3= 6 ． (2)解：如图所示，过点C作CH⊥BF于H，过
例题4.【分析】本题主要考查了切线的性质与判定， 点D作DM⊥BF于M，
解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与
判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出
辅助线是解题的关键．
(1)连接OE，由切线的性质可得∠OBE= 90°，
证明△OEC≌△OEB SSS ，可得∠OCE=
∠OBE= 90°，据此由切线的判定定理可证明结
论；
设OA=OC= r，则OF=OA+AF= r+ 10，
(2)过点C作CH⊥BF于H，过点D作DM⊥
由 (1)可得∠OCF= 90°，
BF于M，设OA=OC= r，则OF=OA+AF OC 1
= r+ 10，解Rt△OCF 3OC=OF 在Rt△OCF中，sinF= = ，得到 ，则 3r= OF 3
r+ 10，解方程可得OA=OC= 5，则AB=CD ∴ 3OC=OF，
= 2OA= 10，OF= 15，BF=OF+OB= 20， ∴ 3r= r+ 10，
16
∴ r= 5， ∠ADF= 90°，
∴OA=OC= 5，
∴AB=CD= 2OA= 10，OF= 15，
∴BF=OF+OB= 20，
在Rt△OCF中，由勾股定理得CF=
OF 2-OC2= 152-52= 10 2，
∴ cosF= CF = 10 2 = 2 2 ；
OF 15 3
Rt△BEF EF= BF = 20在 中， cosF = 15 2，2 2 ∵AP，BP分别切⊙O于A点，B点，
3 ∴PA⊥OA，
∴CE=EF-CF= 5 2，BE=EF sinF=
∵C为OP的中点，
5 2，
∴PC=OC，
在Rt△CDE中，由勾股定理得DE= 1
CE 2+CD2= 5 2 2 + 2= ∴AC=OC=10 5 6； 2 OP，
1
∵S 1△OCF= 2 CH OF=
1
2 OC CF，
又∵AP= 10，tan∠AOP= 2 ，
AP
∴CH= OC CF = 5×10 2 = 10 2 ， ∴AO= = 20，
OF 15 3 tan∠AOP
∵∠ 2 2 2 2CHO=∠DMO= 90°，∠COH=∠DOM， OP= AO +AP = 20 +10 = 10 5，
OC=OD， AC=OC= 12 OP= 5 5，AF= 2AO= 40，
∴△DOM≌△COH AAS ， ∵AC=OC，
∴DM=CH= 10 2 ； ∴∠CAO=∠AOC，3
∵∠DMG=∠EBG= 90°，∠DGM=∠EGB， 又∵∠PAO=∠ADF= 90°，
∴△DGM∽△ PO FAEGB， ∴ = ，AO DA
∴ EG = BE EG 5 2 3DM ，即 = = 2 ，
20
DG DG 10 2 ∴DA= × 40= 16 5，CD=DA-AC10 5
3 = 11 5，
∴EG= 32+3 DE= 3 6． ∵∠AOP=∠ADB，∠ACO=∠ECD，
例题5.【分析】(1)利用切线长定理得OP平分 ∴△ACO∽△ECD，
∠AOB，利用圆周角定理得∠ADB= ∴ AO = CO
1 ED
，
CD
2 ∠AOB，等量代换即可证明； ∴DE= 11 5 × 20= 44．
(2)延长AO交⊙O于点F，连接DF，利用条件 5 5
求出线段长，再利用角度转换证明三角形相似， 例题6.【分析】(1)由切线的性质求得∠ABD=
最后根据相似求得DE长． 90°，由圆周角定理求得∠ACB= 90°，利用同角
【详解】(1)证明：∵AP，BP分别切⊙O于A 的余角相等求得∠ADB=∠ABC，再利用圆周
点，B点， 角定理即可证明结论成立；
∴OP平分∠AOB， (2)由 (1)得∠ADB=∠ABC=∠AEC，求得
∴∠AOP= 1
BD = BC 5∠AOB， = 3 ，求得BC=
4 5
，利用勾
2 AD AB 3

又∵ 8AB=AB， 股定理求得AC= 3 ，证明△ADB∽△ABC，
∴∠ADB= 12 ∠AOB， 求得AD= 6，据此求解即可．
∴∠ADB=∠AOP． 【详解】(1)证明：∵BD是⊙O的切线，
(2)延长AO交⊙O于点F，连接DF，则 ∴∠ABD= 90°，
17
∵AB是⊙O的直径， 2 ，
∴∠ACB= 90° 3，
解得 r= 4，∴BC= 8，
∴∠ADB= 90° -∠DBC=∠ABC，
∵DF∥AB，∴∠FOG=∠ABC．
∵AC =AC， ∵BC为⊙O的直径，∴∠CEB= 90°．
∴∠AEC=∠ABC， 16
∴∠ =∠ 在Rt△CEB中，BE=BC cos∠ABC=ADB AEC； 3 ，
(2)解：由 (1)得∠ADB=∠ 2ABC=∠AEC， ∴CE= BC2-CE 2= 82- 16 = 8 53 3 ．
∴ cos∠ADB= cos∠ABC= cos∠AEC，
BD BC 5 ∵AB=BC= 8，∴AE=AB-BE=
8
∴ = = 3
．
，
AD AB 3 在Rt△CEA中，AC= AE 2+CE 2=
∵AB= 4，
8 2 8 5 2
4 5 3 + 3 = 8 63 ．∴BC= 3 ，
2.【分析】(1)连接OC，由等边对等角得到
2
∴AC= AB2-BC2= 42- 4 53 = 83 ， ∠EAC=∠OCA，由切线的性质得CD⊥OC，
∵∠ADB=∠ABC，∠ABD=∠ACB= 90°， 而AD⊥CD，则AD∥OC，再由平行线的性质
∴△ADB∽△ABC， 以及等量代换即可证明AC平分∠DAE．
8 (2)作OF⊥AD于点F，因为 tanE= 5 ，CE
∴ AB = AC 4 3
12
，即 =
AD AB AD 4
，解得AD= 6，
= 12 OC = OC，所以 = tanE= 5 ，则OA
∴BD2=AD2-AB2= 36- 16= 20， CE 12 12
=OC= 5，求得EO= OC2+CE 2=
∵OB= 12 AB= 2， 13△OAF∽△EOC FO OA，可证明，得 = =
∴OD= OB2+BD2= 22+20= 2 6． CE EO
5 5 60
1.【分析】(1)利用等腰三角形的性质得出角相 13 ，求得FO= 13 CE= 13 ，则DC=FO=
等，进而得到同位角相等，证明两直线平行； 60
13 ，即可求解半径和CD．(2)先设圆的半径，结合切线性质和三角函数求
【详解】(1)证明：连接OC，则OC=OA，
出半径，再利用圆的直径所对圆周角为直角、三
角函数以及勾股定理求出AC的长．
【详解】(1)证明：∵AB=BC，
∴∠A=∠ACB．
∵OC=OD，
∴∠ACB=∠ODC，
∴∠EAC=∠OCA，
∴∠A=∠ODC，
∵CD与⊙O相切于点C，
∴DF∥AB；
∴CD⊥OC，
(2)解：如图，设⊙O的半径为 r，连接CE，
∵AD⊥CD，
∴AD∥OC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠EAC，
∴AC平分∠DAE；
(2)解：作OF⊥AD于点F，∠AFO=∠OCE
= 90°，
∵FG切⊙O于点F，∴∠OFG= 90°．
在Rt△OFG中，cos∠FOG= OF = r =
OG r+2
18
∵ = 5 = ∵AB是⊙O的直径，tanE 12 ，CE 12， ∴∠AEB= 90°，
∴ OC = OC = tanE= 5 ， ∴ cos∠ABE= BE = BE = 1CE 12 12 ，AB 3 3
∴OA=OC= 5， ∴BE= 1，
∵OC⊥CD， ∴AE 2=AB2-BE 2= 32- 12= 8，
∴EO= OC2+CE 2= 52+122= 13， 由 (1)得AB=BD= 3，
∵AD∥OC， ∴DE=BD+BE= 3+ 1= 4，
∴∠OAF=∠EOC， ∴AD= AE 2+DE 2= 8+42= 2 6．
∴△OAF∽△EOC， 4.【分析】(1)连接OD，根据等腰三角形的性质可
∴ FO = OA = 513 ，CE EO 得∠COD= 2∠CAB= 90°，再根据DE∥CF，
∴FO= 5 CE= 5 × 12= 60 可得∠EDO= 180° -∠COD= 90°，问题得证；13 13 13 ， (2)过点C作CH⊥AB于点H，根据等腰直角
∵∠OFD=∠D=∠OCD= 90°，
三角形的性质有CH=AH= 2 2，结合
∴四边形OCDF是矩形，
60 tan∠CFD= 2
CH
，可得 = 2，即FH= 2，利
∴DC=FO= ， FH13 用勾股定理可得CF= 10．在Rt△FOD中，
∴⊙O 5 DC 60的半径长为 ， 的长为 13 ． OD根据 tan∠CFD= = 2，设半径为 r，即有
OF
3.【分析】本题考查圆周角定理，垂直平分线的性 r
质，勾股定理，余弦函数： = 2，问题得解．10-r
(1)由直径所对的圆周角为 90度，可证BC⊥ 【详解】(1)证明：连接OD．
AD，进而可得BC垂直平分AD，即可证明AB
=BD；
(2)连接AE，则∠AEB= 90°，结合 cos∠ABE
= 13 可得BE= 1，进而可得DE=BD+BE=
4，再由勾股定理计算AD即可．
【详解】(1)证明：如图，连接BC，
∵AC=BC，∠ACB= 90°，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠CAB= 45°，
∴∠COD= 2∠CAB= 90°，
∵DE∥CF，
∵AB是⊙O的直径， ∴∠COD+∠EDO= 180°，
∴∠ACB= 90°， ∴∠EDO= 180° -∠COD= 90°，
∴BC⊥AD， ∴DE为⊙O的切线．
又∵CD=CA， (2)过点C作CH⊥AB于点H，
∴BC垂直平分AD， ∵△ACB为等腰直角三角形，AC= 4，
∴AB=BD； ∴AB= 4 2，∴CH=AH= 2 2，
(2)解：如图，连接AE，
19
∵ tan∠CFD= 2，∴ CHFH = 2，∴FH= 2， ∴ sin∠ABD= sin∠AED=
10
10 ，
∵CF 2=CH 2+FH 2，∴CF= 10． ∵△ABD中，∠ADB= 90°，AB= 10，
在Rt△FOD中，∵ tan∠CFD= OD = 2，
OF sin∠ABD=
10
10 ，
设半径为 r，∴ r = 2 ∴ r= 2 10， ． ∴AD= 1，
10-r 3 ∴BD= 3，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴DF∥AB，
∴∠BDF=∠ABD，
∴ sin∠BDF= sin∠ABD= 1010 ，
∵△BDF中，∠BFD= 90°，BD= 3，sin∠BDF
5.【分析】(1)只要证明∠CBA= 90°，即可证明
= 10 ，
BC为⊙O的切线； 10
(2) 3 10过点D作DF⊥BC，垂足为F，在△ABD ∴BF= 10 ，
中，∠ADB= 90°，AB= 10，sin∠ABD= ∵BD=CD，DF⊥BC，
10
10 ，求得AD= 1，BD= 3，在△BDF中， ∴BC= 2BF=
3 10
5 ，
∠BFD= 90°，BD= 3 10，sin∠BDF= ∵四边形ABED内接于⊙O，10 ，求
BF= 3 10
∴∠DAB+∠BED= 180°，
得 10 ，再根据圆内接四边形的性质结 ∵∠C=∠BAD，
合等边对等角求得∠CEB=∠C，据此求解即 ∴∠CEB=∠C，
可．
∴BE=BC= 3 10 ．
【详解】(1)证明：∵BD=CD， 5
∴∠C=∠DBC， 6.【分析】(1)如图，连接OD，证明OD⊥AB，
又∵∠C=∠BAD， ∠DOE= 2∠F= 90°，即EF⊥OD，可得AB∥
∴∠BAD=∠DBC， EF，进一步证明∠B=∠C，可得AB=AC；
∵AB为⊙O的直径， (2)求解AC= 8，设⊙O的半径为 r，结合 sinA
∴∠ = ° = 3 OD = r 3ADB 90 ， 5 ，可得 AO 8-r = 5 ，可得：r= 3，
∴∠BAD+∠DBA= 90°， AD= AO2-DO2= 4，求解DF= 32+32=
∴∠DBC+∠DBA= 90°，即∠CBA= 90°，
3 2 FG OF，证明△OFG∽△ADG，可得 =
∴AB⊥BC， DG AD
∴BC为⊙O 3的切线； = 4 ，进一步可得答案.
(2)解：如图，过点D作DF⊥BC，垂足为F， 【详解】(1)解：如图，连接OD，
∵以OC为半径的⊙O与AB相切于点D，
∵AD=AD， ∴OD⊥AB，
∴∠ABD=∠AED， ∵∠F= 45°，
20
∴∠DOE= 2∠F= 90°，即EF⊥OD， ∵AB是⊙O的直径，
∴AB∥EF， ∴∠ACB=∠1+∠3= 90°，
∴∠OEC=∠B， ∴∠2+∠3= 90°，
∵OE=OC， ∵∠ACD=∠2，
∴∠C=∠OEC， ∴∠ACD+∠3= 90°，即∠OCD= 90°，
∴∠B=∠C， ∴DC⊥OC，
∴AB=AC； 又∵OC是⊙O的半径，
(2)解：∵AB= 8，AB=AC， ∴DC是⊙O的切线．
∴AC= 8， (2) ∵ OA = 2解： 3 ，⊙ OD设 O的半径为 r，
∴设OA=OB=OC= 2x，则OD= 3x，
∴AO= 8- r，OD= r，而∠ADO= 90°，sinA
3 ∴AD=OD-OA= 3x- 2x= x，BD=OB+= 5 ， OD= 5x，
∴ OD = r = 3 ， ∵CO⊥DC，BE⊥DC，
AO 8-r 5 ∴BE CO，
解得：r= 3，
OD OC 3x
∴OF=OD= 3，AO= 5，AD= AO2-DO2 ∴△DCO △DEB，∴ BD = BE ，即 5x =
= 4， 2x
10 ，解得 x= 3，∴DA= 3．
∵OD⊥EF，则∠DOF= 90°，
1. (1)证明：如解图，连接OD，OC.
∴DF= 32+32= 3 2，
∵EF∥AB，
∴△OFG∽△ADG，
∴ FG = OF = 34 ，DG AD
∴DG= 4 DF= 43+4 7 × 3 2=
12 2
7 .
7.【分析】(1)连接OC，先根据等腰三角形的性质
可得∠1=∠2，再根据圆周角定理可得∠ACB
=∠1+∠3= 90°，从而可得∠OCD= 90°，然后 ︵
∵D是BC的中点，
根据圆的切线的判定定理即可得证； 1
(2)设OA=OB=OC= 2x，则OD= 3x，AD ∴∠BOD= 2 ∠BOC，
= x ,BD= 5x，再根据相似三角形的判定证出 ∵OA=OC，
△DCO △DEB，然后根据相似三角形的性质 ∴∠A=∠OCA
求出 x的值，由此即可得出答案． ∵∠A= 12 ∠BOC，
【详解】(1)证明：如图，连接OC， ∴∠BOD=∠A，
∴OD∥AC，
∵EF⊥AC，
∴OD⊥EF，
又∵OD是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线；
(2) △AEF ∵∠E= 90° sinF= 1解：在 中， ， 3 ，
AE
∵OC=OB AE= 4，∴AF=， sinF = 12.
∴∠1=∠2， 设⊙ O的半径为 R，则 OD= OA= OB= R，
21
AB= 2R. ∠PBO.
在 △ODF中，∵ ∠ODF = 90°，sinF = OD = ∵ PB 为 ⊙ O 的切线，∴ ∠OBP = 90 °，∴
OF
1 ∠PAO = 90°，∵ OA为⊙ O的半径，∴ PA是
3 ， ⊙O的切线；
∴OF= 3OD= 3R， (2)解：∵ cos∠CAO= 45 ，∵OF+OA=AF，
∴设AC= 4k，AO= 5k，由勾股定理可知OC
∴ 3R+R= 12，解得R= 3.
= 3k，
连接BC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB= 90°， ∴ sin∠CAO=
3
5 ，tan∠COA=
4
3 ，
∵∠E= 90°， ∴ CO = 3 6 = 3 ，即，解得OA= 10，
∴ ∥ OA
5 OA 5
BC EF， AP 4
∴ AC = AB
∵ tan∠POA= tan∠COA= = ，
， AO 3
AE AF AP 4 40
∴ AC = 2R
∴
， 10
= 3 ，解得AP= 3 ，
4 4R
∴AC= 2. ∵PA=PB ∴PB=PA=
40
， 3 .
2. (1)证明：AD是⊙O的切线， 4. (1)证明：如答图，连接 OE，BE . ∵ ∠ABG =
∴∠DAB= 90°，即∠DAC+∠CAB= 90°， 2∠C，∠ABG=∠C+∠A，∴∠C=∠A，∴BC
∵AB是⊙O的直径， =AB.
∴∠ACB= 90°，
∴∠CAB+∠ABC= 90°，
∴∠DAC=∠B，
∵OC=OB，
∴∠B=∠OCB=∠DAC，
又∵∠DCE=∠OCB， ∵BC是⊙O的直径，
∴∠DAC=∠DCE； ∴∠CEB= 90°，∴CE=AE.
(2 ) 解：在 Rt△AOD 1中，OA = 2 AB = 1，
∵CO=OB，∴OE∥AB.
1 ∵GE⊥AB，sin∠D= 3 ， ∴ EG⊥ OE .又 ∵ OE是⊙ O半径，∴ EG是
∴OD= OA = 3， ⊙O的切线．sin∠D
∴CD=OD-OC= 2. (2)解：∵AC= 8，∴ CE=AE= 4. ∵ tanC=
BE 1
∴AD= OD2-OA2= 32-12= 2 2， = ，∴ BE= 2，∴ BC= CE 2+BE 2 =CE 2
又∵∠DCE=∠DAC，∠CDE=∠ADC， 2 5，
∴△CED∽△ACD， ∴CO= 5，即⊙O的半径为 5 .
∴ AD = CD ， 5. (1)证明：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB
CD DE
2 ∴AC =AD ,∴∠CGA=∠ACD
∴DE= CD2 = 2 = 2，
AD 2 2 又∵四边形ACDG是圆内接四边形，
∴AE=AD-ED= 2 2- 2= 2 . ∴∠ACD+∠AGD= 180°
3. (1)证明：如解图，连接 OB，∵ OA = OB，∴ 又∵∠DGF+∠AGD= 180°
∠OAB=∠OBA， ∴∠ACD=∠DGF.
∵OP⊥AB，∴AC=BC，∴OP是AB的垂直 又∠ACD=∠CGA
平分线， ∴∠DGF=∠AGC
∴ PA = PB，∴ ∠PAB = ∠PBA，∴ ∠PAO = (2) ∵∠FGD=∠ACD，∠F=∠F
22
∴△DGF∽△ACF A E
∴ DF = GF
AF CF
O
又∵ tanF= 32
∴在Rt△AEF AE 3中，EF = 2 B
设AE= 3x，EF= 2x， D C
∵CD⊥AB ∵∠BOC= 2∠E , ∠ABE= 2∠E，
∴CE=DE，又DE=DF ∴∠BOC=∠ABE，
∴CF= 3x ∴AB OC，
则由勾股定理得AF= 3x 2 + 2x 2 = 7x ∴∠OCD+∠ADC= 180°，
DF
则 = GF ; x = 6
AF CF 7x 3x
, x= 2 7 ∵AB⊥CD于点D，
∵在Rt△ACE中，AC= AE 2+CE 2= ∴∠ADC= 90°，
2+ 2= ∴∠OCD= 90°， 3x x 2x
∴ = ∴OC⊥CD，AC 4 7
∴CD是⊙O的切线；
6. 证明：连接OD.
(2)解：方法 1：连接AC ,BC，
C
A E
O
O
A D B
∵⊙O与边AB相切于点D， B
∴OD⊥AB，即∠ADO= 90°， D C
∵AO=AO，AC=AD，OC=OD， ∵BE是⊙O的直径，
∴△ACO≌△ADO(SSS)， ∴∠BCE= 90°，
∴∠ADO=∠ACO= 90° ∴∠OBC+∠E= 90°，
又∵OC是半径， ∵∠OCD= 90°，
∴AC是⊙O的切线; ∴∠OCB+∠BCD= 90°，
(2) ∵ tanB= 43 ∵OB=OC，
∴设AC= 4x，BC= 3x， ∴∠OCB=∠OBC，
∵AC2+BC2=AB2 ∴∠E=∠BCD，
∴ 16x2+ 9x2= 100， ∴ tan∠BCD= tanE= 13 ，
∴ x= 2，BC= 6，AC=AD= 8，
∵ = ∴在Rt△BCD中，CD=
BD = 3，
AB 10， tan∠BCD
∴BD= 2 ∵∠A=∠E，
∵OB2=OD2+BD2 ∴ CD在Rt△ACD中，AD= = 9，
tanA
∴ (6-OC)2=OC2+ 4， ∴AB=AD-BD= 8，
∴OC= 83 方法 2：
8
故⊙O的半径为 连接CD，过点O作OH⊥AB于H，设⊙O的3
半径为 r，
7. (1)证明：连接OC，在⊙O中
23
A E
O
H
B ∴∠OAC=∠AOD，
D C ∵AD=OD，
同方法 1可得∠BCD=∠E ,CD= 3， ∴∠OAD=∠AOD，
∵OH⊥AB， ∴∠OAC=∠OAD，
∴∠OHD= 90° =∠OCD=∠ADC， ∵∠ACB= 90°，OM⊥AB于点M，
∴四边形OHDC是矩形， ∴OC=OM，
∴OH=CD= 3 ,HD=OC= r， ∵OC为⊙O的半径，
∴HB=HD-BD= r- 1， ∴OM为⊙O的半径，
∵Rt△OHB中，OH 2+HB2=OB2， ∴AB与⊙O相切；
∴ 32+ (r- 1)2= r2，解得：r= 5，∴HB= 4， (2) ∵OD∥AC，∴△ODB∽△CAB，
∴由垂径定理，AB= 2HB= 8． ∴ OD = BO BE+OE 2，即 = ，
8. (1)证明：如解图，连接OD. CA BC BE+CE 3
∵OD=OC，∴∠OCD=∠ODC. 设⊙O的半径为 r，则OC=OE= r，
∴ 1+r 21+2r = 3 ，解得 r= 1，
∴BO=BE+OE= 2，OM= r= 1，
在Rt△OMB OM中， = 12 ，∴∠B= 30°，OB
∵OD∥AC，∴∠DOB=∠ACB= 90°，
∵∠BDF=∠BCD， OB 3 2在 Rt△DOB中，cosB = = ，即
∴∠ODC=∠BDF. BD 2 BD
3
∵BC是⊙O的直径， = 2 ，
∴∠BDC= 90°，即∠BDO+∠ODC= 90°， ∴BD= 4 3 .
∴∠BDO+∠BDF= 90°，即∠ODF= 90°. 3
∵OD ⊙O ∴DF ⊙O 10. (1)证明：如图，连结OC．是 的半径， 是 的切线；
(2)解：∵DB=DE，∴∠BCD=∠DCE. ∵EF⊥AB，
∵∠BDC= 90° ∴∠FDA= 90°，，∴∠ADC= 90°.
又∵CD=CD ∴∠F+∠FAD= 90°，
∴△ADC≌△BDC(ASA) ∴AC=BC. ∵CE=EF．，
∴∠2=∠F．
∵在Rt△ODF中，tanF= ODDF =
2
4 ， 又∵OC=OA，
∴OD=DF·tanF= 2 2 × 2 = 1， ∴∠FAD=∠1．4
∴ = = ∴∠1+∠2=∠FAD+∠F= 90°．BC 2OD 2，∴AC=BC= 2.
∴∠OCE= 180° -∠1-∠2= 180° - (∠1+∠2)
9. 解：(1)AB与⊙O相切．
= 180° -90° = 90°
证明：如解图，过点O作OM⊥AB于点M，
∴OC⊥CE．
∵OD∥AC，
∴CE切⊙O于点C；
24
F 径，
∴DA⊥OA．
C 2 E ∴∠OAD= 90°，∠OAC+∠CAD= 90°．
∵OA=OB，C为AB的中点，
1 ∴OC⊥AB，∠OAC=∠B．
A B ∴∠D+∠CAD= 90°．O D
∴∠OAC=∠D．
∴∠B=∠D；
(2)连结CB交FD于点G． B
∵FD⊥AB 3，sin∠F= 5 ，
∴设AD= O3k，AF= 5k，可得FD= 4k． C
∵D为OB的中点，
E
∴DB= k，AB= 4k．
F A D∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB=∠FCB= 90° =∠GDB． (2)解：如图 3，连接AE．设⊙O的半径为 r．
∴∠F= 90° -∠4= 90° -∠BGD=∠B． ∵O为BE的中点，C为AB的中点，
∵∠FDA=∠GDB= 90°， ∴AE OC 1，OC= 2 AE，
∴△FAD∽△BGD， ∵∠FEA=∠AOD，∠EAF=∠D= 90°，
∴ AD = FD 3k 4k，即 = ， ∴△AFE∽△DFO ∴ FA = AEDG DB DG k ， FD ．OD
解得DG= 34 k， ∵∠B=∠D，sinB=
1
3 ，∴ sinD= sin∠OAC
3 13
可得FG= 4k- 4 k= 4 k = sinB=
1
3 ，
∵∠FCB= 90°，
Rt△OAD OA在 中．OD= sinD = 3r，AD=∴∠4+∠F=∠2+∠3．
2
∵∠F=∠2， OD -OA
2= 2 2r．
∴∠3=∠4． 在Rt△OAC中，OC=OA sin∠OAC= 13 r．
∴CE=EF=EG． ∴AE= 2OC= 2 r．
∵EF= 1，∴FG= 2． 3
∵AF= 4 2，
∴ 13k = 2 k= 84 ， 13 ， 2
32 ∴ 4 2 3
r 4 2
∴AB= 4k= 13 ．
=
4 2+2 2r 3r
，化简，得 4+2r = 9 ，
F 解得 r= 7．经检验，r= 7是原方程的解．
∴ r= 7．
C 2 E
12. (1)连接OC,如图
3 4 D
1 C
A O D B F
B AO E
11. (1)证明：如图，连接OA．
∵DA与⊙O相切，切点为A，OA为⊙O的半
25
∵AB是⊙O的直径。 A
∴∠BCA= 90°.
∴∠ DA+∠B= 90°. O
又∵∠B=∠DCA
∴∠DCA+∠A= 90°
∵ COC=OA B E
∴∠A=∠OCA ∵DE是⊙O的切线，
∴∠OCA+∠DCA= 90°. ∴∠ODE= 90°
∴OC⊥CD ∴∠ODB+∠BDE= 90°
即OC是⊙O的切线 又∵AB是直径，
(2)作DM⊥CF如图 ∴∠ADB=∠BDC= 90°
D ∴∠CDE+∠BDE= 90°
C ∴∠CDE=∠ODB
又OB=OD
M F
∴∠ODB=∠OBD
B AO E ∴∠CDE=∠OBD ,即：∠CDE=∠ABD；
(2) ∵∠CDE=∠ABD
∴ sin∠ABD= sin∠CDE= 5
∵AB是⊙O的直径 13
∴∠BCA= 90°. 又∵∠ADB= 90° ,AB= 26
∴∠B+∠A= 90°. ∴ sin∠ABD=
AD = 5
AB 13
又∵DE⊥AB ∴AD= 10
∴∠A+∠EFA= 90°. 在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD=
∴∠B=∠EFA AB2-AD2= 262-102= 24
又∵∠B=∠DCA 设DC= x，则AC=AD+CD= 10+ x，BC=
∴∠DCA=∠EFA AC= 10+ x，
又∠EFA=∠CFD 在RtΔBDC中，∠BDC= 90°
∴∠DCA=∠CFD即△CDF是等腰三角形 ∴BC2=BD2+DC2
又∵DM⊥CF
∴ (10+ x)2= 242+ x2 , 119解得，x=
∴CM=FM 5
∵∠OCA+∠DCM= 90°，∠MCD+∠CDM= 即：DC= 1195
90° 14. (1)证明：如解图，连接OE，
∴∠CDM=∠OCA=∠A 由题意可知，OD=OE，∴∠OED=∠ODE.
∴ tanA= tan∠CDM= 34 ,又CD= 10 ,∴ ∵DE平分∠ADC，∴∠CDE=∠ODE，
CM = 3 ∴∠OED=∠CDE，∴OE∥CD.DM 4 ∵∠ACB= 90°，∴∠AEO= 90°，即OE⊥AC.
设CM= 3a ,DM= 4a ∵OE为⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线；
在Rt△CDM中， 3a 2 + 4a 2 = 102,解得 a= 2 (2)解：如解图，过点D作DF⊥AB于点F,
∴CM= 6,CF= 2CM= 12 ∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，∠ACB= 90°，
13.解：(1)证明：连接OD，如图， ∴CD=DF.
∵CD= 12，tan∠ABC= 34 ，
∴BF= DF = 16，
tan∠ABC
26
∴BD= DF 2+BF 2= 20， (2)解：如解图②，连接CD，OD，
∴BC=CD+BD= 32， ∵BC为半圆O的直径，
∴AC=BC·tan∠ABC= 24， ∴∠BDC=∠CDA= 90°，
∴AD= AC2+CD2= 12 5 . ∴∠CDE+∠ADE= 90°.
∵OE∥CD， 由 (1)可知，DE⊥AC，OD∥AC，
∴△AEO∽△ACD， ∴∠ADE+∠A= 90°，
∴ EO = AO EO 12 5-OD
∴∠A=∠CDE.
，即
CD AD 12
= =
12 5 ∵AC=BC，
12 5-EO
解得EO= 15- 3 5， ∴∠A=∠ABC，
12 5
∴⊙ - ∴∠CDE=∠ABC，O的半径为 15 3 5 .
∴ tan∠ABC= tan∠CDE= EC = 3DE 4 .
设EC= 3x，DE= 4x，则DC= 5x，
由 (1)知，OD∥AC，
∴S△OCE=S△DCE，
15. (1)证明：如解图①，连接OD， ∴S 1 2△DCE= 2 CE·DE= 6x = 12，∵DE是半圆O的切线，
∴ x1= 2，x2=- 2 (舍去)，∴∠ODE= 90°.
∴DC= 5 2 .
∵OB=OD， DC 3
∴∠OBD=∠ODB. ∵ tan∠ABC= DB = 4 ，
∵AC=BC， ∴ sin∠ABC= DC = 3 ，
∴∠ =∠ BC 5OBD A，
25 2
∴∠A=∠ODB， ∴BC= 3 ，
∴OD∥AC， ∴ O 25 2半圆 的半径为 .
∴∠ODE+∠DEC= 180° 6，
∴∠DEC= 90°，即DE⊥AC；
解图②
解图①
27圆的综合题
2026
春
季
班
课堂讲解 1
1. 最近 3年成都中考试题 1
2. 类题讲解 4
3. 巩固练习 8
课后练习 14
课堂讲解
1.最近 3年成都中考试题
1. (2023年成都中考) = x+ 3，
如图,以△ABC的边AC为直径作⊙O ,交BC 根据勾股定理，可得AD2+DC2=AC2，即
边于点D ,过点 C作CE AB交⊙O于点 E, 2x 2 + 32= x+3 2 ，解得 x1= 2，x2= 0(舍去)，
连接AD ,DE , ∠B=∠ADE. ∴BD= 2，AD= 4,
(1)求证:AC=BC； 根据勾股定理，可得AB= AD2+BD2=
(2)若 tanB= 2 ,CD= 3 ,求AB和DE的长. 2 5；
A 如图，过点E作DC的垂线段，交DC的延长线
于点F，
O E
B D C
【分析】( 1 ) 根据 CE ∥ AB，得到 ∠ACE =
∠BAC，再根据同弦所对的圆周角相等，得到
∠ACE=∠ADE=∠B，可证明△ABC是等腰 ∵CB=CA，
三角形，即可解答； ∴∠ACB= 180° -2∠B，
(2)根据直径所对的圆周角为直角，得到 tanB (1)中已证明∠B=∠ACE，
= 2= AD BD= x ∴∠ECF= 180° -∠ACB-∠ACE=∠B，BD ，设 ，根据勾股定理列方程， ∵EF⊥CF，
解得 x的值，即可求出AB；过点 E作DC的垂
∴ tan∠ECF= tan∠B= 2，即 EF = 2，
线段，交 DC 的延长线于点 F ，证明 ∠B = CF
∠ECF，求出 EF ,DF的长，根据勾股定理即可 ∵∠B+∠BAD= 90°，∠ADE+∠EDF= 90°，
解出DE的长． ∠B=∠ADE，
【小问 1详解】 ∴∠BAD=∠EDF，
证明：∵CE∥AB， ∴∠DEF= 90° -∠EDF= 90° -∠BAD=∠B，
∴∠BAC=∠ACE， ∴ DFEF = 2，
∴∠BAC=∠ACE=∠ADE， 设CF= a，则DF=DC+CF= a+ 3，∴EF=
∵∠B=∠ADE，
2a，可得方程 a+32a = 2，解得 a= 1，∴∠B=∠BAC，
∴AC=BC； ∴EF= 2，DF= 4，
【小问 2详解】 根据勾股定理，可得DE= DF 2+EF 2= 2 5．
解：设BD= x，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=∠ADB= 90°，
∵ tanB= 2，
∴ ADBD = 2，即AD= 2x，
根据 (1)中的结论，可得AC=BC=BD+DC
1
2. (2024年成都中考) ∵ tan∠BFC= 5
如图,在Rt△ABC中,∠C= 90°,D为斜边AB ∴ tan∠BFC= tan∠ABC= 5
上一点,以 BD为直径作⊙ O ,交 AC于 E , F ∴ CB = AC = 5
CF BC
两点,连接BE ,BF ,DF.
不妨设CF= x，那么CB= 5x
(1)求证:BC DF=BF CE ;
x+4 5
(2)若 ∠A = ∠CBF , tan∠BFC = 5 , AF = ∵AF= 4 5 ,∴ = 5 ,∴ x= 55x
4 5 ,求CF的长和⊙O的直径. ∴CF= 5，CB= 5x= 5 × 5= 5
C 不妨设EF= y，那么AE=AF-EF= 4 5-
F y=BE
E
在Rt△CEB中，CE=EF+CF= y+ 5，CB
= 5，BE= 4 5- y
A B
D O ∴ (y+ 5 )2+ 52= (4 5- y)2
∴ y= 5
∴EF= 5
【分析】(1)先证明△EBC∽△DBF，然后利用
在Rt△CFB中，CF= 5，BC= 5
对应边成比例，即可证明；
∴BF= CF 2+BC2= ( 5)2+52= 30
( 2 ) 利用 △EBC ∽ △DBF ，知道 ∠EBC =
∵∠CEB=∠FDB
∠DBF，从而推出∠CBF=∠EBA，结合∠A=
∴ tan∠CEB= tan∠FDB
∠CBF，知道∠A=∠EBA，推出AE= BE，接 CB BF
下来证明 ∠BFC=∠ABC，那么有 tan∠BFC ∴ =CE DF
= tan∠ABC= 5，即 CB = AC = 5，不妨 5 30
CF BC ∴ =5+ 5 DF
设CF= x，代入求得 CF的长度，不妨设 EF= ∴DF= 2 6
y，在Rt△CEB和Rt△CFB中利用勾股定理求 ∴BD= DF 2+BF 2= (2 6)2+( 30)2=
得 EF和 BF的长度，最后利用 tan∠CEB = 3 6
tan∠FDB，求得DF的长度，然后再利用勾股 ∴⊙O的直径是 3 6．
定理求得BD的长度．
【详解】(1) ∵BD是⊙O的直径
∴∠BFD= 90° =∠C
又∵∠CEB=∠FDB
∴△EBC∽△DBF
∴ EC = CBDF FB
∴BC DF=BF CE
(2)由 (1)可知，△EBC∽△DBF
∴∠EBC=∠DBF
∴∠EBC-∠FBE=∠DBF-∠FBE
∴∠CBF=∠EBA
∵∠A=∠CBF
∴∠A=∠EBA
∴AE=BE
∵∠A=∠CBF
∴ 90° -∠A= 90° -∠CBF
∴∠ABC=∠CFB
2
3. (2025年成都中考) E
如图,点 C在以 AB为直径的半圆O上,连接 C
AC ,BC , F过点C作半圆O的切线,交AB的延

长线于点 D ,在 AC 上取点 E ,使 EC = BC ,
连接BE ,交AC于点F. A O B D
(1)求证:BE CD； (2)设半圆O的半径为 r，则OC=OB= r，
(2)若 sinD= 2 ,BD= 1 ,求半圆O的半径及 ∵BD= 1，3 ∴OD= r+ 1，
EF的长.
∵OC⊥CD，
E OC r 2
C ∴ sinD= = = ，OD r+1 3
F ∴ r= 2，即：半圆O的半径为 2；
∴AB= 2r= 4，
A O B D 连接AE，则：∠AEB= 90°，
【分析】(1)连接OC，切线得到OC⊥CD，等边 ∵BE∥CD，
对等角得到∠OAC=∠OCA，圆周角定理得到 ∴∠ABE=∠D，
∠EBC=∠CAO , ∠ACB= 90°，同角的余角得 ∴ sin∠ABE= sinD= AE = AE = 2 ，
AB 4 3
到 ∠OCA = ∠BCD，等量代换得到 ∠CBE =
∠ ∴AE=
8 ，
BCD，即可得证； 3
(2)连接AE，设半圆O的半径为 r，解直角三角 ∴BE= AB2-AE 2= 4 53 ，
形OCD，求出半径的长，进行求出AB的长，平
∵EC =BC，
行得到 ∠ABE=∠D，解直角三角形 ABE，求 ∴∠EAF=∠BAF，
出AE，BE的长，角平分线的性质，以及同高三 ∴AF平分∠BAE，
角形的面积比等于底边比，得到 AE = EF ，
AB BF ∴F到AE ,AB的距离相等，都等于EF的长，
进行求解即可． 1S AE EF
【详解】(1)解：连接OC，则：OA=OC，∴ ∴
△AEF = 2 EFS△ABF 1
=
AB EF BF
，
∠OAC=∠OCA， 2
∵过点C作半圆O的切线，交AB的延长线于 ∴ EF = AE = 2BF AB 3 ，
点D，
∴ EF = 2 ，∴EF= 2 BE= 8 5∴ ．OC⊥CD， BE 5 5 15
∴∠BCD+∠OCB= 90°，
∵AB为直径，
∴∠ACB= 90°，
∴∠OCA+∠OCB= 90°，
∴∠OCA=∠BCD，
∴∠CAB=∠BCD，

∵EC =BC，
∴∠CAE=∠CAB=∠BCD，
∵∠CAB=∠EBC，
∴∠EBC=∠BCD，
∴BE∥CD；
3
2.类题讲解
例题1.如图，AB是⊙O的直径，点 C在⊙O 例题2.如图，在△ABC中，∠ACB= 90°，点D
上且不与点A，B重合，CD是⊙O的切线，过点B 是AB边的中点．点O在AC边上，⊙O经过点C
作 BD⊥ CD于点 D，交 ⊙ O于点 E，连接 AC， 且与AB 1边相切于点E，∠FAC= 2 ∠BDC.
BC.
(1)求证：AF是⊙O的切线；
(1)求证：点C是AB的中点；
(2) BC = 6 sinB = 41 若 ， 5 ，求⊙ O的半径及(2)若 BD= 4，cos∠ABD= 3 ，求⊙O的半 OD的长．
径．
解: (1)证明：如解图，过点O作OG⊥AF于
(1)证明：如解图，连接AE，OC相交于点F，
点G，连接OE,
∵AB是⊙O的直径， ∵AB与⊙O相切于点E，∴OE⊥AB，
∴∠AEO=∠AGO= 90°，
∵点D是AB的中点，∠ACB= 90°，
∴CD=AD=BD，∴∠BAC= 12 ∠BDC，
∵∠FAC= 12 ∠BDC，∴∠BAC=∠FAC，
∴∠AEB= 90°， ∠AEO=∠AGO
∵BD⊥CD，∴∠D= 90°， 在△EAO和△GAO中， ∠EAO=∠GAO，∴AE∥CD. OA=OA
∵CD是⊙O的切线， ∴△EAO≌△GAO(AAS)，∴OG=OE.
∴OC⊥CD，∴OC⊥AE. ∴OG是⊙O的半径，∴AF是⊙O的切线；
∵OC是⊙O的半径，

∴点C是AE的中点 (垂径定理)；
(2)解：由 (1)可知 ∠DCF= ∠D= ∠AED=
90°，
∴四边形 CDEF是矩形，∴ CF = DE，OC ∥
BD，∴∠ABD=∠AOF， (2)解：∵在△ABC中，∠ACB= 90°，∴AC 2
2 2
∴ +BC =AB ，cos∠ABD= cos∠AOF= OF = 13 .OA ∵BC= 6，sinB= AC = 4 ，
设OF= x，则OC=OA= 3x，∴DE= CF= AB 5
OC-OF= 2x， ∴设AC= 4a，AB= 5a，则 (4a)
2+ 62= (5a)2，
∵OA=OB，OC∥BD， 解得 a= 2(负值已舍去)，∴AC= 8，AB= 10，
∴OF是△ABE的中位线， ∴AD= 12 AB= 5，cosB=
BC = 3 ，
AB 5
∴BE= 2OF= 2x，∴BD=DE+BE= 4x， ∵ ∠OAE + ∠AOE = 90 °，∠OAE + ∠B =
∴ 4x= 4，解得 x= 1，∴OC= 3，即⊙O的半 90°，
径为 3. ∴∠AOE=∠B.
4
∴ OA = OE OE OC∠ = cosB = 3 =
即OB⊥BC，
cos AOE
5 ∵OB为半径，
5 OC. ∴BC为⊙O的切线；3 (2)解：∵BE∥CD，DE∥CB，
∵OA+OC=AC，∴ 53 OC+OC= 8， ∴四边形BCDE是平行四边形，
解得OC= 3，∴OA= 5， ∴∠E=∠C，BE=CD= 5，
∴ OE = OC = 3，AE = OA · sin∠AOE = ∴ tanE= tanC= 3 ，
OA·sinB= 5× 4
4
5 = 4， ∵AB⊥ED，
∴DE=AD-AE= 5- 4= 1， ∴ tanE= BFEF =
3
4 ，
在 Rt △ ODE 中 ，OD = DE 2+OE 2 =
设BF= 3x ,EF= 4x，
12+32= 10， ∴BE= BF 2+EF 2= 5x= 5，
∴⊙O的半径为 3，OD的长为 10 . ∴ x= 1，
例题3.如图，⊙ O为 △ABD的外接圆，直径 ∴BF= 3 ,EF= 4，
AB垂直于弦DE，垂足为点F．点C为圆外一点， 连接OE，如图：
连结BE、BC、CD，∠DBC=∠DEB．
设OE=OB= y，则OF= y- 3
(1)求证：BC为⊙O的切线； 在Rt△OEF中，由勾股定理得OF 2+EF 2=
(2)若BE∥CD，tanC= 34 ，CD= 5，求OF
OE 2，
∴ 42+ y-3 2 = y2，的长．
25
【分析】(1)先由垂径定理得到 BE = BD，则 解得：y= 6 ，
BE = BD，再导角证明 DE ∥ CB，则 ∠ABC = ∴OA=OB= 256 ,OF=
25
6 - 3=
7
6 ．∠AFD= 90°，即可证明；
(2)可证明四边形BCDE是平行四边形，则 例题4.如图，AB ,CD是⊙O的直径，过点 C
∠E=∠C，BE=CD= 5，然后解Rt△BEF求出 的直线与过点B的切线交于点E，与BA的延长线
BF= 3 ,EF= 4，连接OE，设OE=OB= y，则 交于点F，且EB=EC，连接DE交AB于点G．
OF= y- 3，在Rt△OEF中，由勾股定理得 42+
y-3 2 = y2，求出 y，再由OF= y- 3即可求解．
【详解】(1)证明：∵直径AB垂直于弦DE，

∴BE=BD，∠AFD= 90°，
∴BE=BD，
∴∠E=∠BDE
∵∠DBC=∠DEB
∴∠DBC=∠ (1)求证：EF是⊙O的切线；BDE，
1
∴DE∥CB， (2)若AF= 10 , sinF= 3 ，求EG的长．
∴∠ABC=∠AFD= 90°， 【分析】本题主要考查了切线的性质与判定，
5
解直角三角形，勾股定理，相似三角形的性质与判
定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助
线是解题的关键．
(1)连接OE，由切线的性质可得∠OBE=
90°，证明△OEC≌△OEB SSS ，可得∠OCE=
∠OBE= 90°，据此由切线的判定定理可证明结论；
(2)过点C作CH⊥BF于H，过点D作DM
⊥ = 设OA=OC= r，则OF=OA+AF= r+BF于M，设OA OC= r，则OF=OA+AF
= 10，r+ 10，解Rt△OCF得到 3OC=OF，则 3r= r
+ = = = = 由 (1)可得∠OCF= 90°，10，解方程可得OA OC 5，则AB CD
在Rt△OCF中，sinF= OC 12OA= 10，OF= 15，BF=OF+OB= 20，由勾股 = ，OF 3
定理得CF= 10 2，则 cosF= 2 2 ；解Rt△BEF ∴ 3OC=OF，3 ∴ 3r= r+ 10，
得到EF= 15 2，则CE= 5 2，BE= 5 2，由勾
∴ r= 5，
股定理得DE= 5 6；由等面积法可得CH=
∴OA=OC= 5，
10 2
3 ，证明△DOM≌△COH AAS ，得到DM= ∴AB=CD= 2OA= 10，OF= 15，
CH= 10 23 ；证明△DGM∽△EGB可得
EG = ∴BF=OF+OB= 20，
DG 在Rt△OCF中，由勾股定理得CF=
5 2 = 32 ，则EG=
3
2+3 DE= 3 6．10 2 OF
2-OC2= 152-52= 10 2，
3 ∴ cosF= CF = 10 2 = 2 2 ；
【详解】(1)证明；如图所示，连接OE， OF 15 3
在Rt△BEF中，EF= BF 20cosF = =2 2
3
15 2，
∴CE=EF-CF= 5 2，BE=EF sinF=
5 2，
在Rt△CDE中，由勾股定理得DE=
∵BE是⊙O的切线， CE 2+CD2= 5 2 2 +102= 5 6；
∴OB⊥BE，即∠OBE= 90°， ∵S 1△OCF= 2 CH OF=
1
2 OC CF，
在△OEC和△OEB中，
∴CH= OC CF = 5×10 2 10 2
OC=OB OF 15
= 3 ，
OE=OC， ∵∠CHO=∠DMO= 90°，∠COH=∠DOM，CE=BE OC=OD，
∴△OEC≌△OEB SSS ， ∴△DOM≌△COH AAS ，
∴∠OCE=∠OBE= 90°， 10 2
∴OC⊥ ∴DM=CH= ；CE， 3
∵OC是⊙O的半径， ∵∠DMG=∠EBG= 90°，∠DGM=∠EGB，
∴EF是⊙O的切线； ∴△DGM∽△EGB，
(2)解：如图所示，过点C作CH⊥BF于H，过 ∴ EG = BEDM ，即
EG = 5 2 = 3 ，
DG DG
⊥ 10 2
2
点D作DM BF于M， 3
∴EG= 32+3 DE= 3 6．
例题5.如图，过点P作⊙O的两条切线，切点
6
分别为 A，B，连接 OA，OB，OP，取 OP的中点 ∴AO= AP
⊙ tan∠
= 20，
AOP
C，连接AC并延长，交 O于点D，连接BD．
OP= AO2+AP2= 202+102= 10 5，
AC=OC= 12 OP= 5 5，AF= 2AO= 40，
∵AC=OC，
∴∠CAO=∠AOC，
又∵∠PAO=∠ADF= 90°，
∴ PO = FA ，
AO DA
(1)求证：∠ADB=∠AOP； ∴DA= 20 × 40= 16 5，CD=DA-AC
(2)延长OP交DB的延长线于点E．若AP 10 5
= 11 5，
= 10，tan∠AOP= 12 ，求DE的长． ∵∠AOP=∠ADB，∠ACO=∠ECD，
【分析】(1)利用切线长定理得OP平分 ∴△ACO∽△ECD，
∠AOB，利用圆周角定理得∠ADB= 12 ∠AOB，等 ∴
AO
ED =
CO ，
CD
量代换即可证明；
∴DE= 11 5 × 20= 44．
(2)延长AO交⊙O于点F，连接DF，利用条 5 5
件求出线段长，再利用角度转换证明三角形相似， 例题6.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是
最后根据相似求得DE长． ⊙ O的直径，过点 B的切线交 AC的延长线于点
【详解】(1)证明：∵AP，BP分别切⊙O于A D，连接DO并延长，交⊙O于点E，连接AE，CE．
点，B点，
∴OP平分∠AOB，
∴∠AOP= 12 ∠AOB，

又∵AB=AB，
∴∠ADB= 12 ∠AOB，
∴∠ADB=∠AOP．
(2)延长AO交⊙O于点F，连接DF，则
(1)求证：∠ADB=∠AEC；
∠ADF= 90°，
(2) AB= 4 cos∠AEC= 5若 ， 3 ，求OD的
长．
【分析】(1)由切线的性质求得∠ABD= 90°，
由圆周角定理求得∠ACB= 90°，利用同角的余角
相等求得∠ADB=∠ABC，再利用圆周角定理即
可证明结论成立；
(2)由 (1)得∠ADB=∠ABC=∠AEC，求得
∵ ⊙ BD = BC = 5 4 5AP，BP分别切 O于A点，B点， 3 ，求得BC=AD AB 3 ，利用勾股定
∴PA⊥OA，
理求得AC= 83 ，证明△ADB∽△ABC，求得AD∵C为OP的中点，
∴PC=OC， = 6，据此求解即可．
1 【详解】(1)证明：∵BD是⊙O的切线，∴AC=OC= 2 OP， ∴∠ABD= 90°，
又∵AP= 10，tan∠AOP= 12 ， ∵AB是⊙O的直径，
7
∴∠ACB= 90°， 2∴AC= AB2-BC2= 42- 4 5 = 8 ，
∴∠ADB= 90° -∠ DBC=∠ABC， 3 3

∵AC =AC ∵∠ADB=∠ABC，∠ABD=∠ACB= 90°，，
∴∠AEC=∠ABC ∴△ADB∽△ABC，，
8
∴∠ADB=∠AEC；
∴ AB = AC ，即 4 = 3 ，解得AD= 6，
(2)解：由 (1)得∠ADB=∠ABC=∠AEC， AD AB AD 4
2 2 2
∴ cos∠ADB= cos∠ABC= cos∠AEC， ∴BD =AD -AB = 36- 16= 20，
∴ BD = BC 5
1
= 3 ，
∵OB=
AD AB 2
AB= 2，
∵AB= 4， ∴OD= OB
2+BD2= 22+20= 2 6．
∴BC= 4 53 ，
3.巩固练习
1.如图，在△ABC中，AB=BC，以BC为直径作
⊙O，分别交AC，AB于点D，E，连接DO并
延长，交⊙O于点F，过点F作⊙O的切线，交
CB的延长线于点G．
∵FG切⊙O于点F，∴∠OFG= 90°．
在Rt△OFG中，cos∠FOG= OF = r
OG r+2 =
2
3 ，
(1)求证：DF∥AB； 解得 r= 4，∴BC= 8，
(2)若 cos∠FOG= 23 ,BG= 2，求AC的长． ∵DF∥AB，∴∠FOG=∠ABC．
【分析】(1)利用等腰三角形的性质得出角相 ∵BC为⊙O的直径，∴∠CEB= 90°．
等，进而得到同位角相等，证明两直线平行； 在Rt△CEB中，BE=BC cos∠ABC= 163 ，
(2)先设圆的半径，结合切线性质和三角函数求 2
∴CE= BC2-CE 2= 82- 16
出半径，再利用圆的直径所对圆周角为直角、三 3 =
8 5
3 ．
角函数以及勾股定理求出AC的长． ∵AB=BC= 8，∴AE=AB-BE= 83 ．
【详解】(1)证明：∵AB=BC， 在Rt△CEA中，AC= AE 2+CE 2=
∴∠A=∠ACB．
8 2 2
∵OC=OD， 3 + 8 53 = 8 63 ．
∴∠ACB=∠ODC，
2.如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上的一点，
∴∠A=∠ODC，
AD和过点 C的切线互相垂直，垂足为D．延
∴DF∥AB；
长DC交AB的延长线于点E．
(2)解：如图，设⊙O的半径为 r，连接CE，
8
∵ tanE= 512 ，CE= 12，
∴ OC = OC12 = tanE=
5
CE 12
，
∴OA=OC= 5，
∵OC⊥CD，
(1)求证：AC平分∠DAE； ∴EO= OC2+CE 2= 52+122= 13，
(2)若 tanE= 5 ，CE= 12，求⊙O的半径和 ∵AD∥OC，12 ∴∠OAF=∠EOC，
CD的长．
∴△OAF∽△EOC，
【分析】(1)连接OC，由等边对等角得到
∠EAC=∠OCA，由切线的性质得CD⊥OC， ∴
FO = OA = 5 ，
CE EO 13
而AD⊥CD，则AD∥OC，再由平行线的性质 ∴FO= 5 CE= 5 60
以及等量代换即可证明 平分∠ ． 13 13
× 12= 13 ，
AC DAE
∵∠OFD=∠D=∠OCD= 90°，
(2)作OF⊥AD于点F，因为 tanE= 512 ，CE ∴四边形OCDF是矩形，
= 12，所以 OC = OC = tanE= 5 ，则OA ∴DC=FO= 60 ，
CE 12 12 13
=OC= 5，求得EO= OC2+CE 2= ∴⊙O的半径长为 5，DC的长为 6013 ．
13△OAF∽△EOC，可证明，得 FO = OA =
CE EO 3.如图，AB是⊙O的直径，D是弦AC延长线上
5 5
13 ，求得FO= 13 CE=
60
13 ，则DC=FO= 的一点，且 CD= CA，DB的延长线交⊙O于
60 点E．
13 ，即可求解半径和CD．
【详解】(1)证明：连接OC，则OC=OA，
(1)求证：AB=BD；
(2)若AB= 3，cos∠ABE= 13 ，求AD的长．
∴∠EAC=∠OCA， 【分析】本题考查圆周角定理，垂直平分线的性
∵CD与⊙O相切于点C， 质，勾股定理，余弦函数：
∴CD⊥OC， (1)由直径所对的圆周角为 90度，可证BC⊥
∵AD⊥CD， AD，进而可得BC垂直平分AD，即可证明AB
∴AD∥OC， =BD；
∴∠DAC=∠OCA， (2)连接AE，则∠AEB= 90°，结合 cos∠ABE
∴∠DAC=∠EAC，
∴ ∠ =
1
3 可得BE= 1，进而可得DE=BD+BE=AC平分 DAE；
(2)解：作OF⊥AD于点F，∠AFO=∠OCE 4，再由勾股定理计算AD即可．
= 90°， 【详解】(1)证明：如图，连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
9
∴∠ACB= 90°，
∴BC⊥AD，
又∵CD=CA，
∴BC垂直平分AD，
∴AB=BD；
(2)解：如图，连接AE，
∵AC=BC，∠ACB= 90°，
∴△ACB为等腰直角三角形，
∴∠CAB= 45°，
∴∠COD= 2∠CAB= 90°，
∵ ⊙ ∵DE∥CF，AB是 O的直径，
∴∠ = ° ∴∠COD+∠EDO= 180°，AEB 90 ，
BE BE 1 ∴∠EDO= 180° -∠COD= 90°，∴ cos∠ABE= = = ，
AB 3 3 ∴DE为⊙O的切线．
∴BE= 1， (2)过点C作CH⊥AB于点H，
∴AE 2=AB2-BE 2= 32- 12= 8， ∵△ACB为等腰直角三角形，AC= 4，
由 (1)得AB=BD= 3， ∴AB= 4 2，∴CH=AH= 2 2，
∴DE=BD+BE= 3+ 1= 4， ∵ tan∠CFD= 2，∴ CH = 2，∴FH= 2，
∴AD= AE 2+DE 2= 8+42= 2 6． FH
∵CF 2=CH 2+FH 2，∴CF= 10．
4.如图，在 △ABC中，AC= BC，∠ACB= 90°， 在Rt△FOD中，∵ tan∠CFD= OD = 2，
⊙O经过 A、C两点，交 AB于点D，CO的延 OF
∥ 设半径为 r，∴ r = 2，∴ r= 2 10长线交AB于点F，DE CF交BC于点E． ．10-r 3
(1)求证：DE为⊙O的切线；
(2)若AC= 4，tan∠CFD= 2，求⊙O的半径． 5.如图，在四边形 ABCD中，BD = CD，∠C =
【分析】(1)连接OD，根据等腰三角形的性质可 ∠BAD．以AB为直径的⊙O经过点D，且与
得∠COD= 2∠CAB= 90°，再根据DE∥CF， 边CD交于点E，连接AE，BE．
可得∠EDO= 180° -∠COD= 90°，问题得证；
(2)过点C作CH⊥AB于点H，根据等腰直角
三角形的性质有CH=AH= 2 2，结合
tan∠CFD= 2，可得 CHFH = 2，即FH= 2，利
用勾股定理可得CF= 10．在Rt△FOD中，
根据 tan∠CFD= OD = 2，设半径为 r，即有
OF (1)求证：BC为⊙O的切线；
r = 2，问题得解．
10-r (2)若AB= 10，sin∠AED=
10
10 ，求BE的
【详解】(1)证明：连接OD． 长．
【分析】(1)只要证明∠CBA= 90°，即可证明
10
BC为⊙O的切线； ∴BF= 3 10 ，
(2)过点D作DF⊥BC，垂足为F，在△ABD 10
∵BD=CD，DF⊥BC，
中，∠ADB= 90°，AB= 10，sin∠ABD=
10 ∴BC= 2BF=
3 10 ，
10 ，求得AD= 1，BD= 3，在△BDF中，
5
∵四边形ABED内接于⊙O，
∠BFD= 90°，BD= 3，sin∠BDF= 1010 ，求 ∴∠DAB+∠BED= 180°，
得BF= 3 1010 ，再根据圆内接四边形的性质结
∵∠C=∠BAD，
∴∠CEB=∠C，
合等边对等角求得∠CEB=∠C，据此求解即
∴BE=BC= 3 10可． 5 ．
【详解】(1)证明：∵BD=CD，
6.如图，点O在 △ABC的边 AC上，以OC为半
∴∠C=∠DBC，
径的⊙O与AB相切于点D，与 BC相交于点
又∵∠C=∠BAD，
E，EF为⊙O的直径，FD与AC相交于点G，
∴∠BAD=∠DBC， ∠F= 45°．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB= 90°，
∴∠BAD+∠DBA= 90°，
∴∠DBC+∠DBA= 90°，即∠CBA= 90°，
∴AB⊥BC，
∴BC为⊙O的切线；
(2)解：如图，过点D作DF⊥BC，垂足为F，
(1)求证：AB=AC；
(2)若 sinA= 35 ，AB= 8，求DG的长．
【分析】(1)如图，连接OD，证明OD⊥AB，
∠DOE= 2∠F= 90°，即EF⊥OD，可得AB∥
EF，进一步证明∠B=∠C，可得AB=AC；
(2)求解AC= 8，设⊙O的半径为 r，结合 sinA
= 35 ，可得
OD = r8-r =
3
5 ，可得：r= 3，∵AD=AD， AO
∴∠ABD=∠AED， AD= AO2-DO2= 4，求解DF= 32+32=
FG OF
∴ sin∠ABD= sin∠AED= 10 ， 3 2，证明△OFG∽△ADG，可得 =10 DG AD
∵△ABD中，∠ADB= 90°，AB= 10， = 34 ，进一步可得答案.
sin∠ABD= 10 ， 【详解】(1)解：如图，连接OD，10
∴AD= 1，
∴BD= 3，
∵DF⊥BC，AB⊥BC，
∴DF∥AB，
∴∠BDF=∠ABD，
∴ sin∠BDF= sin∠ABD= 1010 ， ∵以OC为半径的⊙O与AB相切于点D，
∵△BDF中，∠BFD= 90°，BD= 3，sin∠BDF ∴OD⊥AB，
10 ∵∠F= 45°，= 10 ， ∴∠DOE= 2∠F= 90°，即EF⊥OD，
11
∴AB∥EF， 【分析】(1)连接OC，先根据等腰三角形的性质
∴∠OEC=∠B， 可得∠1=∠2，再根据圆周角定理可得∠ACB
∵OE=OC， =∠1+∠3= 90°，从而可得∠OCD= 90°，然后
∴∠C=∠OEC， 根据圆的切线的判定定理即可得证；
∴∠B=∠C， (2)设OA=OB=OC= 2x，则OD= 3x，AD
∴AB=AC； = x ,BD= 5x，再根据相似三角形的判定证出
(2)解：∵AB= 8，AB=AC， △DCO △DEB，然后根据相似三角形的性质
∴AC= 8， 求出 x的值，由此即可得出答案．
设⊙O的半径为 r， 【详解】(1)证明：如图，连接OC，
∴AO= 8- r，OD= r，而∠ADO= 90°，sinA
= 35 ，
∴ OD = r 3
AO 8-r = 5 ，
解得：r= 3，
∴OF=OD= 3，AO= 5，AD= AO2-DO2
= 4，
∵OD⊥EF，则∠DOF= 90°， ∵OC=OB，
∴DF= 32+32= 3 2， ∴∠1=∠2，
∵EF∥AB， ∵AB是⊙O的直径，
∴△OFG∽△ADG， ∴∠ACB=∠1+∠3= 90°，
∴ FG = OF = 3 ，
DG AD 4 ∴∠2+∠3= 90°，
∵∠ACD=∠2，
∴DG= 43+4 DF=
4
7 × 3 2=
12 2
7 . ∴∠ACD+∠3= 90°，即∠OCD= 90°，
7.如图，AB是⊙O的直径，点 C是⊙O上异于 ∴DC⊥OC，
A、B的点，连接 AC、BC，点D在 BA的延长 又∵OC是⊙O的半径，
线上，且 ∠DCA=∠ABC，点 E在DC的延长 ∴DC是⊙O的切线．
线上，且BE⊥DC． (2)解：∵ OA = 23 ，OD
∴设OA=OB=OC= 2x，则OD= 3x，
∴AD=OD-OA= 3x- 2x= x，BD=OB+
OD= 5x，
∵CO⊥DC，BE⊥DC，
∴BE CO，
∴△DCO △DEB，∴ OD OC 3xBD = BE ，即 5x =
2x
(1)求证：DC是⊙O的切线； 10 ，解得 x= 3，∴DA= 3．
(2) OA = 2若 3 ，BE= 10，求DA的长．OD
12
课后练习
︵ AB= 2R.
1.如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，D是 BC
在 △ODF中，∵ ∠ODF= 90°，sinF= OD =
的中点，过点D作 EF⊥AC的延长线于 E，交 OF
AB的延长线于F. 1
3 ，
∴OF= 3OD= 3R，
∵OF+OA=AF，
∴ 3R+R= 12，解得R= 3.
连接BC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB= 90°，
∵∠E= 90°，
∴BC∥EF，
(1)求证：EF是⊙O的切线； ∴ AC = AB ，
1 AE AF(2)若 sin∠F= 3 ，AE= 4，求⊙O的半径和 ∴ AC = 2R
AC . 4 4R
，
的长
( ) ∴AC= 2.1 证明：如解图，连接OD，OC.
2.如图，已知⊙O是以AB为直径的△ABC的外
接圆，过点A作⊙O的切线交OC的延长线于
点D，交BC的延长线于点E.
︵
∵D是BC的中点，
∴∠BOD= 12 ∠BOC，
∵OA=OC， (1)求证：∠DAC=∠DCE；
∴∠A=∠OCA
1 (2)若AB= 2，sinD=
1
3 ，求AE的长.∵∠A= 2 ∠BOC， (1)证明：AD是⊙O的切线，
∴∠BOD=∠A， ∴∠DAB= 90°，即∠DAC+∠CAB= 90°，
∴OD∥AC， ∵AB是⊙O的直径，
∵EF⊥AC， ∴∠ACB= 90°，
∴OD⊥EF， ∴∠CAB+∠ABC= 90°，
又∵OD是⊙O的半径， ∴∠DAC=∠B，
∴EF是⊙O的切线； ∵OC=OB，
(2)解：在△AEF中，∵∠E= 90°，sinF= 13 ， ∴∠B=∠OCB=∠DAC，
AE= 4，∴AF= AEsinF = 12.
又∵∠DCE=∠OCB，
∴∠DAC=∠DCE；
设⊙O的半径为 R，则OD=OA=OB= R，
13
(2 ) 解：在 Rt△AOD 中，OA = 12 AB = 1， ∵PA=PB，∴PB=PA=
40
3 .
sin∠D= 13 ， 4.如图，在△ABC中，以BC为直径的⊙O交AC
∴OD= OA = 3， 于点 E，过点 E作AB的垂线交AB于点 F，交sin∠D CB的延长线于点G，且∠ABG= 2∠C.
∴CD=OD-OC= 2.
∴AD= OD2-OA2= 32-12= 2 2，
又∵∠DCE=∠DAC，∠CDE=∠ADC，
∴△CED∽△ACD，
∴ AD = CD
CD DE
，
∴DE= CD2 2
2
= = 2，
AD 2 2 (1)求证：EG是⊙O的切线；
∴AE=AD-ED= 2 2- 2= 2 . (2)若 tanC= 12 ，AC= 8，求⊙O的半径．
3.如图，PB为 ⊙ O的切线，B为切点，过 B作 (1)证明：如答图，连接 OE，BE . ∵ ∠ABG =
OP的垂线BA，垂足为C，交⊙O于点A，连接 2∠C，∠ABG=∠C+∠A，∴∠C=∠A，∴BC
PA，AO，并延长AO交⊙O于点 E，与 PB的 =AB.
延长线交于点D.
∵BC是⊙O的直径，
(1)求证：PA是⊙O的切线； ∴∠CEB= 90°，∴CE=AE.
(2)若 cos∠CAO= 45 ，且OC= 6，求PB的长． ∵CO=OB，∴OE∥AB.
(1)证明：如解图，连接 OB，∵ OA = OB，∴ ∵GE⊥AB，
∠OAB=∠OBA， ∴ EG⊥ OE .又 ∵ OE是⊙ O半径，∴ EG是
∵ OP⊥ AB，∴ AC= BC，∴ OP是 AB的垂 ⊙O的切线．
直平分线， (2)解：∵AC= 8，∴ CE=AE= 4. ∵ tanC=
∴ PA = PB，∴ ∠PAB = ∠PBA，∴ ∠PAO = BE = 1 ，∴ BE= 2，∴ BC= CE 22 +BE
2 =
∠ CEPBO.
2 5，
∵ PB 为 ⊙ O 的切线 ，∴ ∠OBP = 90 °，∴
∴CO= 5，即⊙O的半径为 5 .
∠PAO = 90°，∵ OA为⊙ O的半径，∴ PA是
⊙O的切线； 5.如图，AB是 ⊙ O的直径，弦 CD⊥ AB于点

(2)解：∵ cos∠CAO= 4 ， E，G是AD上一点，AG，CD的延长线交于点5 F，连接CG，DG．
∴设AC= 4k，AO= 5k，由勾股定理可知OC
A
= 3k，
∴ sin∠CAO= 35 ，tan∠COA=
4
3 ， G
O
∴ CO = 3 6 = 35 5 ，即，解得OA= 10，OA OA
C F
∵ tan∠POA= tan∠COA= AP = 4 E D，
AO 3 B
∴ AP 4 4010 = 3 ，解得AP= 3 ， (1)求证：∠DGF=∠AGC．
14
(2)当ED=DF，GF= 6 3，tanF= 2 时，求 C
AC的长． O
(1)证明：∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB

∴AC =AD ,∴∠CGA=∠ACD A D B
又∵四边形ACDG是圆内接四边形，
∴∠ACD+∠AGD= 180° ∵⊙O与边AB相切于点D，
∵∠ +∠ = ° ∴OD⊥AB，即∠ADO= 90°，又 DGF AGD 180
∴∠ =∠ ∵AO=AO，AC=AD，OC=OD，ACD DGF.
又∠ ∴△ACO≌△ADO(SSS)，ACD=∠CGA
∴∠ ∴∠ADO=∠ACO= 90°DGF=∠AGC
(2) ∵∠FGD=∠ACD，∠ =∠ 又∵OC是半径，F F
∴△DGF∽△ ∴AC是⊙O的切线;ACF
∴ DF = GF (2) ∵ tanB=
4
3
AF CF
3 ∴设AC= 4x，BC= 3x，又∵ tanF= 2 ∵AC2+BC2=AB2
∴在Rt△AEF中，AE = 3 ∴ 16x
2+ 9x2= 100，
EF 2 ∴ x= 2，BC= 6，AC=AD= 8，
设AE= 3x，EF= 2x，
∵AB= 10，
∵CD⊥AB
∴BD= 2
∴CE=DE，又DE=DF
∵OB2=OD2+BD2
∴CF= 3x
∴ (6-OC)2=OC2+ 4，
则由勾股定理得AF= 3x 2 + 2x 2 = 7x 8
则 DF
∴OC=
= GF ; x = 6 , x= 2 7 3
AF CF 7x 3x 故⊙O的半径为 8
∵在Rt△ACE中，AC= AE 2+CE 2= 3
3x 2 +x2= 2x 7.如图，AB是⊙O的弦，C为⊙O上一点，过点
∴AC= 4 7 C作 AB的垂线与 AB的延长线交于点 D，连
6.如图，在 △ 接 BO并延长，与 ⊙ O交于点 E，连接 EC，ABC的边 BC上取一点O，以O为
∠ABE= 2∠E．
圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于
A E
点D，AC=AD，连接OA．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
O
(2)若AB= 10，tanB= 43 ，求⊙O的半径；
C
B
O D C
(1)求证：CD是⊙O的切线；
A D B (2)若 tanE= 13 ,BD= 1，求弦AB的长．
证明：连接OD. (1)证明：连接OC，在⊙O中
15
A E A E
O O
H
B B
D C D C
∵∠BOC= 2∠E , ∠ABE= 2∠E， 同方法 1可得∠BCD=∠E ,CD= 3，
∴∠BOC=∠ABE， ∵OH⊥AB，
∴AB OC， ∴∠OHD= 90° =∠OCD=∠ADC，
∴∠OCD+∠ADC= 180°， ∴四边形OHDC是矩形，
∵AB⊥CD于点D， ∴OH=CD= 3 ,HD=OC= r，
∴∠ADC= 90°， ∴HB=HD-BD= r- 1，
∴∠OCD= 90°， ∵Rt△OHB中，OH 2+HB2=OB2，
∴OC⊥CD， ∴ 32+ (r- 1)2= r2，解得：r= 5，∴HB= 4，
∴CD是⊙O的切线； ∴由垂径定理，AB= 2HB= 8．
(2)解：方法 1：连接AC ,BC，
8.如图，以 △ABC的边 BC为直径作⊙ O，分别
A E 交 AB，AC于点 D，E，连接 CD，DE，DB =
DE，过点 D作 ∠BDF=∠BCD交 CB的延长
O 线于点F.
(1)求证：DF是⊙O的切线；
B (2)
2
若DF= 2 2，tanF= 4 ，求AC的长．
D C
∵BE是⊙O的直径，
∴∠BCE= 90°，
∴∠OBC+∠E= 90°，
∵∠OCD= 90°，
∴∠OCB+∠BCD= 90°， (1)证明：如解图，连接OD.
∵OB=OC， ∵OD=OC，∴∠OCD=∠ODC.
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠E=∠BCD，
∴ tan∠BCD= tanE= 13 ，
∴在Rt△BCD中，CD= BD∠ = 3，tan BCD
∵∠A=∠E， ∵∠BDF=∠BCD，
∴在Rt△ACD中，AD= CD = 9， ∴∠ODC=∠BDF.
tanA
∴AB= - ∵BC是⊙O的直径，AD BD= 8，
∴∠BDC= 90°，即∠BDO+∠ODC= 90°，
方法 2：
⊥ ⊙ ∴∠BDO+∠BDF= 90°，即∠ODF= 90°.连接CD，过点O作OH AB于H，设 O的
∵OD是⊙O的半径，∴DF是⊙O的切线；
半径为 r，
(2)解：∵DB=DE，∴∠BCD=∠DCE.
∵∠BDC= 90°，∴∠ADC= 90°.
16
又∵CD=CD， ∵OD∥AC，∴∠DOB=∠ACB= 90°，
∴△ADC≌△BDC(ASA)，∴AC=BC. 在 Rt△DOB中，cosB = OB = 3 2BD 2 ，即 BD
∵在Rt△ODF中，tanF= ODDF =
2
4 ， = 32 ，
∴OD=DF·tanF= 2 2 × 24 = 1， ∴BD= 4 3 .
∴BC= 2OD= 2，∴AC=BC= 2. 3
10.如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，D
9.如图，在 △ABC中，∠ACB= 90°，O是边 BC
是OB中点，过点 D作 AB的垂线交 AC的延
上一点，以OC为半径作⊙O与 BC的另一个
长线于点F，FD上有一点E，CE=EF．
交点为 E.连接AO，过点O作OD∥AC交AB
F
于点D，且AD=OD.
(1)判断AB与⊙O的位置关系，并证明；
E
(2) OD 2
C
若 = 3 ，BE= 1，求BD的长．AC
A O D B
(1)求证：CE是⊙O的切线；
( 3解： 1)AB与⊙O相切． (2)如果 sinF= 5 ，EF= 1，求AB的长．
证明：如解图，过点O作OM⊥AB于点M， (1)证明：如图，连结OC．
∵OD∥AC， ∵EF⊥AB，
∴∠FDA= 90°，
∴∠F+∠FAD= 90°
∵CE=EF．
∴∠2=∠F．
又∵OC=OA，
∴∠OAC=∠AOD， ∴∠FAD=∠1．
∵AD=OD， ∴∠1+∠2=∠FAD+∠F= 90°．
∴∠OAD=∠AOD， ∴∠OCE= 180° -∠1-∠2= 180° - (∠1+∠2)
∴∠OAC=∠OAD， = 180° -90° = 90°
∵∠ACB= 90°，OM⊥AB于点M， ∴OC⊥CE．
∴OC=OM， ∴CE切⊙O于点C；
∵OC为⊙O的半径， F
∴OM为⊙O的半径，
∴AB与⊙O相切； C 2 E
(2) ∵OD∥AC，∴△ODB∽△CAB，
∴ OD
1
= BO ，即 BE+OE 2
CA BC BE+ =CE 3 ， A B
设⊙O的半径为 r，则OC=OE= r， O D
∴ 1+r 21+2r = 3 ，解得 r= 1，
∴BO=BE+OE= 2，OM= r= 1， (2)连结CB交FD于点G．
在Rt△OMB中，OM = 12 ，∴∠B= 30°，OB ∵FD⊥AB，sin∠F=
3
5 ，
17
∴设AD= 3k，AF= 5k，可得FD= 4k． (1)证明：如图，连接OA．
∵D为OB的中点， ∵DA与⊙O相切，切点为A，OA为⊙O的半
∴DB= k，AB= 4k． 径，
∵AB为⊙O直径， ∴DA⊥OA．
∴∠ACB=∠FCB= 90° =∠GDB． ∴∠OAD= 90°，∠OAC+∠CAD= 90°．
∴∠F= 90° -∠4= 90° -∠BGD=∠B． ∵OA=OB，C为AB的中点，
∵∠FDA=∠GDB= 90°， ∴OC⊥AB，∠OAC=∠B．
∴△FAD∽△BGD， ∴∠D+∠CAD= 90°．
∴ AD = FD ，即 3k = 4k ， ∴∠OAC=∠D．
DG DB DG k ∴∠B=∠D；
解得DG= 34 k， B
可得FG= 4k- 3 134 k= 4 k
∵∠FCB= 90°， O C
∴∠4+∠F=∠2+∠3．
∵∠F=∠2， E
∴∠3=∠4． F A D
∴CE=EF=EG． (2)解：如图 3，连接AE．设⊙O的半径为 r．
∵EF= 1， ∵O为BE的中点，C为AB的中点，
∴FG= 2． ∴AE OC，OC= 1 AE，
∴ 13k
2
4 = 2，k=
8
13 ， ∵∠FEA=∠AOD，∠EAF=∠D= 90°，
∴AB= 4k= 32 ． ∴△AFE∽△DFO，∴ FA AE13 FD = ．OD
F ∵∠B=∠D，sinB= 13 ，∴ sinD= sin∠OAC
= sinB= 1 ，
C 2 E 3
3 4 在Rt△OAD中．OD=
OA
sinD = 3r，AD=1
OD2-OA2= 2 2r．
A O D B 在Rt△OAC中，OC=OA sin∠OAC= 13 r．
∴AE= 2OC= 23 r．
11.如图，AB为⊙ O，C为 AB的中点，D为 OC ∵AF= 4 2，
延长上一点，DA与⊙O相切，切点为A，连接 24 2 3 r 4 2
BO并延长，交⊙O点E，直线DA于点F． ∴ = ，化简，得 = ，4 2+2 2r 3r 4+2r 9
B 解得 r= 7．经检验，r= 7是原方程的解．
∴ r= 7．
O C 12.如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的
直径，∠DCA=∠B．
E
F A D
(1)求证：∠B=∠D；
(2)若AF= 4 2 , sinB= 13 ，求⊙O的半径．
18
D ∴∠DCA=∠EFA
C 又∠EFA=∠CFD
∴∠DCA=∠CFD即△CDF是等腰三角形
F
又∵DM⊥CF
B AO E ∴CM=FM
∵∠OCA+∠DCM= 90°，∠MCD+∠CDM=
90°
(1)求证：CD是⊙O的切线； ∴∠CDM=∠OCA=∠A
(2)若DE⊥AB，垂足为E ,DE交AC于点F , ∴ tanA= tan∠CDM= 34 ,又CD= 10 ,∴
CD= 10 , tanA= 34 ，求CF的长． CM = 3
(1)连接OC,如图 DM 4
设CM= 3a ,DM= 4a
D
在Rt△CDM中， 3a 2 + 4a 2 = 102,解得 a= 2
C ∴CM= 6,CF= 2CM= 12
F 13.如图，在 △ABC中，AC = BC，以 AB为直径
B AO E 的⊙O交AC边于点D，过D作⊙O的切线交
BC于点E．
(1)证明：∠CDE=∠ABD；
∵AB是⊙O的直径。 (2)若AB= 26，sin∠CDE= 513 ，求DC的长．
∴∠BCA= 90°. A
∴∠A+∠B= 90°.
又∵∠B=∠DCA D
O
∴∠DCA+∠A= 90°
∵OC=OA
∴∠A=∠OCA B E C
∴∠OCA+∠DCA= 90°. 解：(1)证明：连接OD，如图，
∴OC⊥CD A
即OC是⊙O的切线
(2)作 ⊥ 如图 DDM CF O
D
C
B E C
M F
∵DE是⊙O的切线，
B AO E ∴∠ODE= 90°
∴∠ODB+∠BDE= 90°
又∵AB是直径，
∵AB是⊙O的直径 ∴∠ADB=∠BDC= 90°
∴∠BCA= 90°. ∴∠CDE+∠BDE= 90°
∴∠B+∠A= 90°. ∴∠CDE=∠ODB
又∵DE⊥AB 又OB=OD
∴∠A+∠EFA= 90°. ∴∠ODB=∠OBD
∴∠B=∠EFA ∴∠CDE=∠OBD ,即：∠CDE=∠ABD；
又∵∠B=∠DCA
19
(2) ∵∠CDE=∠ABD ∴AD= AC2+CD2= 12 5 .
∴ sin∠ABD= sin∠CDE= 5 ∵OE∥CD，13
又∵∠ADB= 90° ,AB= 26 ∴△AEO∽△ACD，
EO AO EO 12 5-OD
∴ sin∠ABD= AD = 5 ∴ = ，即 = =
AB 13 CD AD 12 12 5
∴AD= 10 12 5-EO 解得EO= 15- 3 5，
12 5
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD= ∴⊙O的半径为 15- 3 5 .
AB2-AD2= 262-102= 24
设DC= x，则AC=AD+CD= 10+ x，BC=
AC= 10+ x，
在RtΔBDC中，∠BDC= 90°
∴BC2=BD2+DC2
∴ (10+ x)2= 242+ x2 ,解得， = 119 15.如图，在△ABC中，AC=BC，以BC为直径的x 5 半圆O与边AB交于点D，过点D作半圆O的
即：DC= 1195 切线DE，交AC于点E，连接OE.
(1)求证：DE⊥AC；
14.如图，在Rt△ABC中，∠ACB= 90°，∠BAC的
3
平分线 AD交 BC于点 D，∠ADC的平分线 (2)若 S△OCE= 12，tan∠ABC= 4 ，求半圆 O
DE交 AC于点 E .以 AD上的点 O为圆心， 的半径．
OD为半径作⊙O，恰好过点E.
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若 CD= 12，tan∠ABC= 34 ，求⊙O的半
径．
(1)证明：如解图①，连接OD，
∵DE是半圆O的切线，
∴∠ODE= 90°.
∵OB=OD，
(1)证明：如解图，连接OE， ∴∠OBD=∠ODB.
由题意可知，OD=OE，∴∠OED=∠ODE. ∵AC=BC，
∵DE平分∠ADC，∴∠CDE=∠ODE， ∴∠OBD=∠A，
∴∠OED=∠CDE，∴OE∥CD. ∴∠A=∠ODB，
∵∠ACB= 90°，∴∠AEO= 90°，即OE⊥AC. ∴OD∥AC，
∵OE为⊙O的半径，∴AC是⊙O的切线； ∴∠ODE+∠DEC= 180°，
(2)解：如解图，过点D作DF⊥AB于点F, ∴∠DEC= 90°，即DE⊥AC；
∵AD平分∠BAC，DF⊥AB，∠ACB= 90°，
∴CD=DF.
∵CD= 12，tan∠ABC= 34 ，
∴BF= DF∠ = 16，tan ABC 解图①
∴BD= DF 2+BF 2= 20， (2)解：如解图②，连接CD，OD，
∴BC=CD+BD= 32， ∵BC为半圆O的直径，
∴AC=BC·tan∠ABC= 24， ∴∠BDC=∠CDA= 90°，
20
∴∠CDE+∠ADE= 90°. ∴DC= 5 2 .
由 (1)可知，DE⊥AC，OD∥AC， ∵ tan∠ABC= DC = 3 ，
∴∠ADE+∠A= 90°， DB 4
DC 3
∴∠A=∠CDE. ∴ sin∠ABC= = ，BC 5
∵AC=BC， ∴BC= 25 2 ，
∴∠A=∠ABC， 3
25 2
∴∠CDE=∠ABC， ∴半圆O的半径为 6 .
∴ tan∠ABC= tan∠CDE= ECDE =
3
4 .
设EC= 3x，DE= 4x，则DC= 5x，
由 (1)知，OD∥AC，
∴S△OCE=S△DCE，
∴S 1 2 解图②△DCE= 2 CE·DE= 6x = 12，
∴ x1= 2，x2=- 2 (舍去)，
21

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