专题 圆的切线的判定常用方法（6大题型提分练）（题型专练）数学浙教版九年级下册

（浙教版）九年级下册数学《第2章 直线与圆的位置关系》 专题 圆的切线的判定证明方法 ★★★方法指引： 证明一条直线是圆的切线的方法及辅助线作法： 类型一：有交点：连半径、证垂直：当直线和圆有一个公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称：“有交点，连半径，证垂直”. 类型二：无交点：作垂直、证半径：当直线和圆的公共点没有明确时，可以过圆心作直线的垂线，再证圆心到直线的距离等于半径，简称：“无交点，作垂直，证半径”. 题型一 利用等角代换法证明垂直 1．（2024•武威三模）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥OA，交AB与点P，且PC＝BC，求证：BC是⊙O的切线． 2．如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，CD⊥AB于点D，点E是圆外一点，CA平分∠ECD．求证：CE是⊙O的切线． 3．（2024秋•秦淮区期中）如图，△ABC内接于⊙O，过点C作射线CD，使∠ACD＝∠ABC．求证：CD与⊙O相切． 4．（2023•澄城县三模）如图，AB是△ABC外接圆⊙O的直径，过⊙O外一点D作BC的平行 线分别交AC，AB于点G，E，交⊙O于点F，连接DB，CF，∠BAC＝∠D． 求证：BD是⊙O的切线； 5．（2024秋•金坛区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为BC上一点，以O为圆心，OB为半径作⊙O交AB于另一点D，E为AC上一点，且AE＝DE． （1）判断DE与⊙O的位置关系，说明理由； （2）若BO＝2，OC＝1，AC＝2BC，求AE的长． 6．（2023秋•阳谷县校级期末）如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，过A作直线MN，∠MAC＝∠ABC，D是弧AC的中点，连接BD交AC于G，过D作DE⊥AB于E，交AC于F． （1）求证：MN是半圆的切线． （2）求证：FD＝FG． 7．（2023•岚山区开学）如图，已知△ABC中，AC＝BC，AD是△ABC外接圆⊙O的直径，过点C作BD的垂线交BD的延长线于点E，连接CD． 求证：（1）CD平分∠ADE； （2）CE是⊙O的切线． 8．（2024秋•盐都区期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点E，且 AB＝AC＝AD，经过A，C，D三点的⊙O交BD于点F，连接CF． （1）求证：CF＝BF； （2）若CD＝CB，求证：CB是⊙O的切线． 题型二 利用特殊角的计算证明垂直 1． 如图，△ABC是直角三角形，点O是线段AC上的一点，以点O为圆心，OA为半径作圆．O交线段AB于点D，作线段BD的垂直平分线EF，EF交线段BC于点． （1）若∠B＝30°，求∠COD的度数； （2）证明：ED是⊙O的切线． 2． 如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，，DE⊥AC． 求证：DE是⊙O的切线． 3． 如图，AC是⊙O的直径，B在⊙O上，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．求证：DE是⊙O的切线． 4．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，AC为弦，OC＝4， ∠OAC＝60°．​ （1）求∠AOC的度数； （2）在图（1）中，P为直径BA的延长线上一点，且，求证：PC为⊙O的切线； 5．（2023•门头沟区二模）如图，AB是⊙O直径，弦CD⊥AB于E，点F在CD上，且AF＝DF，连接AD，BC． （1）求证：∠FAD＝∠B （2）延长FA到P，使FP＝FC，作直线CP．如果AF∥BC． 求证：直线CP为⊙O的切线． 6．（2023•昭平县一模）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥AB交⊙O于C，OC＝2，∠ABC＝30°． （1）求AB的长； （2）若C是OP的中点，求证：PB是⊙O的切线． 7．（2024秋•定西期中）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC＝∠D＝60°． （1）求∠ABC的度数； （2）求证：AE是⊙O的切线； （3）当BC＝4时，求AC的长． 8．（2024•武威三模）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CAB＝30°，点D在AB上由点B开始向点A运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F． （1）求证：CE＝CF； （2）如果CD⊥AB，求证：EF为⊙O的切线． 题型三 利用平行线性质证明垂直 1．（2024•仓山区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，过D作DF⊥BC，交AB的延长线于E，垂足为F． 求证：直线DE是⊙O的切线． 2．（2023秋•阿瓦提县校级期末）已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB＝AC，连结AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．求证：DE为⊙O的切线． 3．如图，已知点E在△ABC的边AB上，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，且D在以AE为直径的⊙O上． （1）求证：BC是⊙O的切线； （2）已知∠B＝30°，CD＝4，求线段AB的长． 4．已知，如图，在△ABC中，BC＝AC，以BC为直径的⊙O与边AB相交于点D，DE⊥AC，垂足为点E． （1）求证：点D是AB的中点； （2）判断DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论． 5．（2024秋•长沙县期中）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：DM＝DB． 6．（2023•兰山区校级模拟）如图，在△ABC中，BA＝BC，以AB为直径作⊙O，交AC于点D，连接DB，过点D作DE⊥BC，垂足为E． （1）求证：AD＝CD； （2）求证：DE为⊙O的切线． 7．（2023•高明区二模）如图，在△ABC中，AB＝BC，CO平分∠ACB交AB于点O．当AC＝CO时，以点O为圆心OA为半径作圆交AC于点D，过点D作DE⊥BC垂足为E． （1）求∠B的度数； （2）证明：DE是⊙O的切线． 8．（2024秋•西城区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，延长CA交⊙O于点F，连接BF． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）连接OE，若BF，FC＝10，求OE的长． 题型四 利用勾股定理逆定理法证明垂直 1．（2023•城关区一模）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为6，PB=4，PC=8． 求证：PC是⊙O的切线； 2．如图，AD, BD是⊙O的弦，AD⊥BD，且BD=2AD=8 ,点C是BD的延长线上的一点，CD=2，求证：AC是⊙O的切线. 3．如图，AD，BD是⊙O的弦，AD⊥BD，且BD＝2AD＝8，点C是BD的延长线上的一点，CD＝2，求证：AC是⊙O的切线． 题型五 利用三角形全等证明垂直 1．（2024•东明县一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的圆交边AC于点D，交边AB于点E，且BC＝BE． （1）求证：AB是⊙O的切线． （2）若AE＝24，BE＝15，求⊙O的半径． 2．（2023•鄞州区校级开学）如图，AB为⊙O的直径，点C和点D是⊙O上的两点，连接BC，DC，BC＝CD，CE⊥DA交DA的延长线于点E． 求证：CE是⊙O的切线； 3． 如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连接OC，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E． 求证：CD是⊙O的切线； 4．（2023秋•新抚区期末）如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD，延长AD交⊙O于E，连接CE．求证：CE为⊙O的切线． 5． （2023•建邺区二模）如图，四边形ABCD是菱形，以AB为直径作⊙O，交CB于点F，点E在CD上，且CE＝CF，连接AE． （1）求证：AE是⊙O的切线； （2）连接AC交⊙O于点P，若AP，BF＝1，求⊙O的半径． 题型六 无公共点：作垂直，证半径 1．如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线． 2． 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M． 求证：CD与⊙O相切． 3．（2024秋•阜宁县期中）如图△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，以点E为圆心，EC为半径作⊙E交AC于点F． （1）求证：AB与⊙E相切； （2）若AB＝15，BC＝9，试求AF的长． 4．如图，OC平分∠AOB，D是OC上任意一点，⊙D和OA相切于点E，连接CE． （1）求证：OB与⊙D相切； （2）若OE＝4，⊙D的半径为3，求CE的长． 5．如图，AB是⊙O的直径，AM，BN分别切⊙O于点A，B，CD交AM，BN于点D，C，DO平分∠ADC． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若AD＝4，BC＝9，求⊙O的半径R． 6．（2023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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ （浙教版）九年级下册数学《第2章 直线与圆的位置关系》 专题 圆的切线的判定证明方法 ★★★方法指引： 证明一条直线是圆的切线的方法及辅助线作法： 类型一：有交点：连半径、证垂直：当直线和圆有一个公共点时，把圆心和这个公共点连接起来，然后证明直线垂直于这条半径，简称：“有交点，连半径，证垂直”. 类型二：无交点：作垂直、证半径：当直线和圆的公共点没有明确时，可以过圆心作直线的垂线，再证圆心到直线的距离等于半径，简称：“无交点，作垂直，证半径”. 题型一 利用等角代换法证明垂直 1．（2024•武威三模）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥OA，交AB与点P，且PC＝BC，求证：BC是⊙O的切线． 【分析】由PC＝BC得到∠CPB＝∠CBP，利用对顶角相等得∠APO＝∠CPB，则∠CBP＝∠APO，再利用OC⊥OA得到∠A+∠APO＝90°，加上∠A＝∠ABO，所以∠CBP+∠ABO＝90°，于是根据切线的判定定理可得BC是⊙O的切线． 【解答】证明：∵PC＝BC， ∴∠CPB＝∠CBP， 而∠APO＝∠CPB， ∴∠CBP＝∠APO， ∵OC⊥OA， ∴∠A+∠APO＝90°， 而OA＝OB， ∴∠A＝∠ABO， ∴∠CBP+∠ABO＝90°， ∴OB⊥BC， ∴BC是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 2．如图，AB是⊙O的直径，点C是圆上一点，CD⊥AB于点D，点E是圆外一点，CA平分∠ECD．求证：CE是⊙O的切线． 【分析】利用切线的判定定理证明∠OCE＝90°即可得出结论． 【解答】证明：∵CA平分∠ECD， ∴∠ECA＝∠DCA． ∵CD⊥AB， ∴∠CAD+∠DCA＝90°， ∴∠ECA+∠CAD＝90°． ∵OA＝OC， ∴∠CAD＝∠ACO， ∴∠ECA+∠ACO＝90°， 即∠OCE＝90°， ∴OC⊥EC， ∵OC是⊙O的半径， ∴CE是⊙O的切线． 【点评】本题主要考查了圆的切线的判定，熟练应用圆的切线的判定定理是解题的关键． 3．（2024秋•秦淮区期中）如图，△ABC内接于⊙O，过点C作射线CD，使∠ACD＝∠ABC．求证：CD与⊙O相切． 【分析】作直径CM，连接BM，根据圆周角定理求出∠MBC＝90°，∠A＝∠M，进而求出∠A+∠BCM＝90°，根据三角形内角和定理、平角的定义求出∠A＝∠BCN，则∠OCN＝∠BCN+∠BCM＝90°，根据切线的判定定理即可得证． 【解答】证明：如图，作直径CM，连接BM， ∴∠MBC＝90°， ∴∠M+∠BCM＝90°， ∵∠A＝∠M， ∴∠A+∠BCM＝90°， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠ACD+∠ACB+∠BCN＝180°，∠ACD＝∠ABC， ∴∠A＝∠BCN， ∴∠BCN+∠BCM＝90°， 即∠OCN＝90°， ∴OC⊥CD， ∵OC是⊙O的半径， ∴CD与⊙O相切． 【点评】此题考查了切线的判定、圆周角定理，熟记切线的判定定理是解题的关键． 4．（2023•澄城县三模）如图，AB是△ABC外接圆⊙O的直径，过⊙O外一点D作BC的平行 线分别交AC，AB于点G，E，交⊙O于点F，连接DB，CF，∠BAC＝∠D． 求证：BD是⊙O的切线； 【分析】证明∠ABD＝90°，根据切线的判定可得BD与⊙O相切； 【解答】证明：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵DG∥BC， ∴∠AGE＝∠ACB＝90°， ∴∠A+∠AEG＝90°， 又∵∠A＝∠D，∠AEG＝∠DEB， ∴∠D+∠DEB＝90°， ∴∠DBE＝90°， ∴AB⊥BD， ∵AB为直径， ∴BD与⊙O相切； 【点评】此题考查了切线的判定，垂径定理，解答本题需要我们熟练掌握切线的判定． 5．（2024秋•金坛区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，O为BC上一点，以O为圆心，OB为半径作⊙O交AB于另一点D，E为AC上一点，且AE＝DE． （1）判断DE与⊙O的位置关系，说明理由； （2）若BO＝2，OC＝1，AC＝2BC，求AE的长． 【分析】（1）连接OD，由直角三角形的性质及等腰三角形的性质证得∠ODE＝90°，则可得出结论； （2）连接OE，求出AC＝6，设AE＝DE＝x，则CE＝6﹣x，由勾股定理求出x的值，则可得出答案． 【解答】解：（1）DE是⊙O的切线；理由如下： 连接OD，如图1， ∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°， ∵AE＝DE， ∴∠A＝∠EDA， ∴∠B+∠EDA＝90°， 又∵OB＝OD， ∴∠B＝∠ODB， ∴∠ODB+∠EDA＝90°， ∴∠ODE＝90°， ∴OD⊥DE， ∵OD是圆的半径， ∴DE是⊙O的切线； （2）连接OE，OD，如图2， ∵OB＝2，OC＝1， ∴BC＝3， ∵AC＝2BC， ∴AC＝6， 设AE＝DE＝x，则CE＝6﹣x， ∵∠OCE＝∠ODE＝90°， 由勾股定理得：OC2+CE2＝OE2，OD2+DE2＝OE2， ∴12+（6﹣x）2＝22+x2， ∴x， ∴AE． 【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握切线的判定是解此题的关键． 6．（2023秋•阳谷县校级期末）如图，△ABC内接于半圆，AB是直径，过A作直线MN，∠MAC＝∠ABC，D是弧AC的中点，连接BD交AC于G，过D作DE⊥AB于E，交AC于F． （1）求证：MN是半圆的切线． （2）求证：FD＝FG． 【分析】（1）欲证明MN是半圆的切线，只需证得∠MAB＝90°，即MA⊥AB即可； （2）根据圆周角定理推论得到∠ACB＝90°，由DE⊥AB得到∠DEB＝90°，则∠1+∠5＝90°，∠3+∠4＝90°，又D是弧AC的中点，即弧CD＝弧DA，得到∠3＝∠5，于是 ∠1＝∠4，利用对顶角相等易得∠1＝∠2，则有FD＝FG． 【解答】证明：（1）如图，∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∴∠CAB+∠ABC＝90°． 又∵∠MAC＝∠ABC， ∴∠MAC+∠CAB＝90°，即∠MAB＝90°， ∴MA⊥AB． ∴MN是半圆的切线． （2）∵AB为直径， ∴∠ACB＝90°， 而DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴∠1+∠5＝90°，∠3+∠4＝90°， ∵D是弧AC的中点，即弧CD＝弧DA， ∴∠3＝∠5， ∴∠1＝∠4， 而∠2＝∠4， ∴∠1＝∠2， ∴FD＝FG． 【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端点，并且与半径垂直的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理及其推论、三角形外角的性质以及等腰三角形的判定． 7．（2023•岚山区开学）如图，已知△ABC中，AC＝BC，AD是△ABC外接圆⊙O的直径，过点C作BD的垂线交BD的延长线于点E，连接CD． 求证：（1）CD平分∠ADE； （2）CE是⊙O的切线． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠CAB＝∠ABC，等量代换得到∠ADC＝∠CDE，根据角平分线的定义即可得到结论；（2）连接OC，根据三角形的内角和定理得到∠DCE+∠CDE＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠OCD＝∠ODC，求得∠OCE＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵AC＝BC， ∴∠CAB＝∠ABC， ∵∠CDE＝∠CAB，∠ADC＝∠ABC， ∴∠ADC＝∠CDE， ∴CD平分∠ADE； （2）连接OC， ∵CE⊥BE， ∴∠E＝90°， ∴∠DCE+∠CDE＝90°， ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC， ∵∠ODC＝∠CDE， ∴∠OCD＝∠CDE， ∴∠OCD+∠DCE＝90°， ∴∠OCE＝90°， ∵OC是⊙O的半径， ∴CE是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 8．（2024秋•盐都区期中）如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点E，且 AB＝AC＝AD，经过A，C，D三点的⊙O交BD于点F，连接CF． （1）求证：CF＝BF； （2）若CD＝CB，求证：CB是⊙O的切线． 【分析】（1）根据 AB＝AC＝AD，可得∠ACB＝ABC，∠ADB＝∠ABD，两式相减即得∠BCF＝∠CBF，结论得证； （2）连接CO并延长交⊙O于G点，再连接GF，可得∠G+∠GCF＝90°，再根据已知证明∠BCF＝∠CDB，进而得∠BCF+∠GCF＝90°，从而得CG⊥BC即可． 【解答】证明：（1）∵AB＝AC， ∴∠ACB＝ABC， ∵AB＝AD， ∴∠ADB＝∠ABD， 又∵∠ADB＝∠ACF， ∴∠ACF＝∠ABD， ∴∠ACB﹣∠ACF＝ABC﹣∠ABD， 即：∠BCF＝∠CBF， ∴CF＝BF； （2）连接CO并延长交⊙O于G点，再连接GF， ∵CG为O直径， ∴∠GFC＝90°， ∴∠G+∠GCF＝90•， ∵∠CDB＝∠G， ∴∠CDB+∠GCF＝90°， ∵CD＝CB ∴∠CDB＝∠CBD， ∵CF＝BF， ∴∠BCF＝∠CBD， ∴∠BCF＝∠CDB， ∴∠BCF+∠GCF＝90°， ∴∠BCG＝90°， ∴CG⊥BC，且CG为⊙G的半径， ∴CB是⊙O的切线． 【点评】本题考查圆周角的性质、直角三角形的性质、切线的判定定理，读懂题意是解决问题的关键． 题型二 利用特殊角的计算证明垂直 1． 如图，△ABC是直角三角形，点O是线段AC上的一点，以点O为圆心，OA为半径作圆．O交线段AB于点D，作线段BD的垂直平分线EF，EF交线段BC于点． （1）若∠B＝30°，求∠COD的度数； （2）证明：ED是⊙O的切线． 【分析】（1）根据三角形的内角和定理得到∠A＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠A＝60°，于是得到∠COD＝∠ODA+∠A＝120°； （2）根据线段垂直平分线的性质得到∠EDB＝∠B＝30°，求得ED⊥DO，根据切线的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）解：∵∠C＝90°，∠B＝30°， ∴∠A＝60°， ∵OD＝OA， ∴∠ODA＝∠A＝60°， ∴∠COD＝∠ODA+∠A＝120°； （2）证明：∵EF垂直平分BD， ∴∠EDB=∠B， ∵OD=OA， ∴∠ODA=∠OAD， ∵∠C=90°， ∴∠B+BAC=90°， ∴∠BDE+∠ODA=90°， ∴∠EDO=90°， ∴ED⊥DO， ∵OD是⊙O的半径， ∴ED是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． 2． 如图，AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，，DE⊥AC． 求证：DE是⊙O的切线． 【分析】连接OD，根据已知条件得到，求得，根据等腰三角形的性质得到∠ADO＝∠DAB＝30°，求得∠EDA＝60°，根据切线的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：连接OD， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵OA＝OD， ∴∠ADO＝∠DAB＝30°， ∵DE⊥AC， ∴∠E＝90°， ∴∠EAD+∠EDA＝90°， ∴∠EDA＝60°， ∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 3． 如图，AC是⊙O的直径，B在⊙O上，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．求证：DE是⊙O的切线． 【分析】连接OD，根据圆周角定理的推论得到∠ABC＝90°，根据角平分线的性质求出∠DBE＝45°，根据圆周角定理得到∠DOC，根据平行线的性质求出∠ODE＝90°，根据切线的判定定理证明结论； 【解答】证明：连接OD， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ABC＝90°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠DBE＝45°， ∴∠DOC＝2∠DBE＝90°， ∵DE∥AC， ∴∠ODE＝∠DOC＝90°， ∴DE是⊙O的切线； 【点评】本题考查的是切线的判定定理、圆周角定理以及正方形的判定和性质，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键． 4．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在⊙O中，AB为⊙O的直径，AC为弦，OC＝4， ∠OAC＝60°．​ （1）求∠AOC的度数； （2）在图（1）中，P为直径BA的延长线上一点，且，求证：PC为⊙O的切线； 【分析】（1）根据等腰三角形中有一角为60度时是等边三角形得到△ACO是等边三角形，则∠AOC＝60°； （2）由等边三角形的性质以及勾股定理得出CD的长，再利用三角形外角的性质以及等腰三角形的性质得出∠PCA＝30°，进而得出答案； 【解答】（1）解：在△OAC中， ∵OA＝OC＝4，∠OAC＝60°， ∴△OAC是等边三角形， ∴∠AOC＝60°； （2）证明：过点C作CD⊥AO于点D， ∵△AOC是等边三角形，CD⊥AO， ∴AD＝DOOA＝2，∠ACO＝60°， ∴CD2， ∵S△PAC＝4， ∴PA•CD＝4， ∴PA＝4， ∴PA＝AC， ∴∠P＝∠PCA∠OAC＝30°， ∴∠PCO＝∠PCA+∠ACO＝30°+60°＝90°， ∴OC⊥PC， ∵OC是⊙O的半径， ∴PC为⊙O的切线． 【点评】本题考查了等边三角形的判定和性质，切线的判定，熟练掌握相关的性质和判定是解决问题的关键． 5．（2023•门头沟区二模）如图，AB是⊙O直径，弦CD⊥AB于E，点F在CD上，且AF＝DF，连接AD，BC． （1）求证：∠FAD＝∠B （2）延长FA到P，使FP＝FC，作直线CP．如果AF∥BC． 求证：直线CP为⊙O的切线． 【分析】（1）根据垂径定理、圆周角定理可得∠ACD＝∠ACD＝∠B，根据等腰三角形的性质可得∠FAD＝∠FDA，进而可得∠FAD＝∠B； （2）根据平行线的性质以及三角形内角和定理可得∠FAB＝∠FAD＝∠FDA＝30°，进而得到∠CFP＝60°，再利用等边三角形的性质可得∠PCO＝60°+30°＝90°，由切线的判定方法可得结论． 【解答】证明：（1）如图，连接AC， ∵AB是⊙O直径，弦CD⊥AB， ∴， ∴∠ACD＝∠ADC＝∠B， ∵AF＝FD， ∴∠FAD＝∠FDA， ∴∠FAD＝∠B； （2）如图，连接OC， ∵AF∥BC， ∴∠FAB＝∠B， ∴∠FAB＝∠FAD＝∠FDA， ∵∠AED＝90°， ∴∠FAB＝∠FAD＝∠FDA＝30°， ∴∠CFP＝60°， ∵FP＝FC， ∴△CFP是等边三角形， ∴∠PCF＝60°， ∵OB＝OC， ∴∠B＝∠OCB＝30°， ∴∠OCD＝30°， ∴∠PCO＝60°+30°＝90°， 即OC⊥PC， ∵OC是半径， ∴PC是⊙O的切线． 【点评】本题考查切线的判定，圆周角定理、平行线的性质以及三角形内角和定理，掌握切线的判定方法，圆周角定理是正确解答的前提． 6．（2023•昭平县一模）如图，AB是⊙O的弦，OP⊥AB交⊙O于C，OC＝2，∠ABC＝30°． （1）求AB的长； （2）若C是OP的中点，求证：PB是⊙O的切线． 【分析】（1）连接OA、OB，根据圆周角定理得到∠AOC＝2∠ABC＝60°，则∠OAD＝30°，所以ODOA＝1，ADOD，再根据垂径定理得AD＝BD，所以AB＝2； （2）由（1）∠BOC＝60°，则△OCB为等边三角形，所以BC＝OB＝OC，∠OBC＝∠OCB＝60°，而CP＝CO＝CB，则∠CBP＝∠P，可计算出∠CBP＝30°，所以∠OBP＝∠OBC+∠CBP＝90°，于是根据切线的判定定理得PB是⊙O的切线． 【解答】（1）解：连接OA、OB，如图， ∵∠ABC＝30°，OP⊥AB， ∴∠AOC＝60°， ∴∠OAD＝30°， ∴ODOA2＝1， ∴ADOD， 又∵OP⊥AB， ∴AD＝BD， ∴AB＝2； （2）证明：由（1）∠BOC＝60°， 而OC＝OB， ∴△OCB为等边三角形， ∴BC＝OB＝OC，∠OBC＝∠OCB＝60°， ∴C是OP的中点， ∴CP＝CO＝CB， ∴∠CBP＝∠P， 而∠OCB＝∠CBP+∠P， ∴∠CBP＝30° ∴∠OBP＝∠OBC+∠CBP＝90°， ∴OB⊥BP， ∴PB是⊙O的切线． 【点评】本题考次了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了垂径定理、圆周角定理和含30度的直角三角形三边的关系． 7．（2024秋•定西期中）如图，已知AB是⊙O的直径，点C、D在⊙O上，点E在⊙O外，∠EAC＝∠D＝60°． （1）求∠ABC的度数； （2）求证：AE是⊙O的切线； （3）当BC＝4时，求AC的长． 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等求解即可； （2）连接OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，再由等边对等角的性质，得到∠OAC＝∠OCA＝30°，进而得出∠BAE＝90°，即可证明结论； （3）由（2）可知，∠BAC＝30°，根据直径所对的圆周角是直角，得到∠ACB＝90°，再利用锐角三角函数值求解即可． 【解答】（1）解：∵， ∴∠ADC＝∠ABC， ∵∠D＝60°， ∴∠ABC＝60°； （2）证明：连接OC， ∵∠D＝60°， ∴∠AOC＝2∠D＝120°， ∵OA＝OC， ∴， ∵∠EAC＝60°， ∴∠BAE＝∠OAC+∠EAC＝90°，即OA⊥AE， ∵OA是半径， ∴AE是⊙O的切线； （3）解：∵∠BAC＝30°，AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∴． 【点评】本题考查了圆周角定理，圆的切线的证明，锐角三角函数，掌握圆周角的相关性质是解题关键． 8．（2024•武威三模）如图，点C在以AB为直径的⊙O上，∠CAB＝30°，点D在AB上由点B开始向点A运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F． （1）求证：CE＝CF； （2）如果CD⊥AB，求证：EF为⊙O的切线． 【分析】（1）根据轴对称的性质得到∠ECA＝∠DCA，根据直角三角形两锐角互余得到∠CDF＝∠F，得到CD＝CF，证明结论； （2）连接OC，根据等边三角形的性质和直角三角形的性质证明∠ECO＝90°，根据切线的判定定理证明即可． 【解答】（1）证明：∵点E与点D关于AC对称， ∴CE＝CD， ∴∠ECA＝∠DCA， 又∵DF⊥DE， ∴∠CDF＝90°﹣∠CDE＝90°﹣∠E＝∠F， ∴CD＝CF， ∴CE＝CF； （2）证明：连接OC， ∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°， ∴∠CBA＝60°， ∵OB＝OC， ∴△BOC是等边三角形， ∴∠OCB＝60°， ∵CD⊥AB， ∴∠OCD＝∠DCB＝30°， ∵点E与点D关于AC对称， ∴CD＝CE， ∴∠ECA＝∠DCA＝60°， ∴∠ECO＝∠ECA+∠OCA＝60°+30°＝90°， ∴EF为⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定、轴对称的性质、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质，灵活运用相关的性质定理是解题的关键． 题型三 利用平行线性质证明垂直 1．（2024•仓山区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝BC，以AB为直径的⊙O与AC交于点D，过D作DF⊥BC，交AB的延长线于E，垂足为F． 求证：直线DE是⊙O的切线． 【分析】连接OD，如图，根据等腰三角形的性质，由BA＝BC得∠A＝∠C，由OA＝OD得∠A＝∠ODA，则∠ODA＝∠C，于是根据平行线的判定得到OD∥BC，加上DF⊥BC，所以DE⊥OD，然后根据切线的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：连接OD，如图， ∵BA＝BC， ∴∠A＝∠C， ∵OA＝OD， ∴∠A＝∠ODA， ∴∠ODA＝∠C， ∴OD∥BC， ∵DF⊥BC， ∴DE⊥OD， ∵OD为半径， ∴直线DE是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．在判定一条直线为圆的切线时，当已知条件中未明确指出直线和圆是否有公共点时，常过圆心作该直线的垂线段，证明该线段的长等于半径；当已知条件中明确指出直线与圆有公共点时，常连接过该公共点的半径，证明该半径垂直于这条直线． 2．（2023秋•阿瓦提县校级期末）已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB＝AC，连结AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．求证：DE为⊙O的切线． 【分析】连接OD，根据OA＝OB，CD＝BD，得出OD∥AC，∠ODE＝∠CED，再根据DE⊥AC，即可证出OD⊥DE，从而得出答案． 【解答】证明：如图，连接OD． ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∵AB＝AC， ∴CD＝BD， ∵OA＝OB， ∴OD∥AC． ∴∠ODE＝∠CED． ∵DE⊥AC， ∴∠CED＝90°． ∴∠ODE＝90°， ∴OD⊥DE， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定与性质，解决本题的关键是掌握圆周角定理的推论、线段垂直平分线的性质以及等边三角形的判定，是一道常考题型． 3．如图，已知点E在△ABC的边AB上，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，且D在以AE为直径的⊙O上． （1）求证：BC是⊙O的切线； （2）已知∠B＝30°，CD＝4，求线段AB的长． 【分析】（1）连接OD，根据角平分线的定义得到∠BAD＝∠CAD，而∠OAD＝∠ODA，则∠ODA＝∠CAD，于是判断OD∥AC，由于∠C＝90°，所以∠ODB＝90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论； （2）由∠B＝30°得到∠BAC＝60°，则∠CAD＝30°，在Rt△ADC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到AC＝4，然后在Rt△ABC中，根据含30度的直角三角形三边的关系可得到AB＝8． 【解答】（1）证明：连接OD，如图， ∵∠BAC的平分线交BC于点D， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∴∠ODA＝∠CAD， ∴OD∥AC， ∵∠C＝90°， ∴∠ODB＝90°， ∴OD⊥BC， ∴BC是⊙O的切线； （2）解：∵∠B＝30°， ∴∠BAC＝60°， ∴∠CAD＝30°， 在Rt△ADC中，DC＝4， ∴ACDC＝4， 在Rt△ABC中，∠B＝30°， ∴AB＝2AC＝8． 【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了含30度的直角三角形三边的关系． 4．已知，如图，在△ABC中，BC＝AC，以BC为直径的⊙O与边AB相交于点D，DE⊥AC，垂足为点E． （1）求证：点D是AB的中点； （2）判断DE与⊙O的位置关系，并证明你的结论． 【分析】（1）连接CD，如图，根据圆周角定理，由BC为直径得到∠BDC＝90°，然后根据等腰三角形的性质得AD＝BD； （2）连接OD，先得到OD为△ABC的中位线，再根据三角形中位线性质得OD∥AC，而DE⊥AC，则DE⊥OD，然后根据切线的判定定理可得DE为⊙O的切线． 【解答】（1）证明：连接CD，如图， ∵BC为直径， ∴∠BDC＝90°， ∴CD⊥AB， ∵AC＝BC， ∴AD＝BD， 即点D是AB的中点； （2）解：DE与⊙O相切．理由如下： 连接OD， ∵AD＝BD，OC＝OB， ∴OD为△ABC的中位线， ∴OD∥AC， 而DE⊥AC， ∴DE⊥OD， ∴DE为⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可． 5．（2024秋•长沙县期中）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：DM＝DB． 【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）首先推导出AD⊥BM，ABM是等腰三角形，进而得证． 【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°， ∴AD⊥BM， ∵AD平分∠CAB， ∴∠DAM＝∠DAB， ∴∠M＝∠ABM， ∴ABM是等腰三角形， ∴DM＝DB． 【点评】本题考查切线的判定与性质，角平分线的性质，垂径定理，圆周角定理，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键． 6．（2023•兰山区校级模拟）如图，在△ABC中，BA＝BC，以AB为直径作⊙O，交AC于点D，连接DB，过点D作DE⊥BC，垂足为E． （1）求证：AD＝CD； （2）求证：DE为⊙O的切线． 【分析】（1）先利用圆周角定理得到∠ADB＝90°，再根据等腰三角形的性质得AD＝CD； （2）连接OD，如图，先证明OD为△BAC的中位线，则OD∥BC，再利用DE⊥BC得到OD⊥DE，然后根据切线的判定定理得到结论． 【解答】（1）证明：∵AB为直径， ∴∠ADB＝90°， ∵BA＝BC， ∴AD＝CD； （2）证明：连接OD，如图， ∵AD＝CD，AO＝OB， ∴OD为△BAC的中位线， ∴OD∥BC， ∴DE⊥BC， ∴OD⊥DE， ∴DE为⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了圆周角定理． 7．（2023•高明区二模）如图，在△ABC中，AB＝BC，CO平分∠ACB交AB于点O．当AC＝CO时，以点O为圆心OA为半径作圆交AC于点D，过点D作DE⊥BC垂足为E． （1）求∠B的度数； （2）证明：DE是⊙O的切线． 【分析】（1）根据角平分线的定义、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质计算，得到答案； （2）连接OD，证明OD∥BC，根据平行线的性质得到DE⊥OD，根据切线的判定定理证明． 【解答】（1）解：设∠ACO＝x°， ∵CO平分∠ACB， ∴∠BCO＝∠ACO＝x°， ∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA＝2x°， ∴∠B＝180°﹣4x°， ∵AC＝CO， ∴∠COA＝∠BAC＝2x°， ∵∠COA＝∠B+∠BCO， ∴2x＝x+180﹣4x， 解得：x＝36， ∴∠B＝180°﹣4x＝36°； （2）证明：连接OD， ∵OA＝OD， ∴∠ODA＝∠BAC＝72°， ∴∠AOD＝36°， ∴∠AOD＝∠B， ∴OD∥BC， ∵DE⊥BC， ∴DE⊥OD， ∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线． 【点评】本题考查的是切线的判定、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键． 8．（2024秋•西城区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC，垂足为点E，延长CA交⊙O于点F，连接BF． （1）求证：DE是⊙O的切线； （2）连接OE，若BF，FC＝10，求OE的长． 【分析】（1）连接OD，则OD＝OB，所以∠ODB＝∠ABC，由AB＝AC，得∠C＝∠ABC，则∠ODB＝∠C，所以OD∥AC，则∠ODE＝∠DEC＝90°，即可证明DE是⊙O的切线； （2）连接OE，延长DO交BF于点H，可证明四边形DEFH是矩形，由AB＝AC，BF＝2，FC＝10，OH⊥BF，得AF＝10﹣AC＝10﹣AB，DE＝FH＝BH，则（2）2+（10﹣AB）2＝AB2，求得AB＝6，则ODAB＝3，所以OE． 【解答】（1）证明：连接OD，则OD＝OB， ∴∠ODB＝∠ABC， ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠ABC， ∴∠ODB＝∠C， ∴OD∥AC， ∵DE⊥AC于点E， ∴∠ODE＝∠DEC＝90°， ∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD， ∴DE是⊙O的切线． （2）解：连接OE，延长DO交BF于点H， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠F＝90°， ∵∠HDE＝∠DEF＝90°， ∴四边形DEFH是矩形， ∴∠DHF＝90°， ∵AB＝AC，BF＝2，FC＝10，OH⊥BF， ∴AF＝10﹣AC＝10﹣AB，DE＝FH＝BHBF， ∵BF2+AF2＝AB2， ∴（2）2+（10﹣AB）2＝AB2， 解得AB＝6， ∴ODAB＝3， ∴OE， ∴OE的长为． 【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、圆周角定理、切线的判定定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 题型四 利用勾股定理逆定理法证明垂直 1．（2023•城关区一模）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为6，PB=4，PC=8． 求证：PC是⊙O的切线； 【分析】可以证明OC2+PC2=OP2得△OCP是直角三角形，即OC⊥PC，PC是⊙O的切线； 【解答】解：如图，连接OC、BC， ∵⊙O的半径为6，PB=4，PC=8． ∴OC=OB=6，OP=OB+BP=6+4=10， ∴OC2+PC2=62+82=100，OP2=102=100， ∴OC2+PC2=OP2， ∴△OCP是直角三角形， ∴OC⊥PC， ∴PC是⊙O的切线； 【点评】本题考查圆的切线的判定和勾股定理逆定理，利用勾股定理的逆定理证明垂直是解决问题的关键． 2．如图，AD, BD是⊙O的弦，AD⊥BD，且BD=2AD=8 ,点C是BD的延长线上的一点，CD=2，求证：AC是⊙O的切线. 【分析】先由勾股定理的逆定理证明垂直，再由切线的判断进行解答即可. 【解答】证明:连接AB， ∵AD⊥BD，且BD=2AD=8 ， ∴AB为直径，AB2 =82+42 =80， ∵CD=2，AD=4 ， ∴AC2 =22 ＋42=20， ∵ CD＝2，BD=8, ∴BC=102=100， ∴AC2+AB2=CB2， ∴∠BAC=90° ， ∴AC是⊙O的切线 【点评】本题考查切线的判定，圆周角定理的推论，勾股定理的逆定理，解题关键是作出辅助线构造直角三角形. 3．如图，AD，BD是⊙O的弦，AD⊥BD，且BD＝2AD＝8，点C是BD的延长线上的一点，CD＝2，求证：AC是⊙O的切线． 【分析】先根据圆周角定理得到AB为⊙O的直径，再利用勾股定理计算出AB、AC，接着利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°，所以AC⊥AB，然后根据切线的判定定理得到结论． 【解答】证明：∵AD⊥BD， ∴∠ADB＝90°， ∴AB为⊙O的直径， ∵BD＝2AD＝8， ∴AD＝4， 在Rt△ADB中，AB2＝AD2+BD2＝42+82＝80， 在Rt△ADC中，AC2＝AD2+CD2＝42+22＝20， ∵BC2＝（2+8）2＝10， ∴AC2+AB2＝BC2， ∴△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°， ∴AC⊥AB， ∵AB为直径， ∴AC是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了圆周角定理、勾股定理和勾股定理的逆定理． 题型五 利用三角形全等证明垂直 1．（2024•东明县一模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的圆交边AC于点D，交边AB于点E，且BC＝BE． （1）求证：AB是⊙O的切线． （2）若AE＝24，BE＝15，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接OE，连接BO，先证明△BOE≌△BOC，得出∠BEO＝∠BCO＝90°，即可证明AB是⊙O的切线； （2）连接OE，由题意得出BC＝15，AB＝39，由勾股定理求出AC＝36，设⊙O的半径为r，利用勾股定理得出方程（36﹣r）2＝r2+242，解方程即可求出⊙O的半径． 【解答】（1）证明：如图1，连接OE，连接BO， 在△OBC和△OBE中， ， ∴△BOE≌△BOC（SSS）， ∴∠BEO＝∠BCO， ∵∠BCO＝90°， ∴∠BEO＝90°， ∵OE是半径， ∴AB是⊙O的切线； （2）解：如图2，连接OE， ∵BE＝15，AE＝24， ∴BC＝BE＝15，AB＝BE+AE＝15+24＝39， ∴AC36， 设⊙O的半径为r，则OE＝OC＝r，OA＝36﹣r， ∵OA2＝OE2+AE2， ∴（36﹣r）2＝r2+242， 解得：r＝10， ∴⊙O的半径为10． 【点评】本题考查了圆的综合应用，掌握全等三角形的判定与性质，切线的判定方法，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角形的面积的计算公式等知识是解决问题的关键． 2．（2023•鄞州区校级开学）如图，AB为⊙O的直径，点C和点D是⊙O上的两点，连接BC，DC，BC＝CD，CE⊥DA交DA的延长线于点E． 求证：CE是⊙O的切线； 【分析】连接OD，OC，证得△COD≌△COB，可得∠OCD＝∠BCO，从而得到∠ADC＝∠DCO，进而得到DA∥CO，利用切线的判定定理即可求证； 【解答】证明：连接OD，OC，如图， 在△COD和△COB中， ， ∴△COD≌△COB（SSS）， ∴∠OCD＝∠BCO， ∵CO＝BO， ∴∠B＝∠BCO， ∵∠B＝∠ADC， ∴∠ADC＝∠DCO． ∴DA∥CO， ∴∠E+∠ECO＝180°． ∵CE⊥EA， ∴∠E＝90°． ∴∠ECO＝90°， ∴EC⊥CO， ∵CO是⊙O的半径， ∴EC是⊙O的切线； 【点评】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理等知识，熟练掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识是解题的关键． 3． 如图，已知AB是⊙O的直径，BC⊥AB，连接OC，弦AD∥OC，直线CD交BA的延长线于点E． 求证：CD是⊙O的切线； 【分析】连接OD，利用SAS得到三角形COD与三角形COB全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠ODC为直角，即可得证； 【解答】证明：如图，连接OD． ∵AD∥OC， ∴∠DAO＝∠COB，∠ADO＝∠COD， 又∵OA＝OD， ∴∠DAO＝∠ADO， ∴∠COD＝∠COB， 在△COD和△COB中， ， ∴△COD≌△COB（SAS）， ∴∠CDO＝∠CBO＝90°， ∵OD是⊙O的半径， ∴CD是⊙O的切线； 【点评】此题考查了切线的判定和性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键． 4．（2023秋•新抚区期末）如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD，延长AD交⊙O于E，连接CE．求证：CE为⊙O的切线． 【分析】连接OC、BE，根据矩形性质和圆半径相等，推出∠CDE＝∠AEO，进而得到OP＝CP，然后根据OB∥CD，可以推出∠COE＝∠BOC，最后通过证明△BOC≌△EOC即可求解． 【解答】证明：如图：连接OC、BE，OE，CD交于点P， ∵四边形OBCD是矩形， ∴OB∥CD，∠OBC＝90°，OB＝CD， ∵OB∥CD， ∴∠A＝∠CDE， ∵在⊙O中，OA＝OB＝OE， ∴OE＝CD， ∵OA＝OE， ∴∠A＝∠AEO， ∴∠CDE＝∠AEO， ∴DP＝PE， ∵OE＝CD， ∴OP＝CP， ∴∠COE＝∠DCO， ∵OB∥CD， ∴∠DCO＝∠BOC， ∴∠COE＝∠BOC， 在△BOC和△EOC中， ， ∴△BOC≌△EOC（SAS）， ∴∠CEO＝∠OBC＝90°， ∴CE⊥OE， 又∵OE为⊙O的半径， ∴CE为⊙O的切线． 【点评】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，矩形的性质等众多知识点，熟悉掌握以上知识点是解题关键． 5． （2023•建邺区二模）如图，四边形ABCD是菱形，以AB为直径作⊙O，交CB于点F，点E在CD上，且CE＝CF，连接AE． （1）求证：AE是⊙O的切线； （2）连接AC交⊙O于点P，若AP，BF＝1，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接AF，根据菱形的性质得到∠ACF＝∠ACE，根据全等三角形的性质得到∠AFC＝∠AEC，推出OA⊥AE，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）连接BP，根据圆周角定理得到∠APB＝90°，求得AC＝2AP＝2，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接AF， ∵四边形ABCD为菱形， ∴∠ACF＝∠ACE， 在△ACF与△ACE中， ， ∴△ACF≌△ACE（SAS）， ∴∠AFC＝∠AEC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠AFB＝∠AFC＝90°， ∴∠AEC＝90°， ∵AB∥DC， ∴∠BAE+∠AEC＝90°， ∴∠BAE＝90°， ∴OA⊥AE， ∵OA是⊙O的半径， ∴AE是⊙O的切线； （2）解：连接BP， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠APB＝90°， ∵AB＝CB，AP， ∴AC＝2AP＝2， 设⊙O的半径为R， ∵AC2﹣CF2＝AF2，AB2﹣BF2＝AF2， ∴， ∴R（负值舍去）， ∴⊙O的半径为． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，菱形的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是根据勾股定理列方程解决问题． 题型六 无公共点：作垂直，证半径 1．如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线． 【分析】过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE=OD，从而证得结论． 【解答】证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA， ∵AB与⊙O相切于点D， ∴AB⊥OD， ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO是∠BAC的平分线， ∴OE=OD，即OE是⊙O的半径， ∵圆心到直线的距离等于半径， ∴AC是⊙O的切线． 【点评】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 2． 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M． 求证：CD与⊙O相切． 【分析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM＝ON，即可得出答案． 【解答】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N， ∵⊙O与BC相切于点M， ∴OM⊥BC， 又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点， ∴OM＝ON， ∴ON为⊙O的半径， ∴CD与⊙O相切． 【点评】此题主要考查了正方形的性质以及角平分线的性质，得出OM＝ON是解题关键． 3．（2024秋•阜宁县期中）如图△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，以点E为圆心，EC为半径作⊙E交AC于点F． （1）求证：AB与⊙E相切； （2）若AB＝15，BC＝9，试求AF的长． 【分析】（1）作EH⊥AB于点Q，由∠ACB＝90°，得EC⊥BC于点C，而BE平分∠ABC，所以EH＝EC，则点H在⊙E上，即可由EH是⊙E的半径，且AB⊥EH，证明AB与⊙E相切； （2）由∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9，求得AC12，由切线长定理得BH＝BC＝9，则AH＝6，由AH2+EH2＝AE2，且EH＝EC，AE＝12﹣EC，得62+EC2＝（12﹣EC）2，则EF＝EC，求得AF＝AC﹣EF﹣EC＝3． 【解答】（1）证明：作EH⊥AB于点Q， ∵∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E， ∴EC⊥BC于点C， ∴EH＝EC， ∵EC是⊙E的半径，EH＝EC， ∴点H在⊙E上， ∵EH是⊙E的半径，且AB⊥EH， ∴AB与⊙E相切． （2）解：∵∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9， ∴AC12， ∵EH＝EF＝EC， ∴AE＝AC﹣EC＝12﹣EC， ∵EC是⊙E的半径，且BC⊥EC， ∴BC是⊙E的切线， ∴BH＝BC＝9， ∴AH＝AB﹣BH＝15﹣9＝6， ∵∠AHE＝90°， ∴AH2+EH2＝AE2， ∴62+EC2＝（12﹣EC）2， ∴EF＝EC， ∴AF＝AC﹣EF﹣EC＝123， ∴AF的长为3． 【点评】此题重点考查角平分线的性质、切线的判定与性质、切线长定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 4．如图，OC平分∠AOB，D是OC上任意一点，⊙D和OA相切于点E，连接CE． （1）求证：OB与⊙D相切； （2）若OE＝4，⊙D的半径为3，求CE的长． 【分析】（1）过点D作DF⊥OB于点F，先由切线的性质得DE⊥OA，则由角平分线的性质得DF＝DE，即可证得结论； （2）过E作EG⊥OD于G，先由勾股定理求出OD＝5，再由面积法求出EG，然后由勾股定理求出DG，最后由勾股定理求出CE即可． 【解答】（1）证明：连接DE，过点D作DF⊥OB于点F，如图所示： ∵⊙D与OA相切于点E， ∴DE⊥OA， ∵OC平分∠AOB， ∴DF＝DE， 又∵DF⊥OB， ∴OB与⊙D相切； （2）解：过E作EG⊥OD于G，如图所示： 由（1）得：DE⊥OA， ∴∠OED＝90°， ∵OE＝4，DE＝3， ∴OD5， ∵EG⊥OD， ∴OD×EGOE×DE， ∴EG， ∴DG， ∴CG＝CD+DG＝3， ∴CE． 【点评】此题考查了切线的判定与性质、勾股定理以及角平分线的性质等知识，解题的关键是准确作出辅助线． 5．如图，AB是⊙O的直径，AM，BN分别切⊙O于点A，B，CD交AM，BN于点D，C，DO平分∠ADC． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若AD＝4，BC＝9，求⊙O的半径R． 【分析】（1）过O点作OE⊥CD于点E，通过角平分线的性质得出OE＝OA即可证得结论． （2）过点D作DF⊥BC于点F，根据切线的性质可得出DC的长度，继而在Rt△DFC中利用勾股定理可得出DF的长，继而可得出半径． 【解答】（1）证明：过O点作OE⊥CD于点E， ∵AM切⊙O于点A， ∴OA⊥AD， 又∵DO平分∠ADC， ∴OE＝OA， ∵OA为⊙O的半径， ∴OE是⊙O的半径，且OE⊥DC， ∴CD是⊙O的切线． （2） 解：过点D作DF⊥BC于点F， ∵AM，BN分别切⊙O于点A，B， ∴AB⊥AD，AB⊥BC， ∴四边形ABFD是矩形， ∴AD＝BF，AB＝DF， 又∵AD＝4，BC＝9， ∴FC＝9﹣4＝5， ∵AM，BN，DC分别切⊙O于点A，B，E， ∴DA＝DE，CB＝CE， ∴DC＝AD+BC＝4+9＝13， 在Rt△DFC中，DC2＝DF2+FC2， ∴DF12， ∴AB＝12， ∴⊙O的半径R是6． 【点评】此题考查了切线的性质、角平分线的性质及勾股定理的知识，证明第一问关键是掌握切线的判定定理，解答第二问关键是熟练切线的性质． 6．（2023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． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！48 学科网（北京）股份有限公司 $$