專題19圓的有關位置關系（16題）

一、單選題

1．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，分別延長圓內接四邊形ABCD的兩組對邊，延長線相交于點E，F(xiàn)．若

E5441，F(xiàn)4319，則A的度數(shù)為（）

A．42B．4120C．41D．4020

【答案】C

【分析】根據(jù)“圓的內接四邊形對角互補”可得ABCADC180，ABCD180．根據(jù)三角形外角

定理可得ABCEECB，ADCFDCF，由此可得ECB41，又由ECBBCD180，

可得AECB，即可得解．

本題主要考查了“圓的內接四邊形對角互補”和三角形外角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．

【詳解】∵四邊形ABCD是O的內接四邊形我

∴ABCADC180，ABCD180,

ABCEECB，ADCFDCF，

EECBFDCF180，

ECBDCF，E5441，F(xiàn)4319，

544143192ECB180，

解得ECB41，

ECBBCD180，

AECB41．

故選：C

2．（2024·四川達州·中考真題）如圖，ABC是等腰直角三角形，ABC90，AB4，點D，E分別在

2AE

AC，BC邊上運動，連結AE，BD交于點F，且始終滿足ADCE，則下列結論：①2；

2BD

②DFE135；③△ABF面積的最大值是424；④CF的最小值是21022．其中正確的是（）

A．①③B．①②④C．②③④D．①②③④

【答案】D

【分析】過點B作BMAC于點M，證明ABE∽BMD，根據(jù)相似三角形的性質即可判斷①；得出

BAEMBD，根據(jù)三角形內角和定理即可判斷②；在AB的左側，以AB為斜邊作等腰直角三角形AOB，

以OA為半徑作O，根據(jù)定弦定角得出F在O的AB上運動，進而根據(jù)當OFAB時，△ABF面積的

最大，根據(jù)三角形的面積公式求解，即可判斷③，當F在OC上時，F(xiàn)C最小，過點O作OHBC交CB的

延長線于點H，勾股定理，即可求解．

【詳解】解：如圖所示，過點B作BMAC于點M，

∵ABC是等腰直角三角形，ABC90，AB4，

∴ABBC，ACAB2BC22BC，

2

∵ADCE，

2

11222

∴DMACAD2BCCEBCCEBE

22222

DMAD2

∴

BECE2

又∵DMBEBA90

∴ABE∽BMD，

AEAB

∴2，故①正確；

BDBM

∵ABE∽BMD，

∴BAEMBD，

∴BAEABDMBDABD

即180BAEABD180MBDABD

在△ABF中，AFB180BAEABD

即AFB180MBDABD

∵ABC是等腰直角三角形，BMAC

∴BM平分ABC

1

∴ABMCBMABC45

2

∴AFB180MBDABD180ABM135

∴AFB180BAEABD135，

∴DFE135，故②正確，

如圖所示，

在AB的左側，以AB為斜邊作等腰直角三角形AOB，以OA為半徑作O，且AB4

∴AOB90，OAOB，ABOA2OB22OA4

∵AFB135

1

∴DFEAOB180

2

∴F在O的AB上運動，

22

∴OFAOAB422，

22

連接OF交AB于點G，則AGGB2，

∴當OFAB時，結合垂徑定理，OG最小，

∵OF是半徑不變

∴此時CF最大

則△ABF面積的最大，

∴SABF2SAGF2SAOFSAOG

112

2OFAGOG

22

22222

424，故③正確；

如圖所示，當F在OC上時，F(xiàn)C最小，過點O作OHBC交CB的延長線于點H，

∴OHB是等腰直角三角形，

22

∴OHHBOBOA2，

22

在RtOHC中，HCHBBC6，

∴OC2262210，

∴CF的最小值是21022．

故選：D．

【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，圓內接四邊形對角互補，求圓外一點到圓上的距離最值問

題，勾股定理，等腰直角三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．

二、填空題

3．（2024·青海·中考真題）如圖，四邊形ABCD是O的內接四邊形．若A50，則BCD的度數(shù)

是．

【答案】130°

【分析】直接根據(jù)圓內接四邊形的性質求解．

【詳解】解：∵四邊形ABCD是⊙O的內接四邊形，

∴∠BCD+∠A=180°，又∠A=50°，

∴∠BCD=180°-50°=130°．

故答案為：130°．

【點睛】本題考查了圓內接四邊形的性質：圓內接四邊形的對角互補；圓內接四邊形的任意一個外角等于

它的內對角．

4．（2024·山東濱州·中考真題）如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，若四邊形AOCD是菱形，∠B的度數(shù)

是．

【答案】60°/60度

【分析】根據(jù)圓內接四邊形的性質得到∠B+∠D=180°，根據(jù)菱形的性質，圓周角定理列式計算即可．

【詳解】解：∵四邊形ABCD內接于⊙O，

∴∠B+∠D=180°，

∵四邊形OACD是菱形，

∴∠AOC=∠D，

1

由圓周角定理得，∠B=∠AOC，

2

∴∠B+2∠B=180°，

解得，∠B=60°，

故答案為：60°．

【點睛】本題考查的是圓內接四邊形的性質，菱形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解題的關鍵．

三、解答題

5．（2024·四川自貢·中考真題）在Rt△ABC中，C90，O是ABC的內切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)．

(1)圖1中三組相等的線段分別是CECF，AF________，BD________；若AC3，BC4，則O

半徑長為________；

(2)如圖2，延長AC到點M，使AMAB，過點M作MNAB于點N．

求證：MN是O的切線．

【答案】(1)AD；BE；1

(2)見解析

【分析】（1）根據(jù)切線長定理得到BDBF3，AEAF10，CDCE，代入求解即可得到答案；

1

（2）證明△CAB≌△NAM，推出S△S△，ANAC，MNBC，求得SACBCABr，

CABNAMABC2

11

SANAMrMNOG，根據(jù)S△S△，列式求得OGr，根據(jù)切線的判定定理，即可

AMN22CABNAM

得到MN是O的切線．

【詳解】（1）解：連接OE，OF，設O半徑為r，

∵O是ABC的內切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)，

∴CECF，AFAD，BDBE；

在四邊形OFCE中，OFCCOEC90，

四邊形ODCE為矩形，

又因為OFOE，

四邊形OFCE為正方形．

則CFCEr，則AFAD3r，BDBE4r，

在Rt△ACB中，由勾股定理得AB32425，

∴ADBDAB5，即3r4r5，

解得r1，

故答案為：AD；BE；1；

（2）證明：連接OD，OE，OF，OA，OM，ON，OB，作OGMN于點G，

設O半徑為r，

∵MNAB，

∴ACBANM90，

∵CABNAM，AMAB，

∴△CAB≌△NAM，

∴S△CABS△NAM，ANAC，MNBC，

∵O是ABC的內切圓，切點分別為D，E，F(xiàn)，

∴ODOEOFr，

1

∴SACBCABr，

ABC2

11

同理SANAMrMNOG，

AMN22

111

∴ACBCABrANAMrMNOG，

222

∴OGr，

∵OGMN，

∴MN是O的切線．

【點睛】本題考查切線的判定，切線長定理，全等三角形的判定和性質，三角形的內切圓及勾股定理，正

確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．

6．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖，ABC內接于O，AB為O的直徑，點D為O上一點，BCBD，

延長BA至E，使得ADECBA．

(1)求證：ED是O的切線；

1

(2)若BO4,tanCBA，求ED的長．

2

【答案】(1)見解析

16

(2)

3

【分析】（1）連接OD，易得ODBOBD，圓周角定理得到ADBACB90，進而得到

ODBADO90，證明RtADB≌RtACB，推出ADEODB，進而得到ODE90，即可得

證；

AD1

（2）等角的三角函數(shù)相等，得到tanABDtanCBA，證明△EDA∽△EBD，得到

BD2

EDAEAD1

，進行求解即可．

BEDEBD2

【詳解】（1）解：連接OD，則：ODOB，

∴ODBOBD，

∵AB為O的直徑，

∴ADBACB90，

∴ODBADO90，

∵ABAB，BDBC，

∴RtADB≌RtACB，

∴ABCABDODB，

∵ADECBA，

∴ADEODB，

∴ADEADO90，即：ODE90，

∴ODDE，

∵OD是O的半徑，

∴ED是O的切線；

（2）∵OB4，

∴AB2OB8，

由（1）知：ABDABC，

AD1

∴tanABDtanCBA，

BD2

由（1）知：EDAABD，

又∵DEADEB，

∴△EDA∽△EBD，

EDAEAD1

∴，

BEDEBD2

∴DE2AE，DE2AEBE，

2

∴2AEAEAEAB，即：4AE2AE28AE，

8

解得：AE0（舍去）或AE，

3

16

∴DE2AE

3

【點睛】本題考查圓周角定理，切線的判定，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，熟練掌握相關知

識點，并靈活運用，是解題的關鍵．

7．（2024·四川資陽·中考真題）如圖，已知AB是O的直徑，AC是O的弦，點D在O外，延長DC，

AB相交于點E，過點D作DFAB于點F，交AC于點G，DGDC．

(1)求證：DE是O的切線；

(2)若O的半徑為6，點F為線段OA的中點，CE8，求DF的長．

【答案】(1)見解析

39

(2)

4

【分析】（1）連接OC，根據(jù)等邊對等角和對頂角相等可推出OACOCA，DGCDCGAGF，

結合DFAB和三角形內角和，從而推出OCDOACAGF90，得證；

OCCE

（2）由（1）可知OCE90，可證△DFE∽△OCE，推出，再由勾股定理可得OE10，利用

DFFE

68

點F為線段OA的中點，可得OF3，從而得到EF13，從而得到，即可得到答案．

DF13

【詳解】（1）證明：連接OC，如圖，

OAOC，DGDC，

OACOCA，DGCDCG，

AGFDGC，

AGFDCG，

又DFAB，

AFG90，

OACAGF180AFG1809090，

OCDOCADCGOACAGF90，

DE是O的切線；

（2）解：如（1）圖，OCE90，

又DFE90，OECDEF，

DFE∽OCE，

OCCE

，

DFFE

O的半徑為6，CE8，

OCOBOA6，

OE2OC2CE2，即OE628210，

又點F為線段OA的中點，

11

OFOA63，

22

EFOFOE31013，

68

，

DF13

39

DF．

4

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，切線的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，三角

形內角和定理，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．

8．（2024·黑龍江大慶·中考真題）如圖，ABC為O的內接三角形，AB為O的直徑，將ABC沿直線AB

翻折到ABD，點D在O上．連接CD，交AB于點E，延長BD，CA，兩線相交于點P，過點A作O

的切線交BP于點G．

(1)求證：AG∥CD；

(2)求證：PA2PGPB；

1

(3)若sinAPD，PG6．求tanAGB的值．

3

【答案】(1)見解析

(2)見解析

(3)2

【分析】（1）根據(jù)折疊可得ABCD，根據(jù)切線的定義可得AGAB，即可得證；

（2）根據(jù)題意證明PAGABD，進而證明APG∽BPA，根據(jù)相似三角形的性質，即可得證；

AD12

（3）根據(jù)sinAPD，設ADa，則AP3a，得出tanAPD，根據(jù)折疊的性質可得出

AP34

ACADa，則PCPAAC3aa4a，進而求得BD2a，根據(jù)AGB90GADDAB，

進而根據(jù)正切的定義，即可求解．

【詳解】（1）證明：∵將ABC沿直線AB翻折到ABD，

∴ABCD，

∵AB為O的直徑，AG是切線，

∴AGAB，

∴AG∥CD；

（2）解：∵AG是切線，

∴AGAB，

∵AB為O的直徑，

∴ADB90，

∴ABD90DABGAD，

∵由折疊可得ABDABC，

∴CBD2ABD，

∵四邊形ADBC是O的內接四邊形，

∴PAD180CADDBC2ABD，

∴PAGPADGAD2ABDABDABD，

又∵APGBPA，

∴APG∽BPA，

APPG

∴，即PA2PGPB；

BPPA

AD1

（3）解：∵sinAPD，設ADa，則AP3a，

AP3

∴PDAP2AD222a，

ADa2

∴tanAPD，

PD22a4

∵由折疊可得ACADa，

∴PCPAAC3aa4a，

CB2

∵在RtPCB中，tanCPB，

PC4

2

∴BDCBPC2a，

4

∵ADBD，GAAB，

∴AGB90GADDAB，

BD2a

∴tanAGBtanDAB2．

ADa

【點睛】本題考查了切線的性質，折疊問題，相似三角形的性質與判定，解直角三角形，熟練掌握以上知

識是解題的關鍵．

9．（2024·四川雅安·中考真題）如圖，AB是O的直徑，點C是O上的一點，點P是BA延長線上的一

點，連接AC，PCAB．

(1)求證：PC是O的切線；

1

(2)若sinB，求證：ACAP；

2

(3)若CDAB于D，PA4，BD6，求AD的長．

【答案】(1)見解析

(2)見解析

(3)AD2

【分析】（1）首先由直徑得到ACB90，然后利用等邊對等角得到BBCO，等量代換得到OCPC，

進而證明即可；

1

（2）利用sinB得到B30，求出PCAB30，然后利用直角三角形兩銳角互余得到

2

PCABPCA30，進而求解即可；

PAPC2

（3）設ADx，證明出PAC∽PCB，得到，然后表示出PCPAPB410x，然后利用

PCPB

勾股定理求解即可．

【詳解】（1）如圖所示，連接OC，

∵AB是O的直徑，

∴ACB90，

∴BCOOCA90，

∵OBOC，

∴BBCO，

∵PCAB，

∴PCABCO，

∴PCAOCA90，

∴OCPC，

∴PC是O的切線；

1

（2）證明：∵sinB，

2

∴B30，

∴PCAB30，

由（1）知ACB90，

∴CAB60，

∴PCABPCA30，

∴PCAP，

∴ACAP；

（3）設ADx，

在Rt△ACB中，CDAB，

∴BBCDACDBCD90

∴BACD

∵BDCADC90

∴△BDC∽△CDA

BDCD

∴

CDAD

∴CD2ADBD6x，

∵PP，PCAB，

∴PAC∽PCB，

PAPC

∴，

PCPB

∴PC2PAPB464x410x，

在Rt△PCD中，由勾股定理得PD2CD2PC2，

2

即4x6x410x，整理得x210x240，

解得x12，x212（舍去），

故AD2．

【點睛】此題考查了直徑的性質，切線的判定，相似三角形的性質和判定，勾股定理，解題的關鍵是掌握

以上知識點．

10．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，ABC內接于O，點D為BC的中點，連接AD、BD，BE平分ABC

交AD于點E，過點D作DF∥BC交AC的延長線于點F．

(1)求證：DF是O的切線．

(2)求證：BDED．

(3)若DE5，CF4，求AB的長．

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

25

(3)AB

4

【分析】（1）如圖，連接OD，證明ODBC，結合DF∥BC，可得DFOD，從而可得結論；

（2）證明CBDBAD，ABECBE，結合DEBBADABE，DBECBDCBE，再

進一步可得結論；

FCCD

（3）如圖，連接CD，證明CDBD5，再證明FDC∽DAB，可得，結合CF4，從而可

DBAB

得答案；

【詳解】（1）證明：如圖，連接OD，

∵點D為BC的中點，

∴ODBC，

∵DF∥BC，

∴DFOD，且OD是O的半徑，

∴DF是O的切線；

（2）證明：∵點D為BC的中點，

∴BDCD，

∴CBDBAD，

∵BE平分ABC，

∴ABECBE，

∵DEBBADABE，DBECBDCBE，

∴DBEDEB，

∴DBDE；

（3）解：如圖，連接CD，

∵DE5，BDDE，

∴BD5，

∵BDCD，

∴CDBD5，

∵BC∥DF，

∴ACBF，而DACB=DADB，

∴ADBF，

∵四邊形ABDC為O的內接四邊形，

∴ABDACD180ACDDCF，

∴DCFABD，

∴FDC∽DAB，

FCCD

∴，而CF4，

DBAB

45

∴，

5AB

25

∴AB，經檢驗，符合題意；

4

【點睛】本題考查的是圓周角定理的應用，切線的判定，相似三角形的判定與性質，圓的內接四邊形的性

質，等腰三角形的判定與性質，作出合適的輔助線是解本題的關鍵.

11．（2024·吉林·中考真題）圖①、圖②均是44的正方形網格，每個小正方形的頂點稱為格點．點A，B，

C，D，E，O均在格點上．圖①中已畫出四邊形ABCD，圖②中已畫出以OE為半徑的O，只用無刻度

的直尺，在給定的網格中按要求畫圖．

(1)在圖①中，面出四邊形ABCD的一條對稱軸．

(2)在圖②中，畫出經過點E的O的切線．

【答案】(1)見解析

(2)見解析

【分析】本題主要考查了正方形的性質與判定，矩形的性質與判定，切線的判定，畫對稱軸等等：

（1）如圖所示，取格點E、F，作直線EF，則直線EF即為所求；

（2）如圖所示，取格點G、H，作直線GH，則直線GH即為所求．

【詳解】（1）解：如圖所示，取格點E、F，作直線EF，則直線EF即為所求；

易證明四邊形ABCD是矩形，且E、F分別為AB，CD的中點；

（2）解：如圖所示，取格點G、H，作直線GH，則直線GH即為所求；

易證明四邊形OGTH是正方形，點E為正方形OGTH的中心，則OEGH．

12．（2024·四川達州·中考真題）如圖，BD是O的直徑．四邊形ABCD內接于O．連接AC，且ABAC，

以AD為邊作DAFACD交BD的延長線于點F．

(1)求證：AF是O的切線；

(2)過點A作AEBD交BD于點E．若CD3DE，求cosABC的值．

【答案】(1)證明見解析

5

(2)

5

【分析】（1）如圖所示，連接OA，由直徑所對的圓周角是直角得到BAD90，導角可證明DAFOAB，

進而得到OAF90，據(jù)此即可證明AF是O的切線；

（2）延長CD交AF于H，延長AO交BC于G，連接OC，由直徑所對的圓周角是直角得到BCD90，

證明AG∥CH，得到AHC90，接著證明ABE≌ACHAAS，得到AEAH，BECH，進一步證

明RtADE≌RtADHHL，得到DHDE，設DHDEa，則CD3a，BECH4a，進而得到

BDBEDE5a，則OAOD2.5a，由勾股定理得到AEOA2OE22a，ADAE2DE25a，

DE55

則cos∠ADE，進一步可得cos∠ABCcos∠ADE．

AD55

【詳解】（1）證明：如圖所示，連接OA，

∵BD是O的直徑，

∴BAD90，

∴OABOAD90，

∵OAOB，

∴OABOBA，

∵DAFACD，OBAACD，

∴DAFOAB，

∴∠DAF∠OAD∠OAB∠OAD90，

∴OAF90，

∴OAAF，

又∵OA是O的半徑，

∴AF是O的切線；

（2）解：如圖所示，延長CD交AF于H，延長AO交BC于G，連接OC，

∵BD是O的直徑，

∴BCD90，即CHBC，

∵ABAC，OBOC，

∴OA垂直平分BC，

∴AGBC，

∴AG∥CH，

∵OAF90，

∵AEBD，

∴∠AEB∠AHC90，

又∵ABEACH，

∴ABE≌ACHAAS，

∴AEAH，BECH，

∵ADAD，

∴RtADE≌RtADHHL，

∴DHDE，

設DHDEa，則CD3a，

∴BECHDHCD4a，

∴BDBEDE5a，

∴OAOD2.5a，

∴OEODDE1.5a，

∴AEOA2OE22a，

∴ADAE2DE25a，

DE5

∴cos∠ADE，

AD5

∵ABAC，

∴∠ABCACB，

∵ADEACB，

∴ABCADE，

5

∴cos∠ABCcos∠ADE．

5

【點睛】本題主要考查了切線的判定，求角的余弦值，直徑所對的圓周角是直角，同弧所對的圓周角相等，

勾股定理，全等三角形的性質與判定等等，正確作出輔助線構造全等三角形和直角三角形是解題的關鍵．

13．（2024·四川廣安·中考真題）如圖，點C在以AB為直徑的O上，點D在BA的延長線上，DCACBA．

(1)求證：DC是O的切線；

4

(2)點G是半徑OB上的點，過點G作OB的垂線與BC交于點F，與DC的延長線交于點E，若sinD，

5

DAFG2，求CE的長．

【答案】(1)見解析

(2)14

【分析】（1）連接OC，由圓周角定理求得ACB90，再利用等角的余角相等求得OCD90，據(jù)此即

可證明DC是O的切線；

（2）利用三角函數(shù)的定義求得OCOA8，在Rt△OCD中，利用勾股定理求得CD6，再證明

△DOC∽△DEG，利用相似三角形的性質列式計算即可求解．

【詳解】（1）證明：連接OC，

OBOC，

OBCOCB，

DCAOBC，

DCAOCB，

而AB是O的直徑，

ACB90，

DCAOCAOCAOCB90，

OCD90，

DC是O的切線；

（2）解：設OC=OA=r，

OC4

sinD，

OD5

r4

，

r25

r8，

OCOA8，

在Rt△OCD中，CDOD2OC2(82)2826，

DCAECFBFGCBA90，

ECFBFG，

又BFGEFC，

ECFEFC，

ECEF，

設ECEFx，

DD，DCODGE，

△DOC∽△DEG，

DOOC108

，則，

DEEGx6x2

解得：x14

經檢驗x14是所列方程的解，

CE14．

【點睛】本題考查了切線的判定與相似三角形的判定與性質，三角函數(shù)的定義，勾股定理．正確證明

△DOC∽△DEG是解決本題的關鍵．

14．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，ABC內接于O，D是BC上一點，ADAC．E是O外一點，

BAECAD,ADEACB，連接BE．

(1)若AB8，求AE的長；

(2)求證：EB是O的切線．

【答案】(1)AE8

(2)見解析

【分析】（1）根據(jù)BAECAD可得DAECAB，然后證明DAE≌CABASA，根據(jù)全等三角形

的性質可得答案；

（2）連接OA,OB，首先證明ABEAEBADCACD，再根據(jù)三角形內角和定理和圓周角定理求

1

出OBA90AOB，然后計算出OBEOBAABE90即可．

2

【詳解】（1）解：∵BAECAD，

∴DAECAB，

又∵ADAC，ADEACB，

∴DAE≌CABASA，

∴AEAB8；

（2）證明：如圖，連接OA,OB，

由（1）得：AEAB,ADAC，

∴ABEAEB，ADCACD，

∵BAECAD，

∴ABEAEBADCACB，

∵OAOB，

11

∴OBAOAB180AOB90AOB，

22

1

又∵ACBAOB，

2

∴OBA90ACB，

∴OBEOBAABE90ACBACB90，

∵OB是半徑，

∴EB是O的切線．

【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，三角形內角和定理，圓周角定理，切

線的判定等知識，熟練掌握相關判定定理和性質定理是解題的關鍵．

15．（2024·四川宜賓·中考真題）如圖，ABC內接于O，ABAC10，過點A作AE∥BC，交O的

直徑BD的延長線于點E，連接CD．

(1)求證：AE是O的切線；

1

(2)若tanABE，求CD和DE的長．

2

【答案】(1)見解析

55

(2)CD35，DE．

3

【分析】（1）延長AO交BC于點F，連接OC，根據(jù)等邊對等角可得OABABO，OACACO，

OBCOCB，∠ABCACB，繼而可得AF是BAC的角平分線，根據(jù)等邊三角形“三線合一”的性

質可得AFBC，由平行線的性質可得AFAE，繼而根據(jù)切線判定定理即可求證結論；

（2）連接AD，先求得AD5，利用圓周角定理結合勾股定理求得直徑的長，利用垂徑定理結合勾股定理

得到BF2OB2OF2AB2AF2，代入數(shù)據(jù)計算求得BC45，利用勾股定理可求得CD的長，證明

55

AED∽BEA，利用相似三角形的性質計算即可求得DE．

3

【詳解】（1）證明：延長AO交BC于點F，連接OC，

∵OAOBOC，

∴OABABO，OACACO，OBCOCB，

∵ABAC，

∴∠ABCACB，

∴ABCOBCACBOCB，即ABOACO，

∴OABOAC，即AF是BAC的角平分線，

∵ABAC，

∴AFBC，且AF平分線段BC，

∵AE∥BC，

∴AFAE，

∵OA是半徑，

∴AE是O的切線；

（2）解：連接AD，

∵BD是O的直徑，

∴BADBCD90，

1

∵tanABE，ABAC10，

2

∴AD5，

∴BDAB2AD255，

55

∴OAOBOD，

2

由（1）得AFBC，BC2BF，

設OFx，

∴BF2OB2OF2AB2AF2，

22

∴552255，

x10x

22

3535

解得x，即OF，

22

2

∴25535，

BF1025

22

∴BC2BF45，

∴CDBD2BC235，

55

設DEy，則OEy，

2

∵AE是O的切線，

∴OAE90，EAD90DAOBAOABE，

∵AEDBEA，

∴AED∽BEA，

AEDEAD1

∴，

BEAEAB2

1

∴AEBE，AE2DE，

2

11

∴BE2DE，即55y2y，

22

55

解得y，

3

55

∴DE．

3

【點睛】本題考查了切線的判定，解直角三角形，相似三角形的判定和性質，圓周角定理，垂徑定理，勾

股定理，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．

16．（2024·甘肅蘭州·中考真題）在平面直角坐標系xOy中，給出如下定義：點P是圖形W外一點，點Q

PO1

在PO的延長線上，使得，如果點Q在圖形W上，則稱點P是圖形W的“延長2分點”，例如：如

QO2

3PO1

圖1，A(2,4),B(2,2),P1,是線段AB外一點，Q2,3在PO的延長線上，且，因為點Q在線

2QO2

段AB上，所以點P是線段AB的“延長2分點”．