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7.如图，$\odot O$与$∠ ABC$的两边分别相切于点D，E，F为$\odot O$上一点（不与点D，E重合）。若$∠ ABC=50°$，则$∠ DFE$的度数为
$65°或115°$
。答案
7.$65°或115°$
解析
【分析】
解决本题的思路如下：①遇到圆的切线，优先连接圆心和切点，利用切线垂直于过切点的半径得到直角；②在四边形ODBE中利用内角和计算出圆心角∠DOE的度数；③点F在圆周上有两种位置：优弧DE上、劣弧DE上，结合圆周角定理分别计算两种情况下∠DFE的度数，避免漏解。
【解析】
连接OD、OE，
∵⊙O与AB相切于点D，与BC相切于点E，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，即∠ODB=∠OEB=90°，
在四边形ODBE中，内角和为360°，已知∠ABC=50°，
∴∠DOE=360°-∠ODB-∠OEB-∠ABC=360°-90°-90°-50°=130°。
分两种情况讨论：
1. 当点F在优弧DE上时，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴∠DFE=$\frac{1}{2}$∠DOE=$\frac{1}{2}$×130°=65°；
2. 当点F在劣弧DE上时，圆内接四边形对角互补，此时∠DFE与优弧DE所对的圆周角互补，
∴∠DFE=180°-65°=115°。
综上，∠DFE的度数为65°或115°。
【答案】
65°或115°
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；分类讨论思想
【点评】
本题重点考查圆的相关性质的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角，易错点是忽略点F的两种位置导致漏解，解题时需注意结合题意全面分析图形的所有可能情况。
【难度系数】
0.6
解决本题的思路如下：①遇到圆的切线，优先连接圆心和切点，利用切线垂直于过切点的半径得到直角；②在四边形ODBE中利用内角和计算出圆心角∠DOE的度数；③点F在圆周上有两种位置：优弧DE上、劣弧DE上，结合圆周角定理分别计算两种情况下∠DFE的度数，避免漏解。
【解析】
连接OD、OE，
∵⊙O与AB相切于点D，与BC相切于点E，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，即∠ODB=∠OEB=90°，
在四边形ODBE中，内角和为360°，已知∠ABC=50°，
∴∠DOE=360°-∠ODB-∠OEB-∠ABC=360°-90°-90°-50°=130°。
分两种情况讨论：
1. 当点F在优弧DE上时，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴∠DFE=$\frac{1}{2}$∠DOE=$\frac{1}{2}$×130°=65°；
2. 当点F在劣弧DE上时，圆内接四边形对角互补，此时∠DFE与优弧DE所对的圆周角互补，
∴∠DFE=180°-65°=115°。
综上，∠DFE的度数为65°或115°。
【答案】
65°或115°
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；分类讨论思想
【点评】
本题重点考查圆的相关性质的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角，易错点是忽略点F的两种位置导致漏解，解题时需注意结合题意全面分析图形的所有可能情况。
【难度系数】
0.6
8. [2025·合肥四十八中期末]如图，AB为$\odot O$的直径，$OC⊥ AB$交$\odot O$于点C，D为OB上一点，延长CD交$\odot O$于点E，延长OB至点F，连接EF，使$DF=FE$。
(1)求证：EF为$\odot O$的切线；
(2)若$OD=1$且$BD=BF$，求$\odot O$的半径。
(1)求证：EF为$\odot O$的切线；
(2)若$OD=1$且$BD=BF$，求$\odot O$的半径。
答案
8.(1)证明略.
(2)设$\odot O$的半径$OE=OB=r$,则$BD=BF=r-1$,$FE=DF=2BD=2(r-1)$.
在$\mathrm{Rt}△FEO$中,由勾股定理,得$FE^2+OE^2=OF^2$,即$(2r-2)^2+r^2=(2r-1)^2$,
解得$r=3$或$r=1$(舍去),
$\therefore\odot O$的半径为3.
(2)设$\odot O$的半径$OE=OB=r$,则$BD=BF=r-1$,$FE=DF=2BD=2(r-1)$.
在$\mathrm{Rt}△FEO$中,由勾股定理,得$FE^2+OE^2=OF^2$,即$(2r-2)^2+r^2=(2r-1)^2$,
解得$r=3$或$r=1$(舍去),
$\therefore\odot O$的半径为3.
解析
【分析】
(1)要证明EF为$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OE，证明$OE⊥ EF$即可。首先利用同圆半径相等得$∠ OCE=∠ OEC$，结合$OC⊥ AB$可得$∠ OCD+∠ ODC=90°$，再根据等腰三角形$DF=FE$得$∠ FDE=∠ FED$，结合对顶角$∠ ODC=∠ FDE$，通过角的等量代换即可推出$∠ OEF=90°$，完成证明。
(2)求$\odot O$的半径，可设半径为$r$，将线段$FE$、$OE$、$OF$用含$r$的代数式表示：由$OD=1$得$BD=r-1$，结合$BD=BF$得$DF=2(r-1)$，即$FE=2(r-1)$，$OF=2r-1$，再利用(1)中得到的$\mathrm{Rt}△ OEF$，根据勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的解即可得到半径。
【解析】
(1)证明：连接$OE$，
$\because OC、OE$都是$\odot O$的半径，$\therefore OC=OE$，$\therefore ∠ OCE=∠ OEC$，
$\because OC⊥ AB$，$\therefore ∠ COD=90°$，$\therefore ∠ OCD+∠ ODC=90°$，
$\because DF=FE$，$\therefore ∠ FDE=∠ FED$，
又$\because ∠ ODC=∠ FDE$（对顶角相等），
$\therefore ∠ OEC+∠ FED=∠ OCD+∠ ODC=90°$，即$∠ OEF=90°$，
$\therefore OE⊥ EF$，
又$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
(2)解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OE=OB=r$，
$\because OD=1$，$\therefore BD=OB-OD=r-1$，
$\because BD=BF$，$\therefore BF=r-1$，
$\therefore DF=DB+BF=2(r-1)$，$OF=OB+BF=r+(r-1)=2r-1$，
$\because DF=FE$，$\therefore FE=2(r-1)$，
由(1)知$△ OEF$为直角三角形，$∠ OEF=90°$，根据勾股定理得：
$OE^2+FE^2=OF^2$，代入得$r^2+[2(r-1)]^2=(2r-1)^2$，
整理得$r^2-4r+3=0$，解得$r=3$或$r=1$，
当$r=1$时，$OB=OD=1$，点$D$与点$B$重合，不符合题意，舍去，
$\therefore r=3$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题核心是熟练掌握切线的判定方法，灵活运用方程思想，结合几何性质列方程求解线段长度，是圆相关证明与计算的常规考法，需熟练掌握角的等量代换技巧。
【难度系数】
0.7
(1)要证明EF为$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OE，证明$OE⊥ EF$即可。首先利用同圆半径相等得$∠ OCE=∠ OEC$，结合$OC⊥ AB$可得$∠ OCD+∠ ODC=90°$，再根据等腰三角形$DF=FE$得$∠ FDE=∠ FED$，结合对顶角$∠ ODC=∠ FDE$，通过角的等量代换即可推出$∠ OEF=90°$，完成证明。
(2)求$\odot O$的半径，可设半径为$r$，将线段$FE$、$OE$、$OF$用含$r$的代数式表示：由$OD=1$得$BD=r-1$，结合$BD=BF$得$DF=2(r-1)$，即$FE=2(r-1)$，$OF=2r-1$，再利用(1)中得到的$\mathrm{Rt}△ OEF$，根据勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的解即可得到半径。
【解析】
(1)证明：连接$OE$，
$\because OC、OE$都是$\odot O$的半径，$\therefore OC=OE$，$\therefore ∠ OCE=∠ OEC$，
$\because OC⊥ AB$，$\therefore ∠ COD=90°$，$\therefore ∠ OCD+∠ ODC=90°$，
$\because DF=FE$，$\therefore ∠ FDE=∠ FED$，
又$\because ∠ ODC=∠ FDE$（对顶角相等），
$\therefore ∠ OEC+∠ FED=∠ OCD+∠ ODC=90°$，即$∠ OEF=90°$，
$\therefore OE⊥ EF$，
又$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
(2)解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OE=OB=r$，
$\because OD=1$，$\therefore BD=OB-OD=r-1$，
$\because BD=BF$，$\therefore BF=r-1$，
$\therefore DF=DB+BF=2(r-1)$，$OF=OB+BF=r+(r-1)=2r-1$，
$\because DF=FE$，$\therefore FE=2(r-1)$，
由(1)知$△ OEF$为直角三角形，$∠ OEF=90°$，根据勾股定理得：
$OE^2+FE^2=OF^2$，代入得$r^2+[2(r-1)]^2=(2r-1)^2$，
整理得$r^2-4r+3=0$，解得$r=3$或$r=1$，
当$r=1$时，$OB=OD=1$，点$D$与点$B$重合，不符合题意，舍去，
$\therefore r=3$。
【答案】
(1)证明见解析；(2)$\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理的应用
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题核心是熟练掌握切线的判定方法，灵活运用方程思想，结合几何性质列方程求解线段长度，是圆相关证明与计算的常规考法，需熟练掌握角的等量代换技巧。
【难度系数】
0.7
9.如图,在$△ ABC$中,$AC=BC$,$∠ ACB=90°$,$\odot O$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$\odot O$的切线;
(2)若$AC=4$,$\tan∠ CFD=2$,求$\odot O$的半径.
(1)求证:$DE$为$\odot O$的切线;
(2)若$AC=4$,$\tan∠ CFD=2$,求$\odot O$的半径.
答案
9.(1)证明略.
(2)如题图,过点$C$作$CH⊥AB$于点$H$.
$\because△ACB$为等腰直角三角形,$AC=4$,
$\therefore CH=AH=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=2\sqrt{2}$.
由(1)知$∠ODE=90°$,$DE// CF$,$\therefore∠FOD=90°$,
$\therefore\tan∠CFD=\frac{CH}{FH}=2$,$\therefore FH=\sqrt{2}$.
在$\mathrm{Rt}△CFH$中,由勾股定理得$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{10}$.
$\because\tan∠CFD=\frac{OD}{OF}=\frac{OD}{CF-OC}=\frac{OD}{\sqrt{10}-OD}=2$,
$\therefore OD=\frac{2\sqrt{10}}{3}$,$\therefore\odot O$的半径为$\frac{2\sqrt{10}}{3}$.
(2)如题图,过点$C$作$CH⊥AB$于点$H$.
$\because△ACB$为等腰直角三角形,$AC=4$,
$\therefore CH=AH=\frac{\sqrt{2}}{2}AC=2\sqrt{2}$.
由(1)知$∠ODE=90°$,$DE// CF$,$\therefore∠FOD=90°$,
$\therefore\tan∠CFD=\frac{CH}{FH}=2$,$\therefore FH=\sqrt{2}$.
在$\mathrm{Rt}△CFH$中,由勾股定理得$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{10}$.
$\because\tan∠CFD=\frac{OD}{OF}=\frac{OD}{CF-OC}=\frac{OD}{\sqrt{10}-OD}=2$,
$\therefore OD=\frac{2\sqrt{10}}{3}$,$\therefore\odot O$的半径为$\frac{2\sqrt{10}}{3}$.
解析
【分析】
（1）要证明DE为⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OD，证明OD⊥DE：首先由等腰直角△ABC得∠A=45°，利用同弧所对圆心角是圆周角的2倍得∠COD=90°，即OD⊥CF，再结合DE//CF即可得OD⊥DE，完成证明。
（2）求⊙O半径，先作CH⊥AB，利用等腰直角三角形性质求出CH的长度，再结合tan∠CFD=2求出FH、CF的长度，最后在Rt△ODF中，利用正切的定义列出关于半径的方程，解方程即可求出半径。
【解析】
(1) 证明：连接OD
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°
∴∠COD=2∠A=90°，即OD⊥CF
∵DE//CF，
∴OD⊥DE
又
∵OD是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线。
(2) 过点C作CH⊥AB于点H
∵△ACB为等腰直角三角形，AC=4
∴CH=AH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC=2$\sqrt{2}$
由(1)知OD⊥CF，DE//CF，
∴∠ODF=90°
∵$\tan∠CFD=\frac{CH}{FH}=2$，
∴FH=$\frac{CH}{2}=\sqrt{2}$
在Rt△CFH中，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OF=CF-OC=$\sqrt{10}-r$
在Rt△ODF中，$\tan∠CFD=\frac{OD}{OF}=\frac{r}{\sqrt{10}-r}=2$
解得$r=\frac{2\sqrt{10}}{3}$
【答案】
(1) 证明成立，DE为⊙O的切线；
(2) $\frac{2\sqrt{10}}{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰直角三角形的性质；解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，既考查了切线的判定方法，又考查了几何计算能力，解题时要注意辅助线的合理添加，结合方程思想求解线段长度，是圆类综合题的典型考法。
【难度系数】
0.6
（1）要证明DE为⊙O的切线，根据切线判定定理，需连接半径OD，证明OD⊥DE：首先由等腰直角△ABC得∠A=45°，利用同弧所对圆心角是圆周角的2倍得∠COD=90°，即OD⊥CF，再结合DE//CF即可得OD⊥DE，完成证明。
（2）求⊙O半径，先作CH⊥AB，利用等腰直角三角形性质求出CH的长度，再结合tan∠CFD=2求出FH、CF的长度，最后在Rt△ODF中，利用正切的定义列出关于半径的方程，解方程即可求出半径。
【解析】
(1) 证明：连接OD
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°
∴∠COD=2∠A=90°，即OD⊥CF
∵DE//CF，
∴OD⊥DE
又
∵OD是⊙O的半径，
∴DE为⊙O的切线。
(2) 过点C作CH⊥AB于点H
∵△ACB为等腰直角三角形，AC=4
∴CH=AH=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC=2$\sqrt{2}$
由(1)知OD⊥CF，DE//CF，
∴∠ODF=90°
∵$\tan∠CFD=\frac{CH}{FH}=2$，
∴FH=$\frac{CH}{2}=\sqrt{2}$
在Rt△CFH中，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{CH^2+FH^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$
设⊙O的半径为r，则OD=OC=r，OF=CF-OC=$\sqrt{10}-r$
在Rt△ODF中，$\tan∠CFD=\frac{OD}{OF}=\frac{r}{\sqrt{10}-r}=2$
解得$r=\frac{2\sqrt{10}}{3}$
【答案】
(1) 证明成立，DE为⊙O的切线；
(2) $\frac{2\sqrt{10}}{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰直角三角形的性质；解直角三角形
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，既考查了切线的判定方法，又考查了几何计算能力，解题时要注意辅助线的合理添加，结合方程思想求解线段长度，是圆类综合题的典型考法。
【难度系数】
0.6
10. 如图,在 Rt△ABC 中,∠B=90°,∠BAC 的平分线交 BC 于点 D,E 为 AB 上的一点,DE=DC,以点 D 为圆心,DB 长为半径作⊙D,AB=5,EB=3.
(1)求证:AC 是⊙D 的切线;
(2)求线段 AC 的长.
(1)求证:AC 是⊙D 的切线;
(2)求线段 AC 的长.
答案
10.(1)证明略.
(2)如题图,过点$D$作$DF⊥AC$于点$D$,
$\because∠B=90°$,$∠BAD=∠CAD$,$\therefore BD=DF$.
$\because DE=DC$,
$\therefore\mathrm{Rt}△BDE≌\mathrm{Rt}△FDC(\mathrm{HL})$,$\therefore EB=FC=3$.
易知$AB=AF=5$,$\therefore AC=AF+FC=5+3=8$.
(2)如题图,过点$D$作$DF⊥AC$于点$D$,
$\because∠B=90°$,$∠BAD=∠CAD$,$\therefore BD=DF$.
$\because DE=DC$,
$\therefore\mathrm{Rt}△BDE≌\mathrm{Rt}△FDC(\mathrm{HL})$,$\therefore EB=FC=3$.
易知$AB=AF=5$,$\therefore AC=AF+FC=5+3=8$.
解析
【分析】
(1) 要证明AC是⊙D的切线，根据切线的判定规则：若圆心到直线的距离等于半径，则该直线为圆的切线。已知⊙D的半径为DB，因此过D作DF⊥AC于F，只需证明DF=DB即可；结合AD是∠BAC的角平分线，∠B=90°，利用角平分线的性质可直接得到DB=DF，即可完成证明。
(2) 求AC的长，可将AC拆分为AF+FC两段分别计算：首先由角平分线的对称性可证Rt△ABD≌Rt△AFD，得到AF=AB=5；再结合已知DE=DC，DB=DF，用HL证明Rt△BDE≌Rt△FDC，得到FC=EB=3，两段相加即可得到AC的长度。
【解析】
(1) 证明：过点D作$DF⊥AC$于点F。
∵ AD平分$∠BAC$，$∠B=90°$即$DB⊥AB$，$DF⊥AC$，
∴ 根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，可得$DB=DF$。
∵ DF是⊙D的半径，且$DF⊥AC$，
∴ AC是⊙D的切线。
(2) 解：在$\mathrm{Rt}△BDE$和$\mathrm{Rt}△FDC$中：
$\begin{cases} DE=DC \\ DB=DF \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△BDE≌\mathrm{Rt}△FDC(\mathrm{HL})$，
∴ $FC=EB=3$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ABD$和$\mathrm{Rt}△AFD$中：
$\begin{cases} AD=AD \\ DB=DF \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ABD≌\mathrm{Rt}△AFD(\mathrm{HL})$，
∴ $AF=AB=5$。
∴ $AC=AF+FC=5+3=8$。
【答案】
(1) AC是⊙D的切线，证明成立；
(2) $\boxed{8}$
【知识点】
切线的判定；角平分线的性质；直角三角形全等的判定
【点评】
本题是圆中辅助线应用的典型题型，解题关键是根据切线判定的需求合理作垂直辅助线，结合角平分线性质和全等三角形转化线段长度，能够有效考查学生对基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明AC是⊙D的切线，根据切线的判定规则：若圆心到直线的距离等于半径，则该直线为圆的切线。已知⊙D的半径为DB，因此过D作DF⊥AC于F，只需证明DF=DB即可；结合AD是∠BAC的角平分线，∠B=90°，利用角平分线的性质可直接得到DB=DF，即可完成证明。
(2) 求AC的长，可将AC拆分为AF+FC两段分别计算：首先由角平分线的对称性可证Rt△ABD≌Rt△AFD，得到AF=AB=5；再结合已知DE=DC，DB=DF，用HL证明Rt△BDE≌Rt△FDC，得到FC=EB=3，两段相加即可得到AC的长度。
【解析】
(1) 证明：过点D作$DF⊥AC$于点F。
∵ AD平分$∠BAC$，$∠B=90°$即$DB⊥AB$，$DF⊥AC$，
∴ 根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，可得$DB=DF$。
∵ DF是⊙D的半径，且$DF⊥AC$，
∴ AC是⊙D的切线。
(2) 解：在$\mathrm{Rt}△BDE$和$\mathrm{Rt}△FDC$中：
$\begin{cases} DE=DC \\ DB=DF \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△BDE≌\mathrm{Rt}△FDC(\mathrm{HL})$，
∴ $FC=EB=3$。
同理，在$\mathrm{Rt}△ABD$和$\mathrm{Rt}△AFD$中：
$\begin{cases} AD=AD \\ DB=DF \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ABD≌\mathrm{Rt}△AFD(\mathrm{HL})$，
∴ $AF=AB=5$。
∴ $AC=AF+FC=5+3=8$。
【答案】
(1) AC是⊙D的切线，证明成立；
(2) $\boxed{8}$
【知识点】
切线的判定；角平分线的性质；直角三角形全等的判定
【点评】
本题是圆中辅助线应用的典型题型，解题关键是根据切线判定的需求合理作垂直辅助线，结合角平分线性质和全等三角形转化线段长度，能够有效考查学生对基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
