4. 如图，$\odot O$是$\bigtriangleup ABC$的外接圆，$AD$平分$\angle BAC$，交$\odot O$于点$D$，交边$BC$于点$E$，连接$BD$.若$AD = 5$，$BD = 2$，则$DE$的长为 (
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{25}$
C.$\frac{2}{25}$
D.$\frac{4}{5}$
D
)A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{25}$
C.$\frac{2}{25}$
D.$\frac{4}{5}$
答案：4.D
解析：
证明：
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD．
∵∠CAD=∠CBD（同弧所对圆周角相等），
∴∠BAD=∠CBD．
又
∵∠ADB=∠BDE（公共角），
∴△ABD∽△BED．
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{DE}$．
∵AD=5，BD=2，
∴$\frac{5}{2}=\frac{2}{DE}$，
解得$DE=\frac{4}{5}$．
$\boxed{D}$
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD．
∵∠CAD=∠CBD（同弧所对圆周角相等），
∴∠BAD=∠CBD．
又
∵∠ADB=∠BDE（公共角），
∴△ABD∽△BED．
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{DE}$．
∵AD=5，BD=2，
∴$\frac{5}{2}=\frac{2}{DE}$，
解得$DE=\frac{4}{5}$．
$\boxed{D}$
5. 如图，点$A$，$B$，$C$，$D$都在$\odot O$上，$BD$交$AC$于点$E$.若$\overset{\mspace{2mu}}{BC} = \overset{\mspace{2mu}}{CD}$，$CE = 1$，$BC = 2$，则$AE$的长为 (
A.2
B.3
C.4
D.5
B
)A.2
B.3
C.4
D.5
答案：5.B
解析：
证明：
∵$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴$\angle BAC=\angle DBC$。
又
∵$\angle BCE=\angle ACB$，
∴$\triangle BCE \sim \triangle ACB$。
∴$\frac{CE}{BC}=\frac{BC}{AC}$。
∵$CE=1$，$BC=2$，
∴$\frac{1}{2}=\frac{2}{AC}$，解得$AC=4$。
∴$AE=AC-CE=4-1=3$。
答案：3
∵$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
∴$\angle BAC=\angle DBC$。
又
∵$\angle BCE=\angle ACB$，
∴$\triangle BCE \sim \triangle ACB$。
∴$\frac{CE}{BC}=\frac{BC}{AC}$。
∵$CE=1$，$BC=2$，
∴$\frac{1}{2}=\frac{2}{AC}$，解得$AC=4$。
∴$AE=AC-CE=4-1=3$。
答案：3
6. 如图，$\odot O$为$\bigtriangleup ABC$的内切圆，$\angle C = 90^{\circ}$，$AO$的延长线交$BC$于点$D$，$\angle B = 60^{\circ}$，$DC = 1$，则$BD = $_________$$.
答案：6.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
解析：
解：设$\odot O$与$BC$相切于点$E$，与$AC$相切于点$F$，半径为$r$，则$OE=OF=r$，$EC=FC=r$。
设$BD=x$，则$BC=BD+DC=x + 1$，$BE=BC - EC=x + 1 - r$。
在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle B=60^{\circ}$，$\angle BAC=30^{\circ}$，$AB=2BC=2(x + 1)$，$AC=BC\tan60^{\circ}=\sqrt{3}(x + 1)$。
$AF=AC - FC=\sqrt{3}(x + 1)-r$，由切线长定理得$AB=AF + BE$，即$2(x + 1)=\sqrt{3}(x + 1)-r + x + 1 - r$，化简得$r=\frac{(\sqrt{3}-1)(x + 1)}{2}$。
$AD$平分$\angle BAC$，$\frac{CD}{BD}=\frac{AC}{AB}$，即$\frac{1}{x}=\frac{\sqrt{3}(x + 1)}{2(x + 1)}$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
设$BD=x$，则$BC=BD+DC=x + 1$，$BE=BC - EC=x + 1 - r$。
在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle B=60^{\circ}$，$\angle BAC=30^{\circ}$，$AB=2BC=2(x + 1)$，$AC=BC\tan60^{\circ}=\sqrt{3}(x + 1)$。
$AF=AC - FC=\sqrt{3}(x + 1)-r$，由切线长定理得$AB=AF + BE$，即$2(x + 1)=\sqrt{3}(x + 1)-r + x + 1 - r$，化简得$r=\frac{(\sqrt{3}-1)(x + 1)}{2}$。
$AD$平分$\angle BAC$，$\frac{CD}{BD}=\frac{AC}{AB}$，即$\frac{1}{x}=\frac{\sqrt{3}(x + 1)}{2(x + 1)}$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
7. （2024·新疆）如图，在$\odot O$中，$AB$是$\odot O$的直径，弦$CD$交$AB$于点$E$，连接$AC$，$AD$，$BD$，$BC$，$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$.
（1）求证：$\bigtriangleup ACD \backsim \bigtriangleup ECB$；
（2）若$AC = 3$，$BC = 1$，求$CE$的长.
（1）求证：$\bigtriangleup ACD \backsim \bigtriangleup ECB$；
（2）若$AC = 3$，$BC = 1$，求$CE$的长.
答案：
7.(1)
∵$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴∠ACD = ∠BCE。
∵∠ADC = ∠EBC，
∴△ACD∽△ECB。
(2)如图，过点B作BH⊥CD于点H。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB = ∠ADB = 90°。
在Rt△ACB中，AB = $\sqrt{BC² + AC²}$ = $\sqrt{1² + 3²}$ = $\sqrt{10}$。
∵$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴∠ABD = ∠BAD = $\frac{1}{2}$×(180° - 90°) = 45°。
∴△ABD为等腰直角三角形。
∴易得BD = $\sqrt{5}$。在Rt△BCH中，
∵∠BCH = ∠BAD = 45°，
∴易得CH = BH = $\frac{\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△BDH中，DH = $\sqrt{BD² - BH²}$ = $\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}$ = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
∴CD = CH + DH = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ + $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ = 2$\sqrt{2}$。
由(1)知，△ACD∽△ECB，
∴CA:CE = CD:CB，即3:CE = 2$\sqrt{2}$:1，解得CE = $\frac{3\sqrt{2}}{4}$。
∴CE的长为$\frac{3\sqrt{2}}{4}$
7.(1)
∵$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴∠ACD = ∠BCE。
∵∠ADC = ∠EBC，
∴△ACD∽△ECB。
(2)如图，过点B作BH⊥CD于点H。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB = ∠ADB = 90°。
在Rt△ACB中，AB = $\sqrt{BC² + AC²}$ = $\sqrt{1² + 3²}$ = $\sqrt{10}$。
∵$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BD}$，
∴∠ABD = ∠BAD = $\frac{1}{2}$×(180° - 90°) = 45°。
∴△ABD为等腰直角三角形。
∴易得BD = $\sqrt{5}$。在Rt△BCH中，
∵∠BCH = ∠BAD = 45°，
∴易得CH = BH = $\frac{\sqrt{2}}{2}$。
在Rt△BDH中，DH = $\sqrt{BD² - BH²}$ = $\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-(\frac{\sqrt{2}}{2})^{2}}$ = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
∴CD = CH + DH = $\frac{\sqrt{2}}{2}$ + $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ = 2$\sqrt{2}$。
由(1)知，△ACD∽△ECB，
∴CA:CE = CD:CB，即3:CE = 2$\sqrt{2}$:1，解得CE = $\frac{3\sqrt{2}}{4}$。
∴CE的长为$\frac{3\sqrt{2}}{4}$
8. （2025·海门一模）如图，在$ Rt \bigtriangleup ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，点$O$在$AB$上，以点$O$为圆心，$OA$长为半径的圆与$BC$相切于点$D$，与$AC$，$AB$分别相交于点$E$，$F$.
（1）求证：$AD$平分$\angle BAC$；
（2）若$AC = 6$，$BC = 8$，求$\odot O$的半径及$CE$的长.
（1）求证：$AD$平分$\angle BAC$；
（2）若$AC = 6$，$BC = 8$，求$\odot O$的半径及$CE$的长.
答案：
8.(1)如图，连接OD。
∵BC为⊙O的切线，
∴OD⊥BC。
∵∠C = 90°，
∴AC⊥BC。
∴AC//OD。
∴∠CAD = ∠ODA。
∵OA = OD，
∴∠OAD = ∠ODA。
∴∠CAD = ∠OAD。
∴AD平分∠BAC。
(2)
∵∠C = 90°，AC = 6，BC = 8，
∴AB = $\sqrt{AC² + BC²}$ = 10。
设⊙O的半径为r，则OD = OA = r，BO = 10 - r。
∵AC//OD，
∴△BOD∽△BAC。
∴$\frac{BO}{BA}=\frac{OD}{AC}$。
∴$\frac{10 - r}{10}=\frac{r}{6}$。
∴r = $\frac{15}{4}$。
∴⊙O的半径为$\frac{15}{4}$。
∴AF = $\frac{15}{2}$。
如图，连接EF。
∵AF为⊙O的直径，
∴∠AEF = 90°。
∴∠AEF = ∠C = 90°。
∴EF//BC。
∴△AEF∽△ACB。
∴$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$。
∴$\frac{AE}{6}=\frac{\frac{15}{2}}{10}$。
∴AE = $\frac{9}{2}$。
∴CE = AC - AE = $\frac{3}{2}$
8.(1)如图，连接OD。
∵BC为⊙O的切线，
∴OD⊥BC。
∵∠C = 90°，
∴AC⊥BC。
∴AC//OD。
∴∠CAD = ∠ODA。
∵OA = OD，
∴∠OAD = ∠ODA。
∴∠CAD = ∠OAD。
∴AD平分∠BAC。
(2)
∵∠C = 90°，AC = 6，BC = 8，
∴AB = $\sqrt{AC² + BC²}$ = 10。
设⊙O的半径为r，则OD = OA = r，BO = 10 - r。
∵AC//OD，
∴△BOD∽△BAC。
∴$\frac{BO}{BA}=\frac{OD}{AC}$。
∴$\frac{10 - r}{10}=\frac{r}{6}$。
∴r = $\frac{15}{4}$。
∴⊙O的半径为$\frac{15}{4}$。
∴AF = $\frac{15}{2}$。
如图，连接EF。
∵AF为⊙O的直径，
∴∠AEF = 90°。
∴∠AEF = ∠C = 90°。
∴EF//BC。
∴△AEF∽△ACB。
∴$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$。
∴$\frac{AE}{6}=\frac{\frac{15}{2}}{10}$。
∴AE = $\frac{9}{2}$。
∴CE = AC - AE = $\frac{3}{2}$