专题24.7切线的判定-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典（解析版）【人教版】

这是一份专题24.7切线的判定-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典（解析版）【人教版】，共160页。
2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【人教版】
专题24.7切线的判定
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•北京期末）如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（　　）

A．以OA为半径的圆 B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆 D．以OD为半径的圆
【分析】根据直线与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【解析】∵OD⊥a于D，
∴以点O为圆心，OD为半径的圆与直线a相切．
故选：D．
2．（2019秋•金山区期末）已知在矩形ABCD中，AB＝5，对角线AC＝13．⊙C的半径长为12，下列说法正确的是（　　）
A．⊙C与直线AB相交 B．⊙C与直线AD相切
C．点A在⊙C上 D．点D在⊙C内
【分析】根据点和圆的位置关系及直线和圆的位置关系判断即可．
【解析】∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝13，AB＝5，
∴BC=AC2−AB2=132−52=12，
∵⊙C的半径长为12，
∴⊙C与直线AB相切，
故A选项不正确，
∵CD＝AB＝5＜12，
∴⊙C与直线AD相交，
故B选项不正确，
∵AC＝13＞12，
∴点A在⊙C外，
故C选项不正确，
∵CD＝5＜12，
∴点D在⊙C内，
故D选项正确，
故选：D．
3．（2019秋•嘉定区期末）下列四个选项中的表述，正确的是（　　）
A．经过半径上一点且垂直于这条半径的直线是圆的切线
B．经过半径的端点且垂直于这条半径的直线是圆的切线
C．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线
D．经过一条弦的外端且垂直于这条弦的直线是圆的切线
【分析】根据切线的判定对各个选项进行分析，从而得到答案．
【解析】由切线的判定定理可知：经过半径外端点且与这条半径垂直的直线是圆的切线，
故A，B，D选项不正确，C选项正确，
故选：C．
4．（2019•宁波模拟）如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（　　）

A．∠A＝50°，∠C＝40° B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2 D．⊙A与AC的交点是AC中点
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解析】A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB=12AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
5．（2019•宁德一模）如图，AB是⊙O的直径，AB＝AC，AC交⊙O于点E，BC交⊙O于点D，F是CE的中点，连接DF．则下列结论错误的是（　　）

A．∠A＝∠ABE B．BD=DE
C．BD＝DC D．DF是⊙O的切线
【分析】首先由AB是⊙O的直径，得出AD⊥BC，推出BD＝DC，根据F是CE的中点，得出DF是△BEC的中位线，得到DF∥BE，∠DFC＝∠BEC＝90°，再由OA＝OB，推出OD是△ABC的中位线，得DF⊥OD，即DF是⊙O的切线，最后由假设推出不正确．
【解析】连接OD，AD．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°（直径所对的圆周角是直角），
∴AD⊥BC；
而在△ABC中，AB＝AC，
∴AD是边BC上的中线，
∴BD＝DC（C选项正确）；
∵AB是⊙O的直径，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴DB＝DC，∠BAD＝∠CAD，
∴BD=DE，（B选项正确）
∵OA＝OB，
∴OD是△ABC的中位线，
即：OD∥AC，
∵F是CE的中点，
∴DF是△BEC的中位线，
∴DF∥BE
∴DF⊥AC，
∴DF⊥OD．
∴DF是⊙O的切线（D选项正确）；
只有当△ABE是等腰直角三角形时，∠A＝∠ABE＝45°，
故A选项错误，
故选：A．

6．（2018秋•柯桥区期末）如图，∠ABC＝70°，O为射线BC上一点，以点O为圆心，12OB长为半径做⊙O，要使射线BA与⊙O相切，应将射线绕点B按顺时针方向旋转（　　）

A．35°或70° B．40°或100° C．40°或90° D．50°或110°
【分析】设旋转后与⊙O相切于点D，连接OD，则可求得∠DBO＝30°，再利用角的和差可求得∠ABD的度数．
【解析】如图，设旋转后与⊙O相切于点D，连接OD，
∵OD=12OB，
∴∠OBD＝30°，
∴当点D在射线BC上方时，∠ABD＝∠ABC﹣∠OBD＝70°﹣30°＝40°，
当点D在射线BC下方时，∠ABD＝∠ABC+∠OBD＝70°+30°＝100°，
故选：B．

7．（2018•桥西区一模）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PO交⊙O于点C，连接BC，PA．若∠P＝40°，当∠B等于（　　）时，PA与⊙O相切．

A．20° B．25° C．30° D．40°
【分析】先利用切线的性质求出∠AOP＝50°，再利用等腰三角形的性质即可得出结论．
【解析】∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO＝90°，
∴∠AOP＝90°﹣∠P＝50°，
∵OB＝OC，
∴∠AOP＝2∠B，
∴∠B=12∠AOP＝25°，
故选：B．
8．（2017秋•合浦县期末）如图所示，AB是⊙O的直径，⊙O交BC的中点于D，DE⊥AC于E，连接AD，则下列结论：①AD⊥BC；②∠EDA＝∠B；③OA=12AC；④DE是⊙O的切线，正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由直径所对的圆周角是直角，即可判断出选项①正确；由O为AB中点，得到AO为AB的一半，故AO为AC的一半，选项③正确；由OD为三角形ABC的中位线，根据三角形的中位线定理得到OD与AC平行，由AC与DE垂直得到OD与DE垂直，即∠ODE为90°，故DE为圆O的切线，选项④正确．
【解析】∵AB是⊙O直径，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BC，选项①正确；
连接OD，如图，
∵D为BC中点，O为AB中点，
∴DO为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
又DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，
∴∠ODE＝90°，
∴DE为圆O的切线，选项④正确；
又OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B，
∵AB为圆O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠EDA+∠ADO＝90°，∠BDO+∠ADO＝90°，
∴∠EDA＝∠BDO，
∴∠EDA＝∠B，选项②正确；
由D为BC中点，且AD⊥BC，
∴AD垂直平分BC，
∴AC＝AB，又OA=12AB，
∴OA=12AC，选项③正确；
则正确结论的个数为4个．
故选：D．

9．（2017秋•肇源县期末）如图，在平面直角坐标系中，半径为2的圆P的圆心P的坐标为（﹣3，0），将圆P沿x轴的正方向平移，使得圆P与y轴相切，则平移的距离为（　　）

A．1 B．3 C．5 D．1或5
【分析】分圆P在y轴的左侧与y轴相切、圆P在y轴的右侧与y轴相切两种情况，根据切线的判定定理解答．
【解析】当圆P在y轴的左侧与y轴相切时，平移的距离为3﹣2＝1，
当圆P在y轴的右侧与y轴相切时，平移的距离为3+2＝5，
故选：D．
10．（2020•金山区二模）如图，∠MON＝30°，OP是∠MON的角平分线，PQ∥ON交OM于点Q，以P为圆心半径为4的圆与ON相切，如果以Q为圆心半径为r的圆与⊙P相交，那么r的取值范围是（　　）

A．4＜r＜12 B．2＜r＜12 C．4＜r＜8 D．r＞4
【分析】如图，过点P作PA⊥OM于点A．根据题意首先判定OM是切线，根据切线的性质得到PA＝4．由角平分线的性质和平行线的性质判定直角△APQ中含有30度角，则由“30度角所对的直角边是斜边的一半”得到PQ的长度；然后根据圆与圆的位置关系求得r的取值范围．
【解析】如图，过点P作PA⊥OM于点A．
∵圆P与ON相切，设切点为B，连接PB．
∴PB⊥ON．
∵OP是∠MON的角平分线，
∴PA＝PB．
∴PA是半径，
∴OM是圆P的切线．
∵∠MON＝30°，OP是∠MON的角平分线，
∴∠1＝∠2＝15°．
∵PQ∥ON，
∴∠3＝∠2＝15°．
∴∠4＝∠1+∠3＝30°．
∵PA＝4，
∴PQ＝2PA＝8．
∴r最小值＝8﹣4＝4，r最大值＝8+4＝12．
∴r的取值范围是4＜r＜12．
故选：A．

二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•大石桥市期中）如图，已知∠AOB＝30°，M为OB边上任意一点，以M为圆心、3cm为半径作⊙M．当OM＝　6　cm时，⊙M与OA相切．

【分析】设⊙M与OA相切于N，连接MN，N为切点，根据MN⊥AO，∠AOB＝30°，2cm为半径，利用直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半解答．
【解析】设⊙M与OA相切于N，
连接MN，
∵MN⊥AO，∠AOB＝30°，3cm为半径，
∴OM＝2MN＝2×3＝6cm．
故当OM＝6cm时，⊙M与OA相切，
故答案为：6．

12．（2018秋•鄞州区期末）木工师傅可以用角尺测量并计算出圆的半径，如图，用角尺的较短边紧靠圆O于点A，并使较长边与圆O相切于点C，记角尺的直角顶点为B，量得AB＝18cm，BC＝24cm，则圆O的半径是　25　cm．

【分析】设圆的半径为rcm，连接OC、OA，作AD⊥OC，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，得到r2＝（r﹣18）2+242，求出r即可．
【解析】设圆的半径为rcm，
如图，连接OC、OA，
作AD⊥OC，垂足为D．则OD＝（r﹣18）cm，AD＝BC＝24cm，
在Rt△AOD中，r2＝（r﹣18）2+242
解得：r＝25．
即该圆的半径为25cm．
故答案为：25．

13．（2018秋•河北区期末）如图，⊙O的半径为6cm，B为⊙O外一点，OB交⊙O于点A且OA＝AB，动点P从点A出发，以2πcm/s的速度在⊙O上按逆时针方向运动一周回到点A立即停止，当点P运动的时间为　1或5　s时，BP与⊙O相切．

【分析】分为两种情况：求出∠POB的度数，根据弧长公式求出弧AP长，即可求出答案．
【解析】连接OP，

∵直线BP与⊙O相切，
∴∠OPB＝90°，
∵AB＝OA＝OP，
∴OB＝2OP，
∴∠PBO＝30°，
∴POB＝60°，
∴弧AP的长是60⋅π⋅6180=2π，
即时间是2π÷2π＝1（秒）；
当在P′点时，直线BP与⊙O相切，
此时优弧APP′的长是(360−60)⋅π⋅6180=10π，
即时间是10π÷2π＝5（秒）；
故答案为1或5．
14．（2018秋•如皋市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝8，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，则CF的长为　8　．

【分析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C，由旋转性质知∠B′＝∠B′CD′＝90°、AB＝CD＝10，BC＝B′C＝8，从而得出四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形且OE＝OD＝OC＝5，继而求得CG＝B′E＝OH=OC2−CH2=4，根据垂径定理可得CF的长．
【解析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，

则∠OEB′＝∠OHB′＝90°，
∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，
∴∠B′＝∠B′CD′＝90°，AB＝CD＝10，BC＝B′C＝8，
∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE＝OD＝OC＝5，
∴B′H＝OE＝5，
∴CH＝B′C﹣B′H＝3，
∴CG＝B′E＝OH=OC2−CH2=4，
∵四边形EB′CG是矩形，
∴∠OGC＝90°，即OG⊥CD′，
∴CF＝2CG＝8，
故答案为：8．
15．（2020秋•亭湖区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为4，M为AB的中点，P是BC边上的动点，连接PM，以点P为圆心，PM长为半径作圆P，当圆P与正方形ABCD的边相切时，CP的长为　2.5或4﹣23　．

【分析】分两种情形分别求解：如图1中，当⊙P与直线CD相切时；如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形．
【解析】如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC＝PM＝x．

在Rt△PBM中，∵PM2＝BM2+PB2，
∴x2＝22+（4﹣x）2，
∴x＝2.5，
∴CP＝2.5；
如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形．

∴PM＝PK＝CD＝2BM，
∴BM＝2，PM＝4，
在Rt△PBM中，PB=42−22=23，
∴CP＝BC﹣PB＝4﹣23．
综上所述，CP的长为2.5或4﹣23．
故答案是：2.5或4﹣23．
16．（2020•岳阳模拟）如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连接OD，则下列结论中：①OD∥AC；②∠B＝∠C；③2OA＝AC；④DE是⊙O的切线；⑤∠EDA＝∠B，正确的序号是　①②③④⑤　．

【分析】连接AD，根据三角形中位线定理得到OD∥BC，①正确；根据圆周角定理得到∠ADB＝90°＝∠ADC，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，②正确；根据切线的判定定理得到DE是⊙O的切线，④正确；根据余角的性质得到∠EDA＝∠ODB，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ODB，求得∠EDA＝∠B，⑤正确；根据线段垂直平分线的性质得到AC＝AB，求得OA=12AC，③正确．
【解析】连接AD，
∵D为BC中点，点O为AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，①正确；
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°＝∠ADC，
即AD⊥BC，又BD＝CD，
∴△ABC为等腰三角形，
∴∠B＝∠C，②正确；
∵DE⊥AC，且DO∥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线，∴④正确；
∴∠ODA+∠EDA＝90°，
∵∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠EDA＝∠ODB，
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠EDA＝∠B，∴⑤正确；
∵D为BC中点，AD⊥BC，
∴AC＝AB，
∵OA＝OB=12AB，
∴OA=12AC，
∴③正确，
故答案为：①②③④⑤．

17．（2019秋•章贡区期中）如图，P是抛物线y＝x2﹣4x+3上的一点，以点P为圆心、1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与x轴相切时，点P的坐标为　（2+2，1）或（2−2，1）或（2，﹣1）　．

【分析】由⊙P与直线y＝0相切时就是：⊙P与x轴相切，半径为1个单位长度，即点P的纵坐标|y|＝1，根据P是抛物线y＝x2﹣4x+3上的一点，代入计算出x的值，并写出点P的坐标．
【解析】当y＝1时，x2﹣4x+3＝1，
解得：x＝2±2，
∴P（2+2，1）或（2−2，1），

当y＝﹣1时，x2﹣4x+3＝﹣1，
解得：x1＝x2＝2，
∴P（2，﹣1），
则点P的坐标为：（2+2，1）或（2−2，1）或（2，﹣1）．
故答案为：（2+2，1）或（2−2，1）或（2，﹣1）．
18．（2019秋•宝应县期中）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连接PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与矩形ABCD的边CD相切时，则BP的长为　4　．

【分析】根据切线的性质和勾股定理即可得到结论．
【解析】当⊙P与直线CD相切时，设PC＝PM＝x．
在Rt△PBM中，∵PM2＝BM2+PB2，
∴x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴PC＝5，
∴BP＝BC﹣PC＝9﹣5＝4．
故答案为：4．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021•福州模拟）如图，已知△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝120°，以O为圆心，12OA为半径作圆分别交OA，OB于点C，D，弦MN∥AB．
（1）判断直线AB与⊙O的位置关系并说明理由；
（2）求证：MC=ND．

【分析】（1）根据切线的判定，过点O作AB的垂线，得出点O到AB的距离等于半径即可；
（2）证明出CD∥MN即可．
【解析】（1）AB是⊙O的切线，理由如下：
过点O作OE⊥AB，垂足为E，
∵△AOB中，OA＝OB，∠AOB＝120°，
∴∠A＝∠B=12（180°﹣120°）＝30°，
在Rt△AOE中，∠A＝30°，
∴OE=12OA，
又∵OC=12OA，
∴OE＝OC，
∴AB是⊙O的切线；
（2）连接CD，
∵OC＝OD，∠AOB＝120°,
∴∠OCD＝∠ODC＝30°,
∴CD∥AB，
∵MN∥AB，
∴MN∥CD，
∴MC=ND．

20．（2021•南京一模）如图，在菱形ABCD中，E是CD上一点，且∠CAE＝∠B，⊙O经过点A、C、E．
（1）求证AC＝AE；
（2）求证AB与⊙O相切．

【分析】（1）根据菱形的选择得到DA＝DC，∠D＝∠B，AB∥CD，求得∠D＝∠CAE，推出∠ACD＝∠AEC，于是得到结论；
（2）连接OA，OC，根据已知条件得到∠OAC＝∠OCA=12（180°﹣2∠AEC）＝90°﹣∠AEC，根据平行线的性质得到∠ACD＝∠BAC，根据切线的判定定理即可得到结论．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠D＝∠B，AB∥CD，
∴∠ACD＝∠CAD＝∠CAE+∠DAE，
∵∠D＝∠B，∠CAE＝∠B，
∴∠D＝∠CAE，
∵∠AEC＝∠D+∠DAE，
∴∠ACD＝∠AEC，
∴AC＝AE；

（2）连接OA，OC，
∵OA＝OC，∠AOC＝2∠AEC，
∴∠OAC＝∠OCA=12（180°﹣2∠AEC）＝90°﹣∠AEC，
∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∵∠ACD＝∠AEC，
∴∠BAC＝∠AEC，
∴∠BAC+∠OAC＝90°，
又∵点A在⊙O上，
∴AB与⊙O相切．

21．（2021•南平模拟）如图，在△ABC中，D为BC边上的一点，过A，C，D三点的圆O交AB于点E，已知，BD＝AD，∠BAD＝2∠DAC＝36°．
（1）求证：AD是圆O的直径；
（2）过点E作EF⊥BC于点F，求证：EF与圆O相切．

【分析】（1）由等腰三角形的性质证得∠B＝∠BAD＝36°，再由三角形外角的性质得到∠ADC＝72°，由已知可得∠DAC＝18°，进而得到∠C＝90°，根据圆周角定理即可得到结论；
（2）连接OE，由等腰三角形的性质得到∠OEA＝∠BAD＝∠B，由平行线的判定推出OE∥BC，由平行线的性质推出∠OEF＝90°，根据切线的判定定理即可证得结论．
【解析】证明（1）∵BD＝AD，
∴∠B＝∠BAD＝36°，
∴∠ADC＝72°，
∵∠DAC=12∠BAD＝18°，
∴∠ADC+∠DAC＝90°，
∴∠C＝90°，
∴AD是圆O的直径；
（2）连接OE，
∵EF⊥BC，
∴∠EFC＝90°，
∵OE＝OA，
∴∠OEA＝∠BAD＝36°，
∴∠OEA＝∠B，
∴OE∥BC，
∴∠OEF+∠EFC＝180°，
∴∠OEF＝90°，
∴OE⊥EF，
∵OE为圆O的半径，
∴EF与圆O相切．

22．（2021•怀宁县模拟）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O，点D为⊙O上一点，且CD＝CB，连接DO并延长交CB的延长线于点E．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并证明；
（2）若BE＝8，DE＝16，求⊙O的半径．

【分析】（1）欲证明CD是切线，只要证明OD⊥CD，利用全等三角形的性质即可证明；
（2）设⊙O的半径为r，在Rt△OBE中，根据OE2＝EB2+OB2，可得（16﹣r）2＝r2+82，推出r＝6，即可解决问题．
【解析】（1）相切，
证明：如图，连接OC，
在△OCB与△OCD中，
CB=CDCO=COOB=OD，
∴△OCB≌△OCD（SSS），
∴∠ODC＝∠OBC＝90°，
∴OD⊥DC，
又∵OD为⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，
在Rt△OBE中，∵OE2＝EB2+OB2，
∴（16﹣r）2＝r2+82，
∴r＝6，
∴⊙O的半径为6．

23．（2021•本溪二模）如图，△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆．连接BO并延长交AC于点D，交⊙O于点E，过点A作BC的平行线交BO于点F．
（1）判断AF与⊙O的位置关系，并证明；
（2）若BC＝BD，求∠C的度数．

【分析】（1）连接OA，OC，根据全等三角形的性质得到∠OAB＝∠OAC，根据平行线的性质得到OA⊥AF，由切线的判定定理即可得到结论；
（2）设∠ABD＝α，则∠BAC＝2α，根据等腰三角形的性质得到∠BDC＝∠BCD＝3α，∠ABC＝∠ACB＝3α，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【解析】（1）AF是⊙O的切线，
证明：连接OA，OC，
在△OAB与△OAC中，
OB=OCAB=ACOA=OA，
∴△OAB≌△OAC（SSS），
∴∠OAB＝∠OAC，
∴OA⊥BC，
∵AF∥BC，
∴OA⊥AF，
∵OA是半径，
∴AF是⊙O的切线；
（2）设∠ABD＝α，则∠BAC＝2α，
∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝3α，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝3α，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴2α+3α+3α＝180°，
∴α＝22.5°，
∴3α＝67.5°，
∴∠C＝67.5°．

24．（2020秋•襄阳期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠BAC的平分线与⊙O相交于点D，过点D作直线DE∥BC，连接OB，OC，BD，CD．
（1）判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BD＝25，BC＝8，求四边形OBDC的面积．

【分析】（1）连接OD，由角平分线定义得∠BAD＝∠DAC，由同弧圆心角和圆周角的关系得到∠BOD＝∠COD，由等腰三角形的性质得OD⊥BC，由DE∥BC，得DE⊥OD，即可得出结论；
（2）由OD⊥BC和OB＝OC可知OD垂直平分BC，可求得BH，由勾股定理求得DH，在 Rt△OBH中，勾股定理得到关于OB的方程：OB2＝42+（OB﹣2）2，解方程求得OB，根据S四边形OBDC＝S△OBC+S△DBC=12BC•OD即可求出结果．
【解析】（1）直线DE与⊙O相切．
理由：如图，连接OD，设OD与BC相交于点H，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BOD＝∠COD，
∵OB＝OC，
∴OD⊥BC，
∴∠OHC＝90°，
又∵DE∥BC，
∴∠ODE＝∠OHC＝90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE与⊙O相切；

（2）由（1）知OD⊥BC，
∵OB＝OC，
∴OD垂直平分BC，
∴BH=12BC＝4，
∴DH=BD2−BH2=2，
∴OH＝OD﹣DH＝OB﹣2，
在Rt△OBH中，OB2＝BH2+OH2，
即OB2＝42+（OB﹣2）2，
解得OB＝5，
∴OD＝OB＝5，
∴S四边形OBDC＝S△OBC+S△DBC=12BC•OH+12BC•DH=12BC（OH+DH）=12BC•OD＝20，
即四边形OBDC的面积为20．