专题十 圆的性质及与圆有关的位置关系-2022年中考数学二轮复习之重难热点提分专题

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专题十 圆的性质及与圆有关的位置关系
题型一：垂径定理及运用
1．（2021滨州）在⊙O中，直径AB＝15，弦DE⊥AB于点C，若OC：OB＝3：5，则DE的长为（　　）
A．6 B．9 C．12 D．15
【分析】直接根据题意画出图形，再利用垂径定理以及勾股定理得出答案．
【解析】如图所示：∵直径AB＝15，
∴BO＝7.5，
∵OC：OB＝3：5，
∴CO＝4.5，
∴DC=DO2-CO2=6，
∴DE＝2DC＝12．
故选：C．

2．（2021武汉）如图，在半径为3的⊙O中，AB是直径，AC是弦，D是AC的中点，AC与BD交于点E．若E是BD的中点，则AC的长是（　　）

A．523 B．33 C．32 D．42
【分析】连接OD，交AC于F，根据垂径定理得出OD⊥AC，AF＝CF，进而证得DF＝BC，根据三角形中位线定理求得OF=12BC=12DF，从而求得BC＝DF＝2，利用勾股定理即可求得AC．
【解析】连接OD，交AC于F，
∵D是AC的中点，
∴OD⊥AC，AF＝CF，
∴∠DFE＝90°，
∵OA＝OB，AF＝CF，
∴OF=12BC，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
在△EFD和△ECB中
∠DFE=∠ACB=90°∠DEF=∠BECDE=BE
∴△EFD≌△ECB（AAS），
∴DF＝BC，
∴OF=12DF，
∵OD＝3，
∴OF＝1，
∴BC＝2，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2，
∴AC=AB2-BC2=62-22=42，
故选：D．
3．（2021南京）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（　　）

A．（9，2） B．（9，3） C．（10，2） D．（10，3）
【分析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，证明四边形PEOF为正方形，求得CG，再根据垂径定理求得CD，进而得PG、DB，便可得D点坐标．
【解析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE、PF、PD，延长EP与CD交于点G，
则PE⊥y轴，PF⊥x轴，
∵∠EOF＝90°，
∴四边形PEOF是矩形，
∵PE＝PF，PE∥OF，
∴四边形PEOF为正方形，
∴OE＝PF＝PE＝OF＝5，
∵A（0，8），
∴OA＝8，
∴AE＝8﹣5＝3，
∵四边形OACB为矩形，
∴BC＝OA＝8，BC∥OA，AC∥OB，
∴EG∥AC，
∴四边形AEGC为平行四边形，四边形OEGB为平行四边形，
∴CG＝AE＝3，EG＝OB，
∵PE⊥AO，AO∥CB，
∴PG⊥CD，
∴CD＝2CG＝6，
∴DB＝BC﹣CD＝8﹣6＝2，
∵PD＝5，DG＝CG＝3，
∴PG＝4，
∴OB＝EG＝5+4＝9，
∴D（9，2）．

故选：A．

题型2：圆周角与圆心角定理
4．（2021•营口）如图，AB为⊙O的直径，点C，点D是⊙O上的两点，连接CA，CD，AD．若∠CAB＝40°，则∠ADC的度数是（　　）

A．110° B．130° C．140° D．160°
【分析】连接BC，如图，利用圆周角定理得到∠ACB＝90°，则∠B＝50°，然后利用圆的内接四边形的性质求∠ADC的度数．
【解析】如图，连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠CAB＝90°﹣40°＝50°，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣50°＝130°．
故选：B．

5．（2021杭州）如图，已知BC是⊙O的直径，半径OA⊥BC，点D在劣弧AC上（不与点A，点C重合），BD与OA交于点E．设∠AED＝α，∠AOD＝β，则（　　）

A．3α+β＝180° B．2α+β＝180° C．3α﹣β＝90° D．2α﹣β＝90°
【分析】根据直角三角形两锐角互余性质，用α表示∠CBD，进而由圆心角与圆周角关系，用α表示∠COD，最后由角的和差关系得结果．
【解析】∵OA⊥BC，
∴∠AOB＝∠AOC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣∠BEO＝90°﹣∠AED＝90°﹣α，
∴∠COD＝2∠DBC＝180°﹣2α，
∵∠AOD+∠COD＝90°，
∴β+180°﹣2α＝90°，
∴2α﹣β＝90°，
故选：D．
6．（2021攀枝花）如图，已知锐角三角形ABC内接于半径为2的⊙O，OD⊥BC于点D，∠BAC＝60°，则OD＝　　．

【分析】连接OB和OC，根据圆周角定理得出∠BOC的度数，再依据等腰三角形的性质得到∠BOD的度数，结合直角三角形的性质可得OD．
【解析】连接OB和OC，
∵△ABC内接于半径为2的⊙O，∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝120°，OB＝OC＝2，
∵OD⊥BC，OB＝OC，
∴∠BOD＝∠COD＝60°，
∴∠OBD＝30°，
∴OD=12OB＝1，
故答案为：1．

7．（2021襄阳）在⊙O中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于　 　°．
【分析】根据弦BC垂直平分半径OA，可得OD：OB＝1：2，得∠BOC＝120°，根据同弧所对圆周角等于圆心角的一半即可得弦BC所对的圆周角度数．
【解析】如图，

∵弦BC垂直平分半径OA，
∴OD：OB＝1：2，
∴∠BOD＝60°，
∴∠BOC＝120°，
∴弦BC所对的圆周角等于60°或120°．
故答案为：60°或120°．

题型三：圆内接四边形
8．（2021牡丹江）如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接BD．若AC=BC，∠BDC＝50°，则∠ADC的度数是（　　）

A．125° B．130° C．135° D．140°
【分析】连接OA，OB，OC，根据圆周角定理得出∠BOC＝100°，再根据AC=BC得到∠AOC，从而得到∠ABC，最后利用圆内接四边形的性质得到结果．
【解析】连接OA，OB，OC，
∵∠BDC＝50°，
∴∠BOC＝2∠BDC＝100°，
∵AC=BC，
∴∠BOC＝∠AOC＝100°，
∴∠ABC=12∠AOC＝50°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝130°．

故选：B．
9．（2021湖州）如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，则∠ADC的度数是（　　）

A．70° B．110° C．130° D．140°
【分析】根据圆内接四边形的性质即可得到结论．
【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ABC＝70°，
∴∠ADC＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，
故选：B．

题型四：与切线有关的证明
10．（2021铜仁市）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若AD＝8，BECE=12，求CD的长．

【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论；
（2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：连接OC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB＝90°，
∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，
∴∠A＝∠ECB，
∵∠BCE＝∠BCD，
∴∠A＝∠BCD，
∵OC＝OA，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠ACO＝∠BCD，
∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，
∴∠DCO＝90°，
∴CD是⊙O的切线；
（2）解：∵∠A＝∠BCE，
∴tanA=BCAC=tan∠BCE=BECE=12，
设BC＝k，AC＝2k，
∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，
∴△ACD∽△CBD，
∴BCAC=CDAD=12，
∵AD＝8，
∴CD＝4．

11．（2021遵义）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，∠CAB的平分线AD交BC于点D，过点D作DE∥BC交AC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，连接BD．若OF＝1，BF＝2，求BD的长度．

【分析】（1）连接OD，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO＝∠DAE，从而OD∥AE，由DE∥BC得∠E＝90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE＝90°，由切线的判定定理得出答案；
（2）先由直径所对的圆周角是直角得出∠ADB＝90°，再由OF＝1，BF＝2得出OB的值，进而得出AF和BA的值，然后证明△DBF∽△ABD，由相似三角形的性质得比例式，从而求得BD2的值，求算术平方根即可得出BD的值．
【解析】（1）连接OD，如图：

∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵AD平分∠CAB，
∴∠DAE＝∠OAD，
∴∠ADO＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE∥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵OF＝1，BF＝2，
∴OB＝3，
∴AF＝4，BA＝6．
∵DF⊥AB，
∴∠DFB＝90°，
∴∠ADB＝∠DFB，
又∵∠DBF＝∠ABD，
∴△DBF∽△ABD，
∴BDBA=BFBD，
∴BD2＝BF•BA＝2×6＝12．
∴BD＝23．
12．（2021泸州）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AD的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段AD上的点，过点E的弦FG⊥AB于点H．
（1）求证：∠C＝∠AGD；
（2）已知BC＝6．CD＝4，且CE＝2AE，求EF的长．

【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到∠ABC＝90°，得到∠C＝∠ABD，根据圆周角定理即可得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C+∠CAB＝90°，
∴∠C＝∠ABD，
∵∠AGD＝∠ABD，
∴∠AGD＝∠C；
（2）解：∵∠BDC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴BCAC=CDBC，
∴6AC=46，
∴AC＝9，
∴AB=AC2-BC2=35，
∵CE＝2AE，
∴AE＝3，CE＝6，
∵FH⊥AB，
∴FH∥BC，
∴△AHE∽△ABC，
∴AHAB=EHBC=AEAC，
∴AH35=EH6=39，
∴AH=5，EH＝2，
连接AF，BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AEH+∠BFH＝∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠FAH＝∠BFH，
∴△AFH∽△FBH，
∴FHAH=BHFH，
∴FH5=25FH，
∴FH=10，
∴EF=10-2．


13．（2021安徽）如图，AB是半圆O的直径，C，D是半圆O上不同于A，B的两点，AD＝BC，AC与BD相交于点F．BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．
（1）求证：△CBA≌△DAB；
（2）若BE＝BF，求证：AC平分∠DAB．

【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠BFE，根据切线的性质得到∠ABE＝90°，根据三角形的内角和以及角平分线的定义即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
在Rt△CBA与Rt△DAB中，BC=ADBA=AB，
∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；
（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，
∴∠E＝∠BFE，
∵BE是半圆O所在圆的切线，
∴∠ABE＝90°，
∴∠E+∠BAE＝90°，
由（1）知∠D＝90°，
∴∠DAF+∠AFD＝90°，
∵∠AFD＝∠BFE，
∴∠AFD＝∠E，
∴∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴AC平分∠DAB．
14．（2021•淮安）如图，AB是⊙O的弦，C是⊙O外一点，OC⊥OA，CO交AB于点P，交⊙O于点D，且CP＝CB．
（1）判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若∠A＝30°，OP＝1，求图中阴影部分的面积．

【分析】（1）根据等边对等角得∠CPB＝∠CBP，根据垂直的定义得∠OBC＝90°，即OB⊥CB，则CB与⊙O相切；
（2）根据三角形的内角和定理得到∠APO＝60°，推出△PBD是等边三角形，得到∠PCB＝∠CBP＝60°，求得BC＝1，根据勾股定理得到OB=OC2-BC2=3，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结论．
【解析】（1）CB与⊙O相切，
理由：连接OB，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵CP＝CB，
∴∠CPB＝∠CBP，
在Rt△AOP中，∵∠A+∠APO＝90°，
∴∠OBA+∠CBP＝90°，
即：∠OBC＝90°，
∴OB⊥CB，
又∵OB是半径，
∴CB与⊙O相切；
（2）∵∠A＝30°，∠AOP＝90°，
∴∠APO＝60°，
∴∠BPD＝∠APO＝60°，
∵PC＝CB，
∴△PBD是等边三角形，
∴∠PCB＝∠CBP＝60°，
∴∠OBP＝∠POB＝30°，
∴OP＝PB＝PC＝1，
∴BC＝1，
∴OB=OC2-BC2=3，
∴图中阴影部分的面积＝S△OBC﹣S扇形OBD=12×1×3-30⋅π×(3)2360=32-π4．

15．（2021•陕西）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC＝75°，∠ABC＝45°．连接AO并延长，交⊙O于点D，连接BD．过点C作⊙O的切线，与BA的延长线相交于点E．
（1）求证：AD∥EC；
（2）若AB＝12，求线段EC的长．

【分析】（1）连接OC，由切线的性质可得∠OCE＝90°，由圆周角定理可得∠AOC＝90°，可得结论；
（2）过点A作AF⊥EC交EC于F，由锐角三角函数可求AD＝83，可证四边形OAFC是正方形，可得CF＝AF＝43，由锐角三角函数可求EF＝12，即可求解．
【解析】证明：（1）连接OC，

∵CE与⊙O相切于点C，
∴∠OCE＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∵∠AOC+∠OCE＝180°，
∴∴AD∥EC
（2）如图，过点A作AF⊥EC交EC于F，

∵∠BAC＝75°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝60°，
∴∠D＝∠ACB＝60°，
∴sin∠ADB=ABAD=32，
∴AD=12×23=83，
∴OA＝OC＝43，
∵AF⊥EC，∠OCE＝90°，∠AOC＝90°，
∴四边形OAFC是矩形，
又∵OA＝OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴CF＝AF＝43，
∵∠BAD＝90°﹣∠D＝30°，
∴∠EAF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
∵tan∠EAF=EFAF=3，
∴EF=3AF＝12，
∴CE＝CF+EF＝12+43．
16．（2021哈尔滨）已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；
（2）如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为925，求线段CG的长．
【分析】（1）由垂径定理可得BE＝EC，由线段垂直平分线的性质可得AB＝AC，由等腰三角形的性质可得∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，由外角的性质可得结论；
（2）由“AAS”可证△BOE≌△ODH，可得BE＝OH；
（3）过点F作FN⊥AD，交AD于N，设DG＝DE＝2x，由全等三角形的性质可得OE＝DH＝x，OD＝3x＝OA＝OB，勾股定理可求BE＝22x，由锐角三角函数可求AN=2NF，ON=24NF，可得AO＝AN+ON=524NF，由三角形面积公式可求NF的长，可求x＝1，可得BE＝22=OH，AE＝4，DG＝DE＝2，勾股定理可求AC＝26，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，通过证明△ACM∽△ADG，由相似三角形的性质可求AM，CM的长，由勾股定理可求GM的长，即可求解．
【解析】证明：（1）∵AD为⊙O的直径，AD⊥BC，
∴BE＝EC，
∴AB＝AC，
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OB，
∴∠BAD＝∠ABO，
∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO，
∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD；
（2）如图2，连接AG，

∵AD是直径，
∴∠AGD＝90°，
∵点H是DG中点，
∴DH＝HG，
又∵AO＝DO，
∴OH∥AG，AG＝2OH，
∴∠AGD＝∠OHD＝90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOE＝∠ODH，
又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO，
∴△BOE≌△ODH（AAS），
∴BE＝OH；
（3）如图3，过点F作FN⊥AD，交AD于N，

设DG＝DE＝2x，
∴DH＝HG＝x，
∵△BOE≌△ODH，
∴OE＝DH＝x，
∴OD＝3x＝OA＝OB，
∴BE=OB2-OE2=9x2-x2=22x，
∵∠BAE＝∠CAE，
∴tan∠BAE＝tan∠CAE=BEAE=NFAN，
∴22x4x=NFAN，
∴AN=2NF，
∵∠BOE＝∠NOF，
∴tan∠BOE＝tan∠NOF=BEOE=NFON，
∴22xx=NFON，
∴ON=24NF，
∴AO＝AN+ON=524NF，
∵△AOF的面积为925，
∴12×AO×NF=12×524NF2=925，
∴NF=625，
∴AO=524NF＝3＝3x，
∴x＝1，
∴BE＝22=OH，AE＝4，DG＝DE＝2，
∴AC=AE2+CE2=16+8=26，
如图3，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，

由（2）可知：AG＝2OH＝42，
∵四边形ADGC是圆内接四边形，
∴∠ACM＝∠ADG，
又∵∠AMC＝∠AGD＝90°，
∴△ACM∽△ADG，
∴ADAC=AGAM=DGCM，
∴626=42AM=2CM，
∴CM=263，AM=833，
∴GM=AG2-AM2=32-643=463，
∴CG＝GM﹣CM=263．
17．（2021枣庄）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC、BC于点D、E，点F在AC的延长线上，且∠BAC＝2∠CBF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若⊙O的直径为4，CF＝6，求tan∠CBF．

【分析】（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°，于是得到结论；
（2）过C作CH⊥BF于H，根据勾股定理得到BF=AF2-AB2=102-42=221，根据相似三角形的性质得到CH=125，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解析】（1）证明：连接AE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠1+∠2＝90°．
∵AB＝AC，
∴2∠1＝∠CAB．
∵∠BAC＝2∠CBF，
∴∠1＝∠CBF
∴∠CBF+∠2＝90°
即∠ABF＝90°
∵AB是⊙O的直径，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：过C作CH⊥BF于H，
∵AB＝AC，⊙O的直径为4，
∴AC＝4，
∵CF＝6，∠ABF＝90°，
∴BF=AF2-AB2=102-42=221，
∵∠CHF＝∠ABF，∠F＝∠F，
∴△CHF∽△ABF，
∴CHAB=CFAF，
∴CH4=64+6，
∴CH=125，
∴HF=CF2-CH2=62-(125)2=6215，
∴BH＝BF﹣HF＝221-6215=4215，
∴tan∠CBF=CHBH=1254215=217．

18．（2021成都）如图，在△ABC的边BC上取一点O，以O为圆心，OC为半径画⊙O，⊙O与边AB相切于点D，AC＝AD，连接OA交⊙O于点E，连接CE，并延长交线段AB于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，tanB=43，求⊙O的半径；
（3）若F是AB的中点，试探究BD+CE与AF的数量关系并说明理由．

【分析】（1）连接OD，由切线的性质可得∠ADO＝90°，由“SSS”可证△ACO≌△ADO，可得∠ADO＝∠ACO＝90°，可得结论；
（2）由锐角三角函数可设AC＝4x，BC＝3x，由勾股定理可求BC＝6，再由勾股定理可求解；
（3）连接OD，DE，由“SAS”可知△COE≌△DOE，可得∠OCE＝∠OED，由三角形内角和定理可得∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，可得∠DEF＝∠DFE，可证DE＝DF＝CE，可得结论．
【解析】（1）如图，连接OD，

∵⊙O与边AB相切于点D，
∴OD⊥AB，即∠ADO＝90°，
∵AO＝AO，AC＝AD，OC＝OD，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠ADO＝∠ACO＝90°，
又∵OC是半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）∵tanB=43=ACBC，
∴设AC＝4x，BC＝3x，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴16x2+9x2＝100，
∴x＝2，
∴BC＝6，
∵AC＝AD＝8，AB＝10，
∴BD＝2，
∵OB2＝OD2+BD2，
∴（6﹣OC）2＝OC2+4，
∴OC=83，
故⊙O的半径为83；
（3）连接OD，DE，

由（1）可知：△ACO≌△ADO，
∴∠ACO＝∠ADO＝90°，∠AOC＝∠AOD，
又∵CO＝DO，OE＝OE，
∴△COE≌△DOE（SAS），
∴∠OCE＝∠OED，
∵OC＝OE＝OD，
∴∠OCE＝∠OEC＝∠OED＝∠ODE，
∴∠DEF＝180°﹣∠OEC﹣∠OED＝180°﹣2∠OCE，
∵点F是AB中点，∠ACB＝90°，
∴CF＝BF＝AF，
∴∠FCB＝∠FBC，
∴∠DFE＝180°﹣∠BCF﹣∠CBF＝180°﹣2∠OCE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝CE，
∴AF＝BF＝DF+BD＝CE+BD．