提優(yōu)專題35 銳角三角函數(shù)與圓綜合（解析版）

專題35銳角三角函數(shù)與圓綜合（解析版）第一部分典例剖析+針對(duì)訓(xùn)練類型一利用垂徑定理構(gòu)造直角三角形典例1（2022?三水區(qū)一模）如圖，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝42，以A為圓心，AB為半徑畫圓，與邊BC交于另一點(diǎn)D．（1）求BD的長；（2）連接AD，求∠DAC的余弦值．思路引領(lǐng)：（1）過點(diǎn)A作AH⊥BD于H，利用面積法求出AH，再利用勾股定理求出BH，由垂徑定理即可解決問題；（2）過點(diǎn)D作DM⊥AC于M，利用面積法求出DM，再由勾股定理求出AM即可解決問題．解：（1）過點(diǎn)A作AH⊥BD于H，如圖1所示：∵Rt△ABC，∠BAC＝90°，BC＝6，AC＝42，∴AB=BC∵12AB?AC=12BC∴AH=AB?AC∴BH=A∵AH⊥BD，∴BH＝HD=2∴BD=4（2）過點(diǎn)D作DM⊥AC于M，如圖2所示：由（1）得：AH=432，BD=43∴AD＝AB＝2，CD＝BC﹣BD＝6-4∵12AH?CD=12DM∴DM=AH?CD在Rt△ADM中，由勾股定理得：AM=A∴cos∠DAC=AM總結(jié)提升：本題考查了勾股定理、解直角三角形、垂徑定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用面積法解決問題，屬于中考?？碱}型．針對(duì)訓(xùn)練1．（2021秋?湖州期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，tanA=34．以點(diǎn)C為圓心，CB長為半徑的圓交AB于點(diǎn)D，則A．1 B．75 C．32 D思路引領(lǐng)：根據(jù)已知易求BC，AB的長，進(jìn)而可以求出直角三角形斜邊上的高，所以想到過點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E，利用等面積法求出CE，然后放在Rt△BCE中，利用勾股定理求出BE，再利用垂徑定理求出BD，最后求出AD即可．解：過點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，tanA=3∴BCAC∴BC＝3，∴AB=AC∵△ABC的面積=12AB?CE=12∴5CE＝12，∴CE=12在Rt△BCE中，BE=B∵CE⊥BD，∴BD＝2BE=18∴AD＝AB﹣BD＝5-18故選：B．總結(jié)提升：本題考查了解直角三角形，垂徑定理，根據(jù)題目的已知條件添加輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋?鄞州區(qū)期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，點(diǎn)D在BC延長線上，且滿足∠CAD＝∠B．（1）求證：AD是⊙O的切線；（2）若AC是∠BAD的平分線，sinB=35，BC＝4，求⊙思路引領(lǐng)：（1）連接OA，OC與AB相交于點(diǎn)E，如圖，由OA＝OC，可得∠OAC＝∠OCA，根據(jù)圓周角定理可得∠B=12∠AOC，由已知∠CAD＝∠B，可得∠AOC＝2∠CAD，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，等量代換可得∠CAO+∠CAD（2）根據(jù)角平分線的定義可得∠BAC＝∠DAC，由已知可得∠BAC＝∠B，根據(jù)垂徑定理可得，OC⊥AB，BE＝AE，在Rt△BEC中，根據(jù)正弦定理可得sinB=CEBC=CE4=35，即可算出CE的長度，根據(jù)勾股定理可算出BE=BC2-CE2的長度，設(shè)⊙O的半徑為r，則CE＝OC﹣CE＝r-證明：（1）連接OA，OC與AB相交于點(diǎn)E，如圖，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA，∵AC=∴∠B=1∵∠CAD＝∠B，∴∠AOC＝2∠CAD，∵∠OCA+∠CAO+∠AOC＝180°，∴2∠CAO+2∠CAD＝180°，∴∠CAO+∠CAD＝90°，∴∠OAD＝90°，∵OA是⊙O的半徑，∴AD是⊙O的切線；解：（2）∵AC是∠BAD的平分線，∴∠BAC＝∠DAC，∵∠CAD＝∠B，∴∠BAC＝∠B，∴OC⊥AB，BE＝AE，在Rt△BEC中，∵BC＝4，∴sinB=CE∴CE=12∴BE=B設(shè)⊙O的半徑為r，則CE＝OC﹣CE＝r-12在Rt△AOE中，OA2＝OE2+AE2，r2＝（r-125）2解得：r=10總結(jié)提升：本題主要考查了切線的性質(zhì)與判定，垂徑定理及解直角三角形，熟練掌握切線的性質(zhì)與判定，垂徑定理及解直角三角形的方法進(jìn)行求解是解決本題的關(guān)鍵．類型二利用直徑所對(duì)的圓周角是直角構(gòu)造直角三角形典例2（2022?通遼）如圖，由邊長為1的小正方形構(gòu)成的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B，C都在格點(diǎn)上，以AB為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)C，D，則cos∠ADC的值為（）A．21313 B．31313 C．2思路引領(lǐng)：由格點(diǎn)構(gòu)造直角三角形，由直角三角形的邊角關(guān)系以及圓周角定理可得答案．解：∵AB為直徑，∴∠ACB＝90°，又∵點(diǎn)A，B，C都在格點(diǎn)上，∴∠ADC＝∠ABC，在Rt△ABC中，cos∠ABC=BCAB=3故選：B．總結(jié)提升：本題考查圓周角定理，直角三角形的邊角關(guān)系，掌握?qǐng)A周角定理以及直角三角形的邊角關(guān)系是正確解答的前提．針對(duì)訓(xùn)練1．（2021?東?？h模擬）如圖，某廣場上有一塊半徑125米的圓形綠化空地⊙O，城市管理部門規(guī)劃在這塊空地邊緣順次選擇四點(diǎn)：A，B，C，D，建成一個(gè)從A﹣B﹣C﹣D﹣A的四邊形循環(huán)健身步道（步道寬度忽略不計(jì)）．若∠A＝90°，∠B＝53.2°，AB＝200米．（1）求步道AD的長；（2）求步道圍成的四邊形ABCD的面積．（參考數(shù)據(jù)：sin53.2°≈0.80，cos53.2°≈0.60）思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑可得BD是⊙O的直徑，根據(jù)勾股定理即可求解；（2）過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AE于點(diǎn)F，解直角三角形求出AE、BE、AF、DF的長，證出四邊形CDFE是矩形，即可求得四邊形ABCD的面積．解：（1）連接BD，∵∠A＝90°，∴BD是⊙O的直徑，∴BD＝125×2＝250（米），∵AB＝200米，∴AD=BD答：步道AD的長是150米；（2）過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作DF⊥AE于點(diǎn)F，在Rt△ABE中，∠B＝53.2°，AB＝200米，∴AE＝AB?sin53.2°≈200×0.80＝160（米），BE＝AB?cos53.2°≈200×0.60＝120（米），∵∠BAE+∠ABE＝∠BAE+∠DAF＝90°，∴∠DAF＝∠ABE＝53.2°，在Rt△ADF中，DF＝AD?sin53.2°≈150×0.80＝120（米），∴AF＝90（米），∴EF＝AE﹣AF＝70（米），∵AE⊥BC，DF⊥AE，∠BCD＝90°，∴四邊形CDFE是矩形，∴四邊形ABCD的面積為：12×120×160+120×70+12×120答：步道圍成的四邊形ABCD的面積是23400平方米．總結(jié)提升：此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，以及圓周角定理，勾股定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．類型三利用圓周角定理把角轉(zhuǎn)化到直角三角形中典例3（2021春?中原區(qū)校級(jí)月考）如圖，D是△ABC的BC邊上一點(diǎn)，連接AD，作△ABD的外接圓，將△ADC沿直線AD折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)E落在圓O上．（1）求證：AE＝AB；（2）填空：①當(dāng)∠CAD＝°時(shí)，四邊形OBED是菱形．②當(dāng)∠CAB＝90°，cos∠ADB=13，BE＝2時(shí)，BC＝思路引領(lǐng)：（1）利用折疊的性質(zhì)得出AC＝AE，∠C＝∠AED，再判斷出∠C＝∠ABC，得出AB＝AC，即可得出結(jié)論；（2）①先判斷出△AOD是等邊三角形，得出∠ADO＝60°，進(jìn)而求出∠ADE＝120°，再求出∠C＝∠ABC＝∠DAC＝30°；②先求出EF＝1，再判斷出∠AEB＝∠ADB，利用銳角三角函數(shù)求出AE，進(jìn)而求出AB，即可得出結(jié)論．（1）證明：由折疊知，AC＝AE，∠C＝∠AED，∵∠ABC＝∠AED，∴∠C＝∠ABC，∴AB＝AC，∴AE＝AB；（2）解：①如圖，∵四邊形AOED是菱形，∴DE＝OA＝AD，連接OD，∴OA＝OD，∴AD＝OA＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO＝60°，同理：∠ODE＝60°，∴∠ADE＝∠ADO+∠ODE＝120°，由折疊知，CD＝DE，∠ADC＝∠ADE，∴∠ADC＝120°，∵AD＝DE，∴CD＝AD，∴∠CAD＝∠C=12（180°﹣∠ADC）＝故答案為：30°．②如圖，過點(diǎn)A作AF⊥BE于F，由（1）知，AE＝AB，∴EF=12BE＝∵∠ADB＝∠AEB，cos∠ADB=1∴cos∠AEB=1在Rt△AFE中，cos∠AEB==1∴AE＝3EF＝3，由（1）知，AE＝AB，∴AB＝3，由（1）知，AB＝AC，∵∠CAB＝90°，∴BC=2AB＝32故答案為：32．總結(jié)提升：此題是圓的綜合題，主要考查了折疊的性質(zhì)，圓周角定理，銳角三角函數(shù)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，求出∠ADC是解本題的關(guān)鍵．針對(duì)訓(xùn)練1．（2019?臨河區(qū)一模）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C，D在⊙O上，且AB＝6，BC＝3，則tan∠ADC的值為．思路引領(lǐng)：先利用圓周角定理得到∠ACB＝90°，再利用勾股定理計(jì)算出AC＝33，利用正且的定義得到tan∠ABC=3，然后根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝∠ABC，從而得到tan∠ADC解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，在Rt△ACB中，AC=AB2∴tan∠ABC=AC∵∠ADC＝∠ABC，∴tan∠ADC=3故答案為3．總結(jié)提升：本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，都等于這條弧所對(duì)的圓心角的一半．推論：半圓（或直徑）所對(duì)的圓周角是直角，90°的圓周角所對(duì)的弦是直徑．也考查了解直角三角形．2．（2019春?西陵區(qū)期中）如圖，已知AD是⊙O的直徑，弦BD＝弦BC，經(jīng)過點(diǎn)B作⊙O的切線交AD的延長線于點(diǎn)E．（1）求證：∠EBD＝∠CAB；（2）若BC=3，AC＝5，求sin∠CBA思路引領(lǐng)：（1）連接OB，根據(jù)切線的性質(zhì)得出∠OBD+∠EBD＝90°，由圓周角定理得出∠CAB＝∠BAD，∠ABO+∠OBD＝90°，即可證得∠EBD＝∠ABO，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可證得∠OAB＝∠OBA，從而證得結(jié)論；（2）連接CD，交OB于M，根據(jù)垂徑定理得出OB⊥CD，CM＝DM，然后根據(jù)三角形中位線定理求得OM=52，然后G根據(jù)勾股定理得出r2﹣（52）2＝（3）2﹣（r-52）2，解得r＝3，解直角三角形求得sin∠ADC=ACAD=56（1）證明：連接OB，∵BE是⊙O的切線，∴OB⊥BE，∴∠OBD+∠EBD＝90°，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD＝90°，∴∠ABO+∠OBD＝90°，∴∠EBD＝∠ABO，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∴∠OAB＝∠EBD，∵弦BD＝弦BC，∴BC=∴∠CAB＝∠BAD，∴∠EBD＝∠CAB；（2）解：連接CD，交OB于M，∵BC=∴OB⊥CD，CM＝DM，∵OA＝OD，∴OM=12AC設(shè)圓的半徑為r，∴BM＝r-5∵BD＝BC=3∵OD2﹣OM2＝BD2﹣BM2，∴r2﹣（52）2＝（3）2﹣（r-52解得r＝3或r=-1∴AD＝2r＝6，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∴sin∠ADC=AC∵∠CBA＝∠ADC，∴sin∠CBA=5總結(jié)提升：本題考查了切線的性質(zhì)，垂徑定理，圓周角定理，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．類型四利用切線與相關(guān)半徑的關(guān)系構(gòu)造直角三角形典例4（2022?通遼）如圖，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O(shè)為圓心，OB的長為半徑的圓交邊AB于點(diǎn)D，點(diǎn)C在邊OA上且CD＝AC，延長CD交OB的延長線于點(diǎn)E．（1）求證：CD是圓的切線；（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的兩銳角互余以及等量代換得出∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，進(jìn)而得出EC是切線；（2）根據(jù)直角三角形的邊角關(guān)系可求出OD、CD、AC、OC，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出EC，根據(jù)S陰影部分＝S△COE﹣S扇形進(jìn)行計(jì)算即可．（1）證明：如圖，連接OD，∵AC＝CD，∴∠A＝∠ADC＝∠BDE，∵∠AOB＝90°，∴∠A+∠ABO＝90°，又∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∴∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，∵OD是半徑，∴EC是⊙O的切線；（2）解：在Rt△COD中，由于sin∠OCD=4設(shè)OD＝4x，則OC＝5x，∴CD=OC2-OD在Rt△AOB中，OB＝OD＝4x，OA＝OC+AC＝8x，AB＝45，由勾股定理得，OB2+OA2＝AB2，即：（4x）2+（8x）2＝（45）2，解得x＝1或x＝﹣1（舍去），∴AC＝3x＝3，OC＝5x＝5，OB＝OD＝4x＝4，∵∠ODC＝∠EOC＝90°，∠OCD＝∠ECO，∴△COD∽△CEO，∴OCEC即5EC∴EC=25∴S陰影部分＝S△COE﹣S扇形=12×=503=50-12π答：AC＝3，陰影部分的面積為50-12π3總結(jié)提升：本題考查切線的判定，扇形面積的計(jì)算以及直角三角形的邊角關(guān)系，掌握切線的判定方法，直角三角形的邊角關(guān)系以及扇形、三角形面積的計(jì)算方法是正確解答的前提．針對(duì)訓(xùn)練1．（2019?東河區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，以AC邊為直徑作⊙O交BC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作⊙O的切線，交AB于點(diǎn)E，交AC的延長線于點(diǎn)F；若半徑為3，且sin∠CFD=35，則線段A．245 B．5 C．194 D思路引領(lǐng)：連接OD，如圖，利用等腰三角形的性質(zhì)和平行線的判定得到OD∥AB，再根據(jù)切線的性質(zhì)得到OD⊥DF，則AE⊥EF，接著在Rt△ODF中利用正弦的定義求出OF＝5，然后在Rt△AEF中利用正弦定義可求出AE的長．解：連接OD，如圖，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠B＝∠ODC，∴OD∥AB，∵DF為切線，∴OD⊥DF，∴AE⊥EF，在Rt△ODF中，∵sin∠CFD=ODOF=35∴OF＝5，在Rt△AEF中，∵sin∠F=AE∴AE=35（3+5）故選：A．總結(jié)提升：本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑．若出現(xiàn)圓的切線，必連過切點(diǎn)的半徑，構(gòu)造定理圖，得出垂直關(guān)系．也考查了解直角三角形．第二部分專題提優(yōu)訓(xùn)練1．（2022?東城區(qū)二模）如圖，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B，D在格點(diǎn)上，以AB為直徑的圓過C，D兩點(diǎn)，則sin∠BCD的值為．思路引領(lǐng)：連接AD、BD，根據(jù)圓周角定理得到∠ADB＝90°，∠BCD＝∠BAD，根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)正弦的定義解答即可．解：連接AD、BD，∵AB為圓的直徑，∴∠ADB＝90°，∴AB=AD∴sin∠BAD=BD由圓周角定理得：∠BCD＝∠BAD，∴sin∠BCD=3故答案為：35總結(jié)提升：本題考查的是解直角三角形、圓周角定理，熟記正弦的定義、掌握?qǐng)A周角定理是解題的關(guān)鍵．2．（2022?青白江區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知Rt△ABC可運(yùn)動(dòng)（平移或旋轉(zhuǎn)），且∠C＝90°，BC=5+4，tanA=12，若以點(diǎn)M（3，6）為圓心，2為半徑的⊙M始終在△ABC的內(nèi)部，則△ABC的頂點(diǎn)C到原點(diǎn)思路引領(lǐng)：如圖，設(shè)⊙M與AC相切于點(diǎn)J，與AB相切于點(diǎn)T，連接OC，MJ，MT，延長JM交AB于F．解直角三角形求出CM，OM，根據(jù)OC≥OM﹣CM即可解決問題．解：如圖，設(shè)⊙M與AC相切于點(diǎn)J，與AB相切于點(diǎn)T，連接OC，MJ，MT，延長JM交AB于F．∵AC，AB是⊙O的切線，∴MJ⊥AC，MT⊥AB，∴∠AJM＝∠ATM＝90°，∴∠A+∠JMT＝180°，∵∠JMT+∠FMT＝180°，∴∠A＝∠FMT，∴tanA＝tan∠FMT=1∵M(jìn)T＝2，∴TF＝1，F(xiàn)M=M∴JF＝MJ+MF＝2+5∴AJ＝2FJ＝4+25，∵AC＝2BC＝8+25，∴CJ＝4，∵∠CJM＝90°，∴CM=CJ2∵M(jìn)（3，6），∴OM=32+∵OC≥OM﹣CM，∴OC≥35-25∴OC≥5∴OC的最小值為5．故答案為5．總結(jié)提升：本題考查解直角三角形，切線的性質(zhì)，坐標(biāo)由圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．（2020秋?上虞區(qū)期末）如圖，AB是⊙O的直徑，AB＝4，P是AB延長線上一點(diǎn)，且BP＝1，過點(diǎn)P作一直線，分別交⊙O于C，D兩點(diǎn)，已知∠P＝30°．（1）求CD與PC的長；（2）連接BC，AD，求圓內(nèi)接四邊形ABCD的面積．思路引領(lǐng)：（1）過點(diǎn)O作OH⊥CD于點(diǎn)H，連接OC，解直角三角形求得OH，PH，然后根據(jù)勾股定理求得CH，進(jìn)而即可求得CD和PC；（2）求得△APD和△PBC的面積，進(jìn)而即可求得四邊形ABCD的面積．解：（1）過點(diǎn)O作OH⊥CD于點(diǎn)H，連接OC，在Rt△OPH中，∠P＝30°，OP＝OB+BP＝2+1＝3，∴OH=12OP=12×3=32，PH在Rt△OHC中，CH=O∵CD＝2CH，∴CD=2×7∴PC=PH-HC=3（2）由（1）知：PD=CD+PC=7+33-72=3∴S△PBC=1∴S四邊形總結(jié)提升：本題考查垂徑定理，解直角三角形以及勾股定理的應(yīng)用，三角形的面積，通過解直角三角形其實(shí)三角形的高是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋?思明區(qū)校級(jí)期中）如圖，AB與⊙O相切于點(diǎn)B，AO交⊙O于點(diǎn)C，AO的延長線交⊙O于點(diǎn)D，E是BCD上不與B，D重合的點(diǎn)，∠A＝30°．（1）求∠BED的大??；（2）若點(diǎn)F在AB的延長線上，且BF＝AB，求證：DF與⊙O相切．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)切線的性質(zhì)，得出∠ABO＝90°，進(jìn)而求出∠AOB＝60°，∠BOD＝120°，再根據(jù)圓周角定理得出答案；（2）根據(jù)等腰三角形的判定和性質(zhì)可得AB＝DB，進(jìn)而得出DB＝AB＝BF，根據(jù)“三角形一邊的中線等于這邊的一半，這個(gè)三角形是直角三角形”得出OD⊥DF即可．（1）解：連接OB，∵AB與⊙O相切于點(diǎn)B，∴OB⊥AB，即∠ABO＝90°，∵∠A＝30°，∴∠AOB＝90°﹣30°＝60°，∴∠BOD＝180°﹣60°＝120°，∴∠BED=12∠BOD＝（2）證明：連接BD，∵OB＝OD，∠BOD＝120°，∴∠ODB=12（180°﹣60°）＝30°＝∠∴AB＝DB，又∵AB＝BF，∴DB＝AB＝BF，∴△ADF是直角三角形，即∠ADF＝90°，∵OD⊥DF，OD是半徑，∴DF是⊙O的切線．總結(jié)提升：本題考查切線的性質(zhì)和判定，圓周角定理以及等腰三角形、直角三角形性質(zhì)，掌握切線的性質(zhì)和判定方法，圓周角定理以及等腰三角形、直角三角形的性質(zhì)是正確解答的前提．5．（2020秋?平邑縣期末）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P在BA的延長線上，PD切⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥PD，交PD的延長線于點(diǎn)C，連接AD并延長，交BE于點(diǎn)E．（1）求證：AB＝BE；（2）如果PD＝23，∠ABC＝60°，求BC的長．思路引領(lǐng)：（1）連接OD，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OD⊥PC，則可判斷OD∥BE，所以∠ODA＝∠E，加上∠ODA＝∠OAD，所以∠OAD＝∠E，然后根據(jù)等腰三角形的判定定理得到結(jié)論；（2）利用OD∥BE得到∠DOP＝∠ABC＝60°，根據(jù)含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到OD＝2，PO＝4，則PB＝6，然后在Rt△PBC中利用∠P＝30度得到BC的長．（1）證明：連接OD，如圖，∵PD切⊙O于點(diǎn)D，∴OD⊥PC，∵PC⊥BE，∴OD∥BE，∴∠ODA＝∠E，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD，∴∠OAD＝∠E，∴AB＝BE；（2）解：∵OD∥BE，∴∠DOP＝∠ABC＝60°，在Rt△POD中，∵∠P＝90°﹣∠POC＝30°，∴OD=33PD=33∴PO＝2OD＝4，∴PB＝PO+OB＝6，在Rt△PBC中，BC=12PB＝總結(jié)提升：本題考查了切線的性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑．也考查了含30度的直角三角形三邊的關(guān)系．6．（2022?松陽縣二模）如圖，已知以AB為直徑的半圓，圓心為O，弦AC平分∠BAD，點(diǎn)D在半圓上，過點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為點(diǎn)E，交AB的延長線于點(diǎn)F．（1）求證：EF與半圓O相切于點(diǎn)C．（2）若AO＝3，BF＝2，求tan∠ACE的值．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)垂直定義可得∠E＝90°，再利用角平分線和等腰三角形的性質(zhì)可證AE∥OC，然后利用平行線的性質(zhì)可求出∠OCF＝90°，即可解答；（2）根據(jù)已知可求出OF＝5，AF＝8，再在Rt△OCF中，利用勾股定理求出CF＝4，然后證明A字模型相似三角形△FCO∽△FEA，從而利用相似三角形的性質(zhì)求出AE，EF的長，最后在Rt△ACE中，利用銳角三角函數(shù)的定義進(jìn)行計(jì)算即可解答．（1）證明：∵CE⊥AD，∴∠E＝90°，∵AC平分∠BAD，∴∠EAC＝∠CAO，∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠EAC＝∠ACO，∴AE∥OC，∴∠E＝∠OCF＝90°，∵OC是半⊙O的半徑，∴EF與半圓O相切于點(diǎn)C；（2）∵AO＝3，BF＝2，∴OF＝OB+BF＝5，OC＝3，∴AF＝OF+OA＝8，∵∠OCF＝90°，∴CF=OF∵∠E＝∠OCF＝90°，∠F＝∠F，∴△FCO∽△FEA，∴FCEF∴4EF∴EA=245，EF∴CE＝EF﹣CF=12在Rt△ACE中，tan∠ACE=AECE∴tan∠ACE的值為2．總結(jié)提升：本題考查了切線的判定，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，熟練掌握切線的判定，以