壓軸題16圓與相似三角函數(shù)的計(jì)算與證明問(wèn)題-2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練

2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題專項(xiàng)訓(xùn)練壓軸題16圓與相似三角函數(shù)的計(jì)算與證明問(wèn)題例1．（2023?利辛縣模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，以CD為直徑作⊙O，⊙O分別與AC，BC交于點(diǎn)E，F(xiàn)，過(guò)點(diǎn)F作⊙O的切線FG，交AB于點(diǎn)G．（1）求證：∠A＝∠BFG；（2）求FG的長(zhǎng)．【分析】（1）連接OF，利用已知條件證明∠BFG+∠B＝90°，即可得到FG⊥AB，最后利用同角的余角相等即可求解；（2）連接DF，先利用勾股定理求出AB＝5，進(jìn)而求出CD＝BD＝2.5，再求出CF＝2，進(jìn)而求出DF＝1.5，利用面積法即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：連接OF，∵∠ACB＝90°，AD＝DB，∴DC＝DB＝DA，∵CD是直徑，∴∠CFD＝90°，即DF⊥BC，∴CF＝FB，∵OC＝OD，CF＝BF，∴OF是△CDB的中位線，∴OF∥BD，∴∠OFC＝∠B，∵FG是⊙O的切線，∴∠OFG＝90°，∴∠OFC+∠BFG＝90°，∴∠BFG+∠B＝90°，∴∠FGB＝90°，∴∠GFB+∠B＝90°，而∠A+∠B＝90°，∴∠A＝∠BFG；（2）解：連接DF，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，AB＝5，∴點(diǎn)D是AB中點(diǎn)，∴CD＝BD=12AB＝∵CD是⊙O的直徑，∴∠CFD＝90°，∴BF＝CF=12BC＝∴DF=2.52∴S△BDF=12×DF×BF=1∴FG=DF×BF【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，切線的性質(zhì)，三角形的中位線定理，三角形的面積公式，判斷出FG⊥AB是解本題的關(guān)鍵．例2．（2023?金牛區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC為直徑作⊙O，交AB邊于點(diǎn)D，點(diǎn)E是邊AC的中點(diǎn)，直線ED、BC交于點(diǎn)F．（1）求證：直線DE是圓O的切線；（2）若BC＝6，sin∠A=35，求線段【分析】（1）連接OD、CD，由BC為⊙O的直徑，得∠BDC＝∠ADC＝90°，由點(diǎn)E是邊AC的中點(diǎn)，得DE＝AE＝CE，則∠FDB＝∠EDA＝∠A，所以O(shè)DF＝∠ODB+∠FDB＝∠OBD+∠A＝90°，即可證明直線DE是⊙O的切線；（2）先證明∠BCD＝∠A，則BDBC=sin∠BCD＝sinA=35，所以BD=35BC=185，由勾股定理得DC=BC2-BD2=245，則BDDC=34，再證明△FDB∽△FCD，得BFDF=DFCF【解答】（1）證明：連接OD、CD，則OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵BC為⊙O的直徑，∴∠BDC＝90°，∴∠ADC＝180°﹣∠BDC＝90°，∵點(diǎn)E是邊AC的中點(diǎn)，∴DE＝AE＝CE=12∴∠FDB＝∠EDA＝∠A，∵∠ACB＝90°，∴∠ODF＝∠ODB+∠FDB＝∠OBD+∠A＝90°，∵OD是⊙O的半徑，且DE⊥OD，∴直線DE是⊙O的切線．（2）解：∵∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ABC，BC＝6，∴BDBC=sin∠BCD＝sinA∴BD=35BC=3∴DC=B∴BDDC∵∠FDB＝∠EDA＝∠A，∴∠FDB＝∠FCD，∵∠F＝∠F，∴△FDB∽△FCD，∴BFDF∴DF=43BF，DF2＝BF?CF＝BF（BF∴（43BF）2＝BF（BF+6解得BF=547或BF＝∴線段BF的長(zhǎng)度是547【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查等腰三角形的性質(zhì)、切線的判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)與解直角三角形、勾股定理等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．例3．（2023?工業(yè)園區(qū)校級(jí)模擬）如圖，銳角△ABC中∠A的平分線交BC于點(diǎn)E，交△ABC的外接圓于點(diǎn)D、邊BC的中點(diǎn)為M．（1）求證：MD垂直BC；（2）若AC＝5，BC＝6，AB＝7．求BDAD（3）作∠ACB的平分線交AD于點(diǎn)P，若將線段MP繞點(diǎn)M旋轉(zhuǎn)180°后，點(diǎn)P恰好與△ABC外接圓上的點(diǎn)P'重合，則tan∠BAC＝3．【分析】（1）先判斷出BD＝CD，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出△DBE∽△DAB，得出BE=7BDAD，同理△DEC∽△DCA，得出CE（3）如圖，連接BP、BP′、CP′，先判斷出∠BP'C+∠BAC＝180°，進(jìn)而判斷出∠BAC＝60°，再利用特殊角三角函數(shù)值即可．【解答】（1）證明：∵AD平分∠BAC，∴BD=∴BD＝CD，又∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，∴MD⊥BC；（2）解：∵∠DBC與∠CAD都是CD所對(duì)的圓周角，∴∠DBC＝∠CAD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴∠BAD＝∠DBC，又∵∠D是公共角，∴△DBE∽△DAB，∴DBBE=DA∵AB＝7，∴BE=7BD同理，△DEC∽△DCA，∴CEAC∵BD＝CD，AC＝5，∴CE=5BD∵BE+CE＝BC＝6，∴7BDAD+∴BDAD（3）解：如圖，連接BP、BP′、CP′，∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)P與點(diǎn)P'關(guān)于點(diǎn)M對(duì)稱，∴四邊形BPCP'是平行四邊形，∴∠BP'C＝∠BPC，∵點(diǎn)P′在圓上，∴∠BP'C+∠BAC＝180°，∵點(diǎn)P是△ABC兩個(gè)內(nèi)角∠BAC與∠ACB的角平分線交點(diǎn)，∴BP平分∠ABC，∴∠BPC＝90°+12∠∴∠BP′C＝90°+12∠∴90°+12∠BAC+∠BAC＝∴∠BAC＝60°，∴tan∠BAC＝tan60°=3故答案為：3．【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，主要考查了垂徑定理，角平分線，圓周角定理，三角形內(nèi)心，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，特殊角三角函數(shù)值，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．例4．（2023?寧波一模）如圖1，AC為?ABCD的對(duì)角線，△ABC的外接圓⊙O交CD于點(diǎn)E，連結(jié)BE．（1）求證：∠BAC＝∠ABE．（2）如圖2，當(dāng)AB＝AC時(shí)，連結(jié)OA、OB，延長(zhǎng)AO交BE于點(diǎn)G，求證△GOB∽△GBA．（3）如圖3，在（2）的條件下，記AC、BE的交點(diǎn)為點(diǎn)F，連結(jié)AE、OF．①求證：BG2﹣GF2＝GF?EF．②當(dāng)EFFG=79時(shí)，求【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)以及圓周角定理即可證明；（2）由垂徑定理證明∠BAG＝∠CAG，再推出∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，即可證明結(jié)論；（3）①由△GOB∽△GBA，推出BG2＝GO?GA，再證明△BAG≌△CAG，推出∠ABG＝∠ACG，得到△GCF∽△GEC，推出GC2＝GF?GE，計(jì)算即可證明結(jié)論；②設(shè)EF＝CF＝7a，得到FG＝9a，GE＝9a，BG＝CG＝12a，由角平分線的性質(zhì)求得CE=283a，證明△CEF∽△ABF，求得AB＝28a，由角平分線的性質(zhì)推出GO=37OA，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠ABE＝∠BEC，∵弧BC＝弧BC，∴∠BAC＝∠BEC，∴∠BAC＝∠ABE；（2）證明：∵AB＝AC，AO經(jīng)過(guò)圓心，∴∠BAG＝∠CAG，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA，∵∠BAC＝∠ABE，∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，又∠BGO＝∠AGB，∴△GOB∽△GBA；（3）①證明：連接CG，∵△GOB∽△GBA，∴BGGA∴BG2＝GO?GA，∵AB＝AC，∠BAG＝∠CAG，AG＝AG，∴△BAG≌△CAG（SAS），∴BG＝CG，∠ABG＝∠ACG，∵∠ABG＝∠BEC，∴∠GCF＝∠GEC，∴△GCF∽△GEC，∴GCGE∴GC2＝GF?GE，∴GF?EF+GF2＝GF（EF+GF）＝GF?GE＝GC2＝BG2，∴BG2﹣GF2＝GF?EF；②解：延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)H，∵∠ABE＝∠ACE＝∠BEC，∴EF＝FC，∵EFFG設(shè)EF＝CF＝7a，則FG＝9a，GE＝16a，∴BG＝CG=GF?GE=12∵EFFG∴S△CEF∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分線，∴點(diǎn)F到∠ECG兩邊的距離相等，∴S△CEF∴CE=28∵AB∥CD，∴△CEF∽△ABF，∴CEAB即283∴AB＝28a，由（2）可知：OB是∠ABG的平分線，同理BGBA即12a28a∴GO=3設(shè)⊙O的半徑為R，∵BG2＝GO?GA，∴（12a）2=3解得：R2即a2設(shè)OH＝x，在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2﹣（R+x）2＝R2﹣x2，整理得：xR即OHOB∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，∴∠EAG＝∠OBH，∴sin∠EAG=sin∠OBH=OH【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，本題難度大，明確題意，找出所求問(wèn)題需要的條件是解答本題的關(guān)鍵．1．（2023?碑林區(qū)校級(jí)三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC為直徑作⊙O，交AB邊于點(diǎn)D，在CD上取一點(diǎn)E，使BE=CD，連接DE作射線CE交AB邊于點(diǎn)（1）求證：∠A＝∠ACF；（2）若AC＝8，cos∠ACF=45，求BF及【分析】（1）根據(jù)Rt△ABC中，∠ACB＝90°，得到∠A+∠B＝∠ACF+∠BCF＝90°，根據(jù)BE＝CD，得到∠B＝∠BCF，推出∠A＝∠ACF；（2）根據(jù)∠B＝∠BCF，∠A＝∠ACF，得到AF＝CF，BF＝CF，推出AF=BF=12AB，根據(jù)cos∠ACF=cosA=ACAB=45，求出BF＝5；連接CD，解Rt△CDB求出BD，進(jìn)而求出DF，再證明DE∥【解答】（1）證明：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠A+∠B＝∠ACF+∠BCF＝90°，∵BE＝CD，∴∠B＝∠BCF，∴∠A＝∠ACF；（2）解：∵∠B＝∠BCF，∠A＝∠ACF，∴AF＝CF，BF＝CF，∴AF=BF=1∵cos∠ACF=cosA=ACAB=45，AC∴AB＝10，∴BF＝5，∵BC=A∴sinA=BC連接CD，BE，∵BC是⊙O的直徑，∴∠BDC＝90°，∠BEC＝90°，∴∠B+∠BCD＝90°，∴∠A＝∠BCD，∴sin∠BCD=BD∴BD=3∴DF=BF-BD=5-18∵∠BEC＝90°，∴∠CBE+∠BCE＝90°，∵∠CBE＝∠CDE，∴∠CDE+∠BCE＝90°，∵∠BDC＝90°，∴∠CDE+∠FDE＝90°，∴∠FDE＝∠BCE，又∵∠B＝∠BCE，∴∠FDE＝∠B，∴DE∥BC，∴△FDE∽△FBC，∴DEBC∴DE=DF綜上可知：BF＝5，DE=42【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握?qǐng)A周角定理及推論，運(yùn)用勾股定理和正弦余弦解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)．2．（2023?新?lián)釁^(qū)三模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C為⊙O上一點(diǎn)，OF⊥BC于點(diǎn)F，交⊙O于點(diǎn)E，AE與BC交于點(diǎn)H，點(diǎn)D為OE的延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且∠ODB＝∠AEC．（1）求證：BD是⊙O的切線；（2）若⊙O的半徑為5，且sin∠BAE=35，求【分析】（1）利用垂直的定義，圓周角定理與已知條件得到∠ABC+∠CBD＝90°，則OB⊥BD，利用圓的切線的判定定理解答即可；（2）利用直徑所對(duì)的圓周角為直角和直角三角形的邊角關(guān)系定理求得BE，利用垂徑定理得到EC＝BE＝6；利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到BHEH=53．設(shè)BH＝5x，則EH【解答】（1）證明：∵OF⊥BC，∴∠ODB+∠CBD＝90°，∵∠ODB＝∠AEC，∠AEC＝∠ABC，∴∠ABC＝∠ODB，∴∠ABC+∠CBD＝90°，∴∠OBD＝90°，∴OB⊥BD，∵OB為⊙O的半徑，∴BD是⊙O的切線；（2）解：∵⊙O的半徑為5，∴AB＝10．∵AB是⊙O的直徑，∴∠AEB＝90°．∵sin∠BAE=35，sin∠BAE∴BEAB∴BE＝6，∵OF⊥BC，∴BE=∴BE＝CE＝6．∵∠A＝∠C，∠ABC＝∠AEC，∴△ABH∽△CEH，∴BHEH設(shè)BH＝5x，則EH＝3x．在Rt△BHE中，∵BE2+EH2＝BH2，∴62+（3x）2＝（5x）2，∵x＞0，∴x=3∴EH＝3x=9【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的邊角關(guān)系定理，熟練掌握切線的判定定理是解題的關(guān)鍵．3．（2023?達(dá)州一模）如圖，△ABC為⊙O的內(nèi)接三角形，P為BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠PAC＝∠B，AD為⊙O的直徑，過(guò)C作CG⊥AD交AD于E，交AB于F，交⊙O于G．（1）判斷直線PA與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）求證：AG2＝AB?AF．【分析】（1）連接CD，OC，利用直徑所對(duì)的圓周角為直角得到∠D+∠DAC＝90°，利用等量代換和圓周角定理得到∠DAP＝90°，利用圓的切線的判定定理解答即可；（2）連接BG，利用垂徑定理，圓周角定理和相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可．【解答】（1）解：直線PA與⊙O的位置關(guān)系：直線PA與⊙O相切，理由：連接CD，OC，如圖，∵AD為⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∴∠D+∠DAC＝90°．∵∠B＝∠D，∠PAC＝∠B，∴∠D＝∠PAC．∴∠PAC+∠DAC＝90°，∴∠DAP＝90°，∴OA⊥PA，∵OA為⊙O的半徑，∴直線PA與⊙O相切；（2）證明：連接BG，∵AD為⊙O的直徑，CG⊥AD，∴AC=∴∠ABG＝∠AGC，∵∠GAF＝∠BAG，∴△AFG∽△AGB，∴AGAB∴AG2＝AB?AF．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，圓的切線的判定定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，連接經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的半徑是解決此類問(wèn)題常添加的輔助線．4．（2023春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，AB是⊙O的直徑，弦AD平分∠BAC．（1）在AC上取點(diǎn)E，使得AD2＝AB?AE（用直尺和圓規(guī)作圖，不寫(xiě)作法，保留作圖痕跡）；（2）在（1）的條件下，連接EO、OD，若∠BAC＝60°，求sin∠DEO的值．【分析】（1）如圖：過(guò)D作DE⊥AC交AC于E即可解答；（2）連接EO、OD，設(shè)AB＝2x，則OA＝OD＝OB＝x；由角平分線的定義可得∠EAD＝∠DAB＝30°，進(jìn)而得到∠EAD＝∠ADO＝30°；再由圓周角定理可得∠ADB＝90°，進(jìn)而得到BD=12AB=x，∠ADB＝∠AED＝90°；運(yùn)用勾股定理可得AD=5x，再由AD2＝AB?AE可得AE=52x；再證△ADE∽△ABD并運(yùn)用其性質(zhì)列式可得【解答】解：（1）如圖：過(guò)D作DE⊥AC交AC于E，點(diǎn)E即為所求．（2）設(shè)AB＝2x，則OA＝OD＝OB＝x，如圖：連接EO、OD，∵∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠DAB＝30°，∵OA＝OD，∴∠EAD＝∠ADO＝30°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴BD=12AB=x，∠ADB＝∠AED∴AD2＝AB2+BD2＝（2x）2+x2＝5x2，即AD=5∵AD2＝AB?AE，∴AE=A∵∠ADB＝∠AED＝90°，∠EAD＝∠DAB＝30°，∴△ADE∽△ABD，∴DEBD=AE解得：DE=5∵過(guò)D作DE⊥AC交AC與E，即DE是⊙O的切線，∴OD⊥DE，∴OE=E∴sin∠DEO=OD【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了切線的性質(zhì)、相似三角形的判定、尺規(guī)作圖、勾股定理、正弦等知識(shí)點(diǎn)，綜合應(yīng)用相關(guān)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．5．（2023?長(zhǎng)春一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點(diǎn)O在AB上，以點(diǎn)O為圓心，OA長(zhǎng)為半徑的圓與AC、AB分別交于點(diǎn)D、E，且∠CBD＝∠A．（1）求證：BD是⊙O的切線；（2）若AD：AO＝5：3，BC＝4，則BD的長(zhǎng)為245【分析】（1）連接OD，根據(jù)OD＝OA，得到∠A＝∠ADO，根據(jù)∠C＝90°得到∠CDB+∠CBD＝90°，結(jié)合∠CBD＝∠A即可得到答案；（2）連接DE，根據(jù)∠ADE＝90°＝∠C，∠CBD＝∠A得到△ADE∽△BCD，即可得到ADBC【解答】（1）證明：連接OD，∵點(diǎn)D在⊙O上，∴OD＝OA，∴∠A＝∠ADO，∵∠C＝90°，∴∠CDB+∠CBD＝90°，∵∠CBD＝∠A＝∠ADO，∴∠CDB+∠ADO＝90°，∴∠ODB＝90°，即OD⊥BD，∵點(diǎn)D在⊙O上，∴BD是⊙O的切線；（2）解：連接DE，∵AD：AO＝5：3，設(shè)AO＝3x，則AD＝5x，AE＝2AO＝6x，∵AE是直徑，∴∠ADE＝90°，∴∠C＝∠ADE，又∵∠CBD＝∠A，∴△BCD∽△ADE，∴BCAD∴45x∴BD=24【點(diǎn)評(píng)】本題考查切線證明及相似三角形判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線得到角度相等的條件．6．（2023?雁塔區(qū)校級(jí)四模）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切線，AD與BC相交于點(diǎn)E，與⊙O相交于點(diǎn)F，連接BF．（1）求證：BD＝BE；（2）若DE＝2，BD=5，求AE【分析】（1）利用角平分線的定義，直徑所對(duì)的圓周角為直角，對(duì)頂角相等，切線的性質(zhì)定理和等角的余角相等得到∠DEB＝∠D，再利用等腰三角形的判定定理解答即可；（2）利用（1）的結(jié)論和等腰三角形的三線合一的性質(zhì)得到DF的長(zhǎng)，再利用切割線定理求得AD，則AE＝AD﹣DE．【解答】（1）證明：∵AD平分∠CAB，∴∠CAE＝∠BAE，∵AB是⊙O的直徑，∴∠C＝90°，∴∠CAE+∠CEA＝90°，∵∠DEB＝∠CEA，∴∠DEB+∠DAB＝90°，∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∴∠ABD＝90°，∴∠BAD+∠D＝90°，∴∠DEB＝∠D，∴BD＝BE；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠AFB＝90°，∴BF⊥DE，∵BD＝BE，∴EF＝DF=12DE＝∵BD是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∵BF⊥AD，∴Rt△BDF∽R(shí)t△ADB，∴DFBD∴BD2＝DF?DA，∴（5）2＝1×AD，∴AD＝5，∴AE＝AD﹣DE＝5﹣2＝3．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓周角定理，切線的性質(zhì)定理，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定定理與性質(zhì)定理，圓的切割線定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2023?碑林區(qū)校級(jí)四模）如圖，AB為⊙O的直徑，AC是⊙O的切線，且AC＝AB，連接CB交⊙O于點(diǎn)D，E為AC的中點(diǎn)，連接BE交⊙O于點(diǎn)F，連接AD，CF，DF，AF．（1）求證：CE2＝EF?EB；（2）若DF＝1，求AF的長(zhǎng)．【分析】（1）利用圓周角定理，圓的切線的性質(zhì)定理和相似三角形的判定與性質(zhì)得到AE2＝EF?BE，再利用線段中點(diǎn)的定義和等量代換的性質(zhì)解答即可；（2）利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到△CEF∽△BEC，則∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB；證得△CEF∽△BDF，列出比例式求得線段EF；再證得△AEF∽△BAF，利用相似三角形的性質(zhì)列出比例式即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠AFB＝90°，∴AF⊥BE．∵AC是⊙O的切線，∴AC⊥AB，∴△AEF∽△BEA，∴AEEF∴AE2＝EF?BE．∵E為AC的中點(diǎn)，∴AE＝EC，∴CE2＝EF?EB；（2）解：∵CE2＝EF?EB，∴CEEF∵∠CEF＝∠BEC，∴△CEF∽△BEC．∴∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB．∵AC＝AB，AC⊥AB，∴∠∠ACB＝∠ABC＝45°，∴∠EFC＝45°．∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∵∠DFB＝∠DAB，∴∠DFB＝45°，∴∠EFC＝∠DFB＝45°．∵∠ECF＝∠DBF，∴△CEF∽△BDF，∴EFDF∵AB＝AC，∠CAB＝90°，AD⊥BC，∴AD＝CD＝BD=22∵E為AC的中點(diǎn)，∴CE=12∴CEBD∴EF1∴EF=2∵E為AC的中點(diǎn)，AB＝AC，∴AE=12∵∠EAB＝90°，AF⊥BE，∴△AEF∽△BAF，∴EFAF∴AF＝2EF=2【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（2023春?江寧區(qū)校級(jí)月考）我們知道，對(duì)于線段a，b，c，如果a2＝b?c，那么線段a叫做線段b和c的比例中項(xiàng)．（1）如圖1，直線l與⊙O相切于點(diǎn)A，B是l上一點(diǎn)，連接OB，C是OB上一點(diǎn)．若⊙O的半徑r是OB與OC的比例中項(xiàng)，請(qǐng)用直尺和圓規(guī)作出點(diǎn)C．（保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法）（2）如圖2，A是⊙O1外一點(diǎn)，以O(shè)1A為直徑的⊙O2交⊙O1于點(diǎn)B，C，O1A與BC交于點(diǎn)D，E為直線BC上一點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B，C，D重合），作直線O1E，與⊙O2交于點(diǎn)F．若⊙O1的半徑是r，求證：r是O1E與O1F的比例中項(xiàng)．【分析】（1）連接OA，過(guò)A點(diǎn)作AC⊥OB于C點(diǎn)，由于AB為切線，則OA⊥AB，于是可證明△OAC∽△OBA，則OA2＝OC?OB，即⊙O的半徑r是OB與OC的比例中項(xiàng)；（2）連接AF、O1B、BF，如圖2，根據(jù)圓周角定理得到∠AFO1＝90°，再證明∠O1ED＝∠FBO1，則可判斷△O1BF∽△O1EB，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到結(jié)論．【解答】（1）解：如圖1，連接OA，過(guò)A點(diǎn)作AC⊥OB于C點(diǎn)，則點(diǎn)C為所作；（2）證明：連接AF、O1B、BF，如圖2，∵O1A為⊙O2的直徑，∴∠AFO1＝90°，∵O2交⊙O1于點(diǎn)B，C，∴O1A⊥BC，∴∠O1DE＝90°，∴∠O1ED+∠EO1D＝90°，∠O1AF+∠FO1A＝90°，∴∠O1ED＝∠O1AF，∵∠FBO1＝∠O1AF，∴∠O1ED＝∠FBO1，∵∠FO1B＝∠BO1E，∴△O1BF∽△O1EB，∴O1B：O1E＝O1F：O1B，∴O1B2＝O1F?O1E，即r是O1E與O1F的比例中項(xiàng)．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)：在判定兩個(gè)三角形相似時(shí)，應(yīng)注意利用圖形中已有的公共角、公共邊等隱含條件，以充分發(fā)揮基本圖形的作用．在應(yīng)用相似三角形的性質(zhì)時(shí)利用相似比進(jìn)行幾何計(jì)算．也考查了圓周角定理和兩圓相交的性質(zhì)．9．（2023?歷城區(qū)一模）如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上兩點(diǎn)，且CD=BD，過(guò)點(diǎn)D的切線EF交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連結(jié)AD，OE交于點(diǎn)（1）求證：AE⊥EF；（2）若DGAG=23，⊙O的半徑為【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)推出∠ODF＝90°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)推出∠CAD＝∠ODA，則OD∥AE，根據(jù)平行線的性質(zhì)及垂直的定義即可得解；（2）根據(jù)題意推出△OGD∽△EGA，△ODF∽△AEF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可．【解答】（1）證明：如圖，連接OD，∵DE是⊙O的切線，∴DE⊥OD，∴∠ODF＝90°，∵CD=∴∠CAD＝∠DAB，∵OA＝OD，∴∠DAB＝∠ODA，∴∠CAD＝∠ODA，∴OD∥AE，∴∠AEF＝∠ODF＝90°∴AE⊥EF；（2）解：∵∠CAD＝∠ODA，∠AGE＝∠OGD，∴△OGD∽△EGA，∴DGAG∵∠AEF＝∠ODF，∠F＝∠F，∴△ODF∽△AEF，∴ODAE∵AB＝2OB＝4，∴2+BF4+BF∴BF＝2．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了切線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟記切線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（2023?嶗山區(qū)一模）【問(wèn)題提出】如圖1，△ABC為⊙O內(nèi)接三角形，已知BC＝a，圓的半徑為R，探究a，R，sin∠A之間的關(guān)系．【解決問(wèn)題】如圖2，若∠A為銳角，連接BO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，連接DC，則∠A＝∠D，在△DBC中，BD為⊙O直徑，BC＝a，所以BD＝2R，∠BCD＝90°．所以在Rt△DBC中建立a，R，sinD的關(guān)系為sinD=a2R所以在⊙O內(nèi)接三角形△ABC中，a，R，sinA之間的關(guān)系為sinA=a2R類比銳角求法，當(dāng)∠A為直角和鈍角時(shí)都有此結(jié)論．【結(jié)論應(yīng)用】已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，則△ABC外接圓的面積為163π【分析】【解決問(wèn)題】連接BO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，連接CD，由圓周角定理得出∠BCD＝90°，由正弦的定義可得出答案；【結(jié)論應(yīng)用】求出△ABC外接圓的半徑，則可得出答案；【解答】解：【解決問(wèn)題】△ABC的外接圓半徑為R，連接BO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，連接DC，則∠D＝∠A，∵BD為⊙O的直徑，∴∠BCD＝90°，在Rt△DBC中，∵sinD=BC∴sinA=a故答案為：sinD=a2R，sinA【結(jié)論應(yīng)用】∵∠B＝60°，AC＝4，∴sinB=AC∴32∴R=4∴△ABC外接圓的面積為π×(4故答案為：163【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了銳角三角函數(shù)的定義，三角形的外接圓，圓周角定理，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．11．（2023?蚌山區(qū)校級(jí)二模）如圖，AB為半圓O的直徑，四邊形ABCD為平行四邊形，E為BC的中點(diǎn)，BF平分∠ABC，交AE于點(diǎn)F．（1）求證：BE＝EF；（2）若AB＝10，BF=210，求AD【分析】（1）連接AC，根據(jù)已知條件得出，∠CAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，得出∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)得出∠EFB＝45°，即可證明△BEF是等腰直角三角形，從而得證；（2）設(shè)AE，BC交于點(diǎn)H，根據(jù)△BEF是等腰直角三角形，得出BE=25，勾股定理求得AE，得出tan∠BAE=BEAE=12，進(jìn)而解Rt△【解答】（1）證明：連接AC，如圖所示，∵E為BC的中點(diǎn)，∴CE=∴∠CAE＝∠BAE，∵BF平分∠ABC，∴∠CBF＝∠ABF，∵AB是直徑，∴∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，則∠CAB+∠CBA＝90°，∴∠EFB=∠FAB+∠ABF=1∴△BEF是等腰直角三角形，∴BE＝EF；（2）解：如圖所示，設(shè)AE，BC交于點(diǎn)H，∵△BEF是等腰直角三角形，BF=210∴EB=2在Rt△ABE中，AB＝10，∴AE=A∴tan∠BAE=BE∵∠CAE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，∴tan∠CAH=tan∠EBH=1∵BE=25∴HE=tan∠EBH×BE=1∴HB=H∴AH=AE-HE=35∵tan∠CAH=1∴AH=5∴CH＝3，∴BC＝CH+HB＝3+5＝8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等弧所對(duì)的圓周角相等，解直角三角形，直徑所對(duì)的圓周角是直角，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．12．（2023?義烏市校級(jí)模擬）如圖，AB是圓O的直徑，PB，PC是圓O的兩條切線，切點(diǎn)分別為B，C．延長(zhǎng)BA，PC相交于點(diǎn)D．（1）求證：∠CPB＝2∠ABC．（2）設(shè)圓O的半徑為2，sin∠PBC=23，求【分析】（1）連接OC，根據(jù)切線的性質(zhì)，四邊形的內(nèi)角和，圓周角定理即可證明；（2）連接OP，OC，OP和BC交于點(diǎn)E，根據(jù)切線長(zhǎng)定理求得BE⊥PO，再利用三角函數(shù)，勾股定理解Rt△OBE和Rt△PBE即可解答．【解答】（1）證明：如圖連結(jié)OC，∵PB，PC是圓O的兩條切線，∴PC＝PB，∠PCO＝∠PBO＝90°，∴∠CPB+∠BOC＝180°，∵∠DOC+∠BOC＝180°，∴∠CPB＝∠COD，∵∠COD＝2∠ABC，∴∠CPB＝2∠ABC；（2）解：如圖連接OP，OC，OP和BC交于點(diǎn)E，由切線長(zhǎng)定理可得PB＝PC，∠CPO＝∠BPO，∵PE＝PE，∴△PEC≌△PEB（SAS），∴∠PEC＝∠PEB＝90°，∵∠PBO＝90°，∴∠POB＝∠PBE，∵OB＝2，sin∠PBC=2∴BE＝OBsin∠POB=4∴OE=OB2-BE2∴PB=BE∴PC=4【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線長(zhǎng)定理，勾股定理，圓周角定理，解直角三角形；掌握相關(guān)定理是解題關(guān)鍵．13．（2022秋?巴彥縣期末）已知AB、CD是圓O中的兩條弦，AB⊥CD，垂足為E，連接BC、BD、OC．（1）如圖1．求證：∠OCB＝∠ABD；（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥BD于F，AF交CD于G，求證：CE＝GE；（3）如圖3，在（2）的條件下連接BG，若BG恰好經(jīng)過(guò)圓心O，若圓O的半徑為5，sin∠D=45，求【分析】（1）延長(zhǎng)CO交⊙O于K，連接BK，先證明∠CBK＝90°，得到∠K+∠OCB＝90°，再證明∠D+∠ABD＝90°，由∠D＝∠K，即可證明∠OCB＝∠ABD；（2）如圖所示，連接AC，先證明∠D+∠DGF＝90°，再由∠D+∠ABD＝90°，得到∠DGF＝∠ABD，即可推出∠DGF＝∠ACD，進(jìn)一步證明∠ACD＝∠AGC得到AC＝AG，再由AB⊥CD，即可證明CE＝GE；（3）先證明∠ABC＝∠OBD，再由CE＝GE，BE⊥CG，得到BC＝BG，證明∠OBD＝∠ABG，得到GE＝GF＝C，證明△BEG≌△BFG（AAS），得到BE＝BF，設(shè)GF＝4a，則GF＝CE＝4a，解直角三角形得到DG＝5a，DF＝3a，則DE＝9a，再求出BE＝12a，BC=410a，延長(zhǎng)CO交⊙O于N，連接BN，得到BCCN=4【解答】（1）證明：延長(zhǎng)CO交⊙O于K，連接BK，∵CK為⊙O的直徑，∴∠CBK＝90°，∴∠K+∠OCB＝90°，∵AB⊥CD，∴∠DEB＝90°，∴∠D+∠ABD＝90°，又∵∠D＝∠K，∴∠OCB＝∠ABD．（2）證明：如圖所示，連接AC，∵AF⊥BD，∴∠AFB＝∠AFD＝90°，∴∠D+∠DGF＝90°，∵∠D+∠ABD＝90°，∴∠DGF＝∠ABD，∵∠ACD＝∠ABD，∴∠DGF＝∠ACD，∵∠DGF＝∠AGC，∴∠ACD＝∠AGC∴AC＝AG，∵AB⊥CD，∴CE＝GE．（3）解：延長(zhǎng)CO交⊙O于N，連接BN，∵OC＝OB，∴∠OCB＝∠OBC，∵∠OCB＝∠ABD，∴∠OBC＝∠ABD，∴∠ABC＝∠OBD，∵CE＝GE，BE⊥CG，∴BC＝BG，∴∠ABC＝∠ABG，∴∠OBD＝∠ABG，∴GE＝GF＝CE，又∵∠BEG＝∠BFG＝90°，在△BEG和△BFG中：∠ABG=∠OBD∠BEG=∠BFG∴△BEG≌△BFG（AAS），∴BE＝BF，設(shè)GF＝4a，則GF＝CE＝4a，∵sin∠D=4∴DG=GFsinD=5a∴DE＝9a，∵sin∠D=BE∴BD=5∵DE2+BE2＝BD2，∴81a∴BE＝12a，∴BC=C∵∠BNC＝∠BDC，CN＝10，∴sin∠N=sin∠D=4∴BCCN∴BC＝8，∴a=10∴BD=15a=310【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．14．（2022?渠縣二模）如圖，已知AB是圓O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為H，在CD上有點(diǎn)N滿足CN＝CA，AN交圓O于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)F的AC的平行線交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．（1）求證：EM是圓O的切線；（2）若sin∠M=35，AN＝310，求圓（3）在（2）的條件下，直接寫(xiě)出MF的長(zhǎng)度．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)以及直角三角形兩銳角互余的性質(zhì)證得∠OFA+∠MFN＝90°，即∠MFO＝90°，即可證得EM是圓O的切線；（2）設(shè)AC＝5a，則CD＝8a，根據(jù)垂徑定理得出CH＝DH＝4a，進(jìn)而得出AH＝3a，HN＝a，根據(jù)勾股定理即可求得a＝3，從而求得AH＝9，CH＝12，設(shè)圓的半徑為r，則OH＝r﹣9，根據(jù)OC2＝CH2+OH2得r2＝122+（r﹣9）2，求得半徑r，就可以求得直徑；（3）連接DF，通過(guò)證得△ACN∽△DFN，即可求得．【解答】（1）證明：連接FO，∵CN＝AC，∴∠CAN＝∠CNA，∵AC∥ME，∴∠CAN＝∠MFN，∵∠CAN＝∠FNM，∴∠MFN＝∠FNM＝∠CAN，∵CD⊥AB，∴∠HAN+∠HNA＝90°，∵AO＝FO，∴∠OAF＝∠OFA，∴∠OFA+∠MFN＝90°，即∠MFO＝90°，∴EM是圓O的切線；（2）解：連接OC，∵AC∥ME，∴∠M＝∠ACN，∵sin∠M=3∴sin∠ACN=∵CD⊥AB，∴CH＝DH，∴在Rt△ACH中，AHAC設(shè)AC＝5a，AH＝3a，則CH＝4a∴CD＝8a，∵CA＝CN，∴NH＝a，在Rt△ANH中，根據(jù)勾股定理得，a^2，解得，a＝3（負(fù)值舍去），∴AH＝3a＝9，CH＝4a＝12，設(shè)圓的半徑為r，則OH＝r﹣9，在Rt△OCH中，OC＝r，CH＝12，OH＝r﹣9，由OC2＝CH2+OH2得r2＝122+（r﹣9）2，解得：r=25∴圓O的直徑為25；（3）解：連接FD，∵CH＝DH＝12，∴CD＝24，∵AC：CD＝5a：8a＝5：8，∴CN＝AC＝15，∴DN＝24﹣15＝9，∵∠AFD＝∠ACD，∠FND＝∠CNA，∴△FND∽△CNA，∴FNCN∵AN＝310，∴FN15∴FN=9∵FM∥AC，∴△MFN∽△CAN，∴MFAC∴MF15解得MF=45∴MF的長(zhǎng)為452【點(diǎn)評(píng)】本題考查了切線的判定與性質(zhì)：圓的切線垂直于經(jīng)過(guò)切點(diǎn)的半徑．經(jīng)過(guò)半徑的外端且垂直于這條半徑的直線是圓的切線．判定切線時(shí)“連圓心和直線與圓的公共點(diǎn)”或“過(guò)圓心作這條直線的垂線”；有切線時(shí)，常?！坝龅角悬c(diǎn)連圓心得半徑．也考查了勾股定理和三角形相似的判定和性質(zhì)．15．（2022?通遼）如圖，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O(shè)為圓心，OB的長(zhǎng)為半徑的圓交邊AB于點(diǎn)D，點(diǎn)C在邊OA上且CD＝AC，延長(zhǎng)CD交OB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．（1）求證：CD是圓的切線；（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求【分析】（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．【解答】（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【點(diǎn)評(píng)】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．16．（2021?裕華區(qū)二模）如圖1～圖3，在?ABCD中，AB＝5，AD＝10，tan∠A=43，點(diǎn)M在BC邊上，BM＝2，半圓O與邊AD交于點(diǎn)P（靠近A的交點(diǎn)），直徑MQ＝（1）在半圓運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，BP的最小值是4，此時(shí)AP＝3；（2）如圖1，若OM⊥AD，求證：①圓心O在邊AD上；②圓O與AB相切；（3）當(dāng)sin∠Q=58時(shí)，直接寫(xiě)出點(diǎn)Q到直線BC【分析】（1）先判斷出點(diǎn)P一直在AD上，然后利用垂線短最短即可求出最小值，即可求解；（2）①先判斷出△QOP∽△QPM，即可求出QP長(zhǎng)，得到QP＝PM，即可得到△QPM為等腰直角三角形，再利用等腰三角三線合一可得O一定在AD上；②過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥BC于點(diǎn)F，先判斷出四邊形DOMF為矩形，再利用矩形的性質(zhì)和勾股定理即可求出OE＝OM，即可得出結(jié)論；（3）作QT⊥AD于點(diǎn)T，MR⊥AD于點(diǎn)R，利用一線三垂直相似可求出QT長(zhǎng)，從而得到點(diǎn)Q到直線BC的距離．【解答】解：（1）∵點(diǎn)P是⊙O與AD的交點(diǎn)，∴點(diǎn)P一直在AD邊上，過(guò)點(diǎn)B作BP′⊥AD于點(diǎn)P′，此時(shí)BP最小，為BP′長(zhǎng)，在Rt△ABP′中，tanA=43，則sinA∴BP的最小值為BP′＝4，此時(shí)，AP′=52∴在半圓運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，BP的最小值是4，此時(shí)AP＝3．故答案為4、3；（2）證明：①∵OM⊥AD，∴∠QOP＝∠MOP＝90°，∴∠PQO+∠QPO＝90°，∵M(jìn)Q為直徑，∴∠MPQ＝90°，則∠PQO+∠PMO＝90°，∴∠QPO＝∠PMO，∴△QOP∽△QPM，∴QPQM=OQ∴QP＝42，∴PM＝4＝QP，∴△QPM為等腰直角三角形，根據(jù)三線合一可得O一定在AD上；②過(guò)點(diǎn)O作OE⊥AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，則∠DFM＝∠OEA＝90°，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，BC＝AD＝10，CD＝AB＝5，∴∠OMF＝∠DOM＝90°＝∠DFM，∴四邊形DOMF為矩形，∴OD＝MF，DF＝OM＝4，在Rt△OCF中，CF＝3，∴MF＝BC﹣CF﹣BM＝5＝OD，∴OA＝5，在Rt△AOE中，OE＝4，∴OE＝OM，∴圓O與AB相切；（3）∵QM為直徑，∴∠QPM＝90°，在Rt△QPM中，sinQ==58，則∴MP＝5，PQ=39作QT⊥AD于點(diǎn)T，MR⊥AD于點(diǎn)R，∴△PQT∽△MPR，∴QTPR∴QT=3若P在R的下方，點(diǎn)Q到直線BC的距離為4+3若P在R的上方，點(diǎn)Q到直線BC的距離為4-3綜上，點(diǎn)Q到直線BC的距離為4±3【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何綜合題，涉及到勾股定理、解直角三角形、垂線段最短，相似三角形，等腰直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，切線的判定等，綜合性比較高，易錯(cuò)點(diǎn)是注意證明切線時(shí)是作垂直還是連半徑．17．（2023?長(zhǎng)沙模擬）如圖1，在⊙O中，AB為直徑，點(diǎn)C在圓上，tan∠A=815，AB=172，D是AB上一動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A、B不重合），DE平分∠CDB交邊BC于點(diǎn)E，EF⊥（1）當(dāng)點(diǎn)D與圓心O重合時(shí)，如圖2所示，則DE＝154（2）若CD2＝CE?CB，試探究△BDE與DEF有何面積關(guān)系，并證明；（3）當(dāng)△CEF與△ABC相似時(shí)，求cos∠BDE的值．【分析】（1）設(shè)BC＝8x，AC＝15x，由勾股定理得出AB=BC2+AC2=17x，則17x=172，可求出BC＝4（2）證明△DCE∽△BCD，由相似三角形的性質(zhì)得出∠CDE＝∠CBD，證出DE＝BE，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥DB于G，證明Rt△DEF≌Rt△DEG（HL），由全等三角形的性質(zhì)得出DF＝DG，證出BD＝2DG＝2DF，根據(jù)三角形面積公式可得出答案；（3）分兩種情況：①當(dāng)△CEF∽△ABC時(shí)，可證得∠CDB＝90°，再根據(jù)DE平分∠CDB，可得∠BDE＝45°，再由特殊角的三角函數(shù)值即可求得答案；②當(dāng)△CEF∽△BAC時(shí)，則∠ECF＝∠ABC，得出DC＝DB，再由DE平分∠CDB，可得DE⊥BC，推出∠BDE＝∠A，利用三角函數(shù)定義即可求得答案．【解答】解：（1）∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵tan∠A=8∴BCAC設(shè)BC＝8x，AC＝15x，∴AB=BC2∴17x=17∴x=1∴CB＝4，∵DC＝DB，DE平分∠CDB，∴DE⊥BC，CE＝BE，∴BE＝CE=12BC＝∵DE⊥BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴∠A＝∠BDE，∴tan∠BDE=BE∴2DE∴DE=15故答案為：154（2）S△BDE＝2S△DEF．證明：∵CD2＝CE?CB，∴CDCE又∵∠DCB＝∠ECD，∴△DCE∽△BCD，∴∠CDE＝∠CBD，∵DE平分∠CDB，∴∠CDE＝∠BDE，∴∠EDB＝∠CBD，∴DE＝BE，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥DB于G，∴DG＝BG，∵DE平分∠CDB，EF⊥CD，∴EF＝EG，∵DE＝DE，∴Rt△DEF≌Rt△DEG（HL），∴DF＝DG，∴BD＝2DG＝2DF，∵S△DEF=12DF?EF，S△BDE=12∴S△BDE＝2S△DEF．（3）∵EF⊥CD，∴∠CFE＝90°＝∠ACB，∵△CEF與△ABC相似，∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，①當(dāng)△CEF∽△ABC時(shí)，則∠ECF＝∠BAC，∵∠ACB＝90°，∴∠BAC+∠ABC＝90°，∴∠ECF+∠ABC＝90°，∴∠CDB＝90°，∵DE平分∠CDB，∴∠BDE=12∠CDB=12∴cos∠BDE＝cos45°=2②當(dāng)△CEF∽△BAC時(shí)，則∠ECF＝∠ABC，∴DC＝DB，∵DE平分∠CDB，∴DE⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∴DE∥BC，∴∠BDE＝∠A，∵tanA=8∴cosA=AC∴cos∠BDE=15綜上所述，cos∠BDE的值為22或15【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了直角三角形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，角平分線性質(zhì)，三角形面積，銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題關(guān)鍵是熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)，運(yùn)用分類討論思想和方程思想解決問(wèn)題．18．（2023春?倉(cāng)山區(qū)校級(jí)期中）已知四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，直徑AC與BD交于E點(diǎn)，BD平分∠ADC．（1）如圖1，若AD＝BD，求證：DC＝DE；（2）如圖2，作△BAM≌△BCD，使得M、D在AB的兩側(cè)（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法），若tan∠CAD=34，求【分析】（1）如圖1，先根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝∠ABC＝90°，則∠ADB＝∠CDB＝45°，所以∠BAC＝∠CDB＝45°，∠BCA＝∠ADB＝45°，然后證明∠DEC＝∠ACD，從而得到結(jié)論；（2）如圖2，在DA上的延長(zhǎng)線上截取AM＝CD，利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠BAD+∠BCD＝180°，則∠BAM＝∠BCD，于是可證明△BAM≌△BCD，所以∠ABM＝∠CBD，BM＝BD，接著證明△BMD為等腰直角三角形得到BD=22DM=22（DA+DC），然后在Rt△ACD中利用正切的定義得到tan∠CAD=CDAD=34，則可設(shè)CD＝3x，AD＝4【解答】（1）證明：如圖1，∵AC為直徑，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∵BD平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB＝45°，∴∠BAC＝∠CDB＝45°，∠BCA＝∠ADB＝45°，∵AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA，∵∠DEC＝∠DAC+∠ADB＝∠DAC+45°＝∠DAC+∠BAC＝∠DBA，∠ACD＝∠DBA，∴∠DEC＝∠ACD，∴DC＝DE；（2）解：如圖2，在DA上的延長(zhǎng)線上截取AM＝CD，∵∠BAC＝∠BCA＝45°，∴BA＝BC，∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BAD+∠BAM＝180°，∴∠BAM＝∠BCD，在△BAM和△BCD中，BA=BC∠BAM=∠BCD∴△BAM≌△BCD（SAS），∴∠ABM＝∠CBD，BM＝BD，∴∠MBD＝∠ABM+∠ABD＝∠CBD+∠ABD＝∠ABC＝90°，∴△BMD為等腰直角三角形，∴BD=22DM=22（DA+AM）=2在Rt△ACD中，∵tan∠CAD=CD∴設(shè)CD＝3x，AD＝4x，∴AC=(3x)2+(4x)2=5x，BD=22∴BDAC【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖：解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理和圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)．19．（2023?姑蘇區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，弦CD與直徑AB相交于點(diǎn)F，點(diǎn)E在⊙O外，作直線AE，且∠EAC＝∠D．（1）求證：直線AE是⊙O的切線；（2）若∠BAC＝30°，tan∠BAD=32，CF＝7．求圓的半徑【分析】（1）由AB是⊙O的直徑，得∠ACB＝90°，再由∠EAC＝∠D，∠B＝∠D，推導(dǎo)出∠EAC＝∠B，則∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，即可證明AE是⊙O的切線；（2）作FG⊥BC于G，由∠BAD＝∠BCD，得FGCG=tan∠BCD＝tan∠BAD=32，所以FG=32CG，由勾股定理得（32CG）2+CG2＝72，則CG＝27，F(xiàn)G=21，由FG∥AC，得∠BFG＝∠BAC＝30°，則BG＝FG?tan30°=7，所以BC＝CG+BG＝37，則AB＝2BC＝6【解答】（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，∵∠EAC＝∠D，∠B＝∠D，∴∠EAC＝∠B，∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，∵OA是⊙O的半徑，且AE⊥OA，∴AE是⊙O的切線．（2）解：作FG⊥BC于G，則∠CGF＝∠BGF＝90°，∵∠BAD＝∠BCD，∴FGCG=tan∠BCD＝tan∠BAD∴FG=32∵FG2+CG2＝CF2，且CF＝7，∴（32CG）2+CG2＝72解得CG＝27或CG＝﹣27（不符合題意，舍去），∴FG=32×∵∠BGF＝∠ACB＝90°，∴FG∥AC，∴∠BFG＝∠BAC＝30°，∴BG＝FG?tan30°=21∴BC＝CG+BG＝27+7=∴AB＝2BC＝2×37=67∴r=12AB=12×【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查直角所對(duì)的圓周角是直角、直角三角形的兩個(gè)銳角互余、直角三角形中30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．20．（2023春?香坊區(qū)校級(jí)月考）已知：AB為⊙O的直徑，點(diǎn)C、D在圓上，連接AC、AD，且∠CAB＝∠DAB．（1）如圖①，求證：AC＝AD；（2）如圖②，連接CD交AB于點(diǎn)M，點(diǎn)E、G在CM上，點(diǎn)F在BM上，連接EF、BG交于點(diǎn)H，若H為BG的中點(diǎn)，且EG＝BF，求tan∠EFM的值；（3）如圖③，在（2）的條件下，連接DF，且DF∥AC，連接AG并延長(zhǎng)交EF于點(diǎn)P，若∠GAB＝∠P