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压轴题16圆与相似三角函数的计算与证明问题-2023年中考数学压轴题专项训练（全国通用）
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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题16圆与相似三角函数的计算与证明问题
例1．（2023•利辛县模拟）如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB的中点，以CD为直径作⊙O，⊙O分别与AC，BC交于点E，F，过点F作⊙O的切线FG，交AB于点G．
（1）求证：∠A＝∠BFG；
（2）求FG的长．
【分析】（1）连接OF，利用已知条件证明∠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）连接DF，先利用勾股定理求出AB＝5，进而求出CD＝BD＝2.5，再求出CF＝2，进而求出DF＝1.5，利用面积法即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OF，
∵∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴DC＝DB＝DA，
∵CD是直径，
∴∠CFD＝90°，即DF⊥BC，
∴CF＝FB，
∵OC＝OD，CF＝BF，
∴OF是△CDB的中位线，
∴OF∥BD，
∴∠OFC＝∠B，
∵FG是⊙O的切线，
∴∠OFG＝90°，
∴∠OFC+∠BFG＝90°，
∴∠BFG+∠B＝90°，
∴∠FGB＝90°，
∴∠GFB+∠B＝90°，
而∠A+∠B＝90°，
∴∠A＝∠BFG；
（2）解：连接DF，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB＝5，
∴点D是AB中点，
∴CD＝BD=12AB＝2.5，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CFD＝90°，
∴BF＝CF=12BC＝2，
∴DF=2.52-22=1.5，
∴S△BDF=12×DF×BF=12×BD×FG，
∴FG=DF×BFBD=65．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，切线的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，判断出FG⊥AB是解本题的关键．
例2．（2023•金牛区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作⊙O，交AB边于点D，点E是边AC的中点，直线ED、BC交于点F．
（1）求证：直线DE是圆O的切线；
（2）若BC＝6，sin∠A=35，求线段BF的长度．
【分析】（1）连接OD、CD，由BC为⊙O的直径，得∠BDC＝∠ADC＝90°，由点E是边AC的中点，得DE＝AE＝CE，则∠FDB＝∠EDA＝∠A，所以ODF＝∠ODB+∠FDB＝∠OBD+∠A＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；
（2）先证明∠BCD＝∠A，则BDBC=sin∠BCD＝sinA=35，所以BD=35BC=185，由勾股定理得DC=BC2-BD2=245，则BDDC=34，再证明△FDB∽△FCD，得BFDF=DFCF=BDDC=34，则DF=43BF，DF2＝BF•CF，于是得（43BF）2＝BF（BF+6），即可求得BF=547．
【解答】（1）证明：连接OD、CD，则OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠BDC＝90°，
∵点E是边AC的中点，
∴DE＝AE＝CE=12AC，
∴∠FDB＝∠EDA＝∠A，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODF＝∠ODB+∠FDB＝∠OBD+∠A＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ABC，BC＝6，
∴BDBC=sin∠BCD＝sinA=35，
∴BD=35BC=35×6=185，
∴DC=BC2-BD2=62-(185)2=245，
∴BDDC=185245=34，
∵∠FDB＝∠EDA＝∠A，
∴∠FDB＝∠FCD，
∵∠F＝∠F，
∴△FDB∽△FCD，
∴BFDF=DFCF=BDDC=34，
∴DF=43BF，DF2＝BF•CF＝BF（BF+6），
∴（43BF）2＝BF（BF+6），
解得BF=547或BF＝0（不符合题意，舍去），
∴线段BF的长度是547．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的判定、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
例3．（2023•工业园区校级模拟）如图，锐角△ABC中∠A的平分线交BC于点E，交△ABC的外接圆于点D、边BC的中点为M．
（1）求证：MD垂直BC；
（2）若AC＝5，BC＝6，AB＝7．求BDAD的值；
（3）作∠ACB的平分线交AD于点P，若将线段MP绕点M旋转180°后，点P恰好与△ABC外接圆上的点P'重合，则tan∠BAC＝ 3 ．
【分析】（1）先判断出BD＝CD，即可得出结论；
（2）先判断出△DBE∽△DAB，得出BE=7BDAD，同理△DEC∽△DCA，得出CE=5BDAD，即可得出答案；
（3）如图，连接BP、BP′、CP′，先判断出∠BP'C+∠BAC＝180°，进而判断出∠BAC＝60°，再利用特殊角三角函数值即可．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴BD=CD，
∴BD＝CD，
又∵M是BC的中点，
∴MD⊥BC；
（2）解：∵∠DBC与∠CAD都是CD所对的圆周角，
∴∠DBC＝∠CAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠DBC，
又∵∠D是公共角，
∴△DBE∽△DAB，
∴DBBE=DAAB，即BEAB=BDAD，
∵AB＝7，
∴BE=7BDAD，
同理，△DEC∽△DCA，
∴CEAC=CDAD，
∵BD＝CD，AC＝5，
∴CE=5BDAD，
∵BE+CE＝BC＝6，
∴7BDAD+5BDAD=6，
∴BDAD=12；
（3）解：如图，连接BP、BP′、CP′，
∵M是BC的中点，点P与点P'关于点M对称，
∴四边形BPCP'是平行四边形，
∴∠BP'C＝∠BPC，
∵点P′在圆上，
∴∠BP'C+∠BAC＝180°，
∵点P是△ABC两个内角∠BAC与∠ACB的角平分线交点，
∴BP平分∠ABC，
∴∠BPC＝90°+12∠BAC，
∴∠BP′C＝90°+12∠BAC，
∴90°+12∠BAC+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝60°，
∴tan∠BAC＝tan60°=3．
故答案为：3．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，角平分线，圆周角定理，三角形内心，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
例4．（2023•宁波一模）如图1，AC为▱ABCD的对角线，△ABC的外接圆⊙O交CD于点E，连结BE．
（1）求证：∠BAC＝∠ABE．
（2）如图2，当AB＝AC时，连结OA、OB，延长AO交BE于点G，求证△GOB∽△GBA．
（3）如图3，在（2）的条件下，记AC、BE的交点为点F，连结AE、OF．
①求证：BG2﹣GF2＝GF•EF．
②当EFFG=79时，求sin∠EAG的值．
【分析】（1）根据平行四边形的性质以及圆周角定理即可证明；
（2）由垂径定理证明∠BAG＝∠CAG，再推出∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，即可证明结论；
（3）①由△GOB∽△GBA，推出BG2＝GO•GA，再证明△BAG≌△CAG，推出∠ABG＝∠ACG，得到△GCF∽△GEC，推出GC2＝GF•GE，计算即可证明结论；
②设EF＝CF＝7a，得到FG＝9a，GE＝9a，BG＝CG＝12a，由角平分线的性质求得CE=283a，证明△CEF∽△ABF，求得AB＝28a，由角平分线的性质推出GO=37OA，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得OHOB=23，然后推出∠EAG＝∠OBH，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BEC，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠BAC＝∠BEC，
∴∠BAC＝∠ABE；
（2）证明：∵AB＝AC，AO经过圆心，
∴∠BAG＝∠CAG，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAC＝∠ABE，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，
又∠BGO＝∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
（3）①证明：连接CG，
∵△GOB∽△GBA，
∴BGGA=GOBG，
∴BG2＝GO•GA，
∵AB＝AC，∠BAG＝∠CAG，AG＝AG，
∴△BAG≌△CAG（SAS），
∴BG＝CG，∠ABG＝∠ACG，
∵∠ABG＝∠BEC，
∴∠GCF＝∠GEC，
∴△GCF∽△GEC，
∴GCGE=GFGC，
∴GC2＝GF•GE，
∴GF•EF+GF2＝GF（EF+GF）＝GF•GE＝GC2＝BG2，
∴BG2﹣GF2＝GF•EF；
②解：延长AO交BC于点H，
∵∠ABE＝∠ACE＝∠BEC，
∴EF＝FC，
∵EFFG=79，
设EF＝CF＝7a，
则FG＝9a，GE＝16a，
∴BG＝CG=GF⋅GE=12a，
∵EFFG=79，
∴S△CEFS△CGF=79，
∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分线，
∴点F到∠ECG两边的距离相等，
∴S△CEFS△CGF=CECG=79，
∴CE=283a，
∵AB∥CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=EFBF，
即283aAB=7a12a+9a，
∴AB＝28a，
由（2）可知：OB是∠ABG的平分线，同理BGBA=OGOA，
即12a28a=37=OGOA，
∴GO=37OA，
设⊙O的半径为R，
∵BG2＝GO•GA，
∴（12a）2=37R⋅(R+37R)，
解得：R2=11765a2，
即a2=51176R2，
设OH＝x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2﹣（R+x）2＝R2﹣x2，
整理得：xR=23，
即OHOB=23，
∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，
∴∠EAG＝∠OBH，
∴sin∠EAG=sin∠OBH=OHOB=23．
【点评】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，本题难度大，明确题意，找出所求问题需要的条件是解答本题的关键．
1．（2023•碑林区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作⊙O，交AB边于点D，在CD上取一点E，使BE=CD，连接DE作射线CE交AB边于点F．
（1）求证：∠A＝∠ACF；
（2）若AC＝8，cos∠ACF=45，求BF及DE的长．
【分析】（1）根据Rt△ABC中，∠ACB＝90°，得到∠A+∠B＝∠ACF+∠BCF＝90°，根据BE＝CD，得到∠B＝∠BCF，推出∠A＝∠ACF；
（2）根据∠B＝∠BCF，∠A＝∠ACF，得到AF＝CF，BF＝CF，推出AF=BF=12AB，根据cos∠ACF=cosA=ACAB=45，求出BF＝5；连接CD，解Rt△CDB求出BD，进而求出DF，再证明DE∥BC，推出△FDE∽△FBC，再根据相似三角形对应边成比例即可求出DE的长．
【解答】（1）证明：∵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=12AB，
∵cos∠ACF=cosA=ACAB=45，AC＝FC＝8，
∴AB＝10，
∴BF＝5，
∵BC=AB2-AC2=6，
∴sinA=BCAB=35，
连接CD，BE，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，∠BEC＝90°，
∴∠B+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴sin∠BCD=BDBC=35，
∴BD=35BC=185，
∴DF=BF-BD=5-185=75，
∵∠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=DFBF，
∴DE=DFBF⋅BC=75×5×6=4225．
综上可知：BF＝5，DE=4225．
【点评】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运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质．
2．（2023•新抚区三模）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB＝∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，且sin∠BAE=35，求EH的长．
【分析】（1）利用垂直的定义，圆周角定理与已知条件得到∠ABC+∠CBD＝90°，则OB⊥BD，利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用直径所对的圆周角为直角和直角三角形的边角关系定理求得BE，利用垂径定理得到EC＝BE＝6；利用相似三角形的判定与性质得到BHEH=53．设BH＝5x，则EH＝3x，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵OF⊥BC，
∴∠ODB+∠CBD＝90°，
∵∠ODB＝∠AEC，∠AEC＝∠ABC，
∴∠ABC＝∠ODB，
∴∠ABC+∠CBD＝90°，
∴∠OBD＝90°，
∴OB⊥BD，
∵OB为⊙O的半径，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为5，
∴AB＝10．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°．
∵sin∠BAE=35，sin∠BAE=BEAB，
∴BEAB=35，
∴BE＝6，
∵OF⊥BC，
∴BE=EC，
∴BE＝CE＝6．
∵∠A＝∠C，∠ABC＝∠AEC，
∴△ABH∽△CEH，
∴BHEH=ABCE=106=53，
设BH＝5x，则EH＝3x．
在Rt△BHE中，
∵BE2+EH2＝BH2，
∴62+（3x）2＝（5x）2，
∵x＞0，
∴x=32．
∴EH＝3x=92．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
3．（2023•达州一模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC＝∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD交AD于E，交AB于F，交⊙O于G．
（1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）求证：AG2＝AB•AF．
【分析】（1）连接CD，OC，利用直径所对的圆周角为直角得到∠D+∠DAC＝90°，利用等量代换和圆周角定理得到∠DAP＝90°，利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接BG，利用垂径定理，圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】（1）解：直线PA与⊙O的位置关系：直线PA与⊙O相切，理由：
连接CD，OC，如图，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠D+∠DAC＝90°．
∵∠B＝∠D，∠PAC＝∠B，
∴∠D＝∠PAC．
∴∠PAC+∠DAC＝90°，
∴∠DAP＝90°，
∴OA⊥PA，
∵OA为⊙O的半径，
∴直线PA与⊙O相切；
（2）证明：连接BG，
∵AD为⊙O的直径，CG⊥AD，
∴AC=AG，
∴∠ABG＝∠AGC，
∵∠GAF＝∠BAG，
∴△AFG∽△AGB，
∴AGAB=AFAG，
∴AG2＝AB•AF．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
4．（2023春•鼓楼区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦AD平分∠BAC．
（1）在AC上取点E，使得AD2＝AB•AE（用直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，连接EO、OD，若∠BAC＝60°，求sin∠DEO的值．
【分析】（1）如图：过D作DE⊥AC交AC于E即可解答；
（2）连接EO、OD，设AB＝2x，则OA＝OD＝OB＝x；由角平分线的定义可得∠EAD＝∠DAB＝30°，进而得到∠EAD＝∠ADO＝30°；再由圆周角定理可得∠ADB＝90°，进而得到BD=12AB=x，∠ADB＝∠AED＝90°；运用勾股定理可得AD=5x，再由AD2＝AB•AE可得AE=52x；再证△ADE∽△ABD并运用其性质列式可得DE=52x；然后再由切线的定义可得OD⊥DE，运用勾股定理可得OE=32x，最后运用正弦的定义即可解答．
【解答】解：（1）如图：过D作DE⊥AC交AC于E，点E即为所求．
（2）设AB＝2x，则OA＝OD＝OB＝x，
如图：连接EO、OD，
∵∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠DAB＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠EAD＝∠ADO＝30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD=12AB=x，∠ADB＝∠AED＝90°，
∴AD2＝AB2+BD2＝（2x）2+x2＝5x2，即AD=5x，
∵AD2＝AB•AE，
∴AE=AD2AB=5x22x=52x，
∵∠ADB＝∠AED＝90°，∠EAD＝∠DAB＝30°，
∴△ADE∽△ABD，
∴DEBD=AEAD，即DEx=52x5x，
解得：DE=52x，
∵过D作DE⊥AC交AC与E，即DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴OE=ED2+OD2=(52x)2+x2=32x，
∴sin∠DEO=ODOE=x32x=23．
【点评】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的判定、尺规作图、勾股定理、正弦等知识点，综合应用相关知识成为解答本题的关键．
5．（2023•长春一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝4，则BD的长为 245 ．
【分析】（1）连接OD，根据OD＝OA，得到∠A＝∠ADO，根据∠C＝90°得到∠CDB+∠CBD＝90°，结合∠CBD＝∠A即可得到答案；
（2）连接DE，根据∠ADE＝90°＝∠C，∠CBD＝∠A得到△ADE∽△BCD，即可得到ADBC=AEBD，即可得到答案．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵点D在⊙O上，
∴OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO，
∵∠C＝90°，
∴∠CDB+∠CBD＝90°，
∵∠CBD＝∠A＝∠ADO，
∴∠CDB+∠ADO＝90°，
∴∠ODB＝90°，即OD⊥BD，
∵点D在⊙O上，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：连接DE，
∵AD：AO＝5：3，设AO＝3x，则AD＝5x，AE＝2AO＝6x，
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
又∵∠CBD＝∠A，
∴△BCD∽△ADE，
∴BCAD=BDAE，
∴45x=BD6x，
∴BD=245．
【点评】本题考查切线证明及相似三角形判定与性质，解题的关键是作出辅助线得到角度相等的条件．
6．（2023•雁塔区校级四模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF．
（1）求证：BD＝BE；
（2）若DE＝2，BD=5，求AE的长．
【分析】（1）利用角平分线的定义，直径所对的圆周角为直角，对顶角相等，切线的性质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）的结论和等腰三角形的三线合一的性质得到DF的长，再利用切割线定理求得AD，则AE＝AD﹣DE．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠CAB，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∴∠CAE+∠CEA＝90°，
∵∠DEB＝∠CEA，
∴∠DEB+∠DAB＝90°，
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠BAD+∠D＝90°，
∴∠DEB＝∠D，
∴BD＝BE；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴BF⊥DE，
∵BD＝BE，
∴EF＝DF=12DE＝1，
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∵BF⊥AD，
∴Rt△BDF∽Rt△ADB，
∴DFBD=BDAD，
∴BD2＝DF•DA，
∴（5）2＝1×AD，
∴AD＝5，
∴AE＝AD﹣DE＝5﹣2＝3．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，切线的性质定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定定理与性质定理，圆的切割线定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
7．（2023•碑林区校级四模）如图，AB为⊙O的直径，AC是⊙O的切线，且AC＝AB，连接CB交⊙O于点D，E为AC的中点，连接BE交⊙O于点F，连接AD，CF，DF，AF．
（1）求证：CE2＝EF•EB；
（2）若DF＝1，求AF的长．
【分析】（1）利用圆周角定理，圆的切线的性质定理和相似三角形的判定与性质得到AE2＝EF•BE，再利用线段中点的定义和等量代换的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质得到△CEF∽△BEC，则∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB；证得△CEF∽△BDF，列出比例式求得线段EF；再证得△AEF∽△BAF，利用相似三角形的性质列出比例式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴AF⊥BE．
∵AC是⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
∴△AEF∽△BEA，
∴AEEF=BEAE，
∴AE2＝EF•BE．
∵E为AC的中点，
∴AE＝EC，
∴CE2＝EF•EB；
（2）解：∵CE2＝EF•EB，
∴CEEF=BECE，
∵∠CEF＝∠BEC，
∴△CEF∽△BEC．
∴∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB．
∵AC＝AB，AC⊥AB，
∴∠∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠EFC＝45°．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，
∵∠DFB＝∠DAB，
∴∠DFB＝45°，
∴∠EFC＝∠DFB＝45°．
∵∠ECF＝∠DBF，
∴△CEF∽△BDF，
∴EFDF=CEBD．
∵AB＝AC，∠CAB＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝CD＝BD=22AC．
∵E为AC的中点，
∴CE=12AC，
∴CEBD=12AC22AC=22，
∴EF1=22，
∴EF=22．
∵E为AC的中点，AB＝AC，
∴AE=12AB．
∵∠EAB＝90°，AF⊥BE，
∴△AEF∽△BAF，
∴EFAF=AEAB=12，
∴AF＝2EF=2．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定与性质，圆的切线的性质定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键．
8．（2023春•江宁区校级月考）我们知道，对于线段a，b，c，如果a2＝b•c，那么线段a叫做线段b和c的比例中项．
（1）如图1，直线l与⊙O相切于点A，B是l上一点，连接OB，C是OB上一点．若⊙O的半径r是OB与OC的比例中项，请用直尺和圆规作出点C．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，A是⊙O1外一点，以O1A为直径的⊙O2交⊙O1于点B，C，O1A与BC交于点D，E为直线BC上一点（点E不与点B，C，D重合），作直线O1E，与⊙O2交于点F．若⊙O1的半径是r，求证：r是O1E与O1F的比例中项．
【分析】（1）连接OA，过A点作AC⊥OB于C点，由于AB为切线，则OA⊥AB，于是可证明△OAC∽△OBA，则OA2＝OC•OB，即⊙O的半径r是OB与OC的比例中项；
（2）连接AF、O1B、BF，如图2，根据圆周角定理得到∠AFO1＝90°，再证明∠O1ED＝∠FBO1，则可判断△O1BF∽△O1EB，然后根据相似三角形的性质得到结论．
【解答】（1）解：如图1，连接OA，过A点作AC⊥OB于C点，
则点C为所作；
（2）证明：连接AF、O1B、BF，如图2，
∵O1A为⊙O2的直径，
∴∠AFO1＝90°，
∵O2交⊙O1于点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与O1F的比例中项．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．在应用相似三角形的性质时利用相似比进行几何计算．也考查了圆周角定理和两圆相交的性质．
9．（2023•历城区一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，且CD=BD，过点D的切线EF交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD，OE交于点G．
（1）求证：AE⊥EF；
（2）若DGAG=23，⊙O的半径为2，求BF的长．
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质推出∠ODF＝90°，根据等腰三角形的性质推出∠CAD＝∠ODA，则OD∥AE，根据平行线的性质及垂直的定义即可得解；
（2）根据题意推出△OGD∽△EGA，△ODF∽△AEF，根据相似三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴∠ODF＝90°，
∵CD=BD，
∴∠CAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∴∠AEF＝∠ODF＝90°
∴AE⊥EF；
（2）解：∵∠CAD＝∠ODA，∠AGE＝∠OGD，
∴△OGD∽△EGA，
∴DGAG=ODAE=23，
∵∠AEF＝∠ODF，∠F＝∠F，
∴△ODF∽△AEF，
∴ODAE=OFAF=23，
∵AB＝2OB＝4，
∴2+BF4+BF=23，
∴BF＝2．
【点评】此题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质，熟记切线的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2023•崂山区一模）【问题提出】如图1，△ABC为⊙O内接三角形，已知BC＝a，圆的半径为R，探究a，R，sin∠A之间的关系．
【解决问题】如图2，若∠A为锐角，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠A＝∠D，在△DBC中，BD为⊙O直径，BC＝a，所以BD＝2R，∠BCD＝90°．
所以在Rt△DBC中建立a，R，sinD的关系为 sinD=a2R ．
所以在⊙O内接三角形△ABC中，a，R，sinA之间的关系为 sinA=a2R ．
类比锐角求法，当∠A为直角和钝角时都有此结论．
【结论应用】
已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，则△ABC外接圆的面积为 163π ．
【分析】【解决问题】连接BO并延长交⊙O于点D，连接CD，由圆周角定理得出∠BCD＝90°，由正弦的定义可得出答案；
【结论应用】求出△ABC外接圆的半径，则可得出答案；
【解答】解：【解决问题】△ABC的外接圆半径为R，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠D＝∠A，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
在Rt△DBC中，
∵sinD=BCDC=a2R，
∴sinA=a2R．
故答案为：sinD=a2R，sinA=a2R；
【结论应用】∵∠B＝60°，AC＝4，
∴sinB=AC2R，
∴32=42R，
∴R=433，
∴△ABC外接圆的面积为π×(433)2=163π．
故答案为：163π．
【点评】本题是圆的综合题，考查了锐角三角函数的定义，三角形的外接圆，圆周角定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
11．（2023•蚌山区校级二模）如图，AB为半圆O的直径，四边形ABCD为平行四边形，E为BC的中点，BF平分∠ABC，交AE于点F．
（1）求证：BE＝EF；
（2）若AB＝10，BF=210，求AD的长．
【分析】（1）连接AC，根据已知条件得出，∠CAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，根据三角形的外角的性质得出∠EFB＝45°，即可证明△BEF是等腰直角三角形，从而得证；
（2）设AE，BC交于点H，根据△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，进而解Rt△ACH，Rt△EBH，即可求解．
【解答】（1）证明：连接AC，如图所示，
∵E为BC的中点，
∴CE=BE，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵BF平分∠ABC，
∴∠CBF＝∠ABF，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，则∠CAB+∠CBA＝90°，
∴∠EFB=∠FAB+∠ABF=12(∠CAB+∠CBA)=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF；
（2）解：如图所示，设AE，BC交于点H，
∵△BEF是等腰直角三角形，BF=210，
∴EB=22BF=25，
在Rt△ABE中，AB＝10，
∴AE=AB2-BE2=45，
∴tan∠BAE=BEAE=12，
∵∠CAE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，
∴tan∠CAH=tan∠EBH=12，
∵BE=25，
∴HE=tan∠EBH×BE=12×25=5，
∴HB=HE2+EB2=5，
∴AH=AE-HE=35，
∵tan∠CAH=12，
∴AH=5CH=35，
∴CH＝3，
∴BC＝CH+HB＝3+5＝8．
【点评】本题考查了等弧所对的圆周角相等，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握以上知识是解题的关键．
12．（2023•义乌市校级模拟）如图，AB是圆O的直径，PB，PC是圆O的两条切线，切点分别为B，C．延长BA，PC相交于点D．
（1）求证：∠CPB＝2∠ABC．
（2）设圆O的半径为2，sin∠PBC=23，求PC的长．
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质，四边形的内角和，圆周角定理即可证明；
（2）连接OP，OC，OP和BC交于点E，根据切线长定理求得BE⊥PO，再利用三角函数，勾股定理解Rt△OBE和Rt△PBE即可解答．
【解答】（1）证明：如图连结OC，
∵PB，PC是圆O的两条切线，
∴PC＝PB，∠PCO＝∠PBO＝90°，
∴∠CPB+∠BOC＝180°，
∵∠DOC+∠BOC＝180°，
∴∠CPB＝∠COD，
∵∠COD＝2∠ABC，
∴∠CPB＝2∠ABC；
（2）解：如图连接OP，OC，OP和BC交于点E，
由切线长定理可得PB＝PC，∠CPO＝∠BPO，
∵PE＝PE，
∴△PEC≌△PEB（SAS），
∴∠PEC＝∠PEB＝90°，
∵∠PBO＝90°，
∴∠POB＝∠PBE，
∵OB＝2，sin∠PBC=23，
∴BE＝OBsin∠POB=43，
∴OE=OB2-BE2=235，cos∠POB=OEOB=53，
∴PB=BEcos∠PBC=455，
∴PC=455．
【点评】本题考查了切线长定理，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形；掌握相关定理是解题关键．
13．（2022秋•巴彦县期末）已知AB、CD是圆O中的两条弦，AB⊥CD，垂足为E，连接BC、BD、OC．
（1）如图1．求证：∠OCB＝∠ABD；
（2）如图2，过点A作AF⊥BD于F，AF交CD于G，求证：CE＝GE；
（3）如图3，在（2）的条件下连接BG，若BG恰好经过圆心O，若圆O的半径为5，sin∠D=45，求BD的长．
【分析】（1）延长CO交⊙O于K，连接BK，先证明∠CBK＝90°，得到∠K+∠OCB＝90°，再证明∠D+∠ABD＝90°，由∠D＝∠K，即可证明∠OCB＝∠ABD；
（2）如图所示，连接AC，先证明∠D+∠DGF＝90°，再由∠D+∠ABD＝90°，得到∠DGF＝∠ABD，即可推出∠DGF＝∠ACD，进一步证明∠ACD＝∠AGC得到AC＝AG，再由AB⊥CD，即可证明CE＝GE；
（3）先证明∠ABC＝∠OBD，再由CE＝GE，BE⊥CG，得到BC＝BG，证明∠OBD＝∠ABG，得到GE＝GF＝C，证明△BEG≌△BFG（AAS），得到BE＝BF，设GF＝4a，则GF＝CE＝4a，解直角三角形得到DG＝5a，DF＝3a，则DE＝9a，再求出BE＝12a，BC=410a，延长CO交⊙O于N，连接BN，得到BCCN=45，求出BC的长即可求出a的值得到答案．
【解答】（1）证明：延长CO交⊙O于K，连接BK，
∵CK为⊙O的直径，
∴∠CBK＝90°，
∴∠K+∠OCB＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠DEB＝90°，
∴∠D+∠ABD＝90°，
又∵∠D＝∠K，
∴∠OCB＝∠ABD．
（2）证明：如图所示，连接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：延长CO交⊙O于N，连接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=∠BFGGE=GF，
∴△BEG≌△BFG（AAS），
∴BE＝BF，
设GF＝4a，则GF＝CE＝4a，
∵sin∠D=45，
∴DG=GFsinD=5a，DF=DG2-GF2=3a，
∴DE＝9a，
∵sin∠D=BEBD=45，
∴BD=54BE，
∵DE2+BE2＝BD2，
∴81a2+BE2=25BE162，
∴BE＝12a，
∴BC=CE2+BE2=410a，
∵∠BNC＝∠BDC，CN＝10，
∴sin∠N=sin∠D=45，
∴BCCN=45，
∴BC＝8，
∴a=105，
∴BD=15a=310．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
14．（2022•渠县二模）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，在CD上有点N满足CN＝CA，AN交圆O于点F，过点F的AC的平行线交CD的延长线于点M，交AB的延长线于点E．
（1）求证：EM是圆O的切线；
（2）若sin∠M=35，AN＝310，求圆O的直径；
（3）在（2）的条件下，直接写出MF的长度．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、平行线的性质以及直角三角形两锐角互余的性质证得∠OFA+∠MFN＝90°，即∠MFO＝90°，即可证得EM是圆O的切线；
（2）设AC＝5a，则CD＝8a，根据垂径定理得出CH＝DH＝4a，进而得出AH＝3a，HN＝a，根据勾股定理即可求得a＝3，从而求得AH＝9，CH＝12，设圆的半径为r，则OH＝r﹣9，根据OC2＝CH2+OH2得r2＝122+（r﹣9）2，求得半径r，就可以求得直径；
（3）连接DF，通过证得△ACN∽△DFN，即可求得．
【解答】（1）证明：连接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是圆O的切线；
（2）解：连接OC，
∵AC∥ME，
∴∠M＝∠ACN，
∵sin∠M=35，
∴sin∠ACN=35
∵CD⊥AB，
∴CH＝DH，
∴在Rt△ACH中，AHAC=35，
设AC＝5a，AH＝3a，则CH＝4a
∴CD＝8a，
∵CA＝CN，
∴NH＝a，
在Rt△ANH中，根据勾股定理得，
a^2，
解得，a＝3（负值舍去），
∴AH＝3a＝9，CH＝4a＝12，
设圆的半径为r，则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=252，
∴圆O的直径为25；
（3）解：连接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=DNAN，
∵AN＝310，
∴FN15=9310，
∴FN=9102，
∵FM∥AC，
∴△MFN∽△CAN，
∴MFAC=FNAN，
∴MF15=9102310，
解得MF=452，
∴MF的长为452．
【点评】本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径．也考查了勾股定理和三角形相似的判定和性质．
15．（2022•通辽）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O为圆心，OB的长为半径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD＝AC，延长CD交OB的延长线于点E．
（1）求证：CD是圆的切线；
（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求AC长度及阴影部分面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余以及等量代换得出∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，进而得出EC是切线；
（2）根据直角三角形的边角关系可求出OD、CD、AC、OC，再根据相似三角形的性质可求出EC，根据S阴影部分＝S△COE﹣S扇形进行计算即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵AC＝CD，
∴∠A＝∠ADC＝∠BDE，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠ABO＝90°，
又∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB+∠BDE＝90°，
即OD⊥EC，
∵OD是半径，
∴EC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△COD中，由于sin∠OCD=45，
设OD＝4x，则OC＝5x，
∴CD=OC2-OD2=3x＝AC，
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=CDOC，
即5EC=35，
∴EC=253，
∴S阴影部分＝S△COE﹣S扇形
=12×253×4-90π×42360
=503-4π
=50-12π3，
答：AC＝3，阴影部分的面积为50-12π3．
【点评】本题考查切线的判定，扇形面积的计算以及直角三角形的边角关系，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及扇形、三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
16．（2021•裕华区二模）如图1～图3，在▱ABCD中，AB＝5，AD＝10，tan∠A=43，点M在BC边上，BM＝2，半圆O与边AD交于点P（靠近A的交点），直径MQ＝8．
（1）在半圆运动过程中，BP的最小值是 4 ，此时AP＝ 3 ；
（2）如图1，若OM⊥AD，求证：①圆心O在边AD上；②圆O与AB相切；
（3）当sin∠Q=58时，直接写出点Q到直线BC的距离．
【分析】（1）先判断出点P一直在AD上，然后利用垂线短最短即可求出最小值，即可求解；
（2）①先判断出△QOP∽△QPM，即可求出QP长，得到QP＝PM，即可得到△QPM为等腰直角三角形，再利用等腰三角三线合一可得O一定在AD上；
②过点O作OE⊥AB于点E，过点O作OF⊥BC于点F，先判断出四边形DOMF为矩形，再利用矩形的性质和勾股定理即可求出OE＝OM，即可得出结论；
（3）作QT⊥AD于点T，MR⊥AD于点R，利用一线三垂直相似可求出QT长，从而得到点Q到直线BC的距离．
【解答】解：（1）∵点P是⊙O与AD的交点，
∴点P一直在AD边上，
过点B作BP′⊥AD于点P′，此时BP最小，为BP′长，
在Rt△ABP′中，tanA=43，则sinA=45，
∴BP的最小值为BP′＝4，
此时，AP′=52-42=3，
∴在半圆运动过程中，BP的最小值是4，此时AP＝3．
故答案为4、3；
（2）证明：①∵OM⊥AD，
∴∠QOP＝∠MOP＝90°，
∴∠PQO+∠QPO＝90°，
∵MQ为直径，
∴∠MPQ＝90°，则∠PQO+∠PMO＝90°，
∴∠QPO＝∠PMO，
∴△QOP∽△QPM，
∴QPQM=OQQP，即QP8=4QP，
∴QP＝42，
∴PM＝4＝QP，
∴△QPM为等腰直角三角形，
根据三线合一可得O一定在AD上；
②过点O作OE⊥AB于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则∠DFM＝∠OEA＝90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝10，CD＝AB＝5，
∴∠OMF＝∠DOM＝90°＝∠DFM，
∴四边形DOMF为矩形，
∴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，
∴圆O与AB相切；
（3）∵QM为直径，
∴∠QPM＝90°，
在Rt△QPM中，sinQ==58，则MPMQ=58，
∴MP＝5，PQ=39，
作QT⊥AD于点T，MR⊥AD于点R，
∴△PQT∽△MPR，
∴QTPR=PQPM，
∴QT=3539，
若P在R的下方，点Q到直线BC的距离为4+3539，
若P在R的上方，点Q到直线BC的距离为4-3539，
综上，点Q到直线BC的距离为4±3539．
【点评】本题是几何综合题，涉及到勾股定理、解直角三角形、垂线段最短，相似三角形，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，切线的判定等，综合性比较高，易错点是注意证明切线时是作垂直还是连半径．
17．（2023•长沙模拟）如图1，在⊙O中，AB为直径，点C在圆上，tan∠A=815，AB=172，D是AB上一动点（与点A、B不重合），DE平分∠CDB交边BC于点E，EF⊥CD，垂足为点F．
（1）当点D与圆心O重合时，如图2所示，则DE＝ 154 ；
（2）若CD2＝CE•CB，试探究△BDE与DEF有何面积关系，并证明；
（3）当△CEF与△ABC相似时，求cos∠BDE的值．
【分析】（1）设BC＝8x，AC＝15x，由勾股定理得出AB=BC2+AC2=17x，则17x=172，可求出BC＝4，证出∠A＝∠BDE，根据tan∠BDE可求出答案；
（2）证明△DCE∽△BCD，由相似三角形的性质得出∠CDE＝∠CBD，证出DE＝BE，过点E作EG⊥DB于G，证明Rt△DEF≌Rt△DEG（HL），由全等三角形的性质得出DF＝DG，证出BD＝2DG＝2DF，根据三角形面积公式可得出答案；
（3）分两种情况：①当△CEF∽△ABC时，可证得∠CDB＝90°，再根据DE平分∠CDB，可得∠BDE＝45°，再由特殊角的三角函数值即可求得答案；②当△CEF∽△BAC时，则∠ECF＝∠ABC，得出DC＝DB，再由DE平分∠CDB，可得DE⊥BC，推出∠BDE＝∠A，利用三角函数定义即可求得答案．
【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵tan∠A=815，
∴BCAC=815，
设BC＝8x，AC＝15x，
∴AB=BC2+AC2=17x，
∴17x=172，
∴x=12，
∴CB＝4，
∵DC＝DB，DE平分∠CDB，
∴DE⊥BC，CE＝BE，
∴BE＝CE=12BC＝2，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴∠A＝∠BDE，
∴tan∠BDE=BEDE=tanA=815，
∴2DE=815，
∴DE=154．
故答案为：154；
（2）S△BDE＝2S△DEF．
证明：∵CD2＝CE•CB，
∴CDCE=CBCD，
又∵∠DCB＝∠ECD，
∴△DCE∽△BCD，
∴∠CDE＝∠CBD，
∵DE平分∠CDB，
∴∠CDE＝∠BDE，
∴∠EDB＝∠CBD，
∴DE＝BE，
过点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=12BD•EG，
∴S△BDE＝2S△DEF．
（3）∵EF⊥CD，
∴∠CFE＝90°＝∠ACB，
∵△CEF与△ABC相似，
∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，
①当△CEF∽△ABC时，
则∠ECF＝∠BAC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠ECF+∠ABC＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵DE平分∠CDB，
∴∠BDE=12∠CDB=12×90°＝45°，
∴cos∠BDE＝cos45°=22；
②当△CEF∽△BAC时，
则∠ECF＝∠ABC，
∴DC＝DB，
∵DE平分∠CDB，
∴DE⊥BC，
∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∴DE∥BC，
∴∠BDE＝∠A，
∵tanA=815，
∴cosA=ACAB=1517，
∴cos∠BDE=1517．
综上所述，cos∠BDE的值为22或1517．
【点评】本题是圆的综合题，考查了直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线性质，三角形面积，锐角三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识，运用分类讨论思想和方程思想解决问题．
18．（2023春•仓山区校级期中）已知四边形ABCD内接于圆O，直径AC与BD交于E点，BD平分∠ADC．
（1）如图1，若AD＝BD，求证：DC＝DE；
（2）如图2，作△BAM≌△BCD，使得M、D在AB的两侧（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），若 tan∠CAD=34，求BDAC．
【分析】（1）如图1，先根据圆周角定理得到∠ADC＝∠ABC＝90°，则∠ADB＝∠CDB＝45°，所以∠BAC＝∠CDB＝45°，∠BCA＝∠ADB＝45°，然后证明∠DEC＝∠ACD，从而得到结论；
（2）如图2，在DA上的延长线上截取AM＝CD，利用圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠BCD＝180°，则∠BAM＝∠BCD，于是可证明△BAM≌△BCD，所以∠ABM＝∠CBD，BM＝BD，接着证明△BMD为等腰直角三角形得到BD=22DM=22（DA+DC），然后在Rt△ACD中利用正切的定义得到tan∠CAD=CDAD=34，则可设CD＝3x，AD＝4x，所以AC＝5x，从而可计算出BDAC的值．．
【解答】（1）证明：如图1，
∵AC为直径，
∴∠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：如图2，在DA上的延长线上截取AM＝CD，
∵∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴BA＝BC，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BAD+∠BAM＝180°，
∴∠BAM＝∠BCD，
在△BAM和△BCD中，
BA=BC∠BAM=∠BCDAM=CD，
∴△BAM≌△BCD（SAS），
∴∠ABM＝∠CBD，BM＝BD，
∴∠MBD＝∠ABM+∠ABD＝∠CBD+∠ABD＝∠ABC＝90°，
∴△BMD为等腰直角三角形，
∴BD=22DM=22（DA+AM）=22（DA+DC），
在Rt△ACD中，
∵tan∠CAD=CDAD=34，
∴设CD＝3x，AD＝4x，
∴AC=(3x)2+(4x)2=5x，BD=22（3x+4x）=722x，
∴BDAC=722x5x=7210．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质．
19．（2023•姑苏区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与直径AB相交于点F，点E在⊙O外，作直线AE，且∠EAC＝∠D．
（1）求证：直线AE是⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝30°，tan∠BAD=32，CF＝7．求圆的半径r．
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得∠ACB＝90°，再由∠EAC＝∠D，∠B＝∠D，推导出∠EAC＝∠B，则∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，即可证明AE是⊙O的切线；
（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，则CG＝27，FG=21，由FG∥AC，得∠BFG＝∠BAC＝30°，则BG＝FG•tan30°=7，所以BC＝CG+BG＝37，则AB＝2BC＝67，所以r=12AB＝37．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠EAC＝∠D，∠B＝∠D，
∴∠EAC＝∠B，
∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，
∵OA是⊙O的半径，且AE⊥OA，
∴AE是⊙O的切线．
（2）解：作FG⊥BC于G，则∠CGF＝∠BGF＝90°，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴FGCG=tan∠BCD＝tan∠BAD=32，
∴FG=32CG，
∵FG2+CG2＝CF2，且CF＝7，
∴（32CG）2+CG2＝72，
解得CG＝27或CG＝﹣27（不符合题意，舍去），
∴FG=32×27=21，
∵∠BGF＝∠ACB＝90°，
∴FG∥AC，
∴∠BFG＝∠BAC＝30°，
∴BG＝FG•tan30°=21×33=7，
∴BC＝CG+BG＝27+7=37，
∴AB＝2BC＝2×37=67，
∴r=12AB=12×67=37．
【点评】此题重点考查直角所对的圆周角是直角、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
20．（2023春•香坊区校级月考）已知：AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，连接AC、AD，且∠CAB＝∠DAB．
（1）如图①，求证：AC＝AD；
（2）如图②，连接CD交AB于点M，点E、G在CM上，点F在BM上，连接EF、BG交于点H，若H为BG的中点，且EG＝BF，求tan∠EFM的值；
（3）如图③，在（2）的条件下，连接DF，且DF∥AC，连接AG并延长交EF于点P，若∠GAB＝∠PHG，AC=10，求线段PG的长．
【分析】（1）连接CO、DO，证明△AOC≌△AOD（ASA），即可得证；
（2）过点G作GK∥BM，交EF于点K，证明△GKH≌△BFK（ASA），推出∠GEK＝∠GKE，证明△CAM≌△DAM（SAS），推出∠BMC＝90°，进而推出∠EFM＝∠EKG＝45°，即可得出结果；
（3）证明△AMC≌△FDM（AAS），推出△ADF为等腰三角形，设OM＝a，OF＝b，分别求出tan∠GAM=GMAM=b-ab+a，tan∠GBM=GMBM=b-a3a+b，设∠GAB＝∠PHG＝α，求出∠PGH＝∠EPG﹣∠PHG＝45°，∠ABG＝∠PGB﹣∠GAB＝45°﹣α，延长AP交⊙O于点T，连接BT、FT、TE、TH，推出四边形EMFT为正方形，证明△EGT≌△MGA（AAS），推出AM＝a+b＝a+3a＝4a，GM＝b﹣a＝3a﹣a＝2a，得到tan∠GAM=tanα=2a4a=12，tan∠GBM=tan(45°-α)=3a-a3a+3a=2a6a=13，利用△AMD∽△DMB，求出CM=DM=26a，在Rt△ACM中，利用勾股定理求出a的值，过点P作PK⊥EG于K点，得到tan∠GPK=tanα=GKPK=12，设GK＝m，则PK＝2m＝EK，利用EG＝3m＝1，求出m的值，进而求出PK，GK，在Rt△PKG中，利用PG=KG2+PK2，进行求解即可．
【解答】（1）证明：连接CO、DO，
∵BC=BC，
∴∠BOC＝2∠CAB，
∵BD=BD，
∴∠BOD＝2∠DAB，
∵∠CAB＝∠DAB，
∴∠BOC＝∠BOD，
∴180°﹣∠BOC＝180°﹣∠BOD，
∴∠AOC＝∠AOD，
在△AOC和△AOD中，
∠CAO=∠DAOAO=AO∠AOC=∠AOD，
∴△AOC≌△AOD（ASA），
∴AC＝AD；
（2）解：过点G作GK∥BM，交EF于点K，
∴∠GKH＝∠BFH，
∵∠GHK＝∠BHF，GH＝BH，
∴△GKH≌△BFK（ASA），
∴GK＝BF，
∵EG＝BF，
∴EG＝GK，
∴∠GEK＝∠GKE，
由（1）知AC＝AD，∠CAM＝∠DAM，AM＝AM，
∴△CAM≌△DAM（SAS），
∴∠AMC＝∠AMD，
∵∠AMC+∠AMD＝180°，
∴∠AMC＝∠AMD＝90°，
∴AM⊥CD，
∴∠BMC＝90°，
∵GK∥BM，
∴∠EGK＝90°，
∴∠GEK＝∠GKE＝45°，
∴∠EFM＝∠EKG＝45°，
∴tan∠EFM＝tan45°＝1．
（3）解：由（2）知，△ACD为等腰三角形，AC＝AD，CM＝DM，∠AMC＝∠FMD＝90°，
∵DF∥AC，
∴∠ACM＝∠FDM，∠CAM＝∠DFM，
∴△AMC≌△FDM（AAS），
∴AC＝FD，AM＝FM，
∵AC＝AD，
∴AD＝FD，
∴△ADF为等腰三角形，
设OM＝a，OF＝b，
∴MF＝a+b＝AM，
∵AO＝BO，
∴AM+OM＝OF+BF，
∴a+b+a＝b+BF，
∴BF＝2a＝EG，
∵Rt△EMF为等腰直角三角形，EM＝MF＝a+b，
∴MG＝EM﹣EG＝b﹣a，
∴tan∠GAM=GMAM=b-ab+a，tan∠GBM=GMBM=b-a3a+b，
设∠GAB＝∠PHG＝α，
∵∠AMC＝90°，
∴∠AGM＝90﹣α＝∠CGP，
∵∠GEP＝45°，
∴∠EPG＝45°+α，
∴∠PGH＝∠EPG﹣∠PHG＝45°，
∴∠ABG＝∠PGB﹣∠GAB＝45°﹣α，
延长AP交⊙O于点T，连接BT、FT、TE、TH，BD，
∵AB是直径，
∴∠ATB＝90°，
∴∠ABT＝90°﹣α，
∴∠GBT＝45°＝∠BGT，
∴Rt△BGT为等腰直角三角形，
∵TH为△GTB的中线，
∴TH⊥BG，
∴BH＝TH，Rt△BHT为等腰直角三角形，
在△EGT和△FBT中，
GT=BT∠EGT=∠FBTEG=FB，
∴△EGT≅△FBT（SAS），
∴ET＝FT，∠ETG＝∠FTB，
∵∠ATB＝∠ATF+∠BTF＝90°，
∴∠ATF+∠ETG＝90°，
∴∠ETF＝90°，
∴Rt△ETF为等腰直角三角形，
∴EF=2ET，
在等腰Rt△EMF中，EF=2EM，
∴EM＝ET，
∴∠MET＝90°，
∴四边形EMFT为正方形，
∴ET＝MF＝AM，
在△EGT和△MGA中，ET＝AM，∠AMG＝∠TEG＝90°，∠AGM＝∠TGE，
∴△EGT≌△MGA（AAS），
∴EG＝MG，
∴2a＝b﹣a，
∴b＝3a，
∴AM＝a+b＝a+3a＝4a，GM＝b﹣a＝3a﹣a＝2a，
∴tan∠GAM=tanα=2a4a=12，
∴tan∠GBM=tan(45°-α)=3a-a3a+3a=2a6a=13，
∵∠AMD＝∠DMB＝90°，∠ADM＝∠ACM＝∠MBD，
∴△AMD∽△DMB，
∴AMDM=DMBM，DM2＝AM⋅BM＝4a×6a＝24a2，
∴DM=26a，∴CM=DM=26a，
在Rt△ACM中，AC2＝AM2+CM2，
∴10=(4a)2+(26a)2，
∴a=12或a=-12（舍去），
∴AM=12+32=2，GM＝1＝GE，
如图，过点P作PK⊥EG于K点，
∴tan∠GPK=tanα=GKPK=12，
设GK＝m，则PK＝2m＝EK，
∴EG＝3m＝1，
∴m=13，
∴PK=2m=23，
在Rt△PKG中，PG=KG2+PK2=(13)2+(23)2=53．
【点评】本题考查圆周角定理，全等三角形的综合问题，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，对学生的思维能力要求高，属于中考压轴题，解题的关键是熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似．
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题16圆与相似三角函数的计算与证明问题
例1．（2023•利辛县模拟）如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是AB的中点，以CD为直径作⊙O，⊙O分别与AC，BC交于点E，F，过点F作⊙O的切线FG，交AB于点G．
（1）求证：∠A＝∠BFG；
（2）求FG的长．
【分析】（1）连接OF，利用已知条件证明∠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）连接DF，先利用勾股定理求出AB＝5，进而求出CD＝BD＝2.5，再求出CF＝2，进而求出DF＝1.5，利用面积法即可得出结论．
【解答】（1）证明：连接OF，
∵∠ACB＝90°，AD＝DB，
∴DC＝DB＝DA，
∵CD是直径，
∴∠CFD＝90°，即DF⊥BC，
∴CF＝FB，
∵OC＝OD，CF＝BF，
∴OF是△CDB的中位线，
∴OF∥BD，
∴∠OFC＝∠B，
∵FG是⊙O的切线，
∴∠OFG＝90°，
∴∠OFC+∠BFG＝90°，
∴∠BFG+∠B＝90°，
∴∠FGB＝90°，
∴∠GFB+∠B＝90°，
而∠A+∠B＝90°，
∴∠A＝∠BFG；
（2）解：连接DF，
在Rt△ABC中，根据勾股定理得，AB＝5，
∴点D是AB中点，
∴CD＝BD=12AB＝2.5，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CFD＝90°，
∴BF＝CF=12BC＝2，
∴DF=2.52-22=1.5，
∴S△BDF=12×DF×BF=12×BD×FG，
∴FG=DF×BFBD=65．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，切线的性质，三角形的中位线定理，三角形的面积公式，判断出FG⊥AB是解本题的关键．
例2．（2023•金牛区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作⊙O，交AB边于点D，点E是边AC的中点，直线ED、BC交于点F．
（1）求证：直线DE是圆O的切线；
（2）若BC＝6，sin∠A=35，求线段BF的长度．
【分析】（1）连接OD、CD，由BC为⊙O的直径，得∠BDC＝∠ADC＝90°，由点E是边AC的中点，得DE＝AE＝CE，则∠FDB＝∠EDA＝∠A，所以ODF＝∠ODB+∠FDB＝∠OBD+∠A＝90°，即可证明直线DE是⊙O的切线；
（2）先证明∠BCD＝∠A，则BDBC=sin∠BCD＝sinA=35，所以BD=35BC=185，由勾股定理得DC=BC2-BD2=245，则BDDC=34，再证明△FDB∽△FCD，得BFDF=DFCF=BDDC=34，则DF=43BF，DF2＝BF•CF，于是得（43BF）2＝BF（BF+6），即可求得BF=547．
【解答】（1）证明：连接OD、CD，则OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝180°﹣∠BDC＝90°，
∵点E是边AC的中点，
∴DE＝AE＝CE=12AC，
∴∠FDB＝∠EDA＝∠A，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODF＝∠ODB+∠FDB＝∠OBD+∠A＝90°，
∵OD是⊙O的半径，且DE⊥OD，
∴直线DE是⊙O的切线．
（2）解：∵∠BCD＝∠A＝90°﹣∠ABC，BC＝6，
∴BDBC=sin∠BCD＝sinA=35，
∴BD=35BC=35×6=185，
∴DC=BC2-BD2=62-(185)2=245，
∴BDDC=185245=34，
∵∠FDB＝∠EDA＝∠A，
∴∠FDB＝∠FCD，
∵∠F＝∠F，
∴△FDB∽△FCD，
∴BFDF=DFCF=BDDC=34，
∴DF=43BF，DF2＝BF•CF＝BF（BF+6），
∴（43BF）2＝BF（BF+6），
解得BF=547或BF＝0（不符合题意，舍去），
∴线段BF的长度是547．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的判定、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
例3．（2023•工业园区校级模拟）如图，锐角△ABC中∠A的平分线交BC于点E，交△ABC的外接圆于点D、边BC的中点为M．
（1）求证：MD垂直BC；
（2）若AC＝5，BC＝6，AB＝7．求BDAD的值；
（3）作∠ACB的平分线交AD于点P，若将线段MP绕点M旋转180°后，点P恰好与△ABC外接圆上的点P'重合，则tan∠BAC＝ 3 ．
【分析】（1）先判断出BD＝CD，即可得出结论；
（2）先判断出△DBE∽△DAB，得出BE=7BDAD，同理△DEC∽△DCA，得出CE=5BDAD，即可得出答案；
（3）如图，连接BP、BP′、CP′，先判断出∠BP'C+∠BAC＝180°，进而判断出∠BAC＝60°，再利用特殊角三角函数值即可．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴BD=CD，
∴BD＝CD，
又∵M是BC的中点，
∴MD⊥BC；
（2）解：∵∠DBC与∠CAD都是CD所对的圆周角，
∴∠DBC＝∠CAD，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠DBC，
又∵∠D是公共角，
∴△DBE∽△DAB，
∴DBBE=DAAB，即BEAB=BDAD，
∵AB＝7，
∴BE=7BDAD，
同理，△DEC∽△DCA，
∴CEAC=CDAD，
∵BD＝CD，AC＝5，
∴CE=5BDAD，
∵BE+CE＝BC＝6，
∴7BDAD+5BDAD=6，
∴BDAD=12；
（3）解：如图，连接BP、BP′、CP′，
∵M是BC的中点，点P与点P'关于点M对称，
∴四边形BPCP'是平行四边形，
∴∠BP'C＝∠BPC，
∵点P′在圆上，
∴∠BP'C+∠BAC＝180°，
∵点P是△ABC两个内角∠BAC与∠ACB的角平分线交点，
∴BP平分∠ABC，
∴∠BPC＝90°+12∠BAC，
∴∠BP′C＝90°+12∠BAC，
∴90°+12∠BAC+∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝60°，
∴tan∠BAC＝tan60°=3．
故答案为：3．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了垂径定理，角平分线，圆周角定理，三角形内心，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数值，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
例4．（2023•宁波一模）如图1，AC为▱ABCD的对角线，△ABC的外接圆⊙O交CD于点E，连结BE．
（1）求证：∠BAC＝∠ABE．
（2）如图2，当AB＝AC时，连结OA、OB，延长AO交BE于点G，求证△GOB∽△GBA．
（3）如图3，在（2）的条件下，记AC、BE的交点为点F，连结AE、OF．
①求证：BG2﹣GF2＝GF•EF．
②当EFFG=79时，求sin∠EAG的值．
【分析】（1）根据平行四边形的性质以及圆周角定理即可证明；
（2）由垂径定理证明∠BAG＝∠CAG，再推出∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，即可证明结论；
（3）①由△GOB∽△GBA，推出BG2＝GO•GA，再证明△BAG≌△CAG，推出∠ABG＝∠ACG，得到△GCF∽△GEC，推出GC2＝GF•GE，计算即可证明结论；
②设EF＝CF＝7a，得到FG＝9a，GE＝9a，BG＝CG＝12a，由角平分线的性质求得CE=283a，证明△CEF∽△ABF，求得AB＝28a，由角平分线的性质推出GO=37OA，在Rt△ABH和Rt△OBH中，求得OHOB=23，然后推出∠EAG＝∠OBH，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BEC，
∵弧BC＝弧BC，
∴∠BAC＝∠BEC，
∴∠BAC＝∠ABE；
（2）证明：∵AB＝AC，AO经过圆心，
∴∠BAG＝∠CAG，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAC＝∠ABE，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OBG，
又∠BGO＝∠AGB，
∴△GOB∽△GBA；
（3）①证明：连接CG，
∵△GOB∽△GBA，
∴BGGA=GOBG，
∴BG2＝GO•GA，
∵AB＝AC，∠BAG＝∠CAG，AG＝AG，
∴△BAG≌△CAG（SAS），
∴BG＝CG，∠ABG＝∠ACG，
∵∠ABG＝∠BEC，
∴∠GCF＝∠GEC，
∴△GCF∽△GEC，
∴GCGE=GFGC，
∴GC2＝GF•GE，
∴GF•EF+GF2＝GF（EF+GF）＝GF•GE＝GC2＝BG2，
∴BG2﹣GF2＝GF•EF；
②解：延长AO交BC于点H，
∵∠ABE＝∠ACE＝∠BEC，
∴EF＝FC，
∵EFFG=79，
设EF＝CF＝7a，
则FG＝9a，GE＝16a，
∴BG＝CG=GF⋅GE=12a，
∵EFFG=79，
∴S△CEFS△CGF=79，
∵∠GCF＝∠ECF，即CF是∠ECG的平分线，
∴点F到∠ECG两边的距离相等，
∴S△CEFS△CGF=CECG=79，
∴CE=283a，
∵AB∥CD，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=EFBF，
即283aAB=7a12a+9a，
∴AB＝28a，
由（2）可知：OB是∠ABG的平分线，同理BGBA=OGOA，
即12a28a=37=OGOA，
∴GO=37OA，
设⊙O的半径为R，
∵BG2＝GO•GA，
∴（12a）2=37R⋅(R+37R)，
解得：R2=11765a2，
即a2=51176R2，
设OH＝x，
在Rt△ABH和Rt△OBH中，（28a）2﹣（R+x）2＝R2﹣x2，
整理得：xR=23，
即OHOB=23，
∵∠CAE＝∠CBE，∠CAG＝∠OBG，
∴∠EAG＝∠OBH，
∴sin∠EAG=sin∠OBH=OHOB=23．
【点评】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，本题难度大，明确题意，找出所求问题需要的条件是解答本题的关键．
1．（2023•碑林区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作⊙O，交AB边于点D，在CD上取一点E，使BE=CD，连接DE作射线CE交AB边于点F．
（1）求证：∠A＝∠ACF；
（2）若AC＝8，cos∠ACF=45，求BF及DE的长．
【分析】（1）根据Rt△ABC中，∠ACB＝90°，得到∠A+∠B＝∠ACF+∠BCF＝90°，根据BE＝CD，得到∠B＝∠BCF，推出∠A＝∠ACF；
（2）根据∠B＝∠BCF，∠A＝∠ACF，得到AF＝CF，BF＝CF，推出AF=BF=12AB，根据cos∠ACF=cosA=ACAB=45，求出BF＝5；连接CD，解Rt△CDB求出BD，进而求出DF，再证明DE∥BC，推出△FDE∽△FBC，再根据相似三角形对应边成比例即可求出DE的长．
【解答】（1）证明：∵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=12AB，
∵cos∠ACF=cosA=ACAB=45，AC＝FC＝8，
∴AB＝10，
∴BF＝5，
∵BC=AB2-AC2=6，
∴sinA=BCAB=35，
连接CD，BE，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC＝90°，∠BEC＝90°，
∴∠B+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴sin∠BCD=BDBC=35，
∴BD=35BC=185，
∴DF=BF-BD=5-185=75，
∵∠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=DFBF，
∴DE=DFBF⋅BC=75×5×6=4225．
综上可知：BF＝5，DE=4225．
【点评】本题主要考查了圆周角，解直角三角形，勾股定理，相似三角形，解题的关键是熟练掌握圆周角定理及推论，运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质．
2．（2023•新抚区三模）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延长线上一点，且∠ODB＝∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为5，且sin∠BAE=35，求EH的长．
【分析】（1）利用垂直的定义，圆周角定理与已知条件得到∠ABC+∠CBD＝90°，则OB⊥BD，利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）利用直径所对的圆周角为直角和直角三角形的边角关系定理求得BE，利用垂径定理得到EC＝BE＝6；利用相似三角形的判定与性质得到BHEH=53．设BH＝5x，则EH＝3x，利用勾股定理列出方程，解方程即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵OF⊥BC，
∴∠ODB+∠CBD＝90°，
∵∠ODB＝∠AEC，∠AEC＝∠ABC，
∴∠ABC＝∠ODB，
∴∠ABC+∠CBD＝90°，
∴∠OBD＝90°，
∴OB⊥BD，
∵OB为⊙O的半径，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：∵⊙O的半径为5，
∴AB＝10．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°．
∵sin∠BAE=35，sin∠BAE=BEAB，
∴BEAB=35，
∴BE＝6，
∵OF⊥BC，
∴BE=EC，
∴BE＝CE＝6．
∵∠A＝∠C，∠ABC＝∠AEC，
∴△ABH∽△CEH，
∴BHEH=ABCE=106=53，
设BH＝5x，则EH＝3x．
在Rt△BHE中，
∵BE2+EH2＝BH2，
∴62+（3x）2＝（5x）2，
∵x＞0，
∴x=32．
∴EH＝3x=92．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
3．（2023•达州一模）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，P为BC延长线上一点，∠PAC＝∠B，AD为⊙O的直径，过C作CG⊥AD交AD于E，交AB于F，交⊙O于G．
（1）判断直线PA与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）求证：AG2＝AB•AF．
【分析】（1）连接CD，OC，利用直径所对的圆周角为直角得到∠D+∠DAC＝90°，利用等量代换和圆周角定理得到∠DAP＝90°，利用圆的切线的判定定理解答即可；
（2）连接BG，利用垂径定理，圆周角定理和相似三角形的判定与性质解答即可．
【解答】（1）解：直线PA与⊙O的位置关系：直线PA与⊙O相切，理由：
连接CD，OC，如图，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD＝90°，
∴∠D+∠DAC＝90°．
∵∠B＝∠D，∠PAC＝∠B，
∴∠D＝∠PAC．
∴∠PAC+∠DAC＝90°，
∴∠DAP＝90°，
∴OA⊥PA，
∵OA为⊙O的半径，
∴直线PA与⊙O相切；
（2）证明：连接BG，
∵AD为⊙O的直径，CG⊥AD，
∴AC=AG，
∴∠ABG＝∠AGC，
∵∠GAF＝∠BAG，
∴△AFG∽△AGB，
∴AGAB=AFAG，
∴AG2＝AB•AF．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，垂径定理，圆的切线的判定定理，相似三角形的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线．
4．（2023春•鼓楼区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，弦AD平分∠BAC．
（1）在AC上取点E，使得AD2＝AB•AE（用直尺和圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（2）在（1）的条件下，连接EO、OD，若∠BAC＝60°，求sin∠DEO的值．
【分析】（1）如图：过D作DE⊥AC交AC于E即可解答；
（2）连接EO、OD，设AB＝2x，则OA＝OD＝OB＝x；由角平分线的定义可得∠EAD＝∠DAB＝30°，进而得到∠EAD＝∠ADO＝30°；再由圆周角定理可得∠ADB＝90°，进而得到BD=12AB=x，∠ADB＝∠AED＝90°；运用勾股定理可得AD=5x，再由AD2＝AB•AE可得AE=52x；再证△ADE∽△ABD并运用其性质列式可得DE=52x；然后再由切线的定义可得OD⊥DE，运用勾股定理可得OE=32x，最后运用正弦的定义即可解答．
【解答】解：（1）如图：过D作DE⊥AC交AC于E，点E即为所求．
（2）设AB＝2x，则OA＝OD＝OB＝x，
如图：连接EO、OD，
∵∠BAC＝60°，弦AD平分∠BAC，
∴∠EAD＝∠DAB＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠EAD＝∠ADO＝30°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD=12AB=x，∠ADB＝∠AED＝90°，
∴AD2＝AB2+BD2＝（2x）2+x2＝5x2，即AD=5x，
∵AD2＝AB•AE，
∴AE=AD2AB=5x22x=52x，
∵∠ADB＝∠AED＝90°，∠EAD＝∠DAB＝30°，
∴△ADE∽△ABD，
∴DEBD=AEAD，即DEx=52x5x，
解得：DE=52x，
∵过D作DE⊥AC交AC与E，即DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴OE=ED2+OD2=(52x)2+x2=32x，
∴sin∠DEO=ODOE=x32x=23．
【点评】本题主要考查了切线的性质、相似三角形的判定、尺规作图、勾股定理、正弦等知识点，综合应用相关知识成为解答本题的关键．
5．（2023•长春一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点O在AB上，以点O为圆心，OA长为半径的圆与AC、AB分别交于点D、E，且∠CBD＝∠A．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）若AD：AO＝5：3，BC＝4，则BD的长为 245 ．
【分析】（1）连接OD，根据OD＝OA，得到∠A＝∠ADO，根据∠C＝90°得到∠CDB+∠CBD＝90°，结合∠CBD＝∠A即可得到答案；
（2）连接DE，根据∠ADE＝90°＝∠C，∠CBD＝∠A得到△ADE∽△BCD，即可得到ADBC=AEBD，即可得到答案．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵点D在⊙O上，
∴OD＝OA，
∴∠A＝∠ADO，
∵∠C＝90°，
∴∠CDB+∠CBD＝90°，
∵∠CBD＝∠A＝∠ADO，
∴∠CDB+∠ADO＝90°，
∴∠ODB＝90°，即OD⊥BD，
∵点D在⊙O上，
∴BD是⊙O的切线；
（2）解：连接DE，
∵AD：AO＝5：3，设AO＝3x，则AD＝5x，AE＝2AO＝6x，
∵AE是直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠C＝∠ADE，
又∵∠CBD＝∠A，
∴△BCD∽△ADE，
∴BCAD=BDAE，
∴45x=BD6x，
∴BD=245．
【点评】本题考查切线证明及相似三角形判定与性质，解题的关键是作出辅助线得到角度相等的条件．
6．（2023•雁塔区校级四模）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，AD平分∠CAB，BD是⊙O的切线，AD与BC相交于点E，与⊙O相交于点F，连接BF．
（1）求证：BD＝BE；
（2）若DE＝2，BD=5，求AE的长．
【分析】（1）利用角平分线的定义，直径所对的圆周角为直角，对顶角相等，切线的性质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）的结论和等腰三角形的三线合一的性质得到DF的长，再利用切割线定理求得AD，则AE＝AD﹣DE．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠CAB，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∴∠CAE+∠CEA＝90°，
∵∠DEB＝∠CEA，
∴∠DEB+∠DAB＝90°，
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠BAD+∠D＝90°，
∴∠DEB＝∠D，
∴BD＝BE；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴BF⊥DE，
∵BD＝BE，
∴EF＝DF=12DE＝1，
∵BD是⊙O的切线，
∴BD⊥AB，
∵BF⊥AD，
∴Rt△BDF∽Rt△ADB，
∴DFBD=BDAD，
∴BD2＝DF•DA，
∴（5）2＝1×AD，
∴AD＝5，
∴AE＝AD﹣DE＝5﹣2＝3．
【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，切线的性质定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定定理与性质定理，圆的切割线定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质是解题的关键．
7．（2023•碑林区校级四模）如图，AB为⊙O的直径，AC是⊙O的切线，且AC＝AB，连接CB交⊙O于点D，E为AC的中点，连接BE交⊙O于点F，连接AD，CF，DF，AF．
（1）求证：CE2＝EF•EB；
（2）若DF＝1，求AF的长．
【分析】（1）利用圆周角定理，圆的切线的性质定理和相似三角形的判定与性质得到AE2＝EF•BE，再利用线段中点的定义和等量代换的性质解答即可；
（2）利用相似三角形的判定与性质得到△CEF∽△BEC，则∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB；证得△CEF∽△BDF，列出比例式求得线段EF；再证得△AEF∽△BAF，利用相似三角形的性质列出比例式即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴AF⊥BE．
∵AC是⊙O的切线，
∴AC⊥AB，
∴△AEF∽△BEA，
∴AEEF=BEAE，
∴AE2＝EF•BE．
∵E为AC的中点，
∴AE＝EC，
∴CE2＝EF•EB；
（2）解：∵CE2＝EF•EB，
∴CEEF=BECE，
∵∠CEF＝∠BEC，
∴△CEF∽△BEC．
∴∠ECF＝∠EBC，∠EFC＝∠ECB．
∵AC＝AB，AC⊥AB，
∴∠∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠EFC＝45°．
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，
∵∠DFB＝∠DAB，
∴∠DFB＝45°，
∴∠EFC＝∠DFB＝45°．
∵∠ECF＝∠DBF，
∴△CEF∽△BDF，
∴EFDF=CEBD．
∵AB＝AC，∠CAB＝90°，AD⊥BC，
∴AD＝CD＝BD=22AC．
∵E为AC的中点，
∴CE=12AC，
∴CEBD=12AC22AC=22，
∴EF1=22，
∴EF=22．
∵E为AC的中点，AB＝AC，
∴AE=12AB．
∵∠EAB＝90°，AF⊥BE，
∴△AEF∽△BAF，
∴EFAF=AEAB=12，
∴AF＝2EF=2．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定与性质，圆的切线的性质定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的有关性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键．
8．（2023春•江宁区校级月考）我们知道，对于线段a，b，c，如果a2＝b•c，那么线段a叫做线段b和c的比例中项．
（1）如图1，直线l与⊙O相切于点A，B是l上一点，连接OB，C是OB上一点．若⊙O的半径r是OB与OC的比例中项，请用直尺和圆规作出点C．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，A是⊙O1外一点，以O1A为直径的⊙O2交⊙O1于点B，C，O1A与BC交于点D，E为直线BC上一点（点E不与点B，C，D重合），作直线O1E，与⊙O2交于点F．若⊙O1的半径是r，求证：r是O1E与O1F的比例中项．
【分析】（1）连接OA，过A点作AC⊥OB于C点，由于AB为切线，则OA⊥AB，于是可证明△OAC∽△OBA，则OA2＝OC•OB，即⊙O的半径r是OB与OC的比例中项；
（2）连接AF、O1B、BF，如图2，根据圆周角定理得到∠AFO1＝90°，再证明∠O1ED＝∠FBO1，则可判断△O1BF∽△O1EB，然后根据相似三角形的性质得到结论．
【解答】（1）解：如图1，连接OA，过A点作AC⊥OB于C点，
则点C为所作；
（2）证明：连接AF、O1B、BF，如图2，
∵O1A为⊙O2的直径，
∴∠AFO1＝90°，
∵O2交⊙O1于点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与O1F的比例中项．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．在应用相似三角形的性质时利用相似比进行几何计算．也考查了圆周角定理和两圆相交的性质．
9．（2023•历城区一模）如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上两点，且CD=BD，过点D的切线EF交AC的延长线于点E，交AB的延长线于点F，连结AD，OE交于点G．
（1）求证：AE⊥EF；
（2）若DGAG=23，⊙O的半径为2，求BF的长．
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质推出∠ODF＝90°，根据等腰三角形的性质推出∠CAD＝∠ODA，则OD∥AE，根据平行线的性质及垂直的定义即可得解；
（2）根据题意推出△OGD∽△EGA，△ODF∽△AEF，根据相似三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴∠ODF＝90°，
∵CD=BD，
∴∠CAD＝∠DAB，
∵OA＝OD，
∴∠DAB＝∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∴∠AEF＝∠ODF＝90°
∴AE⊥EF；
（2）解：∵∠CAD＝∠ODA，∠AGE＝∠OGD，
∴△OGD∽△EGA，
∴DGAG=ODAE=23，
∵∠AEF＝∠ODF，∠F＝∠F，
∴△ODF∽△AEF，
∴ODAE=OFAF=23，
∵AB＝2OB＝4，
∴2+BF4+BF=23，
∴BF＝2．
【点评】此题考查了切线的性质、相似三角形的判定与性质，熟记切线的性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2023•崂山区一模）【问题提出】如图1，△ABC为⊙O内接三角形，已知BC＝a，圆的半径为R，探究a，R，sin∠A之间的关系．
【解决问题】如图2，若∠A为锐角，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠A＝∠D，在△DBC中，BD为⊙O直径，BC＝a，所以BD＝2R，∠BCD＝90°．
所以在Rt△DBC中建立a，R，sinD的关系为 sinD=a2R ．
所以在⊙O内接三角形△ABC中，a，R，sinA之间的关系为 sinA=a2R ．
类比锐角求法，当∠A为直角和钝角时都有此结论．
【结论应用】
已知三角形△ABC中，∠B＝60°，AC＝4，则△ABC外接圆的面积为 163π ．
【分析】【解决问题】连接BO并延长交⊙O于点D，连接CD，由圆周角定理得出∠BCD＝90°，由正弦的定义可得出答案；
【结论应用】求出△ABC外接圆的半径，则可得出答案；
【解答】解：【解决问题】△ABC的外接圆半径为R，连接BO并延长交⊙O于点D，连接DC，则∠D＝∠A，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BCD＝90°，
在Rt△DBC中，
∵sinD=BCDC=a2R，
∴sinA=a2R．
故答案为：sinD=a2R，sinA=a2R；
【结论应用】∵∠B＝60°，AC＝4，
∴sinB=AC2R，
∴32=42R，
∴R=433，
∴△ABC外接圆的面积为π×(433)2=163π．
故答案为：163π．
【点评】本题是圆的综合题，考查了锐角三角函数的定义，三角形的外接圆，圆周角定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
11．（2023•蚌山区校级二模）如图，AB为半圆O的直径，四边形ABCD为平行四边形，E为BC的中点，BF平分∠ABC，交AE于点F．
（1）求证：BE＝EF；
（2）若AB＝10，BF=210，求AD的长．
【分析】（1）连接AC，根据已知条件得出，∠CAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，根据直径所对的圆周角是直角，得出∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，根据三角形的外角的性质得出∠EFB＝45°，即可证明△BEF是等腰直角三角形，从而得证；
（2）设AE，BC交于点H，根据△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，进而解Rt△ACH，Rt△EBH，即可求解．
【解答】（1）证明：连接AC，如图所示，
∵E为BC的中点，
∴CE=BE，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵BF平分∠ABC，
∴∠CBF＝∠ABF，
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，∠ACB＝90°，则∠CAB+∠CBA＝90°，
∴∠EFB=∠FAB+∠ABF=12(∠CAB+∠CBA)=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE＝EF；
（2）解：如图所示，设AE，BC交于点H，
∵△BEF是等腰直角三角形，BF=210，
∴EB=22BF=25，
在Rt△ABE中，AB＝10，
∴AE=AB2-BE2=45，
∴tan∠BAE=BEAE=12，
∵∠CAE＝∠BAE，∠CBE＝∠CAE，
∴tan∠CAH=tan∠EBH=12，
∵BE=25，
∴HE=tan∠EBH×BE=12×25=5，
∴HB=HE2+EB2=5，
∴AH=AE-HE=35，
∵tan∠CAH=12，
∴AH=5CH=35，
∴CH＝3，
∴BC＝CH+HB＝3+5＝8．
【点评】本题考查了等弧所对的圆周角相等，解直角三角形，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握以上知识是解题的关键．
12．（2023•义乌市校级模拟）如图，AB是圆O的直径，PB，PC是圆O的两条切线，切点分别为B，C．延长BA，PC相交于点D．
（1）求证：∠CPB＝2∠ABC．
（2）设圆O的半径为2，sin∠PBC=23，求PC的长．
【分析】（1）连接OC，根据切线的性质，四边形的内角和，圆周角定理即可证明；
（2）连接OP，OC，OP和BC交于点E，根据切线长定理求得BE⊥PO，再利用三角函数，勾股定理解Rt△OBE和Rt△PBE即可解答．
【解答】（1）证明：如图连结OC，
∵PB，PC是圆O的两条切线，
∴PC＝PB，∠PCO＝∠PBO＝90°，
∴∠CPB+∠BOC＝180°，
∵∠DOC+∠BOC＝180°，
∴∠CPB＝∠COD，
∵∠COD＝2∠ABC，
∴∠CPB＝2∠ABC；
（2）解：如图连接OP，OC，OP和BC交于点E，
由切线长定理可得PB＝PC，∠CPO＝∠BPO，
∵PE＝PE，
∴△PEC≌△PEB（SAS），
∴∠PEC＝∠PEB＝90°，
∵∠PBO＝90°，
∴∠POB＝∠PBE，
∵OB＝2，sin∠PBC=23，
∴BE＝OBsin∠POB=43，
∴OE=OB2-BE2=235，cos∠POB=OEOB=53，
∴PB=BEcos∠PBC=455，
∴PC=455．
【点评】本题考查了切线长定理，勾股定理，圆周角定理，解直角三角形；掌握相关定理是解题关键．
13．（2022秋•巴彦县期末）已知AB、CD是圆O中的两条弦，AB⊥CD，垂足为E，连接BC、BD、OC．
（1）如图1．求证：∠OCB＝∠ABD；
（2）如图2，过点A作AF⊥BD于F，AF交CD于G，求证：CE＝GE；
（3）如图3，在（2）的条件下连接BG，若BG恰好经过圆心O，若圆O的半径为5，sin∠D=45，求BD的长．
【分析】（1）延长CO交⊙O于K，连接BK，先证明∠CBK＝90°，得到∠K+∠OCB＝90°，再证明∠D+∠ABD＝90°，由∠D＝∠K，即可证明∠OCB＝∠ABD；
（2）如图所示，连接AC，先证明∠D+∠DGF＝90°，再由∠D+∠ABD＝90°，得到∠DGF＝∠ABD，即可推出∠DGF＝∠ACD，进一步证明∠ACD＝∠AGC得到AC＝AG，再由AB⊥CD，即可证明CE＝GE；
（3）先证明∠ABC＝∠OBD，再由CE＝GE，BE⊥CG，得到BC＝BG，证明∠OBD＝∠ABG，得到GE＝GF＝C，证明△BEG≌△BFG（AAS），得到BE＝BF，设GF＝4a，则GF＝CE＝4a，解直角三角形得到DG＝5a，DF＝3a，则DE＝9a，再求出BE＝12a，BC=410a，延长CO交⊙O于N，连接BN，得到BCCN=45，求出BC的长即可求出a的值得到答案．
【解答】（1）证明：延长CO交⊙O于K，连接BK，
∵CK为⊙O的直径，
∴∠CBK＝90°，
∴∠K+∠OCB＝90°，
∵AB⊥CD，
∴∠DEB＝90°，
∴∠D+∠ABD＝90°，
又∵∠D＝∠K，
∴∠OCB＝∠ABD．
（2）证明：如图所示，连接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：延长CO交⊙O于N，连接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=∠BFGGE=GF，
∴△BEG≌△BFG（AAS），
∴BE＝BF，
设GF＝4a，则GF＝CE＝4a，
∵sin∠D=45，
∴DG=GFsinD=5a，DF=DG2-GF2=3a，
∴DE＝9a，
∵sin∠D=BEBD=45，
∴BD=54BE，
∵DE2+BE2＝BD2，
∴81a2+BE2=25BE162，
∴BE＝12a，
∴BC=CE2+BE2=410a，
∵∠BNC＝∠BDC，CN＝10，
∴sin∠N=sin∠D=45，
∴BCCN=45，
∴BC＝8，
∴a=105，
∴BD=15a=310．
【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
14．（2022•渠县二模）如图，已知AB是圆O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H，在CD上有点N满足CN＝CA，AN交圆O于点F，过点F的AC的平行线交CD的延长线于点M，交AB的延长线于点E．
（1）求证：EM是圆O的切线；
（2）若sin∠M=35，AN＝310，求圆O的直径；
（3）在（2）的条件下，直接写出MF的长度．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质、平行线的性质以及直角三角形两锐角互余的性质证得∠OFA+∠MFN＝90°，即∠MFO＝90°，即可证得EM是圆O的切线；
（2）设AC＝5a，则CD＝8a，根据垂径定理得出CH＝DH＝4a，进而得出AH＝3a，HN＝a，根据勾股定理即可求得a＝3，从而求得AH＝9，CH＝12，设圆的半径为r，则OH＝r﹣9，根据OC2＝CH2+OH2得r2＝122+（r﹣9）2，求得半径r，就可以求得直径；
（3）连接DF，通过证得△ACN∽△DFN，即可求得．
【解答】（1）证明：连接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是圆O的切线；
（2）解：连接OC，
∵AC∥ME，
∴∠M＝∠ACN，
∵sin∠M=35，
∴sin∠ACN=35
∵CD⊥AB，
∴CH＝DH，
∴在Rt△ACH中，AHAC=35，
设AC＝5a，AH＝3a，则CH＝4a
∴CD＝8a，
∵CA＝CN，
∴NH＝a，
在Rt△ANH中，根据勾股定理得，
a^2，
解得，a＝3（负值舍去），
∴AH＝3a＝9，CH＝4a＝12，
设圆的半径为r，则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=252，
∴圆O的直径为25；
（3）解：连接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=DNAN，
∵AN＝310，
∴FN15=9310，
∴FN=9102，
∵FM∥AC，
∴△MFN∽△CAN，
∴MFAC=FNAN，
∴MF15=9102310，
解得MF=452，
∴MF的长为452．
【点评】本题考查了切线的判定与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线”；有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径．也考查了勾股定理和三角形相似的判定和性质．
15．（2022•通辽）如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以O为圆心，OB的长为半径的圆交边AB于点D，点C在边OA上且CD＝AC，延长CD交OB的延长线于点E．
（1）求证：CD是圆的切线；
（2）已知sin∠OCD=45，AB＝45，求AC长度及阴影部分面积．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，直角三角形的两锐角互余以及等量代换得出∠ODB+∠BDE＝90°，即OD⊥EC，进而得出EC是切线；
（2）根据直角三角形的边角关系可求出OD、CD、AC、OC，再根据相似三角形的性质可求出EC，根据S阴影部分＝S△COE﹣S扇形进行计算即可．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵AC＝CD，
∴∠A＝∠ADC＝∠BDE，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠ABO＝90°，
又∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∴∠ODB+∠BDE＝90°，
即OD⊥EC，
∵OD是半径，
∴EC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△COD中，由于sin∠OCD=45，
设OD＝4x，则OC＝5x，
∴CD=OC2-OD2=3x＝AC，
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=CDOC，
即5EC=35，
∴EC=253，
∴S阴影部分＝S△COE﹣S扇形
=12×253×4-90π×42360
=503-4π
=50-12π3，
答：AC＝3，阴影部分的面积为50-12π3．
【点评】本题考查切线的判定，扇形面积的计算以及直角三角形的边角关系，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及扇形、三角形面积的计算方法是正确解答的前提．
16．（2021•裕华区二模）如图1～图3，在▱ABCD中，AB＝5，AD＝10，tan∠A=43，点M在BC边上，BM＝2，半圆O与边AD交于点P（靠近A的交点），直径MQ＝8．
（1）在半圆运动过程中，BP的最小值是 4 ，此时AP＝ 3 ；
（2）如图1，若OM⊥AD，求证：①圆心O在边AD上；②圆O与AB相切；
（3）当sin∠Q=58时，直接写出点Q到直线BC的距离．
【分析】（1）先判断出点P一直在AD上，然后利用垂线短最短即可求出最小值，即可求解；
（2）①先判断出△QOP∽△QPM，即可求出QP长，得到QP＝PM，即可得到△QPM为等腰直角三角形，再利用等腰三角三线合一可得O一定在AD上；
②过点O作OE⊥AB于点E，过点O作OF⊥BC于点F，先判断出四边形DOMF为矩形，再利用矩形的性质和勾股定理即可求出OE＝OM，即可得出结论；
（3）作QT⊥AD于点T，MR⊥AD于点R，利用一线三垂直相似可求出QT长，从而得到点Q到直线BC的距离．
【解答】解：（1）∵点P是⊙O与AD的交点，
∴点P一直在AD边上，
过点B作BP′⊥AD于点P′，此时BP最小，为BP′长，
在Rt△ABP′中，tanA=43，则sinA=45，
∴BP的最小值为BP′＝4，
此时，AP′=52-42=3，
∴在半圆运动过程中，BP的最小值是4，此时AP＝3．
故答案为4、3；
（2）证明：①∵OM⊥AD，
∴∠QOP＝∠MOP＝90°，
∴∠PQO+∠QPO＝90°，
∵MQ为直径，
∴∠MPQ＝90°，则∠PQO+∠PMO＝90°，
∴∠QPO＝∠PMO，
∴△QOP∽△QPM，
∴QPQM=OQQP，即QP8=4QP，
∴QP＝42，
∴PM＝4＝QP，
∴△QPM为等腰直角三角形，
根据三线合一可得O一定在AD上；
②过点O作OE⊥AB于点E，过点D作DF⊥BC于点F，则∠DFM＝∠OEA＝90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝10，CD＝AB＝5，
∴∠OMF＝∠DOM＝90°＝∠DFM，
∴四边形DOMF为矩形，
∴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，
∴圆O与AB相切；
（3）∵QM为直径，
∴∠QPM＝90°，
在Rt△QPM中，sinQ==58，则MPMQ=58，
∴MP＝5，PQ=39，
作QT⊥AD于点T，MR⊥AD于点R，
∴△PQT∽△MPR，
∴QTPR=PQPM，
∴QT=3539，
若P在R的下方，点Q到直线BC的距离为4+3539，
若P在R的上方，点Q到直线BC的距离为4-3539，
综上，点Q到直线BC的距离为4±3539．
【点评】本题是几何综合题，涉及到勾股定理、解直角三角形、垂线段最短，相似三角形，等腰直角三角形的性质，矩形的性质，切线的判定等，综合性比较高，易错点是注意证明切线时是作垂直还是连半径．
17．（2023•长沙模拟）如图1，在⊙O中，AB为直径，点C在圆上，tan∠A=815，AB=172，D是AB上一动点（与点A、B不重合），DE平分∠CDB交边BC于点E，EF⊥CD，垂足为点F．
（1）当点D与圆心O重合时，如图2所示，则DE＝ 154 ；
（2）若CD2＝CE•CB，试探究△BDE与DEF有何面积关系，并证明；
（3）当△CEF与△ABC相似时，求cos∠BDE的值．
【分析】（1）设BC＝8x，AC＝15x，由勾股定理得出AB=BC2+AC2=17x，则17x=172，可求出BC＝4，证出∠A＝∠BDE，根据tan∠BDE可求出答案；
（2）证明△DCE∽△BCD，由相似三角形的性质得出∠CDE＝∠CBD，证出DE＝BE，过点E作EG⊥DB于G，证明Rt△DEF≌Rt△DEG（HL），由全等三角形的性质得出DF＝DG，证出BD＝2DG＝2DF，根据三角形面积公式可得出答案；
（3）分两种情况：①当△CEF∽△ABC时，可证得∠CDB＝90°，再根据DE平分∠CDB，可得∠BDE＝45°，再由特殊角的三角函数值即可求得答案；②当△CEF∽△BAC时，则∠ECF＝∠ABC，得出DC＝DB，再由DE平分∠CDB，可得DE⊥BC，推出∠BDE＝∠A，利用三角函数定义即可求得答案．
【解答】解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵tan∠A=815，
∴BCAC=815，
设BC＝8x，AC＝15x，
∴AB=BC2+AC2=17x，
∴17x=172，
∴x=12，
∴CB＝4，
∵DC＝DB，DE平分∠CDB，
∴DE⊥BC，CE＝BE，
∴BE＝CE=12BC＝2，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，
∴DE∥AC，
∴∠A＝∠BDE，
∴tan∠BDE=BEDE=tanA=815，
∴2DE=815，
∴DE=154．
故答案为：154；
（2）S△BDE＝2S△DEF．
证明：∵CD2＝CE•CB，
∴CDCE=CBCD，
又∵∠DCB＝∠ECD，
∴△DCE∽△BCD，
∴∠CDE＝∠CBD，
∵DE平分∠CDB，
∴∠CDE＝∠BDE，
∴∠EDB＝∠CBD，
∴DE＝BE，
过点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=12BD•EG，
∴S△BDE＝2S△DEF．
（3）∵EF⊥CD，
∴∠CFE＝90°＝∠ACB，
∵△CEF与△ABC相似，
∴△CEF∽△ABC或△CEF∽△BAC，
①当△CEF∽△ABC时，
则∠ECF＝∠BAC，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠ECF+∠ABC＝90°，
∴∠CDB＝90°，
∵DE平分∠CDB，
∴∠BDE=12∠CDB=12×90°＝45°，
∴cos∠BDE＝cos45°=22；
②当△CEF∽△BAC时，
则∠ECF＝∠ABC，
∴DC＝DB，
∵DE平分∠CDB，
∴DE⊥BC，
∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∴DE∥BC，
∴∠BDE＝∠A，
∵tanA=815，
∴cosA=ACAB=1517，
∴cos∠BDE=1517．
综上所述，cos∠BDE的值为22或1517．
【点评】本题是圆的综合题，考查了直角三角形性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线性质，三角形面积，锐角三角函数等知识，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质等相关知识，运用分类讨论思想和方程思想解决问题．
18．（2023春•仓山区校级期中）已知四边形ABCD内接于圆O，直径AC与BD交于E点，BD平分∠ADC．
（1）如图1，若AD＝BD，求证：DC＝DE；
（2）如图2，作△BAM≌△BCD，使得M、D在AB的两侧（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法），若 tan∠CAD=34，求BDAC．
【分析】（1）如图1，先根据圆周角定理得到∠ADC＝∠ABC＝90°，则∠ADB＝∠CDB＝45°，所以∠BAC＝∠CDB＝45°，∠BCA＝∠ADB＝45°，然后证明∠DEC＝∠ACD，从而得到结论；
（2）如图2，在DA上的延长线上截取AM＝CD，利用圆内接四边形的性质得到∠BAD+∠BCD＝180°，则∠BAM＝∠BCD，于是可证明△BAM≌△BCD，所以∠ABM＝∠CBD，BM＝BD，接着证明△BMD为等腰直角三角形得到BD=22DM=22（DA+DC），然后在Rt△ACD中利用正切的定义得到tan∠CAD=CDAD=34，则可设CD＝3x，AD＝4x，所以AC＝5x，从而可计算出BDAC的值．．
【解答】（1）证明：如图1，
∵AC为直径，
∴∠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：如图2，在DA上的延长线上截取AM＝CD，
∵∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴BA＝BC，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BAD+∠BAM＝180°，
∴∠BAM＝∠BCD，
在△BAM和△BCD中，
BA=BC∠BAM=∠BCDAM=CD，
∴△BAM≌△BCD（SAS），
∴∠ABM＝∠CBD，BM＝BD，
∴∠MBD＝∠ABM+∠ABD＝∠CBD+∠ABD＝∠ABC＝90°，
∴△BMD为等腰直角三角形，
∴BD=22DM=22（DA+AM）=22（DA+DC），
在Rt△ACD中，
∵tan∠CAD=CDAD=34，
∴设CD＝3x，AD＝4x，
∴AC=(3x)2+(4x)2=5x，BD=22（3x+4x）=722x，
∴BDAC=722x5x=7210．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了全等三角形的判定与性质、圆周角定理和圆内接四边形的性质．
19．（2023•姑苏区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与直径AB相交于点F，点E在⊙O外，作直线AE，且∠EAC＝∠D．
（1）求证：直线AE是⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝30°，tan∠BAD=32，CF＝7．求圆的半径r．
【分析】（1）由AB是⊙O的直径，得∠ACB＝90°，再由∠EAC＝∠D，∠B＝∠D，推导出∠EAC＝∠B，则∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，即可证明AE是⊙O的切线；
（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，则CG＝27，FG=21，由FG∥AC，得∠BFG＝∠BAC＝30°，则BG＝FG•tan30°=7，所以BC＝CG+BG＝37，则AB＝2BC＝67，所以r=12AB＝37．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵∠EAC＝∠D，∠B＝∠D，
∴∠EAC＝∠B，
∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝∠B+∠BAC＝90°，
∵OA是⊙O的半径，且AE⊥OA，
∴AE是⊙O的切线．
（2）解：作FG⊥BC于G，则∠CGF＝∠BGF＝90°，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴FGCG=tan∠BCD＝tan∠BAD=32，
∴FG=32CG，
∵FG2+CG2＝CF2，且CF＝7，
∴（32CG）2+CG2＝72，
解得CG＝27或CG＝﹣27（不符合题意，舍去），
∴FG=32×27=21，
∵∠BGF＝∠ACB＝90°，
∴FG∥AC，
∴∠BFG＝∠BAC＝30°，
∴BG＝FG•tan30°=21×33=7，
∴BC＝CG+BG＝27+7=37，
∴AB＝2BC＝2×37=67，
∴r=12AB=12×67=37．
【点评】此题重点考查直角所对的圆周角是直角、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
20．（2023春•香坊区校级月考）已知：AB为⊙O的直径，点C、D在圆上，连接AC、AD，且∠CAB＝∠DAB．
（1）如图①，求证：AC＝AD；
（2）如图②，连接CD交AB于点M，点E、G在CM上，点F在BM上，连接EF、BG交于点H，若H为BG的中点，且EG＝BF，求tan∠EFM的值；
（3）如图③，在（2）的条件下，连接DF，且DF∥AC，连接AG并延长交EF于点P，若∠GAB＝∠PHG，AC=10，求线段PG的长．
【分析】（1）连接CO、DO，证明△AOC≌△AOD（ASA），即可得证；
（2）过点G作GK∥BM，交EF于点K，证明△GKH≌△BFK（ASA），推出∠GEK＝∠GKE，证明△CAM≌△DAM（SAS），推出∠BMC＝90°，进而推出∠EFM＝∠EKG＝45°，即可得出结果；
（3）证明△AMC≌△FDM（AAS），推出△ADF为等腰三角形，设OM＝a，OF＝b，分别求出tan∠GAM=GMAM=b-ab+a，tan∠GBM=GMBM=b-a3a+b，设∠GAB＝∠PHG＝α，求出∠PGH＝∠EPG﹣∠PHG＝45°，∠ABG＝∠PGB﹣∠GAB＝45°﹣α，延长AP交⊙O于点T，连接BT、FT、TE、TH，推出四边形EMFT为正方形，证明△EGT≌△MGA（AAS），推出AM＝a+b＝a+3a＝4a，GM＝b﹣a＝3a﹣a＝2a，得到tan∠GAM=tanα=2a4a=12，tan∠GBM=tan(45°-α)=3a-a3a+3a=2a6a=13，利用△AMD∽△DMB，求出CM=DM=26a，在Rt△ACM中，利用勾股定理求出a的值，过点P作PK⊥EG于K点，得到tan∠GPK=tanα=GKPK=12，设GK＝m，则PK＝2m＝EK，利用EG＝3m＝1，求出m的值，进而求出PK，GK，在Rt△PKG中，利用PG=KG2+PK2，进行求解即可．
【解答】（1）证明：连接CO、DO，
∵BC=BC，
∴∠BOC＝2∠CAB，
∵BD=BD，
∴∠BOD＝2∠DAB，
∵∠CAB＝∠DAB，
∴∠BOC＝∠BOD，
∴180°﹣∠BOC＝180°﹣∠BOD，
∴∠AOC＝∠AOD，
在△AOC和△AOD中，
∠CAO=∠DAOAO=AO∠AOC=∠AOD，
∴△AOC≌△AOD（ASA），
∴AC＝AD；
（2）解：过点G作GK∥BM，交EF于点K，
∴∠GKH＝∠BFH，
∵∠GHK＝∠BHF，GH＝BH，
∴△GKH≌△BFK（ASA），
∴GK＝BF，
∵EG＝BF，
∴EG＝GK，
∴∠GEK＝∠GKE，
由（1）知AC＝AD，∠CAM＝∠DAM，AM＝AM，
∴△CAM≌△DAM（SAS），
∴∠AMC＝∠AMD，
∵∠AMC+∠AMD＝180°，
∴∠AMC＝∠AMD＝90°，
∴AM⊥CD，
∴∠BMC＝90°，
∵GK∥BM，
∴∠EGK＝90°，
∴∠GEK＝∠GKE＝45°，
∴∠EFM＝∠EKG＝45°，
∴tan∠EFM＝tan45°＝1．
（3）解：由（2）知，△ACD为等腰三角形，AC＝AD，CM＝DM，∠AMC＝∠FMD＝90°，
∵DF∥AC，
∴∠ACM＝∠FDM，∠CAM＝∠DFM，
∴△AMC≌△FDM（AAS），
∴AC＝FD，AM＝FM，
∵AC＝AD，
∴AD＝FD，
∴△ADF为等腰三角形，
设OM＝a，OF＝b，
∴MF＝a+b＝AM，
∵AO＝BO，
∴AM+OM＝OF+BF，
∴a+b+a＝b+BF，
∴BF＝2a＝EG，
∵Rt△EMF为等腰直角三角形，EM＝MF＝a+b，
∴MG＝EM﹣EG＝b﹣a，
∴tan∠GAM=GMAM=b-ab+a，tan∠GBM=GMBM=b-a3a+b，
设∠GAB＝∠PHG＝α，
∵∠AMC＝90°，
∴∠AGM＝90﹣α＝∠CGP，
∵∠GEP＝45°，
∴∠EPG＝45°+α，
∴∠PGH＝∠EPG﹣∠PHG＝45°，
∴∠ABG＝∠PGB﹣∠GAB＝45°﹣α，
延长AP交⊙O于点T，连接BT、FT、TE、TH，BD，
∵AB是直径，
∴∠ATB＝90°，
∴∠ABT＝90°﹣α，
∴∠GBT＝45°＝∠BGT，
∴Rt△BGT为等腰直角三角形，
∵TH为△GTB的中线，
∴TH⊥BG，
∴BH＝TH，Rt△BHT为等腰直角三角形，
在△EGT和△FBT中，
GT=BT∠EGT=∠FBTEG=FB，
∴△EGT≅△FBT（SAS），
∴ET＝FT，∠ETG＝∠FTB，
∵∠ATB＝∠ATF+∠BTF＝90°，
∴∠ATF+∠ETG＝90°，
∴∠ETF＝90°，
∴Rt△ETF为等腰直角三角形，
∴EF=2ET，
在等腰Rt△EMF中，EF=2EM，
∴EM＝ET，
∴∠MET＝90°，
∴四边形EMFT为正方形，
∴ET＝MF＝AM，
在△EGT和△MGA中，ET＝AM，∠AMG＝∠TEG＝90°，∠AGM＝∠TGE，
∴△EGT≌△MGA（AAS），
∴EG＝MG，
∴2a＝b﹣a，
∴b＝3a，
∴AM＝a+b＝a+3a＝4a，GM＝b﹣a＝3a﹣a＝2a，
∴tan∠GAM=tanα=2a4a=12，
∴tan∠GBM=tan(45°-α)=3a-a3a+3a=2a6a=13，
∵∠AMD＝∠DMB＝90°，∠ADM＝∠ACM＝∠MBD，
∴△AMD∽△DMB，
∴AMDM=DMBM，DM2＝AM⋅BM＝4a×6a＝24a2，
∴DM=26a，∴CM=DM=26a，
在Rt△ACM中，AC2＝AM2+CM2，
∴10=(4a)2+(26a)2，
∴a=12或a=-12（舍去），
∴AM=12+32=2，GM＝1＝GE，
如图，过点P作PK⊥EG于K点，
∴tan∠GPK=tanα=GKPK=12，
设GK＝m，则PK＝2m＝EK，
∴EG＝3m＝1，
∴m=13，
∴PK=2m=23，
在Rt△PKG中，PG=KG2+PK2=(13)2+(23)2=53．
【点评】本题考查圆周角定理，全等三角形的综合问题，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，对学生的思维能力要求高，属于中考压轴题，解题的关键是熟练掌握相关知识点，证明三角形全等和相似．
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