（1）求證：△CBA≌△DAB；
（2）若BE＝BF，求證：AC平分∠DAB．
【分析】（1）根據圓周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根據全等三角形的判定定理即可得到結論；
（2）根據等腰三角形的性質得到∠E＝∠BFE，根據切線的性質得到∠ABE＝90°，根據三角形的內角和以及角平分線的定義即可得到結論．
【解答】（1）證明：∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
在Rt△CBA與Rt△DAB中，，
∴Rt△CBA≌Rt△DAB（HL）；
（2）解：∵BE＝BF，由（1）知BC⊥EF，
∴∠E＝∠BFE，
∵BE是半圓O所在圓的切線，
∴∠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．
【點評】本題考查了切線的性質，全等三角形的判定和性質，圓周角定理，正確的識別圖形是解題的關鍵．
【典例2】如圖，為的直徑，為延長線上一點，是的切線，為切點，于點，交于點．
（1）求證：；
（2）若，，求的長．
【答案】（1）詳見解析；（2）2
【解析】
【分析】
（1）連接OD，根據圓周角定理得到∠ADB＝90°，根據平行線的性質得到∠AOF＝∠B，根據切線的性質得到∠CDO＝90°，等量代換即可得到結論；
（2）根據三角形中位線定理得到OE＝BD＝×8＝4，設OD＝x，OC＝3x，根據相似三角形的性質即可得到結論．
【詳解】
解：（1）連接OD，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴AD⊥BD，
∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴∠AOF＝∠B，
∵CD是⊙O的切線，D為切點，
∴∠CDO＝90°，
∴∠CDA＋∠ADO＝∠ADO＋∠BDO＝90°，
∴∠CDA＝∠BDO，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∴∠AOF＝∠ADC；
（2）∵OF∥BD，AO＝OB，
∴AE＝DE，
∴OE＝BD＝×8＝4，
∵sinC＝＝，
∴設OD＝x，OC＝3x，
∴OB＝x，
∴CB＝4x，
∵OF∥BD，
∴△COF∽△CBD，
∴，
∴，
∴OF＝6，
∴EF＝OF?OE＝6?4＝2．
【點睛】
本題考查了切線的性質，相似三角形的判定和性質，三角形的中位線定理，平行線的判定和性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
【典例3】如圖，與相切于點，交于點，的延長線交于點，是上不與重合的點，．
（1）求的大小；
（2）若的半徑為3，點在的延長線上，且，求證：與相切．
【答案】（1）60°；（2）詳見解析
【解析】
【分析】
(1)連接OB，在Rt△AOB中由求出∠A=30°，進而求出∠AOB=60°，∠BOD=120°，再由同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可以求出∠BED的值；
(2)連接OF，在Rt△OBF中，由可以求出∠BOF=60°，進而得到∠FOD=60°，再證明△FOB≌△FOD，得到∠ODF=∠OBF=90°．
【詳解】
解：(1)連接，
∵與相切于點，
∴，
∵，∴，
∴，則．
由同弧所對的圓周角等于圓心角的一半可知：
．
故答案為：．
(2)連接，
由(1)得，，
∵，，∴，
∴，∴．
在與中，
∴，
∴．
又點在上，故與相切．
【點睛】
本題考查圓的有關性質、直線與圓的位置關系、特殊角的三角函數值、解直角三角形、全等三角形的判定和性質，熟練掌握其性質是解決此類題的關鍵．
【典例4】如圖，AB為⊙O的直徑，點C在⊙O上，AD與過點C的切線互相垂直，垂足為D.連接BC并延長，交AD的延長線于點E．
（1）求證：AE=AB；
（2）若AB=10，BC=6，求CD的長．
【答案】（1）見解析；（2）．
【解析】
【分析】
(1)連接OC,由同旁內角互補得出AD//OC,可得∠OCB＝∠E,即可推出∠ABE＝∠E,AE=AB．
(2)連接AC,由勾股定理求出AC,由△EDC∽△ECA得出相似比,求出CD即可．
【詳解】
（1）證明：連接OC
∵CD與⊙O相切于C點
∴OC⊥CD
又∵CD⊥AE
∴OC//AE
∴∠OCB＝∠E
∵OC=OB
∴∠ABE＝∠OCB
∴∠ABE＝∠E
∴AE=AB
（2）連接AC
∵AB為⊙O的直徑
∴∠ACB＝90°
∴
∵AB=AE，AC⊥BE
∴EC=BC=6
∵∠DEC＝∠CEA, ∠EDC＝∠ECA
∴△EDC∽△ECA
∴
∴．
【點睛】
本題考查圓與三角形的綜合性質及相似的證明和性質,關鍵在于合理作出輔助線將已知條件轉換求解．
【典例5】如圖，AB為⊙O的直徑，C、D為⊙O上的兩個點，＝＝，連接AD，過點D作DE⊥AC交AC的延長線于點E．
（1）求證：DE是⊙O的切線．
（2）若直徑AB＝6，求AD的長．
【分析】（1）連接OD，根據已知條件得到∠BOD＝180°＝60°，根據等腰三角形的性質得到∠ADO＝∠DAB＝30°，得到∠EDA＝60°，求得OD⊥DE，于是得到結論；
（2）連接BD，根據圓周角定理得到∠ADB＝90°，解直角三角形即可得到結論．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵＝＝，
∴∠BOD＝180°＝60°，
∵＝，
∴∠EAD＝∠DAB＝BOD＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠ADO＝∠DAB＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠EAD+∠EDA＝90°，
∴∠EDA＝60°，
∴∠EDO＝∠EDA+∠ADO＝90°，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：連接BD，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∵∠DAB＝30°，AB＝6，
∴BD＝AB＝3，
∴AD＝＝3．
【點評】本題考查了切線的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
【典例6】如圖，在△ABC中，AB＝AC，點D在BC上，BD＝DC，過點D作DE⊥AC，垂足為E，⊙O經過A，B，D三點．
(1)求證：AB是⊙O的直徑；
(2)判斷DE與⊙O的位置關系，并加以證明；
(3)若⊙O的半徑為3，∠BAC＝60°，求DE的長．
【分析】：(1)連接AD，證AD⊥BC可得；(2)連接OD，利用中位線定理得到OD與AC平行，可證∠ODE為直角，由OD為半徑，可證DE與圓O相切；(3)連接BF，先證三角形ABC為等邊三角形，再求出BF的長，由DE為三角形CBF中位線，即可求出DE的長．
【答案】：(1)連接AD，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴AB為圓O的直徑
(2)DE與圓O相切，證明：連接OD，∵O，D分別為AB，BC的中點，∴OD為△ABC的中位線，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD為圓的半徑，∴DE與圓O相切
(3)∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC＝BC＝6，連接BF，∵AB為圓O的直徑，∴∠AFB＝∠DEC＝90°，∴AF＝CF＝3，DE∥BF，∵D為BC的中點，∴E為CF的中點，即DE為△BCF中位線，在Rt△ABF中，AB＝6，AF＝3，根據勾股定理得BF＝eq \r(62－32)＝3eq \r(3)，則DE＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(3\r(3),2)
【典例7】如圖，△ABC內接于⊙O，BD為⊙O的直徑，BD與AC相交于點H，AC的延長線與過點B的直線相交于點E，且∠A＝∠EBC.
(1)求證：BE是⊙O的切線；
(2)已知CG∥EB，且CG與BD，BA分別相交于點F，G，若BG·BA＝48，FG＝eq \r(2)，DF＝2BF，求AH的值．
【分析】：(1)證∠EBD＝90°即可；(2)由△ABC∽△CBG得eq \f(BC,BG)＝eq \f(AB,BC)，可求出BC，再由△BFC∽△BCD得BC2＝BF·BD，可求出BF，再求出CF，CG，GB，通過計算發(fā)現CG＝AG，可證CH＝CB，即可求出AC.
【答案】：(1)連接CD，∵BD是直徑，∴∠BCD＝90°，即∠D＋∠CBD＝90°，∵∠A＝∠D，∠A＝∠EBC，∴∠CBD＋∠EBC＝90°，∴BE⊥BD，∴BE是⊙O切線
(2)∵CG∥EB，∴∠BCG＝∠EBC，∴∠A＝∠BCG，又∵∠CBG＝∠ABC，∴△ABC∽△CBG，∴eq \f(BC,BG)＝eq \f(AB,BC)，即BC2＝BG·BA＝48，∴BC＝4eq \r(3)，∵CG∥EB，∴CF⊥BD，∴△BFC∽△BCD，∴BC2＝BF·BD，∵DF＝2BF，∴BF＝4，在Rt△BCF中，CF＝eq \r(BC2－FB2)＝4eq \r(2)，∴CG＝CF＋FG＝5eq \r(2)，在Rt△BFG中，BG＝eq \r(BF2＋FG2)＝3eq \r(2)，∵BG·BA＝48，∴BA＝8eq \r(2)，∴AG＝5eq \r(2)，∴CG＝AG，∴∠A＝∠ACG＝∠BCG，∠CFH＝∠CFB＝90°，∴∠CHF＝∠CBF，∴CH＝CB＝4eq \r(3)，∵△ABC∽△CBG，∴eq \f(AC,CG)＝eq \f(BC,BG)，∴AC＝eq \f(CB·CG,BG)＝eq \f(20\r(3),3)，∴AH＝AC－CH＝eq \f(8\r(3),3)
【典例8】如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC為⊙O的直徑，過點C作AC的垂線交AD的延長線于點E，點F為CE的中點，連接DB，DC，DF.
(1)求∠CDE的度數；
(2)求證：DF是⊙O的切線；
(3)若AC＝2eq \r(5)DE，求tan∠ABD的值．
【答案】：(1)∵對角線AC為⊙O的直徑，∴∠ADC＝90°，∴∠EDC＝90°
(2)連接DO，∵∠EDC＝90°，F是EC的中點，∴DF＝FC，∴∠FDC＝∠FCD，∵OD＝OC，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠OCF＝90°，∴∠ODF＝∠ODC＋∠FDC＝∠OCD＋∠DCF＝∠OCF＝90°，∴DF是⊙O的切線
(3)∵∠E＋∠DCE＝90°，∠DCA＋∠DCE＝90°，∴∠DCA＝∠E，又∵∠ADC＝∠CDE＝90°，∴△CDE∽△ADC，∴eq \f(DC,AD)＝eq \f(DE,DC)，∴DC2＝AD·DE.設DE＝x，則AC＝2eq \r(5)x，AC2－AD2＝DC2＝AD·DE，即(2eq \r(5)x)2－AD2＝AD·x，整理得AD2＋AD·x－20x2＝0，解得AD＝4x或AD＝－5x(舍去)，則DC＝eq \r(（2\r(5)x）2－（4x）2)＝2x，故tan∠ABD＝tan∠ACD＝eq \f(AD,DC)＝eq \f(4x,2x)＝2
【典例9】如圖，在矩形ABCD中，點O在對角線AC上，以OA的長為半徑的圓O與AD，AC分別交于點E，F，且∠ACB＝∠DCE.
(1)判斷直線CE與⊙O的位置關系，并證明你的結論；
(2)若tan∠ACB＝eq \f(\r(2),2)，BC＝2，求⊙O的半徑．
【答案】：(1)直線CE與⊙O相切. 理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴BC∥AD，∴∠ACB＝∠DAC，又∵∠ACB＝∠DCE，∴∠DAC＝∠DCE，連接OE，有OA＝OE，則∠DAC＝∠AEO＝∠DCE.∵∠DCE＋∠DEC＝90°，∴∠AEO＋∠DEC＝90°，∴∠OEC＝90°，即OE⊥CE.又OE是⊙O的半徑，∴直線CE與⊙O相切 (2)∵tan∠ACB＝eq \f(AB,BC)＝eq \f(\r(2),2)，BC＝2，∴AB＝BC·tan∠ACB＝eq \r(2)，∴AC＝eq \r(6).又∵∠ACB＝∠DCE，∴tan∠DCE＝tan∠ACB＝eq \f(\r(2),2)，∴DE＝DC·tan∠DCE＝1.在Rt△CDE中，CE＝eq \r(CD2＋DE2)＝eq \r(3)，設⊙O的半徑為r，則在Rt△COE中，CO2＝OE2＋CE2，即(eq \r(6)－r)2＝r2＋3，解得r＝eq \f(\r(6),4)
【典例10】如圖，已知AB為⊙O的直徑，AC為⊙O的切線，OC交⊙O于點D，BD的延長線交AC于點E.
(1)求證：∠1＝∠CAD；
(2)若AE＝EC＝2，求⊙O的半徑．
【答案】：(1)∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ADO＋∠BDO＝90°，∵AC為⊙O的切線，∴OA⊥AC，∴∠OAD＋∠CAD＝90°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∵∠1＝∠BDO，∴∠1＝∠CAD
(2)∵∠1＝∠CAD，∠C＝∠C，∴△CAD∽△CDE，∴CD∶CA＝CE∶CD，∴CD2＝CA·CE，∵AE＝EC＝2，∴AC＝AE＋EC＝4，∴CD＝2eq \r(2)，設⊙O的半徑為x，則OA＝OD＝x，在Rt△AOC中，OA2＋AC2＝OC2，∴x2＋42＝(2eq \r(2)＋x)2，解得x＝eq \r(2)，∴⊙O的半徑為eq \r(2)
【典例11】如圖，已知⊙O是△ABC的外接圓，AD是⊙O的直徑，且BD＝BC，延長AD到E，且有∠EBD＝∠CAB.
(1)求證：BE是⊙O的切線；
(2)若BC＝eq \r(3)，AC＝5，求圓的直徑AD及切線BE的長．
【答案】：(1)連接OB，∵BD＝BC，∴∠CAB＝∠BAD，∵∠EBD＝∠CAB，∴∠BAD＝∠EBD，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD＝90°，OA＝OB，∴∠BAD＝∠ABO，∴∠EBD＝∠ABO，∴∠OBE＝∠EBD＋∠OBD＝∠ABO＋∠OBD＝∠ABD＝90°，∵點B在⊙O上，∴BE是⊙O的切線
(2)設圓的半徑為R，連接CD，∵AD為⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∵BC＝BD，∴OB⊥CD，∴OB∥AC，∵OA＝OD，∴OF＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(5,2)，∵四邊形ACBD是圓內接四邊形，∴∠BDE＝∠ACB，∵∠DBE＝∠CAB，∴△DBE∽△CAB，∴eq \f(DB,CA)＝eq \f(DE,CB)，∴eq \f(\r(3),5)＝eq \f(DE,\r(3))，∴DE＝eq \f(3,5)，∵∠OBE＝∠OFD＝90°，∴DF∥BE，∴eq \f(OF,OB)＝eq \f(OD,OE)，∴eq \f(\f(5,2),R)＝eq \f(R,R＋\f(3,5))，∵R＞0，∴R＝3，∴AB＝eq \r(AD2－BD2)＝eq \r(33)，∵eq \f(AC,AB)＝eq \f(BD,BE)，∴BE＝eq \f(3\r(11),5)
【典例12】如圖，CD是⊙O的直徑，AB是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足為G，OG∶OC＝3∶5，AB＝8.
(1)求⊙O的半徑；
(2)點E為圓上一點，∠ECD＝15°，將eq \(CE,\s\up8(︵))沿弦CE翻折，交CD于點F，求圖中陰影部分的面積．
【答案】：(1)連接AO，∵CD為⊙O的直徑，AB⊥CD，AB＝8，∴AG＝4，∵OG∶OC＝3∶5，∴設⊙O的半徑為5k，則OG＝3k，∴(3k)2＋42＝(5k)2，解得k＝1或k＝－1(舍去)，∴5k＝5，即⊙O的半徑是5
(2)將陰影部分沿CE翻折，點F的對應點為M，∵∠ECD＝15°，由對稱性可知，∠DCM＝30°，S陰影＝S弓形CBM，連接OM，則∠MOD＝60°，∴∠MOC＝120°，過點M作MN⊥CD于點N，∴MN＝MO·sin60°＝5×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(5\r(3),2)，∴S陰影＝S扇形OMC－S△OMC＝eq \f(120×π×52,360)－eq \f(1,2)×5×eq \f(5\r(3),2)＝eq \f(25π,3)－eq \f(25\r(3),4)，即圖中陰影部分的面積是eq \f(25π,3)－eq \f(25\r(3),4)
【典例13】如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，以AB為直徑的⊙O交AC于點D，點E是AB邊上一點(點E不與點A，B重合)，DE的延長線交⊙O于點G，DF⊥DG，且交BC于點F.
(1)求證：AE＝BF；
(2)連接GB，EF，求證：GB∥EF；
(3)若AE＝1，EB＝2，求DG的長．
【答案】：(1)連接BD，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠A＝∠C＝45°，∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB＝90°，即BD⊥AC，∴AD＝DC＝BD＝eq \f(1,2)AC，∠CBD＝∠C＝45°，∴∠A＝∠FBD，∵DF⊥DG，∴∠FDG＝90°，∴∠FDB＋∠BDG＝90°，又∵∠EDA＋∠BDG＝90°，∴∠EDA＝∠FDB，可證△AED≌△BFD(ASA)，∴AE＝BF
(2)連接EF，BG，∵△AED≌△BFD，∴DE＝DF，∵∠EDF＝90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴∠DEF＝45°，∵∠G＝∠A＝45°，∴∠G＝∠DEF，∴GB∥EF
(3)∵AE＝BF，AE＝1，∴BF＝1，在Rt△EBF中，∠EBF＝90°，∴根據勾股定理得EF2＝EB2＋BF2，∵EB＝2，BF＝1，∴EF＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，∵△DEF為等腰直角三角形，∠EDF＝90°，∴cs∠DEF＝eq \f(DE,EF)＝eq \f(\r(2),2)，∵EF＝eq \r(5)，∴DE＝eq \r(5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(10),2)，∵∠G＝∠A，∠GEB＝∠AED，∴△GEB∽△AED，∴eq \f(GE,AE)＝eq \f(EB,ED)，即GE·ED＝AE·EB，∴eq \f(\r(10),2)·GE＝2，∴GE＝eq \f(2\r(10),5)，則GD＝GE＋ED＝eq \f(9\r(10),10)

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