1．（2022?西城區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以直角邊AB為直徑的⊙O交AC于點(diǎn)D，在AC上截取AE＝AB，連接BE交⊙O于點(diǎn)F．
（1）求證：∠EBC＝∠BAC；
（2）若⊙O的半徑長(zhǎng)r＝5，tan∠CBE＝，求CE的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接AF，由圓周角定理及直角三角形的性質(zhì)可得∠BAF+∠ABF＝90°，∠ABF+∠EBC＝90°，進(jìn)而可得∠BAF＝∠EBC，再利用等腰三角形的性質(zhì)可證明結(jié)論；
（2）過E點(diǎn)作EG⊥BC于點(diǎn)G，證明△BAF∽△EBG，列比例式可得，結(jié)合銳角三角函數(shù)的定義可求得EG＝4，BG＝8，△ABC∽△EGC，列比例式可求解CG的長(zhǎng)，再利用勾股定理可求解．
【解答】（1）證明：連接AF，
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠AFB＝90°，
∴∠BAF+∠ABF＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABF+∠EBC＝90°，
∴∠BAF＝∠EBC，
∵AB＝AE，∠AFB＝90°，
∴∠BAF＝∠BAC，
∴∠EBC＝∠BAC；
（2）過E點(diǎn)作EG⊥BC于點(diǎn)G，
∴∠AFB＝∠BGE＝90°，
∵∠BAF＝∠EBG，
∴△BAF∽△EBG，
∴，
∵tan∠BAF＝tan∠CBE＝，
∴AF＝2BF，
∵AB＝2OA＝10，
∴BF＝，AF＝，
∵AF⊥BE，AB＝AE，
∴BE＝2BF＝，
∴，
解得EG＝4，BG＝8，
∵∠ABC＝∠EGC＝90°，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△EGC，
∴，
∴，
解得CG＝，
∴CE＝．
2．（2022?丹東）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E在⊙O上，連接AE和BE，BC平分∠ABE交⊙O于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作CD⊥BE，交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接CE．
（1）請(qǐng)判斷直線CD與⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；
（2）若sin∠ECD＝，CE＝5，求⊙O的半徑．
【分析】（1）結(jié)論：CD是⊙O的切線，證明OC⊥CD即可；
（2）設(shè)OA＝OC＝r，設(shè)AE交OC于點(diǎn)J．證明四邊形CDEJ是矩形，推出CD＝EJ＝4，CJ＝DE＝3，再利用勾股定理構(gòu)建方程求解．
【解答】解：（1）結(jié)論：CD是⊙O的切線．
理由：連接OC．
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∵BC平分∠ABD，
∴∠OBC＝∠CBE，
∴∠OCB＝∠CBE，
∴OC∥BD，
∵CD⊥BD，
∴CD⊥OC，
∵OC是半徑，
∴CD是⊙O的切線；
（2）設(shè)OA＝OC＝r，設(shè)AE交OC于點(diǎn)J．
∵AB是直徑，
∴∠AEB＝90°，
∵OC⊥DC，CD⊥DB，
∴∠D＝∠DCJ＝∠DEJ＝90°，
∴四邊形CDEJ是矩形，
∴∠CJE＝90°，CD＝EJ，CJ＝DE，
∴OC⊥AE，
∴AJ＝EJ，
∵sin∠ECD＝＝，CE＝5，
∴DE＝3，CD＝4，
∴AJ＝EJ＝CD＝4，CJ＝DE＝3，
在Rt△AJO中，r2＝（r﹣3）2+42，
∴r＝，
∴⊙O的半徑為．
3．（2022?湘西州）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，O為AC上一點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A、E的⊙O分別交AB、AC于點(diǎn)D、F，連接OD交AE于點(diǎn)M．
（1）求證：BC是⊙O的切線．
（2）若CF＝2，sinC＝，求AE的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OE，方法一：根據(jù)角平分線的性質(zhì)及同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半得出∠OEC＝90°即可；
方法二：根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得出∠OEC＝90°即可；
（2）連接EF，根據(jù)三角函數(shù)求出AB和半徑的長(zhǎng)度，再利用三角函數(shù)求出AE的長(zhǎng)即可．
【解答】（1）證明：連接OE，
方法一：∵AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，
∴∠BAC＝2∠OAE，
∵∠FOE＝2∠OAE，
∴∠FOE＝∠BAC，
∴OE∥AB，
∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半徑，
∴BC是⊙O的切線；
方法二：∵AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，
∴∠OAE＝∠BAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠BAE＝∠OEA，
∴OE∥AB，
∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半徑，
∴BC是⊙O的切線；
（2）解：連接EF，
∵CF＝2，sinC＝，
∴，
∵OE＝OF，
∴OE＝OF＝3，
∵OA＝OF＝3，
∴AC＝OA+OF+CF＝8，
∴AB＝AC?sinC＝8×＝，
∵∠OAE＝∠BAE，
∴cs∠OAE＝cs∠BAE，
即，
∴，
解得AE＝（舍去負(fù)數(shù)），
∴AE的長(zhǎng)為．
4．（2022?大連）AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，OD⊥BC，垂足為D，過點(diǎn)A作⊙O的切線，與DO的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E．
（1）如圖1，求證∠B＝∠E；
（2）如圖2，連接AD，若⊙O的半徑為2，OE＝3，求AD的長(zhǎng)．
【分析】（1）利用等角的余角相等證明即可；
（2）利用勾股定理求出AE，再利用相似三角形的性質(zhì)求BD，根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求出AD．
【解答】（1）證明：∵AE與⊙O相切于點(diǎn)A
∴AB⊥AE，
∴∠A＝90°，
∵OD⊥BC，
∴∠BDO＝∠A＝90°，
∵∠BOD＝∠AOE，
∴∠B＝∠E．
（2）如圖2，連接AC，
∵OA＝2，OE＝3，
∴根據(jù)勾股定理得AE＝，
∵∠B＝∠E，∠BOD＝∠EOA，
∴△BOD∽△EOA，
∴＝，
∴＝，
∴BD＝，
∴CD＝BD＝，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠C＝90°，
在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得AC＝，
在Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理得AD＝
＝
＝．
5．（2022?廣州）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，且AC＝8，BC＝6．
（1）尺規(guī)作圖：過點(diǎn)O作AC的垂線，交劣弧于點(diǎn)D，連接CD（保留作圖痕跡，不寫作法）；
（2）在（1）所作的圖形中，求點(diǎn)O到AC的距離及sin∠ACD的值．
【分析】（1）利用尺規(guī)作圖，作線段AC的垂直平分線即可；
（2）根據(jù)垂徑定理、勾股定理可求出直徑AB＝10，AE＝EC＝3，由三角形中位線定理可求出OE，即點(diǎn)O到AC的距離，在直角三角形CDE中，求出DE，由勾股定理求出CD，再根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義可求出答案．
【解答】解：（1）分別以A、C為圓心，大于AC為半徑畫弧，在AC的兩側(cè)分別相交于P、Q兩點(diǎn)，畫直線PQ交劣弧于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E，即作線段AC的垂直平分線，由垂徑定理可知，直線PQ一定過點(diǎn)O；
（2）∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，且AC＝8，BC＝6．
∴AB＝＝10，
∵OD⊥AC，
∴AE＝CE＝AC＝4，
又∵OA＝OB，
∴OE是△ABC的中位線，
∴OE＝BC＝3，
由于PQ過圓心O，且PQ⊥AC，
即點(diǎn)O到AC的距離為3，
連接OC，在Rt△CDE中，
∵DE＝OD﹣CE＝5﹣3＝2，CE＝4，
∴CD＝＝＝2
∴sin∠ACD＝＝＝．
6．（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＝，AB＝4，求AC長(zhǎng)度及陰影部分面積．
【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＝，
設(shè)OD＝4x，則OC＝5x，
∴CD＝＝3x＝AC，
在Rt△AOB中，OB＝OD＝4x，OA＝OC+AC＝8x，AB＝4，由勾股定理得，
OB2+OA2＝AB2，
即：（4x）2+（8x）2＝（4）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，
∴＝，
即＝，
∴EC＝，
∴S陰影部分＝S△COE﹣S扇形
＝××4﹣
＝﹣4π
＝，
答：AC＝3，陰影部分的面積為．
7．（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(zhǎng)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．
【分析】（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(zhǎng)，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．
【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＝＝＝4，
∵∠E＝∠OCF＝90°，∠F＝∠F，
∴△FCO∽△FEA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴EA＝，EF＝，
∴CE＝EF﹣CF＝，
在Rt△ACE中，tan∠ACE＝＝＝2，
∴tan∠ACE的值為2．
8．（2022?樂山）如圖，線段AC為⊙O的直徑，點(diǎn)D、E在⊙O上，＝，過點(diǎn)D作DF⊥AC，垂足為點(diǎn)F．連結(jié)CE交DF于點(diǎn)G．
（1）求證：CG＝DG；
（2）已知⊙O的半徑為6，sin∠ACE＝，延長(zhǎng)AC至點(diǎn)B，使BC＝4．求證：BD是⊙O的切線．
【分析】（1）證明∠CDG＝∠DCG可得結(jié)論；
（2）證明△COH∽△BOD可得∠BDO＝90°，從而得結(jié)論．
【解答】證明：（1）連接AD，
∵線段AC為⊙O的直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADF+∠CDG＝90°，
∵DF⊥BC，
∴∠DFA＝∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠CDG＝∠DAF，
∵＝，
∴∠DAF＝∠DCG，
∴∠CDG＝∠DCG，
∴CG＝DG；
（2）連接OD，交CE于H，
∵＝，
∴OD⊥EC，
∵sin∠ACE＝＝，
∵BC＝4，OD＝OC＝6，
∴＝＝，
∴＝，
∵∠COH＝∠BOD，
∴△COH∽△BOD，
∴∠BDO＝∠CHO＝90°，
∴OD⊥BD，
∵OD是⊙O的半徑，
∴BD是⊙O的切線．
9．（2022?定遠(yuǎn)縣模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在AB的延長(zhǎng)線上，CD與⊙O相切于點(diǎn)D，CE⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．
（1）求證：∠ECD＝∠A；
（2）若CE＝4，DE＝2，求AB的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠ODC＝90°，從而可得∠ADO+∠EDC＝90°，根據(jù)垂直定義可得∠E＝90°，從而可得∠EDC+∠DCE＝90°，進(jìn)而可得∠ADO＝∠DCE，然后利用等腰三角形的性質(zhì)，即可解答；
（2）在Rt△DCE中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出tan∠DCE的值，從而求出tanA的值，然后在Rt△AEC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AE的長(zhǎng)，從而求出AD的長(zhǎng)，最后證明A字模型相似三角形△ADB∽△AEC，利用相似三角形的性質(zhì)求出DB的長(zhǎng)，從而在Rt△ADB中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵CD與⊙O相切于點(diǎn)D，
∴∠ODC＝90°，
∴∠ADO+∠EDC＝180°﹣∠ODC＝90°，
∵CE⊥AD，
∴∠E＝90°，
∴∠EDC+∠DCE＝90°，
∴∠ADO＝∠DCE，
∵OA＝OD，
∴∠A＝∠ADO，
∴∠ECD＝∠A；
（2）解：在Rt△DCE中，CE＝4，DE＝2，
∴tan∠DCE＝＝＝，
∵∠ECD＝∠A，
∴tan∠ECD＝tanA，
在Rt△AEC中，tanA＝＝＝，
∴AE＝8，
∴AD＝AE﹣DE＝8﹣2＝6，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠E，
∵∠A＝∠A，
∴△ADB∽△AEC，
∴＝，
∴＝，
∴DB＝3，
∴AB＝＝＝3，
∴AB的長(zhǎng)為3．
10．（2022?市中區(qū)一模）已知：如圖，AB是⊙O的直徑，C，D是⊙O上兩點(diǎn)，過點(diǎn)C的切線交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，DE⊥CE，連接CD，BC．
（1）求證：∠DAB＝2∠ABC；
（2）若tan∠ADC＝，BC＝8，求⊙O的半徑．
【分析】（1）連接OC，根據(jù)CE是⊙O的切線得到∠OCE＝90°，從而得到OC∥DE，進(jìn)而得到∠DAB＝∠AOC，再結(jié)合∠AOC＝2∠ABC，即可得到∠DAB＝2∠ABC；
（2）連接AC，先根據(jù)AB是⊙O的直徑得到∠ACB＝90°，再根據(jù)圓周角定理得到tan∠ABC＝tan∠ADC＝，在Rt△ABC利用銳角三角函數(shù)及勾股定理即可計(jì)算出半徑長(zhǎng)．
【解答】（1）證明：連接OC，
∵CE是⊙O的切線，
∴∠OCE＝90°，
∵DE⊥CE，
∴∠E＝90°，
∴∠OCE+∠E＝180°，
∴OC∥DE，
∴∠DAB＝∠AOC，
∵∠AOC＝2∠ABC，
∴∠DAB＝2∠ABC；
（2）解：連接AC，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴tan∠ABC＝tan∠ADC＝，
∴，
∵BC＝8，
∴AC＝4，
∴AB＝4，
∴⊙O的半徑為2．
11．（2022?瑞安市一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB交AB于點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)E，以DB為直徑作⊙O交BC于點(diǎn)F，連結(jié)BE，EF．
（1）證明：∠A＝∠BEF．
（2）若AC＝4，tan∠BEF＝4，求EF的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接DF，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠DFB＝90°，從而可得∠ACB＝∠DFB＝90°，進(jìn)而可得AC∥DF，然后利用平行線的性質(zhì)可得∠A＝∠FDB，再利用同弧所對(duì)的圓周角相等可得∠FDB＝∠BEF，即可解答；
（2）過點(diǎn)E作EH⊥BC，垂足為H，根據(jù)角平分線的定義可得CF＝DF，再設(shè)CF＝DF＝x，在Rt△ACB中，利用銳角三角函數(shù)定義求出BC，從而表示出BF，然后證明A字模型相似三角形△ACB∽△DFB，利用相似三角形的性質(zhì)求出FB的長(zhǎng)，從而求出FH的長(zhǎng)，最后根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠DEB＝90°，從而可得CH＝EH＝BC＝8，進(jìn)而在Rt△EFH中，利用勾股定理求出EF，即可解答．
【解答】（1）證明：連接DF，
∵BD是⊙O的直徑，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB＝90°，
∴AC∥DF，
∴∠A＝∠FDB，
∵∠FDB＝∠BEF，
∴∠A＝∠BEF；
（2）解：過點(diǎn)E作EH⊥BC，垂足為H，
∴∠EHF＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠DCB＝∠ACB＝45°，
∴∠CDF＝90°﹣∠DCB＝45°，
∴CF＝DF，
設(shè)CF＝DF＝x，
∵∠A＝∠BEF，
∴tanA＝tan∠BEF＝4，
∴BC＝AC?tanA＝4×4＝16，
∴BF＝BC﹣CF＝16﹣x，
∵∠ACF＝∠DFB＝90°，
∴△ACB∽△DFB，
∴＝，
∴＝，
∴x＝，
經(jīng)檢驗(yàn)，x＝是原方程的根，
∴CF＝，
∵BD是⊙O的直徑，
∴∠BED＝90°，
∴∠EBC＝90°﹣∠DCB＝45°，
∴EC＝EB，
∵EH⊥BC，
∴CH＝BH＝BC＝8，
∴EH＝BC＝8，
∴FH＝CH﹣CF＝，
∴EF＝＝＝，
∴EF的長(zhǎng)為．
12．（2022秋?濰城區(qū)期中）閱讀理解：如圖1，在Rt△ABC中，a，b，c分別是∠A，∠B，∠C的對(duì)邊，∠C＝90°，其外接圓半徑為R．根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義：sinA＝，sinB＝，可得＝c＝2R，即＝2R（規(guī)定sin90°＝1）．
探究活動(dòng)：如圖2，在銳角△ABC中，a，b，c分別是∠A，∠B，∠C的對(duì)邊，其外接圓半徑為R，那么： ＝ ＝ （用＞，＝或＜連接），并說明理由．
初步應(yīng)用：事實(shí)上，以上結(jié)論適用于任意三角形．在△ABC中，a，b，c分別是∠A，∠B，∠C的對(duì)邊，∠B＝30°，∠C＝45°，b＝，求c．
綜合應(yīng)用：如圖3，在某次數(shù)學(xué)實(shí)踐活動(dòng)中，小瑩同學(xué)測(cè)量一棟樓AB的高度，在A處用測(cè)角儀測(cè)得地面點(diǎn)C處的俯角為45°，點(diǎn)D處的俯角為15°，B，C，D在一條直線上，且C，D兩點(diǎn)的距離為100米，求樓AB的高度．（參考數(shù)據(jù)：≈1.7，sin15°＝）．
【分析】探究活動(dòng)：由銳角三角函數(shù)可得＝＝＝2R，可得解；
初步應(yīng)用：將數(shù)值代入＝可求解；
綜合應(yīng)用：由三角形的外角性質(zhì)可求∠ACB＝30°，利用（1）的結(jié)論即可求解．
【解答】解：探究活動(dòng)：如圖，過點(diǎn)C作直徑CD交⊙O于點(diǎn)D，連接BD，
∴∠A＝∠D，∠DBC＝90°，
∴sinA＝sinD＝＝，
∴＝＝2R，
同理可證：＝2R，＝2R，
∴＝＝＝2R，
故答案為：＝，＝；
初步應(yīng)用：
∵＝＝2R，∠B＝30°，∠C＝45°，b＝，
∴＝，
∴＝，
∴c＝2；
綜合應(yīng)用：
如圖，
由題意得：∠ABD＝90°，∠MAD＝15°，∠MAC＝45°，AB＝100m，
∴∠CAD＝30°，
∵AM∥BD，
∴∠ADB＝∠MAD＝15°，∠ACB＝∠MAC＝45°，
設(shè)樓AB＝xm，則AC＝xm，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∴x＝50（﹣1）≈50×0.7＝35，
∴樓AB高度約為35m．
13．（2022秋?高新區(qū)期中）如圖，以△ABC的邊AC上一點(diǎn)O為圓心，OC為半徑的⊙O經(jīng)過B點(diǎn)與AC交于D點(diǎn)，連接BD，已知∠ABD＝∠C，tanC＝．
（1）求證：AB為⊙O的切線；
（2）若AD＝1，求CD；
（3）設(shè)AM為∠BAC的平分線，AM＝4，求⊙O的半徑．
【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)以及切線的判定方法進(jìn)行解答即可；
（2）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，以及tanC＝＝即可求出AC，進(jìn)而求出CD；
（3）根據(jù)角平分線的定義，直角三角形的兩銳角互余以及三角形內(nèi)角和定理可得∠AMN＝45°，進(jìn)而求出AN＝MN＝4，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出BC，BD，由勾股定理求出CD，進(jìn)而求出半徑即可．
【解答】（1）證明：∵OB＝OC，OB＝OD，
∴∠C＝∠OBC，∠OBD＝∠ODB，
∵CD是⊙O的直徑，
∴∠CBD＝90°，即∠OBD+∠OBC＝90°，
又∵∠C＝∠ABD，
∴∠ABD+∠OBD＝90°，
即OB⊥AB，
∵OB是⊙O的半徑，
∴AB是⊙⊙O的切線；
（2）解：∵∠C＝∠ABD，∠BAD＝∠CAB，
∴△ABD∽△ACB，
∴＝＝＝tanC＝，
∵AD＝1，
∴AB＝2，AC＝4，
∴CD＝AC﹣AD＝4﹣1＝3；
（3）解：如圖，過點(diǎn)A作AN⊥BC，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，
∵AM平分∠BAC，
∴∠CAM＝∠BAM，
∵∠C+∠CDB＝90°，
∴∠C+∠ABD+∠CAB＝90°，
又∵∠C＝∠ABD，
∴∠CAM+∠C＝×90°＝45°＝∠AMN，
∴AN＝MN，
∵AM＝4，
∴AN＝MN＝4×＝4，
∵tanC＝＝＝，
∴CN＝2AN＝8，
∴MC＝MN＝4，
∵AM平分∠BAC，
＝＝＝，
∴BM＝2，
∴BC＝3+4＝6，BD＝3，
在Rt△BCD中，
CD＝＝3，
∴⊙O的半徑為．
14．（2022春?青山區(qū)校級(jí)月考）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BD是角平分線，以點(diǎn)D為圓心，DA為半徑的⊙D與AC交于點(diǎn)E．
（1）求證：BC是⊙D的切線；
（2）若sinC＝，設(shè)BC切⊙D于點(diǎn)F，求tan∠CFE的值；
【分析】（1）作DH⊥BC于點(diǎn)H，由BD平分∠ABC，得DH＝DA，可知點(diǎn)D到BC的距離等于⊙D的半徑長(zhǎng)，即可證明BC是⊙D的切線；
（2）連接DF，設(shè)AB＝5m，DA＝DF＝r，由sinC＝＝，得BC＝13m，根據(jù)勾股定理求得AC＝12m，則CD＝12m﹣r，由×13mr＝×5m（12m﹣r）＝S△BCD，得DA＝r＝m，再證明EF∥BD，得∠CFE＝∠CBD＝∠ABD，所以tan∠CFE＝tan∠ABD＝＝．
【解答】（1）證明：如圖1，作DH⊥BC于點(diǎn)H，
∵∠BAC＝90°，
∴DA⊥BA，
∵BD平分∠ABC，
∴DH＝DA，
∵DA為⊙D的半徑，
∴BC是⊙D的切線．
（2）解：如圖2，連接DF，設(shè)AB＝5m，DA＝DF＝r，
∵sinC＝＝，
∴BC＝13m，
∴AC＝＝12m，
∴CD＝12m﹣r，
∵⊙D與BC相切于點(diǎn)F，
∴BC⊥DF，
∴BC?DF＝CD?AB＝S△BCD，
∴×13mr＝×5m（12m﹣r），
∴DA＝r＝m，
∵∠BFD＝∠BAD＝90°，BD＝BD，DF＝DA，
∴Rt△BDF≌Rt△BDA（HL），
∴∠BDF＝∠BDA，
∵DE＝DF，
∴∠DFE＝∠DEF，
∴∠ADF＝2∠BDF＝∠DFE+∠DEF＝2∠DFE，
∴∠BDF＝∠DFE，
∴EF∥BD，
∴∠CFE＝∠CBD＝∠ABD，
∴tan∠CFE＝tan∠ABD＝＝＝，
∴tan∠CFE的值是．
15．（2022?思明區(qū)校級(jí)二模）如圖，△ABD內(nèi)接于⊙O，AB是直徑，E是上一點(diǎn)，且DE＝DA，連接AE交BD于F，在BD延長(zhǎng)線上取點(diǎn)C，使得∠CAD＝∠EAD．
（1）求證：直線AC與⊙O相切；
（2）若AE＝24，tanE＝，求⊙O的半徑長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠ADB＝90°，求得∠ADC＝90°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠E＝∠EAD，求得∠BAC＝90°，根據(jù)切線的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）過D作DH⊥AE于H，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AH＝EH＝AE＝12，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵AB是直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴∠C+∠CAD＝90°，
∵AD＝DE，
∴∠E＝∠EAD，
∵∠E＝∠B，∠CAD＝∠EAD，
∴∠CAD＝∠B，
∴∠B+∠C＝90°
∴∠BAC＝90°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴直線AC與⊙O相切；
（2）解：如圖，過D作DH⊥AE于H，
∵DE＝DA，
∴AH＝EH＝AE＝12，
∵tanE＝tan∠EAD＝＝，
∴DH＝9，
∴AD＝＝＝15，
∵∠B＝∠E，
∴tanB＝＝，
∴BD＝20，
∴AB＝＝25，
∴⊙O的半徑長(zhǎng)為．
16．（2022?錦州）如圖，在⊙O中，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)E在⊙O上，D為的中點(diǎn)，連接AE，BD并延長(zhǎng)交于點(diǎn)C．連接OD，在OD的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)F，連接BF，使∠CBF＝∠BAC．
（1）求證：BF為⊙O的切線；
（2）若AE＝4，OF＝，求⊙O的半徑．
【分析】（1）連接AD，由圓周角定理可得∠ADB＝90°，由等弧對(duì)等角可得∠BAD＝∠CAD＝∠BAC，再進(jìn)行等量代換可得∠ABF＝90°便可證明；
（2）連接BE，由圓周角定理可得∠AEB＝90°，∠BOD＝2∠BAD，于是∠BOD＝∠BAC，由△OBF∽△AEB可得OB：AE＝OF：AB，再代入求值即可．
【解答】（1）證明：如圖，連接AD，
AB是圓的直徑，則∠ADB＝90°，
D為的中點(diǎn)，則∠BAD＝∠CAD＝∠BAC，
∵，
∴∠CBF＝∠BAD，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠ABF＝∠ABD+∠CBF＝90°，
∴AB⊥BF，
∵OB是⊙O的半徑，
∴BF是⊙O的切線；
（2）解：如圖，連接BE，
AB是圓的直徑，則∠AEB＝90°，
∵∠BOD＝2∠BAD，∠BAC＝2∠BAD，
∴∠BOD＝∠BAC，
又∵∠ABF＝∠AEB＝90°，
∴△OBF∽△AEB，
∴OB：AE＝OF：AB，
∴OB：4＝：2OB，OB2＝9，
OB＞0，則OB＝3，
∴⊙O的半徑為3．
17．（2022?南京模擬）如圖，AB是⊙O的弦，D為OA半徑的中點(diǎn)，過D作CD⊥OA交弦AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)F，且CE＝CB．
（1）求證：BC是⊙O的切線；
（2）連接AF，BF，求∠ABF的度數(shù)；
（3）如果BE＝13，，求⊙O的半徑．
【分析】（1）連接OB，由圓的半徑相等和已知條件證明∠OBC＝90°，即可證明BC是⊙O的切線；
（2）連接OF，AF，BF，首先證明△OAF是等邊三角形，再利用圓周角定理：同弧所對(duì)的圓周角是所對(duì)圓心角的一半即可求出∠ABF的度數(shù)；
（3）延長(zhǎng)AO交⊙O于點(diǎn)M，連結(jié)BM．在Rt△ADE中，設(shè)AD＝4x，則AE＝5x，在Rt△ABM中，，即，據(jù)此即可求解．
【解答】（1）證明：連接OB，
∵OB＝OA，CE＝CB，
∴∠A＝∠OBA，∠CEB＝∠ABC，
又∵CD⊥OA，
∴∠A+∠AED＝∠A+∠CEB＝90°，
∴∠OBA+∠ABC＝90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切線；
（2）解：如圖，連接OF，AF，BF，
∵DA＝DO，CD⊥OA，
∴AF＝OF，
∵OA＝OF，
∴△OAF是等邊三角形，
∴∠AOF＝60°，
∴∠ABF＝∠AOF＝30°；
（3）解：延長(zhǎng)AO交⊙O于點(diǎn)M，連結(jié)BM．
∵cs∠OAB＝，
∴在Rt△ADE中，設(shè)AD＝4x，則AE＝5x，
∵點(diǎn)D為OA的中點(diǎn)，
∴OA＝8x，
∴AM＝16x，
∵AM為⊙O的直徑，
∴∠ABM＝90°，
∵，
∴在Rt△ABM中，，
即，
解得：x＝，經(jīng)檢驗(yàn)，是方程的解，且符合題意，
∴OA＝8x＝8×＝，
∴⊙O的半徑是．
18．（2022?鞍山）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為⊙O的直徑，點(diǎn)E為⊙O上一點(diǎn)，EF∥AC交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，CE與AB交于點(diǎn)D，連接BE，若∠BCE＝∠ABC．
（1）求證：EF是⊙O的切線．
（2）若BF＝2，sin∠BEC＝，求⊙O的半徑．
【分析】（1）根據(jù)切線的判定定理，圓周角定理解答即可；
（2）根據(jù)相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理解答即可．
【解答】（1）證明：連接OE，
∵∠BCE＝∠ABC，∠BCE＝∠BOE，
∴∠ABC＝∠BOE，
∴OE∥BC，
∴∠OED＝∠BCD，
∵EF∥AC，
∴∠FEC＝∠ACE，
∴∠OED+∠FEC＝∠BCD+∠ACE，
即∠FEO＝∠ACB，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠FEO＝90°，
∴FE⊥EO，
∵EO是⊙O的半徑，
∴EF是⊙O的切線．
（2）解：∵EF∥AC，
∴△FEO∽△ACB，
∴，
∵BF＝2，sin∠BEC＝，
設(shè)⊙O的半徑為r，
∴FO＝2+r，AB＝2r，BC＝r，
∴，
解得：r＝3，
檢驗(yàn)得：r＝3是原分式方程的解，
∴⊙O的半徑為3．
19．（2022?菏澤）如圖，在△ABC中，以AB為直徑作⊙O交AC、BC于點(diǎn)D、E，且D是AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作DG⊥BC于點(diǎn)G，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．
（1）求證：直線HG是⊙O的切線；
（2）若HA＝3，csB＝，求CG的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OD，根據(jù)三角形中位線定理得到OD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到OD⊥HG，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；
（2）根據(jù)余弦的定義求出⊙O的半徑，根據(jù)三角形中位線定理求出BC，再根據(jù)余弦的定義求出BG，計(jì)算即可．
【解答】（1）證明：連接OD，
∵AD＝DC，AO＝OB，
∴OD是△ABC的中位線，
∴OD∥BC，OD＝BC，
∵DG⊥BC，
∴OD⊥HG，
∵OD是⊙O的半徑，
∴直線HG是⊙O的切線；
（2）解：設(shè)⊙O的半徑為x，則OH＝x+3，BC＝2x，
∵OD∥BC，
∴∠HOD＝∠B，
∴cs∠HOD＝，即＝＝，
解得：x＝2，
∴BC＝4，BH＝7，
∵csB＝，
∴＝，即＝，
解得：BG＝，
∴CG＝BC﹣BG＝4﹣＝．
20．（2022?郯城縣二模）如圖，AB為⊙O直徑，C、D為⊙O上不同于A、B的兩點(diǎn)，∠ABD＝2∠BAC，連接CD．過點(diǎn)C作CE⊥DB，垂足為E，直線AB與CE相交于F點(diǎn)．
（1）求證：CF為⊙O的切線；
（2）當(dāng)時(shí)，求BF的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OC，由圓周角定理結(jié)合已知得出∠BOC＝∠ABD，得出OC∥BD，由平行線的性質(zhì)得出OC⊥CF，即可證明CF為⊙O的切線；
（2）連接AD，OC，由圓周角定理得出∠ADB＝90°，由CE⊥DB，得出∠BEF＝90°，由三角形內(nèi)角和定理及∠ABD＝∠EBF，得出∠F＝∠BAD，利用解直角三角形求出BD＝6，進(jìn)而求出AB＝10，得出OC＝OB＝5，在Rt△FOC中，，即可求出BF的長(zhǎng)度．
【解答】（1）證明：如圖1，連接OC，
∵∠BOC＝2∠BAC，∠ABD＝2∠BAC，
∴∠BOC＝∠ABD，
∴OC∥BD，
∵CE⊥DB，
∴OC⊥CF，
∵OC為⊙O的半徑，
∴CF為⊙O的切線；
（2）解：如圖2，連接AD，OC，
∵AB為⊙O直徑，
∴∠ADB＝90°，
∵CE⊥DB，
∴∠BEF＝90°，
∵∠ABD＝∠EBF，
∴∠F＝∠BAD，
∴，
∵BD＝6，
∴，
∴AB＝10，
∴OB＝5，
∴OC＝OB＝5，
在Rt△FOC中，，
∴．
21．（2022?松桃縣模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，連接AC、BC，點(diǎn)D在BA的延長(zhǎng)線上，且∠DCA＝∠ABC，點(diǎn)E在DC的延長(zhǎng)線上，且BE⊥DE．
（1）求證：DC是⊙O的切線；
（2）若tan∠D＝，BE＝+1，求DA的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OC，由圓周角定理得出∠ACO+∠OCB＝90°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠OCB＝∠ABC，由∠DCA＝∠ABC，∠ACO+∠DCA＝90°，即∠DCO＝90°，即可證明DC是⊙O的切線；
（2）連接OC，在Rt△DCO中，tanD＝＝，設(shè)OC＝OB＝x，則DC＝2x，得出OD＝x，在Rt△DEB中，tanD＝＝，由BE＝+1，求出DE＝2+2，由勾股定理求出BD＝（），進(jìn)而求出OD＝（）﹣x，得出方程x＝（）﹣x，求出x＝，DA＝BD﹣AB＝5﹣．
【解答】（1）證明：如圖1，連接OC，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，即∠ACO+∠OCB＝90°，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠ABC，
∵∠DCA＝∠ABC，
∴∠OCB＝∠DCA，
∴∠ACO+∠DCA＝90°，即∠DCO＝90°，
∵OC是半徑，
∴DC是⊙O的切線；
（2）解：如圖2，連接OC，
在Rt△DCO中，tanD＝＝，
設(shè)OC＝OB＝x，則DC＝2x，
∴OD＝＝＝x，
在Rt△DEB中，tanD＝＝，
∴DE＝2BE，
∵BE＝+1，
∴DE＝2（+1）＝2+2，
∴BD＝＝＝（），
∴OD＝BD﹣OB＝（）﹣x，
∴x＝（）﹣x，
解得：x＝，
∴AB＝2x＝2，
∴DA＝BD﹣AB＝（）﹣2＝5﹣．
22．（2022?中山市三模）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB為⊙O的直徑，P為圓外一點(diǎn)，連接PC、PB，且滿足PC＝PB，∠PCB＝∠BAC．連接PO并延長(zhǎng)交⊙O于E、F兩點(diǎn)．
（1）求證：PB是⊙O的切線；
（2）證明：EF2＝4OD?OP；
（3）過點(diǎn)E作EG垂直AB交于點(diǎn)G，連接BE，若，求tan∠EBA的值．
【分析】（1）證出∠PBA＝∠PBC+∠ABC＝∠BAC+∠ABC＝90°即可得出結(jié)論；
（2）求證△BOD∽△POB，得出OB2＝OD?OP，根據(jù)EF＝2OB即可得出結(jié)論；
（3）設(shè)△BOC的面積為2S．則△BOE的面積為3S，證出△OEG∽△ABC，從而得到△OEG 的面積為S．進(jìn)而得出，表示出EG和BG的長(zhǎng)度．可得到答案．
【解答】（1）證明：AB為⊙O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∵PB＝PC．
∴∠PCB＝∠PBC．
∵∠PCB＝∠BAC，
∴∠PBA＝∠PBC+∠ABC＝∠BAC+∠ABC＝90°，
∴OB⊥PB，
∵OB是半徑，
∴PB是⊙O的切線：
（2）證明：∵PC＝PB，OB＝OC，
∴OP為BC的垂直平分線，
∴∠ODC＝90°，
由（1）得：∠PBO＝90°，
∵∠BOD＝∠POB，
∴△BOD∽△POB，
∴，
∴OB2＝OD?OP，
∵EF＝2OB，
∴EF2＝4OB2＝4OD?OP；
（3）解：設(shè)△BOC的面積為2S，則△BOE的面積為3S，
∵OA＝OB，
∴△AOC的面機(jī)為2S，△ABC的面積為4S，
∵∠ODC＝∠ACB＝90°，
∴EP∥AC，
∴∠BAC＝∠EOG，
∵EG⊥AB，
∴∠OGE＝∠ACB＝90°，
∴△OEG∽△ABC，
∴，
∴△OEG的面積為S，
∴，
設(shè)OB＝3a，則OG＝a．OE＝OB＝3a，
∴EG＝＝2a，
∴tan∠EBA＝．
23．（2022?武威模擬）如圖，BE是△ABC的角平分線，∠C＝90°，點(diǎn)D在AB邊上，以DB為直徑的⊙O經(jīng)過點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．
（1）求證：AC是⊙O的切線；
（2）若sinA＝，⊙O的半徑為5，求△BEF的面積．
【分析】（1）連接OE，利用等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)和切線的判定定理解答即可；
（2）連接OE，OF，過點(diǎn)O作OH⊥BF于點(diǎn)H，利用垂徑定理可得BH＝HF＝BF，利用平行線的判定與性質(zhì)可得∠HOB＝∠A，則sin∠HOB＝，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理和勾股定理可求BH，OH，再利用平行線間的距離相等，同底等高的三角形的面積相等可得S△BEF＝S△BOF，利用三角形的面積公式解答即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：連接OE，如圖，
∵OE＝OB，
∴∠OEB＝∠OBE．
∵BE是△ABC的角平分線，
∴∠OBE＝∠EBC，
∴∠OEB＝∠EBC，
∴OE∥BC，
∴∠OEA＝∠C．
∵∠C＝90°，
∴∠OEA＝90°．
∴OE⊥AC，
∵OE為⊙O的半徑，
∴AC是⊙O的切線；
（2）解：連接OE，OF，過點(diǎn)O作OH⊥BF于點(diǎn)H，如圖，
則BH＝HF＝BF．
∵∠C＝90°，
∴AC⊥BC．
∵OH⊥BF，
∴OH∥AC，
∴∠HOB＝∠A．
∵sinA＝，
∴sin∠HOB＝，
∵sin∠HOB＝，⊙O的半徑為5，
∴BH＝3．
∴BF＝6，
OH＝＝4．
由（1）知：OE∥BC，
∴S△BEF＝S△BOF．
∵BF?OH＝6×4＝12，
∴S△BEF＝12．
24．（2022?紅花崗區(qū)模擬）如圖，在?ABCD中，AB＝AC，作△ABC的外接圓⊙O，CD與⊙O交于點(diǎn)E，連接AE．
（1）求證：DA是⊙O切線；
（2）若⊙O的半徑為5，cs∠BAC＝，求DE的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接AO并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)M，根據(jù)已知可得AM是BC的垂直平分線，從而可得∠AMB＝90°，再利用平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，從而可得∠DAM＝90°，即可解答；
（2）利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)和圓周角定理可得∠BOM＝∠BAC，再在Rt△BOM中，利用銳角三角函數(shù)的定義和勾股定理求出OM，BM的長(zhǎng)從而求出BC，AM的長(zhǎng)，從而在Rt△ABM中，利用勾股定理求出AB的長(zhǎng)，進(jìn)而求出AC，CD，AD的長(zhǎng)，然后根據(jù)平行線和等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠DAC，再利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠AED＝∠ABC，從而可得∠AED＝∠DAC，進(jìn)而可證△DAE∽△DCA，最后利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：連接AO并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)M，
∵AB＝AC，OB＝OC，
∴AM是BC的垂直平分線，
∴∠AMB＝90°，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAM＝∠AMB＝90°，
∵OA是⊙O的半徑，
∴DA是⊙O切線；
（2）解：∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴∠BAC＝2∠BAM，
∵∠BOM＝2∠BAM，
∴∠BOM＝∠BAC，
∵cs∠BAC＝，
∴cs∠BOM＝，
在Rt△BOM中，OB＝5，
∴OM＝OB?cs∠BOM＝5×＝3，
∴BM＝＝＝4，
∴AM＝AO+OM＝8，BC＝2BM＝8，
在Rt△ABM中，AB＝＝＝4，
∴AB＝AC＝4，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC＝8，AB＝CD＝4，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC＝∠DAC，
∵四邊形ABCE是⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ABC+∠AEC＝180°，
∵∠AEC+∠AED＝180°，
∴∠AED＝∠ABC，
∴∠AED＝∠DAC，
∵∠D＝∠D，
∴△DAE∽△DCA，
∴＝，
∴＝，
∴DE＝，
∴DE的長(zhǎng)為．
25．（2022?沙市區(qū)模擬）如圖，PA是以AC為直徑的半圓O的切線，B是半圓O上的一點(diǎn)，連接PB并延長(zhǎng)交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，連接AB，∠APB＝2∠BAC．
（1）求證：PB是半圓O的切線；
（2）若AC＝6，tan∠AMP＝，求BM和AB的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OB，先根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OAP＝90°，從而可得∠P+∠M＝90°，再利用已知和圓周角定理可得∠BOC＝∠APB，從而可得∠BOC+∠M＝90°，然后利用三角形內(nèi)角和定理可求出∠OBM＝90°，即可解答；
（2）連接BC，在Rt△OBM中，利用銳角三角函數(shù)的定義和勾股定理可求出BM＝4，OM＝5，再根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ABC＝90°，從而可得∠BAC+∠ACB＝90°，然后利用等腰三角形的性質(zhì)，以及等角的余角相等可得∠BAC＝∠CBM，從而可證△MBC∽△MAB，進(jìn)而利用相似三角形的性質(zhì)可得＝，最后在Rt△ABC中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：連接OB，
∵PA與半⊙O相切于點(diǎn)A，
∴∠OAP＝90°，
∴∠P+∠M＝90°，
∵∠APB＝2∠BAC，∠BOC＝2∠BAC，
∴∠BOC＝∠APB，
∴∠BOC+∠M＝90°，
∴∠OBM＝180°﹣（∠BOC+∠M）＝90°，
∵OB是半⊙O的半徑，
∴PB是半圓O的切線；
（2）解：連接BC，
在Rt△OBM中，OB＝AC＝3，tan∠AMP＝，
∴BM＝＝＝4，
∴OM＝＝＝5，
∴AM＝AO+OM＝8，
∵AC是半⊙O的直徑，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵∠CBM+∠OBC＝90°，
∴∠BAC＝∠CBM，
∵∠M＝∠M，
∴△MBC∽△MAB，
∴＝＝＝，
∴AB＝2BC，
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∴5BC2＝36，
∴BC＝或BC＝﹣（舍去），
∴AB＝2BC＝，
∴BM的長(zhǎng)為4，AB的長(zhǎng)為．
聲明：試題解析著作權(quán)屬所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2022/11/15 20:30:29；用戶：賬號(hào)1；郵箱：yzsysx1@xyh.cm；學(xué)號(hào)：25670025

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初中數(shù)學(xué)人教版（2024）九年級(jí)下冊(cè)電子課本

28.1 銳角三角函數(shù)

版本： 人教版（2024）

年級(jí)： 九年級(jí)下冊(cè)

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