專題1.6直角三角形的邊角關系章末九大題型總結（拔尖篇）（北師大版）

專題1.6直角三角形的邊角關系章末九大題型總結（拔尖篇）【北師大版】TOC\o"13"\h\u【題型1構建直角三角形求銳角三角函數(shù)值】 1【題型2用等角轉換法求銳角三角函數(shù)值】 7【題型3銳角三角函數(shù)與相似三角形的綜合應用】 13【題型4銳角三角函數(shù)與圓的綜合應用】 18【題型5解非直角三角形】 26【題型6巧設輔助未知數(shù)解直角三角形】 32【題型7構造直角三角形進行線段或角的計算】 41【題型8解直角三角形與圓的綜合應用】 50【題型9構造直角三角形解決實際問題】 60【題型1構建直角三角形求銳角三角函數(shù)值】【例1】（2023春·安徽·九年級專題練習）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=60°，∠C=90°，E為邊BC上的點，△ADE為等邊三角形，BE=8，CE=2，則tan∠AEB的值為（）

A．375 B．275 C．【答案】C【分析】作EF⊥AB于點F，AH⊥BE于點H，解直角△BEF，得出BF=12BE=4，證明△AEF≌△EDC，得出AF=EC=2，再求出AH=3【詳解】如圖，作EF⊥AB于點F，AH⊥BE于點H，

∵∠B=60°，BE=8，∴∠BEF=90°?∠B=30°，∴BF=1∵△ADE為等邊三角形，∴∠AED=60°，AE=DE，∵∠BAE+∠B+∠AEB=180°，∠DEC+∠AED+∠AEB=180°，∴∠BAE=∠DEC，在△AEF與△EDC中，∠EAF=∠DEC∠AFE=∠C∴△AEF≌△EDCAAS∴AF=EC=2，∴AB=AF+BF=2+4=6，∵∠AHB=90°，∠BAH=90°?∠B=30°，∴BH=12AB=3∴HE=BE?BH=8?3=5，∴tan∠AEH=故選：C．【點睛】此題考查了解直角三角形，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，含30°角的直角三角形的性質，銳角三角函數(shù)定義等知識，準確作出輔助線，構造全等三角形以及直角三角形是解題的關鍵．【變式11】（2023春·湖北襄陽·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在△ABD中，∠A=90°，若BE=mAC，CD=mAB，連接BC、DE交于點F，則cos∠BFE【答案】m【分析】過C作CG⊥BC，過D作DG⊥AD，如圖所示，先證明△ABC∽△DCG，得到BE=ma=DG，從而判定四邊形BEDG是平行四邊形，進而ED∥BG，得到∠BFE=∠CBG，在Rt△ABC中，BC=a2+b2；在Rt△CDG中，GC=m【詳解】解：過C作CG⊥BC，過D作DG⊥AD，如圖所示：∴DG∥AB，∠BCG=90°，∵∠A=90°，∴∠ABC+∠ACB=90°，∵∠BCG=90°，∴∠ACB+∠DCG=90°，∴∠ABC=∠DCG，∴△ABC∽△DCG，∴AB∵BE=mAC，設AC=a,AB=b，則BE=ma,CD=mb，則bmb=a∴BE=ma=DG，∵BE∥DG，∴四邊形BEDG是平行四邊形，∴ED∥BG，∴∠BFE=∠CBG，在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=a,AB=b，則BC=在Rt△CDG中，∠CDG=90°，BE=ma,CD=mb，則GC=m在Rt△BCG中，∠BCG=90°，則BG=BC故答案為：m2【點睛】本題考查求三角函數(shù)值，涉及相似三角形判定與性質、平行四邊形的判定與性質、勾股定理及余弦函數(shù)定義，準確構造輔助線，熟練運用相似三角形判定與性質是解決問題的關鍵．【變式12】（2023·四川成都·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，CD平分∠ACB交AB于點D，過D作DE∥BC交AC于點E，將△DEC沿DE折疊得到△DEF，DF交AC于點G．若AGGE

【答案】3【分析】過點G作GM⊥DE于M，證明△DGE∽△CGD，得出DG2=GE×GC，根據AD∥GM，得AGGE=73=DMME，設GE=3,AG=7，EM=3n，則DM=7n，則EC=DE=10n，在Rt△DGM中，GM2【詳解】解：如圖所示，過點G作GM⊥DE于M，

∵CD平分∠ACB交AB于點D，DE∴∠1=∠2,∠2=∠3∴∠1=∠3∴ED=EC∵折疊，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4,又∵∠DGE=∠CGD∴△DGE∽△CGD∴DG∴D∵∠ABC=90°，DE∥BC，則∴AD∴AGGE=DM∵AG設GE=3,AG=7，EM=3n，則DM=7n，則EC=DE=10n，∵D∴D在Rt△DGM中，在Rt△GME中，∴D即9+30n?解得：n=∴EM=94則GM=∴tan故答案為：37【點睛】本題考查了求正切，折疊的性質，勾股定理，平行線分線段成比例，相似三角形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【變式13】（2023春·江蘇常州·九年級校考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD是BC邊上的高，將△ABC繞點C旋轉到△EFC（點E、F分別與點A、B對應），點F落在線段AD上，連接AE，則cos∠EAF=【答案】21【分析】過點E作EG⊥AD于點G，結合旋轉的性質可求cos∠FCD=CDCF=1【詳解】解：如圖，過點E作EG⊥AD于點G，∵將△ABC繞點C旋轉，點B落在線段AD上的點F處，∴CF=BC=4，CE=EF=AB=5，∠ACB=∠ECF，AC=EC，∴∠FCD+∠ACF=∠ACE+∠ACF，∴∠FCD=∠ACE；∵AB=AC，AD∴CD=1∴cos∴∠FCD=60°，∴DF=CF?sin∠FCD∴∠ACE=∠FCD=60°，∵AC=EC，∴△ACE是等邊三角形，∴AE=EF=5，∴在Rt△ACDAD=AC2∴AF=AD?DF=21∵AE=EF，EG⊥AD，∴AG=1∴cos∠EAF=AGAE故答案為：21?2【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，等腰三角形“三線合一”，等邊三角形的判定及性質，特殊角的三角函數(shù)等，掌握相關性質及定理，構建直角三角形是解題的關鍵．【題型2用等角轉換法求銳角三角函數(shù)值】【例2】（2023秋·江蘇常州·九年級統(tǒng)考期末）已知點P在△ABC內，連接PA、PB、PC，在△PAB、△PBC、△PAC中，如果存在一個三角形與△ABC相似，那么就稱點P為△ABC的自相似點，如圖，在直角△ABC中，∠ACB=90°【答案】5【分析】先找到Rt△ABC的內相似點，再根據三角函數(shù)的定義計算tan【詳解】解：∵∠ACB=90°，∴∠CAB<∠CBA，故可在∠CBA內作∠CBP＝又∵點P為△ABC的自相似點，∴過點C作CP⊥PB，并延長CP交AB于點D，

則△BPC∽△ACB，∴點P為△ABC的自相似點，∴∠BCP=∠CBA，∴∠ACP=∠BAC，∴tan∠ACP=故答案為：512【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質，利用條件先確定出P點的位置是解題的關鍵．【變式21】（2023春·吉林長春·九年級?？计谥校┤鐖D，在矩形ABCD中，連結AC，延長BC到點E，使CE=AC，過點E作AC的平行線與AD的延長線交于點F．

(1)求證：四邊形ACEF是菱形；(2)連結AE，若tan∠ACB=158【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）根據進行的性質得出AF∥CE，進而得出四邊形ACEF是平行四邊形．根據鄰邊相等的平行四邊形是菱形，即可得證；（2）根據tan∠ACB=158，在Rt△ACB中，設AB=15k，則BC=8k，根據菱形的性質得出【詳解】（1）證明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC，即又∵EF∥AC，∴四邊形ACEF是平行四邊形．又∵CE=AC,∴四邊形ACEF是菱形．（2）解：如圖所示，

連接AE,CF交與點O，∵四邊形ACEF是菱形，∴AE⊥FC∵tan∠ACB=在Rt△ACB中，設AB=15k，則BC=8k則AC=A∵四邊形ACEF是菱形，∴AC=EC=17k，∠AEF=∠AEB，∴tan∠AEF=【點睛】本題考查了菱形的性質與判定，矩形的性質，求正切，添加輔助線構造直角三角形是解題的關鍵．【變式22】（2023秋·上海黃浦·九年級統(tǒng)考期末）如圖，平面上七個點A、B、C、D、E、F、G，圖中所有的連線長均相等，則cos∠BAF=．【答案】5【分析】連接AC、AD，過點D作DM⊥AC，垂足為M，過點A作AN⊥CD于點N．由各邊都相等，得△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等邊三角形，四邊形ABCG、四邊形AEDF是菱形，若設AB的長為x，根據等邊三角形、菱形的性質，計算出AD的長3x，∠BAC＝∠EAD＝30°，可證明∠BAF＝∠CAD；易得△CMD∽△CNA，從而示求得CM的長，進而求得AM的長，在直角△AMD中，由余弦的定義即可求出cos∠CAD從而求得結果．【詳解】解：連接AC、AD，過點D作DM⊥AC，垂足為M，過點A作AN⊥CD于點N，如圖．設AE的長為x，則AB＝AG＝BG＝CG＝CB＝AF＝AE＝EF＝x∴△ABG、△AEF、△CBG和△DEF都是等邊三角形四邊形ABCG、四邊形AEDF是菱形∴∠BAC＝∠EAD＝30°∴AC＝AD＝2×cos∠BAC×AB＝2×32x＝3∵∠CAD＝∠BAE?∠BAC?∠EAD＝∠BAE?60°，∠BAF＝∠BAE?∠EAF＝∠BAE?60°∴∠BAF＝∠CAD∵DM⊥AC，AN⊥CD，∠CAN=∠CDM∴△CMD∽△CNA∴CM∵AC=AD，AN⊥CD∴CN=∴CM=CD·CN∴AM=AC?CM=在Rt△AMD中，cos∠CAD=∴cos∠BAF＝56故答案為56【點晴】本題考查了等邊三角形的性質和判定、菱形的性質和判定、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)．把求∠BAE的余弦轉化為求∠CAD的余弦是解決本題的關鍵．【變式23】（2023春·山東菏澤·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O．點M是BC邊的中點，連接AM、OM，作CF∥AM．已知OC平分∠BCF，OB平分∠AOM，若BD=32，則sin∠BAM【答案】2【分析】過點E作EH⊥AB于H，由角平分線的定義和平行線的性質證明MA=MC，再由等腰三角形的性質證明∠AOM=90°，由題意證明OM為△ABC的中位線，得到OM∥AB，OM＝12AB，則有∠BAO=90°，進而推出AB=AO=22OB=32，利用勾股定理得到AM=OM【詳解】解：如圖所示，過點E作EH⊥AB于H，∵OC平分∠BCF，∴∠OCF=∠OCB，∵CF∥AM，∴∠CAM=∠ACF，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD交于點O，∴OB=∴OM⊥AC，即∠AOM=90°，∵OB平分∠AOM，∴∠AOB=45°，∵M為BC的中點，∴OM為△ABC的中位線，∴OM∥AB，∴∠BAO=180°?∠AOM=90°，∴∠ABO=45°=∠AOB，∴AB=AO=2∴OM=1∴AM=O∵OM∥AB，∴△ABE∽△MOE，∴AEME∴AE=2∵EH⊥AB，∴∠BEH=45°=∠EBH，∴BH=EH=2∴AH=1∴sin∠BAM=故答案為：2【點睛】本題主要考查了銳角三角函數(shù)，平行四邊形的性質，等腰直角三角形的性質與判定，三角形中位線定理，相似三角形的性質與判定等等，利用相似三角的性質構造比例式，得到線段之間數(shù)量關系是解題的關鍵．【題型3銳角三角函數(shù)與相似三角形的綜合應用】【例3】（2023春·九年級課時練習）如圖，四邊形ABCD為矩形，點E為邊AB一點，將△ADE沿DE折疊，點A落在矩形ABCD內的點F處，連接BF，且BE=EF，∠BEF的正弦值為2425，則ADAB的值為（A．23 B．45 C．35【答案】A【分析】過點F作FP⊥AB于點P，根據折疊的性質及BE=EF，可得∠AED=∠EBF，從而可得△ADE∽△PFB，由∠BEF的正弦值為2425，設EF=25a，則PF=24a，由勾股定理求得PE=7a，從而可得BP，則由相似可得AEAD=BPPF【詳解】如圖，過點F作FP⊥AB于點P由折疊的性質可得：AE=EF，∠AED=∠FED∵BE=EF∴BE=AE=EF，∠EFB=∠EBF∵∠BEF+2∠AED=∠BEF+2∠EBF=180゜∴∠AED=∠EBF∵四邊形ABCD為矩形，PF⊥AB∴∠A=∠FPB=90゜∴△ADE∽△PFB∴AE∵在Rt△PEF中，sin∴設EF=25a，則PF=24a由勾股定理求得PE=∴BP=BE－PE=18a∴AE∴AB∴AD故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，折疊的性質，銳角三角函數(shù)，勾股定理，等腰三角形的性質等知識，關鍵是由正弦值出發(fā)設EF與PF的長，難點是證明△ADE∽△PFB．【變式31】（2023·福建·模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，點M、N分別在邊AB、AD上（不與端點重合），且DM⊥CN于點P．若∠APD=135°，則cos∠MNP=【答案】5【分析】根據題意得出A,N,P,M四點共圓，結合題意得出△ANM是等腰直角三角形，設AM=AN=a，證明△AMD∽△DNC得出a=23，勾股定理得出MN,DM，證明△DPN∽△DAM得出【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，DM⊥CN∴∠MAN=∠MPN=90°，∴A,N,P,M四點共圓，∵∠APD=135°，∴∠ANM=∠APM=180°?∠APD=45°，∴△ANM是等腰直角三角形，設AM=AN=a，∵∠ADM=90?∠DNP=∠DCN，∠MAD=∠NDC=90°，∴△AMD∽△DNC∴∴a解得：a=2∴AM=AN=23,ND=∴DM=又∵∠DPN=∠DAM=90°,∠ADM=∠PDN∴△DPN∽△DAM∴NP∴NP=∴cos∠MNP=故答案為：55【點睛】本題考查了90°角所對的弦是直徑，相似三角形的性質與判定，求余弦，證明△AMD∽△DNC，△DPN∽△DAM是解題的關鍵．【變式32】（2023春·浙江杭州·九年級專題練習）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，cosB=35，將△ABC繞頂點C旋轉得到△A′B′C′，且使得B′恰好落在AB邊上，A′B′與AC交于點D，則B

A．25 B．720 C．310【答案】B【分析】如圖（見解析），設BC=3a(a>0)，先根據余弦三角函數(shù)得出BE的長，再根據等腰三角形的三線合一可得BB′的長，從而可得AB′的長，然后根據旋轉的性質可得A′【詳解】如圖，過點C作CE⊥AB于點E∵在Rt△ABC中，∠C=90°，cos∴可設BC=3a(a>0)，則AB=5a，AC=∴△BCB∴BB由旋轉的性質可知，B′C=BC=3a,在Rt△BCE中，cosB=BE解得BE=∴B∴A在△AB′D和∴△A∴故選：B．

【點睛】本題考查了余弦三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、旋轉的性質等知識點，通過作輔助線，運用余弦三角函數(shù)求出BE的長是解題關鍵．【變式33】（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC＝12，AD＝2，BD＝4，連接CD，則CD長的最大值是（

A．25+34 B．25+1 【答案】B【分析】過點A作∠DAP=∠BAC，過點D作AD⊥DP交AP于點P，分別求出PD，PC，在△PDC中，利用三角形的三邊關系即可求出CD長的最大值．【詳解】解：如圖，過點A作∠DAP=∠BAC，過點D作AD⊥DP交AP于點P，∵∠ABC=90°，tan∠BAC=∴tan∠DAP=∴DPAD∵AD=2，∴DP=1，∵∠DAP=∠BAC，∠ADP=∠ABC，∴△ADP∽△ABC，∴APAC∵∠DAB=∠DAP+∠PAB，∠PAC=∠PAB+∠BAC，∠DAP=∠BAC，∴∠DAB=∠PAC，APAC∴△ADB∽△APC，∴ADAP∵AP=A∴PC=AP?DB∴PD+PC=1+25，PC?PD=2在△PDC中，∵PD+PC>DC，PC?PD<DC，∴25當D，P，C三點共線時，DC最大，最大值為25故選：B．【點睛】本題考查了銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的判定和性質，勾股定理，三角形的三邊關系，構造相似三角形是解題的關鍵．【題型4銳角三角函數(shù)與圓的綜合應用】【例4】（2023·廣東惠州·校考模擬預測）如圖，AB是⊙O的直徑，點E為弧AC的中點，AC、BE交于點D，過A的切線交BE的延長線于F．

(1)求證：AD=AF；(2)若AOAF=2【答案】(1)見詳解(2)7【分析】（1）連接AE，由AB是直徑，得到∠AEB=90°，由題知∠FAB=90°，經過角的等量代換得到∠ABE=∠FAE，再根據等弧所對的圓周角相等得到∠B=∠CAE，即有∠FAE=∠DAE，再證明（2）連接OD、OE，根據OE=OA結合（1）所得，證明OE⊥AC，由AOAF=23得到tan∠B=34，設EF=DE=3a，可解得OA=OE=10a3【詳解】（1）連接AE，∵AB是直徑，∴∠AEB=90°，即∠AEF=90°，∵AF是切線，∴∠FAB=90°，∵∠B+∠F=90°=∠F+∠FAE，∴∠FAE=∠B，又∵CE=∴∠CAE=∠B，∴∠FAE=∠DAE，∵∠FAE=∠DAE，AE=AE，∠AEF=∠AED=90°，∴△AEF≌△AED，∴AD=AF；（2）連接OD、OE，∵OE=OA，∴∠B=∠OEB=∴∠OEB+∠ADE=90°，即OE⊥AC，∵AOAF=∴ABAF∴tan設AB=4x，AF=3x，利用勾股定理可得：BF=5x，∴sin∠B=AF再設EF=DE=3a，則AE=4a，在Rt△DEG中，DG=DE?sin∠OEB=DE?∴AG=AD?DG=5a?9a又∵AOAF∴OA=OE=10a3，tan∠OAD=

【點睛】本題考查了圓周角定理，等腰三角形三線合一的性質，圓的切線，解直角三角形；熟悉相關的性質，熟練地在圖形中進行角的轉換、解直角三角形是本題的關鍵．【變式41】（2023·湖北武漢·?？既＃┤鐖D，AB是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，PB交⊙O于D，點C是弧BD上一點，PC=PA．

(1)求證：PC是⊙O的切線；(2)若CD∥AB，求【答案】(1)見解析(2)1【分析】（1）連接OP，OC，利用全等三角形的判定與性質，切線的性質定理和判定定理解答即可；（2）作圓的直徑CE，連接OP，AC，它們交于點G，連接ED，BC，利用平行線的性質，圓周角定理和直角三角形的性質可得AF=BF=PF；利用切線長定理和等腰三角形的性質可得OP⊥AC，AG=GC；利用平行線分線段成比例定理可得GF=FC，則得BF=AF=3FC，利用直角三角形的邊角關系定理可求sin∠FBC，利用切線及圓周角定理得出∠PCD=∠FBC【詳解】（1）證明：連接OP，OC，如圖，

∵PA是⊙O的切線，∴OA⊥AP，∴∠A=90°．在△OAP和△OCP中，OA=OCPA=PC∴△OAP≌△OCPSSS∴∠A=∠OCP=90°，∴OC⊥CP，∵OC為⊙O的半徑，∴PC是⊙O的切線；（2）解：作圓的直徑CE，連接OP，AC，它們交于點G，連接ED，BC，如圖，∵CD∥∴AD=∴∠BAC=∠DBA，∴AF=BF．∵∠OAP=90°，∴∠BAC+∠CAP=90°，∠DBA+∠APB=90°，∴∠CAP=∠APB，∴AF=PF，∴AF=BF=PF．∵PA，PC是⊙O的切線，∴OP平分∠APC，∵PA=PC，∴OP⊥AC，AG=GC．∵AB為⊙O的直徑，∴AC⊥BC，∴OP∥∴GFFC∴GF=FC，∴AG=GC=2FC，∴AF=3FC，∴BF=AF=3FC．在Rt△BFCsin∠FBC=∵PC是⊙O的切線，∴∠PCE=∠PCD+∠DCE=90°，∵DC∴∠CBD=∠CED，∵CE為直徑，∴∠CDE=90°，∴∠CED+∠DCE=90°，∴∠CED=∠PCD，∴∠PCD=∠FBC，∴sin【點睛】本題主要考查了圓的切線的判定與性質，切線長定理，圓周角定理，等腰三角形的性質，平行線的判定與性質，直角三角形的邊角關系定理，解題的關鍵是連接OC，OP，添加適當?shù)妮o助線．【變式42】（2023·浙江杭州·?？既＃┤鐖D1，三角形ABC內接于圓O，點D在圓O上，連接AD和CD，CD交AB于點E，∠ADE+∠CAB=90°

(1)求證：AB是直徑；(2)如圖2，點F在線段BE上，AC=AF，∠DCF=45°①求證：DE=DA；②若AB=kAD，用含k的表達式表示cosB【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②k【分析】（1）先根據圓周角定理可得∠ADE=∠ABC，從而可得∠ABC+∠CAB=90°，再根據圓周角定理即可得證；（2）①先根據等腰三角形的性質可得∠AFC=∠ACF，根據三角形的外角性質可得∠AFC=∠ACE+45°，再根據圓周角定理可得∠DAE=∠BCD=90°?∠ACE，從而可得∠AED=∠DAE，然后根據等腰三角形的判定即可得證；②過點A作AH⊥CD于點H，設DE=DA=xx>0，BC=y，則AB=kx，cosB=ykx，設cosB=ykx=aa<1，則y=kxa【詳解】（1）證明：由圓周角定理得：∠ADE=∠ABC，∵∠ADE+∠CAB=90°，∴∠ABC+∠CAB=90°，∴∠ACB=90°，∴AB是直徑．（2）證明：①∵AC=AF，∠DCF=45°，∴∠AFC=∠ACF=∠ACE+∠DCF=∠ACE+45°，∴∠AED=∠CEF=180°?∠DCF?∠AFC=90°?∠ACE，由圓周角定理得：∠DAE=∠BCD=∠ACB?∠ACE=90°?∠ACE，∴∠AED=∠DAE，∴DE=DA；②如圖，過點A作AH⊥CD于點H，

設DE=DA=xx>0，BC=y，則AB=kx，cos在Rt△ABC中，BC<AB∴cos設cosB=ykx∵∠CEF=∠AED，∠DAE=∠BCD，∠AED=∠DAE，∴∠CEF=∠BCD，∴BE=BC=y=kxa，∴AE=AB?BE=kx1?a由圓周角定理得：∠ADH=∠B，在△ADH和△ABC中，∠ADH=∠B∠AHD=∠ACB=90°∴△ADH∽△ABC，∴DHBC=解得DH=xa，∴EH=DE?DH=x1?a由勾股定理得：AD∴x整理得：k2解得a=k2?2則cosB=【點睛】本題考查了圓周角定理、等腰三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、一元二次方程的應用、余弦等知識點，較難的是題（2）②，通過作輔助線，構造相似三角形是解題關鍵．【變式43】（2023·廣東湛江·統(tǒng)考二模）如圖CD是⊙O直徑，A是⊙O上異于C，D的一點，點B是DC延長線上一點，連AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．(1)求證：直線AB是⊙O的切線；(2)若BC=2OC，求tan∠ADB(3)在（2）的條件下，作∠CAD的平分線AP交⊙O于P，交CD于E，連PC、PD，若AB=26，求AE?AP【答案】(1)見解析(2)tan(3)AE?AP=4【分析】（1）連接OA，由CD是⊙O的直徑可得∠CAD=90°，即∠OAC+∠OAD=90°，由OA=OD得到∠OAD=∠ODA，又∠BAC=∠ADB，從而∠BAC+∠OAC=90°，即AB⊥OA，又OA為半徑得證直線AB是⊙O的切線；（2）易證△BCA∽△BAD得到ACAD=BCAB，設半徑OC=OA=r，則BC=2r,OB=3r，在Rt△BAO中，AB=（3）由AB=22r=26可得r=3，CD=23，在Rt△CAD中，根據ACAD=22，AC2+AD2【詳解】（1）證明：如圖，連接OA，∵CD是⊙O的直徑，∴∠CAD=90°，∴∠OAC+∠OAD=90°，又∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，又∵∠BAC=∠ADB，∴∠BAC+∠OAC=90°，即∠BAO=90°，∴AB⊥OA，又∵OA為半徑，∴直線AB是⊙O的切線；（2）解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，∴△BCA∽△BAD，∴ACAD設半徑OC=OA=r，∵BC=2OC，∴BC=2r,OB=3r，在Rt△BAO中，AB=在Rt△CAD中，tan（3）解：在（2）的條件下，AB=22∴r=3∴CD=23在Rt△CAD中，ACAD=解得AC=2，AD=22∵AP平分∠CAD，∴∠CAP=∠EAD，又∵∠APC=∠ADE，∴△CAP∽△EAD，∴ACAE∴AE?AP=AC?AD=2×22【點睛】本題考查圓的相關知識，切線的判定，相似三角形的判定與性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)，綜合運用各個知識是解題的關鍵．【題型5解非直角三角形】【例5】（2023·天津河北·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=2,BC=23，連接AC，點E在AC上，∠DEF=90°,EC平分∠DEF,AE=

【答案】3?【分析】過點D作DG⊥AC，由∠DEF=90°,EC平分∠DEF可得△DEG是等腰直角三角形，再根據矩形性質和勾股定理易求對角線AC長，進而解三角形求出CG、DG即可解答．【詳解】解：過點D作DG⊥AC，如圖：

∵∠DEF=90°,EC平分∠DEF，∴∠DEG=45°，∴DG=EG，∵在矩形ABCD中，AB=2,BC=23∴CD=2，AD=23，∠ADC=∠ABC=90°∴AC=A∴sin∠ACD=ADAC∴EG=GD=CDsinGC=CDcos∴AE=AC?EG?GC=4?3故答案為：3?3【點睛】本題主要考查了矩形性質和解三角形，解題關鍵是過點D作DG⊥AC構造△DEG是等腰直角三角形，再解三角形．【變式51】（2023春·九年級單元測試）在△ABC中，AB=2，AC=3，cos∠ACB=223，則∠ABC的大小為【答案】30或150【分析】作AD⊥BC于點D，在Rt△ACD中，先求出CD的長，進而分兩種情況求解∠ABC的大小即可，①若點B在AD左側，②若點B在AD右側．【詳解】如圖，作AD⊥BC于點D，在Rt△ACD中，∵AC=3，cos∠ACB=22∴CD=ACcos∠ACB=3×223=22，則AD①若點B在AD左側，∵AB=2、AD=1，∴∠ABC=30°；②若點B在AD右側，則∠AB′D=30°，∴∠AB′C=150°，故答案為30或150．【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數(shù)值，勾股定理，理解題意，運用數(shù)形結合思想是解題的關鍵．【變式52】（2023春·江蘇蘇州·九年級蘇州市景范中學校?？计谀┮阎涸凇鰽BC中，AC=a，AB與BC所在直線成45°角，AC與BC所在直線形成的夾角的余弦值為255（即cosC=25【答案】8510a【詳解】解：分兩種情況：①△ABC為銳角三角形時，如圖1．作△ABC的高AD，BE為AC邊的中線．∵在直角△ACD中，AC=a，cosC=25∴CD=255a，AD=∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，∴BD=AD=55∴BC=BD+CD=35在△BCE中，由余弦定理，得BE2=BC2+EC22BC?EC?cosC=∴BE=8510②△ABC為鈍角三角形時，如圖2．作△ABC的高AD，BE為AC邊的中線．∵在直角△ACD中，AC=a，cosC=25∴CD=255a，AD=∵在直角△ABD中，∠ABD=45°，∴BD=AD=55∴BC=BD+CD=35在△BCE中，由余弦定理，得BE2=BC2+EC22BC?EC?cosC=∴BE=510綜上可知AC邊上的中線長是8510a或【變式53】（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學?？寄M預測）已知：在△ABC中，BA=BC，sin∠CAB=45，點E是AC的中點，F(xiàn)是直線BC上一點，連接EF，將△EFC沿著EF折疊，點C的對應點為D

(1)如圖1，若點D在線段AB上，求證：EF∥(2)如圖2，DF與AB交于點M，連接AF，若∠DAF=∠EAF，求證：點M是AB的中點；(3)如圖3，點F在CB延長線上，DF與AB交于點M，EF交AB于點N，若DE=EN=3，求MF·MA．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)MF·MA=6.25．【分析】（1）連接CD，由折疊可知，DC⊥EF，DE=EC，再證明點A、D、C三點在以（2）同理推出點點A、F、C三點在以AC為直徑的圓上，設∠C=∠BAC=α，得到∠EFC=∠DFE=α，再證明∠MAF=∠MFA，據此即可證明結論；（3）設∠C=α，利用三角形內角和定理以及折疊的性質，求得∠NED=2α，推出∠NEM=∠MED=α，證明△MEN∽△BAC，求得MN=ME=2.5，再證明△AME∽△EMF，即可求解．【詳解】（1）解：連接CD，

由折疊可知，DC⊥EF，∵點E是AC的中點，∴AE=EC=DE，即點A、D、C三點在以AC為直徑的圓上，∴∠ADC=90°，即DC⊥AD，∴EF∥（2）證明：由（1）知EF∥∴∠DAF=∠AFE，∵∠DAF=∠EAF，∴∠AFE=∠EAF，∴EF=AE=CE，∴點A、F、C三點在以AC為直徑的圓上，∴∠AFC=∠AFB=90°，設∠C=∠BAC=α，∴∠EFC=∠DFE=α，∴∠B=∠MFB=180°?2α，∴90°?∠B=90°?∠MFB，即∠MAF=∠MFA，∴MA=MF=MB，即點M是AB的中點；（3）解：連接EM、DN，BE，

設∠C=α，∵DE=EN=3，AE=EC=ED，∴AE=EN=3，∴∠BAC=∠FDE=∠ANE=α，∴∠AEN=180°?2α，∠DAE=∠ADE=180°?2α，∴∠AED=4α?180°，∴∠NED=2α，∵DE=EN，∴∠NDE=∠DNE，∵∠FDE=∠ANE，∴∠MDN=∠MND，∴MD=MN，∴△MDE≌△MNE，∴∠NEM=∠MED=α，∴∠NEM=∠MNE，∴△MEN∽△BAC，∴MNBC∴MN=ME=1∵BE⊥AC，sin∠CAB=∴cos∴AEAB=3∴AB=5，∴MN=ME=2.5，同理△AME∽△EMF，∴MAME∴MF·MA=ME【點睛】本題是相似形綜合題，主要考查了等腰三角形的判定與性質，翻折的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，圓周角定理，證明等腰三角形，利用（1）中結論是解決問題（2）、（3）的關鍵．【題型6巧設輔助未知數(shù)解直角三角形】【例6】（2023·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，sinA=1213,BC=13,CD=24，點E在邊CD上，將△BCE沿直線BE翻折，點C落在點F處，且【答案】16917或【分析】畫出圖形，由折疊及sinA=1213，AF=BF，及BC=13,CD=24【詳解】解：∵AF=BF，∴F在AB的垂直平分線上．在平行四邊形ABCD中，AB=CD=24,過C作CP⊥AB于P,作AB的垂直平分線交CD于M,交AB于N，∴AN=NB=1在平行四邊形ABCD中，AD//BC,AB//CD，∴∠A=∠CBP，∴sin∴sin∴CP=∴BP=13∴PN=BP+NB=5+12=17．∵MN垂直平分AB，∴MN⊥AB，∵CP⊥AB，∴MN//CP，∵AB//CD，∴四邊形NPCM是平行四邊形，∴CM=NP=17，MN=CP=12．由折疊可知BC=BF=13，設CE=EF=x，則ME=17?x，在Rt△FNB中：FN=F當F在?ABCD的內部時，如圖：∵MF=MN?FN=12?5=7，∴在Rt△FNB中：FM∴72∴x=169∴CE=169當F在?ABCD的外部時，如圖：∵MF=MN+FN=12+5=17，∴在Rt△FNB中：FM∴172∴x=17，∴CE=17．綜上所述：CE的長為16917或17故答案為：16917或17【點睛】本題考查了折疊的性質，平行四邊形的性質判定，勾股定理的運用，銳角三角函數(shù)求邊的長度，，掌握折疊的性質，平行四邊形的性質判定，及能利用勾股定理列出方程是解題的關鍵．【變式61】（2023·上?！ぞ拍昙壠谀┤鐖D，在Rt△ABC，∠C=90°，AC=6，BC=8，D是BC的中點，點E在邊AB上，將△BDE沿直線DE翻折，使得點B落在同一平面內的點B′處，線段B′D交邊AB于點F，聯(lián)結AB′，當△A【答案】2或40【分析】分兩種情況討論，當∠AFB′=90°時，則∠BFD=90°，利用銳角三角函數(shù)先求解DF，BF，B′F，設BE=x，再表示B′E,EF，再利用勾股定理求解x即可得到答案；當∠AB′F=90°時，如圖，聯(lián)結AD，過E作EH⊥BD于H，先證明：Rt△ADC≌△ADB【詳解】解：∵AC=6，BC=8，∠C=90°，∴AB=10，∵D是BC的中點，∴BD=CD=B當∠AFB′=90°∵sin∴DF=12∴BF=4∴B設BE=x,則B′E=∴x∴x=2,即：BE=2.當∠AB′F=90°時，如圖，聯(lián)結AD，過E作EH⊥BD同理可得：CD=BD=B∵AD=AD，∠C=90°，∴Rt△ADC≌△ADB∴∠ADC=∠ADB∵∠BDE=∠B∴∠ADB設BE=5x,由sin∴EH=3x,BH=4x,∴DH=4?4x，∴DEAEAD∴(10?5x)∴x=8∴BE=5x=40當∠B綜上：BE的長為2或4017故答案為：2或40【點睛】本題考查的是折疊的性質，軸對稱的性質，勾股定理的應用，銳角三角函數(shù)的應用，掌握以上知識是解題的關鍵，要注意分情況討論．【變式62】（2023春·浙江·九年級期末）如圖，四邊形ABCD，CEFG均為菱形，∠A=∠F，連結BE，EG，EG//BC，EB⊥BC，若sin∠EGD=13，菱形ABCD【答案】123【分析】過G點作GH⊥EC交EC于H點，根據四邊形ABCD，CEFG均為菱形，∠A=∠F，利用SAS易證△BCE≌△DCG，得∠BEC=∠DGC，利用EG//BC，可得△GHE～△EBC，∠HGE=∠BEC，可得∠EGD=∠CGH，即可有sin∠CGH=13=HCCG，設HC=x，根據四邊形CEFG為菱形，得EC=CG=3x，EH=2x，利用勾股定理，可得：EG=23【詳解】解：如圖示，過G點作GH⊥EC交EC于H點，∵四邊形ABCD，CEFG均為菱形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F，∵∠A=∠F，∴∠BCD=∠ECG，∴∠BCD?∠ECD=∠ECG?∠ECD，即∠BCE=∠DCG，∴△BCE≌△DCG（SAS）．∴∠BEC=∠DGC，∵EG//∴∠GEH=∠ECB，又∵GH⊥EC，EB⊥BC，∴∠GHE=∠EBC=90∴△GHE～△EBC，∠HGE=∠BEC∴∠HGE=∠DGC∴∠EGD=∠CGH∵sin∴sin∠CGH=13∵四邊形CEFG為菱形，∴EC=CG=設HC=x，則EC=CG=3x根據勾股定理，可得：HG則EG=E∵菱形ABCD的周長為12，∴BC=3又∵△GHE～△EBC，∴GEEC=EH解之得：x=3∴CG=3∴菱形CEFG的周長為：4CG=4×33故答案為：123【點睛】本題考查了菱形的性質，勾股定理，相似三角形，全等三角形，三角函數(shù)等知識點，能添加輔助線證明△BCE≌△DCG，判斷出△GHE～△EBC是解題的關鍵．【變式63】（2023秋·福建泉州·九年級?？计谥校┤鐖D，?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，∠ABD=∠ACB，G是線段OD上一點，且∠DGC?∠DCG=90°，①當AC⊥BD時，OGGD的值為，②當tan∠CDB=24時，

【答案】22/12【分析】①利用平行四邊形的性質，正方形的判定與性質和角平分線的性質定理解答即可；②過點C作CE⊥OD于點E，過點G作GF⊥CD于點F，利用全等三角形的判定與性質和直角三角形的邊角關系定理，設GF=2k，則DF=4k，GE=GF=2k，DG=32k，DE=42k，CF=2k，【詳解】解：①∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，∴∠BOC=90°，∴∠ACB+∠OBC=90°，∵∠ABD=∠ACB，∴∠ABD+∠OBC=90°，即∠ABC=90°，∴四邊形ABCD為正方形，∴∠CDO=45°．∴OCCD∵∠DGC?∠DCG=90°，∠DGC?∠OCG=90°，∴∠DCG=∠OCG，∴OGGD故答案為：22②過點C作CE⊥OD于點E，過點G作GF⊥CD于點F，如圖，

∵CE⊥OD，∴∠CED=90°，∵∠DGC?∠DCG=90°，∠DGC?∠OCG=90°，∴∠DCG=∠OCG，∵EG⊥CE，GF⊥CD，∴GE=GF，在Rt△CEG和RtGE=GFCG=CG∴Rt∴CE=CF．∵tan∠CDB=24，∴GFDF=2設GF=2k，則DF=4k，∴DG=G∴DE=EG+DG=42∴CE4∴CE=2k，∴CF=2k，∴CD=CF+DF=6k．∵AB∥∴∠ABD=∠ODC，∵∠ABD=∠ACB，∴∠ODC=∠ACB．∵AD∥∴∠ACB=∠DAC，∴∠ODC=∠DAC，∵∠OCD=∠DCA，∴△COD∽△CDA，∴OCCD∴CD∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，∴AC=2OC，∴CD∴OC=1∴OE=O∴OG=OE+EG=14∴OGGD故答案為：7+1【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，正方形的判定與性質，角平分線的性質定理，勾股定理，相似三角形的判定與性質，直角三角形的邊角關系定理，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．【題型7構造直角三角形進行線段或角的計算】【例7】（2023·江蘇無錫·校聯(lián)考一模）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，AB=4，BC=8，點E在BC上且CE=AE，則CE=；若點F為平面內一點，且∠AFC=90°，連接EF，當tan∠CEF=2時，EF的值為【答案】535或【分析】設BE為x，CE=AE=8?x，在Rt△ABE中，勾股定理構造x的方程，求解即可求出CE的長．分情況討論，當F在BC左側、F在BC右側兩種情況，構造三角形相似的“K【詳解】解：設BE=x，則CE=AE=8?x，在Rt△ABE有AE2解得x=3，∴CE=8?3=5；過點F作FH⊥BC于點H，∵tan設FH=2m，則EH=m，∴EF=5當點F在BC左側時，過點F作PQ∥BC交CD、BA的延長線于點P、Q（“∵四邊形ABCD為矩形，∴PQ⊥CP，PQ⊥BA，PF=CH，PQ=BC，∴∠CPF=∠FQA=90°，∵∠AFC=90°，∴∠PFC+∠PCF=∠PFC+∠QFA=90°，∴∠PCF=∠QFA，∴△PCF∽△QFA，∴PCFQ∴2m∴m=?1（舍去）或m=3，∴EF=5當點F在BC右側時，過點F構造“K形圖”，同理可得△PCF∽△QFA，∴PCFQ∴2m∴m=?3?2215∴EF=5故答案為：5；35或?3【點睛】本題考查了矩形的性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)及相似三角形的判定和性質，構造“K字”模型是解題的關鍵．【變式71】（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考一模）如圖，在四邊形ABCD中，AD=BC，∠ADC=∠ABC，tan∠ADC=43，延長AB、DC交于點P，若CD=114，PB=3CD【答案】25【分析】分別過點A、C作AE⊥PD，CF⊥AB于點E、F，證△ADE≌△CBF得CF=AE，DE=BF，再證△PEA≌△PFC得PC=PA，PE=PF，設AE=4x，DE=3x，則BF=DE=3x，CF=AE=4x，從而有PE=PF=334+3x，PA=PC=112【詳解】解：分別過點A、C作AE⊥PD，CF⊥AB于點E、F，∵AE⊥PD，CF⊥AB，∴∠AED=∵AD=BC，∠ADC=∠ABC，∴△ADE≌△CBF，∴CF=AE，DE=BF，∵∠PEA=∠PFC∴△PEA≌△PFC，∴PC=PA，PE=PF，在Rt△ADE中，∵tan∠ADC=∴設AE=4x，DE=3x，則BF=DE=3x，CF=AE=4x，∵CD=114，∴PB=33∴PE=PF=PB+BF=334+3x，CE=DE?CD=∴PA=PC=PE+CE=112在Rt△PAE中，∠PEA=90°∴PE2+A∴16x解得x=54或∴AE=5，DE=154∴AD=A故答案為254【點睛】本題主要考查了勾股定理、全等三角形的判定及性質以及正切，熟練掌握全等三角形的判定及性質是解題的關鍵．【變式72】（2023春·江蘇常州·九年級校考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC=10，點D、E分別是邊AB、邊BC上的點，連接CD，∠CDE=∠B，F(xiàn)是DE延長線上一點，連接FC，∠FCE=∠ACD．(1)判斷△CDF的形狀，并說明理由；(2)若AD=4，求EFDE(3)若sinB=35①求BDDE②求FC的長．【答案】(1)等腰三角形，見解析(2)2(3)①102；②2【分析】（1）證明∠FCD=∠CDF即可；（2）利用等腰三角形的判定與相似三角形的判定與性質解答即可；（3）①過點E作EK⊥AB于點K，由題意得：sinB=35，推出EKBE=35，推出EK=②證明△CDE∽△CBD，推出DEBD=CDCB，推出105BDBD【詳解】（1）解：結論：△CDF是等腰三角形．理由：∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵∠FCE=∠ACD，∴∠FCD=∠ACB，∵∠CDE=∠B，∴∠FCD=∠CDF，∴FC=FD，∴△CDF是等腰三角形；（2）解：∵∠ECF=∠ACD，∴∠ACB=∠DCF．∵∠B=∠CDE，∴△ABC∽△FCD，∴∠BAC=∠F．∵AB=AC，∴FD=FC．∵∠BAC=∠F，∠ACD=∠FCE，∴△ACD∽△FCE，∴ACAD∵AB=10，∴CFEF∵DE+EF=FC，∴EFDE（3）解：①過點E作EK⊥AB于點K，如圖，由題意得：sinB=∴EKBE∴EK=3∴BK=4∴DK=1∴DE=D∴BDDE②∵∠CDE=∠B，∠DCE=∠BCD，∴△CDE∽△CBD，∴DEBD∴105∴CD=16由（1）知：△ABC∽△FCD，∴BCCD∴1616∴CF=210【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰三角形的判定與性質，直角三角形的邊角關系定理，勾股定理，三角形的內角和定理，相似三角形的判定與性質，利用分類討論的思想方法解答是解題的關鍵．【變式73】（2023春·安徽·九年級專題練習）如圖1，△ABC的內角∠ABC和外角∠ACP的平分線相交于點D，AE平分∠BAC并交BD于點E．

(1)求證：∠BAC=2∠D；(2)若BC=AC，且cos∠BAC=35(3)如圖2，過點D作DF⊥BC，垂足為F,BFDF=3，其中BEDE=12，連接【答案】(1)證明見解析(2)BEDE的值為(3)AB【分析】（1）利用三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和即可求證；（2）構造相似三角形得到△BEG∽（3）取DE的中點O，過點O分別作OH⊥BF，OI⊥AB，連接OA、OC，構造四點共圓，利用相似三角形的判定、性質和直角三角形的性質即可求解．【詳解】（1）∵△ABC的內角∠ABC和外角∠ACP的平分線相交于點D，∴∠DBC=12∠ABC又∵∠DCP、∠ACP分別是△BCD、△ABC的一個外角，∴∠D=∠DCP?∠DBC=1∴∠BAC=2∠D．（2）連接CE并延長交AB于點G，則CG平分∠ACB

又∵BC=AC，∴CG⊥AB，∠ABC=∠BAC，又∵∠DCP=1∴AB∥∴CG⊥CD，∠D=∠ABD=∠DBC∴△BEG∽△DEC∴BEDE答：BEDE的值為3（3）如圖，取DE的中點O，過點O分別作OH⊥BF于H，OI⊥AB于I，連接OA、OC，∵BFDF可設DF=x，則BF=3x，∵DF⊥BC，∴BD=D又∵BEDE=12，點∴OB∵OH⊥BF，DF⊥BC，∴OH∥DF，∴△BOH~△BDF，∴BHBF∴BH=2x，OH=2∵BD是∠ABC的平分線，∴OH=OI=2∴BI=BH=2x．

由（1）（2）知CE平分∠ACB，CD平分∠ACF．∴∠ECD=∠ECA+∠ACD=1∵∠BAC=2∠BDC(小題1中已證),∴∠EAC=∠BDC,∴點A、E、C、D四點共圓，∵∠ECD=90°，O為ED中點，∴ED為圓的直徑，∴∠DCE=∠DAE=90°，

∴OA=OC=1∴AI=CH=O∴AB=AI+IB=2+∴BC=2?∴ABBC【點睛】本題考查了角平分線的定義及性質定理、三角形外角的性質、相似三角形的判定與性質、四點共圓的判定與圓的基本性質等知識，解題關鍵是作輔助線構造相似三角形，本題綜合性較強，需要學生具有較強的圖形分析能力，且對相應知識點理解到位并熟練運用．【題型8解直角三角形與圓的綜合應用】【例8】（2023·黑龍江綏化·?？既＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交BC于點D，O為AB上一點，經過點A，D的圓O分別交AB，AC于點E，F(xiàn)，連接EF

(1)求證：BC是圓O的切線；(2)求證：AD(3)若BE=16，sinB=513【答案】(1)見解析(2)見解析(3)60【分析】（1）連接OD，證明∠CAD=∠ODA得到OD∥AC，從而得到∠ODB=∠C=90°，即可得證；（2）連接DF，先證EF∥BC得到∠AEF=∠B，再由圓周角定理可得∠AEF=∠ADF，從而得到∠B=∠ADF，再由角平分線的定義可得∠BAD=∠CAD，從而推出△ABD∽△ADF，得（3）先由銳角三角函數(shù)的定義得出sinB=ODOB=513，設圓O的半徑為r，則rr+16=513，解得【詳解】（1）證明：連接OD，如圖所示：

∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵OA=OD，∴∠BAD=∠ODA，∴∠CAD=∠ODA，∴OD∥AC，∴∠ODB=∠C=90°，∴BC⊥OD，又∵OD是圓O的半徑，∴BC是圓O的切線；（2）證明：連接DF，如圖所示：

∵AE是圓O的直徑，∴∠AFE=90°，∴∠AFE=∠C=90°，∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∵∠AEF=∠ADF，∴∠B=∠ADF，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∴△ABD∽∴AB:AD=AD:AF，∴AD（3）解：在Rt△BOD中，sin設圓O的半徑為r，則rr+16解得：r=10，∴AE=2r=20，AB=AE+BE=36，在Rt△AEF中，∠AFE=90°，sin∴AF=100由（2）得：AD∴AD=AF?AB【點睛】本題主要考查了切線的判定、圓周角定理、平行線的判定與性質、等腰三角形的性質、相似三角形的判定與性質、銳角三角函數(shù)的定義等知識，熟練掌握以上知識點，添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式81】（2023·湖北武漢·校聯(lián)考模擬預測）點D在以AB為直徑的⊙O上，分別以AB，AD為邊作平行四邊形ABCD．(1)如圖（1），若∠C=45°，求證：CD與⊙O相切；(2)如圖（2），CD與⊙O交于點E，若cosA=35【答案】(1)見解析(2)DECE【分析】（1）連接OD，由四邊形ABCD是平行四邊形，∠C=45°，OA=OD，推出△AOD是等腰直角三角形，得到DO⊥AB，OD⊥DC，即可推出結論；（2）連接BE，OD，過點D作DG⊥AB于點G，過點E作EH⊥AB于點H，推出四邊形ABED是等腰梯形，四邊形DEHG是矩形，設AG=3aa>0，OA=xx>0，根據cosA=35及勾股定理即可用含a【詳解】（1）證明：連接OD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠C=45°，∴∠A=∠C=45°，AB∥∵OA=OD，∴∠ADO=∠A=45°，∴∠AOD=90°，∴DO⊥AB，∴OD⊥DC，∴CD與⊙O相切；（2）解：連接BE，OD，過點D作DG⊥AB于點G，過點E作EH⊥AB于點∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴AD=∴AD=BE，∴四邊形ABED是等腰梯形，∵DG⊥AB，EH⊥AB，∴∠AGD=∠OGD=90°，EH∥∴四邊形DEHG是平行四邊形，∴四邊形DEHG是矩形，∴DG=EH，∴AG=BH，∴OG=OH，設AG=3aa>0，則cos∴AD=5a，∴DG=A設OA=xx>0，則OD=OA=x∴OG=OA?AG=x?3a，在Rt△DOG中，O∴x?3a2解得x=25∴OG=256a?3a=∴GH=2OG=7∴DE=GH=7∵CD=AB=25∴CE=CD?DE=18∴DECE【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質，矩形的判定和性質，切線的判定，垂徑定理以及勾股定理，解直角三角形，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．【變式82】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知AB為⊙O的直徑，C為⊙O上的一點，連接AC、BC，D為BC延長線上一點，連接

(1)求證：AD為⊙O的切線；(2)若E為弧AB的中點，連接AE、CE，tan∠AEC=23，CE=10，【答案】(1)見詳解；(2)26【分析】（1）根據AB為⊙O的直徑，得出∠ACB=90°，再根據∠DAC=∠B，即可證得∠BAD=90°，即可解答；（2）連接OE作AM⊥BC于點M，點E為AB的中點，得∠AOE=∠BOE=90°，∠ACM=45°，再根據AM⊥EC得CM=AM，由tan∠AEM=tan∠AEC=AMEM=23，和CM+EM=CE=10得出AM=4，再根據勾股定理得出AC=AM【詳解】（1）證明：∵AB為⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠B+∠BAC=90°，∵∠DAC=∠B，∴∠DAC+∠BAC=90°，∠BAD=90°，∵AB為⊙O的直徑，∴AD為⊙O的切線；（2）如圖連接OE，作AM⊥EC于點M，

∵點E為AB的中點，∴AE∴∠AOE=∠BOE=90°，∴∠ACE=12∠AOE=即∠ACM=45°，∵AM⊥EC，∴∠AME=∠AMC=90°，∴∠CAM=90°?∠ACM=90°?45°=45°，∴∠CAM=∠ACM，∴CM=AM，∵∠AME=90°，∴tan∠AEM=tan∴EM=3∵CM+EM=CE=10，∴AM+3∴AM=4，∴CM=AM=4，∵∠AMC=90°，∴AC=AM2∵∠B=∠AEC，∴tan∵∠ACB=90°，∴tan∴4∴BC=62∴AB=AC2∵AB為⊙O的直徑，∴⊙O的半徑為：12【點睛】該題主要考查了圓中切線證明，以及解直角三角形、勾股定理等知識點，解題的關鍵是能夠將圓的相關知識點和其他幾何知識點融會貫通【變式83】（2023·湖南長沙·校考一模）如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB是⊙O的直徑，⊙O交AC于點D，過點D的直線交BC于點E，交AB的延長線于點P，PD是⊙O

(1)求證：BE=CE；(2)若BP=3，∠P=∠PDB，求圖中陰影部分的周長；(3)如圖2，AM=BM，連接DM，交AB于點N，若tan∠DMB=12【答案】(1)見解析(2)3(3)MN【分析】（1）PD是⊙O的切線，得出∠PDO=90°，從而∠PDB+∠BDO=90°，根據∠ABC=90°，得出∠PDB=∠DBC，從而DE=BE，再推出∠CDE=∠DCE，得出DE=CE，從而BE=CE；（2）證明△OBD是等邊三角形，可得∠DOB=60°，再由弧BD的長度=60×π×3180=π，在Rt△CDB中，求出CD=3（3）連接OM，過點D作DF⊥AB交于點F，利用同弧所對的圓周角相等，得到tan∠DMB=tan∠DAB=BDAD=12，設BD=a，則AD=2a，分別求出OM=5【詳解】（1）證明：連接OD，

∵PD是⊙O的切線，∴∠PDO=90°，∴∠PDB+∠BDO=90°，又∵OB=OD，∴∠BDO=∠OBD，∵∠ABC=90°∴∠OBD+∠DBC=90°；∴∠PDB=∠DBC∴DE=BE由∵∠CDE=90°?∠PDB;∠DCE=90°?∠DBC∴∠CDE=∠DCE，∴DE=CE，∴BE=CE．（2）解：∵∠P=∠PDB，∴BD=BP=3，∵PD是⊙O的切線，∴OD⊥PD，∴∠ODP+∠PDB=90°，∠P+∠POD=90°，∵∠P=∠PDB，∴BO=BD=3，∴OB=BD=OD，∴△OBD是等邊三角形，∴∠DOB=60°，∴BD的長度=60×π×3在Rt△CDB中，BD=3，∠CBD=30°∴CD=3，BC=2∴陰影部分的周長為π+33（3）解：連接OM，過點D作DF⊥AB交于點F，

∵AM=BM，∴OM⊥AB，∵BD=∴∠DMB=∠DAB，∴tan∵tan∴設BD=a，則AD=2a，∴AB=5∴OM=5∵AD?BD=AB?DF，∴DF=2∵DF⊥AB，OM⊥AB，∴OM∥∴△OMN∽△FDN，∴DNMN∴DNMN∴MN:MD=5【點睛】本題考查圓的綜合應用，熟練掌握圓的性質，切線的性質，弧長公式，同弧所對的圓周角相等，三角形相似的判定及性質，平行線的性質是解題的關鍵．【題型9構造直角三角形解決實際問題】【例9】（2023·浙江溫州·校聯(lián)考二模）長嘴壺茶藝表演是一項深受群眾喜愛的民俗文化，所用到的長嘴壺更是歷史悠久．圖1是某款長嘴壺模型放置在水平桌面l上的抽象示意圖，已知壺身AB=AD=BC=120cm，CD=40cm，壺嘴EF=150cm，且CD∥AB，

【答案】492【分析】過點D作DG∥BC，交AB于點G，過點A作AH⊥DG，利用勾股定理求出EH即可得出sin∠FED=sin∠ADH=292，再由當FD∥l，過D點作DQ⊥l，垂足為Q，過F點作【詳解】解：如圖，過點D作DG∥BC，交AB于點G，過點A作

∵CD∥∴四邊形BCDG是平行四邊形，∴BG=CD=40cm，DG=BC=120∴AG=AB?BG=80∴AH∴1202解得：HG=80∴AH=16032∴sin∠ADH=∵EF∥BC，∴EF∥∴∠ADH=∠FED∴sin∠FED=cos當FD∥l，過D點作DQ⊥l，垂足為Q，過F點作FM⊥AD，垂足為M，

∴FM=AFsinEM=AFcos∵DE=3AE，∴DE=∴DM=350∴在Rt△FDM中，F(xiàn)D=∵FD∥l，∴∠QAD=∠MDF，∴sin∠QAD=∴FMFD∴2003∴DQ=20033(cm故答案為①492，②【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，平行線的性質，勾股定理，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線構造直角三角形是解題的關鍵．【變式91】（2023春·浙江·九年級專題練習）火災是最常見、最多發(fā)的威脅公眾安全和社會發(fā)展的主要災害之一，消防車是消防救援的主要裝備．圖1是某種消防車云梯，圖2是其側面示意圖，點D，B，O在同一直線上，DO可繞著點O旋轉，AB為云梯的液壓桿，點O，A，C在同一水平線上，其中BD可伸縮，套管OB的長度不變，在某種工作狀態(tài)下測得液壓桿AB=3m，∠BAC=53°，∠DO