專題14 與切線相關(guān)的證明與計(jì)算（解析版）

九年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)解法技巧思維培優(yōu)專題14與切線相關(guān)的證明與計(jì)算題型一利用“有切點(diǎn)、連半徑、證垂直”來(lái)證切線【典例1】（2019?張家港市模擬）如圖，以△ABC的BC邊上一點(diǎn)O為圓心的圓，經(jīng)過(guò)A、C兩點(diǎn)，與BC邊交于點(diǎn)E，點(diǎn)D為CE的下半圓弧的中點(diǎn)，連接AD交線段EO于點(diǎn)F．AB＝BF，CF＝4，DF=10（1）求證：AB是⊙O的切線；（2）求⊙O的半徑r；（3）設(shè)點(diǎn)P是BA延長(zhǎng)線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接DP交CF于點(diǎn)M，交弧AC于點(diǎn)N（N與A、C不重合）．試問(wèn)DM?DN是否為定值？如果是，求出該定值；如果不是．請(qǐng)說(shuō)明理由．【點(diǎn)撥】（1）連接OA，OD，由點(diǎn)D為CE的下半圓弧的中點(diǎn)，證得∠EOD＝90°，再證∠BAF＝∠BFA＝∠DFO，由∠OAD＝∠ODA可證得∠BAO＝90°，可推出結(jié)論；（2）設(shè)⊙O的半徑為r，在Rt△OFD中，利用勾股定理可求出半徑r；（3）連接CN，CD，求出DC的長(zhǎng)度，證△DCM∽△DNC，利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊的比相等，可證得DM?DN＝DC2，因?yàn)镈C的長(zhǎng)度已知，所以可知DM?DN為定值，并可求出其值．【解析】（1）證明：如圖1，連接OA，OD，∵D為為CE的下半圓弧的中點(diǎn)，EC為⊙O直徑，∴ED=∴∠EOD＝∠COD=12×180∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，又∵BA＝BF，∴∠BAF＝∠BFA＝∠DFO，∴∠BAF+∠OAD＝∠DFO+∠ODA＝90°，∴OA⊥AB，∴AB是⊙O的切線；（2）設(shè)⊙O的半徑為r，由（1）知，∠EOD＝90°，在Rt△OFD中，OD＝r，OF＝4﹣r，DF=10∴r2+（4﹣r）2＝（10）2，解得，r1＝1（舍去），r2＝3，∴⊙O半徑為3；（3）如圖2，連接CN，CD，在Rt△OCD中，OC＝OD＝r＝3，DC=OC2∵ED=∴∠ECD＝∠DNC，又∵∠CDN＝∠CDN，∴△DCM∽△DNC，∴DCDN∴DM?DN＝DC2，∵DC＝（32）2＝18，∴DM?DN為定值，該定值為18．【典例2】（2019?朝陽(yáng)區(qū)校級(jí)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，以CD為直徑的⊙O分別交AC、BC于點(diǎn)M、N，過(guò)點(diǎn)N作NE⊥AB，垂足為E．（1）求證：NE與⊙O相切；（2）若⊙O的半徑為52，AC＝6，則BN的長(zhǎng)為4【點(diǎn)撥】（1）連接ON，證出ON∥AB，證明ON⊥NE即可；（2）由直角三角形的性質(zhì)可求AB＝10，由勾股定理可求BC＝8，由等腰三角形的性質(zhì)可得BN＝4．【解析】（1）證明：如圖1，連接ON，∵∠ACB＝90°，D為斜邊的中點(diǎn)，∴CD＝DA＝DB=12∴∠BCD＝∠B，∵OC＝ON，∴∠BCD＝∠ONC，∴∠ONC＝∠B，∴ON∥AB，∵NE⊥AB，∴ON⊥NE，∴NE為⊙O的切線；（2）解：如圖2，連接DN，ON∵⊙O的半徑為52∴CD＝5∵∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，∴BD＝CD＝AD＝5，∴AB＝10，∴BC=AB∵CD為直徑，∴∠CND＝90°，且BD＝CD，∴BN＝NC＝4，故答案為：4．【典例3】（2019?湛江校級(jí)月考）如圖，四邊形ABCD為矩形，E為BC邊中點(diǎn)，連接AE，以AD為直徑的⊙O交AE于點(diǎn)F，連接CF，DE．（1）求證：△ABE≌DCE；（2）若點(diǎn)F是AE的中點(diǎn)，求證：DE＝BC；（3）判斷直線CF與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．【點(diǎn)撥】（1）由矩形的性質(zhì)和全等三角形的判斷方法即可證明△ABE≌△DCE；（2）連接DE，易證AE＝DE＝AB，由矩形性質(zhì)可得AB＝BC，進(jìn)而可證明DE＝BC；（3）連接OF、OC，利用平行四邊形的判定方法得出四邊形OAEC是平行四邊形，進(jìn)而得出△ODC≌△OFC（SAS），求出OF⊥CF，進(jìn)而得出答案；【解析】解：（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB＝DC，∠B＝∠DCE＝90°，∵E為BC邊中點(diǎn)，∴AB＝CE，在△ABE與△DCE中，AB=DC∠B=∠DCE=90°∴△ABE≌△DCE（SAS）；（2）連接DE，∵AD是直徑，∴∠AFD＝90°，∵點(diǎn)F為AE的中點(diǎn)，∴DF為AE的垂直平分線，∴DE＝AD，∵△ABE≌△DCE∴AE＝DE，∴AE＝DE＝AD，∵四邊形ABCD為矩形，∴AD＝BC，∴DE＝BC；（3）CF與⊙O相切，理由如下：連接OF、OC，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∠ADC＝90°，∵E為BC邊中點(diǎn)，AO＝DO，∴AO=12AD，EC=∴AO＝EC，AO∥EC，∴四邊形OAEC是平行四邊形，∴AE∥OC，∴∠DOC＝∠OAF，∠FOC＝∠OFA，∵OA＝OF，∴∠OAF＝∠OFA，∴∠DOC＝∠FOC，∵在△ODC和△OFC中OD=OF∠DOC=∠FOC∴△ODC≌△OFC（SAS），∴∠OFC＝∠ODC＝90°，∴OF⊥CF，∴CF與⊙O相切．題型二利用“無(wú)切點(diǎn)、作垂直、證半徑”來(lái)證切線【典例4】（2019?臨沂）如圖，△ABC為等腰三角形，O是底邊BC的中點(diǎn)，腰AB與⊙O相切于點(diǎn)D，OB與⊙O相交于點(diǎn)E．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若BD=3，BE＝1【點(diǎn)撥】（1）連接OD，作OF⊥AC于F，如圖，利用等腰三角形的性質(zhì)得AO⊥BC，AO平分∠BAC，再根據(jù)切線的性質(zhì)得OD⊥AB，然后利用角平分線的性質(zhì)得到OF＝OD，從而根據(jù)切線的判定定理得到結(jié)論；（2）設(shè)⊙O的半徑為r，則OD＝OE＝r，利用勾股定理得到r2+（3）2＝（r+1）2，解得r＝1，則OD＝1，OB＝2，利用含30度的直角三角三邊的關(guān)系得到∠B＝30°，∠BOD＝60°，則∠AOD＝30°，于是可計(jì)算出AD=33OD=33，然后根據(jù)扇形的面積公式，利用陰影部分的面積＝2S△AOD﹣【解析】（1）證明：連接OD，作OF⊥AC于F，如圖，∵△ABC為等腰三角形，O是底邊BC的中點(diǎn)，∴AO⊥BC，AO平分∠BAC，∵AB與⊙O相切于點(diǎn)D，∴OD⊥AB，而OF⊥AC，∴OF＝OD，∴AC是⊙O的切線；（2）解：在Rt△BOD中，設(shè)⊙O的半徑為r，則OD＝OE＝r，∴r2+（3）2＝（r+1）2，解得r＝1，∴OD＝1，OB＝2，∴∠B＝30°，∠BOD＝60°，∴∠AOD＝30°，在Rt△AOD中，AD=33OD∴陰影部分的面積＝2S△AOD﹣S扇形DOF＝2×12=3【典例5】（2019?黃州區(qū)校級(jí)模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，AM，BN分別切⊙O于點(diǎn)A，B，CD交AM，BN于點(diǎn)D，C，DO平分∠ADC．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）若AD＝4，BC＝9，求OD的長(zhǎng)．【點(diǎn)撥】（1）過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CD于點(diǎn)E，根據(jù)切線的性質(zhì)由AM切⊙O于點(diǎn)A得OA⊥AD，再根據(jù)角平分線定理得到OE＝OA，然后根據(jù)切線的判定定理得到CD是⊙O的切線；（2）過(guò)D作DF⊥BC于F，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AB⊥AD，AB⊥BC，則得到四邊形ABFD為矩形，得到BF＝AD＝4，所以CF＝BC﹣BF＝5，再利用切線長(zhǎng)定理得DA＝DE＝4，CE＝CB＝9，所以DC＝AD+BC＝13，在Rt△DCF中，利用勾股定理計(jì)算出DF＝12，則AB＝12，所以O(shè)A＝6，然后在Rt△OAD中，利用勾股定理可計(jì)算出OD．【解析】（1）證明：過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CD于點(diǎn)E，如圖，∵AM切⊙O于點(diǎn)A，∴OA⊥AD，∵DO平分∠ADC，∴OE＝OA，∵OA為⊙O的半徑，∴OE是⊙O的半徑，且OE⊥DC，∴CD是⊙O的切線；（2）解：過(guò)D作DF⊥BC于F，如圖，∵AB是⊙O的直徑，AM，BN分別切⊙O于點(diǎn)A，B，∴AB⊥AD，AB⊥BC，∴四邊形ABFD為矩形，∴BF＝AD＝4，∴CF＝BC﹣BF＝5，∵DC、AM、BC為圓的切線，∴DA＝DE＝4，CE＝CB＝9，∴DC＝AD+BC＝13，在Rt△DCF中，DF=DC∴AB＝12，∴OA＝6，在Rt△OAD中，OD=OA2題型三與切線有關(guān)的計(jì)算【典例6】（2019?賀州）如圖，BD是⊙O的直徑，弦BC與OA相交于點(diǎn)E，AF與⊙O相切于點(diǎn)A，交DB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∠F＝30°，∠BAC＝120°，BC＝8．（1）求∠ADB的度數(shù)；（2）求AC的長(zhǎng)度．【點(diǎn)撥】（1）由切線的性質(zhì)得出AF⊥OA，求出∠F＝30°，得出∠AOF＝60°，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠ADB＝∠OAF＝30°．（2）由垂徑定理得出BE＝CE=12BC＝4，得出AB＝AC，證明△AOB是等邊三角形，得出AB＝OB，由直角三角形的性質(zhì)得出OE=12OB，BE=3OE＝4，求出OE=433，即可得出AC＝【解析】解：（1）∵AF與⊙O相切于點(diǎn)A，∴AF⊥OA，∵∠F＝30°，∴∠AOF＝60°，∵OA＝OD，∠AOF＝∠ADB+∠OAF，∴∠ADB＝∠OAF＝30°．（2）∵OA⊥BC，∴BE＝CE=12BC＝∴AB＝AC，∵∠AOB＝60°，OA＝OB，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OB，∵∠OBE＝30°，∴OE=12OB，BE=3OE∴OE=4∴AC＝AB＝OB＝2OE=8【典例7】（2019?棗莊）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB為直徑作⊙O，點(diǎn)D為⊙O上一點(diǎn)，且CD＝CB，連接DO并延長(zhǎng)交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．（1）判斷直線CD與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）若BE＝2，DE＝4，求圓的半徑及AC的長(zhǎng)．【點(diǎn)撥】（1）欲證明CD是切線，只要證明OD⊥CD，利用全等三角形的性質(zhì)即可證明；（2）設(shè)⊙O的半徑為r．在Rt△OBE中，根據(jù)OE2＝EB2+OB2，可得（4﹣r）2＝r2+22，推出r＝1.5，由tan∠E=OBEB=CDDE，推出1.52=【解析】（1）證明：連接OC．∵CB＝CD，CO＝CO，OB＝OD，∴△OCB≌△OCD（SSS），∴∠ODC＝∠OBC＝90°，∴OD⊥DC，∴DC是⊙O的切線；（2）解：設(shè)⊙O的半徑為r．在Rt△OBE中，∵OE2＝EB2+OB2，∴（4﹣r）2＝r2+22，∴r＝1.5，∵tan∠E=OB∴1.52∴CD＝BC＝3，在Rt△ABC中，AC=AB2∴圓的半徑為1.5，AC的長(zhǎng)為32．【典例8】（2020?封開縣一模）如圖，四邊形ABCD為菱形，以AD為直徑作⊙O交AB于點(diǎn)F，連接DB交⊙O于點(diǎn)H，E是BC上的一點(diǎn)，且BE＝BF，連接DE．（1）求證：△DAF≌△DCE．（2）求證：DE是⊙O的切線．（3）若BF＝2，DH=5，求四邊形ABCD【點(diǎn)撥】（1）利用SAS證明△DAF≌△DCE；（2）利用（1）中全等三角形的性質(zhì)可得：∠DFA＝∠DEC，證出∠ADE＝∠DEC＝90°，即OD⊥DE，DE是⊙O的切線．（2）連接AH，求出DB＝2DH＝25，則四邊形ABCD的面積＝2△ABD的面積．【解析】（1）證明：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，∠DAB＝∠C，∵BF＝BE，∴AB﹣BF＝BC﹣BE，即AF＝CE，∴△DAF≌△DCE（SAS）；（2）由（1）知，△DAF≌△DCE，則∠DFA＝∠DEC．∵AD是⊙O的直徑，∴∠DFA＝90°，∴∠DEC＝90°∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠DEC＝90°，∴OD⊥DE，∵OD是⊙O的半徑，∴DE是⊙O的切線；（2）解：如圖，連接AH，∵AD是⊙O的直徑，∴∠AHD＝∠DFA＝90°，∴∠DFB＝90°，∵AD＝AB，DH=5∴DB＝2DH＝25，在Rt△ADF和Rt△BDF中，∵DF2＝AD2﹣AF2，DF2＝BD2﹣BF2，∴AD2﹣AF2＝DB2﹣BF2，∴AD2﹣（AD﹣BF）2＝DB2﹣BF2，∴AD2﹣（AD﹣2）2＝（25）2﹣22，∴AD＝5．∴AH=AD∴S四邊形ABCD＝2S△ABD＝2×12BD?AH＝BD?AH＝25×25=20鞏固練習(xí)1．（2019?玄武區(qū)期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以斜邊AB上的中線CD為直徑作⊙O，與AC、BC分別交于點(diǎn)M、N，與AB的另一個(gè)交點(diǎn)為E．過(guò)點(diǎn)N作NF⊥AB，垂足為F．（1）求證：NF是⊙O的切線；（2）若NF＝2，DF＝1，求弦ED的長(zhǎng)．【點(diǎn)撥】（1）欲證明NF為⊙O的切線，只要證明ON⊥NF．（2）證明四邊形ONFH是矩形，由勾股定理即可解決問(wèn)題．【解析】（1）證明：連接ON．如圖所示：∵在Rt△ACB中，CD是邊AB的中線，∴CD＝BD，∴∠DCB＝∠B，∵OC＝ON，∴∠ONC＝∠DCB，∴∠ONC＝∠B，∴ON∥AB∵NF⊥AB∴∠NFB＝90°∴∠ONF＝∠NFB＝90°，∴ON⊥NF又∵NF過(guò)半徑ON的外端∴NF是⊙O的切線；（2）解：過(guò)點(diǎn)O作OH⊥ED，垂足為H，如圖2所示：設(shè)⊙O的半徑為r∵OH⊥ED，NF⊥AB，ON⊥NF，∴∠OHD＝∠NFH＝∠ONF＝90°．∴四邊形ONFH為矩形．∴HF＝ON＝r，OH＝NF＝2，∴HD＝HF﹣DF＝r﹣1，在Rt△OHD中，∠OHD＝90°∴OH2+HD2＝OD2，即22+（r﹣1）2＝r2，∴r=5∴HD=3∵OH⊥ED，且OH過(guò)圓心O，∴HE＝HD，∴ED＝2HD＝3．2．（2019?揚(yáng)州一模）如圖，△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D為BC上一點(diǎn)，且AD＝DC，過(guò)A，B，D三點(diǎn)作⊙O，AE是⊙O的直徑，連結(jié)DE．（1）求證：AC是⊙O的切線；（2）若sinC=45，AC＝6，求⊙【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，由AB＝AC，AD＝DC得∠C＝∠B，∠1＝∠C，則∠1＝∠B，根據(jù)圓周角定理得∠E＝∠B，∠ADE＝90°，所以∠1+∠EAD＝90°，然后根據(jù)切線的判定定理即可得到AC是⊙O的切線；（2）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F，如圖，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得CF=12AC＝3，在Rt△CDF中，利用正弦定義得sinC=DFDC=45，則設(shè)DF＝4x，DC＝5x，利用勾股定理得CF＝3x，所以3x＝3，解得x＝1，于是得到DC＝AD＝5【解析】（1）證明：∵AB＝AC，AD＝DC，∴∠C＝∠B，∠1＝∠C，∴∠1＝∠B，又∵∠E＝∠B，∴∠1＝∠E，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ADE＝90°，∴∠E+∠EAD＝90°，∴∠1+∠EAD＝90°，即∠EAC＝90°，∴AE⊥AC，∴AC是⊙O的切線；（2）解：過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F，如圖，∵DA＝DC，∴CF=12AC＝在Rt△CDF中，∵sinC=DF設(shè)DF＝4x，DC＝5x，∴CF=CD2∴3x＝3，解得x＝1，∴DC＝5，∴AD＝5，∵∠ADE＝∠DFC＝90°，∠E＝∠C，∴△ADE∽△DFC，∴AEDC=ADDF，即AE即⊙O的直徑為2543．（2019?河池）如圖，五邊形ABCDE內(nèi)接于⊙O，CF與⊙O相切于點(diǎn)C，交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）若AE＝DC，∠E＝∠BCD，求證：DE＝BC；（2）若OB＝2，AB＝BD＝DA，∠F＝45°，求CF的長(zhǎng)．【點(diǎn)撥】（1）由圓心角、弧、弦之間的關(guān)系得出AE=DC，由圓周角定理得出∠ADE＝∠DBC，證明△ADE≌△（2）連接CO并延長(zhǎng)交AB于G，作OH⊥AB于H，則∠OHG＝∠OHB＝90°，由切線的性質(zhì)得出∠FCG＝90°，得出△CFG、△OGH是等腰直角三角形，得出CF＝CG，OG=2OH，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠OBH＝30°，由直角三角形的性質(zhì)得出OH=12OB＝1，【解析】（1）證明：∵AE＝DC，∴AE=∴∠ADE＝∠DBC，在△ADE和△DBC中，∠ADE=∠DBC∠E=∠BCD∴△ADE≌△DBC（AAS），∴DE＝BC；（2）解：連接CO并延長(zhǎng)交AB于G，作OH⊥AB于H，如圖所示：則∠OHG＝∠OHB＝90°，∵CF與⊙O相切于點(diǎn)C，∴∠FCG＝90°，∵∠F＝45°，∴△CFG、△OGH是等腰直角三角形，∴CF＝CG，OG=2OH∵AB＝BD＝DA，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ABD＝60°，∴∠OBH＝30°，∴OH=12OB＝∴OG=2∴CF＝CG＝OC+OG＝2+24．（2019?海淀區(qū)校級(jí)月考）如圖，AB是⊙O的直徑，半徑OD⊥弦AC于點(diǎn)E，F(xiàn)是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠CDB＝∠BFD．（1）判斷DF與⊙O的位置關(guān)系，并證明；（2）若CD∥AB，AB＝4，求DF的長(zhǎng)．【點(diǎn)撥】（1）利用圓周角定理以及平行線的判定得出∠FDO＝90°，進(jìn)而得出答案；（2）根據(jù)已知條件得到四邊形ACDF是平行四邊形，求得DF＝AC，根據(jù)垂徑定理得到AE=12AC，求得AE=【解析】解：（1）DF與⊙O相切．理由：∵∠CDB＝∠CAB，又∵∠CDB＝∠BFD，∴∠CAB＝∠BFD．∴AC∥DF．∵半徑OD垂直于弦AC于點(diǎn)E，∴OD⊥DF．∴DF與⊙O相切．（2）∵AC∥DF，CD∥AB，∴四邊形ACDF是平行四邊形，∴DF＝AC，∵OD⊥弦AC，∴AE=12∴AE=12∴OA=12∴OF＝4，∵OD＝2，∴DF=42-5．（2019?東莞市期末）如圖，以矩形ABCD的邊CD為直徑作⊙O，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，連接CE交⊙O于點(diǎn)F，連接AF并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)H．（1）若連接AO，試判斷四邊形AECO的形狀，并說(shuō)明理由；（2）求證：AH是⊙O的切線；（3）若AB＝6，CH＝2，則AH的長(zhǎng)為132【點(diǎn)撥】（1）證明AE∥OC，AE＝OC，可得四邊形AECO為平行四邊形；（2）根據(jù)SAS證明△AOD≌△AOF，可得∠ADO＝∠AFO，證得∠AFO＝90°，則結(jié)論得證；（3）由切線長(zhǎng)定理可得CH＝FH，AD＝AF，設(shè)BH＝x，則BC＝2+x，AD＝AF＝2+x，可得AH＝4+x，在Rt△ABH中，可得AB2+BH2＝AH2，得出關(guān)于x的方程62+x2＝（4+x）2，解出x即可．【解析】（1）解：連接AO，四邊形AECO是平行四邊形．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD．∵E是AB的中點(diǎn)，∴AE=12∵CD是⊙O的直徑，∴OC=12∴AE∥OC，AE＝OC．∴四邊形AECO為平行四邊形．（2）證明：由（1）得，四邊形AECO為平行四邊形，∴AO∥EC∴∠AOD＝∠OCF，∠AOF＝∠OFC．∵OF＝OC∴∠OCF＝∠OFC．∴∠AOD＝∠AOF．∵在△AOD和△AOF中，AO＝AO，∠AOD＝∠AOF，OD＝OF∴△AOD≌△AOF（SAS）．∴∠ADO＝∠AFO．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADO＝90°．∴∠AFO＝90°，即AH⊥OF．∵點(diǎn)F在⊙O上，∴AH是⊙O的切線．（3）∵CD為⊙O的直徑，∠ADC＝∠BCD＝90°，∴AD，BC為⊙O的切線，又∵AH是⊙O的切線，∴CH＝FH，AD＝AF，設(shè)BH＝x，∵CH＝2，∴BC＝2+x，∴BC＝AD＝AF＝2+x，∴AH＝AF+FH＝4+x，在Rt△ABH中，∵AB2+BH2＝AH2，∴62+x2＝（4+x）2，解得x=5∴AH=4+5故答案為：1326．（2019?海港區(qū)期末）如圖，已知AB＝10，以AB為直徑作半圓O，半徑OA繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OC，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C，當(dāng)點(diǎn)C與點(diǎn)B重合時(shí)停止．連接BC并延長(zhǎng)到點(diǎn)D，使得CD＝BC，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，連接AD，AC．（1）AD＝10；（2）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)O重合時(shí)，判斷△ABD的形狀，并說(shuō)明理由；（3）如圖2，當(dāng)OE＝1時(shí)，求BC的長(zhǎng)；（4）如圖3，若點(diǎn)P是線段AD上一點(diǎn)，連接PC，當(dāng)PC與半圓O相切時(shí)，直接寫出直線PC與AD的位置關(guān)系．【點(diǎn)撥】（1）由圓周角定理得到AC⊥BD，結(jié)合已知條件CD＝BC和等腰三角形“三線合一”性質(zhì)推知AD＝AB＝10；（2）△ABD是等邊三角形．理由：由等腰△ABD“三線合一”性質(zhì)得到AD＝BD；又由（1）的結(jié)論可以推知AD＝AB＝DB，即△ABD是等邊三角形；（3）分類討論：點(diǎn)E在線段AO和線段OB上，借助于勾股定理求得BC的長(zhǎng)度；（4）由三角形中位線定理知OC∥AD，又由切線的性質(zhì)知PC⊥OC，所以根據(jù)平行線的性質(zhì)推知PC⊥AD．【解析】解：（1）∵AB是圓O的直徑，∴AC⊥BC．又∵BC＝CD，∴AD＝AB＝10．故答案是：10；（2）△ABD是等邊三角形，理由如下：如圖1，∵點(diǎn)E與點(diǎn)O重合，∴AE＝BE，∵DE⊥AB，∴AD＝BD，∵AD＝AB，∴AD＝AB＝DB，∴△ABD是等邊三角形；（3）如圖2，∵AB＝10，∴AO＝BO＝5，當(dāng)點(diǎn)E在AO上時(shí)，則AE＝AO﹣OE＝4，BE＝BO+OE＝6，∵AD＝10，DE⊥AO，∴在Rt△ADE和Rt△BDE中，由勾股定理得AD2﹣AE2＝BD2﹣BE2，即102﹣42＝BD2﹣62，解得BD＝230，∴BC=12BD當(dāng)點(diǎn)E在OB上時(shí)，同理可得102﹣62＝BD2﹣42，解得BD＝45，∴BC＝25，綜上所述，BC的長(zhǎng)為30或25；（4）PC⊥AD．理由如下：如圖3，連接OC．∵點(diǎn)C是BD的中點(diǎn)，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴OC是△ABD的中位線，∴OC∥AD．又∵PC與半圓O相切，∴PC⊥OC，∴PC⊥AD．7．（2019?香坊區(qū)期末）已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D，滿足∠BEC＝3∠ACD．（1）如圖1，求證：AB＝AC；（2）如圖2，連接BD，點(diǎn)F為弧BD上一點(diǎn)，連接CF，弧CF＝弧BD，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥CD，垂足為點(diǎn)G，求證：CF+DG＝CG；（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)H為AC上一點(diǎn)，分別連接DH，OH，OH⊥DH，過(guò)點(diǎn)C作CP⊥AC，交⊙O于點(diǎn)P，OH：CP＝1：2，CF＝12，連接PF，求PF的長(zhǎng)．【點(diǎn)撥】（1）如圖1中，連接AD．設(shè)∠BEC＝3α，∠ACD＝α．想辦法證明∠ACB＝∠ACB即可解決問(wèn)題．（2）如圖2中，連接AD，在CD上取一點(diǎn)Z，使得CZ＝BD．證明△ADB≌△AZC（SAS），推出AD＝AZ即可解決問(wèn)題．（3）連接AD，PA，作OK⊥AC于K，OR⊥PC于R，CT⊥FP交FP的延長(zhǎng)