6. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC$，$AD$ 为边 $BC$ 上的中线，$E$ 为 $AD$ 的中点，过点 $A$ 作 $AF // BC$，交
$BE$ 的延长线于点 $F$，连接 $CF$.
(1) 求证：四边形 $ADCF$ 为矩形；
(2) 若 $BC = 6$，$\sin \angle BAD=\frac{3}{5}$，求 $EF$ 的长.
$BE$ 的延长线于点 $F$，连接 $CF$.
(1) 求证：四边形 $ADCF$ 为矩形；
(2) 若 $BC = 6$，$\sin \angle BAD=\frac{3}{5}$，求 $EF$ 的长.
答案：6. (1)$\because AD$为边BC上的中线，$\therefore BD = CD$. $\because E$为AD的中点，$\therefore AE = ED$. $\because AF // BC$，$\therefore \angle AFE = \angle DBE$，$\angle FAE = \angle BDE$. 在$\triangle AFE$和$\triangle DBE$中，$\begin{cases} \angle AFE = \angle DBE, \\ \angle FAE = \angle BDE, \\ AE = DE, \end{cases}$ $\therefore \triangle AFE \cong \triangle DBE$. $\therefore AF = DB$. $\therefore AF = CD$.又$\because AF // BC$，$\therefore$四边形ADCF为平行四边形. $\because AB = AC$，AD为边BC上的中线，$\therefore AD \perp BC$. $\therefore \angle ADC = 90°$. $\therefore$四边形ADCF为矩形
(2)$\because BC = 6$，AD为边BC上的中线，$\therefore BD = \frac{1}{2}BC = 3$.在$Rt\triangle ABD$中，$\because \sin\angle BAD = \frac{BD}{AB} = \frac{3}{5}$，$\therefore AB = \frac{BD}{\sin\angle BAD} = 5$. $\therefore AD = \sqrt{AB^{2} - BD^{2}} = \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 4$.又$\because E$为AD的中点，$\therefore ED = \frac{1}{2}AD = 2$. $\therefore$在$Rt\triangle DBE$中，$BE = \sqrt{ED^{2} + BD^{2}} = \sqrt{2^{2} + 3^{2}} = \sqrt{13}$.由(1)知，$\triangle AFE \cong \triangle DBE$，$\therefore EF = BE = \sqrt{13}$
(2)$\because BC = 6$，AD为边BC上的中线，$\therefore BD = \frac{1}{2}BC = 3$.在$Rt\triangle ABD$中，$\because \sin\angle BAD = \frac{BD}{AB} = \frac{3}{5}$，$\therefore AB = \frac{BD}{\sin\angle BAD} = 5$. $\therefore AD = \sqrt{AB^{2} - BD^{2}} = \sqrt{5^{2} - 3^{2}} = 4$.又$\because E$为AD的中点，$\therefore ED = \frac{1}{2}AD = 2$. $\therefore$在$Rt\triangle DBE$中，$BE = \sqrt{ED^{2} + BD^{2}} = \sqrt{2^{2} + 3^{2}} = \sqrt{13}$.由(1)知，$\triangle AFE \cong \triangle DBE$，$\therefore EF = BE = \sqrt{13}$
7. 如图，$AB$ 是 $\odot O$ 的直径，且经过弦 $CD$ 的中点 $H$，已知 $\cos \angle CDB=\frac{4}{5}$，$BD = 5$，则 $OH$ 的长为
(
A.$\frac{7}{6}$
B.1
C.$\frac{5}{6}$
D.$\frac{2}{3}$
(
A
)A.$\frac{7}{6}$
B.1
C.$\frac{5}{6}$
D.$\frac{2}{3}$
答案：7. A
解析：
证明：
∵AB是⊙O的直径且过CD中点H，
∴AB⊥CD，CH=DH（垂径定理）。
在Rt△BHD中，$\cos\angle CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$，BD=5，
∴$DH=BD·\cos\angle CDB=5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理得$BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设OH=x，⊙O半径为r，则OB=r，BH=OB+OH=r+x=3（H在OB上），即$r=3-x$。
连接OD，则OD=r，在Rt△OHD中，$OH^2+DH^2=OD^2$，
即$x^2+4^2=(3-x)^2$，
解得$x=\frac{7}{6}$。
∴OH的长为$\frac{7}{6}$。
答案：A
∵AB是⊙O的直径且过CD中点H，
∴AB⊥CD，CH=DH（垂径定理）。
在Rt△BHD中，$\cos\angle CDB=\frac{DH}{BD}=\frac{4}{5}$，BD=5，
∴$DH=BD·\cos\angle CDB=5×\frac{4}{5}=4$，
由勾股定理得$BH=\sqrt{BD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设OH=x，⊙O半径为r，则OB=r，BH=OB+OH=r+x=3（H在OB上），即$r=3-x$。
连接OD，则OD=r，在Rt△OHD中，$OH^2+DH^2=OD^2$，
即$x^2+4^2=(3-x)^2$，
解得$x=\frac{7}{6}$。
∴OH的长为$\frac{7}{6}$。
答案：A
8. 如图，$AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$BC$ 与 $\odot O$ 相切于点 $B$，连接 $AC$，$OC$. 若 $\sin \angle BAC=\frac{1}{3}$，则
$\tan \angle BOC =$
$\tan \angle BOC =$
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.答案：8. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：
证明：设 $ \odot O $ 的半径为 $ r $，则 $ OA = OB = r $，$ AB = 2r $。
因为 $ BC $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ B $，所以 $ AB \perp BC $，即 $ \angle ABC = 90° $。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \sin \angle BAC = \frac{BC}{AC} = \frac{1}{3} $，设 $ BC = x $，则 $ AC = 3x $。
由勾股定理得：$ AB^2 + BC^2 = AC^2 $，即 $ (2r)^2 + x^2 = (3x)^2 $，化简得 $ 4r^2 = 8x^2 $，解得 $ r = \sqrt{2}x $。
在 $ Rt\triangle OBC $ 中，$ OB = r = \sqrt{2}x $，$ BC = x $，所以 $ \tan \angle BOC = \frac{BC}{OB} = \frac{x}{\sqrt{2}x} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
因为 $ BC $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ B $，所以 $ AB \perp BC $，即 $ \angle ABC = 90° $。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \sin \angle BAC = \frac{BC}{AC} = \frac{1}{3} $，设 $ BC = x $，则 $ AC = 3x $。
由勾股定理得：$ AB^2 + BC^2 = AC^2 $，即 $ (2r)^2 + x^2 = (3x)^2 $，化简得 $ 4r^2 = 8x^2 $，解得 $ r = \sqrt{2}x $。
在 $ Rt\triangle OBC $ 中，$ OB = r = \sqrt{2}x $，$ BC = x $，所以 $ \tan \angle BOC = \frac{BC}{OB} = \frac{x}{\sqrt{2}x} = \frac{\sqrt{2}}{2} $。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
9. 如图，$\odot O$ 的半径为 $5$，$\triangle ABC$ 内接于 $\odot O$，$BC = 6$，$CD \perp AB$ 于点 $D$，则 $\tan \angle ACD$ 的值为
$\frac{4}{3}$
.答案：9. $\frac{4}{3}$
解析：
证明：连接 $BO$ 并延长交 $\odot O$ 于点 $E$，连接 $CE$。
$\because BE$ 是 $\odot O$ 的直径，
$\therefore \angle BCE = 90°$，$BE = 2 × 5 = 10$。
在 $Rt\triangle BCE$ 中，$BC = 6$，
$\therefore CE = \sqrt{BE^2 - BC^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$。
$\because \angle A = \angle E$（同弧所对的圆周角相等），
$CD \perp AB$，$\angle BCE = 90°$，
$\therefore \angle ADC = \angle BCE = 90°$，
$\therefore \angle ACD = \angle EBC$（等角的余角相等）。
在 $Rt\triangle BCE$ 中，
$\tan \angle EBC = \frac{CE}{BC} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$，
$\therefore \tan \angle ACD = \frac{4}{3}$。
$\frac{4}{3}$
$\because BE$ 是 $\odot O$ 的直径，
$\therefore \angle BCE = 90°$，$BE = 2 × 5 = 10$。
在 $Rt\triangle BCE$ 中，$BC = 6$，
$\therefore CE = \sqrt{BE^2 - BC^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$。
$\because \angle A = \angle E$（同弧所对的圆周角相等），
$CD \perp AB$，$\angle BCE = 90°$，
$\therefore \angle ADC = \angle BCE = 90°$，
$\therefore \angle ACD = \angle EBC$（等角的余角相等）。
在 $Rt\triangle BCE$ 中，
$\tan \angle EBC = \frac{CE}{BC} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$，
$\therefore \tan \angle ACD = \frac{4}{3}$。
$\frac{4}{3}$
10. (2025·北京) 如图，过点 $P$ 作 $\odot O$ 的两条切线，切点分别为 $A$，$B$，连接 $OA$，$OB$，$OP$，取 $OP$ 的
中点 $C$，连接 $AC$ 并交 $\odot O$ 于点 $D$，连接 $BD$.
(1) 求证：$\angle ADB = \angle AOP$.
(2) 延长 $OP$ 交 $DB$ 的延长线于点 $E$. 若 $AP = 10$，$\tan \angle AOP=\frac{1}{2}$，求 $DE$ 的长.
中点 $C$，连接 $AC$ 并交 $\odot O$ 于点 $D$，连接 $BD$.
(1) 求证：$\angle ADB = \angle AOP$.
(2) 延长 $OP$ 交 $DB$ 的延长线于点 $E$. 若 $AP = 10$，$\tan \angle AOP=\frac{1}{2}$，求 $DE$ 的长.
答案：
10. (1)$\because AP$，BP分别切$\odot O$于点A，B，$\therefore OP$平分$\angle AOB$. $\therefore \angle AOP = \frac{1}{2}\angle AOB$.又$\because \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{AB}$，$\therefore \angle ADB = \frac{1}{2}\angle AOB$. $\therefore \angle ADB = \angle AOP$ (2)如图，延长AO交$\odot O$于点F，连接DF，则$\angle ADF = 90°$. $\because AP$，BP分别切$\odot O$于点A，B，$\therefore PA \perp OA$. $\because C$为OP的中点，$\therefore PC = OC = AC = \frac{1}{2}OP$.又$\because AP = 10$，$\tan\angle AOP = \frac{1}{2}$，$\therefore AO = \frac{AP}{\tan\angle AOP} = 20$. $\therefore OP = \sqrt{AO^{2} + AP^{2}} = \sqrt{20^{2} + 10^{2}} = 10\sqrt{5}$. $\therefore AC = OC = \frac{1}{2}OP = 5\sqrt{5}$，$AF = 2AO = 40$. $\because AC = OC$，$\therefore \angle CAO = \angle AOC$.又$\because \angle PAO = \angle ADF = 90°$，$\cos\angle DAF = \frac{DA}{FA}$，$\cos\angle POA = \frac{AO}{PO}$，$\therefore \frac{AO}{PO} = \frac{DA}{FA}$. $\therefore DA = \frac{20}{10\sqrt{5}} × 40 = 16\sqrt{5}$. $\therefore CD = DA - AC = 11\sqrt{5}$. $\because \angle AOP = \angle ADB$，$\angle ACO = \angle ECD$，$\therefore \triangle ACO \sim \triangle ECD$. $\therefore \frac{AO}{ED} = \frac{CO}{CD}$. $\therefore DE = \frac{11\sqrt{5}}{5\sqrt{5}} × 20 = 44$
10. (1)$\because AP$，BP分别切$\odot O$于点A，B，$\therefore OP$平分$\angle AOB$. $\therefore \angle AOP = \frac{1}{2}\angle AOB$.又$\because \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{AB}$，$\therefore \angle ADB = \frac{1}{2}\angle AOB$. $\therefore \angle ADB = \angle AOP$ (2)如图，延长AO交$\odot O$于点F，连接DF，则$\angle ADF = 90°$. $\because AP$，BP分别切$\odot O$于点A，B，$\therefore PA \perp OA$. $\because C$为OP的中点，$\therefore PC = OC = AC = \frac{1}{2}OP$.又$\because AP = 10$，$\tan\angle AOP = \frac{1}{2}$，$\therefore AO = \frac{AP}{\tan\angle AOP} = 20$. $\therefore OP = \sqrt{AO^{2} + AP^{2}} = \sqrt{20^{2} + 10^{2}} = 10\sqrt{5}$. $\therefore AC = OC = \frac{1}{2}OP = 5\sqrt{5}$，$AF = 2AO = 40$. $\because AC = OC$，$\therefore \angle CAO = \angle AOC$.又$\because \angle PAO = \angle ADF = 90°$，$\cos\angle DAF = \frac{DA}{FA}$，$\cos\angle POA = \frac{AO}{PO}$，$\therefore \frac{AO}{PO} = \frac{DA}{FA}$. $\therefore DA = \frac{20}{10\sqrt{5}} × 40 = 16\sqrt{5}$. $\therefore CD = DA - AC = 11\sqrt{5}$. $\because \angle AOP = \angle ADB$，$\angle ACO = \angle ECD$，$\therefore \triangle ACO \sim \triangle ECD$. $\therefore \frac{AO}{ED} = \frac{CO}{CD}$. $\therefore DE = \frac{11\sqrt{5}}{5\sqrt{5}} × 20 = 44$