∴AD=xy, ∴AD=
2
（3）连接EF在Rt?BOD中，sinB= 设圆的半径为r，∴ ∴r=5. ∴AE=10,AB=18.
∵AE是直径，∠AFE=90°,而∠C=90°， ∴EF∥BC, ∴∠AEF=∠B, ∴sin∠AEF=
.
=
. , ，
∴AF=AE·sin∠AEF=10× ∵AF∥OD, ∴ ∴DG= ∴AD= ∴DG=
AD.
,
,
【考点】切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OD，根据角平分线的性质及等腰三角形的性质，去证明∠ODC=90°即可。(2)连接DF，DE，根据圆的切线，可证得∠FDC=∠DAF，再证∠CDA=∠CFD=∠AED，根据平角的定义可证得∠AFD=∠ADB，从而可证得△ABD∽△ABF，得出对应边成比例，可得出答案。（3）连接EF，在Rt△BOD中，利用三角函数的定义求出圆的半径、AE、AB的长，再证明EF∥BC，得出∠B=∠AEF，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，再根据AF∥OD，得
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出线段成比例，求出DG的长，然后可求出AD的长，从而可求得DG的长。
5（2018?江西?6分）如图，在线，
交
于点,求
的长.
A中，=8，=4,=6,,是的平分
DEBC
【解析】 ∵BD是∠ABC的平分线， ∴∠ABD=∠CBD ∵CD∥AB ∴∠ABD=∠D ∴∠CBD=∠D ∴CD=BC=4 又∵CD∥AB ∴△ABE∽△CDE ∴
=
∵CE+AE=AC=6 ∴AE=4
6．（2018·湖北省宜昌·11分）在矩形ABCD中，AB=12，P是边AB上一点，把△PBC沿直线PC折叠，顶点B的对应点是点G，过点B作BE⊥CG，垂足为E且在AD上，BE交PC于点F．
（1）如图1，若点E是AD的中点，求证：△AEB≌△DEC； （2）如图2，①求证：BP=BF；
②当AD=25，且AE＜DE时，求cos∠PCB的值； ③当BP=9时，求BE?EF的值．
【分析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC再判断出AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽△GCP，进而求出PC，即可得出结论； ③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
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【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB=DC， ∵E是AD中点，∴AE=DE， 在△ABE和△DCE中，
（2）①在矩形ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC沿PC折叠得到△GPC，∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC， ∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF=∠PFB，∴∠BPF=∠BFP，∴BP=BF； ②当AD=25时，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°， ∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE， ∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴设AE=x，∴DE=25﹣x，∴
，
，∴△ABE≌△DCE（SAS）；
，∴x=9或x=16，
∵AE＜DE，∴AE=9，DE=16，∴CE=20，BE=15， 由折叠得，BP=PG，∴BP=BF=PG，∵BE∥PG， ∴△ECF∽△GCP，∴∴BP=
③如图，连接FG，
，设BP=BF=PG=y，∴
，cos∠PCB=
=
，∴y=；
，
，在Rt△PBC中，PC=
∵∠GEF=∠BAE=90°，
∵BF∥PG，BF=PG，∴?BPGF是菱形，∴BP∥GF，∴∠GFE=∠ABE， ∴△GEF∽△EAB，∴
，∴BE?EF=AB?GF=12×9=108．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键． 7（2018·湖北省武汉·10分）在△ABC中，∠ABC=90°．
（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；
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（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC=，求tanC的值；
，直接
（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC=，写出tan∠CEB的值．
【分析】（1）利用同角的余角相等判断出∠BAM=∠CBN，即可得出结论； （2）先判断出△ABP∽△PQF，得出
进而建立方程用b表示出a，即可得出结论； （3）先判断出
=，再同（2）的方法，即可得出结论．
=
，再判断出△ABP∽△CQF，得出CQ=2a，
【解答】解：（1）∵AM⊥MN，CN⊥MN， ∴∠AMB=∠BNC=90°， ∴∠BAM+∠ABM=90°， ∵∠ABC=90°， ∴∠ABM+∠CBN=90°， ∴∠BAM=∠CBN， ∵∠AMB=∠NBC， ∴△ABM∽△BCN；
（2）如图2，
过点P作PF⊥AP交AC于F， 在Rt△AFP中，tan∠PAC=
=
=
，
同（1）的方法得，△ABP∽△PQF， ∴设AB=
=
，
b，FQ=2b（a＞0，b＞0），
a，PQ=2a，BP=
∵∠BAP=∠C，∠B=∠CQF=90°， ∴△ABP∽△CQF，
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