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例3 如图,在矩形ABCD中,$AB=3$,$BC=2$,以BC为直径在矩形内作半圆,自点A作半圆的切线AE,则$\sin∠ CBE=$（
A.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
例3题图
变式题图
D
）A.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
例3题图
变式题图
答案
D
解析
【分析】
解题时可按以下思路推导：1. 先确定半圆圆心：取BC中点O，O就是半圆的圆心，连接辅助线OE、AO；2. 结合矩形性质判断AB是半圆的切线，再根据切线长定理得到AB=AE，AO是∠BAE的角平分线，由等腰三角形三线合一可推出AO⊥BE；3. 利用同角的余角相等，将所求的∠CBE转化为∠BAO，把未知角的三角函数求解转移到已知边长的直角三角形中；4. 最后在Rt△ABO中用勾股定理求斜边，再根据正弦定义计算即可。
【解析】
解：设BC的中点为O（即半圆的圆心），连接OE、AO。
∵BC为半圆直径，
∴$OB=OE=\frac{1}{2}BC=1$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，即AB⊥BC，因此AB是半圆的切线。
又
∵AE是半圆的切线，根据切线长定理可得：$AB=AE=3$，且AO平分∠BAE。
由等腰三角形三线合一可知$AO⊥BE$，因此$∠BAO + ∠ABE = 90°$。
∵$∠ABC=∠ABE + ∠CBE = 90°$，
∴$∠CBE=∠BAO$。
在$Rt△ABO$中，$AB=3$，$BO=1$，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AB^2 + BO^2}=\sqrt{3^2 + 1^2}=\sqrt{10}$
∴$\sin∠BAO=\frac{BO}{AO}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，即$\sin∠CBE=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理；矩形的性质；锐角三角函数定义
【点评】
本题是几何综合类常考题，解题核心是通过作辅助线完成角度转化，将未知角的求解转移到可计算的直角三角形中，能很好地考查学生对圆的性质和直角三角形相关知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时可按以下思路推导：1. 先确定半圆圆心：取BC中点O，O就是半圆的圆心，连接辅助线OE、AO；2. 结合矩形性质判断AB是半圆的切线，再根据切线长定理得到AB=AE，AO是∠BAE的角平分线，由等腰三角形三线合一可推出AO⊥BE；3. 利用同角的余角相等，将所求的∠CBE转化为∠BAO，把未知角的三角函数求解转移到已知边长的直角三角形中；4. 最后在Rt△ABO中用勾股定理求斜边，再根据正弦定义计算即可。
【解析】
解：设BC的中点为O（即半圆的圆心），连接OE、AO。
∵BC为半圆直径，
∴$OB=OE=\frac{1}{2}BC=1$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，即AB⊥BC，因此AB是半圆的切线。
又
∵AE是半圆的切线，根据切线长定理可得：$AB=AE=3$，且AO平分∠BAE。
由等腰三角形三线合一可知$AO⊥BE$，因此$∠BAO + ∠ABE = 90°$。
∵$∠ABC=∠ABE + ∠CBE = 90°$，
∴$∠CBE=∠BAO$。
在$Rt△ABO$中，$AB=3$，$BO=1$，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AB^2 + BO^2}=\sqrt{3^2 + 1^2}=\sqrt{10}$
∴$\sin∠BAO=\frac{BO}{AO}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，即$\sin∠CBE=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理；矩形的性质；锐角三角函数定义
【点评】
本题是几何综合类常考题，解题核心是通过作辅助线完成角度转化，将未知角的求解转移到可计算的直角三角形中，能很好地考查学生对圆的性质和直角三角形相关知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
变式 如图，PA，PB分别切$\odot O$于点A和点B，C是$\overset{\frown}{AB}$上任一点，过C的切线分别交PA，PB于点D，E。若$\odot O$的半径为6，$PO=10$，则$△ PDE$的周长是（
A.16
B.14
C.12
D.10
A
）A.16
B.14
C.12
D.10
答案
A
解析
【分析】
解题思路分为两步：第一步先求切线PA的长度，连接OA，根据切线的性质可知OA⊥PA，得到Rt△POA，结合已知的半径和PO的长度，用勾股定理即可算出PA的长；第二步利用切线长定理转化△PDE的周长，由切线长定理可得PA=PB，DA=DC，EB=EC，将△PDE的周长拆分为PD+DE+PE，把DE拆为DC+CE后替换为DA+EB，即可推出周长等于2PA，代入数值计算即可。
【解析】
连接OA，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
在Rt△POA中，OA=6，PO=10，由勾股定理得：
$PA=\sqrt{PO^2-OA^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8$，
∵PA、PB分别切⊙O于A、B，DE切⊙O于C，
根据切线长定理可得：PA=PB=8，DA=DC，EB=EC，
∴△PDE的周长为：
$C_{△PDE}=PD+DE+PE$
$=PD+DC+CE+PE$
$=PD+DA+EB+PE$
$=(PD+DA)+(PE+EB)$
$=PA+PB=8+8=16$
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题解题的核心是利用切线长定理对三角形的周长进行转化，避免了逐边计算的繁琐，同时结合勾股定理求切线长，是圆与切线结合的典型基础题型。
【难度系数】
0.7
解题思路分为两步：第一步先求切线PA的长度，连接OA，根据切线的性质可知OA⊥PA，得到Rt△POA，结合已知的半径和PO的长度，用勾股定理即可算出PA的长；第二步利用切线长定理转化△PDE的周长，由切线长定理可得PA=PB，DA=DC，EB=EC，将△PDE的周长拆分为PD+DE+PE，把DE拆为DC+CE后替换为DA+EB，即可推出周长等于2PA，代入数值计算即可。
【解析】
连接OA，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴OA⊥PA，即∠OAP=90°，
在Rt△POA中，OA=6，PO=10，由勾股定理得：
$PA=\sqrt{PO^2-OA^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8$，
∵PA、PB分别切⊙O于A、B，DE切⊙O于C，
根据切线长定理可得：PA=PB=8，DA=DC，EB=EC，
∴△PDE的周长为：
$C_{△PDE}=PD+DE+PE$
$=PD+DC+CE+PE$
$=PD+DA+EB+PE$
$=(PD+DA)+(PE+EB)$
$=PA+PB=8+8=16$
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题解题的核心是利用切线长定理对三角形的周长进行转化，避免了逐边计算的繁琐，同时结合勾股定理求切线长，是圆与切线结合的典型基础题型。
【难度系数】
0.7
例4 已知O是$△ ABC$的内心，$∠ BAC =70°$，P为平面上一点，点O恰好又是$△ BCP$的外心，则$∠ BPC$的度数为（
A.$50°$
B.$55°$
C.$62.5°$
D.$65°$
C
）A.$50°$
B.$55°$
C.$62.5°$
D.$65°$
答案
C
解析
【分析】
解题时先利用三角形内心的性质求出∠BOC的度数：内心是三角形角平分线的交点，可先结合已知的∠BAC求出∠ABC与∠ACB的和，再推导∠OBC与∠OCB的和，进而得到∠BOC；再利用三角形外心的性质，结合圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠BPC的度数。
【解析】
1. 求∠BOC的度数：
∵O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$。
在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ BAC=180°-70°=110°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×110°=55°$，
在△BOC中，$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-55°=125°$。
2. 求∠BPC的度数：
∵O是△BCP的外心，
∴点B、C、P在以O为圆心的同一圆上，∠BOC是弧BC所对的圆心角，∠BPC是弧BC所对的圆周角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠ BPC=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×125°=62.5°$。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质；三角形外心的性质；圆周角定理
【点评】
本题属于几何综合基础题，将三角形内心、外心的性质和圆周角定理结合考查，解题的核心是先搭建起∠BAC和∠BOC的关联，再搭建∠BOC和∠BPC的关联，熟练掌握特殊几何点的性质即可快速求解。
【难度系数】
0.65
解题时先利用三角形内心的性质求出∠BOC的度数：内心是三角形角平分线的交点，可先结合已知的∠BAC求出∠ABC与∠ACB的和，再推导∠OBC与∠OCB的和，进而得到∠BOC；再利用三角形外心的性质，结合圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠BPC的度数。
【解析】
1. 求∠BOC的度数：
∵O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$。
在△ABC中，$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ BAC=180°-70°=110°$，
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×110°=55°$，
在△BOC中，$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-55°=125°$。
2. 求∠BPC的度数：
∵O是△BCP的外心，
∴点B、C、P在以O为圆心的同一圆上，∠BOC是弧BC所对的圆心角，∠BPC是弧BC所对的圆周角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴$∠ BPC=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×125°=62.5°$。
【答案】
C
【知识点】
三角形内心的性质；三角形外心的性质；圆周角定理
【点评】
本题属于几何综合基础题，将三角形内心、外心的性质和圆周角定理结合考查，解题的核心是先搭建起∠BAC和∠BOC的关联，再搭建∠BOC和∠BPC的关联，熟练掌握特殊几何点的性质即可快速求解。
【难度系数】
0.65
变式1 如图，△ABC的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，且AB=5 cm，BC=7 cm，CA=6 cm，求AF，BD，CE的长。
答案
解:因为$△ ABC$的内切圆$\odot O$与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F,所以$AF=AE$,$BF=BD$,$CD=CE$。
设$AF=AE=x\ \mathrm{cm}$,则$BF=BD=(5-x)\ \mathrm{cm}$,$EC=DC=(6-x)\ \mathrm{cm}$。
根据题意得$5-x+6-x=7$,解得$x=2$。
所以$AF=2\ \mathrm{cm}$,$BD=5-x=5-2=3(\mathrm{cm})$,$EC=6-x=4(\mathrm{cm})$。
所以$AF=2\ \mathrm{cm}$,$BD=3\ \mathrm{cm}$,$EC=4\ \mathrm{cm}$。
设$AF=AE=x\ \mathrm{cm}$,则$BF=BD=(5-x)\ \mathrm{cm}$,$EC=DC=(6-x)\ \mathrm{cm}$。
根据题意得$5-x+6-x=7$,解得$x=2$。
所以$AF=2\ \mathrm{cm}$,$BD=5-x=5-2=3(\mathrm{cm})$,$EC=6-x=4(\mathrm{cm})$。
所以$AF=2\ \mathrm{cm}$,$BD=3\ \mathrm{cm}$,$EC=4\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等。结合本题可知，AF和AE、BF和BD、CD和CE分别是三组相等的线段。已知△ABC三边的长度，我们可以设其中一组相等线段的长度为未知数，将其余两组线段用含该未知数的式子表示，再根据BC的长度等于BD与CD之和的等量关系列方程，解方程即可求出各段长度。
【解析】
因为△ABC的内切圆$\odot O$与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，根据切线长定理可得：$AF=AE$，$BF=BD$，$CD=CE$。
设$AF=AE=x\ \mathrm{cm}$，则$BF=BD=(5-x)\ \mathrm{cm}$，$EC=DC=(6-x)\ \mathrm{cm}$。
根据$BD+DC=BC=7\ \mathrm{cm}$，列方程得：
$5-x+6-x=7$
解得$x=2$。
因此$AF=2\ \mathrm{cm}$，$BD=5-2=3(\mathrm{cm})$，$CE=6-2=4(\mathrm{cm})$。
【答案】
$AF=2\ \mathrm{cm}$，$BD=3\ \mathrm{cm}$，$CE=4\ \mathrm{cm}$
【知识点】
切线长定理；三角形内切圆性质；列方程求解
【点评】
本题是三角形内切圆相关计算的基础题型，解题核心是利用切线长定理得到三组相等线段，通过设未知数列方程即可快速求解，熟练掌握切线长定理是解决此类问题的关键。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等。结合本题可知，AF和AE、BF和BD、CD和CE分别是三组相等的线段。已知△ABC三边的长度，我们可以设其中一组相等线段的长度为未知数，将其余两组线段用含该未知数的式子表示，再根据BC的长度等于BD与CD之和的等量关系列方程，解方程即可求出各段长度。
【解析】
因为△ABC的内切圆$\odot O$与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，根据切线长定理可得：$AF=AE$，$BF=BD$，$CD=CE$。
设$AF=AE=x\ \mathrm{cm}$，则$BF=BD=(5-x)\ \mathrm{cm}$，$EC=DC=(6-x)\ \mathrm{cm}$。
根据$BD+DC=BC=7\ \mathrm{cm}$，列方程得：
$5-x+6-x=7$
解得$x=2$。
因此$AF=2\ \mathrm{cm}$，$BD=5-2=3(\mathrm{cm})$，$CE=6-2=4(\mathrm{cm})$。
【答案】
$AF=2\ \mathrm{cm}$，$BD=3\ \mathrm{cm}$，$CE=4\ \mathrm{cm}$
【知识点】
切线长定理；三角形内切圆性质；列方程求解
【点评】
本题是三角形内切圆相关计算的基础题型，解题核心是利用切线长定理得到三组相等线段，通过设未知数列方程即可快速求解，熟练掌握切线长定理是解决此类问题的关键。
【难度系数】
0.7
变式2 已知点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，AD，BC交于点F。
(1)如图
，求证：DE=DB。
(2)如图
，若AD是△ABC外接圆的直径，G为AB上一点，且∠ADG=$\frac{1}{2}$∠C，若BG=3，AG=5，求DE的长。
(1)如图
，求证：DE=DB。(2)如图
，若AD是△ABC外接圆的直径，G为AB上一点，且∠ADG=$\frac{1}{2}$∠C，若BG=3，AG=5，求DE的长。答案
解:(1)证明:如图1,连结BE。
因为E是$△ ABC$的内心,所以$∠ 1=∠ 2$,$∠ 3=∠ 4$。
因为$∠ BED=∠ 1+∠ 3$,$∠ DBE=∠ 2+∠ 5$,$∠ 5=∠ 4=∠ 3$，
所以$∠ DEB=∠ DBE$,所以$DE=DB$。
(2)如图2,设DG与BC相交于点H,BE与DG相交于点M,连结EH。
因为$∠ ADB=∠ C$,$∠ ADG=\frac{1}{2}∠ C$，
所以$∠ ADG=∠ GDB$。
又因为$BD=DE$，
所以$BM=EM$,$BE⊥ DG$,即$∠ BMG=∠ BMH=90°$。
因为E是$△ ABC$的内心,所以$∠ ABE=∠ EBH$。
在$△ GBM$和$△ HBM$中,$\begin{cases}∠ GBM=∠ MBH,\\ BM=BM,\\ ∠ BMG=∠ BMH,\end{cases}$
所以$△ GBM≌△ HBM$,所以$MG=MH$。
又因为$ME=MB$,$BE⊥ GH$，
所以四边形BHEG是菱形，
所以$GE=BG=3$,$GE// BC$。
因为E是$△ ABC$的内心,AD是外接圆的直径，
所以$AD⊥ BC$,所以$GE⊥ AD$，
所以在$\mathrm{Rt}△ AGE$中,$AE=\sqrt{AG^2-GE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
设$BD=x$,则$DE=x$,$AD=x+4$，
因为AD是$△ ABC$外接圆的直径,所以$∠ ABD=90°$，
所以在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,$AB^2+BD^2=AD^2$，
所以$8^2+x^2=(x+4)^2$,解得$x=6$。
故$DE=6$。
解析
【分析】
(1)要证明DE=DB，可通过证明∠DEB=∠DBE实现。首先连接BE，利用三角形内心是角平分线交点的性质，得到BE平分∠ABC、AD平分∠BAC，再结合圆周角定理得到同弧所对的圆周角相等，通过角的和差关系推导两个角相等，即可得证。
(2)首先根据圆周角定理得到∠ADB=∠C，结合已知∠ADG=$\frac{1}{2}$∠C，推出DG是∠ADB的角平分线，结合(1)的结论DB=DE，可得DG垂直平分BE；再通过证明△GBM≌△HBM，推导得到四边形BHEG是菱形，得到GE的长度且GE平行于BC，结合AD是直径、AD垂直BC的性质，得到GE⊥AD，用勾股定理求出AE的长度；最后设DE=BD=x，在Rt△ABD中利用勾股定理列方程求解即可得到DE的长度。
【解析】
(1)证明：如图1，连结BE。
∵E是△ABC的内心，
∴BE平分∠ABC，AD平分∠BAC，即∠1=∠2，∠3=∠4。
∵∠BED是△ABE的外角，
∴∠BED=∠1+∠3，
又
∵∠DBE=∠2+∠5，且同弧AB所对的圆周角∠5=∠4=∠3，
∴∠DEB=∠DBE，
∴DE=DB。
(2)解：如图2，设DG与BC相交于点H，BE与DG相交于点M，连结EH。
∵同弧AB所对的圆周角∠ADB=∠C，且∠ADG=$\frac{1}{2}$∠C，
∴∠ADG=∠GDB，即DG平分∠ADB。
又
∵由(1)得BD=DE，
∴DG垂直平分BE，即BM=EM，BE⊥DG，∠BMG=∠BMH=90°。
∵E是△ABC的内心，
∴BE平分∠ABC，即∠ABE=∠EBH。
在△GBM和△HBM中：
$\begin{cases}∠GBM=∠MBH\\BM=BM\\∠BMG=∠BMH\end{cases}$
∴△GBM≌△HBM（ASA），
∴MG=MH。
∵ME=MB，BE⊥GH，
∴四边形BHEG的对角线互相垂直平分，即四边形BHEG是菱形，
∴GE=BG=3，GE//BC。
∵E是△ABC的内心，AD是△ABC外接圆的直径，
∴AD垂直平分BC，即AD⊥BC，
∴GE⊥AD，即△AGE是直角三角形。
在Rt△AGE中，AG=5，GE=3，
∴$AE=\sqrt{AG^2-GE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
设BD=x，由(1)得DE=BD=x，
∴AD=AE+DE=x+4。
∵AD是外接圆直径，
∴∠ABD=90°，AB=AG+BG=5+3=8，
在Rt△ABD中，由勾股定理得$AB^2+BD^2=AD^2$，
代入得$8^2+x^2=(x+4)^2$，展开得$64+x^2=x^2+8x+16$，解得x=6。
【答案】
(1)DE=DB得证；
(2)DE的长为6。
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题，第一问侧重考查基础性质的应用，通过角的等量转化即可完成证明；第二问需要结合角平分线、全等三角形、菱形的判定等多个知识点推导边的关系，再运用方程思想结合勾股定理求解，能较好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1)要证明DE=DB，可通过证明∠DEB=∠DBE实现。首先连接BE，利用三角形内心是角平分线交点的性质，得到BE平分∠ABC、AD平分∠BAC，再结合圆周角定理得到同弧所对的圆周角相等，通过角的和差关系推导两个角相等，即可得证。
(2)首先根据圆周角定理得到∠ADB=∠C，结合已知∠ADG=$\frac{1}{2}$∠C，推出DG是∠ADB的角平分线，结合(1)的结论DB=DE，可得DG垂直平分BE；再通过证明△GBM≌△HBM，推导得到四边形BHEG是菱形，得到GE的长度且GE平行于BC，结合AD是直径、AD垂直BC的性质，得到GE⊥AD，用勾股定理求出AE的长度；最后设DE=BD=x，在Rt△ABD中利用勾股定理列方程求解即可得到DE的长度。
【解析】
(1)证明：如图1，连结BE。
∵E是△ABC的内心，
∴BE平分∠ABC，AD平分∠BAC，即∠1=∠2，∠3=∠4。
∵∠BED是△ABE的外角，
∴∠BED=∠1+∠3，
又
∵∠DBE=∠2+∠5，且同弧AB所对的圆周角∠5=∠4=∠3，
∴∠DEB=∠DBE，
∴DE=DB。
(2)解：如图2，设DG与BC相交于点H，BE与DG相交于点M，连结EH。
∵同弧AB所对的圆周角∠ADB=∠C，且∠ADG=$\frac{1}{2}$∠C，
∴∠ADG=∠GDB，即DG平分∠ADB。
又
∵由(1)得BD=DE，
∴DG垂直平分BE，即BM=EM，BE⊥DG，∠BMG=∠BMH=90°。
∵E是△ABC的内心，
∴BE平分∠ABC，即∠ABE=∠EBH。
在△GBM和△HBM中：
$\begin{cases}∠GBM=∠MBH\\BM=BM\\∠BMG=∠BMH\end{cases}$
∴△GBM≌△HBM（ASA），
∴MG=MH。
∵ME=MB，BE⊥GH，
∴四边形BHEG的对角线互相垂直平分，即四边形BHEG是菱形，
∴GE=BG=3，GE//BC。
∵E是△ABC的内心，AD是△ABC外接圆的直径，
∴AD垂直平分BC，即AD⊥BC，
∴GE⊥AD，即△AGE是直角三角形。
在Rt△AGE中，AG=5，GE=3，
∴$AE=\sqrt{AG^2-GE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
设BD=x，由(1)得DE=BD=x，
∴AD=AE+DE=x+4。
∵AD是外接圆直径，
∴∠ABD=90°，AB=AG+BG=5+3=8，
在Rt△ABD中，由勾股定理得$AB^2+BD^2=AD^2$，
代入得$8^2+x^2=(x+4)^2$，展开得$64+x^2=x^2+8x+16$，解得x=6。
【答案】
(1)DE=DB得证；
(2)DE的长为6。
【知识点】
三角形内心的性质，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题，第一问侧重考查基础性质的应用，通过角的等量转化即可完成证明；第二问需要结合角平分线、全等三角形、菱形的判定等多个知识点推导边的关系，再运用方程思想结合勾股定理求解，能较好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
