题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A D$ 是角平分线, $D E \perp A D$ 交 $A B$ 于 $E, \triangle A D E$ 的外接圆 $\odot O$与边 $A C$ 相交于点 $F$, 过 $F$ 作 $A B$ 的垂线交 $A D$ 于 $P$, 交 $A B$ 于 $M$, 交 $\odot O$ 于 $G$, 连接 $G E$.

(1) 求证: $B C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 若 $\tan \angle G=\frac{4}{3}, B E=4$, 求 $\odot O$ 的半径;

(3) 在 (2) 的条件下, 求 $A P$ 的长.


选项：
答案：（1）证明见解析；（2） 6 ; （3） $\frac{54}{25} \sqrt{5}$

【解析】 (1) 证明：连结 $O D . \because D E \perp A D, \therefore A E$ 是 $\odot O$ 的直径, 即 $O$ 在 $A E$ 上.

$\because A D$ 是角平分线, $\therefore \angle 1=\angle 2 . \quad \because O A=O D, \quad \therefore \angle 2=\angle 3 . \quad \therefore \angle 1=\angle 3 . \quad \therefore O D / / A C$.

$\because \angle C=90^{\circ}, \therefore O D \perp B C . \quad \therefore B C$ 是 $\odot O$ 的切线. (2) 解: $\because O D / / A C, \therefore \angle 4=\angle E A F$.

$\because \angle G=\angle E A F, \quad \therefore \angle 4=\angle G . \quad \therefore \tan \angle 4=\tan \angle G=\frac{4}{3}$.

设 $B D=4 k$, 则 $O D=O E=3 k$. 在 Rt $\triangle O B D$ 中, 由勾股定理得 $(3 k)^{2}+(4 k)^{2}=(3 k+4)^{2}$,解得, $k_{1}=2, k_{2}=-\frac{1}{2}$ (舍) , （注：也可由 $O B=5 k=3 k+4$ 得 $k=2$ ）,

$\therefore 3 k=6$, 即 $\odot O$ 的半径为 6 .

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(3) 解：连结 $A G$, 则 $\angle A G E=90^{\circ}, \angle E G M=\angle 5$.

$\therefore \tan \angle 5=\tan \angle E G M=\frac{4}{3}$, 即 $\frac{G M}{A M}=\frac{E M}{G M}=\frac{4}{3}, \frac{A M}{G M}=\frac{G M}{E M}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \frac{A M}{E M}=\frac{A M}{G M} \cdot \frac{G M}{E M}=\frac{3}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{16}, \quad \therefore A M=\frac{9}{25} A E=\frac{9}{25} \times 12=\frac{108}{25}$.

$\because O D / / A C, \therefore \frac{O D}{A C}=\frac{O B}{A B}, \frac{C D}{A O}=\frac{D B}{O B}$, 即 $\frac{6}{A C}=\frac{5}{8}, \frac{C D}{6}=\frac{8}{10}$.

$\therefore A C=\frac{48}{5}, C D=\frac{24}{5} . \quad \because \angle 1=\angle 2, \angle A C D=\angle A M P=90^{\circ}, \therefore \triangle A C D \sim \triangle A M P$.

$\therefore \frac{P M}{A M}=\frac{C D}{A C}=\frac{1}{2}, \quad \therefore P M=\frac{1}{2} A M=\frac{54}{25} . \quad \therefore A P=\sqrt{P M^{2}+A M^{2}}=\frac{54}{25} \sqrt{5}$.
解析：（1）证明见解析；（2） 6 ; （3） $\frac{54}{25} \sqrt{5}$

【解析】 (1) 证明：连结 $O D . \because D E \perp A D, \therefore A E$ 是 $\odot O$ 的直径, 即 $O$ 在 $A E$ 上.

$\because A D$ 是角平分线, $\therefore \angle 1=\angle 2 . \quad \because O A=O D, \quad \therefore \angle 2=\angle 3 . \quad \therefore \angle 1=\angle 3 . \quad \therefore O D / / A C$.

$\because \angle C=90^{\circ}, \therefore O D \perp B C . \quad \therefore B C$ 是 $\odot O$ 的切线. (2) 解: $\because O D / / A C, \therefore \angle 4=\angle E A F$.

$\because \angle G=\angle E A F, \quad \therefore \angle 4=\angle G . \quad \therefore \tan \angle 4=\tan \angle G=\frac{4}{3}$.

设 $B D=4 k$, 则 $O D=O E=3 k$. 在 Rt $\triangle O B D$ 中, 由勾股定理得 $(3 k)^{2}+(4 k)^{2}=(3 k+4)^{2}$,解得, $k_{1}=2, k_{2}=-\frac{1}{2}$ (舍) , （注：也可由 $O B=5 k=3 k+4$ 得 $k=2$ ）,

$\therefore 3 k=6$, 即 $\odot O$ 的半径为 6 .



(3) 解：连结 $A G$, 则 $\angle A G E=90^{\circ}, \angle E G M=\angle 5$.

$\therefore \tan \angle 5=\tan \angle E G M=\frac{4}{3}$, 即 $\frac{G M}{A M}=\frac{E M}{G M}=\frac{4}{3}, \frac{A M}{G M}=\frac{G M}{E M}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \frac{A M}{E M}=\frac{A M}{G M} \cdot \frac{G M}{E M}=\frac{3}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{16}, \quad \therefore A M=\frac{9}{25} A E=\frac{9}{25} \times 12=\frac{108}{25}$.

$\because O D / / A C, \therefore \frac{O D}{A C}=\frac{O B}{A B}, \frac{C D}{A O}=\frac{D B}{O B}$, 即 $\frac{6}{A C}=\frac{5}{8}, \frac{C D}{6}=\frac{8}{10}$.

$\therefore A C=\frac{48}{5}, C D=\frac{24}{5} . \quad \because \angle 1=\angle 2, \angle A C D=\angle A M P=90^{\circ}, \therefore \triangle A C D \sim \triangle A M P$.

$\therefore \frac{P M}{A M}=\frac{C D}{A C}=\frac{1}{2}, \quad \therefore P M=\frac{1}{2} A M=\frac{54}{25} . \quad \therefore A P=\sqrt{P M^{2}+A M^{2}}=\frac{54}{25} \sqrt{5}$.