Question

16．如圖，AB是⊙O的直徑，OC⊥AB，弦CD與半徑OB相交于點(diǎn)F，連接BD，過(guò)圓心O作OG∥BD，過(guò)點(diǎn)A作⊙O的切線，與OG相交于點(diǎn)G，連接GD，并延長(zhǎng)與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E．
（1）求證：GD=GA；
（2）求證：△DEF是等腰三角形；
（3）如圖2，連接BC，過(guò)點(diǎn)B作GH⊥GE，垂足為點(diǎn)H，若BH=9，⊙O的直徑是25，求△CBF的周長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）連接OD，由等腰三角形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得出∠AOG=∠GOD，由SAS證明△AOG≌△DOG，得出對(duì)應(yīng)邊相等即可；
（2）由切線的性質(zhì)得出∠OAG=90°，由全等三角形的性質(zhì)得出∠OAG=∠ODG=90°，得出∠ODE=90°，∠ODC+∠FDE=90°，再由等腰三角形的性質(zhì)和對(duì)頂角相等得出∠EFD=∠EDF，得出EF=ED即可；
（3）過(guò)點(diǎn)B作BK⊥OD于K，則∠OKB=∠BKD=∠ODE=90°，證明四邊形KDHB為矩形，得出KD=BH=9，得出OK，由勾股定理求出KB，再由三角函數(shù)求出DE，得出EF，求出OF，由勾股定理求出FC，然后由勾股定理求出BC，即可得出△CBF的周長(zhǎng)．

解答 （1）證明：連接OD，如圖1所示：
∵OB=OD，
∴∠ODB=∠OBD．
∵OG∥BD，
∴∠AOG=∠OBD，∠GOD=∠ODB，
∴∠AOG=∠GOD，
在△AOG和△DOG中，
$\left\{\begin{array}{l}{OA=OD}&{\;}\\{∠AOG=∠GOD}&{\;}\\{OG=OG}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△AOG≌△DOG（SAS），
∴GD=GA；
（2）證明：∵AG切⊙O于A，
∴AG⊥OA，
∴∠OAG=90°，
∵△AOG≌△DOG，
∴∠OAG=∠ODG=90°，
∴∠ODE=180°-∠ODG=90°，
∴∠ODC+∠FDE=90°，
∵OC⊥AB，
∴∠COB=90°，
∴∠OCD+∠OFC=90°，
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠FDE=∠OFC，
∵∠OFC=∠EFD，
∴∠EFD=∠EDF，
∴EF=ED，
∴△DEF是等腰三角形；
（3）解：過(guò)點(diǎn)B作BK⊥OD于K，如圖2所示：
則∠OKB=∠BKD=∠ODE=90°，
∴BK∥DE，
∴∠OBK=∠E，
∵BH⊥GE，
∴∠BHD=∠BHE=90°，
∴四邊形KDHB為矩形，
∴KD=BH=9，
∴OK=OD-KD=$\frac{7}{2}$，
∵OK²+KB²=OB²，OB=$\frac{25}{2}$，
∴KB=12，
∴tan∠E=tan∠OBK=$\frac{OK}{KB}$=$\frac{7}{24}$，
sin∠E=sin∠OBK=$\frac{OK}{OB}$=$\frac{7}{25}$，
∵tan∠E=$\frac{OD}{DE}$=$\frac{7}{24}$，
∴DE=$\frac{300}{7}$，
∴EF=$\frac{300}{7}$，
∵sin∠E=$\frac{BH}{BE}$=$\frac{7}{25}$，
∴BE=$\frac{225}{7}$，
∴BF=EF-BE=$\frac{75}{7}$，
∴OF=OB-BF=$\frac{25}{14}$，
∵∠COB=90°，
∴OC²+OF²=FC²，
∴FC=$\frac{125\sqrt{2}}{14}$，
∵OC²+OB²=BC²，OC=OB=$\frac{25}{2}$，
∴BC=$\frac{25\sqrt{2}}{2}$，
∴BC+CF+BF=$\frac{150\sqrt{2}+75}{7}$，
∴△CBF的周長(zhǎng)為=$\frac{150\sqrt{2}+75}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題目，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、切線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，特別是（3）中，需要通過(guò)作輔助線多次運(yùn)用勾股定理和三角函數(shù)才能得出結(jié)果．