Question

2．如圖1，直角△ABC中，∠ABC=90°，AB是⊙O的直徑，⊙O交AC于點(diǎn)D，過點(diǎn)D的直線交BC于點(diǎn)E，交AB的延長線于點(diǎn)P，∠A=∠PDB．
（1）求證：PD是⊙O的切線；
（2）若BD=BP=2$\sqrt{3}$，求圖中曲邊三角形（陰影部分）的周長；
（3）如圖2，點(diǎn)M是$\widehat{AB}$的中點(diǎn)，連接DM，交AB于點(diǎn)N，若tan∠A=$\frac{1}{2}$，求$\frac{DN}{MN}$的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1，作輔助線；要證明PD是⊙O的切線，只要證明∠PDO=90°，運(yùn)用切線的判定定理，即可解決問題．
（2）如圖2，直接求出$\frac{DN}{MN}$的值，非常困難；因此，需要作輔助線，構(gòu)造相似三角形；運(yùn)用已知條件tan∠A=$\frac{1}{2}$，結(jié)合圖形，聯(lián)想勾股定理，設(shè)出參數(shù)（BD=x），求出AB的長度；進(jìn)而求出DF的長度；運(yùn)用△OMN∽△FDN，得到$\frac{DN}{MN}=\frac{DF}{OM}$，即可解決問題．

解答 解：（1）連結(jié)OD；
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，OA=OB，∠A+∠ABD=90°；
又∵OA=OB=OD，
∴∠ADO=∠A，∠BDO=∠ABD；
又∵∠A=∠PDB，
∴∠PDB+∠BD0=90°，
即∠PDO=90°，且D在圓上，
∴PD是⊙O的切線．
（2）∵BD=BP，
∴∠BDP=∠BPD；而∠ODP=90°，
∴∠ODB=∠DOB，
∴BD=BO=OD，△OBD為等邊三角形，
∴∠DOB=60°，∠DBC=30°；
∵AB為⊙O的直徑，
∴∠BDC=∠ADB=90°，而∠DBC=30°，
∴tan30°=$\frac{DC}{BD}$，cos30°=$\frac{BD}{BC}$，而BD=2$\sqrt{3}$，
∴DC=2，BC=4；
∵$\widehat{BD}$=$\frac{60π•2\sqrt{3}}{180}$=$\frac{2\sqrt{3}π}{3}$，
∴曲邊三角形（陰影部分）的周長為：6+$\frac{2\sqrt{3}π}{3}$．
（3）連結(jié)OM，過D作DF⊥AB于F；
∵點(diǎn)M是$\widehat{AB}$ 的中點(diǎn)，
∴OM⊥AB；設(shè)BD=x，
∵tan∠A=$\frac{BD}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∴AD=2x；由勾股定理得：
AB=$\sqrt{（2x）^{2}+{x}^{2}}$=$\sqrt{5}x$；由三角形的面積公式得：$\frac{1}{2}$AD•BD=$\frac{1}{2}$AB•DF，
∴DF=$\frac{2\sqrt{5}}{5}x$；
∵OM∥DF，
∴△OMN∽△FDN，
∴$\frac{DN}{MN}=\frac{DF}{OM}$，DF=$\frac{2\sqrt{5}}{5}x$，OM=$\frac{\sqrt{5}}{2}x$，
∴$\frac{DN}{MN}=\frac{4}{5}$．

點(diǎn)評 該題以圓為載體，以考查切線的判定、等邊三角形的判定及其性質(zhì)、弧長公式、勾股定理、相似三角形的判定等幾何知識點(diǎn)及其應(yīng)用為核心構(gòu)造而成；解題的方法是深入觀察圖形，數(shù)形結(jié)合，準(zhǔn)確找出圖形中隱含的相等或相似關(guān)系；解題的關(guān)鍵是牢固掌握等邊三角形的判定及其性質(zhì)、弧長公式、勾股定理等幾何知識點(diǎn)．