Question

9．如圖，AB為⊙O的弦，AL、BD都為⊙O的切線．
（1）如圖1，求證：∠LAB+∠ABD=180°；
（2）如圖2，連接DL，且AL=BD，連接DL交AB于點(diǎn)G，求證：LG=DG；
（3）如圖3，在（2）的條件下，若AG=3，⊙O的半徑長(zhǎng)為$\sqrt{19}$，∠BGD=30°，求DL的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）由切線的性質(zhì)得出．∠OAL=∠OBD=90°，再由∠OAB=∠OBA轉(zhuǎn)化即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出∠LAB=∠DEA，AL=DE從而判斷出△LAG≌△DEG即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出△OAL≌△OBD得出OL=OD，結(jié)合（2）得出的結(jié)論LG=DG，進(jìn)而求出EF，F(xiàn)G，判斷出OG⊥LD，然后構(gòu)造出△OAG∽△DEF，即可求出DE，OG=$\sqrt{3}$FD，最后用勾股定理即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，連接OA，OB，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵AL為⊙O的切線．
∴∠OAL=90°，
∵BD為⊙O的切線，
∴∠OBD=90°，
∴∠LAB+∠ABD=∠LAO+∠OAB+∠ABD=∠LAO+∠OBA+∠ABD=∠OAL+∠OBD=180°，

（2）如圖2，在BG上取一點(diǎn)E，使DE=DB，

∴∠ABD=∠BED，
∵∠LAB+∠ABD=180°，
∴∠LAB+∠BED=180°，
∵∠BED+∠DEG=180°，
∴∠LAB=∠DEA，
∵AL=BD，
∴AL=DE，
在△LAG和△DEG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠AGL=∠EGD}\\{∠LAG=DEA}\\{LA=DE}\end{array}\right.$，
∴△LAG≌△DEG，
∴LG=DG；
（3）如圖4，連接OL，OA，OB，OG，OD，

在△OAL和△OBD中，$\left\{\begin{array}{l}{OA=OB}\\{∠OAL=∠OBD}\\{AL=BD}\end{array}\right.$，
∴△OAL≌△OBD，
∴OL=OD，
由（2）知，LG=DG，
∴∠OGL=∠OGD=90°，
∵∠AGL=∠BGD=30°，
∴∠AGO=120°，
過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB交DG于F，連接DE，如圖3，
在Rt△GEF中，∠EGF=30°，EG=AG=3，
∴EF=$\sqrt{3}$，F(xiàn)G=2$\sqrt{3}$，
∴∠EFD=∠FEG+∠BGD=90°+30°=120°=∠AGO，
由（2）知，∠LAG=∠DEG，∠OAL=∠GEF，
∴∠OAG=∠DEF，
∴△OAG∽△DEF，
∴$\frac{OA}{DE}$=$\frac{AG}{EF}$=$\frac{OG}{DF}$，
設(shè)DF=x，
∵OA=$\sqrt{19}$，
∴$\frac{\sqrt{19}}{DE}=\frac{3}{\sqrt{3}}$=$\frac{OG}{x}$，
∴OG=$\sqrt{3}$x，DE=$\frac{\sqrt{57}}{3}$，
∴AL=DE=$\frac{\sqrt{57}}{3}$，
在Rt△OAL中，OL=$\sqrt{O{A}^{2}+A{L}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{57}}{3}$，
在Rt△OGL中，OG²+LG²=OL²，
∴（$\sqrt{3}$x）²+（2$\sqrt{3}$+$\sqrt{3}$x）²=（$\frac{2\sqrt{57}}{3}$）²，
∴x=$\frac{-18+\sqrt{261}}{9}$（舍負(fù)取正），
∴LD=2LG=2DG=2（FG+DF）=2（2$\sqrt{3}$+$\frac{-18+\sqrt{261}}{9}$）=$\frac{36\sqrt{3}-36+2\sqrt{261}}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是圓的綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，解本題的關(guān)鍵是判斷出LG=DG，作出輔助線是解本題的難點(diǎn)．