Question

13．如圖1，△ABC內(nèi)接于⊙O，且AB為⊙O的直徑．∠ACB的平分線交⊙O于點D，過點D作DP∥BA交CA的延長線于點P；
（1）求證：PD是⊙O的切線；
（2）如圖2，過點A作AE⊥CD于點E，過點B作BF⊥CD于點F，試猜想線段AE，EF，BF之間有何數(shù)量關系，并加以證明；
（3）在（2）的條件下，如圖2，若AC=6，tan∠CAB=$\frac{4}{3}$，求線段PC的長．

Answer 1

分析 （1）連接OD，OA，OB，根據(jù)圓周角定理可知∠ADB=∠ACB=90°，再由∠ACB的平分線交⊙O于點D可知∠BCD=45°，故∠DAB=45°，由直角三角形的性質(zhì)可知∠ABD=45°，故△ABD是等腰直角三角形，再由點O是AB的中點可知OD⊥AB，根據(jù)DP∥BA可知OD⊥PD，進而可得出結論；
（2）根據(jù)圓周角定理易得∠ADE+∠BDF=90°=∠FBD+∠BDF=90°，從而得到∠FBD=∠ADE，易得AD=BD，從而得出△ADE≌△DBF，得到BF=DE，AE=DF，從而得出結論BF-AE=EF．
（3）先根據(jù)勾股定理計算出AB=10，由于△DAB為等腰直角三角形，可得到AD=$\frac{AB}{\sqrt{2}}$=5$\sqrt{2}$；由△ACE為等腰直角三角形，得到AE=CE=$\frac{AC}{\sqrt{2}}$=3$\sqrt{2}$，在Rt△AED中利用勾股定理計算出DE=4$\sqrt{2}$，則CD=7$\sqrt{2}$，易證得△PDA∽△PCD，得到$\frac{PD}{PC}$=$\frac{PA}{PD}$=$\frac{AD}{CD}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7\sqrt{2}}$，所以PA=$\frac{5}{7}$PD，PC=$\frac{7}{3}$PD，然后利用PC=PA+AC可計算出PD，故可得出PC的長．

解答 （1）證明：連接OD，OA，OB，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=∠ACB=90°．
∵∠ACB的平分線交⊙O于點D，
∴∠BCD=45°，
∴∠DAB=45°，
∴∠ABD=90°-45°=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形．
∵點O是AB的中點，
∴OD⊥AB．
∵DP∥BA，
∴OD⊥PD，即PD是⊙O的切線；

（2）BF-AE=EF，證明如下：
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=∠ADE+∠BDF=90°，
∵AE⊥CD，BF⊥CD，
∴∠AED=∠BFD=90°，
∴∠FBD+∠BDF=90°，
∴∠FBD=∠ADE，
∵∠AOD=∠BOD，
∴AD=BD，
在△ADE和△DBF中，
$\left\{\begin{array}{l}∠AED=∠BFD=90°\\∠FBD=∠ADE\\ AD=BD\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△DBF（AAS），
∴BF=DE，AE=DF，
∴BF-AE=DE-DF，即BF-AE=EF；

（3）解：在Rt△ACB中，AC=6，tan∠CAB=$\frac{4}{3}$，
∴BC=8，
∴AB=$\sqrt{{AC}^{2}+{BC}^{2}}$=10，
∵△DAB為等腰直角三角形，
∴AD=$\frac{AB}{\sqrt{2}}$=$\frac{10}{\sqrt{2}}$=5$\sqrt{2}$，
∵AE⊥CD，
∴△ACE為等腰直角三角形，
∴AE=CE=$\frac{AC}{\sqrt{2}}$=$\frac{6}{\sqrt{2}}$=3$\sqrt{2}$，
在Rt△AED中，DE=$\sqrt{{AD}^{2}-{AE}^{2}}$=$\sqrt{（5\sqrt{2}）^{2}-（3\sqrt{2}）^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴CD=CE+DE=3$\sqrt{2}$+4$\sqrt{2}$=7$\sqrt{2}$，
∵∠PDA=∠PCD，∠P=∠P，
∴△PDA∽△PCD，
∴$\frac{PD}{PC}$=$\frac{PA}{PD}$=$\frac{AD}{CD}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7\sqrt{2}}$，
∴PA=$\frac{5}{7}$PD，PC=$\frac{7}{5}$PD．
∵PC=PA+AC，
∴$\frac{5}{7}$PD+6=$\frac{7}{5}$PD，
∴PD=$\frac{35}{4}$，
∴PC=$\frac{7}{5}$×$\frac{35}{4}$=$\frac{49}{4}$．

點評 本題考查的圓的綜合題，涉及到切線的性質(zhì)和圓周角定理定理、等腰直角三角形的性質(zhì)和三角形相似的判定與性質(zhì)等知識，根據(jù)題意作出輔助線，構造出直角三角形是解答此題的關鍵．