Question

2．如圖，AD與⊙O相切于點(diǎn)D，AF經(jīng)過圓心與圓交于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接DE、DF，且EF=6，AD=4．
（1）證明：AD²=AE•AF．
（2）延長AD到點(diǎn)B，使DB=AD，直徑EF上有一動點(diǎn)C，連接CB交DF于點(diǎn)G，連接EG，設(shè)∠ACB=α，BG=x，EG=y．
①當(dāng)α=90°時(shí)，探索EG與BD的大小關(guān)系？并說明理由；
②當(dāng)α=120°時(shí)，求y與x的關(guān)系式，并用x的代數(shù)式表示y．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)已知條件得到∠ADE=∠OFD，再根據(jù)∠A=∠A，即可判定△ADE∽△AFD，進(jìn)而得到 $\frac{AD}{AF}$=$\frac{AE}{AD}$，即AD²=AE•AF；
（2）①取EG的中點(diǎn)H，連接CH、DH、CD，根據(jù)Rt△EDG、Rt△ECG，點(diǎn)H為EG的中點(diǎn)，即可得到CH=EH=GH=DH=$\frac{1}{2}$EG，進(jìn)而得出點(diǎn)C、E、D、G在以點(diǎn)H為圓心，EG為直徑的圓上，故EG＞CD，再根據(jù)Rt△ABC，DB=AD，可得CD=DB=AD=$\frac{1}{2}$AB，據(jù)此可得EG＞BD；
②將△ADE繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°，得到△BDP，連接GP，由（1）中AD²=AE•AF，可得16=AE•（AE+6），解得AE=2；再根據(jù)DG垂直平分EP，得出GE=GP=y，然后過點(diǎn)P作PQ⊥BG于Q，在Rt△BPQ中，根據(jù)∠GBP=60°，BP=2，即可得出BQ=1，PQ=$\sqrt{3}$，GQ=BG-BQ=x-1；最后在Rt△GPQ中，根據(jù) PG²=GQ²+PQ²，即可得出y²=（x-1）²+（$\sqrt{3}$）²，進(jìn)而得到y(tǒng)=$\sqrt{{x}^{2}-2x+4}$．

解答 解：（1）如圖，∵AD是⊙O的切線，
∴OD⊥AD，即∠ADE+∠EDO=90°，
∵EF是直徑，
∴∠EDF=90°，即∠EDO+∠ODF=90°，
∴∠ADE=∠ODF，
∵OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD，
∴∠ADE=∠OFD，
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AFD，
∴$\frac{AD}{AF}$=$\frac{AE}{AD}$，即AD²=AE•AF；

（2）①當(dāng)α=90°時(shí)，EG＞BD．
理由：如圖，取EG的中點(diǎn)H，連接CH、DH、CD，
∵Rt△EDG、Rt△ECG，點(diǎn)H為EG的中點(diǎn)，
∴CH=EH=GH=DH=$\frac{1}{2}$EG，
∴點(diǎn)C、E、D、G在以點(diǎn)H為圓心，EG為直徑的圓上，
∴EG＞CD，
∵Rt△ABC，DB=AD，
∴CD=DB=AD=$\frac{1}{2}$AB，
∴EG＞BD；

②當(dāng)α=120°時(shí)，如圖，將△ADE繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)180°，得到△BDP，連接GP，
由（1）中AD²=AE•AF，得16=AE•（AE+6），
解得AE=2，或AE=-8（舍去），
∵△ADE≌△BDP，
∴ED=DP，AE=BP=2，∠A=∠DBP，
∵∠EDF=90°，
∴DG垂直平分EP，
∴GE=GP=y，
∵∠A+∠ABC=180°-120°=60°，
∴∠DBP+∠ABC=60°，
即∠GBP=60°，
如圖，過點(diǎn)P作PQ⊥BG于Q，
在Rt△BPQ中，∠GBP=60°，BP=2，
∴BQ=1，PQ=$\sqrt{3}$，
∴GQ=BG-BQ=x-1，
在Rt△GPQ中，PQ=$\sqrt{3}$，GQ=x-1，GP=y，
∴PG²=GQ²+PQ²，
即y²=（x-1）²+（$\sqrt{3}$）²，
∴y=$\sqrt{{x}^{2}-2x+4}$．

點(diǎn)評 本題屬于圓的綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形和直角三角形，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及勾股定理列出表達(dá)式進(jìn)行變形．