Question

1．在⊙O中，AB為直徑，點P在AB的延長線上，PC與⊙相切于點C，點D為$\widehat{AC}$上的點，且$\widehat{AD}$=$\widehat{BC}$，連接AD．
（1）如圖1，求證：2∠A-∠P=90°；
（2）如圖2，延長AD、PC交于點E，若∠E=90°，求證：PC=$\sqrt{3}$AD；
（3）如圖3，延長AD、PC交于點E，點F在AO上，連接DF、CF，∠ECF=∠AFD-∠CFP，DF=2，AB=6，求線段CF的長．

Answer 1

分析 （1）先由切線得出∠POC=90°-∠P，再由兩弧相等得出∠AOD=∠POC，最后用三角形的內(nèi)角和為180°即可得出結(jié)論；
（2）先判斷出OC∥AD得出∠POC=∠A，借助（1）結(jié)論求出∠P=30°，得出PC=$\sqrt{3}$OC，再判斷出四邊形AOCD是平行四邊形，即可得出結(jié)論；
（3）先由切線的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)∠ECF=∠NHF，再結(jié)合已知得出∠GFH=∠NHF，用CD∥AB，得出∠DCH=90°，即DH是⊙O的直徑，進(jìn)而得出∠FGH是直角，再用
等角的余角相等得出∠FHG=∠FHD，進(jìn)而用角平分線定理得出HG=3GF，在直角三角形DGH中，用勾股定理求出GF，HG，即可求出HD即可．

解答 解：（1）如圖1，

連接OC，OD，
∵PC是⊙O的切線，
∴∠OCP=90°，
∴∠POC=90°-∠P，
∵$\widehat{AD}$=$\widehat{BC}$，
∴∠AOD=∠POC，
∴∠AOD=90°-∠P，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO
∴∠AOD+∠A+∠ADO=180°，
∴90°-∠P+2∠A=180°，
∴2∠A-∠P=90°，
（2）如圖2，

連接OC，CD，
∵PC是⊙O的切線，
∴∠PCO=90°，
∵∠E=90°，
∴∠PCO=∠E，
∴OC∥AC，
∴∠POC=∠A，
在Rt△POC中，∠P+∠POC=90°，
∴∠A+∠P=90°，
由（1）知，2∠A-∠P=90°，
∴∠P=30°，
∴PC=$\sqrt{3}$OC
∵$\widehat{AD}$=$\widehat{BC}$，
∴CD∥AB，
∵OC∥AE，
∴四邊形AOCD是平行四邊形，
∴OC=AD，
∴PC=$\sqrt{3}$AD；
（3）如圖3，過點C作CH⊥AB于M，連接CD，F(xiàn)H，DH，延長DF，PH相交于點N，連接CG，HG，

∵CH⊥AB，
∴∠FCH=∠FHC，∠CFB=∠HFB，
∵∠ECF=∠AFD-∠CFP，
∴∠GFH=∠ECH，
∵PC，PH于⊙O相切，
∴∠PCH=∠PHC，
∴∠PCH+∠FCH=∠PHC+∠FHC，
∴∠PCF=∠PHF，
∴∠ECF=∠NHF，
∵∠GFH=∠ECH，
∴∠GFH=∠NHF，
∴$\widehat{AD}=\widehat{BC}$，
∴CD∥AB，
∴∠CMA=90°，
∴∠DCH=90°，
∴DH是⊙O的直徑，
∴∠DGH=90°
∴∠FHG=90°-∠GFH=90°-∠FHN，
∵DH是⊙O直徑，
∴∠DHN=90°，
∴∠FHD=90°-∠FHN，
∴∠FHG=∠FHD，
∴$\frac{DH}{HG}=\frac{DF}{FG}$，
∵AB=DH=6，F(xiàn)D=2
∴$\frac{6}{HG}=\frac{2}{FG}$，
∴HG=3GF，
在Rt△DGH中，HG²+DG²=HD²，
∴9GF²+（2+GF）²=36，
∴GF=$\frac{8}{5}$，
∴FH=$\sqrt{H{G}^{2}+G{F}^{2}}$=$\sqrt{10}$GF=$\frac{8}{5}\sqrt{10}$．
∵CH⊥HB，
∴CF=FH=$\frac{8}{5}\sqrt{10}$．

點評 此題是圓的綜合題，主要考查了切線的性質(zhì)，等弧所對的圓心角相等，平行線的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，角平分線定理，解本題的關(guān)鍵是得出∠FHG=∠FHD，也是解本題的難點，由∠ECF=∠AFD-∠CFP作輔助線也是解本題難點，是一道難點比較大的綜合題．