Question

4．過⊙O上任意一點(diǎn)B作過圓心O的直線交⊙O于另一點(diǎn)E，點(diǎn)A為BE延長線上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)A作⊙O的切線AB，切點(diǎn)為點(diǎn)D，過B作BC⊥AD于C，BC交⊙O于點(diǎn)F，連BD
（1）求證：∠CBD=∠DBE；
（2）若tanA=$\frac{1}{2}$，CD=3，求⊙O半徑；
（3）在滿足（2）的條件下，連接DE，DF，求$\frac{{S}_{△ADE}}{{S}_{△DCF}}$．．

Answer 1

分析 （1）連接OD，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得OD⊥AD，則可證明OD∥BC，所以∠CBD=∠ODB，加上∠DBO=∠ODB，所以∠CBD=∠DBE；
（2）設(shè)⊙O半徑為r，利用正切的定義得到tanA=$\frac{OD}{AD}$=$\frac{1}{2}$，則AD=2r，OA=$\sqrt{5}$r，然后利用平行線分線段成比例定理得$\frac{2r}{3}$=$\frac{\sqrt{5}r}{r}$，再解方程即可；
（3）作OH⊥BF于H，EG⊥AD于G，如圖，AD=2r=3$\sqrt{5}$，OA=$\frac{15}{2}$，AE=15-$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，易得四邊形OHCD為矩形，則OH=CD=3，CH=OD=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，利用勾股定理計(jì)算BH=$\frac{3}{2}$，利用垂徑定理得到BH=FH=$\frac{3}{2}$，則CF=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-3，利用三角形面積公式得到S_△CDF=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，接下來證明△AEG∽△AOD，利用相似比可計(jì)算出EG=3$\sqrt{5}$-$\frac{3}{2}$，再利用三角形面積公式得到S_△ADE=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，從而得到$\frac{{S}_{△ADE}}{{S}_{△DCF}}$的值．

解答 （1）證明：連接OD，如圖，
∵AD為切線，
∴OD⊥AD，
∵BC⊥AC，
∴OD∥BC，
∴∠CBD=∠ODB，
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠ODB，
∴∠CBD=∠DBE；

（2）設(shè)⊙O半徑為r；
在Rt△ADO中，∵tanA=$\frac{OD}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∴AD=2r，
∴OA=$\sqrt{{r}^{2}+（2r）^{2}}$=$\sqrt{5}$r，
∵OD∥BC，
∴$\frac{AD}{CD}$=$\frac{AO}{OB}$，即$\frac{2r}{3}$=$\frac{\sqrt{5}r}{r}$，
∴r=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$；

（3）作OH⊥BF于H，EG⊥AD于G，如圖，
AD=2r=3$\sqrt{5}$，OA=$\frac{15}{2}$，AE=15-$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
易得四邊形OHCD為矩形，則OH=CD=3，CH=OD=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
在Rt△OBH中，BH=$\sqrt{{3}^{2}-（\frac{3\sqrt{5}}{2}）^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴BH=FH=$\frac{3}{2}$，
∴CF=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-3，
∴S_△CDF=$\frac{1}{2}$•3•（$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-$\frac{3}{2}$）=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，
∵EG∥OD，
∴△AEG∽△AOD，
∴$\frac{EG}{OD}$=$\frac{AE}{AO}$，即$\frac{GE}{r}$=$\frac{AE}{\sqrt{5}r}$，
∴EG=3$\sqrt{5}$-$\frac{3}{2}$，
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}$•3$\sqrt{5}$（$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-$\frac{3}{2}$）=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，
∴$\frac{{S}_{△ADE}}{{S}_{△DCF}}$=1．

點(diǎn)評 本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理、切線的性質(zhì)；會解直角三角形；會利用相似比計(jì)算線段的長．