Question

10．如圖1，BC是⊙O的直徑，點A在⊙O上，點D在CA的延長線上，DE⊥BC，垂足為點E，DE與⊙O相交于點H，與AB相交于點l，過點A作⊙O的切線AF，與DE相交于點F．
（1）求證：∠DAF=∠ABO；
（2）當AB=AD時，求證：BC=2AF；
（3）如圖2，在（2）的條件下，延長FA，BC相交于點G，若tan∠DAF=$\frac{1}{2}$，EH=2$\sqrt{6}$，求線段CG的長．

Answer 1

分析 （1）連接AO，如圖1，由OA=OB可得∠OAB=∠OBA，要證∠DAF=∠ABO，只需證∠DAF=∠BAO，只需證∠FAO=∠DAB=90°即可；
（2）由于BC=2OA，要證BC=2AF，只需證OA=AF，只需證△AFD≌△AOB即可；
（3）過點A作AN⊥BC于N，連接OH，OA，如圖2，易得BE=2IE，DE=2EC，DI=2AF=BC，從而可得EC=3IE=$\frac{3}{2}$BE．設(shè)BE=2x，則有EC=3x，BC=5x，HO=BO=$\frac{5x}{2}$，EO=$\frac{x}{2}$．在Rt△HEO中運用勾股定理可求出x．利用三角函數(shù)可得BN=2AN=4NC，則有BC=5NC=10，從而可求出NC、ON，易證△AON∽△GOA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出OG，從而可求出CG．

解答 解：（1）連接AO，如圖1．
∵AF與⊙O相切于點A，
∴OA⊥AF，即∠FAO=90°．
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC=90°，
∴∠DAB=90°，
∴∠FAO=∠DAB=90°，
∴∠DAF=∠BAO．
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∴∠DAF=∠ABO；

（2）∵DE⊥BC，
∴∠DEB=90°，
∴∠DIB=90°+∠ABO．
∵∠DIB=90°+∠D，
∴∠D=∠ABO．
在△AFD和△AOB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DAF=∠BAO}\\{AD=AB}\\{∠D=∠ABO}\end{array}\right.$，
∴△AFD≌△AOB，
∴AF=AO，
∴BC=2OA=2AF；

（3）過點A作AN⊥BC于N，連接OH，OA，如圖2．
∵∠D=∠B=∠BAO=∠DAF，tan∠DAF=$\frac{1}{2}$，
∴tanB=$\frac{IE}{BE}$=$\frac{1}{2}$，tanD=$\frac{EC}{DE}$=$\frac{1}{2}$，
∴BE=2IE，DE=2EC．
又∵∠DIA+∠D=∠DAF+∠FAI=90°，
∴∠FIA=∠FAI，
∴FI=FA，
∴DI=2AF=BC，
∴DE-IE=BE+EC，
∴2EC-IE=2IE+EC，
∴EC=3IE=$\frac{3}{2}$BE．
設(shè)BE=2x，則有EC=3x，BC=5x，HO=BO=$\frac{5x}{2}$，EO=$\frac{x}{2}$．
在Rt△HEO中，根據(jù)勾股定理可得
（$\frac{x}{2}$）2+（2$\sqrt{6}$）²=（$\frac{5x}{2}$）²，
解得x=2（舍負）．
∵AN⊥BC，∠BAC=90°，
∴∠NAC=∠ABC，
∴tan∠NAC=$\frac{NC}{AN}$=$\frac{1}{2}$，tan∠ABC=$\frac{AN}{BN}$=$\frac{1}{2}$，
∴BN=2AN=4NC，
∴BC=5NC=10，
∴NC=2，ON=5-2=3．
∵∠AON=∠GOA，∠ANO=∠OAG=90°，
∴△AON∽△GOA，
∴$\frac{OA}{OG}$=$\frac{ON}{OA}$，
∴$\frac{5}{OG}$=$\frac{3}{5}$，
∴OG=$\frac{25}{3}$，
∴CG=OG-OC=$\frac{10}{3}$．

點評 本題主要考查了圓的切線的性質(zhì)、圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，有一定的綜合性，用含有x的代數(shù)式表示出OE、OH，并在Rt△HEO中運用勾股定理是解決第（3）小題的關(guān)鍵．