Question

5．已知⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，過(guò)BC的中點(diǎn)D作⊙O的直徑PC．
（I）如圖1，若點(diǎn)D是線段PO的中點(diǎn)，求∠BAC的度數(shù)；
（2）如圖2，連接PC，取CP的中點(diǎn)E，連接ED并延長(zhǎng)ED交AB于點(diǎn)H，連接PH交BC于點(diǎn)F，求證：PH⊥AB；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接PB，過(guò)點(diǎn)B作⊙O的切線BQ交直徑GP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，若$\frac{DP}{PQ}$=$\frac{3}{5}$，S_△DHF=$\frac{18}{5}$，求線段AC的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）連接PB，只要證明△POB是等邊三角形，AC∥OP即可．
（2）如圖2中，連接PB．只要證明△BPD≌△PBH，即可推出∠PDB=∠PHB=90°．
（3）如圖3中，作HG⊥BD于G，PK⊥BQ于K，先證明四邊形PHBK是矩形，設(shè)PD=BH=PK=3k，PQ=5k，則QK=4k，想辦法根據(jù)△DHF的面積，列出方程求出k，即可解決問(wèn)題．

解答 （1）解：如圖1中，連接PB．

∵CD=DB，
∴PG⊥BC，
∵DO=DP，
∴BO=BP=OP，
∴△POB是等邊三角形，
∴∠POB=60°，
∵AB是直徑，
∴∠C=∠ODB=90°，
∴AC∥DO，
∴∠BAC=∠BOD=60°．

（2）證明：如圖2中，連接PB．

∵∠CDP=90°，CE=EP，
∴∠EPD=∠EDP=∠ODH，
∵OG⊥BC，
∴$\widehat{CG}$=$\widehat{BG}$，
∴∠GPB=∠GPC=∠ODH，
∴DH∥PB，
∴∠DHO=∠PBO，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP，
∴∴∠ODH=∠OHD，
∴HB=PD，
在△PBD和△BPH中，
$\left\{\begin{array}{l}{PB=BP}\\{∠BPD=∠PBH}\\{PD=BH}\end{array}\right.$，
∴△BPD≌△PBH，
∴∠PDB=∠PHB=90°，
∴PH⊥AB．

（3）解：如圖3中，作HG⊥BD于G，PK⊥BQ于K．

∵BQ是切線，
∴AB⊥BQ，
∴∠HBK=∠BKP=∠PHB=90°，
∴四邊形PHBK是矩形，
∴BH=PK，
∵$\frac{DP}{PQ}$=$\frac{3}{5}$，
∴可以假設(shè)PD=BH=PK=3k，PQ=5k，則QK=4k，
∵∠Q=∠Q，∠QDB=∠QKP=90°，
∴△QPK∽△QBD，
∴$\frac{QK}{DQ}$=$\frac{QP}{QB}$=$\frac{PK}{BD}$，
∴$\frac{4k}{8k}$=$\frac{5k}{QB}$=$\frac{3k}{BD}$，
∴QB=10k，BD=6k，BK=PH=BD=6k，
∵PK∥OB，
∴$\frac{PQ}{OP}$=$\frac{QK}{KB}$，
∴$\frac{5k}{OP}$=$\frac{4k}{6K}$，
∴OP=$\frac{15}{2}$k，OD=$\frac{9}{2}$k，
∵OA=OB，CD=DB，
∴AC=2OD=9k，
∵PF∥QB，
∴$\frac{DP}{DQ}$=$\frac{PF}{BQ}$=$\frac{DF}{BD}$，
∴$\frac{3k}{8k}$=$\frac{PF}{10k}$=$\frac{DF}{6k}$，
∴PF=$\frac{15}{4}$k，DF=$\frac{9}{4}$k，HF=6k-$\frac{9}{4}$k=$\frac{15}{4}$k，BF=$\frac{15}{4}$k，
∵$\frac{1}{2}$•FH•BH=$\frac{1}{2}$•BF•HG，
∴GH=$\frac{9}{5}$k，
∴$\frac{1}{2}$•DF•GH=$\frac{18}{5}$，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{4}$k×$\frac{9}{5}$k=$\frac{18}{5}$，
∵k＞0，
∴k=$\frac{4}{3}$，
∴AC=9×$\frac{4}{3}$=12．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、垂徑定理、全等三角形的判定和性質(zhì)．等邊三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，學(xué)會(huì)利用參數(shù)，構(gòu)建方程解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．