Question

2．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，直線DE是⊙O的切線，點A為切點，DE∥BC．
（1）如圖1，求證：AB=AC；
（2）如圖2，點P是弧AB上一動點，連接PA，PB，作PF⊥PB，PF交⊙O于點F，求證：∠BAC=2∠APF；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接PC，PA=2$\sqrt{5}$，PB=5$\sqrt{2}$，PC=7$\sqrt{2}$，求線段PF的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接OA，延長AO交BC于H．只要證明AH垂直平分線段BC即可．
（2）如圖2中，連接OA、BF．首先證明BF是直徑，可得∠1=∠3，再證明OA平分∠BAC即可解決問題．
（3）如圖3中，連接AF、CF、BF、OA延長OA交BC于H，在AB上取一點K，使得∠BPK=∠APC，作BM⊥PC于M．首先證明托勒密定理：PB•AC+PA•BC=PC•AB，推出BC：AB=$\sqrt{2}$：$\sqrt{5}$，BC=$\sqrt{2}$k，AB=AC=$\sqrt{5}$k，⊙O的半徑為r．在Rt△ABH中，AH=$\sqrt{A{B}^{2}-B{H}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$k，在Rt△OBH中，∵OB²=OH²+BH²，得到r²=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$k）²+（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$k-r）²，推出r=$\frac{5\sqrt{2}}{6}$k，在Rt△FBC中，sin∠BFC=$\frac{BC}{BF}$=$\frac{\sqrt{2}k}{\frac{5\sqrt{2}}{3}k}$=$\frac{3}{4}$，推出cos∠BFC=$\frac{4}{5}$，在Rt△PBM中，PB=5$\sqrt{2}$，由∠BPC=∠BFC，推出PM=PB•cos∠PBC=$\frac{4}{5}$×5$\sqrt{2}$=4$\sqrt{2}$，BM=PB•sin∠BPC=5$\sqrt{2}$×$\frac{3}{5}$=3$\sqrt{2}$，CM=PC=PM=3$\sqrt{2}$，推出BM=CM=3$\sqrt{2}$，推出BC=$\sqrt{2}$CM=6，可得方程$\sqrt{2}$k=6，求得k=3$\sqrt{2}$，求出半徑即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接OA，延長AO交BC于H．

∵DE是切線，
∴OA⊥DE，
∵DE∥BC，
∴AH⊥BC，
∴BH=CH，
∴AB=AC．

（2）證明：如圖2中，連接OA、BF．

∵BP⊥PF，
∴∠BPF=90°，
∴BF是直徑，
∵OB=OA，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
由（1）可知，AB=AC，AO⊥BC，
∴OA平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠3=2∠1，
∴∠BAC=2∠APF．

（3）解：如圖3中，連接AF、CF、BF、OA延長OA交BC于H，在AB上取一點K，使得∠BPK=∠APC，作BM⊥PC于M．

∵∠BPK=∠APC，∠AFP=∠PBK，
∴△APC∽△KPB，
∴PB•AC=BK•PC    ①
∵∠APK=∠CPB，∠PAK=∠PCB，
∴△APK∽△CPB，
∴PA•BC=PC•AK     ②，
①+②得PB•AC+PA•BC=PC•AB，
∵AB=AC，
∴$\frac{BC}{AB}$=$\frac{7\sqrt{2}-5\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$，設，BC=$\sqrt{2}$k，AB=AC=$\sqrt{5}$k，⊙O的半徑為r．
在Rt△ABH中，AH=$\sqrt{A{B}^{2}-B{H}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$k，
在Rt△OBH中，∵OB²=OH²+BH²，
∴r²=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$k）²+（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$k-r）²，
∴r=$\frac{5\sqrt{2}}{6}$k，
在Rt△FBC中，sin∠BFC=$\frac{BC}{BF}$=$\frac{\sqrt{2}k}{\frac{5\sqrt{2}}{3}k}$=$\frac{3}{4}$，
∴cos∠BFC=$\frac{4}{5}$，
在Rt△PBM中，∵PB=5$\sqrt{2}$，∠BPC=∠BFC，
∴PM=PB•cos∠PBC=$\frac{4}{5}$×5$\sqrt{2}$=4$\sqrt{2}$，BM=PB•sin∠BPC=5$\sqrt{2}$×$\frac{3}{5}$=3$\sqrt{2}$，
∴CM=PC=PM=3$\sqrt{2}$，
∴BM=CM=3$\sqrt{2}$，
∴BC=$\sqrt{2}$CM=6，
∴$\sqrt{2}$k=6，
∴k=3$\sqrt{2}$，
∴r=$\frac{5\sqrt{2}}{6}$×$3\sqrt{2}$=5，
在Rt△PBF中，PF=$\sqrt{B{F}^{2}-P{B}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-（5\sqrt{2}）^{2}}$=5$\sqrt{2}$．

點評 本題考查圓綜合題、切線的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、勾股定理等知識，解題的關鍵是證明了托勒密定理：PB•AC+PA•BC=PC•AB，學會利用參數(shù)解決問題，題目比較難，屬于中考壓軸題．