Question

4．已知，AB是⊙O的直徑，AE、AF是弦，BC是⊙O的切線(xiàn)，過(guò)點(diǎn)A作AD，使∠DAF=∠AEF．
（1）如圖（1），求證：AD∥BC；
（2）如圖（2），若AD=BC=AB，連接CD，延長(zhǎng)AF交CD于G，連接CF，若G為CD中點(diǎn)，求證：CF=CB；
（3）如圖（3），在（2）的條件下，點(diǎn)I在線(xiàn)段FG上，且IF=AF，點(diǎn)P在$\widehat{BE}$上，連接BP并延長(zhǎng)到L，使PL=PB，連接AL，延長(zhǎng)EA、BI交于點(diǎn)K，已知∠BAK+∠ABL=180°，∠ABI+∠BAL=90°，⊙O的半徑為$\frac{{\sqrt{10}}}{2}$，求四邊形ALBK的面積．

Answer 1

分析 （1）連接BF，根據(jù)圓周角定理得到∠CBF=∠BAF，∠ABC=90°，等量代換得到∠BAD=∠DAF+∠BAF=∠ABF+∠CBF=∠ABC=90°，即可得到結(jié)論；
（2）連接BF，由（1）的結(jié)論推出四邊形ABCD是正方形，得到tan∠DAG=$\frac{1}{2}$，設(shè)正方形ABCD的各邊長(zhǎng)為2a，求得tan∠ABF=$\frac{1}{2}$，根據(jù)勾股定理得到AG=$\sqrt{5}$a，求得tan∠CFG=$\frac{1}{2}$即可得到結(jié)論；
（3）連接AP，BF，由AB是⊙O的直徑，得到AP⊥BL，根據(jù)AB是⊙O的直徑，得到BP⊥AI，求得tan∠ABF=tan∠DAG=tan∠IBF=$\frac{1}{2}$，得到tan∠LAP=tan∠BAP=$\frac{1}{3}$，根據(jù)已知條件得到∠PAB=∠KAD，設(shè)BK與⊙O交于H，連接AH，過(guò)K作KK?⊥AB解三角形得到AH=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，BH=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AH}{KK′}$=$\frac{BH}{BK′}$，求得AK′=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，KK′=$\frac{12\sqrt{10}}{5}$，于是得到結(jié)論．

解答 解：（1）連接BF，如圖1所示：
∵AB是⊙O的直徑，BC是⊙O的切線(xiàn)，
∴∠CBF=∠BAF，∠ABC=90°，
∵∠AEF=∠ABF，∠DAF=∠AEF，
∴∠ABF=∠DAF，
∴∠BAD=∠DAF+∠BAF=∠ABF+∠CBF=∠ABC=90°，
∴AD∥BC；

（2）如圖2，連接BF，
由（1）知：∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC，
∵AD=BC=AB，
∴四邊形ABCD是正方形，
∵G為CD中點(diǎn)，
∴tan∠DAG=$\frac{1}{2}$，
∵∠ABF=∠DAF，
∴tan∠ABF=$\frac{1}{2}$，
∵∠BFG=∠BCD=90°，
∴B，C，G，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，
∴∠CFG=∠CBG，
∵tan∠CBG=$\frac{CG}{BC}=\frac{1}{2}$，
∴tan∠CFG=$\frac{1}{2}$，
∴∠CFG=∠ABF，∠CFB=∠CBF，
∴CB=CF；

（3）如圖3，連接AP，BF，
∵AB是⊙O的直徑，
∴AP⊥BL，
∵LP=BP，
∴∠LAP=∠BAP，
∵AB是⊙O的直徑，
∴BP⊥AI，
∵IF=AF，
∴∠ABF=∠IBF，
∴tan∠ABF=tan∠DAG=tan∠IBF=$\frac{1}{2}$，
又∵∠ABI+∠BAL=90°，
∴∠LAP+∠BAP=45°，
∴tan（∠LAP+∠BAP）=$\frac{tan∠LAP+tan∠BAP}{1-tan∠LAP•tan∠BAP}$=1，
tan∠LAP=tan∠BAP=$\frac{1}{3}$，
∵∠BAK+∠ABL=180°，
∴∠BAK+90°-∠PAB=180°，
∴∠BAK=90°+∠PAB，
又∴∠BAK=90°+∠KAD，
∴∠PAB=∠KAD，
設(shè)BK與⊙O交于H，連接AH，過(guò)K作KK?⊥AB，
∵tan∠ABF=$\frac{1}{2}$，AB=$\sqrt{10}$，
∴BF=AI=2$\sqrt{2}$，
∵AB=BI，
∴AH=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，BH=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
∵△ABH∽△BKK′，
∴$\frac{AH}{KK′}$=$\frac{BH}{BK′}$，
∵KK′∥AD，
∴∠K′KA=∠DAK=∠BAP，
∴$\frac{AK′}{KK′}$=$\frac{1}{3}$，
∴AK′=$\frac{4\sqrt{10}}{5}$，
∴KK′=$\frac{12\sqrt{10}}{5}$，
∴S_{四邊形ALBF}=S_△ALB+S_△ABK=$\frac{1}{2}$BL•AP+$\frac{1}{2}$AB•KK′=3+12=15．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線(xiàn)的性質(zhì)，勾股定理，切線(xiàn)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正確的作出輔助線(xiàn)構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．