Question

1．已知，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，AD和過(guò)點(diǎn)C的切線互相垂直，垂足為點(diǎn)D．
（1）如圖1，求證：AC平分∠DAB；
（2）如圖2，直線DC與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，∠ACB的平分線交⊙O于點(diǎn)F，CF交AB于點(diǎn)G，求證：EC=EG；
（3）在（2）的條件下，如圖3，若CB=3，AC=6，求FG的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）連接OC，根據(jù)切線與圓的關(guān)系和直角三角形內(nèi)角之間的關(guān)系，可以推出AC平分∠DAB；
（2）根據(jù)圓周角定理以及三角形的外角的性質(zhì)定理證明∠ECG=∠EGC，根據(jù)等角對(duì)等邊即可證得；
（3）證明△ECB∽△EAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得$\frac{EB}{EC}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{3}{6}$=$\frac{1}{2}$，在直角△EOC中利用勾股定理列方程求得BE和CE，進(jìn)而求得BG，然后根據(jù)△AGF∽△CGB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得FG的長(zhǎng)．

解答 （1）證明：連接OC，如圖1，
∴OC⊥DC，
∵AD⊥DC，
∴OC∥AD，
∴∠DAC=∠ACO，
∵∠OAC=∠OCA，
∴∠DAC=∠OAC，
即AC平分∠DAB；
（2）證明：如圖2，∵DE是⊙O的切線，
∴∠BCE=∠BAC，
∵∠EGC=∠BAC+∠ACG，∠ECG=∠BCE+∠BCG，∠ACG=∠BCG，
∴∠EGC=∠ECG，
∴EC=EG；
（3）解：如圖3，連接AF、BF、OC．
∵AB是直徑，
∴∠ACB=90°，
∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∴OA=OB=OC=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$，
∵∠ACF=∠BCF，
∴$\widehat{AF}$=$\widehat{BF}$，
∴AF=BF．
∵AB是直徑，
∴∠AFB=90°．
∴AF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$×3$\sqrt{5}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{10}$，
∵∠ECB=∠EAC，∠E=∠E，
∴△ECB∽△EAC．
∴$\frac{EB}{EC}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{3}{6}$=$\frac{1}{2}$．
設(shè)EB=x，則EC=2x，在Rt△EOC中，（x+$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$）²=（2x）²+（$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$）²，
解得x₁=0，x₂=$\sqrt{5}$．
∵x＞0，∴x=$\sqrt{5}$，
∴EB=$\sqrt{5}$，EG=CE=2$\sqrt{5}$，
∴BG=$\sqrt{5}$，
∵∠FAG=∠BCG，∠AGF=∠CGB，
∴△AGF∽△CGB，
∴$\frac{FG}{BG}$=$\frac{AF}{BC}$，即$\frac{FG}{\sqrt{5}}$=$\frac{\frac{3\sqrt{10}}{2}}{3}$，
∴FG=$\frac{5}{2}$$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的切線性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、及勾股定理的應(yīng)用等知識(shí)．運(yùn)用切線的性質(zhì)來(lái)進(jìn)行計(jì)算或論證，常通過(guò)作輔助線連接圓心和切點(diǎn)，利用垂直構(gòu)造直角三角形解決有關(guān)問(wèn)題．