Question

16．如圖，AB為直徑，PB為切線，點(diǎn)C在⊙O上，AC∥OP，連接OP，交⊙O點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)H，過D點(diǎn)作DE⊥AB，E為垂足，交BC于點(diǎn)F，連AD交BC于G
（1）求證：PC為⊙O的切線；
（2）證明：CG=2EF；
（3）若CG=3，DE=4，連接BD，求$\frac{DG}{DB}$的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接CO，如圖1，易證∠COD=∠DOB，從而可證到△COP≌△BOP，則有∠OCP=∠OBP．根據(jù)切線的性質(zhì)可得∠OBP=90°，即可得到∠OCP=90°，從而可得PC為⊙O的切線；
（2）如圖2中，連接BD、OF．先證明OF是△AGB的中位線，再證明△OEF∽△ACG，得$\frac{CG}{EF}$=$\frac{AG}{OF}$=2，由此解決即可問題．
（3）如圖3中，連接OC，BD，設(shè)OD與BC交于點(diǎn)H，如圖2，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得OH⊥BC，CH=BH，運(yùn)用面積法可得BH=DE=4，就可求出CH，GH，BG．易證△GHD∽△GDB，運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)可求出DG，然后運(yùn)用勾股定理可求出DB，就可求出$\frac{DG}{DB}$；

解答 解：（1）連接CO，如圖1，

∵AC∥OP，
∴∠OAC=∠DOB，∠OCA=∠COD，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠COD=∠DOB．
在△COP和△BOP中，
$\left\{\begin{array}{l}{OC=OB}\\{∠COP=∠BOP}\\{OP=OP}\end{array}\right.$，
∴△COP≌△BOP，
∴∠OCP=∠OBP．
∵AB為⊙O的直徑，PB為切線，
∴∠OBP=90°，
∴∠OCP=90°，
∴PC為⊙O的切線；

（2）如圖2中，連接BD、OF．

∵PB、PC是⊙O切線，
∴PB=PC，∠CPO=∠BPO，
∴OP垂直平分BC，
∴$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，
∴∠CAD=∠DAB=∠CBD，
∵∠DAB+∠ABD=90°，∠EDB+∠ABD=90°，
∴∠DAB=∠BDF，
∴∠FDB=∠FBD，．
∵∠FGD+∠GBD=90°，∠FDG+∠BDF=90°，
∴∠FGD=∠FDG，
∴FD=FG=FB，
∵OA=OB，
∴FO∥AG，OF=$\frac{1}{2}$AG，
∴∠FOE=∠GAB=∠CAG，∠ACG=∠OEF=90°，
∴△OEF∽△ACG，
∴$\frac{CG}{EF}$=$\frac{AG}{OF}$=2，
∴CG=2EF．

（3）連接OC，BD，設(shè)OD與BC交于點(diǎn)H，如圖3，

∵OC=OB，∠COD=∠BOD，
∴OH⊥BC，CH=BH，
∴S_△OBD=$\frac{1}{2}$OD•BH=$\frac{1}{2}$OB•DE．
∵OB=OD，
∴BH=DE=4，
∴CH=BH=4．
∵CG=3，
∴GH=1，BG=5．
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°，
∴∠DHG=∠GDB=90°．
又∵∠DGH=∠BGD，
∴△GHD∽△GDB，
∴$\frac{DG}{BG}$=$\frac{GH}{DG}$，
∴DG²=GH•BG=1×5=5，
∴DG=$\sqrt{5}$．
∴DB=$\sqrt{B{G}^{2}-D{G}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴$\frac{DG}{DB}$=$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$=$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、切線的判定與性質(zhì)、圓周角定理、三角函數(shù)的定義、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，有一定的綜合性，添加輔助線構(gòu)造三角形中位線是解決第（2）小題的關(guān)鍵，利用面積法求出BH的長(zhǎng)是解決第（3）小題的關(guān)鍵．