Question

3．AB為⊙O的直徑，點C在$\widehat{AB}$上運動（與點A，B不重合），過點B作⊙O的切線，交AC的延長線于點D，過C點作⊙O的切線，交線段BD于點E．
（1）如圖1，求證：BE=DE；
（2）如圖2，延長CE，交AB的延長線于點F，若EF=BD，求證：AB=2BF；
（3）在（2）的條件下，作CG⊥AB于點G，交⊙O于點H，連EH，求tan∠CHE的值．

Answer 1

分析 （1）連結BC．依據(jù)直徑所對的圓周角是直角可證明，然后依據(jù)切線長定理可知EC=EB，依據(jù)等腰三角形的性質可得到∠ECB=∠EBC，接下來，依據(jù)等角的余角相等可證明∠D=∠DCE，從而得到CE=DE，通過等量代換可得到BE=DE；
（2）連結BC．由題意可得到EF=2BE，在△BEF中，依據(jù)特殊銳角三角形函數(shù)值可求得∠F=30°，接下來，證明△CDE為等邊三角形，于是可證明∠A=30°，依據(jù)含30°直角三角形的性質可得到AB=2BC，然后再證明∠FCB=∠F=30°，于是得到BC=BF，從而得到問題的答案；
（3）如圖3所示：記HE與AF的交點為N．由等腰三角形的三線合一的性質可得到AG=FG=1.5BF于是得到BG=0.5BF，然后由BE∥CH，可證明$\frac{GN}{NB}=\frac{BE}{GC}=\frac{2}{3}$，從而可得到GN=0.3BF，然后在△AGC中，依據(jù)特殊銳角三教函數(shù)值可求得GC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$FB，于是得到GH的長度，最后在△HGN中利用銳角三角形函數(shù)的定義求解即可．

解答 解：（1）證明：連結BC．

∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°．
∴∠DCB=90°．
∴∠CBD+∠D=90°，∠DCE+∠BCE=90°．
∵CE、BE是⊙O的切線，
∴CE=BE．
∴∠ECB=∠EBC．
∴∠D=∠DCE．
∴CE=DE．
∴DE=BE．
（2）如圖2所示：連結BC．

∵EF=BD，BE=DE，
∴EF=2BE．
∵BE為⊙O的切線，
∴OB⊥BE．
∴∠EBF=90°．
∴sin∠F═$\frac{1}{2}$．
∴∠F=30°．
∴∠BEF=60°．
又∵CE=DE，
∴△CDE為等邊三角形．
∴∠D=60°．
∴∠A=30°．
∴BF=2BF，∠CBA=60°．
∵∠F+∠FCB=60°，∠F=30°
∴∠F=∠FCB=30°．
∴CB=FB．
∴AB=2BF．
（3）如圖3所示：

∵∠A=∠F=30°，CG⊥AB，
∴AG=FG．
∵AB=2BF．
∴AF=3BF，GF=1.5BF．
∴BG=0.5BF．
∵BE∥CH，
∴$\frac{BE}{CG}=\frac{BF}{FG}$=$\frac{2}{3}$．
由垂徑定理可知GC=GH．
∴$\frac{EB}{GH}=\frac{GN}{NB}=\frac{2}{3}$．
∴GN=0.3BF．
∵tan∠A=$\frac{GC}{AG}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{GC}{1.5BF}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴GC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$FB．
∴GH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$FB．
∴tan∠CHE=$\frac{GN}{GH}$=$\frac{0.3BF}{\frac{\sqrt{3}}{2}BF}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$．

點評 本題主要考查的是圓的綜合應用，解答本題主要應用了切線的性質、圓周角定理、特殊銳角三角函數(shù)值，等邊三角形的性質和判定、等腰三角形的性質和判定，由BE∥CH求得GN的長是解題的關鍵．