Question

【题目】如图1，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，CD⊥AB于D，E是BA廷长线上一点，连接CE，∠ACE＝∠ACD，K是线段AO上一点，连接CK并延长交⊙O于点F．

（1）求证：CE是⊙O的切线；

（2）若AD＝DK，求证：AKAO＝KBAE；

（3）如图2，若AE＝AK，，点G是BC的中点，AG与CF交于点P，连接BP．请猜想PA，PB，PF的数量关系，并证明．

Answer 1

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）PA2+PF2＝PB2，证明详见解析．

【解析】

（1）连接OC，先由证明∠CAD＝∠ACO，再由∠ACE＝∠ACD，可证得∠ECO＝90°，即可证明；

（2）先证得∠ACE＝∠B，∠CAE＝∠BKC，说明△CAE∽△BKC，利用相似三角形的性质推得ACKC＝AEKB，再由∠CAD＝∠CKD，∠CAD＝∠OCA，判定△OCA∽△CAK，利用相似三角形的性质推得ACKC＝AKAO，从而可得结论；

（3）结论：PA2+PF2＝PB2．连接AF、BF，先证得∠ACE＝∠CBE，∠E＝∠E，从而△EAC∽△ECB，由相似三角形的性质推得BC＝2AC，再设AC＝CG＝GB＝x，则AG＝，从而，结合∠PGB＝∠BGA，可得△PGB∽△BGA，进而推得BP＝BF＝AF，然后运用勾股定理证即可得到结论．

解：（1）证明：连接OC，如图所示：

∵CD⊥AB，

∴∠CAD+∠ACD＝90°，

∵OA＝OC，

∴∠CAD＝∠ACO，

又∵∠ACE＝∠ACD，

∴∠ACE+∠ACO＝90°，即∠ECO＝90°，

∴CE是⊙O的切线；

（2）证明：∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∴∠CAD+∠B＝90°，

又∵∠CAD+∠ACD＝90°，∠ACD＝∠B，

∴∠ACE＝∠B，

∵AD＝DK，CD⊥AB，

∴CA＝CK，∠CAD＝∠CKD，

∴∠CAE＝∠BKC，

∴△CAE∽△BKC，

∴，

∴ACKC＝AEKB，

又∵∠CAD＝∠CKD，∠CAD＝∠OCA，

∴△OCA∽△CAK，

∴

∴ACKC＝AKAO，

∴AKAO＝KBAE；

（3）PA2+PF2＝PB2．理由如下：

如图，连接AF、BF，

∵，

∴∠ACF＝∠BCF＝∠ACB＝45°，AF＝BF，

∴∠ECK＝∠ACK+∠ACE＝45°+∠ACE，∠EKC＝∠BCK+∠KBC＝45°+∠ABC，

∴∠ECK＝∠EKC，

∴EC＝EK＝AE+EK＝2AE，

∵∠ACE＝∠CBE，∠E＝∠E，

∴△EAC∽△ECB，

∴，

∴BC＝2AC，

∵点G是BC的中点，

∴BC＝2CG＝2GB，

∴AC＝CG，∠ACF＝∠BCF，

∴CP⊥AG，AP＝PG，

设AC＝CG＝GB＝x，

则AG＝，

∴，

又∠PGB＝∠BGA，

∴△PGB∽△BGA，

∴∠GBP＝∠GAB，

∴∠GBP+∠BCF＝∠GAB+∠GAC，

即∠BPF＝∠BAC＝∠BFP，

∴BP＝BF＝AF，

∵在Rt△APF中，PA2+PF2＝AF2，

∴PA2+PF2＝PB2．