Question

5．已知⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，过BC的中点D作⊙O的直径PC．
（I）如图1，若点D是线段PO的中点，求∠BAC的度数；
（2）如图2，连接PC，取CP的中点E，连接ED并延长ED交AB于点H，连接PH交BC于点F，求证：PH⊥AB；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接PB，过点B作⊙O的切线BQ交直径GP的延长线于点Q，若$\frac{DP}{PQ}$=$\frac{3}{5}$，S_△DHF=$\frac{18}{5}$，求线段AC的长．

Answer 1

分析 （1）连接PB，只要证明△POB是等边三角形，AC∥OP即可．
（2）如图2中，连接PB．只要证明△BPD≌△PBH，即可推出∠PDB=∠PHB=90°．
（3）如图3中，作HG⊥BD于G，PK⊥BQ于K，先证明四边形PHBK是矩形，设PD=BH=PK=3k，PQ=5k，则QK=4k，想办法根据△DHF的面积，列出方程求出k，即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，连接PB．

∵CD=DB，
∴PG⊥BC，
∵DO=DP，
∴BO=BP=OP，
∴△POB是等边三角形，
∴∠POB=60°，
∵AB是直径，
∴∠C=∠ODB=90°，
∴AC∥DO，
∴∠BAC=∠BOD=60°．

（2）证明：如图2中，连接PB．

∵∠CDP=90°，CE=EP，
∴∠EPD=∠EDP=∠ODH，
∵OG⊥BC，
∴$\widehat{CG}$=$\widehat{BG}$，
∴∠GPB=∠GPC=∠ODH，
∴DH∥PB，
∴∠DHO=∠PBO，
∵OP=OB，
∴∠OPB=∠OBP，
∴∴∠ODH=∠OHD，
∴HB=PD，
在△PBD和△BPH中，
$\left\{\begin{array}{l}{PB=BP}\\{∠BPD=∠PBH}\\{PD=BH}\end{array}\right.$，
∴△BPD≌△PBH，
∴∠PDB=∠PHB=90°，
∴PH⊥AB．

（3）解：如图3中，作HG⊥BD于G，PK⊥BQ于K．

∵BQ是切线，
∴AB⊥BQ，
∴∠HBK=∠BKP=∠PHB=90°，
∴四边形PHBK是矩形，
∴BH=PK，
∵$\frac{DP}{PQ}$=$\frac{3}{5}$，
∴可以假设PD=BH=PK=3k，PQ=5k，则QK=4k，
∵∠Q=∠Q，∠QDB=∠QKP=90°，
∴△QPK∽△QBD，
∴$\frac{QK}{DQ}$=$\frac{QP}{QB}$=$\frac{PK}{BD}$，
∴$\frac{4k}{8k}$=$\frac{5k}{QB}$=$\frac{3k}{BD}$，
∴QB=10k，BD=6k，BK=PH=BD=6k，
∵PK∥OB，
∴$\frac{PQ}{OP}$=$\frac{QK}{KB}$，
∴$\frac{5k}{OP}$=$\frac{4k}{6K}$，
∴OP=$\frac{15}{2}$k，OD=$\frac{9}{2}$k，
∵OA=OB，CD=DB，
∴AC=2OD=9k，
∵PF∥QB，
∴$\frac{DP}{DQ}$=$\frac{PF}{BQ}$=$\frac{DF}{BD}$，
∴$\frac{3k}{8k}$=$\frac{PF}{10k}$=$\frac{DF}{6k}$，
∴PF=$\frac{15}{4}$k，DF=$\frac{9}{4}$k，HF=6k-$\frac{9}{4}$k=$\frac{15}{4}$k，BF=$\frac{15}{4}$k，
∵$\frac{1}{2}$•FH•BH=$\frac{1}{2}$•BF•HG，
∴GH=$\frac{9}{5}$k，
∴$\frac{1}{2}$•DF•GH=$\frac{18}{5}$，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{9}{4}$k×$\frac{9}{5}$k=$\frac{18}{5}$，
∵k＞0，
∴k=$\frac{4}{3}$，
∴AC=9×$\frac{4}{3}$=12．

点评 本题考查圆综合题、垂径定理、全等三角形的判定和性质．等边三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考压轴题．