Question

1．如图，正方形ABCD内接于⊙O．过D作⊙O的切线FD与BA的延长线交于E．
（1）求∠E的大小；
（2）点G是DE上一点，连BG交⊙O于H，Q是BC上一点，AQ与BG交于点P，∠APG=45°，求证：DG=$\sqrt{2}$BQ；
（3）在（2）的条件下，连DH，若HG=1，PH=6，求⊙O的半径．

Answer 1

分析 （1）连接BD，证明BD为⊙O的直径，由FD为⊙O的切线，则∠BDE=90°，所以△BDE是等腰直角三角形，所以∠E=45°；
（2）设∠QAB=α，∠GBE=β，则α+β=45°，根据三角函数得：tan∠α=$\frac{DG}{BD}=\frac{BQ}{AB}$，因为△ABD是等腰直角三角形，则BD=$\sqrt{2}$AB，代入比例式可得结论；
（3）如图3，连接AH，证明△APB≌△AHD（AAS），则DH=PB，设DH=x，则PH=PB+PH=6+x，GH=1，由三角函数列式得：tan∠α=$\frac{HG}{HD}$=$\frac{DH}{BH}$，代入可得x的值，利用勾股定理计算BD的长，BD为⊙O的直径，所以可得半径的长．

解答 解：（1）如图1，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，∠DBA=45°，
∴BD为⊙O的直径，
∵FD为⊙O的切线，
∴BD⊥FD，
∴∠BDE=90°，
∴∠E=45°；
（2）如图2，设∠QAB=α，∠GBE=β，则α+β=45°，
∵∠DBE=45°，
∴∠DBG=∠QAB=α，
Rt△BDG中，tan∠α=$\frac{DG}{BD}$，
Rt△ABQ中，tan∠α=$\frac{BQ}{AB}$，
∴$\frac{DG}{BD}=\frac{BQ}{AB}$，
∵Rt△ABD中，cos∠ABD=cos45=$\frac{AB}{BD}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴BD=$\sqrt{2}$AB，
∴$\frac{DG}{\sqrt{2}AB}=\frac{BQ}{AB}$，
∴DG=$\sqrt{2}$BQ；
（3）连接AH，
∵∠BHA=∠ADB=45°，
∴∠APH=∠BHA=45°，
∴∠PAH=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAP=∠DAH，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠DHB=90°，
∴∠DHA=90°+45°=135°，
∵∠BPA=180°-45°=135°，
∴∠BPA=∠DHA，
在△APB和△AHD中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AB=AD}\\{∠BAP=∠DAH}\\{∠APB=∠AHD}\end{array}\right.$，
∴△APB≌△AHD（AAS），
∴DH=PB，
设DH=x，则PH=PB+PH=6+x，GH=1，
∵∠BDG=90°，
∴∠HDG=∠DBG=∠α，
Rt△DHG中，tan∠α=$\frac{HG}{HD}$，
Rt△BDH中，tan∠α=$\frac{DH}{BH}$，
∴$\frac{HG}{HD}=\frac{DH}{BH}$，
∴DH²=HG•BH，
∴x²=1×（6+x），
x²-x-6=0，
（x-3）（x+2）=0，
x₁=3，x₂=-2（舍），
∴DH=3，BH=9，
∴BD=$\sqrt{{3}^{2}+{9}^{2}}$=3$\sqrt{10}$，
∴⊙O的半径为$\frac{3\sqrt{10}}{2}$．

点评 本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、三角函数、切线的性质以及圆内接四边形的性质等知识，第二问有难度，利用等角的三角函数列式或证明△BDG∽△ABQ可得结论．