Question

13．如图1，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径．∠ACB的平分线交⊙O于点D，过点D作DP∥BA交CA的延长线于点P；
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）如图2，过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，试猜想线段AE，EF，BF之间有何数量关系，并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图2，若AC=6，tan∠CAB=$\frac{4}{3}$，求线段PC的长．

Answer 1

分析 （1）连接OD，OA，OB，根据圆周角定理可知∠ADB=∠ACB=90°，再由∠ACB的平分线交⊙O于点D可知∠BCD=45°，故∠DAB=45°，由直角三角形的性质可知∠ABD=45°，故△ABD是等腰直角三角形，再由点O是AB的中点可知OD⊥AB，根据DP∥BA可知OD⊥PD，进而可得出结论；
（2）根据圆周角定理易得∠ADE+∠BDF=90°=∠FBD+∠BDF=90°，从而得到∠FBD=∠ADE，易得AD=BD，从而得出△ADE≌△DBF，得到BF=DE，AE=DF，从而得出结论BF-AE=EF．
（3）先根据勾股定理计算出AB=10，由于△DAB为等腰直角三角形，可得到AD=$\frac{AB}{\sqrt{2}}$=5$\sqrt{2}$；由△ACE为等腰直角三角形，得到AE=CE=$\frac{AC}{\sqrt{2}}$=3$\sqrt{2}$，在Rt△AED中利用勾股定理计算出DE=4$\sqrt{2}$，则CD=7$\sqrt{2}$，易证得△PDA∽△PCD，得到$\frac{PD}{PC}$=$\frac{PA}{PD}$=$\frac{AD}{CD}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7\sqrt{2}}$，所以PA=$\frac{5}{7}$PD，PC=$\frac{7}{3}$PD，然后利用PC=PA+AC可计算出PD，故可得出PC的长．

解答 （1）证明：连接OD，OA，OB，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°．
∵∠ACB的平分线交⊙O于点D，
∴∠BCD=45°，
∴∠DAB=45°，
∴∠ABD=90°-45°=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形．
∵点O是AB的中点，
∴OD⊥AB．
∵DP∥BA，
∴OD⊥PD，即PD是⊙O的切线；

（2）BF-AE=EF，证明如下：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ADE+∠BDF=90°，
∵AE⊥CD，BF⊥CD，
∴∠AED=∠BFD=90°，
∴∠FBD+∠BDF=90°，
∴∠FBD=∠ADE，
∵∠AOD=∠BOD，
∴AD=BD，
在△ADE和△DBF中，
$\left\{\begin{array}{l}∠AED=∠BFD=90°\\∠FBD=∠ADE\\ AD=BD\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△DBF（AAS），
∴BF=DE，AE=DF，
∴BF-AE=DE-DF，即BF-AE=EF；

（3）解：在Rt△ACB中，AC=6，tan∠CAB=$\frac{4}{3}$，
∴BC=8，
∴AB=$\sqrt{{AC}^{2}+{BC}^{2}}$=10，
∵△DAB为等腰直角三角形，
∴AD=$\frac{AB}{\sqrt{2}}$=$\frac{10}{\sqrt{2}}$=5$\sqrt{2}$，
∵AE⊥CD，
∴△ACE为等腰直角三角形，
∴AE=CE=$\frac{AC}{\sqrt{2}}$=$\frac{6}{\sqrt{2}}$=3$\sqrt{2}$，
在Rt△AED中，DE=$\sqrt{{AD}^{2}-{AE}^{2}}$=$\sqrt{（5\sqrt{2}）^{2}-（3\sqrt{2}）^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴CD=CE+DE=3$\sqrt{2}$+4$\sqrt{2}$=7$\sqrt{2}$，
∵∠PDA=∠PCD，∠P=∠P，
∴△PDA∽△PCD，
∴$\frac{PD}{PC}$=$\frac{PA}{PD}$=$\frac{AD}{CD}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7\sqrt{2}}$，
∴PA=$\frac{5}{7}$PD，PC=$\frac{7}{5}$PD．
∵PC=PA+AC，
∴$\frac{5}{7}$PD+6=$\frac{7}{5}$PD，
∴PD=$\frac{35}{4}$，
∴PC=$\frac{7}{5}$×$\frac{35}{4}$=$\frac{49}{4}$．

点评 本题考查的圆的综合题，涉及到切线的性质和圆周角定理定理、等腰直角三角形的性质和三角形相似的判定与性质等知识，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．