已知线段AB.CD为⊙O的两条弦.且AB⊥CD于点H.连接AC.BC.BD．(1)如图1.过圆心O作OE⊥BD于点E.求证:OE=$\frac{1}{2}$AC,(2)如图2.作直径BF.连接CF.OD.若∠FCD=45°.tan∠ODC=$\frac{1}{2}$.求tanA的值,的条件下.过点D作DG⊥CD交CF的延长线于点G.连接BG.过点D作DP⊥BG于点P.延长DP� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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7．已知线段AB、CD为⊙O的两条弦，且AB⊥CD于点H，连接AC、BC、BD．
（1）如图1，过圆心O作OE⊥BD于点E，求证：OE=$\frac{1}{2}$AC；
（2）如图2，作直径BF，连接CF、OD，若∠FCD=45°，tan∠ODC=$\frac{1}{2}$，求tanA的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥CD交CF的延长线于点G，连接BG，过点D作DP⊥BG于点P，延长DP交CG于点K，若FG=2，求线段FK的长．

分析（1）如图1中，作直径BM，连接AD、MD．首先证明OE=$\frac{1}{2}$DM，再证明AC=DM即可．
（2）首先证明OD=OB，由tan∠ODC=$\frac{1}{2}$=$\frac{OE}{OD}$，设OE=a，OD=2a，则EB=OE=a，BD=2a$\sqrt{2}$，t由an∠EBH=tan∠ODE=$\frac{1}{2}$=$\frac{HE}{HB}$，推出EH=$\frac{\sqrt{5}}{5}$a，HB=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$a，在Rt△DHB中，根据DH=$\sqrt{B{D}^{2}-B{H}^{2}}$，求出DH即可解决问题．
（3）如图3中，连接DF、BC，作BM⊥GD于M．首先证明△FDG≌△BDC，推出BC=FG=2，推出BH=CH=$\sqrt{2}$，DH=BM=3$\sqrt{2}$，由∠CFB=∠CDB，推出tan∠CFB=tan∠CDB=$\frac{1}{3}$=$\frac{BC}{CF}$，推出CF=6，CG=CF+GF=8，推出DG=CD=4$\sqrt{2}$，BG=$\sqrt{C{G}^{2}+B{C}^{2}}$=2$\sqrt{17}$，由$\frac{1}{2}$•BG•DP=$\frac{1}{2}$•DG•BM，求出DP，再根据勾股定理求出PG，由△GPK∽△GCB得$\frac{GK}{BG}$=$\frac{PG}{CG}$，求出GK即可解决问题．

解答（1）证明：如图1中，作直径BM，连接AD、MD．

∵OE⊥BD，
∴BE=ED，∵OB=OM，
∴OE=$\frac{1}{2}$DM，
∵BM是直径，AB⊥CD，
∴∠MAB=∠DHB=90°，
∴AM∥CD，
∴∠MAD=∠ADC，
∴$\widehat{DM}$=$\widehat{AC}$，
∴DM=AC，
∴OE=$\frac{1}{2}$AC．

（2）如图2中，

∵∠FCD=45°，
∴∠DOF=2∠FCD=90°，∠DBF=∠DCF=45°，
∴∠ODB=∠OBD=45°，
∴OD=OB，
∵tan∠ODC=$\frac{1}{2}$=$\frac{OE}{OD}$，设OE=a，OD=2a，则EB=OE=a，BD=2a$\sqrt{2}$，
∵∠EOD=∠EHB=90°，∠OED=∠BEH，
∴∠ODE=∠EBH，
∴tan∠EBH=tan∠ODE=$\frac{1}{2}$=$\frac{HE}{HB}$，
∴EH=$\frac{\sqrt{5}}{5}$a，HB=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$a，
在Rt△DHB中，DH=$\sqrt{B{D}^{2}-B{H}^{2}}$=$\sqrt{（2a\sqrt{2}）^{2}-（\frac{2\sqrt{5}}{5}a）^{2}}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$a，
∵∠A=∠CDB，
∴tan∠A=tan∠CDB=$\frac{HB}{HD}$=$\frac{\frac{2\sqrt{5}}{5}a}{\frac{6\sqrt{5}}{5}a}$=$\frac{1}{3}$．

（3）如图3中，连接DF、BC，作BM⊥GD于M．

∵∠GCD=∠FBD=45°，∠CDG=∠BDF=90°，
∴△CDG，△BDF是等腰直角三角形，
∴DF=DB，DG=DC，∠FDG=∠BDC，
∴△FDG≌△BDC，
∴BC=FG=2，
∴BH=CH=$\sqrt{2}$，DH=BM=3$\sqrt{2}$，
∵∠CFB=∠CDB，
∴tan∠CFB=tan∠CDB=$\frac{1}{3}$=$\frac{BC}{CF}$，
∴CF=6，CG=CF+GF=8，
∴DG=CD=4$\sqrt{2}$，BG=$\sqrt{C{G}^{2}+B{C}^{2}}$=2$\sqrt{17}$，
∵DP⊥BG，
∴$\frac{1}{2}$•BG•DP=$\frac{1}{2}$•DG•BM，
∴DP=$\frac{4\sqrt{2}×3\sqrt{2}}{2\sqrt{17}}$=$\frac{12}{\sqrt{17}}$，
∴PG=$\sqrt{G{D}^{2}-D{P}^{2}}$=$\frac{20}{\sqrt{17}}$，
由△GPK∽△GCB得$\frac{GK}{BG}$=$\frac{PG}{CG}$，
∴$\frac{GK}{2\sqrt{17}}$=$\frac{\frac{20}{\sqrt{17}}}{8}$，
∴GK=5，
∴KF=GK-FG=5-2=3．

点评本题考查圆综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

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