Question

9．如图1，已知AB是⊙O的直径，点C是⊙O外一点，过点C作⊙O的切线，切点为D，连接BC、OC、AD，BC=CD．
（1）求证：AD∥OC；
（2）如图2，连接AC，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点G，求证：DF=2GF；
（3）如图3，在（2）条件下，OC交⊙O于点E，连接DE，若AD=5，AG=$\sqrt{13}$，求DE长．

Answer 1

分析 （1）先判断出△ODC≌△OBC得出∠COD=∠BOD，而∠ADO=∠DAO即可得出∠COD=∠ADO即可；
（2）先判断出BC是⊙O的切线，得出HA∥DF∥CB，再用平行线分线段成比例定理即可得出结论；
（3）先用勾股定理求出AF，DF，再勾股定理求出⊙O的半径，利用锐角三角函数求出OM，EM再用勾股定理求出BE即可得出DE．

解答 解：（1）证明：如图1，

连接OD，
在△ODC和△OBC中，$\left\{\begin{array}{l}{OD=OB}\\{CD=BC}\\{OC=OC}\end{array}\right.$
∴△ODC≌△OBC，
∴∠COD=∠BOD，
∵OA=OD，
∴∠ADO=∠DAO，
∵2∠COD+∠AOD=180°，2∠ADO+∠AOD=180°，
∴∠COD=∠ADO，
∴OC∥AD，
（2）如图2，

∵△ODC≌△OBC
∴∠ODC=∠OBC．
∵OD是⊙O的半径，DC是⊙O的切线，
∴DC⊥OD．
∴∠ODC=90°，
∴∠OBC=90°，
∴CB⊥OB．
∴CB是⊙O的切线．
过A作⊙O的切线AH，交CD的延长线于点H，则HA⊥AB．
∵DF⊥AB，CB⊥AB，
∴HA∥DF∥CB，
∴$\frac{HD}{HC}=\frac{AF}{AB}$．
在△HAC中，
∵DG∥FA，
∴$\frac{DG}{HA}=\frac{DC}{HC}$
∴$\frac{DG}{DC}=\frac{HA}{HC}$．
∵HA、HD是⊙O的切线，
∴HA=HD，
∴$\frac{DG}{DC}=\frac{HD}{HC}$．
在△ABC中，
∵FG∥BC，
∴$\frac{FG}{BC}=\frac{AF}{AB}$．
∵CD、CB是⊙O的切线，
∴CB=CD，$\frac{FG}{DC}=\frac{AF}{AB}$，
∴$\frac{DG}{DC}=\frac{FG}{CD}$，
∴DG=FG，
∴DF=2GF；
（3）如图3，

由（2）知，DF=2GF；
在Rt△ADF中，AD²=AF²+DF²=AF²+4FG²=25①，
∴在Rt△AGF中，AG²=AF²+FG²=13②，
联立①②得，AF=3，DF=2FG=4，
∴tan∠DAF=$\frac{DF}{AF}=\frac{4}{3}$
连接OD，
设⊙O的半径为r，
在Rt△ODF中，r²-（r-3）²=16，
∴r=$\frac{25}{6}$，
连接BE，过点E作EM⊥AB，
∵∠DAF=∠EOM，
∴$\frac{EM}{OM}=\frac{4}{3}$，
∵OE=r=$\frac{25}{6}$，
∴OM=$\frac{5}{2}$，EM=$\frac{10}{3}$，
∴BM=OB-OM=$\frac{25}{6}$-$\frac{5}{2}$=$\frac{10}{6}$
在Rt△BEM中，BE=$\sqrt{B{M}^{2}+E{M}^{2}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{3}$．
∴DE=BE=$\frac{5\sqrt{5}}{3}$．

点评 本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质和平行四边形的判定方法．充分利用三角形中位线的性质．