分析 (1)如图1中,连接DA.首先证明∠DBE=∠A,由∠A=∠C,即可证明.
(2)如图2中,作FH⊥AB于H,连接OC.只要证明△FGH≌△GCO,得到FH=OG,GH=OC=OA,推出AH=OG=FH即可解决问题.
(3)如图3中,作BH⊥CD于H,OM⊥CD于M,BK⊥FG交FG的延长线于K.首先证明四边形BHGK是矩形,推出BK=HG,由S△BGF=$\frac{1}{2}$•FG•BK=$\frac{1}{2}$•GC•GH,S△BCG=$\frac{1}{2}$•CG•BH,S△CFG=$\frac{1}{2}$GC2,$\frac{{S}_{△BGF}+{S}_{△BCG}}{{S}_{△CFG}}$=$\frac{3}{5}$=$\frac{HG+BH}{GC}$,再证明BH=DH,推出GH+BH=HG+DH=DG=$\frac{3}{5}$GC,设GC=5x,则DG=3x,DC=8x,MC=$\frac{1}{2}$DC=4x,GM=GC-MC=5x-4x=x,设⊙O的半径为r,则AB=2r,BC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{2}$r,由△CBG∽△CDB,得BC2=CG•CD=5x•8x=40x2,推出r=2$\sqrt{5}$x,由△DGB∽△AGC,得BG•AG=DG•CG,得到(2$\sqrt{5}$x-2)(2$\sqrt{5}$x+2)(2$\sqrt{5}$x+2)=3x•5x,求得x=$\frac{2}{5}$$\sqrt{5}$,r=2$\sqrt{5}$•$\frac{2}{5}$$\sqrt{5}$=4,推出OM=$\sqrt{O{G}^{2}-G{M}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-(\frac{2}{5}\sqrt{5})^{2}}$=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$,再证明△BHG≌△OMG,推出BH=OM=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$,由此即可解决问题.
解答 (1)证明:如图1中,连接DA.
∵AB是直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠A+∠ABD=90°,
∵EB是切线,
∴EB⊥AB,
∴∠ABE=90°,
∴∠DBE+∠ABD=90°,
∴∠DBE=∠A,
∵∠A=∠C,
∴∠DBE=∠C.
(2)证明:如图2中,作FH⊥AB于H,连接OC.
∵$\widehat{AC}$=$\widehat{CB}$,
∴OC⊥AB,
∴∠FGC=∠GOC=∠FHG=90°,
∴∠FGH+∠OGC=90°,∠OGC+∠OCG=90°,
∴∠FGH=∠OCG,
在△FGH和△GOC中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠FGH=∠GCO}\\{∠FHG=∠GOC}\\{FG=CG}\end{array}\right.$,
∴△FGH≌△GCO,
∴FH=OG,GH=OC=OA,
∴AH=OG=FH,
∴∠A=∠AFH=45°.
(3)解:如图3中,作BH⊥CD于H,OM⊥CD于M,BK⊥FG交FG的延长线于K.
∵∠BHG=∠HGK=∠BKG=90°,
∴四边形BHGK是矩形,
∴BK=HG,
∴S△BGF=$\frac{1}{2}$•FG•BK=$\frac{1}{2}$•GC•GH,S△BCG=$\frac{1}{2}$•CG•BH,S△CFG=$\frac{1}{2}$GC2,
∴$\frac{{S}_{△BGF}+{S}_{△BCG}}{{S}_{△CFG}}$=$\frac{3}{5}$=$\frac{HG+BH}{GC}$,
∵∠BDC=∠BAC=45°,BH⊥DC,
∴BH=DH,
∴GH+BH=HG+DH=DG=$\frac{3}{5}$GC,设GC=5x,则DG=3x,DC=8x,MC=$\frac{1}{2}$DC=4x,GM=GC-MC=5x-4x=x,
设⊙O的半径为r,则AB=2r,BC=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=$\sqrt{2}$r,
由△CBG∽△CDB,得BC2=CG•CD=5x•8x=40x2,
∴2r2=40x2,
∴r2=20x2,
∴r=2$\sqrt{5}$x,
由△DGB∽△AGC,得BG•AG=DG•CG,
∴(2$\sqrt{5}$x-2)(2$\sqrt{5}$x+2)(2$\sqrt{5}$x+2)=3x•5x,
解得x=$\frac{2}{5}$$\sqrt{5}$(负根已经舍弃),r=2$\sqrt{5}$•$\frac{2}{5}$$\sqrt{5}$=4,
∴OM=$\sqrt{O{G}^{2}-G{M}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}-(\frac{2}{5}\sqrt{5})^{2}}$=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$,
∴BG=OB-OG=4-2=2=OG,∵∠OGM=∠BGH,∠OMG=∠BHG=90°,
∴△BHG≌△OMG,
∴BH=OM=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$,
∴BD=$\sqrt{2}$BH=$\frac{4}{5}$$\sqrt{10}$.
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、勾股定理、垂径定理、切线的性质等知识,解题的关键是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.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | C. | $\frac{\sqrt{3}}{2}$ | D. | 1 |
查看答案和解析>>
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
查看答案和解析>>
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | $\frac{1000}{x}$=$\frac{800}{x-20}$ | B. | $\frac{1000}{x}$=$\frac{800}{x+20}$ | C. | $\frac{1000}{x-20}$=$\frac{800}{x}$ | D. | $\frac{1000}{x+20}$=$\frac{800}{x}$ |
查看答案和解析>>
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
查看答案和解析>>
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
查看答案和解析>>
湖北省互联网违法和不良信息举报平台 | 网上有害信息举报专区 | 电信诈骗举报专区 | 涉历史虚无主义有害信息举报专区 | 涉企侵权举报专区
违法和不良信息举报电话:027-86699610 举报邮箱:58377363@163.com