Question

13．点P在⊙O的外部，过点P作⊙O的切线PA，切点为A，直线PO交⊙O于点B、C（点C在点B的左侧），点L在⊙O上，连接AC、CL、AL，AL交BC于点E．
（1）如图1，求证：∠ALC=∠ACP+∠APC；
（2）如图2，点D在⊙O上，连接AD、DL，过点A作AF⊥BC于点F，若∠DLA=∠PAF，求证：AD=2AF；
（3）如图3，在（2）的条件下（DL＜AD），若AE=2，EL=1，∠AEF=30°，求线段DL的长．

Answer 1

分析 （1）因为AP与⊙O相切，所以∠OAB+∠PAB=90°，又因为BC是直径，所以∠OAB+∠CAO=90°，又易证∠CAO=∠OCA=∠PAB，∠ABC=∠ALC，所以∠ALC=∠ACP+∠APC；
（2）延长AF交⊙O于点G，由垂径定理可知AG=2AF，所以证明AD=AG即可，即只需要∠DLA=∠ACG即可；
（3）延长AF交⊙O于点G，连接GL，过点G作GM⊥AL于点M，过点D作DN⊥AL于点N，利用∠AEF=30°，可分别求得AM、AD、GM的长度，由因为tan∠DLA=tan∠GLA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以设DN=$\sqrt{3}$x，LN=2x，然后利用勾股定理求出x的值即可求得DL的长度．

解答 解：（1）连接AB、AO，如图1，
∵AP与⊙O相切，
∴∠OAB+∠PAB=90°，
∵BC是直径，
∴∠CAB=90°，
∴∠OAB+∠CAO=90°，
∴∠PAB=∠CAO，
∵OA=OC，
∴∠CAO=∠OCA，
∴∠PAB=∠OCA，
∵$\widehat{AC}=\widehat{AC}$，
∴∠ABC=∠ALC，
∵∠ABC=∠PAB+∠APC，
∴∠ALC=∠ACP+∠APC；

（2）延长AF交⊙O于点G，延长AO交⊙O于点H，
连接FG，CG，HG，如图2
∵AH是直径，
∴∠AGH=90°，
∴∠HAG+∠AHG=90°，
∵AP与⊙O相切，
∴∠HAG+∠PAG=90°，
∴∠AHG=∠PAG，
∵$\widehat{AG}=\widehat{AG}$，
∴∠AHG=∠ACG，
∴∠PAG=∠ACG，
∵∠DLA=∠PAF，
∴∠ACG=∠DLA，
∴AD=AG，
∵由垂径定理可知：AG=2AF，
∴AD=2AF；

（3）延长AF交⊙O于点G，连接GL，
过点G作GM⊥AL于点M，过点D作DN⊥AL于点N，
∵∠AEF=30°，AE=2，
∴AF=1，
∴由垂径定理可知：AG=2AF=2，
∵∠MAG=60°，
∴AM=$\frac{1}{2}$AG=1，MG=$\sqrt{3}$
∴ML=AL-AM=2，
∴tan∠GLA=$\frac{MG}{ML}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由（2）可知：∠DLA=∠GLA，
∴tan∠DLA=tan∠GLA=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{DN}{LN}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
设DN=$\sqrt{3}$x，LN=2x，
∴AN=AL-LN=3-2x，
由（2）可知：AD=AG=2，
∴由勾股定理可知：AD²=DN²+AN²，
∴4=3x²+（3-2x）²，
∴x=$\frac{5}{7}$或x=1，
∵DL＜AD，
∴a=1舍去，
∴DN=$\frac{5}{7}\sqrt{3}$，LN=$\frac{10}{7}$，
∴由勾股定理可求得：DL=$\frac{5}{7}\sqrt{7}$．

点评 本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线性质，圆周角定理，垂径定理，解方程等知识，内容较为综合，考查学生灵活运用知识的能力．