Question

2．如图，AD与⊙O相切于点D，AF经过圆心与圆交于点E，F，连接DE、DF，且EF=6，AD=4．
（1）证明：AD²=AE•AF．
（2）延长AD到点B，使DB=AD，直径EF上有一动点C，连接CB交DF于点G，连接EG，设∠ACB=α，BG=x，EG=y．
①当α=90°时，探索EG与BD的大小关系？并说明理由；
②当α=120°时，求y与x的关系式，并用x的代数式表示y．

Answer 1

分析 （1）先根据已知条件得到∠ADE=∠OFD，再根据∠A=∠A，即可判定△ADE∽△AFD，进而得到 $\frac{AD}{AF}$=$\frac{AE}{AD}$，即AD²=AE•AF；
（2）①取EG的中点H，连接CH、DH、CD，根据Rt△EDG、Rt△ECG，点H为EG的中点，即可得到CH=EH=GH=DH=$\frac{1}{2}$EG，进而得出点C、E、D、G在以点H为圆心，EG为直径的圆上，故EG＞CD，再根据Rt△ABC，DB=AD，可得CD=DB=AD=$\frac{1}{2}$AB，据此可得EG＞BD；
②将△ADE绕着点D旋转180°，得到△BDP，连接GP，由（1）中AD²=AE•AF，可得16=AE•（AE+6），解得AE=2；再根据DG垂直平分EP，得出GE=GP=y，然后过点P作PQ⊥BG于Q，在Rt△BPQ中，根据∠GBP=60°，BP=2，即可得出BQ=1，PQ=$\sqrt{3}$，GQ=BG-BQ=x-1；最后在Rt△GPQ中，根据 PG²=GQ²+PQ²，即可得出y²=（x-1）²+（$\sqrt{3}$）²，进而得到y=$\sqrt{{x}^{2}-2x+4}$．

解答 解：（1）如图，∵AD是⊙O的切线，
∴OD⊥AD，即∠ADE+∠EDO=90°，
∵EF是直径，
∴∠EDF=90°，即∠EDO+∠ODF=90°，
∴∠ADE=∠ODF，
∵OD=OF，
∴∠ODF=∠OFD，
∴∠ADE=∠OFD，
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△AFD，
∴$\frac{AD}{AF}$=$\frac{AE}{AD}$，即AD²=AE•AF；

（2）①当α=90°时，EG＞BD．
理由：如图，取EG的中点H，连接CH、DH、CD，
∵Rt△EDG、Rt△ECG，点H为EG的中点，
∴CH=EH=GH=DH=$\frac{1}{2}$EG，
∴点C、E、D、G在以点H为圆心，EG为直径的圆上，
∴EG＞CD，
∵Rt△ABC，DB=AD，
∴CD=DB=AD=$\frac{1}{2}$AB，
∴EG＞BD；

②当α=120°时，如图，将△ADE绕着点D旋转180°，得到△BDP，连接GP，
由（1）中AD²=AE•AF，得16=AE•（AE+6），
解得AE=2，或AE=-8（舍去），
∵△ADE≌△BDP，
∴ED=DP，AE=BP=2，∠A=∠DBP，
∵∠EDF=90°，
∴DG垂直平分EP，
∴GE=GP=y，
∵∠A+∠ABC=180°-120°=60°，
∴∠DBP+∠ABC=60°，
即∠GBP=60°，
如图，过点P作PQ⊥BG于Q，
在Rt△BPQ中，∠GBP=60°，BP=2，
∴BQ=1，PQ=$\sqrt{3}$，
∴GQ=BG-BQ=x-1，
在Rt△GPQ中，PQ=$\sqrt{3}$，GQ=x-1，GP=y，
∴PG²=GQ²+PQ²，
即y²=（x-1）²+（$\sqrt{3}$）²，
∴y=$\sqrt{{x}^{2}-2x+4}$．

点评 本题属于圆的综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，直角三角形斜边上中线的性质，全等三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形和直角三角形，依据全等三角形的性质以及勾股定理列出表达式进行变形．