Question

4．如图，CD为⊙O的直径，直线AB与⊙O相切于点D，过C作CA⊥CB，分别交直线AB于点A和B，CA交⊙O于点E，连接DE，且AE=CD．
（1）如图1，求证：△AED≌△CDB；
（2）如图2，连接BE分别交CD和⊙O于点F，连接CG，DG．
i）试探究线段DG与BF之间满足的等量关系，并说明理由．
ii）若DG=$\sqrt{2}$，求⊙O的周长（结果保留π）

Answer 1

分析 （1）由AE=CD，∠AED=∠CDB，∠ADE=∠B，根据AAS即可证明；
（2）结论：BF=2DG．由△AED≌△CDB，推出DE=DB，推出∠DEB=∠DBE，由∠BDG+∠CDG=90°，∠CDG+∠DCG=90°，推出∠BDG=∠DCG=∠DEB=∠DBG，DG=GB，由∠DFG+∠DBF=90°，∠FDG+∠BDG=90°，推出∠GFD=∠GDF，推出DG=GF=GB，即可解决问题；
（3）如图3中，设BC交⊙O于H，连接DH．易知四边形CEDH是矩形，设AE=CD=x，AD=BC=y，DE=DB=z，易知DH=EC=$\frac{xz}{y}$，由EB平分∠ABC，推出$\frac{AB}{BC}$=$\frac{AE}{EC}$（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），可得$\frac{y+z}{y}$=$\frac{x}{\frac{xz}{y}}$，整理得y²-yz-z²=0，可得y=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$z或y=$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$z（舍弃），由DE∥BC，推出$\frac{DE}{BC}$=$\frac{EF}{BF}$=$\frac{DF}{CF}$=$\frac{2}{1+\sqrt{5}}$，设DF=2k，CF=（1+$\sqrt{5}$）k，根据EF•FG=DF•CF，可得（$\sqrt{10}$-$\sqrt{2}$）•$\sqrt{2}$=2k•（1+$\sqrt{5}$）k，求出k即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中，

∵CD是直径，
∴∠CED=90°，
∵AB是⊙O的切线，
∴CD⊥AB，
∴∠AED=∠CDB=90°，
∵∠ACB=∠AED=90°，
∴DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，
∵AE=CD，
∴△AED≌△CDB．

（2）如图2中，结论：BF=2DG．理由如下：

∵△AED≌△CDB，
∴DE=DB，
∴∠DEB=∠DBE，
∵∠BDG+∠CDG=90°，∠CDG+∠DCG=90°，
∴∠BDG=∠DCG=∠DEB=∠DBG，
∴DG=GB，
∵∠DFG+∠DBF=90°，∠FDG+∠BDG=90°，
∴∠GFD=∠GDF，
∴DG=GF=GB，
∴BF=2DG．

（3）如图3中，设BC交⊙O于H，连接DH．易知四边形CEDH是矩形，设AE=CD=x，AD=BC=y，DE=DB=z，

易知DH=EC=$\frac{xz}{y}$，
∵EB平分∠ABC，
∴$\frac{AB}{BC}$=$\frac{AE}{EC}$（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），
∴$\frac{y+z}{y}$=$\frac{x}{\frac{xz}{y}}$，
整理得y²-yz-z²=0，
∴y=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$z或y=$\frac{1-\sqrt{5}}{2}$z（舍弃），
∵DE∥BC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{EF}{BF}$=$\frac{DF}{CF}$=$\frac{2}{1+\sqrt{5}}$，
∴$\frac{EF}{2\sqrt{2}}$=$\frac{2}{1+\sqrt{5}}$，
∴EF=$\sqrt{10}$-$\sqrt{2}$，
设DF=2k，CF=（1+$\sqrt{5}$）k，
∵EF•FG=DF•CF，
∴（$\sqrt{10}$-$\sqrt{2}$）•$\sqrt{2}$=2k•（1+$\sqrt{5}$）k，
∴k=$\sqrt{5}$-1，
∴CD=DF+CF=2$\sqrt{5}$+2，
∴OC=$\sqrt{5}$+1，
⊙O的周长为（2$\sqrt{5}$+2）π．

点评 本题考查圆综合题、切线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．