Question

19．如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ACB=90°，tan∠CAB=$\frac{1}{2}$，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E．设P是$\widehat{AC}$上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．
（1）求证：△PAC∽△PDF；
（2）若AB=5，$\widehat{AP}$=$\widehat{BP}$，求PD的长；
（3）在点P运动过程中，设$\frac{AG}{BG}$=x，tan∠AFD=y，求y与x之间的函数关系式．（不要求写出x的取值范围）

Answer 1

分析 （1）证明相似，思路很常规，就是两个角相等或边长成比例．因为题中由圆周角易知一对相等的角，那么另一对角相等就是我们需要努力的方向，因为涉及圆，倾向于找接近圆的角∠DPF，利用补角在圆内作等量代换，等弧对等角等知识易得∠DPF=∠APC，则结论易证．
（2）求PD的长，且此线段在上问已证相似的△PDF中，很明显用相似得成比例，再将其他边代入是应有的思路．利用已知条件易得其他边长，则PD可求．
（3）因为题目涉及∠AFD与也在第一问所得相似的△PDF中，进而考虑转化，∠AFD=∠PCA，连接PB得∠AFD=∠PCA=∠PBG，过G点作AB的垂线，若此线过PB与AC的交点那么结论易求，因为根据三角函数或三角形与三角形ABC相似可用AG表示∠PBG所对的这条高线．但是“此线是否过PB与AC的交点”？此时首先需要做的是多画几个动点P，观察我们的猜想．验证得我们的猜想应是正确的，可是证明不能靠画图，如何求证此线过PB与AC的交点是我们解题的关键．常规作法不易得此结论，我们可以换另外的辅助线作法，先做垂线，得交点H，然后连接交点与B，再证明∠HBG=∠PCA=∠AFD．因为C、D关于AB对称，可以延长CG考虑P点的对称点．根据等弧对等角，可得∠HBG=∠PCA，进而得解题思路．

解答 解：（1）∵四边形APCB内接于圆O，
∴∠FPC=∠B．
又∵∠B=∠ACE=90°-∠BCE，∠ACE=∠APD，
∴∠APD=∠FPC，∠APD+∠DPC=∠FPC+∠DPC，即∠APC=∠FPD，
又∵∠PAC=∠PDC，
∴△PAC∽△PDF；

（2）如图1，连接PO，则由$\widehat{AP}$=$\widehat{BP}$，有PO⊥AB，且∠PAB=45°，△APO、△AEF都为等腰直角三角形．
在Rt△ABC中，
∵tan∠CAB=$\frac{1}{2}$，
∴AC=2BC，
∴AB²=BC²+AC²=5BC²，
∵AB=5，
∴BC=$\sqrt{5}$，
∴AC=2$\sqrt{5}$，
∴CE=AC•sin∠BAC=AC•$\frac{BC}{AB}$=2$\sqrt{5}$•$\frac{\sqrt{5}}{5}$=2，
  AE=AC•cos∠BAC=AC•$\frac{AC}{AB}$=2$\sqrt{5}$•$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=4，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴EF=AE=4，
∴FD=FC+CD=（EF-CE）+2CE=EF+CE=4+2=6．
∵△APO为等腰直角三角形，AO=$\frac{1}{2}$•AB=$\frac{5}{2}$，
∴AP=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$．
∵△PDF∽△PAC，
∴$\frac{PD}{FD}$=$\frac{PA}{CA}$，
∴$\frac{PD}{6}$=$\frac{\frac{5\sqrt{2}}{2}}{2\sqrt{5}}$，
∴PD=$\frac{3\sqrt{10}}{2}$．

（3）如图2，过点G作GH⊥AB，交AC于H，连接HB，以HB为直径作圆，连接CG并延长交⊙O于Q，
∵HC⊥CB，GH⊥GB，
∴C、G都在以HB为直径的圆上，
∴∠HBG=∠ACQ，
∵C、D关于AB对称，G在AB上，
∴Q、P关于AB对称，
∴$\widehat{AP}$=$\widehat{AQ}$，
∴∠PCA=∠ACQ，
∴∠HBG=∠PCA．
∵△PAC∽△PDF，
∴∠PCA=∠PFD=∠AFD，
∴y=tan∠AFD=tan∠PCA=tan∠HBG=$\frac{HG}{BG}$．
∵HG=tan∠HAG•AG=tan∠BAC•AG=$\frac{BC}{AC}$•AG=$\frac{1}{2}$•AG，
∴y=$\frac{1}{2}$•$\frac{AG}{BG}$=$\frac{1}{2}$x．

点评 本题考查的是圆的综合题，涉及到圆周角、相似三角形、三角函数等性质，前两问思路还算简单，但最后一问需要熟练的解题技巧需要长久的磨练总结．总体来讲本题偏难，学生练习时加强理解，重点理解分析过程，自己如何找到思路．