Question

18．如图，⊙O的直径AB=10，弦AC=6，∠ACB的平分线交⊙O于D，过点D作DE∥AB交CA的延长线于点E，连接AD，BD．
（1）由AB，BD，$\widehat{AD}$围成的曲边三角形的面积是$\frac{25}{2}$+$\frac{25π}{4}$；
（2）求证：DE是⊙O的切线；
（3）求线段DE的长．

Answer 1

分析 （1）连接OD，由AB是直径知∠ACB=90°，结合CD平分∠ACB知∠ABD=∠ACD=$\frac{1}{2}$∠ACB=45°，从而知∠AOD=90°，根据曲边三角形的面积=S_扇形AOD+S_△BOD可得答案；
（2）由∠AOD=90°，即OD⊥AB，根据DE∥AB可得OD⊥DE，即可得证；
（3）勾股定理求得BC=8，作AF⊥DE知四边形AODF是正方形，即可得DF=5，由∠EAF=90°-∠CAB=∠ABC知tan∠EAF=tan∠CBA，即$\frac{EF}{AF}$=$\frac{AC}{BC}$，求得EF的长即可得．

解答 解：（1）如图，连接OD，

∵AB是直径，且AB=10，
∴∠ACB=90°，AO=BO=DO=5，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ABD=∠ACD=$\frac{1}{2}$∠ACB=45°，
∴∠AOD=90°，
则曲边三角形的面积是S_扇形AOD+S_△BOD=$\frac{90•π•{5}^{2}}{360}$+$\frac{1}{2}$×5×5=$\frac{25}{2}$+$\frac{25π}{4}$，
故答案为：$\frac{25}{2}$+$\frac{25π}{4}$；

（2）由（1）知∠AOD=90°，即OD⊥AB，
∵DE∥AB，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；

（3）∵AB=10、AC=6，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}-A{C}^{2}}$=8，
过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形，
∴AF=OD=FD=5，
∴∠EAF=90°-∠CAB=∠ABC，
∴tan∠EAF=tan∠CBA，
∴$\frac{EF}{AF}$=$\frac{AC}{BC}$，即$\frac{EF}{5}$=$\frac{6}{8}$，
∴$EF=\frac{15}{4}$，
∴DE=DF+EF=$\frac{15}{4}$+5=$\frac{35}{4}$．

点评 本题主要考查切线的判定、圆周角定理、正方形的判定与性质及正切函数的定义，熟练掌握圆周角定理、切线的判定及三角函数的定义是解题的关键．