Question

4．过⊙O上任意一点B作过圆心O的直线交⊙O于另一点E，点A为BE延长线上任意一点，过点A作⊙O的切线AB，切点为点D，过B作BC⊥AD于C，BC交⊙O于点F，连BD
（1）求证：∠CBD=∠DBE；
（2）若tanA=$\frac{1}{2}$，CD=3，求⊙O半径；
（3）在满足（2）的条件下，连接DE，DF，求$\frac{{S}_{△ADE}}{{S}_{△DCF}}$．．

Answer 1

分析 （1）连接OD，如图，根据切线的性质得OD⊥AD，则可证明OD∥BC，所以∠CBD=∠ODB，加上∠DBO=∠ODB，所以∠CBD=∠DBE；
（2）设⊙O半径为r，利用正切的定义得到tanA=$\frac{OD}{AD}$=$\frac{1}{2}$，则AD=2r，OA=$\sqrt{5}$r，然后利用平行线分线段成比例定理得$\frac{2r}{3}$=$\frac{\sqrt{5}r}{r}$，再解方程即可；
（3）作OH⊥BF于H，EG⊥AD于G，如图，AD=2r=3$\sqrt{5}$，OA=$\frac{15}{2}$，AE=15-$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，易得四边形OHCD为矩形，则OH=CD=3，CH=OD=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，利用勾股定理计算BH=$\frac{3}{2}$，利用垂径定理得到BH=FH=$\frac{3}{2}$，则CF=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-3，利用三角形面积公式得到S_△CDF=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，接下来证明△AEG∽△AOD，利用相似比可计算出EG=3$\sqrt{5}$-$\frac{3}{2}$，再利用三角形面积公式得到S_△ADE=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，从而得到$\frac{{S}_{△ADE}}{{S}_{△DCF}}$的值．

解答 （1）证明：连接OD，如图，
∵AD为切线，
∴OD⊥AD，
∵BC⊥AC，
∴OD∥BC，
∴∠CBD=∠ODB，
∵OB=OD，
∴∠DBO=∠ODB，
∴∠CBD=∠DBE；

（2）设⊙O半径为r；
在Rt△ADO中，∵tanA=$\frac{OD}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∴AD=2r，
∴OA=$\sqrt{{r}^{2}+（2r）^{2}}$=$\sqrt{5}$r，
∵OD∥BC，
∴$\frac{AD}{CD}$=$\frac{AO}{OB}$，即$\frac{2r}{3}$=$\frac{\sqrt{5}r}{r}$，
∴r=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$；

（3）作OH⊥BF于H，EG⊥AD于G，如图，
AD=2r=3$\sqrt{5}$，OA=$\frac{15}{2}$，AE=15-$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
易得四边形OHCD为矩形，则OH=CD=3，CH=OD=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
在Rt△OBH中，BH=$\sqrt{{3}^{2}-（\frac{3\sqrt{5}}{2}）^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴BH=FH=$\frac{3}{2}$，
∴CF=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-3，
∴S_△CDF=$\frac{1}{2}$•3•（$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-$\frac{3}{2}$）=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，
∵EG∥OD，
∴△AEG∽△AOD，
∴$\frac{EG}{OD}$=$\frac{AE}{AO}$，即$\frac{GE}{r}$=$\frac{AE}{\sqrt{5}r}$，
∴EG=3$\sqrt{5}$-$\frac{3}{2}$，
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}$•3$\sqrt{5}$（$\frac{3\sqrt{5}}{2}$-$\frac{3}{2}$）=$\frac{9\sqrt{5}-9}{4}$，
∴$\frac{{S}_{△ADE}}{{S}_{△DCF}}$=1．

点评 本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理、切线的性质；会解直角三角形；会利用相似比计算线段的长．