如图.在Rt△ABC中.∠ACB=90°.D是AB上一点.以BD为直径的⊙O与边AC相切于点E.连接DE并延长.交BC的延长线于点F.CF=1.cos∠ABC=$\frac{3}{5}$．(1)求证:DE=EF,(2)求⊙O的半径,(3)以BD为边作正方形BDHC.M是HD的中点.P是线段MH上的一个动点.过点P作⊙O的切线.交BG于点K切点为N．①设DP=x.BK=y.求xy的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．

如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB上一点，以BD为直径的⊙O与边AC相切于点E，连接DE并延长，交BC的延长线于点F，CF=1，cos∠ABC=$\frac{3}{5}$．
（1）求证：DE=EF；
（2）求⊙O的半径；
（3）以BD为边作正方形BDHC，M是HD的中点，P是线段MH上的一个动点（不与点M，H重合），过点P作⊙O的切线，交BG于点K切点为N．
①设DP=x，BK=y，求xy的值；
②GH的延长线与KP的延长线相交于点Q，连接ON并延长，交HG于点R，连接OK，请问是否存在点P，使△BKO∽△NRQ？若存在，试求①中x和y的值；若不存在，请说明理由．

分析（1）连接OE，由AC与⊙O相切，得到OE⊥AC，证得OE∥BC，根据三角形中位线的性质即可得到结论；
（2）连接BE，设BC=3x．得到BF=3x+1，根据圆周角定理得到于是得到∠DEB=90°，由平行线的性质得到∠AOE=∠ABC，根据三角函数列方程即可得到结论；
（3）①过点K作KS⊥DH于点S．由四边形BDHG是正方形求得PS=DP-DS=x-y，根据切线的性质和勾股定理即可得到结论；②存在，根据全等三角形的性质得到∠NOK=∠BOK，根据平行线的性质得到∠QRO=∠BON，即∠BOK=30°时，△BKO∽△NRQ，解直角三角形即可得到结论．

解答解：（1）连接OE，
∵AC与⊙O相切，
∴OE⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
又∵O为DB的中点，
∴OE为△DBF的中位线，
∴DE=EF；

（2）连接BE，设BC=3x，
∵cos∠ABC=$\frac{3}{5}$，
∴AB=5x，
∵CF=1，
∴BF=3x+1，
由（1）知DE=EF，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠DEB=90°，
∴BD=BF=3x+1，
∴OE=OB=$\frac{3x+1}{2}$，
∴OA=AB-OB=5x-$\frac{3x+2}{2}$=$\frac{7x-1}{2}$，
由（1）知OE∥BF，
∴∠AOE=∠ABC，
∴cos∠AOE=cos∠ABC，
∴$\frac{OE}{OA}$=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{3x+1}{2}$：$\frac{7x-1}{2}$=3：5，
∴x=$\frac{4}{3}$，
∴⊙O的半径OE为$\frac{5}{2}$；

（3）①过点K作KS⊥DH于点S，
∵四边形BDHG是正方形，
∴DS=BK=y，KS=2OE=5，
∴PS=DP-DS=x-y，
∵BG，PK是⊙O的过点K的两条切线，
∴NK=BK=y，同理可得PN=PD=x，
∴PK=x+y，
∵△PKS是直角三角形，
∴KS²+PS²=PK²，
即5²+（x-y）²=（x+y）²，
∴xy=$\frac{25}{4}$；
②存在，在△ONK与△OBK中，$\left\{\begin{array}{l}{ON=OB}\\{OK=OK}\\{KN=KB}\end{array}\right.$，
∴△ONK≌△OBK，∴∠NOK=∠BOK，
∵四边形BDHG是正方形，
∴BD∥GH，
∴∠QRO=∠BON，
∵∠BON=2∠BOK，
∴当∠OKB=∠QRN=2∠BOK，
即∠BOK=30°时，△BKO∽△NRQ，
在Rt△OKB中，y=KB=OB•tan30°=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，
∴x=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∴当y=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，x=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$时，
△BKO∽△NRQ．