Question

5．已知⊙O的半径为5，D是半圆$\widehat{AB}$上一动点（不与A，B重合），以AD，AB为邻边作平行四边形ABCD．
（1）如图1，当CD与⊙O相切时，求∠A的度数；
（2）如图2，当AD=6时，边CD与⊙O交于另一点E，求CE的长；
（3）若直线CD交⊙O于另一点E，当DE=6时，求AD的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，只要证明△AOD是等腰直角三角形即可．
（2）如图2中，连接OE，作OQ⊥CD于Q，作DP⊥AB于P，作OM⊥AD于M．根据$\frac{1}{2}$•AO•DP=$\frac{1}{2}$•AD•OM，求出DP、再证明四边形DPOQ是矩形，在Rt△ODQ中，利用勾股定理即可解决问题．
（3）分两种情形①如图3中，当D在E左侧时，连接OD、OE，作OQ⊥CD于Q，作DP⊥AB于P．则四边形DPOQ是矩形．②如图4中，当D在E右侧时，连接OD、OE，作OQ⊥CD于Q，作DP⊥AB于P．则四边形DPOQ是矩形，分别计算即可．

解答 解：（1）如图1中，连接OD，

∵CD是⊙O切线，
∴OD⊥CD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴OD⊥AB，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD=5，
∴∠A=∠ODA=45°，

（2）如图2中，连接OE，作OQ⊥CD于Q，作DP⊥AB于P，作OM⊥AD于M．

∵OA=OD=5，AD=6，OM⊥AD，
∴AM=MD=4，
∴OM=$\sqrt{O{D}^{2}-D{M}^{2}}$=4，
∵$\frac{1}{2}$•AO•DP=$\frac{1}{2}$•AD•OM，
∴DP=$\frac{24}{5}$，
∵AB∥CD，DP∥OQ，
∴四边形DPOQ是平行四边形，∵∠OQD=90°，
∴四边形DPOQ是矩形，
∴OQ=DP=$\frac{24}{5}$，
∵OD=OE，OQ⊥DE，
∴DQ=EQ=$\sqrt{O{D}^{2}-O{Q}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-（\frac{24}{5}）^{2}}$=$\frac{7}{5}$，
∴CE=CD-DE=10-$\frac{14}{5}$=$\frac{36}{5}$．


（3）如图3中，当D在E左侧时，连接OD、OE，作OQ⊥CD于Q，作DP⊥AB于P．则四边形DPOQ是矩形．

∴OD=OE，OQ⊥DE，
∴QD=QE=3，
∴OQ=$\sqrt{O{D}^{2}-D{Q}^{2}}$=4，
在Rt△APD中，∵DP=OQ=4，AP=OA-OP=OA-DQ=2，
∴AD=$\sqrt{A{P}^{2}+P{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$．
如图4中，当D在E右侧时，连接OD、OE，作OQ⊥CD于Q，作DP⊥AB于P．则四边形DPOQ是矩形

在Rt△APD中，∵DP=OQ=4，AP=OA+OP=OA+DQ=8，
∴AD=$\sqrt{A{P}^{2}+P{D}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{8}^{2}}$=4$\sqrt{5}$．

点评 本题考查圆综合题、平行四边形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．