题目内容
1．
已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，弦CE⊥AB于F，C是弧AD的中点，连接BD并延长交EC的延长线于点G，连接AD，分别交CE、BC于点P、Q．则下列说法中正确的个数为（ ）①CO⊥AD；②∠COB=2∠GDC；③P是△ACQ的外心；④若tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，CF=8，则CQ=$\frac{15}{2}$；⑤（FP+PQ）2=FP•FG；⑥PQ=QD．
| A． | 3 | B． | 4 | C． | 5 | D． | 6 |
分析 ①由于C是弧AD的中点，根据垂径定理即可证明CO⊥AD；
②根据圆内接四边形的性质可得∠GDC=∠BAC，根据圆周角等量可得∠COB=2∠BAC，等量代换可得∠COB=2∠GDC；
③由于AB是⊙O的直径，则∠ACB=90°，只需证明P是Rt△ACQ斜边AQ的中点即可；由垂径定理易知弧AC=弧AE，而C是弧AD的中点，那么弧CD=弧AE，即∠PAC=∠PCA，根据等角的余角相等，还可得到∠AQC=∠PCQ，由此可证得AP=PC=PQ，即P是△ACQ的外心；
④由③的相等弧可知：∠ABC=∠ACE=∠CAQ，那么它们的正切值也相等；在Rt△CAF中，根据CF的长及∠ACF的正切值，通过解直角三角形可求得AC的长，进而可在Rt△CAQ中，根据∠CAQ的正切值求出CQ的长；
⑤由③知：PQ=CP，则所求的乘积式可化为：CF2=FP•FG；在Rt△ACB中，由射影定理得：CF2=AF•FB，因此只需证明AF•FB=FG•FP即可，将上式化成比例式，证线段所在的三角形相似即可，即证Rt△AFP∽Rt△GFB；
⑥根据题目已知无法证明PQ=QD，依此即可作出判断．
解答 ①证明∵C是弧AD的中点，
∴∴弧AC=弧CD，
∴CO⊥AD；
②∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠GDC=∠BAC，
∵∠COB=2∠BAC，
∴∠COB=2∠GDC；
③证明：∵C是弧AD的中点，
∴弧AC=弧CD，
∴∠CAD=∠ABC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠CAD+∠AQC=90°
又∵CE⊥AB，
∴∠ABC+∠PCQ=90°
∴∠AQC=∠PCQ
∴在△PCQ中，PC=PQ，
∵CE⊥直径AB，
∴弧AC=弧AE，
∴弧AE=弧CD，
∴∠CAD=∠ACE．
∴在△APC中，有PA=PC，
∴PA=PC=PQ
∴P是△ACQ的外心．
④解：∵CE⊥直径AB于F，
∴在Rt△BCF中，由tan∠ABC=$\frac{CF}{BF}$=$\frac{3}{4}$，CF=8，
得BF=$\frac{32}{3}$．
∴由勾股定理，得BC=$\sqrt{C{F}^{2}+B{F}^{2}}$=$\frac{40}{3}$，
∵AB是⊙O的直径，
∴在Rt△ACB中，由tan∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{3}{4}$，BC=$\frac{40}{3}$，
∴AC=10，
易知Rt△ACB∽Rt△QCA，
∴AC2=CQ•BC，
∴CQ=$\frac{A{C}^{2}}{BC}$=$\frac{15}{2}$；
⑤证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠DAB+∠ABD=90°，
又∵CF⊥AB，
∴∠ABG+∠G=90°，
∴∠DAB=∠G；
∴Rt△AFP∽Rt△GFB，
∴$\frac{AF}{FG}$=$\frac{FP}{BF}$，即AF•BF=FP•FG
易知Rt△ACF∽Rt△CBF，
∴CF2=AF•BF（或由射影定理得）
∴FC2=PF•FG，
由③，知PC=PQ，
∴FP+PQ=FP+PC=FC
∴（FP+PQ）2=FP•FG；
⑥由题目条件无法得到PQ=QD．
故选：C．
点评 此题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，涉及的知识点有：圆心角、弧的关系，垂径定理，圆内接四边形的性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，综合性较强，有一定的难度．
如图，在四边形ABCD中，∠A=∠C=90゜．若BE、DF分别平分∠ABC、∠ADC的外角，问BE与DF的位置关系，并证明．
如图，△ABC中，点D在BC上，点E在AB上，BD=BE，要使△ADB≌△CEB，还需添加一个条件．
已知正方形ABCD，直线AG分别交BD、CD于点E、F，交BC的延长线于点G，点H是线段FG上的点，且HC⊥CE，求证：点H是GF的中点．