Question

9．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D是AB上一點，以BD為直徑的⊙O與邊AC相切于點E，連接DE并延長，交BC的延長線于點F，CF=1，cos∠ABC=$\frac{3}{5}$．
（1）求證：DE=EF；
（2）求⊙O的半徑；
（3）以BD為邊作正方形BDHC，M是HD的中點，P是線段MH上的一個動點（不與點M，H重合），過點P作⊙O的切線，交BG于點K切點為N．
①設(shè)DP=x，BK=y，求xy的值；
②GH的延長線與KP的延長線相交于點Q，連接ON并延長，交HG于點R，連接OK，請問是否存在點P，使△BKO∽△NRQ？若存在，試求①中x和y的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）連接OE，由AC與⊙O相切，得到OE⊥AC，證得OE∥BC，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）連接BE，設(shè)BC=3x．得到BF=3x+1，根據(jù)圓周角定理得到于是得到∠DEB=90°，由平行線的性質(zhì)得到∠AOE=∠ABC，根據(jù)三角函數(shù)列方程即可得到結(jié)論；
（3）①過點K作KS⊥DH于點S．由四邊形BDHG是正方形求得PS=DP-DS=x-y，根據(jù)切線的性質(zhì)和勾股定理即可得到結(jié)論；②存在，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠NOK=∠BOK，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠QRO=∠BON，即∠BOK=30°時，△BKO∽△NRQ，解直角三角形即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）連接OE，
∵AC與⊙O相切，
∴OE⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴OE∥BC，
又∵O為DB的中點，
∴OE為△DBF的中位線，
∴DE=EF；

（2）連接BE，設(shè)BC=3x，
∵cos∠ABC=$\frac{3}{5}$，
∴AB=5x，
∵CF=1，
∴BF=3x+1，
由（1）知DE=EF，
∵BD為⊙O的直徑，
∴∠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的半徑OE為$\frac{5}{2}$；

（3）①過點K作KS⊥DH于點S，
∵四邊形BDHG是正方形，
∴DS=BK=y，KS=2OE=5，
∴PS=DP-DS=x-y，
∵BG，PK是⊙O的過點K的兩條切線，
∴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與△OBK中，$\left\{\begin{array}{l}{ON=OB}\\{OK=OK}\\{KN=KB}\end{array}\right.$，
∴△ONK≌△OBK，∴∠NOK=∠BOK，
∵四邊形BDHG是正方形，
∴BD∥GH，
∴∠QRO=∠BON，
∵∠BON=2∠BOK，
∴當(dāng)∠OKB=∠QRN=2∠BOK，
即∠BOK=30°時，△BKO∽△NRQ，
在Rt△OKB中，y=KB=OB•tan30°=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，
∴x=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
∴當(dāng)y=$\frac{5\sqrt{3}}{6}$，x=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$時，
△BKO∽△NRQ．

點評 本題考查了切線的性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．