Question

3．如圖，⊙O是△ABC的外接圓，BC是⊙O的直徑，∠ABC=30°，過(guò)點(diǎn)B作⊙O的切線BD，與CA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，與半徑AO的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)A作⊙O的切線AF，與直徑BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F．
（1）求證：△ACF∽△DAE；
（2）若S_△AOC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，求DE的長(zhǎng)；
（3）連接EF，求證：EF是⊙O的切線．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圓周角定理得到∠BAC=90°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得到∠ACB=60°根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠OAF=90°，∠DBC=90°，于是得到∠D=∠AFC=30°由相似三角形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)S_△AOC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，得到S_△ACF=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，通過(guò)△ACF∽△DAE，求得S_△DAE=$\frac{9\sqrt{3}}{4}$，過(guò)A作AH⊥DE于H，解直角三角形得到AH=$\frac{\sqrt{3}}{3}$DH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$DE，由三角形的面積公式列方程即可得到結(jié)論；
（3）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OE=OF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠OFG=$\frac{1}{2}$（180°-∠EOF）=30°，于是得到∠AFO=∠GFO，過(guò)O作OG⊥EF于G，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OG=OA，即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BAC=90°，
∵∠ABC=30°，
∴∠ACB=60°
∵OA=OC，
∴∠AOC=60°，
∵AF是⊙O的切線，
∴∠OAF=90°，
∴∠AFC=30°，
∵DE是⊙O的切線，
∴∠DBC=90°，
∴∠D=∠AFC=30°
∴∠DAE=∠ACF=120°，
∴△ACF∽△DAE；

（2）∵∠ACO=∠AFC+∠CAF=30°+∠CAF=60°，
∴∠CAF=30°，
∴∠CAF=∠AFC，
∴AC=CF
∴OC=CF，
∵S_△AOC=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴S_△ACF=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∵∠ABC=∠AFC=30°，
∴AB=AF，
∵AB=$\frac{1}{2}$BD，
∴AF=$\frac{1}{2}$BD，
∴∠BAE=∠BEA=30°，
∴AB=BE=AF，
∴$\frac{AF}{DE}$=$\frac{1}{3}$，
∵△ACF∽△DAE，
∴$\frac{{S}_{△ACF}}{{S}_{△DAE}}$=（$\frac{AF}{DE}$）²=$\frac{1}{9}$，
∴S_△DAE=$\frac{9\sqrt{3}}{4}$，
過(guò)A作AH⊥DE于H，
∴AH=$\frac{\sqrt{3}}{3}$DH=$\frac{\sqrt{3}}{6}$DE，
∴S_△ADE=$\frac{1}{2}$DE•AH=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{6}$•DE²=$\frac{9\sqrt{3}}{4}$，
∴DE=$3\sqrt{3}$；

（3）∵∠EOF=∠AOB=120°，
在△AOF與△BOE中，$\left\{\begin{array}{l}{∠OBE=∠OAF}\\{∠OEB=∠AFO}\\{OA=OB}\end{array}\right.$，
∴△AOF≌△BEO，
∴OE=OF，
∴∠OFG=$\frac{1}{2}$（180°-∠EOF）=30°，
∴∠AFO=∠GFO，
過(guò)O作OG⊥EF于G，
∴∠OAF=∠OGF=90°，
在△AOF與△OGF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠OAF=∠OGF}\\{∠AFO=∠GFO}\\{OF=OF}\end{array}\right.$，
∴△AOF≌△GOF，
∴OG=OA，
∴EF是⊙O的切線．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，證得△ACF∽△DAE是解題的關(guān)鍵．