Question

【題目】如圖，已知△ABP是等腰三角形，AB=BP，以AB為直徑的⊙O交AP于點(diǎn)D，交BP于點(diǎn)C，連接BD交AC于點(diǎn)G，直線MN過點(diǎn)A，且∠PAM= ∠ABP．

（1）試說明直線MN是⊙O的切線．
（2）過D作DE⊥AB于E，交AC于F，求證：△DFG是等腰三角形．
（3）連結(jié)FO，過點(diǎn)O作OQ⊥FO交BP于點(diǎn)Q，連結(jié)FQ，求證：FQ2=AF2+BQ2 ．

Answer 1

【答案】
（1）

解：∵AB為直徑，

∴∠ADB=90°，

∴BD⊥AP，

∵BA=BP，

∴BD平分∠ABP，即∠ABD= ∠ABP，

∵∠PAM= ∠ABP，

∴∠PAM=∠ABD，

∵∠ABD+∠BAD=90°，

∴∠PAM+∠BAD=90°，即∠BAM=90°，

∴AB⊥MN，

∴直線MN是⊙O的切線；

（2）

證明：∵DE⊥AB，

∴∠BDE+∠DBE=90°，

而∠DBA+∠DAB=90°，

∴∠BDE=∠DAE，

∵∠AGD=∠GBA+∠GAB

而∠GBA=∠DBC=∠DAC，

∴∠AGD=∠DAC+∠GAB=∠DAE，

∴∠BDE=∠AGD，

∴△DFG是等腰三角形；

（3）

延長QO到點(diǎn)K，使OK=OQ，如圖，

∵OQ⊥OF，OQ=OK，即FO垂直平分QK，

∴FK=FQ，

在△OBQ和△OAK中，

，

∴△OBQ≌△OAK，

∴BQ=AK，∠OBQ=∠OAK，

∵AB為直徑，

∴∠ACB=90°，

∴∠CAB+∠ABC=90°，

∴∠CAB+∠OAK=90°，即∠FAK=90°，

在Rt△AFK中，F(xiàn)K2=AF2+AK2，

∴FQ2=AF2+BQ2．

【解析】（1）根據(jù)圓周角定理得到∠ADB=90°，而BA=BP，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得∠ABD= ∠ABP，加上∠PAM= ∠ABP，所以∠PAM=∠ABD，則利用∠ABD+∠BAD=90°可得∠PAM+∠BAD=90°，于是根據(jù)切線的判定定理可得直線MN是⊙O的切線；（2）先利用等角的余角相等得到∠BDE=∠DAE，再利用三角形外角性質(zhì)得∠AGD=∠GBA+∠GAB，然后利用等量代換可得∠AGD=∠DAC+∠GAB=∠DAE，于是有∠BDE=∠AGD，根據(jù)等腰三角形的判定即可得到△DFG是等腰三角形；（3）延長QO到點(diǎn)K，使OK=OQ，如圖，先證明FO垂直平分QK得到FK=FQ，再證明△OBQ≌△OAK得到BQ=AK，∠OBQ=∠OAK，接著根據(jù)圓周角定理得到∠ACB=90°，即∠CAB+∠ABC=90°，易得∠CAB+∠OAK=90°，即∠FAK=90°，然后在Rt△AFK中，根據(jù)勾股定理得到FK2=AF2+AK2 ， 再利用等線段代換即可得到結(jié)論．