Question

已知：如圖，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點(diǎn)，過(guò)C點(diǎn)的切線與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，CE∥AB交⊙O于點(diǎn)E，連接AC、BC、AE．
（1）求證：①∠DCB=∠CAB；②CD•CE=CB•CA；
（2）作CG⊥AB于點(diǎn)G．若tan∠CAB=

1

k

（k＞1），求

EC

GB

的值（用含k的式子表示）．

Answer 1

分析：（1）①過(guò)點(diǎn)C作直徑CF，連接BF，即可得∠A=∠F，又由直徑所對(duì)的圓周角等于直角，可得∠CBF是直角，又由切線的性質(zhì)，可得∠FCD是直角，即可證得∠BCD=∠CAB；②由CE∥AB，易證得∠ECA=∠DCB，有圓的內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，可得∠E=∠CBD，即可證得△ACE∽△DCB，則得到CD•CE=CB•CA；
（2）在Rt△HGB與Rt△BCG中，利用三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求得

EC

GB

的值．

解答：（1）證明：①如圖1
解法一：作直徑CF，連接BF．
∴∠CBF=90°，
則∠CAB=∠F=90°-∠1．
∵CD切⊙O于C，
∴OC⊥CD，
則∠BCD=90°-∠1．
∴∠BCD=∠CAB．

解法二：如圖2
連接OC．
∵AB是直徑，
∴∠ACB=90°．
則∠2=90°-∠OCB．
∵CD切⊙O于C，
∴OC⊥CD．
則∠BCD=90°-∠OCB．
∴∠BCD=∠2．
∵OA=OC，
∴∠2=∠CAB．
∴∠BCD=∠CAB．
②∵EC∥AB，∠BCD=∠3，
∴∠4=∠3=∠BCD．
∵∠CBD+∠ABC=180°，
∵∠AEC+∠ABC=180°，
∴∠CBD=∠AEC．
∴△ACE∽△DCB．
∴

CA

CE

=

CD

CB

．
∴CD•CE=CB•CA．

（2）解：如圖3，連接EB，交OC于點(diǎn)H，
∵CG⊥AB于點(diǎn)G，∠ACB=90°．
∴∠3=∠BCG．
∴AE=BC，
∵∠3=∠4．
∴∠3=∠EBG．
∴∠BCG=∠EBG．
∵tan∠CAB=

1

k

（k＞1），
∴在Rt△HGB中，tan∠HBG=

GH

GB

=

1

k

．
在Rt△BCG中，tan∠BCG=

BG

CG

=

1

k

．
設(shè)HG=a，則BG=ka，CG=k²a．CH=CG-HG=（k²-1）a．
∵EC∥AB，
∴△ECH∽△BGH．
∴

EC

GB

=

CH

HG

=

(k2-1)a

a

=k2-1．

解法二：如圖4，作直徑FC，連接FB、EF，則∠CEF=90°．
∵CG⊥AB于點(diǎn)G，
在Rt△ACG中，tan∠CAB=

CG

AG

=

1

k

設(shè)CG=a，則AG=ka，BG=

1

k

a，CF=AB=AG+BF=（k+

1

k

）a．
∵EC∥AB，∠CEF=90°，
∴直徑AB⊥EF．
∴EF=2CG=2a．
EC=

CF2-EF2

=

(k+ 1 k )2a2-(2a)2

）=（k-

1

k

）a．
∴

EC

BG

=

(k- 1 k )

1 k

=k²-1．

解法三：如圖5，作EP⊥AB于點(diǎn)P
在Rt△ACG中，tan∠CAB=

CG

AG

=

1

k

，
設(shè)CG=a，則AG=ka，BG=

1

k

a，
可證△AEP≌△BCG，則有AP=BG=

1

k

a．
EC=AG-AP=（k-

1

k

）a．∴

EC

BG

=

k- 1 k

1 k

=k²-1．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了圓的切線的性質(zhì)與圓的同弧所對(duì)的圓周角相等，以及相似三角形的性質(zhì)與判定和三角函數(shù)的性質(zhì)等．此題綜合性較強(qiáng)，屬于中檔題，解題時(shí)要注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．