Question

8．如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB，點(diǎn)E為垂足，點(diǎn)F為$\widehat{BC}$的中點(diǎn)，連接DA，DF，DF交AB于點(diǎn)G．

（1）如圖1，求證：∠AGD=∠ADG；
（2）如圖2，連接AF交CE于點(diǎn)H，連接HG，求證：CH=HG；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點(diǎn)O作OP⊥AD，點(diǎn)P為垂足，若OP=BG，DG=4，求HG長．

Answer 1

分析 （1）證明：連接BD．由∠AGD=∠DBG+∠BDG，∠ADG=∠ADE+∠EDG，可知只要證明∠CDF=∠BDF，∠ADC=∠DBA即可．
（2）欲證明CH=HG，只要證明△ACH≌△GAH即可．
（3）連接FO，過點(diǎn)F作FK⊥BG于點(diǎn)K，連接FB、AC，連接CG交AF于點(diǎn)R．由△OAP≌△FOK，推出FK=OP，F(xiàn)G=FB，F(xiàn)K=2GK，由DE∥FK，
推出∠GFK=∠CDG，由EG垂直平分CD，推出CG=DG=4，∠GCE=∠GDC，∠GCE=∠GFK，由AC=AG，∠CAH=∠GAH，推出CR=RG=2，tan∠HCR=tan∠GFK，推出$\frac{HR}{CR}$=$\frac{GK}{FK}$，即$\frac{HR}{2}$=$\frac{1}{2}$，求得HR=1，在Rt△HCR中，CH²=HR²+CR²=1²+2²=5，由此即可解決問題．

解答 （1）證明：連接BD．

∵F為$\widehat{BC}$的中點(diǎn)，
∴∠CDF=∠BDF，
∵AB為⊙O的直徑，CD⊥AB，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{AD}$，
∴∠ADC=∠DBA，
∴∠AGD=∠DBG+∠BDG，
∵∠ADG=∠ADE+∠EDG，
∴∠AGD=∠ADG．

（2）證明：連接AC．

∵$\widehat{AC}$=$\widehat{AD}$，
∴AC=AD，
∵∠AGD=∠ADG，
∴AG=AD，
∴AC=AG，
∵F為$\widehat{BC}$的中點(diǎn)，
∴∠CAH=∠GAH，
在△AHC和△AHG中，
$\left\{\begin{array}{l}{AC=AG}\\{∠CAH=∠GAH}\\{AH=AH}\end{array}\right.$，
∴△ACH≌△GAH，
∴CH=HG．

（3）解：連接FO，過點(diǎn)F作FK⊥BG于點(diǎn)K，連接FB、AC，連接CG交AF于點(diǎn)R．

∵$\widehat{AC}$=$\widehat{AD}$，
∴AC=AD，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE=∠CAE=2∠HAE，
∵∠FOB=2∠HAE
∴∠DAE=∠FOB，
∵OA=OF，∠OPA=∠FKO=90°，
∴△OAP≌△FOK，
∴FK=OP，
∵∠FBA=∠ADF，又∵∠AGD=∠ADG，∠AGD=∠FGB
∴∠FBG=∠FGB，
∴FG=FB，
∵FK⊥BG，
∴GK=KB，
∵OP=FK=GB，
∴FK=2GK
∵∠DEG=∠FKG=90°，
∴DE∥FK，
∴∠GFK=∠CDG，
∵EG垂直平分CD，
∴CG=DG=4，
∴∠GCE=∠GDC，
∴∠GCE=∠GFK，
∵AC=AG，∠CAH=∠GAH，
∴CR=RG=2，
∵∠HCR=∠GFK，
∴tan∠HCR=tan∠GFK，
∴$\frac{HR}{CR}$=$\frac{GK}{FK}$，即$\frac{HR}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴HR=1，
在Rt△HCR中，CH²=HR²+CR²=1²+2²=5，
∴CH=$\sqrt{5}$，
∴HG=CH=$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、銳角三角函數(shù)、垂徑定理、圓周角定理、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，正確尋找中全等三角形，屬于中考?jí)狠S題．