登录
26 已知,在△ABC中,AC=5,AB=7,cosA=$\frac{3}{5}$,D是边AB上一动点,连接CD,点O在线段CD上,且$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$,以点O为圆心,CO为半径作⊙O,交边AC于点E。
(1) 当点D与点A重合时,判断⊙O与边AB的位置关系,并说明理由。
(2) 已知点F在⊙O上,且$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CF}$,EF与边BC交于点H,当EF经过圆心O时(如图),求$\frac{EH}{EF}$的值。
(3) 过点D作DP // AC,交边BC于点P,当⊙O与线段DP只有一个交点时,求BD的取值范围。
(1) 当点D与点A重合时,判断⊙O与边AB的位置关系,并说明理由。
(2) 已知点F在⊙O上,且$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CF}$,EF与边BC交于点H,当EF经过圆心O时(如图),求$\frac{EH}{EF}$的值。
(3) 过点D作DP // AC,交边BC于点P,当⊙O与线段DP只有一个交点时,求BD的取值范围。
答案
（1）$\odot O$ 与边 $AB$ 相切。理由如下:过点 $O$ 作 $OG ⊥ AB$,垂足为点 $G$。因为 $AC=5$, $\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$,所以 $OC=\frac{20}{9}$, $OA=\frac{25}{9}$。因为 $\cos A=\frac{3}{5}$,所以 $\sin A=\frac{4}{5}$,所以 $OG=OA· \sin A=\frac{20}{9}$,所以 $OG=OC$,所以 $\odot O$ 与边 $AB$ 相切。
（2）过点 $C$ 作 $CM ⊥ AB$,垂足为点 $M$。因为 $AC=5$, $\cos A=\frac{3}{5}$,所以 $AM=3$, $CM=4$。因为 $AB=7$,所以 $BM=4$,所以 $∠B=45°$, $BC=4\sqrt{2}$。因为 $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CF}$, $CD$ 过圆心 $O$,所以 $CO ⊥ EF$。因为 $CO=EO$,所以 $∠CEH=45°$,所以 $∠CEH=∠B$,可得 $△ CEH ∽ △ CBA$,所以 $\frac{EH}{AB}=\frac{CE}{BC}$,所以 $EH=\frac{7CE}{4\sqrt{2}}=\frac{7EO}{4}$。因为 $EF=2EO$,所以 $\frac{EH}{EF}=\frac{7}{8}$。
（3）设 $BD=x$。当 $\odot O$ 与线段 $DP$ 相切时,切点记为点 $N$,连接 $ON$,则有 $ON ⊥ DP$, $ON=CO$。因为 $\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$,所以 $\sin∠ODN=\frac{ON}{OD}=\frac{4}{5}$。因为 $DP // AC$,所以 $∠ACD=∠ODN$,所以 $\sin∠ACD=\frac{4}{5}$。又因为 $\sin∠A=\frac{4}{5}$,所以 $∠ACD=∠A$,所以 $CD=AD$。因为 $CM ⊥ AB$, $CM=4$,所以 $CD=\sqrt{DM^2+CM^2}=\sqrt{4^2+(4-x)^2}$。又因为 $AD=7-x$,所以 $\sqrt{4^2+(4-x)^2}=7-x$,解得 $x=\frac{17}{6}$。当点 $P$ 在 $\odot O$ 上时,如图,分别过点 $O$、$D$ 作 $OQ ⊥ CB$, $DR ⊥ BC$,垂足为点 $Q$、$R$。由垂径定理,可得 $CQ=PQ$。因为 $DP // AC$,所以 $\frac{CP}{BC}=\frac{AD}{AB}$,所以 $CP=\frac{4\sqrt{2}(7-x)}{7}$, $CQ=\frac{1}{2}CP=2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{7}$。因为 $DR ⊥ BC$, $∠B=45°$,所以 $BR=\frac{\sqrt{2}x}{2}$,所以 $CR=4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}x}{2}$。因为 $\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$, $OQ // DR$,所以 $\frac{CO}{CD}=\frac{CQ}{CR}=\frac{4}{9}$,所以 $\frac{2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{7}}{4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}x}{2}}=\frac{4}{9}$,解得 $x=\frac{7}{2}$。所以当 $\frac{7}{2} ＜ BD ＜ 7$ 时,点 $P$ 在 $\odot O$ 内, $\odot O$ 与线段 $DP$ 只有一个交点。综上所述,当 $BD=\frac{17}{6}$ 或 $\frac{7}{2} ＜ BD ＜ 7$ 时, $\odot O$ 与线段 $DP$ 只有一个交点。
解析
【分析】
(1) 判断⊙O与AB的位置关系，核心是比较圆心O到AB的距离与半径OC的大小。当D与A重合时，CD与AC重合，结合$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$可先求出OC、OA的长度，再利用$\cos A$求出$\sin A$，进而算出O到AB的垂线段长度，与OC比较即可。
(2) 先作$CM⊥AB$，通过解直角三角形求出△ABC各边长度和∠B的度数，再结合等弧的性质得$CD⊥EF$，推出$∠CEH=∠B$，证明$△CEH∽△CBA$，结合EF是直径即可求出比值。
(3) 分两种情况讨论：①⊙O与DP相切，利用平行线的性质、三角函数推出$CD=AD$，列方程求出BD的临界值；②⊙O与DP相交但线段DP只有一个交点，即点P在圆内，结合平行线分线段成比例、垂径定理列方程求出另一个临界值，最后结合动点范围确定BD的取值范围。
【解析】
（1）$\odot O$与边$AB$相切，理由如下：
过点$O$作$OG ⊥ AB$，垂足为点$G$。
因为$AC=5$，$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$，D与A重合，所以$OC=\frac{20}{9}$，$OA=\frac{25}{9}$。
因为$\cos A=\frac{3}{5}$，所以$\sin A=\frac{4}{5}$，所以$OG=OA· \sin A=\frac{20}{9}$，即$OG=OC$，圆心到AB的距离等于半径，因此$\odot O$与边$AB$相切。
（2）过点$C$作$CM ⊥ AB$，垂足为点$M$。
因为$AC=5$，$\cos A=\frac{3}{5}$，所以$AM=3$，$CM=4$。
因为$AB=7$，所以$BM=4$，可得$∠B=45°$，$BC=4\sqrt{2}$。
因为$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CF}$，$CD$过圆心$O$，所以$CO ⊥ EF$。
因为$CO=EO$，所以$∠CEH=45°$，即$∠CEH=∠B$，可证$△ CEH ∽ △ CBA$，因此$\frac{EH}{AB}=\frac{CE}{BC}$。
代入数据得$EH=\frac{7CE}{4\sqrt{2}}=\frac{7EO}{4}$，又因为$EF=2EO$，所以$\frac{EH}{EF}=\frac{7}{8}$。
（3）设$BD=x$：
①当$\odot O$与线段$DP$相切时，切点记为点$N$，连接$ON$，则$ON ⊥ DP$，$ON=CO$。
因为$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$，所以$\sin∠ODN=\frac{ON}{OD}=\frac{4}{5}$。
因为$DP // AC$，所以$∠ACD=∠ODN$，即$\sin∠ACD=\frac{4}{5}$，又$\sin∠A=\frac{4}{5}$，所以$∠ACD=∠A$，$CD=AD$。
在Rt△CMD中$CD=\sqrt{DM^2+CM^2}=\sqrt{4^2+(4-x)^2}$，又$AD=7-x$，列方程$\sqrt{4^2+(4-x)^2}=7-x$，解得$x=\frac{17}{6}$。
②当点$P$在$\odot O$上时，分别过点$O$、$D$作$OQ ⊥ CB$，$DR ⊥ BC$，垂足为点$Q$、$R$。
由垂径定理得$CQ=PQ$。
因为$DP // AC$，所以$\frac{CP}{BC}=\frac{AD}{AB}$，因此$CP=\frac{4\sqrt{2}(7-x)}{7}$，$CQ=\frac{1}{2}CP=2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{7}$。
因为$DR ⊥ BC$，$∠B=45°$，所以$BR=\frac{\sqrt{2}x}{2}$，$CR=4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}x}{2}$。
因为$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$，$OQ // DR$，所以$\frac{CO}{CD}=\frac{CQ}{CR}=\frac{4}{9}$，代入得$\frac{2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{7}}{4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}x}{2}}=\frac{4}{9}$，解得$x=\frac{7}{2}$。
当$\frac{7}{2} ＜ BD ＜ 7$时，点$P$在$\odot O$内，$\odot O$与线段$DP$只有一个交点。
综上，当$\odot O$与线段DP只有一个交点时，$BD=\frac{17}{6}$或$\frac{7}{2} ＜ BD ＜ 7$。
【答案】
（1）$\odot O$与边$AB$相切，理由见解析；
（2）$\frac{EH}{EF}=\frac{7}{8}$；
（3）$BD=\frac{17}{6}$或$\frac{7}{2}＜BD＜7$。
【知识点】
直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，融合了圆的性质、动点分析、分类讨论思想，既考查了基础的位置关系判断、相似证明等知识点，也要求学生具备数形结合能力和方程思想，能有效检验几何知识的综合运用水平。
【难度系数】
0.3
(1) 判断⊙O与AB的位置关系，核心是比较圆心O到AB的距离与半径OC的大小。当D与A重合时，CD与AC重合，结合$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$可先求出OC、OA的长度，再利用$\cos A$求出$\sin A$，进而算出O到AB的垂线段长度，与OC比较即可。
(2) 先作$CM⊥AB$，通过解直角三角形求出△ABC各边长度和∠B的度数，再结合等弧的性质得$CD⊥EF$，推出$∠CEH=∠B$，证明$△CEH∽△CBA$，结合EF是直径即可求出比值。
(3) 分两种情况讨论：①⊙O与DP相切，利用平行线的性质、三角函数推出$CD=AD$，列方程求出BD的临界值；②⊙O与DP相交但线段DP只有一个交点，即点P在圆内，结合平行线分线段成比例、垂径定理列方程求出另一个临界值，最后结合动点范围确定BD的取值范围。
【解析】
（1）$\odot O$与边$AB$相切，理由如下：
过点$O$作$OG ⊥ AB$，垂足为点$G$。
因为$AC=5$，$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$，D与A重合，所以$OC=\frac{20}{9}$，$OA=\frac{25}{9}$。
因为$\cos A=\frac{3}{5}$，所以$\sin A=\frac{4}{5}$，所以$OG=OA· \sin A=\frac{20}{9}$，即$OG=OC$，圆心到AB的距离等于半径，因此$\odot O$与边$AB$相切。
（2）过点$C$作$CM ⊥ AB$，垂足为点$M$。
因为$AC=5$，$\cos A=\frac{3}{5}$，所以$AM=3$，$CM=4$。
因为$AB=7$，所以$BM=4$，可得$∠B=45°$，$BC=4\sqrt{2}$。
因为$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CF}$，$CD$过圆心$O$，所以$CO ⊥ EF$。
因为$CO=EO$，所以$∠CEH=45°$，即$∠CEH=∠B$，可证$△ CEH ∽ △ CBA$，因此$\frac{EH}{AB}=\frac{CE}{BC}$。
代入数据得$EH=\frac{7CE}{4\sqrt{2}}=\frac{7EO}{4}$，又因为$EF=2EO$，所以$\frac{EH}{EF}=\frac{7}{8}$。
（3）设$BD=x$：
①当$\odot O$与线段$DP$相切时，切点记为点$N$，连接$ON$，则$ON ⊥ DP$，$ON=CO$。
因为$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$，所以$\sin∠ODN=\frac{ON}{OD}=\frac{4}{5}$。
因为$DP // AC$，所以$∠ACD=∠ODN$，即$\sin∠ACD=\frac{4}{5}$，又$\sin∠A=\frac{4}{5}$，所以$∠ACD=∠A$，$CD=AD$。
在Rt△CMD中$CD=\sqrt{DM^2+CM^2}=\sqrt{4^2+(4-x)^2}$，又$AD=7-x$，列方程$\sqrt{4^2+(4-x)^2}=7-x$，解得$x=\frac{17}{6}$。
②当点$P$在$\odot O$上时，分别过点$O$、$D$作$OQ ⊥ CB$，$DR ⊥ BC$，垂足为点$Q$、$R$。
由垂径定理得$CQ=PQ$。
因为$DP // AC$，所以$\frac{CP}{BC}=\frac{AD}{AB}$，因此$CP=\frac{4\sqrt{2}(7-x)}{7}$，$CQ=\frac{1}{2}CP=2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{7}$。
因为$DR ⊥ BC$，$∠B=45°$，所以$BR=\frac{\sqrt{2}x}{2}$，$CR=4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}x}{2}$。
因为$\frac{CO}{OD}=\frac{4}{5}$，$OQ // DR$，所以$\frac{CO}{CD}=\frac{CQ}{CR}=\frac{4}{9}$，代入得$\frac{2\sqrt{2}-\frac{2\sqrt{2}x}{7}}{4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}x}{2}}=\frac{4}{9}$，解得$x=\frac{7}{2}$。
当$\frac{7}{2} ＜ BD ＜ 7$时，点$P$在$\odot O$内，$\odot O$与线段$DP$只有一个交点。
综上，当$\odot O$与线段DP只有一个交点时，$BD=\frac{17}{6}$或$\frac{7}{2} ＜ BD ＜ 7$。
【答案】
（1）$\odot O$与边$AB$相切，理由见解析；
（2）$\frac{EH}{EF}=\frac{7}{8}$；
（3）$BD=\frac{17}{6}$或$\frac{7}{2}＜BD＜7$。
【知识点】
直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，融合了圆的性质、动点分析、分类讨论思想，既考查了基础的位置关系判断、相似证明等知识点，也要求学生具备数形结合能力和方程思想，能有效检验几何知识的综合运用水平。
【难度系数】
0.3
