Question

13．已知AB為⊙O的直徑，CD為⊙O的弦，CD∥AB，過點(diǎn)B的切線與射線AD交于點(diǎn)M，連接AC、BD．
（1）如圖l，求證：AC=BD；
（2）如圖2，延長(zhǎng)AC、BD交于點(diǎn)F，作直徑DE，連接AE、CE，CE與AB交于點(diǎn)N，求證：∠AFB=2∠AEN；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點(diǎn)M作MQ⊥AF于點(diǎn)Q，若MQ：QC=3：2，NE=2，求QF的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）連接OC，OD，根據(jù)平行線 的性質(zhì)得到∠DAB=∠ADC根據(jù)已知條件得到∠COA=∠DOB，于是得到結(jié)論；
（2）連接OC，推出△FBA是等腰三角形，由DE是⊙O的直徑，得到∠ECD=90°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到AB⊥CE，得到AC=AE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠CAN=∠EAN=∠ABF，∠ACE=∠AEN，根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可得到結(jié)論；
（3）解：連接BC交AD于P，根據(jù)圓周角定理得到∠PAB=∠PBA，求得PA=PB，推出P為AM的中點(diǎn)，根據(jù)平行線的判定定理得到BC∥MQ，于是得到$\frac{AP}{PM}$=$\frac{AC}{QC}$，求得AC=CQ，設(shè)DF=3k，AD=4k，由勾股定理得，AF=5k=BF，求得BD=2k，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠EAN=∠ABD，求得tan∠EAN=2，即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：連接OC，OD，
∵CD∥AB，
∴∠DAB=∠ADC，
∵∠DOB=2∠DAB，∠COA=2∠CDA，
∴∠COA=∠DOB，
∴AC=BD；

（2）連接OC，
∵∠COA=∠DOB，OA=OB=OC=OD，
∴∠CAB=∠DBA，
∴△FBA是等腰三角形，
∵DE是⊙O的直徑，
∴∠ECD=90°，
∵CD∥AB，
∴∠ANC=90°，
∴AB⊥CE，
∴AC=AE，
∴∠CAN=∠EAN=∠ABF，∠ACE=∠AEN，
∵∠FAB+∠FBA+∠F=180°，∠CAE+∠AEC+∠ACE=180°，
∴∠F=∠ACE+∠AEC，
∴∠AFB=2∠AEN；

（3）解：連接BC交AD于P，
∵AC=BD，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{BD}$，
∴∠PAB=∠PBA，
∴PA=PB，∠PBM=∠PMB，
∴PB=PM，
∴P為AM的中點(diǎn)，
∵M(jìn)Q⊥AF，BC⊥AF，
∴BC∥MQ，
∴$\frac{AP}{PM}$=$\frac{AC}{QC}$，
∴AC=CQ，
∵$\frac{MQ}{QC}$=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{MQ}{AQ}$=$\frac{3}{4}$，
∴tan∠MAQ=$\frac{3}{4}$，
∴tan∠F=$\frac{4}{3}$，
設(shè)DF=3k，AD=4k，由勾股定理得，AF=5k=BF，
∴BD=2k，
∴tan∠ABD=2，
∴DE為直徑，
∴∠EAD=90=∠BDM，
∴AE∥BD，
∴∠EAN=∠ABD，
∴tan∠EAN=2，
∵NE=2，
∴AN=1，CN=2，
∴BN=4，AE=BD=$\sqrt{5}$，
∴DF=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，AC=BD=$\sqrt{5}$=CQ，
∴QF=$\frac{\sqrt{5}}{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了平行線的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，三角函數(shù)的定義，等腰三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．