Question

20．如圖，在⊙O中，弦$\widehat{AB}$與弦$\widehat{CD}$相交于點E，$\widehat{BC}$=$\widehat{BD}$，點F為優(yōu)弧$\widehat{ACB}$上一點，連接AF、BF．
（1）求證：∠AFB=∠BEC；
（2）連接FD，當FD經(jīng)過圓心O，且∠AFD=45°時，求證：ED=GD；
（3）在（2）的條件下，過點B作BH⊥AF于H，若AH=3，F(xiàn)H=2．求EC的長．

Answer 1

分析 （1）由$\widehat{BC}$=$\widehat{BD}$，推出∠EAC=∠DCB，推出∠BEC=∠EAC+∠ACE=∠DCB+∠ACE=∠ACB，由∠AFB=∠ACB，即可推出∠AFB=∠BEC．
（2）如圖2中，連接AC，AD．由∠BEC=∠DEG=∠AFB=45°+∠DFB，∠DGE=∠ABF+∠DFB=45°+∠DFB，即可推出∠DGE=∠DEG，推出DE=GD．
（3）如圖3中，作ON⊥AF于N，OM⊥BF于M，BJ⊥DF于J，連接OA、OB、AD．則四邊形OMHN是矩形．首先利用勾股定理求出BM、BF、BD，利用面積法求出BJ、DJ、OJ，由OA∥BJ，得$\frac{OA}{BJ}$=$\frac{OG}{GJ}$，求出GJ，推出DG=DE=$\frac{5}{3}$$\sqrt{2}$，再利用等腰三角形的性質(zhì)推出DK=BJ，根據(jù)CE=CD-DE即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接AC、BC．

∵$\widehat{BC}$=$\widehat{BD}$，
∴∠EAC=∠DCB
∴∠BEC=∠EAC+∠ACE=∠DCB+∠ACE=∠ACB，
∵∠AFB=∠ACB，
∴∠AFB=∠BEC．

（2）證明：如圖2中，連接AC，AD．

∵DF是直徑，∠AFD=45°，
∴∠FAD=90°，
∴∠ADF=∠ABF=45°，
由（1）可知，∠BEC=∠DEG=∠AFB=45°+∠DFB，
∵∠DGE=∠ABF+∠DFB=45°+∠DFB，
∴∠DGE=∠DEG，
∴DE=GD．

（3）解：如圖3中，作ON⊥AF于N，OM⊥BF于M，BJ⊥DF于J，連接OA、OB、AD．則四邊形OMHN是矩形．

∵AH=3，F(xiàn)H=2，
∴由（2）可知，AF=AD=5，DF=5$\sqrt{2}$，F(xiàn)N=AH=ON=2.5，HN=$\frac{1}{2}$，
在Rt△OMB中，∵∠OMB=90°，OM=HN=$\frac{1}{2}$，OB=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∴BM=$\sqrt{O{B}^{2}-O{M}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{5\sqrt{2}}{2}）^{2}-（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{7}{2}$，
∵HM=ON=$\frac{5}{2}$，
∴BH=HM+BM=6，
在Rt△FHB中，BF=$\sqrt{F{H}^{2}+H{B}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
在Rt△DFB中，BD=$\sqrt{D{F}^{2}-B{F}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
∵$\frac{1}{2}$•DF•BJ=$\frac{1}{2}$•BF•BD，
∴BJ=$\frac{BF•BD}{DF}$=2$\sqrt{2}$，
在Rt△BJD中，DJ=$\sqrt{B{D}^{2}-B{J}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴OJ=OD-DJ=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，
∵OA∥BJ，
∴$\frac{OA}{BJ}$=$\frac{OG}{GJ}$，
∴$\frac{OG}{GJ}$=$\frac{5}{4}$，
∴GJ=$\frac{4}{9}$OJ=$\frac{2}{3}$$\sqrt{2}$，
∴DE=DG=DJ+GJ=$\frac{5}{3}$$\sqrt{2}$，
∵$\widehat{BC}$=$\widehat{BD}$，
∴OB⊥CD垂足為K，DK=CK，
∵OD=OB，BJ⊥OD，
∴DK=BJ=2$\sqrt{2}$（等腰三角形兩腰上高相等），
∴CD=2DK=4$\sqrt{2}$，
∴CE=CD-DE=4$\sqrt{2}$-$\frac{5}{3}$$\sqrt{2}$=$\frac{7}{3}$$\sqrt{2}$．

點評 本題考查圓綜合題、圓周角定理、垂徑定理、等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、平行線分線段成比例定理、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構造特殊四邊形以及直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．