Question

2．如圖：四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，連接BD、AC，BD為⊙O的直徑，DE⊥AC于點(diǎn)E．
（1）如圖1，求證：∠BDC=∠ADE；
（2）如圖2，連接OC，當(dāng)OC∥AD時(shí)，求證：AC=BC；
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長DE交BC于點(diǎn)F，連接OF，F(xiàn)C=2BF，DE=3，求OF的長．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)等角的余角相等即可證明．
（2）如圖2中，連接OA．只要證明∠BOC=∠OAC，推出$\widehat{BC}$=$\widehat{AC}$，推出BC=AC即可．
（3）延長DF交⊙O于H，連接BH，作OM⊥BC于M，BN⊥AC于N，連接HC．由BH∥EC，推出$\frac{BH}{CE}$=$\frac{HF}{EF}$=$\frac{BF}{FC}$=$\frac{1}{2}$，推出EC=2BH，EF=2HF，設(shè)BH=m，HF=n，則EC=2m，EF=2n，由∠CDE=∠FBH，∠CED=∠BHF=90°，推出△DEC∽△BHF，可得$\frac{EC}{HF}$=$\frac{DE}{BH}$，推出$\frac{2m}{n}$=$\frac{3}{m}$，即2m²=3n，再證明四邊形ABHC是等腰梯形，則易證AN=CE=2m，EN=BH=m，推出AC=BC=5m，推出BF=$\frac{5}{3}$m，在Rt△BHF中，可得HB²+HF²=BF²，即m²+n²=$\frac{25}{9}$m²，推出n=$\frac{4}{3}$m，延長即可求出m、n即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵BD是直徑，
∴∠BCD=90°，
∴∠BDC+∠CBD=90°，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠ADE+∠EAD=90°，
∵∠CBD=∠EAD，
∴∠ADE=∠BDC．

（2）證明：如圖2中，連接OA．

∵OC∥AD，
∴∠OCA=∠CAD，
∵OB=OC，OA=OC，
∴∠OBC=∠OCB，∠OCA=∠OAC，
∵∠CBO=∠CAD，
∴∠OCB=∠OCA=∠OBC=∠OAC，
∴∠BOC=∠OAC，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{AC}$，
∴BC=AC．

（3）解：延長DF交⊙O于H，連接BH，作OM⊥BC于M，BN⊥AC于N，連接HC．

∵BD是直徑，
∴∠BHD=∠AED=90°，
∴BH∥EC，
∴$\frac{BH}{CE}$=$\frac{HF}{EF}$=$\frac{BF}{FC}$=$\frac{1}{2}$，
∴EC=2BH，EF=2HF，設(shè)BH=m，HF=n，則EC=2m，EF=2n，
∵∠CDE=∠FBH，∠CED=∠BHF=90°，
∴△DEC∽△BHF，
∴$\frac{EC}{HF}$=$\frac{DE}{BH}$，
∴$\frac{2m}{n}$=$\frac{3}{m}$，
∴2m²=3n，
∵BH∥AC，
∴$\widehat{HC}$=$\widehat{AB}$，
∴HC=AB，
∴四邊形ABHC是等腰梯形，則易證AN=CE=2m，EN=BH=m，
∴AC=BC=5m，
∴BF=$\frac{5}{3}$m，
在Rt△BHF中，∵HB²+HF²=BF²，
∴m²+n²=$\frac{25}{9}$m²，
∴n=$\frac{4}{3}$m，
∴2m²=3×$\frac{4}{3}$m，
∴m=2，
∴AC=BC=10，EC=4，CD=$\sqrt{E{C}^{2}+D{E}^{2}}$=5，
∵OM⊥BC，
∴BM=CM=5，∵BO=OD，
∴OM=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{5}{2}$，
∵BF：FC=1：2，
∴BF=$\frac{10}{3}$，F(xiàn)M=$\frac{5}{3}$，
在Rt△OFM中，OF=$\sqrt{O{M}^{2}+F{M}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{5}{3}）^{2}+（\frac{5}{2}）^{2}}$=$\frac{5}{6}$$\sqrt{13}$．

點(diǎn)評 本題考查圓綜合題、平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰梯形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程組解決問題，屬于中考?jí)狠S題．