Question

15．已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，OD⊥AC于點(diǎn)E，交⊙O于點(diǎn)D，連接AD．
（1）如圖1，當(dāng)BC是⊙O的直徑時(shí)，且AD∥BC，求證：AB=AD；
（2）如圖2，求證：90°-∠ADE=$\frac{1}{2}$∠ABC；
（3）如圖3，在（2）的條件下，作DM⊥BC于點(diǎn)M，若∠DAC=60°，OE=$\frac{\sqrt{21}}{3}$，MC=1，求AB．

Answer 1

分析 （1）只要證明$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，$\widehat{AB}$=$\widehat{CD}$，即可解決問題．
（2）如圖2中，連接BD．由OD⊥AC，推出$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，推出∠DBA=∠DBC，由∠DAC=∠DBC，所以∠ABC=2∠DBC=2∠DAE，所以∠DAE=$\frac{1}{2}$∠ABC，由此即可證明．
（3）如圖3中，連接OA、BD，在BD上截取BN=BC，連接CN．首先證明△ADC是等邊三角形，在RT△AOE中求出AE，Q求出△ADC的邊長(zhǎng)，再利用勾股定理求出BC、BD，最后證明BD=AB+BC即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接CD．

∵OD⊥AC，
∴$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，
∴AD=CD，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{CD}$，
∴AB=CD，
∴AB=AD．

（2）證明：如圖2中，連接BD．

∵OD⊥AC，
∴$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，
∴∠DBA=∠DBC，
∵∠DAC=∠DBC，
∴∠ABC=2∠DBC=2∠DAE，
∴∠DAE=$\frac{1}{2}$∠ABC，
∵∠AED=90°，
∴∠DAE=90°-∠ADE=$\frac{1}{2}$∠ABC，
即90°-∠ADE=$\frac{1}{2}$∠ABC．

（3）解：如圖3中，連接OA、BD，在BD上截取BN=BC，連接CN．

∵ED⊥AC，DE經(jīng)過圓心，
∴AE=EC，
∴DA=DC，
∵∠DAC=60°，
∴△ADC是等邊三角形，
∴AC=CD，∠DCA=60°，∠OAD=∠OAC=30°，
∵∠AEO=90°，OE=$\frac{\sqrt{21}}{3}$，
∴AE=$\sqrt{3}$OE=$\sqrt{7}$，
∴AC=CD=2$\sqrt{7}$，
∵DM⊥BC，
∴∠DMC=90°，
∴DM²=CD²-CM²=（2$\sqrt{7}$）²-1²=27，
∴DM=3$\sqrt{3}$．
∵∠DBC=∠DAC=60°，
∴BM=DM•tan30°=3$\sqrt{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=3，
∴BD=$\sqrt{D{M}^{2}+B{M}^{2}}$=$\sqrt{27+9}$=6，BC=BM+CM=3+1=4，
∵∠CBN=60°，BN=BC，
∴△BCN是等邊三角形，
∴∠BCN=∠ACD=60°，CB=CN，
∴∠ACB=∠NCD，∵AC=CD，CB=CN，
∴△BCA≌△NCD，
∴AB=DN，
∴BD=BN+DN=BC+AB，
∴6=4+AB，
∴AB=2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、垂徑定理、圓周角定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊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)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，屬于中考?jí)狠S題．