Question

17．如圖（1）△ABC以AC為直徑作⊙O交邊BC于點(diǎn)D，弦EF⊥AC于點(diǎn)H，連接AE、CF，若∠B+∠BAE=∠EFC．
（1）求證：∠ACB=2∠AEF；
（2）求證：DC=2OH；
（3）如圖（2）連接AD，若AE平分∠BAD，tan∠B=$\frac{3}{4}$，OH=$\frac{9}{2}$，射線DE交AB于點(diǎn)P，求AP的長．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)垂徑定理得到$\widehat{AE}$=$\widehat{AF}$，EH=FH，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠AEF=∠1，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠1=∠2=∠AEF，即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)圓周角定理得到∠1=∠2=∠AEF，等量代換得到∠1=∠2=∠ACF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到OH=OM，推出OM是△ACD的中位線，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AC=CG，根據(jù)三角形外角的想知道的∠AGC=∠B+∠3，求得∠B=∠DAC，由于∠APE=∠APD，推出△PAE∽△PDA，根據(jù)三角形的性質(zhì)得到$\frac{PA}{PD}=\frac{AE}{AD}=\frac{PE}{AP}=\frac{3\sqrt{5}}{12}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，列方程即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，延長AE交BD于G，連CE，
∵EF⊥AC，
∴$\widehat{AE}$=$\widehat{AF}$，EH=FH，
∴∠AEF=∠1，CE=CF，∠F=∠HEC，
∵∠B+∠BAE=∠F，
∴∠AGC=∠F=∠HEC，
∵AC為⊙O的直徑，
∴∠AEF=90°，
∴∠2+∠AEC=90°，
∵∠1+∠HEC=90°，
∴∠1=∠2=∠AEF，
∴∠ACB=2∠AEF；

（2）如圖1，連接AD，OE交AD于M，
∵∠1=∠2=∠AEF，
∴∠1=∠2=∠ACF，
∴∠DCA=∠ECF，
∴AD=EF，
∴OH=OM，
∵O是AC的中點(diǎn)，OM⊥AD，CD⊥AD，
∴OM∥CD，
∴OM是△ACD的中位線，
∴OM=$\frac{1}{2}$CD，
∴OH=$\frac{1}{2}$CD，
∴CD=2OH；

（3）如圖2，延長AE交BD于G，連CE，∠1=∠2，CE⊥AG，
∴AC=CG，∠AGC=∠GAC=∠4+∠DAC，
∵∠AGC=∠B+∠3，
∵∠3=∠4，
∴∠B=∠DAC，
∴OH=$\frac{9}{2}$，
∴OM=$\frac{9}{2}$，DC=9，
∵tanB=tan∠DAC=$\frac{3}{4}$，
∴AD=12，AC=15=CG，
∴DG=15-9=6，
∴AG=6$\sqrt{5}$，
∴AE=3$\sqrt{5}$=DE，
∵∠3=∠4=∠1=∠5，∠APE=∠APD，
∴△PAE∽△PDA，
∴$\frac{PA}{PD}=\frac{AE}{AD}=\frac{PE}{AP}=\frac{3\sqrt{5}}{12}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，
設(shè)PA=$\sqrt{5}$x，PD=4x，
∵PA²=PE•PD，
∴（$\sqrt{5}$x）²=（4x-3$\sqrt{5}$）•4x，
解得：x₁=0，x₂=$\frac{12\sqrt{5}}{11}$，
∴PA=$\frac{12\sqrt{5}}{11}$×$\sqrt{5}$=$\frac{60}{11}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓周角定理，三角形的中位線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，證得△PAE∽△PDA是解決（3）小題的關(guān)鍵．