Question

12．已知：四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，BD為對角線，點A為弧$\widehat{BD}$的中點．
（1）如圖1，當(dāng)圓心O在BC邊上，AD∥BC時，連接OA交BD于點H，求證：DC=2AH；
（2）如圖2，當(dāng)圓心O在四邊形ABCD外部時，作AE⊥BC，垂足為M，交⊙O于E，連接CE，過點B作BK⊥CE，垂足為K，交AE于N，連接CN，CA，求證：∠CAN=∠CNA；
（3）在（2）的條件下，如圖3，F(xiàn)為BD與AE的交點，若tan∠DBC=$\frac{3}{4}$，BF=5，CD=17，求BD的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1，連接OD，分別證明四邊形AOCD和四邊形ABOD是平行四邊形，得AH=OH，再根據(jù)OH是△BDC的中位線，得DC=2OH，所以DC=2AH；
（2）如圖2，連接AB，根據(jù)三角形的內(nèi)角和求得∠NBM=∠KEN，證明△ABM≌△NBM，再證明BC是AN的中垂線，可以得出結(jié)論；
（3）如圖3，作輔助線構(gòu)建直角三角形，證明DE⊥AC得CD=CG=17，MG=BM=4，BC=25，在△BCH中分別求CH和BH的長，可得BD=BH-DH，代入可得結(jié)論．

解答 證明：（1）如圖1，連接OD，
∵點A為弧$\widehat{BD}$的中點，
∴OA⊥BD，
∴∠BHO=90°，BH=HD，
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠BHO，
∴AO∥DC，
∵AD∥BC，
∴四邊形AOCD是平行四邊形，
∴AD=OC=BO，
∴四邊形ABOD是平行四邊形，
∴AH=HO，
∵BH=HD，BO=OC，
∴OH為△BDC的中位線，
∴DC=2OH，
∴DC=2AH；
（2）如圖2，連接AB，
∵AE⊥BC，
∴∠BMN=90°，
∵BK⊥EC，
∴∠EKN=90°，
∴∠BMN=∠EKN，
∵∠BNM=∠ENK，
∴∠NBM=∠KEN，
∵∠ABC=∠KEN，
∴∠NBM=∠ABC，
∵BM=BM，∠AMB=∠BMN=90°，
∴△ABM≌△NBM，
∴AM=MN，
∴BC是AN的中垂線，
∴AC=NC，
∴∠CAN=∠CNA；
（3）如圖3，過C作CH⊥BD，交BD的延長線于H，連接BE、DE，DE交BC于G，交AC于P，
∵點A為弧$\widehat{BD}$的中點，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，
∴∠DCA=∠ACB，∠AEB=∠AED，
∵∠BME=∠GME=90°，EM=EM，
∴△BME≌△GME，
∴BM=MG，∠EBC=∠EGB，
∵∠EDC=∠EBC，∠EGB=∠DGC，
∴∠EDC=∠DGC，
∴△DGC是等腰三角形，
∴AC⊥DE，CG=CD=17，
∵tan∠DBC=$\frac{3}{4}$=$\frac{FM}{BM}$，
設(shè)FM=3x，BM=4x，則BF=5x，
∵BF=5，
∴FM=3，BM=4，
∴BC=BM+MG+CG=4+4+17=25，
在Rt△BHC中，tan∠DBC=$\frac{CH}{BH}=\frac{3}{4}$，
設(shè)CH=3a，BH=4a，則BC=5a，
5a=25，a=5，
∴CH=3a=3×5=15，BH=4a=4×5=20，
由勾股定理得：DH=$\sqrt{D{C}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{1{7}^{2}-1{5}^{2}}$=8，
∴BD=BH-DH=20-8=12．

點評 本題是圓的綜合題，難度較大，考查了圓周角定理、垂徑定理、相似三角形的性質(zhì)與判定以及三角函數(shù)，本題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)建直角三角形和等腰三角形，以求出BC的長這突破口，依次根據(jù)三角函數(shù)列比例式或設(shè)未知數(shù)求邊的長度．