Question

18．已知AB是⊙O直徑，點(diǎn)C、D是⊙O上兩點(diǎn)，連接AD、CD、AC．
（1）如圖1，過點(diǎn)D作⊙O的切線MN，當(dāng)MN∥AC時(shí)，求證：∠ADM=∠ADN；
（2）如圖2，連接BD交AC于點(diǎn)E，當(dāng)CD=OA時(shí)，求證：∠BEC=60°；
（3）在（2）的條件下，取$\widehat{AB}$中點(diǎn)F，若E為BD中點(diǎn)，CD=7，求EF的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)MN是⊙O的切線，得到∠ODM=90°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠AKD=90°，由垂徑定理得到AK=CK，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠DAC=∠DCA等量代換即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠DOC=60°，由平角的定義得到∠AOD+∠BOC=120°，得到∠B+∠BAC=60°，于是得到結(jié)論；
（3）由AB是⊙O的直徑，得到∠ACB=90°，解直角三角形得到CE=$\frac{1}{2}$BE，等量代換得到CE=$\frac{1}{2}$DE，根據(jù)勾股定理解方程求得CE=$\sqrt{7}$，ED=2$\sqrt{7}$，BD=4$\sqrt{7}$，推出四邊形OGDE是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠FOE=90°，然后根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：連接OD，交AC于點(diǎn)K，
∵M(jìn)N是⊙O的切線，
∴∠ODM=90°，
∵M(jìn)N∥AC，
∴∠AKD=180°-∠ODM，
∴∠AKD=90°，
即OK⊥AC，
∴AK=CK，
∴AD=CD，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA
∵M(jìn)N∥AC，
∴∠ADM=∠DAC，∠CDN=∠DCA，
∴∠ADM=∠CDN；

（2）證明：連接OD，OC，
∵CD=OA，∴CD=OD=OC，
∴∠DOC=60°，
∴∠AOD+∠BOC=120°，
∵∠AOD=2∠B，∠BOC=2∠BAC，
∴2∠B+2∠BAC=120°，
∴∠B+∠BAC=60°，
∵∠BEC=∠B+∠BAC，
∴∠BEC=60°；
（3）解：連接OE，OF，OF交AD于點(diǎn)G，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
由（2）知∠BEC=60°，
∴在Rt△BCE中，CE=cos60°BE，
∴CE=$\frac{1}{2}$BE，
∵BE=DE，
∴CE=$\frac{1}{2}$DE，
過點(diǎn)C作CH⊥BD于點(diǎn)H，
在Rt△CHE中，EH=ECcos60°=$\frac{1}{2}$EC，CH=EHtan60°=$\sqrt{3}$EH，
設(shè)EH=x，則CE=2x，CH=$\sqrt{3}$x，DE=4x，
在Rt△CHD中，
由勾股定理得CH²+DH²=CD²，即（$\sqrt{3}$x）²+（4x+x）²=7²，
解得x=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$（負(fù)值舍去）
∴CE=$\sqrt{7}$，ED=2$\sqrt{7}$，BD=4$\sqrt{7}$，
∵CD=OA，
∴OB=7，
∵E是BD中點(diǎn)，
∴∠OED=90°，
在Rt△OEB中，OE=$\sqrt{O{B}^{2}-B{E}^{2}}$=$\sqrt{21}$，
∵F是AD中點(diǎn)，
∴∠OGD=90°，
∵AB是直徑，
∴∠ADB=90°，
∴四邊形OGDE是矩形，
∴∠FOE=90°，
在Rt△OEF中，EF=$\sqrt{O{E}^{2}+O{F}^{2}}$=$\sqrt{70}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，垂徑定理，正確的理解題意，識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．