Question

【題目】已知：四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠ADC＝90°，DE⊥AB，垂足為點(diǎn)E，DE的鋸長(zhǎng)線交⊙O于點(diǎn)F，DC的延長(zhǎng)線與FB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G．

（1）如圖1，求證：GD＝GF；

（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AD，垂足為點(diǎn)M，B交DF于點(diǎn)P，連接OG，若點(diǎn)P在線段OG上，且PB＝PH，求∠ADF的大��；

（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)M是PH的中點(diǎn)，點(diǎn)K在上，連接DK，PC，D交PC點(diǎn)N，連接MN，若AB＝12，HM+CN＝MN，求DK的長(zhǎng)．

Answer 1

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）∠ADF＝45°；（3）．

【解析】

（1）利用“同圓中，同弧所對(duì)的圓周角相等”可得∠A＝∠GFD，由“等角的余角相等”可得∠A＝∠GDF，等量代換得∠GDF＝∠GFD，根據(jù)“三角形中，等角對(duì)等邊”得GD＝GF；

（2）連接OD、OF，由△DPH≌△FPB可得：∠GBH＝90°，由四邊形內(nèi)角和為360°可得：∠G＝90°，即可得：∠ADF＝45°；

（3）由等腰直角三角形可得AH＝BH＝12，DF＝AB＝12，由四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，可得：∠BCG＝45°＝∠CBG，GC＝GB，可證四邊形CDHP是矩形，令CN＝m，利用勾股定理可求得m＝2，過(guò)點(diǎn)N作NS⊥DP于S，連接AF，FK，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)F作FR⊥DK交DK的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R，通過(guò)構(gòu)造直角三角形，應(yīng)用解直角三角形方法球得DK．

解：（1）證明：∵DE⊥AB

∴∠BED＝90°

∴∠A+∠ADE＝90°

∵∠ADC＝90°

∴∠GDF+∠ADE＝90°

∴∠A＝∠GDF

∵

∴∠A＝∠GFD

∴∠GDF＝∠GFD

∴GD＝GF

（2）連接OD、OF

∵OD＝OF，GD＝GF

∴OG⊥DF，PD＝PF

在△DPH和△FPB中

∴△DPH≌△FPB（SAS）

∴∠FBP＝∠DHP＝90°

∴∠GBH＝90°

∴∠DGF＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°

∴∠GDF＝∠DFG＝45°

∴∠ADF＝45°

（3）在Rt△ABH中，∵∠BAH＝45°，AB＝12

∴AH＝BH＝12

∴PH＝PB＝6

∵∠HDP＝∠HPD＝45°

∴DH＝PH＝6

∴AD＝12+6＝18，PN＝HM＝PH＝3，PD＝6

∵∠BFE＝∠EBF＝45°

∴EF＝BE

∵∠DAE＝∠ADE＝45°

∴DE＝AE

∴DF＝AB＝12

∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O

∴∠DAB+∠BCD＝180°

∴∠BCD＝135°

∴∠BCG＝45°＝∠CBG

∴GC＝GB

又∵∠CGP＝∠BGP＝45°，GP＝GP

∴△GCP≌△GBP（SAS）

∴∠PCG＝∠PBG＝90°

∴∠PCD＝∠CDH＝∠DHP＝90°

∴四邊形CDHP是矩形

∴CD＝HP＝6，PC＝DH＝6，∠CPH＝90°

令CN＝m，則PN＝6﹣m，MN＝m+3

在Rt△PMN中，∵PM2+PN2＝MN2

∴32+（6﹣m）2＝（m+3）2，解得m＝2

∴PN＝4

過(guò)點(diǎn)N作NS⊥DP于S，

在Rt△PSN中，PS＝SN＝2

DS＝6﹣2＝4

連接AF，FK，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)F作FR⊥DK交DK的延長(zhǎng)線于點(diǎn)R

在Rt△DFQ中，FQ＝DQ＝12

∴AQ＝18﹣12＝6

∴tan

∵四邊形AFKD內(nèi)接于⊙O，

∴∠DAF+∠DKF＝180°

∴∠DAF＝180°﹣∠DKF＝∠FKR

在Rt△DFR中，∵DF＝

∴

在Rt△FKR中，∵FR＝ tan∠FKR＝2

∴KR＝

∴DK＝DR﹣KR＝ ．