Question

4．已知，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，點(diǎn)D在⊙O上，點(diǎn)E在射線DC上且BD=CE，連接AE，BD
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在弧BC上時(shí)，求證：∠ACB=∠AED；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在弧AB上且點(diǎn)A、O、E三點(diǎn)共線時(shí)，求證：DG=EG；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AD，∠ABC的平分線交⊙O于點(diǎn)F，若AD=$\frac{7}{2}$，OA=$\frac{25}{4}$，求線段BF的長．

Answer 1

分析 （1）先用四點(diǎn)共圓的性質(zhì)得出∠ABD=∠ACE，進(jìn)而得出△ABD≌△ACE得出，∠ADB=∠AED，再用同弧所對的圓周角相等，最后代換即可；
（2）直接判斷出△ABD≌△ACE，得出AD=AE，∠BAD=∠CAE，再用等腰三角形的外接圓的圓心必過底邊上的高，最后用等腰三角形的三線合一即可得出結(jié)論；
（3）先求出AP，OP，再判斷出△AOP≌△BOM，得出BM=OP=6，OM=AP=$\frac{7}{4}$，再用勾股定理得出AB=10，用角平分線定理即可求出AH，HM，最后用相交弦定理即可．

解答 解：（1）如圖1，連接AD，BD，
∵點(diǎn)A，B，D，C四點(diǎn)共圓，
∴∠ABD=∠ACE，
在△ABD和△ACE中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABD=∠ACE}\\{BD=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△ACE，∠ADB=∠AED，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ACB=∠AED；
（2）如圖2，連接AD，
在△ABD和△ACE中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABD=∠ACE}\\{BD=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△ACE，
∴AD=AE，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AE過圓心，
∴∠BAE=∠CAE，
∴∠BAD=∠BAE，
∵AD=AE，
∴DG=EG（等腰三角形的三線合一）；
（3）如圖3，

連接AD，過點(diǎn)O作OP⊥AD，
∴∠AOP=∠ACD，AP=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{7}{4}$，
在Rt△OAP中，OA=$\frac{25}{4}$，
根據(jù)勾股定理得，OP=$\sqrt{O{A}^{2}-A{P}^{2}}$=6，
由（2）知，AD=AE，DG=DE，
∴∠AGC=90°，
∴∠BAC+∠ACD=90°，
延長AO交BC于M，交⊙O于N，
∴AN⊥BC，
連接OB，OC，
∴OB=OC，
∠NOC=∠BAC，
∴∠NOC+∠OCB=90°，
∴∠BAC+∠OCB=90°，
∴∠ACD=∠BCO=∠CBO=∠AOP，
在△AOP和△BOM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠OPA=∠BMO}\\{∠AOP=∠OBM}\\{OA=OB}\end{array}\right.$，
∴△AOP≌△BOM，
∴BM=OP=6，OM=AP=$\frac{7}{4}$，
∴AM=OA+OM=$\frac{25}{4}$+$\frac{7}{4}$=8，
根據(jù)勾股定理得，AB=10，
∵BP是∠ABC的角平分線，
∴$\frac{AB}{BM}=\frac{AH}{MH}$，
∴$\frac{AH}{MH}=\frac{10}{6}=\frac{5}{3}$，
∵AH+MH=8，
∴AH=5，MH=3，
∴HN=OH+ON=MH-OM+ON=3-$\frac{7}{4}$+$\frac{25}{4}$=$\frac{15}{2}$，
在Rt△HMB中，BM=6，MH=3，
根據(jù)勾股定理得，BH=$\sqrt{36+9}$=3$\sqrt{5}$，
根據(jù)相交弦定理得，BH•FH=AH•HN，
∴3$\sqrt{5}$×FH=5×$\frac{15}{2}$，
∴FH=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$，
∴BF=BH+FH=3$\sqrt{5}$+$\frac{5}{2}$$\sqrt{5}$=$\frac{11}{2}$$\sqrt{5}$．
即：線段BF的長為$\frac{11}{2}$$\sqrt{5}$．

點(diǎn)評 此題是圓的綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，角平分線定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相交弦定理，解本題的關(guān)鍵判斷出△AOP≌△BOM，是一道很好的中考壓軸題．