Question

15．已知：如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AB為直徑，弦CE⊥AB于F，D是弧BC上的一點(diǎn)，CD=AE，連結(jié)BD并延長交EC的延長線于點(diǎn)G，連結(jié)AD，分別交CE、BC于點(diǎn)P、Q．
（1）求證：AP=PC=PQ；
（2）若sin∠ABC=$\frac{5}{13}$，AP=5，求直徑AB的長；
（3）求證：（FP+AP）²=FP•FG．

Answer 1

分析 （1）由于AB是⊙O的直徑，則∠ACB=90°，只需證明P是Rt△ACQ斜邊AQ的中點(diǎn)即可；由垂徑定理易知$\widehat{AC}=\widehat{AE}$，而C是$\widehat{AD}$的中點(diǎn)，那么$\widehat{CD}=\widehat{AE}$，即∠PAC=∠PCA，根據(jù)等角的余角相等，還可得到∠AQC=∠PCQ，由此可證得AP=PC=PQ；
（2）先判斷出∠ABC=∠ACE=∠CAQ，那么它們的正弦值也相等；在Rt△CAQ中，根據(jù)AQ的長及∠CAQ的正弦值，通過解直角三角形可求得AC的長，即可得出結(jié)論；
（3）由（1）知：PQ=CP，則所求的乘積式可化為：CF²=FP•FG；在Rt△ACB中，由射影定理得：CF²=AF•FB，因此只需證明AF•FB=FG•FP即可，將上式化成比例式，證線段所在的三角形相似即可，即證Rt△AFP∽R(shí)t△GFB．

解答 （1）證明：∵C是$\widehat{AD}$的中點(diǎn)，
∴$\widehat{AC}=\widehat{CD}$，
∴∠CAD=∠ABC
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°．
∴∠CAD+∠AQC=90°
又∵CE⊥AB，
∴∠ABC+∠PCQ=90°
∴∠AQC=∠PCQ
∴在△PCQ中，PC=PQ，
∵CE⊥直徑AB，
∴$\widehat{AC}=\widehat{AE}$，
∴$\widehat{AE}=\widehat{CD}$，
∴∠CAD=∠ACE．
∴在△APC中，有PA=PC，
∴PA=PC=PQ；

（2）解：由（1）知，AP=PC=PQ，
∴∠CAQ=∠ACE，
∵CE⊥AB，
∴∠ACE=∠ABC，
∴∠CAQ=∠ABC，
∵sin∠ABC=$\frac{5}{13}$，
∴sin∠CAQ=$\frac{5}{13}$，
∵AP=5，
∴AQ=2AP=10，
在R△ACQ中，AQ=10．
∴sin∠CAQ=$\frac{5}{13}$=$\frac{CQ}{AQ}$，
∴CQ=$\frac{5}{13}$AQ=$\frac{50}{13}$，
根據(jù)勾股定理，AC=$\sqrt{A{Q}^{2}-C{Q}^{2}}$=$\frac{120}{13}$，
在R△ABC中，sin∠ABC=$\frac{AC}{AB}=\frac{5}{13}$，
∴$\frac{\frac{120}{13}}{AB}=\frac{5}{13}$，
∴AB=24；

（3）證明：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=90°；
∴∠DAB+∠ABD=90°
又∵CF⊥AB，
∴∠ABG+∠G=90°
∴∠DAB=∠G；
∴Rt△AFP∽R(shí)t△GFB，
∴$\frac{AF}{FG}=\frac{FP}{BF}$，即AF•BF=FP•FG
易知Rt△ACF∽R(shí)t△CBF，
∴CF²=AF•BF（或由射影定理得）
∴FC²=PF•FG，
由（1）知，PA=PQ，
∴FP+PQ=FP+PC=FC
∴（FP+PA）²=FP•FG．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了圓心角、弧的關(guān)系，圓周角定理，三角形的外接圓，勾股定理以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解（2）的關(guān)鍵是求出AC的值，解（3）的關(guān)鍵是AF•BF=FP•FG．