Question

17．如圖，⊙O中，弦AB⊥CD于E，連接AC、OC、AD．

（1）如圖1，求證：∠ACO=∠BAD；
（2）如圖2，在（1）的條件下，連接BC，將射線CD沿CB翻折交⊙O于K，連接AK交CD于H．若CH=OC，AB=2$\sqrt{7}$，AH=4，求線段CB的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）如圖1，作直徑CG，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，再利用直角三角形兩銳角互余，證明∠ACO=∠BAD；
（2）作輔助線，構(gòu)建等邊三角形，證明△OCK是等邊三角形，所以得∠COK=60°，再根據(jù)同弧所對(duì)的圓心角是圓周角的二倍得∠CAK=30°，證明△AEH∽△AFB，根據(jù)比的值設(shè)EH=2x，BF=$\sqrt{7}$x，由△AFB∽△CFK和30°角的正切，求出CK=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$并表示出FH和FK的長(zhǎng)，在Rt△AFB中，根據(jù)勾股定理求出x的值，從而得出BF和FC的長(zhǎng)，并計(jì)算BC的長(zhǎng)即可．

解答 證明：（1）如圖1，作直徑CG，連接AG，
∴∠CAG=90°，
∴∠G+∠ACO=90°，
∵AB⊥CD，
∴∠AED=90°，
∴∠BAD+∠D=90°，
∵∠G=∠D，
∴∠ACO=∠BAD；

（2）如圖2，∵射線CD沿CB翻折交⊙O于K，
∴∠DCB=∠BCK，
∴$\widehat{BD}=\widehat{BK}$，
∴∠BAD=∠BAK，
∵AB⊥CD，
∴∠BAD+∠D=90°，
∵∠B=∠D，
∴∠B+∠BAK=90°，
∴AK⊥BC，
設(shè)AK交BC于F，連接OK，
∴∠HFC=∠KFC=90°，
∵CF=CF，
∴△HCF≌△KCF，
∴CH=CK，
∵CH=OC，
∴CK=OC=OK，
∴△OCK是等邊三角形，
∴∠COK=60°，
∴∠CAK=30°，
∵∠AEH=∠AFB=90°，∠BAK=∠BAK，
∴△AEH∽△AFB，
∴$\frac{AH}{AB}=\frac{EH}{BF}$=$\frac{4}{2\sqrt{7}}$=$\frac{2}{\sqrt{7}}$，
設(shè)EH=2x，BF=$\sqrt{7}$x，
∵∠BAF=∠BCK，∠AFB=∠CFK，
∴△AFB∽△CFK，
∴$\frac{CF}{AF}=\frac{CK}{AB}$，
∴tan∠CAK=tan30°=$\frac{CF}{AF}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{CK}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{CK}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴CK=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$，
sin∠BAK=sin∠BCK=$\frac{EH}{AH}=\frac{FK}{CK}$，
∴$\frac{2x}{4}=\frac{FK}{\frac{2\sqrt{21}}{3}}$，
∴FK=$\frac{\sqrt{21}}{3}$x，
∴FH=FK=$\frac{\sqrt{21}}{3}$x，
在Rt△AFB中，AB²=AF²+BF²，
∴$（2\sqrt{7}）^{2}=（4+\frac{\sqrt{21}}{3}x）^{2}+（\sqrt{7}x）^{2}$，
解得：x₁=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，x₂=-$\frac{3\sqrt{21}}{7}$（舍），
∴BF=$\sqrt{7}$x=$\sqrt{7}×\frac{2\sqrt{21}}{7}$=2$\sqrt{3}$，
FK=$\frac{\sqrt{21}}{3}$x=$\frac{\sqrt{21}}{3}$×$\frac{2\sqrt{21}}{7}$=2，
∴FC=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{21}}{3}）^{2}-{2}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴BC=BF+FC=2$\sqrt{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
答：線段CB的長(zhǎng)為$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了圓周角定理，勾股定理，全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)，以及折疊的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)及定理是解本題的關(guān)鍵，尤其是第二問比較復(fù)雜，同角的三角函數(shù)與三角形相似相結(jié)合，通過(guò)設(shè)未知數(shù)，找等量關(guān)系列方程解出未知數(shù)的值，才使問題得以解決．