Question

16．如圖，四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，BC為直徑，連接AC，過點C，作CE⊥AD于E．連接AC．
（1）如圖1，求證：∠DCE=∠ACB；  
（2）如圖2，連接BD，BD與AC交于點H，過點A作AF⊥BC于F，AF交BD于點G，點A為弧BD的中點，求證：DH=2FG；
 （3）如圖3，在（2）問的條件下．連接OH．若tan∠EDC=$\frac{3}{2}$，F(xiàn)G=5，求OH的長度．             
  

Answer 1

分析 （1）首先證明∠CDE=∠B，由∠B+∠ACB=90°，∠CDE+∠DCE=90°，即可推出∠DCE=∠ACB．
（2）如圖2中，連接OG，延長AF交⊙O于M．首先證明OG是△BCH的中位線，再證明△OFH∽△CDH，推出$\frac{FG}{DH}$=$\frac{OG}{CH}$=$\frac{1}{2}$即可．
（3）如圖3中，作OM⊥AC于M．設AG=BG=a，則BF=$\sqrt{{a}^{2}-{5}^{2}}$．由tan∠CDE=tan∠ABF=$\frac{AF}{BF}$=$\frac{3}{2}$，可得方程$\frac{a+5}{\sqrt{{a}^{2}-{5}^{2}}}$=$\frac{3}{2}$，求出a的值，想辦法求出OM、HM
即可根據(jù)勾股定理解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠CDE=180°，
∴∠CDE=∠B，
∵BC是直徑，
∴∠BAC=90°，
∴∠B+∠ACB=90°，
∵CE⊥AE，
∴∠E=90°，
∴∠CDE+∠DCE=90°，
∴∠DCE=∠ACB．

（2）如圖2中，連接OG，延長AF交⊙O于M．

∵OF⊥AM，
∴$\widehat{MB}$=$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，
∴∠GAB=∠GBA，
∴GA=GB，
∵BC是直徑，∴∠BAC=90°，
∴∠BAG+∠CAF=90°，∠AHB+∠ABG=90°，
∴∠GAH=∠GHA，
∴AG=GH，
∴BG=GH，∵BO=OC，
∴CH∥OG．CH=2OG，
∴∠GOF=∠ACB=∠DCH，∵∠OFG=∠CDH=90°，
∴△OFH∽△CDH，
∴$\frac{FG}{DH}$=$\frac{OG}{CH}$=$\frac{1}{2}$，
∴DH=2GF．

（3）如圖3中，作OM⊥AC于M．設AG=BG=a，則BF=$\sqrt{{a}^{2}-{5}^{2}}$．

∵tan∠CDE=tan∠ABF=$\frac{AF}{BF}$=$\frac{3}{2}$，
∴$\frac{a+5}{\sqrt{{a}^{2}-{5}^{2}}}$=$\frac{3}{2}$，
解得a=13或5（舍棄），
∴AG=BG=GH=13，
在Rt△BGF中，BF=$\sqrt{B{G}^{2}-F{G}^{2}}$=12，
在Rt△ABF中，AB=$\sqrt{A{F}^{2}+B{F}^{2}}$=$\sqrt{1{2}^{2}+1{8}^{2}}$=6$\sqrt{13}$，
在Rt△ABH中，AH=$\sqrt{B{H}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{2{6}^{2}-（6\sqrt{13}）^{2}}$=4$\sqrt{13}$，
∵AF²=FB•FC，
∴FC=27，
∴BC=BF+FC=12+27=39，
在Rt△ACB中，AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{3{9}^{2}-（6\sqrt{13}）^{2}}$=9$\sqrt{13}$，
∴CH=AC-AH=5$\sqrt{13}$，
∵OM⊥AC，
∴OM=CM=4.5$\sqrt{13}$，
∴HM=$\frac{1}{2}$$\sqrt{13}$，
∵OB=OC，CM=MA，
∴OM=$\frac{1}{2}$AB=3$\sqrt{13}$，
在Rt△OMH中，OH=$\sqrt{O{M}^{2}+H{M}^{2}}$=$\sqrt{（3\sqrt{13}）^{2}+（\frac{1}{2}\sqrt{13}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{481}}{2}$．

點評 本題考查圓綜合題、垂徑定理、圓周角定理、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、三角形的中位線定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會用方程的思想思考問題，學會利用相似三角形的性質(zhì)解決線段之間的關系問題，屬于中考壓軸題．