分析 (1)如圖1中,由AB為⊙O的直徑,弦CD⊥AB,推出EC=ED,AC=AD,∠CAE=∠DAE,由FA=FP,推出∠FAP=∠FPA=∠DAB,即可證明MN∥AD.
(2)連接AM.由AD∥MN,推出$\widehat{AM}$=$\widehat{DN}$,推出AM=DN,由FM=DN,推出AM=FM,∠MAF=∠MFA,由MN∥AD,推出∠MFA=∠FAD,推出∠MAC=∠CDA,即可證明$\widehat{CM}$=$\widehat{CD}$.
(3)連接AG,作CT⊥AM交AM的延長(zhǎng)線于T,CT交⊙O于R.由△AKG∽△CKB,可得AK•KB=CK•GK,設(shè)AK=x,KB=y,推出xy=30 ①,再證明△ACT≌△ACH,推出TC=CH=8AH=AT=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}}$,AC=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}+{8}^{2}}$,由CE2=AC2-AE2=KC2-KE2,推出x2-32+82-(x+$\frac{1}{2}$y)2=52-($\frac{1}{2}$y)2 ②,求出x、y,再根據(jù)TM•TA=TR•TC,想辦法求出TA、TR、TC求出TM即可解決問題.
解答 (1)證明:如圖1中,
∵AB為⊙O的直徑,弦CD⊥AB,
∴EC=ED,AC=AD,
∠CAE=∠DAE,
∵FA=FP,
∴∠FAP=∠FPA=∠DAB,
∴MN∥AD.
(2)解:連接AM.
∵AD∥MN,
∴$\widehat{AM}$=$\widehat{DN}$,
∴AM=DN,
∵FM=DN,
∴AM=FM,
∴∠MAF=∠MFA,
∵M(jìn)N∥AD,
∴∠MFA=∠FAD,
∴∠MAC=∠CDA,
∴$\widehat{CM}$=$\widehat{CD}$.
(3)連接AG,作CT⊥AM交AM的延長(zhǎng)線于T,CT交⊙O于R.
∵AD⊥CG,AB⊥CD,
∴∠AHK=∠CEK=90°,
∵∠AKH=∠CKE,
∴∠KAH=∠CKE=∠BCE,
∴∠ECK=∠ECB,
∵∠ECK+∠CKE=90°,∠ECB+∠CBE=90°,
∴∠CKE=∠CBE,
∴CK=CB=5,GK=CG-CK=6,
由△AKG∽△CKB,可得AK•KB=CK•GK,設(shè)AK=x,KB=y,
∴xy=30 ①,
∵∠GAH=∠GCD=∠BCD=∠DAK,易知∠G=∠AKG,
∴AG=AK,GH=HK=3,
∵∠CAM=∠CAD,
∴∠TCA=∠ACH,
∴AT=AH,∵AC=AC,
∴△ACT≌△ACH,
∴TC=CH=8AH=AT=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}}$,AC=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}+{8}^{2}}$,
∵CE2=AC2-AE2=KC2-KE2,
∴x2-32+82-(x+$\frac{1}{2}$y)2=52-($\frac{1}{2}$y)2 ②,
由①②可得x=3$\sqrt{5}$,y=2$\sqrt{5}$,
∴EC=$\sqrt{C{K}^{2}-K{E}^{2}}$=2$\sqrt{5}$,AC=$\sqrt{A{E}^{2}+C{E}^{2}}$=10,AH=AT=$\sqrt{A{K}^{2}-H{K}^{2}}$=6,
∵∠ACR=∠ACG,
∴$\widehat{AR}$=$\widehat{AG}$,
∴AR=AG=AK=3$\sqrt{5}$,
∴RT=$\sqrt{A{R}^{2}-A{T}^{2}}$=3,
∵TM•TA=TR•TC,
∴TM•6=3•8,
∴TM=4.
∴AM=AT-TM=6-4=2,
∴DN=AM=2.
點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、垂徑定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí),解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線,學(xué)會(huì)構(gòu)建方程組解決問題,屬于中考?jí)狠S題.
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