Question

20．在⊙O中，PB、PC為⊙O的弦，點A在⊙O上，且$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，過點A作AN⊥PB于點N，
（1）如圖1，求證：BN=PN+PC
（2）如圖2，PB為⊙O的直徑，點L在⊙O上，連接AL交PB于點E，交PC于點D，若AE=DE，PN=1，PC=8，求DL的長．

Answer 1

分析 （1）作輔助線，構建全等三角形，證明△ABN≌△ACG和Rt△ANP≌Rt△AGP，再利用線段的和可以得出結論；
（2）如圖2，連接AP、BC、OA，過D作DH⊥PB于H，根據（1）的結論證明直徑BP=10，利用勾股定理求BC=6，證明△ANE≌△DHE，則AN=DH=3，EH=EN，再證明△DHP∽△BCP求PH=4，PD=5，則CD=3，利用勾股定理求AE的長，則可得AD的長，利用△ADP∽△CDL，得DL=$\sqrt{5}$．

解答 證明：（1）如圖1，連接AB、AC、AP，過A作AG⊥PC，交CP的延長線于G，
∴∠AGC=90°，
∵AN⊥BP，
∴∠ANB=90°，
∴∠AGC=∠ANB，
∵$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，
∴AB=AC，
在△ABN和△ACG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠ANB=∠AGC}\\{∠B=∠C}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABN≌△ACG（AAS），
∴BN=CG，AN=AG，
在Rt△ANP和Rt△AGP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AN=AG}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴Rt△ANP≌Rt△AGP（HL），
∴PN=PG，
∴BN=CG=PG+PC=PN+PC；
（2）如圖2，連接AP、BC、OA，過D作DH⊥PB于H，
由（1）得：BN=PN+PC=1+8=9，
∴PB=BN+PN=9+1=10，
∴OA=OP=5，ON=OP-PN=5-1=4，
在Rt△AON中，AN=3，
∵PB是⊙O的直徑，
∴∠BCP=90°，
由勾股定理得：BC=6，
在△ANE和△DHE中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠ANE=∠DHE=90°}\\{∠AEN=∠DEH}\\{AE=DE}\end{array}\right.$，
∴△ANE≌△DHE（AAS），
∴AN=DH=3，EH=EN，
∵∠DHP=∠BCP=90°，
∠BPC=∠HPD，
∴△DHP∽△BCP，
∴$\frac{DH}{BC}=\frac{PH}{PC}=\frac{PD}{BP}$，
∴$\frac{3}{6}=\frac{PH}{8}=\frac{PD}{10}$，
∴PH=4，PD=5，
∴DC=PC-PD=8-5=3，
HN=PH-PN=4-1=3，
∴EN=$\frac{1}{2}$HN=$\frac{3}{2}$，
在Rt△AEN中，AE=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
∴AD=2AE=3$\sqrt{5}$，
∵∠DAP=∠DCL，∠ADP=∠CDL，
∴△ADP∽△CDL，
∴$\frac{AD}{CD}=\frac{PD}{DL}$，
∴$\frac{3\sqrt{5}}{3}=\frac{5}{DL}$，
∴DL=$\sqrt{5}$．

點評 本題考查了相似、全等三角形的性質和判定、圓周角定理等知識，作輔助線構建全等三角形是關鍵，明確直徑所對的圓周角是直角，利用相似和全等三角形邊的關系求線段的長，從而使問題得以解決．