Question

6．已知A、B、C、D四個點依次在⊙O上，$\widehat{AD}$=$\widehat{BC}$，連接AB、BD、DC．
（1）如圖1，求證：AB∥CD；
（2）如圖2，點E在射線AB上，點F在弦BD上，連接BC、EF、CF、CE，若EF=CF，BD平分∠ABC，求證：∠CEF=∠BDC；
（3）如圖3，在（2）的條件下，當點E在AB延長線上時，若DF=5BF，tan∠BDC=$\frac{4}{3}$，CE=5，求⊙O的直徑．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)弧相等，則圓周角相等得：∠B=∠C，則AB∥CD；
（2）作輔助線，構建全等三角形，證明Rt△EGF≌Rt△CHF（HL），得∠AEF=∠BCF，再根據(jù)一個外角等于內對角時，四點共圓，得E、F、C、B四點共圓，所以得同弧所對的圓周角相等，則∠CEF=∠CBD，由平行線性質和角平分線得出結論；
（3）如圖3，作輔助線，根據(jù)同角的三角函數(shù)設FH=4x，EH=3x，則EF=5x，根據(jù)EC=6x=5列式可得x的值，計算FC的值，作直徑NC，和弦心距OP和OQ，由弦相等，則弦心距相等得：OP=OQ，再根據(jù)角平分線的逆定理得：OC平分∠BCD，由等腰三角形三線合一得：CM⊥BD，再根據(jù)三角函數(shù)設CM=4a，DM=3a，利用勾股定理列方程可得a的值，從而計算直徑的長．

解答 證明：（1）∵$\widehat{AD}$=$\widehat{BC}$，
∴∠B=∠C，
∴AB∥CD；
（2）過F作FG⊥AB于G，過F作FH⊥BC于H，
則∠EGF=∠FHC=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴FG=FH，∠ABD=∠CBD，
∵EF=FC，
∴Rt△EGF≌Rt△CHF（HL），
∴∠AEF=∠BCF，
∴E、F、C、B四點共圓，
∴∠CEF=∠CBD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∴∠CEF=∠BDC；
（3）如圖3，過F作FH⊥CE于H，
由（2）得：∠CEF=∠BDC，
tan∠CEF=tan∠BDC=$\frac{FH}{EH}=\frac{4}{3}$，
設FH=4x，EH=3x，則EF=5x，
∵EF=FC，
∴EH=HC=3x，
∴EC=6x=5，
x=$\frac{5}{6}$，
∴EF=FC=5×$\frac{5}{6}$=$\frac{25}{6}$，
作直徑NC，交⊙O于N，過O作OP⊥BC于P，作OQ⊥CD于Q，連接BN，
∴∠CBN=90°，
∵BC=DC，
∴OP=OQ，
∴OC平分∠BCD，
∴CM⊥BD，
在Rt△CDM中，tan∠BDC=$\frac{4}{3}$，
設CM=4a，DM=3a，則BM=DM=3a，DC=5a，
∴BC=DC=5a
∵BF=5DF，
∴FM=2a，
在Rt△CMF中，$（2a）^{2}+（4a）^{2}=（\frac{25}{6}）^{2}$，
a=$\frac{5\sqrt{5}}{12}$，
∵∠CNB=∠BDC，
∴tan∠CNB=$\frac{BC}{BN}=\frac{4}{3}$，
∴$\frac{5a}{BN}=\frac{4}{3}$，
∴BN=$\frac{15}{4}$a，
由勾股定理得：CN=$\sqrt{（5a）^{2}+（\frac{15a}{4}）^{2}}$=$\frac{25a}{4}$，
∴CN=$\frac{25}{4}$×$\frac{5\sqrt{5}}{12}$=$\frac{125\sqrt{5}}{48}$，
則⊙O的直徑是$\frac{125\sqrt{5}}{48}$．

點評 本題是圓的綜合題，有難度，考查了圓周角、弧、弦及弦心距的關系、勾股定理、三角函數(shù)、角平分線的性質及判定，熟練掌握角平分線性質及判定是本題的關鍵，第二問根據(jù)角平分線作輔助線，構建全等三角形，使問題得以解決．