Question

11．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，弦CE⊥AB于F，C是弧AD的中点，连结BD并延长交EC的延长线于点G，连结AD，分别交CE、BC于点P、Q．
（1）求证：P是△ACQ的外心；
（2）求证：（FP+PQ）²=FP•FG；
（3）若$\frac{AC}{BC}$=$\frac{3}{4}$，CF=16，求CQ的长．

Answer 1

分析 （1）由于AB是⊙O的直径，则∠ACB=90°，只需证明P是Rt△ACQ斜边AQ的中点即可；由垂径定理易知弧AC=弧AE，而C是弧AD的中点，那么弧CD=弧AE，即∠PAC=∠PCA，根据等角的余角相等，还可得到∠AQC=∠PCQ，由此可证得AP=PC=PQ，即P是△ACQ的外心；
（2）由（1）知：PQ=CP，则所求的乘积式可化为：CF²=FP•FG；在Rt△ACB中，由射影定理得：CF²=AF•FB，因此只需证明AF•FB=FG•FP即可，将上式化成比例式，证线段所在的三角形相似即可，即证Rt△AFP∽Rt△GFB；
（3）由（1）的相等弧可知：∠ABC=∠ACE=∠CAQ，那么它们的正切值也相等；在Rt△CAF中，根据CF的长及∠ACF的正切值，通过解直角三角形可求得AC的长，进而可在Rt△CAQ中，根据∠CAQ的正切值求出CQ的长；

解答 （1）证明：∵C是$\widehat{AD}$的中点，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$，
∴∠CAD=∠ABC
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
∴∠CAD+∠AQC=90°
又∵CE⊥AB，
∴∠ABC+∠PCQ=90°
∴∠AQC=∠PCQ
∴在△PCQ中，PC=PQ，
∵CE⊥直径AB，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{CE}$，
∴$\widehat{AE}$=$\widehat{CD}$，
∴∠CAD=∠ACE．
∴在△APC中，有PA=PC，
∴PA=PC=PQ
∴P是△ACQ的外心．

（2）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°
∴∠DAB+∠ABD=90°
又∵CF⊥AB，
∴∠ABG+∠G=90°
∴∠DAB=∠G；
∴Rt△AFP∽Rt△GFB，
∴$\frac{AF}{FG}$=$\frac{FP}{BF}$，即AF•BF=FP•FG
易知Rt△ACF∽Rt△CBF，
∴CF²=AF•BF（或由射影定理得）
∴FC²=PF•FG，
由（1），知PC=PQ，∴FP+PQ=FP+PC=FC
∴（FP+PQ）²=FP•FG；

（3）解：∵CE⊥直径AB于F，
∴在Rt△BCF中，由$\frac{AC}{BC}$=$\frac{CF}{BF}$=$\frac{3}{4}$，CF=16，
得BF=$\frac{64}{3}$．
∴由勾股定理，得BC=$\sqrt{C{F}^{2}+B{F}^{2}}$=$\frac{80}{3}$，
∵AB是⊙O的直径，
∴在Rt△ACB中，由tan∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{3}{4}$，BC=$\frac{80}{3}$，
∴AC=20，
易知Rt△ACB∽Rt△QCA，
∴AC²=CQ•BC，
∴CQ=$\frac{A{C}^{2}}{BC}$=15；

点评 此题主要考查了圆心角、弧的关系，圆周角定理，三角形的外接圆，勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识．