Question

5．已知四边形ABCD内接于以BC为直径的⊙O，A为弧BD中点，延长CB，DA交于点P．
（1）连结OA，求证：OA∥CD；
（2）求证：PA•PD=PB•PC；
（3）过点C作PD的垂线交PD的延长线于点E，当PB=BO，CD=18时，求DE的长．

Answer 1

分析 （1）连接BD，由圆周角定理可知∠BDC=90°，即CD⊥BD，再由AB=AD可知$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，则OA⊥BD，由此即可得出结论；
（2）根据圆内接四边形的性质得到∠ABP=∠PDC，由于∠P=∠P，推出△ABP∽△CPD，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）由OF∥CD，OB=OC，根据中位线定理可以求出OF，AF；再根据勾股定理在Rt△DBC中可以求出BD，DF；接着在Rt△ADF中求出AD；然后利用平行线的性质得∠FAD=∠CDE，证明△AFD∽△DEC，利用相似三角形的对应边成比例可以求出DE．

解答 （1）证明：连接BD，交OA于点F．
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，即CD⊥BD，
∵AB=AD，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，
∴OA⊥BD，
∴OA∥CD；

（2）证明：∵四边形ABCD内接于以BC为直径的⊙O，
∴∠ABP=∠PDC，∠P=∠P，
∴△ABP∽△CPD，
∴$\frac{PA}{PC}=\frac{PB}{PD}$，
∴PA•PD=PB•PC；

（3）解：∵OF∥CD，$\frac{OF}{CD}$=$\frac{BO}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴OF=9，AF=3；
∵BD=$\sqrt{B{C}^{2}-D{C}^{2}}$=6$\sqrt{7}$，
∴DF=$\frac{1}{2}$BD=3$\sqrt{7}$，
∴AD=$\sqrt{D{F}^{2}+A{F}^{2}}$=6$\sqrt{2}$；
∵∠AFD=∠DEC=90°，OA∥DC，∠FAD=∠CDE，
∴△AFD∽△DEC，
∴$\frac{DE}{DC}$=$\frac{AF}{AD}$，即$\frac{DE}{18}$=$\frac{3}{6\sqrt{2}}$；
∴DE=$\frac{9\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查的是相似三角形的判定与性质，综合性比较强，此题把垂径定理，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，勾股定理，中位线定理等知识都放在圆的背景中，充分发挥这些知识的作用解题．