Question

20．如图，△ABC内接于⊙O，点E为弦BC上的一点，CE=CA，OE⊥BC，延长AE交⊙O于点D，连接BD、OE．
（1）如图1，当AB为⊙O直径时，求证：BD=$\sqrt{2}$OE；
（2）如图2，求证：∠C+2∠DBC=180°；
（3）在（2）的条件下，如图3，作直径AH，连接HB、OD，若tan∠DOE=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，BC=4，求BH的长．

Answer 1

分析 （1）依据垂径定理可得到BE=EC，从而可得到OE是△ABC的中位线，依据三角形的中位线定理可知OE=$\frac{1}{2}$AC，依据直径所对的圆周角等于90°可得到∠BCA=90°，依据EC=AC可得到∠AEC=45°，于是可证明△EBD是等腰直角三角形，故此可得到BE=$\sqrt{2}$BD，从而得到BD与OE的关系；
（2）依据等腰三角形的性质可得到∠CAE=∠CEA，依据圆周角定理的推理得到∠DBC=∠EAC，依据三角形的外角的性质可知∠CBA+∠BAE=∠AEC，最后在△ABC中依据三角形的内角和定理证明即可；
（3）如图3，过点O作OM⊥AC于点M，过点D作DK⊥BC于点K、DG⊥OE交OE延长线于点G，连接OC，过点A作AP⊥BC交BC延长线于点P，由△OAM≌△ODG，推出∠DOG=∠AOM，由tan∠AOM=tan∠DOG=$\frac{AM}{OM}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，求出OM、OA、AH，由tan∠ABC=tan∠AOM=$\frac{AP}{BP}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，设AP=$\sqrt{3}$a，BP=5a，则CP=5a-4，AP²+CP²=AC²，列出方程求出a，再在Rt△ABH中，利用勾股定理求出BH即可．

解答 解：（1）如图1中，

∵OE⊥BC，
∴BE=EC．
∵OA=OB，
∴OE=$\frac{1}{2}$AC．
∵AB为直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°．
∵AC=CE，
∴∠CAE=∠BED=45°．
∵sin∠BED=$\frac{BD}{BE}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴BE=CE=AC=$\sqrt{2}$BD，
∴BD=$\sqrt{2}$OE．

（2）如图2中，

∵AC=CE，
∴∠CAE=∠CEA，
∵∠DBC=∠EAC，
∴∠DBC+∠CEA+∠ACB=180°，
∴∠C+2∠DBC=180°；

（3）解：如图3，过点O作OM⊥AC于点M，过点D作DK⊥BC于点K、DG⊥OE交OE延长线于点G，连接OC，过点A作AP⊥BC交BC延长线于点P．

由（2）得：BE=CE=AC=$\frac{1}{2}$BC=2，
∵OA=OC，
∴AM=CM=1，
∵BD=DE，
∴BK=KE=1，
∵∠DKE=∠DGE=∠GEK=90°，四边形DKEG为矩形，
∴DG=1，
∵OA=OD，
∴△OAM≌△ODG，
∴∠DOG=∠AOM，
∴tan∠AOM=tan∠DOG=$\frac{AM}{OM}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，
∵AM=1，
∴OM=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
∴OA=$\sqrt{A{M}^{2}+O{M}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$，
∴AH=2OA=$\frac{4\sqrt{21}}{3}$，
∵∠AOC=2∠ABC，
∴∠ABC=∠AOM，
∵tan∠ABC=tan∠AOM=$\frac{AP}{BP}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，
设AP=$\sqrt{3}$a，BP=5a，
∴CP=5a-4，
∵AP²+CP²=AC²，即（$\sqrt{3}$a）²+（5a-4）²=2²，
解得：a₁=1，a₂=$\frac{7}{3}$（舍去），
∴BP=5，AP=$\sqrt{3}$，AB=$\sqrt{A{P}^{2}+B{P}^{2}}$=2$\sqrt{7}$，
∴BH=$\sqrt{A{H}^{2}-A{B}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$．

点评 本题考查圆综合题、垂径定理、锐角三角函数、勾股定理、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助线，构造特殊三角形解决问题，属于中考压轴题．