Question

17．如图，⊙O中，弦AB⊥CD于E，连接AC、OC、AD．

（1）如图1，求证：∠ACO=∠BAD；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接BC，将射线CD沿CB翻折交⊙O于K，连接AK交CD于H．若CH=OC，AB=2$\sqrt{7}$，AH=4，求线段CB的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，作直径CG，根据直径所对的圆周角是直角，再利用直角三角形两锐角互余，证明∠ACO=∠BAD；
（2）作辅助线，构建等边三角形，证明△OCK是等边三角形，所以得∠COK=60°，再根据同弧所对的圆心角是圆周角的二倍得∠CAK=30°，证明△AEH∽△AFB，根据比的值设EH=2x，BF=$\sqrt{7}$x，由△AFB∽△CFK和30°角的正切，求出CK=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$并表示出FH和FK的长，在Rt△AFB中，根据勾股定理求出x的值，从而得出BF和FC的长，并计算BC的长即可．

解答 证明：（1）如图1，作直径CG，连接AG，
∴∠CAG=90°，
∴∠G+∠ACO=90°，
∵AB⊥CD，
∴∠AED=90°，
∴∠BAD+∠D=90°，
∵∠G=∠D，
∴∠ACO=∠BAD；

（2）如图2，∵射线CD沿CB翻折交⊙O于K，
∴∠DCB=∠BCK，
∴$\widehat{BD}=\widehat{BK}$，
∴∠BAD=∠BAK，
∵AB⊥CD，
∴∠BAD+∠D=90°，
∵∠B=∠D，
∴∠B+∠BAK=90°，
∴AK⊥BC，
设AK交BC于F，连接OK，
∴∠HFC=∠KFC=90°，
∵CF=CF，
∴△HCF≌△KCF，
∴CH=CK，
∵CH=OC，
∴CK=OC=OK，
∴△OCK是等边三角形，
∴∠COK=60°，
∴∠CAK=30°，
∵∠AEH=∠AFB=90°，∠BAK=∠BAK，
∴△AEH∽△AFB，
∴$\frac{AH}{AB}=\frac{EH}{BF}$=$\frac{4}{2\sqrt{7}}$=$\frac{2}{\sqrt{7}}$，
设EH=2x，BF=$\sqrt{7}$x，
∵∠BAF=∠BCK，∠AFB=∠CFK，
∴△AFB∽△CFK，
∴$\frac{CF}{AF}=\frac{CK}{AB}$，
∴tan∠CAK=tan30°=$\frac{CF}{AF}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{CK}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{CK}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴CK=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$，
sin∠BAK=sin∠BCK=$\frac{EH}{AH}=\frac{FK}{CK}$，
∴$\frac{2x}{4}=\frac{FK}{\frac{2\sqrt{21}}{3}}$，
∴FK=$\frac{\sqrt{21}}{3}$x，
∴FH=FK=$\frac{\sqrt{21}}{3}$x，
在Rt△AFB中，AB²=AF²+BF²，
∴$（2\sqrt{7}）^{2}=（4+\frac{\sqrt{21}}{3}x）^{2}+（\sqrt{7}x）^{2}$，
解得：x₁=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，x₂=-$\frac{3\sqrt{21}}{7}$（舍），
∴BF=$\sqrt{7}$x=$\sqrt{7}×\frac{2\sqrt{21}}{7}$=2$\sqrt{3}$，
FK=$\frac{\sqrt{21}}{3}$x=$\frac{\sqrt{21}}{3}$×$\frac{2\sqrt{21}}{7}$=2，
∴FC=$\sqrt{（\frac{2\sqrt{21}}{3}）^{2}-{2}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴BC=BF+FC=2$\sqrt{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
答：线段CB的长为$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．

点评 此题考查了圆周角定理，勾股定理，全等三角形和相似三角形的判定与性质，以及折叠的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键，尤其是第二问比较复杂，同角的三角函数与三角形相似相结合，通过设未知数，找等量关系列方程解出未知数的值，才使问题得以解决．