Question

12．已知：四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BD为对角线，点A为弧$\widehat{BD}$的中点．
（1）如图1，当圆心O在BC边上，AD∥BC时，连接OA交BD于点H，求证：DC=2AH；
（2）如图2，当圆心O在四边形ABCD外部时，作AE⊥BC，垂足为M，交⊙O于E，连接CE，过点B作BK⊥CE，垂足为K，交AE于N，连接CN，CA，求证：∠CAN=∠CNA；
（3）在（2）的条件下，如图3，F为BD与AE的交点，若tan∠DBC=$\frac{3}{4}$，BF=5，CD=17，求BD的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，连接OD，分别证明四边形AOCD和四边形ABOD是平行四边形，得AH=OH，再根据OH是△BDC的中位线，得DC=2OH，所以DC=2AH；
（2）如图2，连接AB，根据三角形的内角和求得∠NBM=∠KEN，证明△ABM≌△NBM，再证明BC是AN的中垂线，可以得出结论；
（3）如图3，作辅助线构建直角三角形，证明DE⊥AC得CD=CG=17，MG=BM=4，BC=25，在△BCH中分别求CH和BH的长，可得BD=BH-DH，代入可得结论．

解答 证明：（1）如图1，连接OD，
∵点A为弧$\widehat{BD}$的中点，
∴OA⊥BD，
∴∠BHO=90°，BH=HD，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠BDC=∠BHO，
∴AO∥DC，
∵AD∥BC，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∴AD=OC=BO，
∴四边形ABOD是平行四边形，
∴AH=HO，
∵BH=HD，BO=OC，
∴OH为△BDC的中位线，
∴DC=2OH，
∴DC=2AH；
（2）如图2，连接AB，
∵AE⊥BC，
∴∠BMN=90°，
∵BK⊥EC，
∴∠EKN=90°，
∴∠BMN=∠EKN，
∵∠BNM=∠ENK，
∴∠NBM=∠KEN，
∵∠ABC=∠KEN，
∴∠NBM=∠ABC，
∵BM=BM，∠AMB=∠BMN=90°，
∴△ABM≌△NBM，
∴AM=MN，
∴BC是AN的中垂线，
∴AC=NC，
∴∠CAN=∠CNA；
（3）如图3，过C作CH⊥BD，交BD的延长线于H，连接BE、DE，DE交BC于G，交AC于P，
∵点A为弧$\widehat{BD}$的中点，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，
∴∠DCA=∠ACB，∠AEB=∠AED，
∵∠BME=∠GME=90°，EM=EM，
∴△BME≌△GME，
∴BM=MG，∠EBC=∠EGB，
∵∠EDC=∠EBC，∠EGB=∠DGC，
∴∠EDC=∠DGC，
∴△DGC是等腰三角形，
∴AC⊥DE，CG=CD=17，
∵tan∠DBC=$\frac{3}{4}$=$\frac{FM}{BM}$，
设FM=3x，BM=4x，则BF=5x，
∵BF=5，
∴FM=3，BM=4，
∴BC=BM+MG+CG=4+4+17=25，
在Rt△BHC中，tan∠DBC=$\frac{CH}{BH}=\frac{3}{4}$，
设CH=3a，BH=4a，则BC=5a，
5a=25，a=5，
∴CH=3a=3×5=15，BH=4a=4×5=20，
由勾股定理得：DH=$\sqrt{D{C}^{2}-C{H}^{2}}$=$\sqrt{1{7}^{2}-1{5}^{2}}$=8，
∴BD=BH-DH=20-8=12．

点评 本题是圆的综合题，难度较大，考查了圆周角定理、垂径定理、相似三角形的性质与判定以及三角函数，本题的关键是作辅助线构建直角三角形和等腰三角形，以求出BC的长这突破口，依次根据三角函数列比例式或设未知数求边的长度．