Question

3．已知：AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CE⊥AB于E，D为弧BC的中点，连接AD，分别交CE，CB于F、G．
（1）求证：CF=CG；
（2）若AF=DG，连接OG，求证：OG平分∠AGB；
（3）在（1）的条件下，EF：CF=3：5，BE=8，求⊙O的弦AD的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接AC．由$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，推出∠4=∠5，由∠1+∠4=90°，∠3+∠5=90°，利用推出∠1=∠2，再根据∠2=∠3即可证明．
（2）如图2中，连接AC、CD．先证明△CFA≌△CGD，推出AC=CD，推出$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，推出∠GAB=∠GBA，推出GA=GB，再根据等腰三角形三线合一即可证明．
（3）如图3中，作GH⊥AB于H，连接FH，HC、AC．首先证明四边形CFHG是菱形，设EF=3a，CF=5a则FH=5a，EH=4a，由GH∥EC，得$\frac{GH}{EC}$=$\frac{BH}{BE}$，得$\frac{5a}{8a}$=$\frac{BH}{8}$，推出BH=5，由4a=3，推出a=$\frac{3}{4}$，想办法求出BC、CH，由cos∠CBA=$\frac{EB}{BC}$=$\frac{BC}{AB}$，求得AB=$\frac{25}{2}$，再证明△ADB∽△CEH，得$\frac{AD}{CE}$=$\frac{CH}{AB}$，即可求出AD．

解答 解：（1）证明：如图1中，连接AC．

∵$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，
∴∠4=∠5，
∵CE⊥AB，
∴∠AEF=90°，
∴∠3+∠5=90°，
∵AB是直径，
∴∠ACG=90°，
∴∠1+∠4=90°，
∴∠1=∠3，
∵∠2=∠3，
∴∠1=∠2，
∴CF=FG．

（2）证明：如图2中，连接AC、CD．

∵CF=CG，
∴∠CFG=∠CGF，
∴∠CFA=∠CGD，
∵AF=GD，
∴△CFA≌△CGD，
∴AC=CD，
∴$\widehat{AC}$=$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$，
∴∠GAB=∠GBA，
∴GA=GB，
∵AO=OB，
∴OG平分∠AGB．

（3）解：如图3中，作GH⊥AB于H，连接FH，HC、AC．

∵$\widehat{CD}$=$\widehat{DB}$，
∴∠DAC=∠DAB，
∵GC⊥AC，GH⊥AB，
∴CG=GH=CF，
∵CE⊥AB，
∴CF∥GH，∵CF=GH，
∴四边形CFGH是平行四边形，
∵CF=CG，
∴四边形CFHG是菱形，
∴AD⊥CH，
∵EF：CF=3：5，设EF=3a，CF=5a则FH=5a，EH=4a，
∵GH∥EC，
∴$\frac{GH}{EC}$=$\frac{BH}{BE}$，
∴$\frac{5a}{8a}$=$\frac{BH}{8}$，
∴BH=5，EH=3，
∴4a=3，
∴a=$\frac{3}{4}$，
∴EF=$\frac{9}{4}$，FC=CG=HG=FH=$\frac{15}{4}$，EC=6，
∴BC=$\sqrt{E{C}^{2}+E{B}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，CH=$\sqrt{C{E}^{2}+E{H}^{2}}$=3$\sqrt{5}$，
∵cos∠CBA=$\frac{EB}{BC}$=$\frac{BC}{AB}$，
∴$\frac{8}{10}$=$\frac{10}{AB}$，
∴AB=$\frac{25}{2}$，
∵∠ECH+∠EHC=90°，∠ECH+∠BAD=90°，
∴∠ECH=∠BAD，∵∠CEH=∠ADB=90°，
∴△ADB∽△CEH，
∴$\frac{AD}{CE}$=$\frac{CH}{AB}$，
∴$\frac{AD}{6}$=$\frac{3\sqrt{5}}{\frac{25}{2}}$，
∴AD=$\frac{36}{25}$$\sqrt{5}$．

点评 本题考查圆综合题、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形，属于中考压轴题．