Question

2．如图：四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接BD、AC，BD为⊙O的直径，DE⊥AC于点E．
（1）如图1，求证：∠BDC=∠ADE；
（2）如图2，连接OC，当OC∥AD时，求证：AC=BC；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长DE交BC于点F，连接OF，FC=2BF，DE=3，求OF的长．

Answer 1

分析 （1）根据等角的余角相等即可证明．
（2）如图2中，连接OA．只要证明∠BOC=∠OAC，推出$\widehat{BC}$=$\widehat{AC}$，推出BC=AC即可．
（3）延长DF交⊙O于H，连接BH，作OM⊥BC于M，BN⊥AC于N，连接HC．由BH∥EC，推出$\frac{BH}{CE}$=$\frac{HF}{EF}$=$\frac{BF}{FC}$=$\frac{1}{2}$，推出EC=2BH，EF=2HF，设BH=m，HF=n，则EC=2m，EF=2n，由∠CDE=∠FBH，∠CED=∠BHF=90°，推出△DEC∽△BHF，可得$\frac{EC}{HF}$=$\frac{DE}{BH}$，推出$\frac{2m}{n}$=$\frac{3}{m}$，即2m²=3n，再证明四边形ABHC是等腰梯形，则易证AN=CE=2m，EN=BH=m，推出AC=BC=5m，推出BF=$\frac{5}{3}$m，在Rt△BHF中，可得HB²+HF²=BF²，即m²+n²=$\frac{25}{9}$m²，推出n=$\frac{4}{3}$m，延长即可求出m、n即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵BD是直径，
∴∠BCD=90°，
∴∠BDC+∠CBD=90°，
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
∴∠ADE+∠EAD=90°，
∵∠CBD=∠EAD，
∴∠ADE=∠BDC．

（2）证明：如图2中，连接OA．

∵OC∥AD，
∴∠OCA=∠CAD，
∵OB=OC，OA=OC，
∴∠OBC=∠OCB，∠OCA=∠OAC，
∵∠CBO=∠CAD，
∴∠OCB=∠OCA=∠OBC=∠OAC，
∴∠BOC=∠OAC，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{AC}$，
∴BC=AC．

（3）解：延长DF交⊙O于H，连接BH，作OM⊥BC于M，BN⊥AC于N，连接HC．

∵BD是直径，
∴∠BHD=∠AED=90°，
∴BH∥EC，
∴$\frac{BH}{CE}$=$\frac{HF}{EF}$=$\frac{BF}{FC}$=$\frac{1}{2}$，
∴EC=2BH，EF=2HF，设BH=m，HF=n，则EC=2m，EF=2n，
∵∠CDE=∠FBH，∠CED=∠BHF=90°，
∴△DEC∽△BHF，
∴$\frac{EC}{HF}$=$\frac{DE}{BH}$，
∴$\frac{2m}{n}$=$\frac{3}{m}$，
∴2m²=3n，
∵BH∥AC，
∴$\widehat{HC}$=$\widehat{AB}$，
∴HC=AB，
∴四边形ABHC是等腰梯形，则易证AN=CE=2m，EN=BH=m，
∴AC=BC=5m，
∴BF=$\frac{5}{3}$m，
在Rt△BHF中，∵HB²+HF²=BF²，
∴m²+n²=$\frac{25}{9}$m²，
∴n=$\frac{4}{3}$m，
∴2m²=3×$\frac{4}{3}$m，
∴m=2，
∴AC=BC=10，EC=4，CD=$\sqrt{E{C}^{2}+D{E}^{2}}$=5，
∵OM⊥BC，
∴BM=CM=5，∵BO=OD，
∴OM=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{5}{2}$，
∵BF：FC=1：2，
∴BF=$\frac{10}{3}$，FM=$\frac{5}{3}$，
在Rt△OFM中，OF=$\sqrt{O{M}^{2}+F{M}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{5}{3}）^{2}+（\frac{5}{2}）^{2}}$=$\frac{5}{6}$$\sqrt{13}$．

点评 本题考查圆综合题、平行线的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、等腰梯形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．