Question

18．已知AB是⊙O直径，点C、D是⊙O上两点，连接AD、CD、AC．
（1）如图1，过点D作⊙O的切线MN，当MN∥AC时，求证：∠ADM=∠ADN；
（2）如图2，连接BD交AC于点E，当CD=OA时，求证：∠BEC=60°；
（3）在（2）的条件下，取$\widehat{AB}$中点F，若E为BD中点，CD=7，求EF的长．

Answer 1

分析 （1）根据MN是⊙O的切线，得到∠ODM=90°，根据平行线的性质得到∠AKD=90°，由垂径定理得到AK=CK，根据等腰三角形的性质得到∠DAC=∠DCA等量代换即可得到结论；
（2）根据等边三角形的性质得到∠DOC=60°，由平角的定义得到∠AOD+∠BOC=120°，得到∠B+∠BAC=60°，于是得到结论；
（3）由AB是⊙O的直径，得到∠ACB=90°，解直角三角形得到CE=$\frac{1}{2}$BE，等量代换得到CE=$\frac{1}{2}$DE，根据勾股定理解方程求得CE=$\sqrt{7}$，ED=2$\sqrt{7}$，BD=4$\sqrt{7}$，推出四边形OGDE是矩形，根据矩形的性质得到∠FOE=90°，然后根据勾股定理即可得到结论．

解答 （1）证明：连接OD，交AC于点K，
∵MN是⊙O的切线，
∴∠ODM=90°，
∵MN∥AC，
∴∠AKD=180°-∠ODM，
∴∠AKD=90°，
即OK⊥AC，
∴AK=CK，
∴AD=CD，
∴AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA
∵MN∥AC，
∴∠ADM=∠DAC，∠CDN=∠DCA，
∴∠ADM=∠CDN；

（2）证明：连接OD，OC，
∵CD=OA，∴CD=OD=OC，
∴∠DOC=60°，
∴∠AOD+∠BOC=120°，
∵∠AOD=2∠B，∠BOC=2∠BAC，
∴2∠B+2∠BAC=120°，
∴∠B+∠BAC=60°，
∵∠BEC=∠B+∠BAC，
∴∠BEC=60°；
（3）解：连接OE，OF，OF交AD于点G，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由（2）知∠BEC=60°，
∴在Rt△BCE中，CE=cos60°BE，
∴CE=$\frac{1}{2}$BE，
∵BE=DE，
∴CE=$\frac{1}{2}$DE，
过点C作CH⊥BD于点H，
在Rt△CHE中，EH=ECcos60°=$\frac{1}{2}$EC，CH=EHtan60°=$\sqrt{3}$EH，
设EH=x，则CE=2x，CH=$\sqrt{3}$x，DE=4x，
在Rt△CHD中，
由勾股定理得CH²+DH²=CD²，即（$\sqrt{3}$x）²+（4x+x）²=7²，
解得x=±$\frac{\sqrt{7}}{2}$（负值舍去）
∴CE=$\sqrt{7}$，ED=2$\sqrt{7}$，BD=4$\sqrt{7}$，
∵CD=OA，
∴OB=7，
∵E是BD中点，
∴∠OED=90°，
在Rt△OEB中，OE=$\sqrt{O{B}^{2}-B{E}^{2}}$=$\sqrt{21}$，
∵F是AD中点，
∴∠OGD=90°，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴四边形OGDE是矩形，
∴∠FOE=90°，
在Rt△OEF中，EF=$\sqrt{O{E}^{2}+O{F}^{2}}$=$\sqrt{70}$．

点评 本题考查了切线的性质，平行线的性质，圆周角定理，勾股定理，矩形的判定和性质，解直角三角形，垂径定理，正确的理解题意，识别图形是解题的关键．