分析 (1)先用四点共圆的性质得出∠ABD=∠ACE,进而得出△ABD≌△ACE得出,∠ADB=∠AED,再用同弧所对的圆周角相等,最后代换即可;
(2)直接判断出△ABD≌△ACE,得出AD=AE,∠BAD=∠CAE,再用等腰三角形的外接圆的圆心必过底边上的高,最后用等腰三角形的三线合一即可得出结论;
(3)先求出AP,OP,再判断出△AOP≌△BOM,得出BM=OP=6,OM=AP=$\frac{7}{4}$,再用勾股定理得出AB=10,用角平分线定理即可求出AH,HM,最后用相交弦定理即可.
解答 解:(1)如图1,连接AD,BD,
∵点A,B,D,C四点共圆,
∴∠ABD=∠ACE,
在△ABD和△ACE中,$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABD=∠ACE}\\{BD=CE}\end{array}\right.$,
∴△ABD≌△ACE,∠ADB=∠AED,
∵∠ADB=∠ACB,
∴∠ACB=∠AED;
(2)如图2,连接AD,
在△ABD和△ACE中,$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABD=∠ACE}\\{BD=CE}\end{array}\right.$,
∴△ABD≌△ACE,
∴AD=AE,∠BAD=∠CAE,
∵AB=AC,AE过圆心,
∴∠BAE=∠CAE,
∴∠BAD=∠BAE,
∵AD=AE,
∴DG=EG(等腰三角形的三线合一);
(3)如图3,
连接AD,过点O作OP⊥AD,
∴∠AOP=∠ACD,AP=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{7}{4}$,
在Rt△OAP中,OA=$\frac{25}{4}$,
根据勾股定理得,OP=$\sqrt{O{A}^{2}-A{P}^{2}}$=6,
由(2)知,AD=AE,DG=DE,
∴∠AGC=90°,
∴∠BAC+∠ACD=90°,
延长AO交BC于M,交⊙O于N,
∴AN⊥BC,
连接OB,OC,
∴OB=OC,
∠NOC=∠BAC,
∴∠NOC+∠OCB=90°,
∴∠BAC+∠OCB=90°,
∴∠ACD=∠BCO=∠CBO=∠AOP,
在△AOP和△BOM中,$\left\{\begin{array}{l}{∠OPA=∠BMO}\\{∠AOP=∠OBM}\\{OA=OB}\end{array}\right.$,
∴△AOP≌△BOM,
∴BM=OP=6,OM=AP=$\frac{7}{4}$,
∴AM=OA+OM=$\frac{25}{4}$+$\frac{7}{4}$=8,
根据勾股定理得,AB=10,
∵BP是∠ABC的角平分线,
∴$\frac{AB}{BM}=\frac{AH}{MH}$,
∴$\frac{AH}{MH}=\frac{10}{6}=\frac{5}{3}$,
∵AH+MH=8,
∴AH=5,MH=3,
∴HN=OH+ON=MH-OM+ON=3-$\frac{7}{4}$+$\frac{25}{4}$=$\frac{15}{2}$,
在Rt△HMB中,BM=6,MH=3,
根据勾股定理得,BH=$\sqrt{36+9}$=3$\sqrt{5}$,
根据相交弦定理得,BH•FH=AH•HN,
∴3$\sqrt{5}$×FH=5×$\frac{15}{2}$,
∴FH=$\frac{5}{2}\sqrt{5}$,
∴BF=BH+FH=3$\sqrt{5}$+$\frac{5}{2}$$\sqrt{5}$=$\frac{11}{2}$$\sqrt{5}$.
即:线段BF的长为$\frac{11}{2}$$\sqrt{5}$.
点评 此题是圆的综合题,主要考查了等腰三角形的性质,角平分线定理,全等三角形的判定和性质,相交弦定理,解本题的关键判断出△AOP≌△BOM,是一道很好的中考压轴题.
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