Question

5．已知四邊形ABCD內(nèi)接于以BC為直徑的⊙O，A為弧BD中點(diǎn)，延長(zhǎng)CB，DA交于點(diǎn)P．
（1）連結(jié)OA，求證：OA∥CD；
（2）求證：PA•PD=PB•PC；
（3）過點(diǎn)C作PD的垂線交PD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，當(dāng)PB=BO，CD=18時(shí)，求DE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）連接BD，由圓周角定理可知∠BDC=90°，即CD⊥BD，再由AB=AD可知$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，則OA⊥BD，由此即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ABP=∠PDC，由于∠P=∠P，推出△ABP∽△CPD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（3）由OF∥CD，OB=OC，根據(jù)中位線定理可以求出OF，AF；再根據(jù)勾股定理在Rt△DBC中可以求出BD，DF；接著在Rt△ADF中求出AD；然后利用平行線的性質(zhì)得∠FAD=∠CDE，證明△AFD∽△DEC，利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例可以求出DE．

解答 （1）證明：連接BD，交OA于點(diǎn)F．
∵BC是⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，即CD⊥BD，
∵AB=AD，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AD}$，
∴OA⊥BD，
∴OA∥CD；

（2）證明：∵四邊形ABCD內(nèi)接于以BC為直徑的⊙O，
∴∠ABP=∠PDC，∠P=∠P，
∴△ABP∽△CPD，
∴$\frac{PA}{PC}=\frac{PB}{PD}$，
∴PA•PD=PB•PC；

（3）解：∵OF∥CD，$\frac{OF}{CD}$=$\frac{BO}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴OF=9，AF=3；
∵BD=$\sqrt{B{C}^{2}-D{C}^{2}}$=6$\sqrt{7}$，
∴DF=$\frac{1}{2}$BD=3$\sqrt{7}$，
∴AD=$\sqrt{D{F}^{2}+A{F}^{2}}$=6$\sqrt{2}$；
∵∠AFD=∠DEC=90°，OA∥DC，∠FAD=∠CDE，
∴△AFD∽△DEC，
∴$\frac{DE}{DC}$=$\frac{AF}{AD}$，即$\frac{DE}{18}$=$\frac{3}{6\sqrt{2}}$；
∴DE=$\frac{9\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是相似三角形的判定與性質(zhì)，綜合性比較強(qiáng)，此題把垂徑定理，平行線分線段成比例，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，中位線定理等知識(shí)都放在圓的背景中，充分發(fā)揮這些知識(shí)的作用解題．