题目内容
如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC和BD相交于点E，且DC2=CE•CA．（1）求证：BC=CD；
（2）分别延长AB，DC交于点P，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于点F，若PB=OB，CD=2
| 2 |
考点：相似三角形的判定与性质,勾股定理,圆周角定理
专题：几何综合题,压轴题
分析：（1）求出△CDE∽△CAD，∠CDB=∠DAC得出结论．
（2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC=4
，再由割线定理PC•PD=PB•PA求得半径为4，根据勾股定理求得AC=2
，再证明△AFD∽△ACB，得
=
=
=
，则可设FD=x，AF=
x，在Rt△AFP中，利用勾股定理列出关于x的方程，求解得DF．
（2）连接OC，先证AD∥OC，由平行线分线段成比例性质定理求得PC=4
| 2 |
| 14 |
| AF |
| FD |
| AC |
| CB |
2
| ||
2
|
| 7 |
| 7 |
解答：（1）证明：∵DC2=CE•CA，
∴
=
，
△CDE∽△CAD，
∴∠CDB=∠DAC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴BC=CD；
（2）解：方法一：如图，连接OC，
∵BC=CD，
∴∠DAC=∠CAB，
又∵AO=CO，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠DAC=∠ACO，
∴AD∥OC，
∴
=
，
∵PB=OB，CD=2
，
∴
=
∴PC=4
又∵PC•PD=PB•PA
∴4
•（4
+2
）=OB•3OB
∴OB=4，即AB=2OB=8，PA=3OB=12，
在Rt△ACB中，
AC=
=
=2
，
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°
∴∠FDA+∠BDC=90°
∠CBA+∠CAB=90°
∵∠BDC=∠CAB，
∴∠FDA=∠CBA，
又∵∠AFD=∠ACB=90°，
∴△AFD∽△ACB
∴
=
=
=
在Rt△AFP中，设FD=x，则AF=
x，
∴在Rt△APF中有，(
x)2+(x+6
)2=122，
求得DF=
．
方法二；连接OC，过点O作OG垂直于CD，
易证△PCO∽△PDA，可得
=
，
△PGO∽△PFA，可得
=
，
可得，
=
，由方法一中PC=4
代入
=
，
即可得出DF=
．
∴
| DC |
| CE |
| CA |
| DC |
△CDE∽△CAD，
∴∠CDB=∠DAC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴BC=CD；
（2）解：方法一：如图，连接OC，
∵BC=CD，
∴∠DAC=∠CAB，
又∵AO=CO，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠DAC=∠ACO，
∴AD∥OC，
∴
| PC |
| PD |
| PO |
| PA |
∵PB=OB，CD=2
| 2 |
∴
| PC | ||
PC+2
|
| 2 |
| 3 |
∴PC=4
| 2 |
又∵PC•PD=PB•PA
∴4
| 2 |
| 2 |
| 2 |
∴OB=4，即AB=2OB=8，PA=3OB=12，
在Rt△ACB中，
AC=
| AB2-BC2 |
82-(2
|
| 14 |
∵AB是直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°
∴∠FDA+∠BDC=90°
∠CBA+∠CAB=90°
∵∠BDC=∠CAB，
∴∠FDA=∠CBA，
又∵∠AFD=∠ACB=90°，
∴△AFD∽△ACB
∴
| AF |
| FD |
| AC |
| CB |
2
| ||
2
|
| 7 |
在Rt△AFP中，设FD=x，则AF=
| 7 |
∴在Rt△APF中有，(
| 7 |
| 2 |
求得DF=
3
| ||
| 2 |
方法二；连接OC，过点O作OG垂直于CD，
易证△PCO∽△PDA，可得
| PC |
| PD |
| PO |
| PA |
△PGO∽△PFA，可得
| PG |
| PF |
| PO |
| PA |
可得，
| PC |
| PD |
| PG |
| PF |
| 2 |
| PC | ||
PC+2
|
PC+
| ||
PC+2
|
即可得出DF=
3
| ||
| 2 |
点评：本题主要考查相似三角形的判定及性质，勾股定理及圆周角的有关知识的综合运用能力，关键是找准对应的角和边求解．
练习册系列答案
相关题目
如图，矩形AOBC的顶点坐标分别为A（0，3），O（0，0），B（4，0），C（4，3），动点F在边BC上（不与B、C重合），过点F的反比例函数分式方程
-1=
的解是（ ）
| x |
| x-1 |
| 3 |
| (x-1)(x+2) |
| A、x=1 | ||
B、x=-1+
| ||
| C、x=2 | ||
| D、无解 |