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1. (教材 $ P_{88}T_{3} $ 变式)(武汉中考)如图, $ OA $, $ OB $, $ OC $ 都是 $ \odot O $ 的半径, $ \angle ACB = 2\angle BAC $.
(1)求证: $ \angle AOB = 2\angle BOC $;
(2)若 $ AB = 4 $, $ BC = \sqrt{5} $,求 $ \odot O $ 的半径.
(1)求证: $ \angle AOB = 2\angle BOC $;
(2)若 $ AB = 4 $, $ BC = \sqrt{5} $,求 $ \odot O $ 的半径.
答案
解：(1)∵$∠ACB=\frac {1}{2}∠AOB$，
$∠BAC=\frac {1}{2}∠BOC$，
$∠ACB=2∠BAC$，
∴$∠AOB=2∠BOC$；
(2)过点$O$作半径$OD⊥AB$于点$E$，交$\odot O$于点$D$，连接$BD$，
∴$AE=BE$．
∵$∠AOB=2∠BOC$，
$∠DOB=\frac {1}{2}∠AOB$，
∴$∠DOB=∠BOC$．
∴$BD=BC$．
∵$AB=4$，$BC=\sqrt {5}$，
∴$BE=2$，$DB=\sqrt {5}$．
在$Rt\triangle BDE$中，$∠DEB=90^{\circ }$，
∴$DE=\sqrt {BD^{2}-BE^{2}}=1$．
在$Rt\triangle BOE$中，$∠OEB=90^{\circ }$，
$OB^{2}=(OB-1)^{2}+2^{2}$，解得$OB=\frac {5}{2}$，即$\odot O$的半径是$\frac {5}{2}$．
$∠BAC=\frac {1}{2}∠BOC$，
$∠ACB=2∠BAC$，
∴$∠AOB=2∠BOC$；
(2)过点$O$作半径$OD⊥AB$于点$E$，交$\odot O$于点$D$，连接$BD$，
∴$AE=BE$．
∵$∠AOB=2∠BOC$，
$∠DOB=\frac {1}{2}∠AOB$，
∴$∠DOB=∠BOC$．
∴$BD=BC$．
∵$AB=4$，$BC=\sqrt {5}$，
∴$BE=2$，$DB=\sqrt {5}$．
在$Rt\triangle BDE$中，$∠DEB=90^{\circ }$，
∴$DE=\sqrt {BD^{2}-BE^{2}}=1$．
在$Rt\triangle BOE$中，$∠OEB=90^{\circ }$，
$OB^{2}=(OB-1)^{2}+2^{2}$，解得$OB=\frac {5}{2}$，即$\odot O$的半径是$\frac {5}{2}$．
2. (原创题)如图, $ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径, $ C $ 为 $ \odot O $ 上的一点, $ D $ 为 $ \widehat{BC} $ 的中点,连接 $ BC $, $ AD $,过点 $ C $ 作 $ AD $ 的垂线交 $ AB $ 于点 $ E $.
(1)求证: $ AC = AE $;
(2)若 $ AB = 5 $, $ AD = 4 $,求 $ AE $ 的长.
(1)求证: $ AC = AE $;
(2)若 $ AB = 5 $, $ AD = 4 $,求 $ AE $ 的长.
答案
解：(1)∵$D$为$\widehat {BC}$的中点，
∴$\widehat {CD}=\widehat {BD}$，∴$∠CAD=∠BAD$．
∵$CE⊥AD$，∴$∠CAD+∠ACE=∠BAD+∠AEC=90^{\circ }$，
∴$∠ACE=∠AEC$，∴$AC=AE$；
(2)连接$OD$，交$BC$于点$F$，连接$BD$．
∵$AB$为$\odot O$的直径，
∴$∠ADB=90^{\circ }$．
∵$AB=5$，$AD=4$，
∴$BD=\sqrt {AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt {5^{2}-4^{2}}=3$．
∵$\widehat {CD}=\widehat {BD}$，
∴$OD$垂直平分$BC$，∴$CF=BF$．
∵$OA=OB=\frac {1}{2}AB=2.5$，
∴$AE=AC=2OF$．
设$OF=x$，则$AC=AE=2x$．
在$Rt\triangle BOF$中，$BF^{2}=2.5^{2}-x^{2}$．
在$Rt\triangle BDF$中，
$BF^{2}=3^{2}-(2.5-x)^{2}$，
∴$2.5^{2}-x^{2}=3^{2}-(2.5-x)^{2}$，解得$x=0.7$，∴$AE=1.4$．
∴$\widehat {CD}=\widehat {BD}$，∴$∠CAD=∠BAD$．
∵$CE⊥AD$，∴$∠CAD+∠ACE=∠BAD+∠AEC=90^{\circ }$，
∴$∠ACE=∠AEC$，∴$AC=AE$；
(2)连接$OD$，交$BC$于点$F$，连接$BD$．
∵$AB$为$\odot O$的直径，
∴$∠ADB=90^{\circ }$．
∵$AB=5$，$AD=4$，
∴$BD=\sqrt {AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt {5^{2}-4^{2}}=3$．
∵$\widehat {CD}=\widehat {BD}$，
∴$OD$垂直平分$BC$，∴$CF=BF$．
∵$OA=OB=\frac {1}{2}AB=2.5$，
∴$AE=AC=2OF$．
设$OF=x$，则$AC=AE=2x$．
在$Rt\triangle BOF$中，$BF^{2}=2.5^{2}-x^{2}$．
在$Rt\triangle BDF$中，
$BF^{2}=3^{2}-(2.5-x)^{2}$，
∴$2.5^{2}-x^{2}=3^{2}-(2.5-x)^{2}$，解得$x=0.7$，∴$AE=1.4$．
3. 如图, $ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径,弦 $ CD = CB $, $ CE \perp AB $ 于点 $ E $,连接 $ BD $ 交 $ CE $ 于点 $ F $.
(1)求证: $ CF = BF $;
(2)若 $ CD = 4\sqrt{5} $, $ AC = 8\sqrt{5} $,求 $ BD $ 的长.
(1)求证: $ CF = BF $;
(2)若 $ CD = 4\sqrt{5} $, $ AC = 8\sqrt{5} $,求 $ BD $ 的长.
答案
解：(1)∵$AB$是$\odot O$的直径，
∴$∠ACB=90^{\circ }$，
∴$∠A=90^{\circ }-∠ABC$．
∵$CE⊥AB$，∴$∠CEB=90^{\circ }$，
∴$∠ECB=90^{\circ }-∠ABC$，
∴$∠ECB=∠A$．
又∵$CD=CB$，∴$\widehat {CD}=\widehat {CB}$，
∴$∠DBC=∠A$，
∴$∠ECB=∠DBC$，∴$CF=BF$；
(2)连接$OC$，交$BD$于点$G$．
∵$BC=CD$，
∴$OC⊥BD$，$BD=2BG$．
∵$∠ACB=90^{\circ }$，
$BC=CD=4\sqrt {5}$，$AC=8\sqrt {5}$，
∴$AB=\sqrt {AC^{2}+BC^{2}}=20$，
∴$\odot O$的半径为$10$．
设$OG=x$，则$CG=10-x$，
由勾股定理，得
$BG^{2}=OB^{2}-OG^{2}=BC^{2}-CG^{2}$，
即$10^{2}-x^{2}=(4\sqrt {5})^{2}-(10-x)^{2}$，
解得$x=6$，
∴$BG=\sqrt {10^{2}-6^{2}}=8$，∴$BD=16$．
∴$∠ACB=90^{\circ }$，
∴$∠A=90^{\circ }-∠ABC$．
∵$CE⊥AB$，∴$∠CEB=90^{\circ }$，
∴$∠ECB=90^{\circ }-∠ABC$，
∴$∠ECB=∠A$．
又∵$CD=CB$，∴$\widehat {CD}=\widehat {CB}$，
∴$∠DBC=∠A$，
∴$∠ECB=∠DBC$，∴$CF=BF$；
(2)连接$OC$，交$BD$于点$G$．
∵$BC=CD$，
∴$OC⊥BD$，$BD=2BG$．
∵$∠ACB=90^{\circ }$，
$BC=CD=4\sqrt {5}$，$AC=8\sqrt {5}$，
∴$AB=\sqrt {AC^{2}+BC^{2}}=20$，
∴$\odot O$的半径为$10$．
设$OG=x$，则$CG=10-x$，
由勾股定理，得
$BG^{2}=OB^{2}-OG^{2}=BC^{2}-CG^{2}$，
即$10^{2}-x^{2}=(4\sqrt {5})^{2}-(10-x)^{2}$，
解得$x=6$，
∴$BG=\sqrt {10^{2}-6^{2}}=8$，∴$BD=16$．
