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1. 如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，点$E$是$∠ BAC$和$∠ ABC$角平分线的交点，$AE$的延长线交$BC$于点$F$，交$\odot O$于点$D$，连接$BD$.
(1)求证：$DB=DE$；
(2)若$AE=3$，$DF=4$，求$DB$的长.
(1)求证：$DB=DE$；
(2)若$AE=3$，$DF=4$，求$DB$的长.
答案
(1) $\because ∠ BED=∠ BAE+∠ ABE,∠ DBE=∠ CBE+∠ CBD$，而 $∠ BAE=∠ CAD=∠ CBD,∠ ABE=∠ CBE,\therefore ∠ BDE=∠ DBE,\therefore DB=DE$.
(2) 易证 $△ ABD∽△ BFD,\therefore \frac{BD}{FD}=\frac{AD}{BD}$.
$\because DF=4,AE=3$. 设 $EF=x$，由 (1) 知 $DB=DE=4+x$，
则有 $\frac{4+x}{4}=\frac{7+x}{4+x}$，解得 $x_{1}=2,x_{2}=-6$ (舍去).
$\therefore DB=4+x=6$
(2) 易证 $△ ABD∽△ BFD,\therefore \frac{BD}{FD}=\frac{AD}{BD}$.
$\because DF=4,AE=3$. 设 $EF=x$，由 (1) 知 $DB=DE=4+x$，
则有 $\frac{4+x}{4}=\frac{7+x}{4+x}$，解得 $x_{1}=2,x_{2}=-6$ (舍去).
$\therefore DB=4+x=6$
2. 如图，弦$EF⊥$直径$MN$于点$H$，弦$MC$的延长线交$EF$的反向延长线于点$A$，求证：$MA· MC=MB· MD$.
答案
连接 $ND,NC$，证 $△ MBH∽△ MDN,\therefore MH· MN=MB· MD$，再证 $△ MAH∽△ MNC,\therefore MA· MC=MH· MN,\therefore MA· MC=MB· MD$
解析
证明：连接$ND$、$NC$。
∵$MN$是直径，
∴$∠ MDN=90°$。
∵$EF⊥ MN$于$H$，
∴$∠ MHB=90°=∠ MDN$。
又
∵$∠ BMH=∠ NMD$，
∴$△ MBH∽△ MDN$。
∴$\frac{MB}{MN}=\frac{MH}{MD}$，即$MH· MN=MB· MD$。
∵$MN$是直径，
∴$∠ MCN=90°$。
∵$EF⊥ MN$于$H$，
∴$∠ MHA=90°=∠ MCN$。
又
∵$∠ AMH=∠ NMC$，
∴$△ MAH∽△ MNC$。
∴$\frac{MA}{MN}=\frac{MH}{MC}$，即$MA· MC=MH· MN$。
∴$MA· MC=MB· MD$。
∵$MN$是直径，
∴$∠ MDN=90°$。
∵$EF⊥ MN$于$H$，
∴$∠ MHB=90°=∠ MDN$。
又
∵$∠ BMH=∠ NMD$，
∴$△ MBH∽△ MDN$。
∴$\frac{MB}{MN}=\frac{MH}{MD}$，即$MH· MN=MB· MD$。
∵$MN$是直径，
∴$∠ MCN=90°$。
∵$EF⊥ MN$于$H$，
∴$∠ MHA=90°=∠ MCN$。
又
∵$∠ AMH=∠ NMC$，
∴$△ MAH∽△ MNC$。
∴$\frac{MA}{MN}=\frac{MH}{MC}$，即$MA· MC=MH· MN$。
∴$MA· MC=MB· MD$。
3. 如图，$AB$是$\odot O$的直径，$BC$是$\odot O$的弦，直线$MN$与$\odot O$相切于点$C$，过点$B$作$BD⊥ MN$于点$D$.
(1)求证：$∠ ABC=∠ CBD$；
(2)若$BC=4\sqrt{5}$，$CD=4$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：$∠ ABC=∠ CBD$；
(2)若$BC=4\sqrt{5}$，$CD=4$，求$\odot O$的半径.
答案
(1) 略 (2) 5
解析
(1) 证明：连接 $OC$，
∵ 直线 $MN$ 与 $\odot O$ 相切于点 $C$，
∴ $OC ⊥ MN$，
∵ $BD ⊥ MN$，
∴ $OC // BD$，
∴ $∠ OCB = ∠ CBD$，
∵ $OC = OB$，
∴ $∠ OCB = ∠ ABC$，
∴ $∠ ABC = ∠ CBD$。
(2) 解：在 $\mathrm{Rt}△ BCD$ 中，$BC = 4\sqrt{5}$，$CD = 4$，
由勾股定理得 $BD = \sqrt{BC^2 - CD^2} = \sqrt{(4\sqrt{5})^2 - 4^2} = \sqrt{80 - 16} = \sqrt{64} = 8$，
过点 $B$ 作 $BE ⊥ OC$ 于点 $E$，
∵ $OC // BD$，$BD ⊥ MN$，$BE ⊥ OC$，
∴ 四边形 $BECD$ 是矩形，
∴ $CE = BD = 8$，$BE = CD = 4$，
设 $\odot O$ 的半径为 $r$，则 $OE = OC - CE = r - 8$，
在 $\mathrm{Rt}△ OBE$ 中，由勾股定理得 $OE^2 + BE^2 = OB^2$，
即 $(r - 8)^2 + 4^2 = r^2$，
解得 $r = 5$，
∴ $\odot O$ 的半径为 $5$。
∵ 直线 $MN$ 与 $\odot O$ 相切于点 $C$，
∴ $OC ⊥ MN$，
∵ $BD ⊥ MN$，
∴ $OC // BD$，
∴ $∠ OCB = ∠ CBD$，
∵ $OC = OB$，
∴ $∠ OCB = ∠ ABC$，
∴ $∠ ABC = ∠ CBD$。
(2) 解：在 $\mathrm{Rt}△ BCD$ 中，$BC = 4\sqrt{5}$，$CD = 4$，
由勾股定理得 $BD = \sqrt{BC^2 - CD^2} = \sqrt{(4\sqrt{5})^2 - 4^2} = \sqrt{80 - 16} = \sqrt{64} = 8$，
过点 $B$ 作 $BE ⊥ OC$ 于点 $E$，
∵ $OC // BD$，$BD ⊥ MN$，$BE ⊥ OC$，
∴ 四边形 $BECD$ 是矩形，
∴ $CE = BD = 8$，$BE = CD = 4$，
设 $\odot O$ 的半径为 $r$，则 $OE = OC - CE = r - 8$，
在 $\mathrm{Rt}△ OBE$ 中，由勾股定理得 $OE^2 + BE^2 = OB^2$，
即 $(r - 8)^2 + 4^2 = r^2$，
解得 $r = 5$，
∴ $\odot O$ 的半径为 $5$。
4. 如图，$AB$是$\odot O$的直径，$BC$切$\odot O$于点$B$，$OC//$弦$AD$，过点$D$作$DE⊥ AB$于点$E$，连$AC$交$DE$于点$P$.
求证：(1)$PE=PD$；
(2)$AC· PD=AP· BC$.
求证：(1)$PE=PD$；
(2)$AC· PD=AP· BC$.
答案
(1) 证明：
∵BC切⊙O于B，∴∠OBC=90°（切线性质）。
∵DE⊥AB，∴∠AED=90°，故∠AED=∠OBC。
∵OC//AD，∴∠EAD=∠BOC（同位角相等）。
∴△AED∽△OBC（AA），则AE/OB=DE/BC。
设⊙O半径为r，OB=r，AB=2r，∴AE/r=DE/BC，得BC=(r·DE)/AE。
∵DE⊥AB，BC⊥AB，∴DE//BC（垂直于同一直线的两直线平行）。
∴△AEP∽△ABC（AA，∠A公共，∠AEP=∠ABC=90°），则PE/BC=AE/AB。
AB=2r，∴PE=(AE·BC)/(2r)，将BC=(r·DE)/AE代入得PE=DE/2。
∴PD=DE-PE=DE/2，故PE=PD。
(2) 证明：
∵DE//BC，∴△AEP∽△ABC，∴AP/AC=PE/BC。
由(1)知PE=PD，∴AP/AC=PD/BC，故AC·PD=AP·BC。
∵BC切⊙O于B，∴∠OBC=90°（切线性质）。
∵DE⊥AB，∴∠AED=90°，故∠AED=∠OBC。
∵OC//AD，∴∠EAD=∠BOC（同位角相等）。
∴△AED∽△OBC（AA），则AE/OB=DE/BC。
设⊙O半径为r，OB=r，AB=2r，∴AE/r=DE/BC，得BC=(r·DE)/AE。
∵DE⊥AB，BC⊥AB，∴DE//BC（垂直于同一直线的两直线平行）。
∴△AEP∽△ABC（AA，∠A公共，∠AEP=∠ABC=90°），则PE/BC=AE/AB。
AB=2r，∴PE=(AE·BC)/(2r)，将BC=(r·DE)/AE代入得PE=DE/2。
∴PD=DE-PE=DE/2，故PE=PD。
(2) 证明：
∵DE//BC，∴△AEP∽△ABC，∴AP/AC=PE/BC。
由(1)知PE=PD，∴AP/AC=PD/BC，故AC·PD=AP·BC。
