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9. 如图,AB,AC是⊙O的两条弦,且AB= AC,D是$\widehat{BC}$的中点,连接并延长BD,CD,分别交AC,AB的延长线于点E,F.
(1)求证：DF= DE；
(2)若BD= 6,CE= 8,求⊙O的半径.
(1)求证：DF= DE；
(2)若BD= 6,CE= 8,求⊙O的半径.
答案
1. （1）证明：
因为$AB = AC$，所以$\angle ABC=\angle ACB$。
因为$D$是$\widehat{BC}$的中点，所以$\widehat{BD}=\widehat{CD}$，那么$\angle BAD=\angle CAD$，$\angle FBD=\angle ECD$（同弧所对的圆周角相等）。
又因为$AB = AC$，$\angle BAD=\angle CAD$，$AD = AD$，所以$\triangle ABD\cong\triangle ACD(SAS)$，则$BD = CD$。
在$\triangle FBD$和$\triangle ECD$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle FBD=\angle ECD\\BD = CD\\\angle BDF=\angle CDE\end{array}\right.$（对顶角相等），所以$\triangle FBD\cong\triangle ECD(ASA)$，所以$DF = DE$。
2. （2）
由（1）知$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，所以$BF = CE = 8$。
因为$D$是$\widehat{BC}$的中点，所以$AD$是$\odot O$的直径（平分弧的直径垂直平分弧所对的弦，且过圆心）。
因为$\angle ABD = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角），在$Rt\triangle ABD$中，$AB = AC$，设$AB = AC=x$。
由$\triangle FBD\cong\triangle ECD$得$BD = CD = 6$。
因为$\angle ABF=\angle ECD$（已证），$\angle F=\angle F$，所以$\triangle FCE\sim\triangle FBA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
则$\frac{FC}{FB}=\frac{CE}{AB}$，$FC=x + 8$，即$\frac{x + 8}{8}=\frac{8}{x}$。
整理得$x^{2}+8x - 64 = 0$，由求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$（对于一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0$，这里$a = 1$，$b = 8$，$c=-64$），$x=\frac{-8\pm\sqrt{8^{2}-4×1×(-64)}}{2×1}=\frac{-8\pm\sqrt{64 + 256}}{2}=\frac{-8\pm\sqrt{320}}{2}=\frac{-8\pm8\sqrt{5}}{2}=-4\pm4\sqrt{5}$，因为$x\gt0$，所以$x=-4 + 4\sqrt{5}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}=\sqrt{(-4 + 4\sqrt{5})^{2}+6^{2}}=\sqrt{16-32\sqrt{5}+80 + 36}=\sqrt{132-32\sqrt{5}}$（此方法较复杂）。
另一种方法：
连接$OB$，$OD$，因为$D$是$\widehat{BC}$的中点，$OB = OC$，$OD$是半径，所以$OD\perp BC$，$AD$过圆心$O$，设$\odot O$的半径为$R$。
因为$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BD = CD = 6$，$BF = CE = 8$。
由$\angle ABD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AD^{2}=AB^{2}+BD^{2}$，又因为$AB = AC$，且$\triangle FCE\sim\triangle FBA$，$AB× FC=BF× CE$。
设$AB = AC=x$，$FC=x + 8$，$x(x + 8)=8×8$，$x^{2}+8x - 64 = 0$，$(x + 4)^{2}=80$，$x=-4\pm4\sqrt{5}$（舍负）$x = 4\sqrt{5}-4$。
因为$OB = OD = R$，$AB = AC$，$D$是$\widehat{BC}$中点，$AD\perp BC$，$AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}=(2R)^{2}$。
又因为$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BD = 6$，$BF = 8$，$\angle ABD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}$，且$AB× AF=AD× BD$（利用面积法，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB× BD=\frac{1}{2}AD×\frac{1}{2}BC$，这里$AF=AB + BF$）。
因为$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BC = 2\sqrt{BD^{2}-(\frac{BC}{2})^{2}}$（等腰三角形三线合一），设$AD = 2R$，由$\triangle ABD$的面积$S=\frac{1}{2}AB× BD=\frac{1}{2}×(4\sqrt{5}-4)×6$，又$S=\frac{1}{2}×2R×\sqrt{R^{2}-(\frac{BC}{2})^{2}}$，且$BC^{2}=2BD^{2}-2R^{2}+ 2\sqrt{(R^{2}-(\frac{BC}{2})^{2})(R^{2}-(\frac{BC}{2})^{2})}$（此法复杂）。
我们重新利用相似和勾股定理：
因为$AD$是直径，$\angle ABD = 90^{\circ}$，$AB× AF=AD× BD$（$\triangle ABD$和$\triangle FBD$的面积关系，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB× BD$，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AD×\frac{AB× BD}{AD}$，且$\triangle FBD$与$\triangle ABD$有公共角$\angle F$）。
由$\triangle FBD\cong\triangle ECD$得$BD = 6$，$BF = 8$，设$AD = 2R$。
因为$\angle ABD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}$，又$AB×(AB + 8)=8×8$（$\triangle FCE\sim\triangle FBA$），$AB^{2}+8AB - 64 = 0$，解得$AB = 4\sqrt{5}-4$。
再根据$AD^{2}=AB^{2}+BD^{2}$，$AD^{2}=(4\sqrt{5}-4)^{2}+6^{2}=80-32\sqrt{5}+16 + 36=132-32\sqrt{5}$（错误）。
正确方法：
因为$AD$是直径，$\angle ABD = 90^{\circ}$，$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BD = CD = 6$，$BF = CE = 8$。
设$\odot O$半径为$R$，$AD$为直径，$AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}=(2R)^{2}$。
由$\triangle FCE\sim\triangle FBA$得$\frac{AB}{BF}=\frac{BD}{AB}$（$\angle ABD=\angle FBD = 90^{\circ}$，$\angle F$公共），$AB^{2}=BF× BD$（射影定理：在$Rt\triangle ABD$中，$AB^{2}=BF× BD$，因为$\triangle FBD\sim\triangle ABD$）。
所以$AB^{2}=8×6$，$AB=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}=\sqrt{48 + 36}=\sqrt{84}=2\sqrt{21}$，所以$\odot O$的半径$R=\sqrt{21}$。
综上，（1）已证$DF = DE$；（2）$\odot O$的半径为$\sqrt{21}$。
因为$AB = AC$，所以$\angle ABC=\angle ACB$。
因为$D$是$\widehat{BC}$的中点，所以$\widehat{BD}=\widehat{CD}$，那么$\angle BAD=\angle CAD$，$\angle FBD=\angle ECD$（同弧所对的圆周角相等）。
又因为$AB = AC$，$\angle BAD=\angle CAD$，$AD = AD$，所以$\triangle ABD\cong\triangle ACD(SAS)$，则$BD = CD$。
在$\triangle FBD$和$\triangle ECD$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle FBD=\angle ECD\\BD = CD\\\angle BDF=\angle CDE\end{array}\right.$（对顶角相等），所以$\triangle FBD\cong\triangle ECD(ASA)$，所以$DF = DE$。
2. （2）
由（1）知$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，所以$BF = CE = 8$。
因为$D$是$\widehat{BC}$的中点，所以$AD$是$\odot O$的直径（平分弧的直径垂直平分弧所对的弦，且过圆心）。
因为$\angle ABD = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角），在$Rt\triangle ABD$中，$AB = AC$，设$AB = AC=x$。
由$\triangle FBD\cong\triangle ECD$得$BD = CD = 6$。
因为$\angle ABF=\angle ECD$（已证），$\angle F=\angle F$，所以$\triangle FCE\sim\triangle FBA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
则$\frac{FC}{FB}=\frac{CE}{AB}$，$FC=x + 8$，即$\frac{x + 8}{8}=\frac{8}{x}$。
整理得$x^{2}+8x - 64 = 0$，由求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$（对于一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0$，这里$a = 1$，$b = 8$，$c=-64$），$x=\frac{-8\pm\sqrt{8^{2}-4×1×(-64)}}{2×1}=\frac{-8\pm\sqrt{64 + 256}}{2}=\frac{-8\pm\sqrt{320}}{2}=\frac{-8\pm8\sqrt{5}}{2}=-4\pm4\sqrt{5}$，因为$x\gt0$，所以$x=-4 + 4\sqrt{5}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}=\sqrt{(-4 + 4\sqrt{5})^{2}+6^{2}}=\sqrt{16-32\sqrt{5}+80 + 36}=\sqrt{132-32\sqrt{5}}$（此方法较复杂）。
另一种方法：
连接$OB$，$OD$，因为$D$是$\widehat{BC}$的中点，$OB = OC$，$OD$是半径，所以$OD\perp BC$，$AD$过圆心$O$，设$\odot O$的半径为$R$。
因为$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BD = CD = 6$，$BF = CE = 8$。
由$\angle ABD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AD^{2}=AB^{2}+BD^{2}$，又因为$AB = AC$，且$\triangle FCE\sim\triangle FBA$，$AB× FC=BF× CE$。
设$AB = AC=x$，$FC=x + 8$，$x(x + 8)=8×8$，$x^{2}+8x - 64 = 0$，$(x + 4)^{2}=80$，$x=-4\pm4\sqrt{5}$（舍负）$x = 4\sqrt{5}-4$。
因为$OB = OD = R$，$AB = AC$，$D$是$\widehat{BC}$中点，$AD\perp BC$，$AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}=(2R)^{2}$。
又因为$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BD = 6$，$BF = 8$，$\angle ABD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}$，且$AB× AF=AD× BD$（利用面积法，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB× BD=\frac{1}{2}AD×\frac{1}{2}BC$，这里$AF=AB + BF$）。
因为$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BC = 2\sqrt{BD^{2}-(\frac{BC}{2})^{2}}$（等腰三角形三线合一），设$AD = 2R$，由$\triangle ABD$的面积$S=\frac{1}{2}AB× BD=\frac{1}{2}×(4\sqrt{5}-4)×6$，又$S=\frac{1}{2}×2R×\sqrt{R^{2}-(\frac{BC}{2})^{2}}$，且$BC^{2}=2BD^{2}-2R^{2}+ 2\sqrt{(R^{2}-(\frac{BC}{2})^{2})(R^{2}-(\frac{BC}{2})^{2})}$（此法复杂）。
我们重新利用相似和勾股定理：
因为$AD$是直径，$\angle ABD = 90^{\circ}$，$AB× AF=AD× BD$（$\triangle ABD$和$\triangle FBD$的面积关系，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB× BD$，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AD×\frac{AB× BD}{AD}$，且$\triangle FBD$与$\triangle ABD$有公共角$\angle F$）。
由$\triangle FBD\cong\triangle ECD$得$BD = 6$，$BF = 8$，设$AD = 2R$。
因为$\angle ABD = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}$，又$AB×(AB + 8)=8×8$（$\triangle FCE\sim\triangle FBA$），$AB^{2}+8AB - 64 = 0$，解得$AB = 4\sqrt{5}-4$。
再根据$AD^{2}=AB^{2}+BD^{2}$，$AD^{2}=(4\sqrt{5}-4)^{2}+6^{2}=80-32\sqrt{5}+16 + 36=132-32\sqrt{5}$（错误）。
正确方法：
因为$AD$是直径，$\angle ABD = 90^{\circ}$，$\triangle FBD\cong\triangle ECD$，$BD = CD = 6$，$BF = CE = 8$。
设$\odot O$半径为$R$，$AD$为直径，$AB^{2}+BD^{2}=AD^{2}=(2R)^{2}$。
由$\triangle FCE\sim\triangle FBA$得$\frac{AB}{BF}=\frac{BD}{AB}$（$\angle ABD=\angle FBD = 90^{\circ}$，$\angle F$公共），$AB^{2}=BF× BD$（射影定理：在$Rt\triangle ABD$中，$AB^{2}=BF× BD$，因为$\triangle FBD\sim\triangle ABD$）。
所以$AB^{2}=8×6$，$AB=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}+BD^{2}}=\sqrt{48 + 36}=\sqrt{84}=2\sqrt{21}$，所以$\odot O$的半径$R=\sqrt{21}$。
综上，（1）已证$DF = DE$；（2）$\odot O$的半径为$\sqrt{21}$。
10. 如图,在△ABC中,AB= AC,以AB为直径的半圆分别交AC,BC边于点D,E,连接BD.
(1)求证：E是$\widehat{BD}$的中点；
(2)当BC= 12,且AD∶CD= 1∶2时,求⊙O的半径.
(1)求证：E是$\widehat{BD}$的中点；
(2)当BC= 12,且AD∶CD= 1∶2时,求⊙O的半径.
答案
(2)$3\sqrt{3}$
解析
(1)证明：连接AE，OE。
∵AB为直径，
∴∠AEB=90°。
∵AB=AC，
∴AE平分∠BAC，即∠BAE=∠CAE。
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∴∠CAE=∠OEA，
∴OE//AC。
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C。
∵OE//AC，
∴∠OEB=∠C，
∴∠OEB=∠ABC，
∴OE=OB。
∵OE=OD=OB，
∴∠OED=∠ODE，∠OEB=∠OBE。
∵∠OEB=∠ABC，∠ABC=∠C，∠C+∠CBD=∠ADB=90°，∠OED+∠OEB=90°，
∴∠CBD=∠OED=∠ODE，
∴E是$\widehat{BD}$的中点。
(2)设AD=x，CD=2x，则AC=AD+CD=3x。
∵AB=AC，
∴AB=3x，⊙O的半径为$\frac{3x}{2}$。
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AC。
在Rt△ABD中，BD²=AB²-AD²=(3x)²-x²=8x²。
在Rt△CBD中，BD²=BC²-CD²=12²-(2x)²=144-4x²。
∴8x²=144-4x²，解得x=2$\sqrt{3}$（负值舍去）。
∴AB=3x=6$\sqrt{3}$，⊙O的半径为$\frac{AB}{2}$=3$\sqrt{3}$。
