Question

14．如图1，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点E，连接AC，AD，点P为直径AB上一点（不与点A，B重合），过点P的直线与弦AC相交于点F，与⊙O相交于点M，点N，且PF=AF．
（1）求证：MN∥AD；
（2）如图2，连接DN，若MF=DN，求证：$\widehat{CM}=\widehat{CD}$；
（3）如图3，在（2）的条件下．过点C作MN的垂线，分别与AB，AD，⊙O相交于点K，点H，点G，连接BC，若BC=5，CG=11，求弦DN的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，由AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，推出EC=ED，AC=AD，∠CAE=∠DAE，由FA=FP，推出∠FAP=∠FPA=∠DAB，即可证明MN∥AD．
（2）连接AM．由AD∥MN，推出$\widehat{AM}$=$\widehat{DN}$，推出AM=DN，由FM=DN，推出AM=FM，∠MAF=∠MFA，由MN∥AD，推出∠MFA=∠FAD，推出∠MAC=∠CDA，即可证明$\widehat{CM}$=$\widehat{CD}$．
（3）连接AG，作CT⊥AM交AM的延长线于T，CT交⊙O于R．由△AKG∽△CKB，可得AK•KB=CK•GK，设AK=x，KB=y，推出xy=30     ①，再证明△ACT≌△ACH，推出TC=CH=8AH=AT=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}}$，AC=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}+{8}^{2}}$，由CE²=AC²-AE²=KC²-KE²，推出x²-3²+8²-（x+$\frac{1}{2}$y）²=5²-（$\frac{1}{2}$y）²       ②，求出x、y，再根据TM•TA=TR•TC，想办法求出TA、TR、TC求出TM即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，
∴EC=ED，AC=AD，
∠CAE=∠DAE，
∵FA=FP，
∴∠FAP=∠FPA=∠DAB，
∴MN∥AD．

（2）解：连接AM．

∵AD∥MN，
∴$\widehat{AM}$=$\widehat{DN}$，
∴AM=DN，
∵FM=DN，
∴AM=FM，
∴∠MAF=∠MFA，
∵MN∥AD，
∴∠MFA=∠FAD，
∴∠MAC=∠CDA，
∴$\widehat{CM}$=$\widehat{CD}$．

（3）连接AG，作CT⊥AM交AM的延长线于T，CT交⊙O于R．

∵AD⊥CG，AB⊥CD，
∴∠AHK=∠CEK=90°，
∵∠AKH=∠CKE，
∴∠KAH=∠CKE=∠BCE，
∴∠ECK=∠ECB，
∵∠ECK+∠CKE=90°，∠ECB+∠CBE=90°，
∴∠CKE=∠CBE，
∴CK=CB=5，GK=CG-CK=6，
由△AKG∽△CKB，可得AK•KB=CK•GK，设AK=x，KB=y，
∴xy=30     ①，
∵∠GAH=∠GCD=∠BCD=∠DAK，易知∠G=∠AKG，
∴AG=AK，GH=HK=3，
∵∠CAM=∠CAD，
∴∠TCA=∠ACH，
∴AT=AH，∵AC=AC，
∴△ACT≌△ACH，
∴TC=CH=8AH=AT=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}}$，AC=$\sqrt{{x}^{2}-{3}^{2}+{8}^{2}}$，
∵CE²=AC²-AE²=KC²-KE²，
∴x²-3²+8²-（x+$\frac{1}{2}$y）²=5²-（$\frac{1}{2}$y）²       ②，
由①②可得x=3$\sqrt{5}$，y=2$\sqrt{5}$，
∴EC=$\sqrt{C{K}^{2}-K{E}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，AC=$\sqrt{A{E}^{2}+C{E}^{2}}$=10，AH=AT=$\sqrt{A{K}^{2}-H{K}^{2}}$=6，
∵∠ACR=∠ACG，
∴$\widehat{AR}$=$\widehat{AG}$，
∴AR=AG=AK=3$\sqrt{5}$，
∴RT=$\sqrt{A{R}^{2}-A{T}^{2}}$=3，
∵TM•TA=TR•TC，
∴TM•6=3•8，
∴TM=4．
∴AM=AT-TM=6-4=2，
∴DN=AM=2．

点评 本题考查圆综合题、垂径定理、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会构建方程组解决问题，属于中考压轴题．