Question

7．如圖所示，AC為⊙O的直徑，E為BC的中點，延長OE與⊙O相交于點D，連結(jié)AD，DC，F(xiàn)為BC與AD的交點．
（Ⅰ）求證：AB•DC=AD•BF
（Ⅱ）若AD=$\sqrt{3}$CD=$\sqrt{3}$，求OF的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用圓的垂徑定理和直徑所對的圓周角為直角，由相似三角形的判定定理及性質(zhì)定理，即可得到證明；
（Ⅱ）由解直角三角形可得CD=1，DF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，由等邊三角形的性質(zhì)和勾股定理或余弦定理，計算即可得到所求OF的長．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵E為BC的中點∴BD=CD，∴∠BAD=∠DAC，
又∵AC為⊙O的直徑，∴$∠ABC=∠ADC=\frac{π}{2}$，
∴△BAF∽△DAC，
∴$\frac{BA}{DA}=\frac{BF}{DC}$，
∴BA•DC=BF•DA；
（Ⅱ）∵在Rt△DAC中，$∠ADC=\frac{π}{2}$，$AD=\sqrt{3}CD=\sqrt{3}$，
∴CD=1，$∠DAC=\frac{π}{6}$，$∠DCA=\frac{π}{3}$，
∵在△DFC中，$∠FDC=\frac{π}{2}$，$∠DCF=\frac{π}{6}$，
∴$DF=\frac{{\sqrt{3}}}{3}CD=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
法1：由三角形OCD為等邊三角形，
則$DE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}，OE=CD-DE=\frac{1}{2}，EF=\frac{1}{2}DF=\frac{{\sqrt{3}}}{6}$，
∴OF=$\sqrt{O{E}^{2}+E{F}^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{12}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
法2：∴$AF=AD-DF=\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{3}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
∴$O{F^2}=A{F^2}+A{O^2}-2AF•AO•cos\frac{π}{6}=\frac{4}{3}+1-2×\frac{{2\sqrt{3}}}{3}×1×\frac{{\sqrt{3}}}{2}=\frac{1}{3}$，
∴$OF=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．

點評 本題考查圓的直徑所對的圓周角為直角的性質(zhì)，和圓的垂徑定理，考查直角三角形的勾股定理，以及相似三角形的判定定理及性質(zhì)定理的運用，考查推理和運算能力，屬于中檔題．