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1. [教材改编]如图，四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$，$AC$ 为 $\odot O$ 的直径，$\angle ADB=\angle CDB$.
(1)求证：$\triangle ABC$ 是等腰直角三角形；
(2)若 $AB = 2$，$AD=\sqrt{2}$，求 $BD$ 的长度.
(1)求证：$\triangle ABC$ 是等腰直角三角形；
(2)若 $AB = 2$，$AD=\sqrt{2}$，求 $BD$ 的长度.
答案：
【解析】：
(1)
因为$AC$为$\odot O$的直径，所以$\angle ABC = \angle ADC=90^{\circ}$。
又因为$\angle ADB=\angle CDB$，$\angle ADB=\angle ACB$，$\angle CDB=\angle CAB$（同弧所对的圆周角相等），所以$\angle ACB=\angle CAB$。
在$\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$\angle ACB=\angle CAB$，所以$\angle ACB=\angle CAB = 45^{\circ}$，则$AB = BC$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
(2)
在$BD$上截取$DE = AD=\sqrt{2}$，连接$AE$。
因为$\angle ADB=\angle ACB = 45^{\circ}$，所以$\angle DAE = 90^{\circ}$，$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}} = 2$。
因为$\angle AEB=\angle ADC = 90^{\circ}$（圆内接四边形对角互补，$\angle AEB+\angle AED = 180^{\circ}$，$\angle ADC+\angle ABC = 180^{\circ}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$\angle AEB=\angle ADC = 90^{\circ}$），$\angle ABE=\angle ACD$（同弧所对的圆周角相等），$AB = AC$（由
(1)知$\triangle ABC$是等腰直角三角形）。
所以$\triangle ABE\cong\triangle ACD(AAS)$，则$BE = CD$。
在$Rt\triangle ADC$中，$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}$，$AD=\sqrt{2}$，根据勾股定理$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{8 - 2}=\sqrt{6}$。
所以$BD=BE + DE=CD + AD=\sqrt{6}+\sqrt{2}$。
【答案】：
(1) 证明过程如上述解析，证得$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
(2)$BD=\sqrt{6}+\sqrt{2}$。
(1)
因为$AC$为$\odot O$的直径，所以$\angle ABC = \angle ADC=90^{\circ}$。
又因为$\angle ADB=\angle CDB$，$\angle ADB=\angle ACB$，$\angle CDB=\angle CAB$（同弧所对的圆周角相等），所以$\angle ACB=\angle CAB$。
在$\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$\angle ACB=\angle CAB$，所以$\angle ACB=\angle CAB = 45^{\circ}$，则$AB = BC$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
(2)
在$BD$上截取$DE = AD=\sqrt{2}$，连接$AE$。
因为$\angle ADB=\angle ACB = 45^{\circ}$，所以$\angle DAE = 90^{\circ}$，$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2})^{2}} = 2$。
因为$\angle AEB=\angle ADC = 90^{\circ}$（圆内接四边形对角互补，$\angle AEB+\angle AED = 180^{\circ}$，$\angle ADC+\angle ABC = 180^{\circ}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$\angle AEB=\angle ADC = 90^{\circ}$），$\angle ABE=\angle ACD$（同弧所对的圆周角相等），$AB = AC$（由
(1)知$\triangle ABC$是等腰直角三角形）。
所以$\triangle ABE\cong\triangle ACD(AAS)$，则$BE = CD$。
在$Rt\triangle ADC$中，$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}$，$AD=\sqrt{2}$，根据勾股定理$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{8 - 2}=\sqrt{6}$。
所以$BD=BE + DE=CD + AD=\sqrt{6}+\sqrt{2}$。
【答案】：
(1) 证明过程如上述解析，证得$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
(2)$BD=\sqrt{6}+\sqrt{2}$。
2. [变式]如图，四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$，$AB$ 为 $\odot O$ 的直径，$AD$ 与 $BC$ 的延长线相交于点 $E$，$AC$ 平分 $\angle BAD$，$AC$ 与 $BD$ 相交于点 $F$. 若 $DE = 4$，$CE = 6$，求 $\odot O$ 的半径.
答案：
【解析】：
- 因为四边形$ABCD$内接于$\odot O$，所以$\angle EDC=\angle EBA$，$\angle ECD=\angle EAB$（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角）。
- 又因为$\angle E$是公共角，所以$\triangle EDC\sim\triangle EBA$。
- 已知$DE = 4$，$CE = 6$，设$EB=x$，$EA=y$。
- 由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$可得$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，即$\frac{4}{x}=\frac{6}{y}$，$y=\frac{3}{2}x$。
- 因为$AB$为$\odot O$的直径，所以$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
- 又因为$AC$平分$\angle BAD$，所以$\angle BAC=\angle DAC$，$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DC}$（同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等），则$BC = DC$。
- 设$BC = DC = m$，$AB = n$，由$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$得$\frac{m}{n}=\frac{6}{y}$，又$\frac{4}{x}=\frac{m}{n}$，所以$\frac{6}{y}=\frac{4}{x}$。
- 根据勾股定理，在$Rt\triangle EDC$中，$DC=\sqrt{DE^{2}+CE^{2}}=\sqrt{4^{2}+6^{2}}=\sqrt{16 + 36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
- 因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，所以$\frac{DE}{EB}=\frac{EC}{EA}$，即$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}$，$EA=\frac{3}{2}EB$。
- 再根据勾股定理，在$Rt\triangle EAB$中，$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$，把$EA=\frac{3}{2}EB$代入可得$(\frac{3}{2}EB)^{2}+EB^{2}=AB^{2}$。
- 又因为$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，$DC = 2\sqrt{13}$，$EC = 6$，设$AB = 2r$（$r$为$\odot O$半径）。
- 由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}=\frac{2\sqrt{13}}{2r}$。
- 由$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}$得$EA=\frac{3}{2}EB$，代入$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$，$(\frac{3}{2}EB)^{2}+EB^{2}=(2r)^{2}$，$\frac{9}{4}EB^{2}+EB^{2}=4r^{2}$，$\frac{13}{4}EB^{2}=4r^{2}$。
- 又$\frac{4}{EB}=\frac{2\sqrt{13}}{2r}$，$EB=\frac{4r}{\sqrt{13}}$，代入$\frac{13}{4}EB^{2}=4r^{2}$验证。
- 另一种方法：
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，所以$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，且$AB$为直径，$\angle ADB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$BD\perp AC$，$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EC}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
设$AB=x$，由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，$\angle EDC+\angle ADC = 180^{\circ}$，$\angle ABC+\angle ADC = 180^{\circ}$，所以$\angle EDC=\angle ABC$，同理$\angle ECD=\angle BAD$。
因为$AC$平分$\angle BAD$，$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DC}$，$BC = DC$。
根据割线定理$ED\cdot EA=EC\cdot EB$，设$AB = 2r$。
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$DC^{2}=DE^{2}+CE^{2}=16 + 36 = 52$。
由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DE}{EB}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{4}{EB}=\frac{\sqrt{52}}{2r}$，$EB=\frac{8r}{\sqrt{52}}$，$\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$EA=\frac{12r}{\sqrt{52}}$。
又因为$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$（$\angle AEB$对的$AB$是直径，$\angle AEB = 90^{\circ}$？不对，重新来。
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，且$AB$是直径，$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$BD$垂直平分$AC$（等腰三角形三线合一，$\triangle ABD$中，$\angle BAC=\angle DAC$，$\angle ADB = 90^{\circ}$）。
由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}$，即$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}$，$EA=\frac{3}{2}EB$。
又因为$AB$是直径，$\angle ADB = 90^{\circ}$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DC}$，$BC = DC$。
根据勾股定理$DC=\sqrt{4^{2}+6^{2}}=2\sqrt{13}$。
由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，设$AB = 2r$，$\frac{2\sqrt{13}}{2r}=\frac{6}{EA}$，$EA=\frac{6r}{\sqrt{13}}$，$\frac{2\sqrt{13}}{2r}=\frac{4}{EB}$，$EB=\frac{4r}{\sqrt{13}}$。
再根据$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$（$\angle AEB$不是直角，错误。重新利用相似比和勾股定理）。
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，所以$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，设$AB=x$。
$DC=\sqrt{4^{2}+6^{2}}=2\sqrt{13}$。
由$\frac{ED}{EB}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{4}{EB}=\frac{2\sqrt{13}}{x}$，$EB=\frac{2x}{\sqrt{13}}$；由$\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{6}{EA}=\frac{2\sqrt{13}}{x}$，$EA=\frac{3x}{\sqrt{13}}$。
又因为$\angle ADB = 90^{\circ}$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$\triangle ABC\cong\triangle ADC$（$AAS$，$\angle BAC=\angle DAC$，$\angle ACB=\angle ACD = 90^{\circ}$，$AC = AC$），$BC = DC = 2\sqrt{13}$。
根据勾股定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，且$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}$，$EA\cdot ED=EB\cdot EC$（割线定理），$4EA = 6EB$，$EA=\frac{3}{2}EB$。
再由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，$AB=\frac{DC\cdot EA}{EC}$，$DC = 2\sqrt{13}$，$EC = 6$，$EA=\frac{3}{2}EB$，$\frac{ED}{EB}=\frac{DC}{AB}$，$AB=\frac{EB\cdot DC}{ED}=\frac{EB\cdot2\sqrt{13}}{4}=\frac{\sqrt{13}}{2}EB$。
又$EA\cdot ED=EB\cdot EC$，$4\times\frac{3}{2}EB=6EB$（恒成立），由$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，$AC^{2}=EA^{2}-EC^{2}$（$Rt\triangle EAC$），$AC^{2}=(\frac{3}{2}EB)^{2}-6^{2}$，$BC = 2\sqrt{13}$，$AB=\frac{\sqrt{13}}{2}EB$。
$(\frac{\sqrt{13}}{2}EB)^{2}=(\frac{3}{2}EB)^{2}-36+(2\sqrt{13})^{2}$，$\frac{13}{4}EB^{2}=\frac{9}{4}EB^{2}-36 + 52$，$\frac{13}{4}EB^{2}-\frac{9}{4}EB^{2}=16$，$EB^{2}=16$，$EB = 4$（舍去负根），则$AB = 13$。
【答案】：$\frac{13}{2}$
- 因为四边形$ABCD$内接于$\odot O$，所以$\angle EDC=\angle EBA$，$\angle ECD=\angle EAB$（圆内接四边形的一个外角等于它的内对角）。
- 又因为$\angle E$是公共角，所以$\triangle EDC\sim\triangle EBA$。
- 已知$DE = 4$，$CE = 6$，设$EB=x$，$EA=y$。
- 由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$可得$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，即$\frac{4}{x}=\frac{6}{y}$，$y=\frac{3}{2}x$。
- 因为$AB$为$\odot O$的直径，所以$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
- 又因为$AC$平分$\angle BAD$，所以$\angle BAC=\angle DAC$，$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DC}$（同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等），则$BC = DC$。
- 设$BC = DC = m$，$AB = n$，由$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$得$\frac{m}{n}=\frac{6}{y}$，又$\frac{4}{x}=\frac{m}{n}$，所以$\frac{6}{y}=\frac{4}{x}$。
- 根据勾股定理，在$Rt\triangle EDC$中，$DC=\sqrt{DE^{2}+CE^{2}}=\sqrt{4^{2}+6^{2}}=\sqrt{16 + 36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
- 因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，所以$\frac{DE}{EB}=\frac{EC}{EA}$，即$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}$，$EA=\frac{3}{2}EB$。
- 再根据勾股定理，在$Rt\triangle EAB$中，$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$，把$EA=\frac{3}{2}EB$代入可得$(\frac{3}{2}EB)^{2}+EB^{2}=AB^{2}$。
- 又因为$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，$DC = 2\sqrt{13}$，$EC = 6$，设$AB = 2r$（$r$为$\odot O$半径）。
- 由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}=\frac{2\sqrt{13}}{2r}$。
- 由$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}$得$EA=\frac{3}{2}EB$，代入$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$，$(\frac{3}{2}EB)^{2}+EB^{2}=(2r)^{2}$，$\frac{9}{4}EB^{2}+EB^{2}=4r^{2}$，$\frac{13}{4}EB^{2}=4r^{2}$。
- 又$\frac{4}{EB}=\frac{2\sqrt{13}}{2r}$，$EB=\frac{4r}{\sqrt{13}}$，代入$\frac{13}{4}EB^{2}=4r^{2}$验证。
- 另一种方法：
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，所以$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，且$AB$为直径，$\angle ADB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$BD\perp AC$，$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EC}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$。
设$AB=x$，由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，$\angle EDC+\angle ADC = 180^{\circ}$，$\angle ABC+\angle ADC = 180^{\circ}$，所以$\angle EDC=\angle ABC$，同理$\angle ECD=\angle BAD$。
因为$AC$平分$\angle BAD$，$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DC}$，$BC = DC$。
根据割线定理$ED\cdot EA=EC\cdot EB$，设$AB = 2r$。
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$DC^{2}=DE^{2}+CE^{2}=16 + 36 = 52$。
由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DE}{EB}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{4}{EB}=\frac{\sqrt{52}}{2r}$，$EB=\frac{8r}{\sqrt{52}}$，$\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$EA=\frac{12r}{\sqrt{52}}$。
又因为$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$（$\angle AEB$对的$AB$是直径，$\angle AEB = 90^{\circ}$？不对，重新来。
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，且$AB$是直径，$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$BD$垂直平分$AC$（等腰三角形三线合一，$\triangle ABD$中，$\angle BAC=\angle DAC$，$\angle ADB = 90^{\circ}$）。
由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}$，即$\frac{4}{EB}=\frac{6}{EA}$，$EA=\frac{3}{2}EB$。
又因为$AB$是直径，$\angle ADB = 90^{\circ}$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DC}$，$BC = DC$。
根据勾股定理$DC=\sqrt{4^{2}+6^{2}}=2\sqrt{13}$。
由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，设$AB = 2r$，$\frac{2\sqrt{13}}{2r}=\frac{6}{EA}$，$EA=\frac{6r}{\sqrt{13}}$，$\frac{2\sqrt{13}}{2r}=\frac{4}{EB}$，$EB=\frac{4r}{\sqrt{13}}$。
再根据$EA^{2}+EB^{2}=AB^{2}$（$\angle AEB$不是直角，错误。重新利用相似比和勾股定理）。
因为$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，所以$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，设$AB=x$。
$DC=\sqrt{4^{2}+6^{2}}=2\sqrt{13}$。
由$\frac{ED}{EB}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{4}{EB}=\frac{2\sqrt{13}}{x}$，$EB=\frac{2x}{\sqrt{13}}$；由$\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{AB}$，$\frac{6}{EA}=\frac{2\sqrt{13}}{x}$，$EA=\frac{3x}{\sqrt{13}}$。
又因为$\angle ADB = 90^{\circ}$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC$平分$\angle BAD$，所以$\triangle ABC\cong\triangle ADC$（$AAS$，$\angle BAC=\angle DAC$，$\angle ACB=\angle ACD = 90^{\circ}$，$AC = AC$），$BC = DC = 2\sqrt{13}$。
根据勾股定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，且$\triangle EDC\sim\triangle EBA$，$\frac{ED}{EB}=\frac{EC}{EA}$，$EA\cdot ED=EB\cdot EC$（割线定理），$4EA = 6EB$，$EA=\frac{3}{2}EB$。
再由$\triangle EDC\sim\triangle EBA$得$\frac{DC}{AB}=\frac{EC}{EA}$，$AB=\frac{DC\cdot EA}{EC}$，$DC = 2\sqrt{13}$，$EC = 6$，$EA=\frac{3}{2}EB$，$\frac{ED}{EB}=\frac{DC}{AB}$，$AB=\frac{EB\cdot DC}{ED}=\frac{EB\cdot2\sqrt{13}}{4}=\frac{\sqrt{13}}{2}EB$。
又$EA\cdot ED=EB\cdot EC$，$4\times\frac{3}{2}EB=6EB$（恒成立），由$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，$AC^{2}=EA^{2}-EC^{2}$（$Rt\triangle EAC$），$AC^{2}=(\frac{3}{2}EB)^{2}-6^{2}$，$BC = 2\sqrt{13}$，$AB=\frac{\sqrt{13}}{2}EB$。
$(\frac{\sqrt{13}}{2}EB)^{2}=(\frac{3}{2}EB)^{2}-36+(2\sqrt{13})^{2}$，$\frac{13}{4}EB^{2}=\frac{9}{4}EB^{2}-36 + 52$，$\frac{13}{4}EB^{2}-\frac{9}{4}EB^{2}=16$，$EB^{2}=16$，$EB = 4$（舍去负根），则$AB = 13$。
【答案】：$\frac{13}{2}$
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