Question

5．△ABC內(nèi)接于⊙O，弦BD與AC相交于點E，連接BO，且∠OBC=∠ABD．
（1）如圖1，求證：AC⊥BD；
（2）如圖2，在BE上取一點F，使EF=DE，直線CF與AB相交于點G，若∠ABC=60°．求證：BF=BO；
（3）如圖3，在（2）的條件下，直線OF與AB相交于點M，與BC相交于點N，若NC=2MA，OB=2$\sqrt{7}$，求線段AE的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1，延長BO與⊙O相交于點K，連接CK，由已知條件和圓周角定理可證明∠ABE=∠BCK=90°，即AC⊥BE；
（2）延長CG與⊙O相交于點H，連接BH、OH，易證△OBH為等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)即可得到OB=BH=BF，問題得證；
（3）連接AO、CO．由（2）中的證明可知△BOH為等邊三角形，所以BF=BO，由已知條件和全等三角形的判定方法可分別證明△BMF≌△BON，△AMO≌△ONC，進而可得AM=ON，MO=NC，所以可設(shè)AM=ON=MF=2a，則MN=6a=BM=BN，BC=10a，AB=AM+BM=8a，再根據(jù)勾股定理和∠FBG的正弦值即可求出線段AE的長．

解答 （1）證明：如圖1，

延長BO與⊙O相交于點K，連接CK．
∵BK為⊙O直徑，
∴∠BCK=90°，
∵∠OBC=∠ABD，∠A=∠K，
∠AEB=∠180°-∠ABD-∠A=180°-∠OBC-∠K=∠BCK，
∴∠ABE=∠BCK=90°，
∴AC⊥BE；
（2）證明：如圖2，

由（1）與已知可得AC垂直平分DF，
∴CD=CF，
∴∠DCA=∠ACF 且∠D=∠CFD，
延長CG與⊙O相交于點H，連接BH、OH．
∵弧AD=弧AD，
∴∠DCA=∠DBA．
∵弧AH=弧AH，
∴∠ACH=∠ABH，
∴∠ABH=∠ABD=∠OBC，
又∵∠BFH=∠CFD，
∴∠BGF=∠CEF=90°=∠BGH，
∴∠BHG=∠HFB，
∴BH=BF，
∵∠ABC=∠ABO+∠OBC=∠ABO+∠ABH=∠OBH=60°，OH=OB，
∴△OBH為等邊三角形，
∴OB=BH=BF；
（3）解：連接AO、CO，如圖3，

由（2）中的證明可知△BOH為等邊三角形，BF=BO，
∴∠BFO=∠BOF，
∵∠BFO+∠BFM=180°，∠BOF+∠BON=180°
∴∠BFM=∠BON，
在△BMF和△BON中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MBF=∠NBO}\\{∠BFM=∠BON}\\{BF=BO}\end{array}\right.$，
∴△BMF≌△BON，
∴MF=ON，BM=BN，
∵∠MBN=60°，
∴△MBN是等邊三角形，
∴∠BMN=∠BNM=60°，
∴∠AMN=∠CNM=120°，∠MAO+∠AOM=60°
∵∠AOC=2∠ABC=120°，
∴∠AOM+∠CON=60°，
∴∠AOM=∠OCN，
又∵AO=CO，
在△AMO和△ONC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AMN=∠CNM}\\{∠AOM=∠CON}\\{OA=OC}\end{array}\right.$，
∴△AMO≌△ONC，
∴AM=ON，MO=NC，
設(shè)AM=ON=MF=2a，
∵NC=2MA，
∴MO=NC=4a，
∴OF=2a，MN=6a=BM=BN，BC=10a，AB=AM+BM=8a，
在Rt△MGF和Rt△BGC中，∠GMF=∠ABC=60°，
∴MG=$\frac{1}{2}$MF=a，GF=MFsin60°=$\sqrt{3}$a，BG=5a，
在Rt△BFG中，BF²=BG²+GF²=BO²，
∴（2$\sqrt{7}$）²=（5a）²+（$\sqrt{3}$a）²，
∴a=1，
∴AB=8，GF=$\sqrt{3}$，
∵sin∠FBG=$\frac{GF}{BF}$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{21}}{14}$，
在Rt△ABE中，sin∠FBG=$\frac{AE}{AB}$，
∴AE=AB•sin∠FBG=8×$\frac{\sqrt{21}}{14}=\frac{4\sqrt{21}}{7}$．

點評 本題考查了和圓有關(guān)的綜合性題目，用到的知識點有垂徑定理、圓周角定理、圓的內(nèi)接三角形的有關(guān)性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的運用以及銳角三角函數(shù)的運用等知識點，題目的綜合性較強，難度較大，對學生的運算能力要求較高，是一道非常不錯的中考壓軸題．