Question

11．△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D在AC上，∠CBD=2∠BAO．
（1）如圖1，求證：BC=BD；
（2）如圖2，∠OAD=∠ABD，求：∠BAO的度數(shù)；
（3）如圖3，在（2）的條件下．延長(zhǎng)AO交⊙O于K，點(diǎn)F為圓上一點(diǎn)，連接CF、KF、AK交CF于G，AB=CF，△CKF的面積為4，且CK=2，求線段FG的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）欲證明BD=BC，只要證明∠BDC=∠C即可，由∠BDC=180°-∠DBC-∠C，∠DBC=2∠OAB，∠C=$\frac{1}{2}$∠AOB，推出∠BDC=180°-2∠OAB-$\frac{1}{2}$∠AOB=∠AOB-$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$∠AOB=∠C，由此即可證明．
（2）如圖2中，設(shè)∠ABD=∠DAO=x，∠BAD=y．則∠BDC=∠C=x+y，∠DBC=2∠BAO=2x+2y，由∠DBC+∠BDC+∠C=180°，推出x+y+2x+2y+x+y=180°，推出x+y=45°，即可解決問(wèn)題．
（3）如圖3中，連接OB、OC、OF，作ON⊥CF于N，KP⊥CF于P，作FM⊥CK于M．由（2）可知△COF是等腰直角三角形，由CK=2，S_△CKF=4，得$\frac{1}{2}$•CK•FM=4，推出FM=4，再根據(jù)勾股定理求出CF，由$\frac{1}{2}$CF•KP=$\frac{1}{2}$•CK•FM，推出KP=$\frac{4}{\sqrt{13}}$，由ON∥KP，得$\frac{ON}{PK}$=$\frac{OG}{GK}$=$\frac{13}{4}$，由此求出OG，再利用勾股定理求出GN即可解決問(wèn)題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接OB．

∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
∵∠BDC=180°-∠DBC-∠C，∠DBC=2∠OAB，∠C=$\frac{1}{2}$∠AOB，
∴∠BDC=180°-2∠OAB-$\frac{1}{2}$∠AOB=∠AOB-$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$∠AOB=∠C，
∴BD=BC．

（2）解：如圖2中，設(shè)∠ABD=∠DAO=x，∠BAD=y．

則∠BDC=∠C=x+y，∠DBC=2∠BAO=2x+2y，
∵∠DBC+∠BDC+∠C=180°，
∴x+y+2x+2y+x+y=180°，
∴x+y=45°，
∴∠BAO=45°．

（3）解：如圖3中，連接OB、OC、OF，作ON⊥CF于N，KP⊥CF于P，作FM⊥CK于M．

∵∠BAO=45°，OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∴∠AOB=90°，
∵AB=CF，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{CF}$，
∴∠COF=∠AOB=90°，
∵CK=2，S_△CKF=4，
∴$\frac{1}{2}$•CK•FM=4，
∴FM=4，∵∠MKF=$\frac{1}{2}$∠COF=45°，
∴∠MFK=∠MKF=45°，
∴FM=KM=4，
∴CF=$\sqrt{F{M}^{2}+C{M}^{2}}$=2$\sqrt{13}$，
∵△COF是等腰直角三角形，
∴ON=NF=CN=$\sqrt{13}$，OC=OF=$\sqrt{26}$，
∵$\frac{1}{2}$CF•KP=$\frac{1}{2}$•CK•FM，
∴KP=$\frac{4}{\sqrt{13}}$，
∵ON∥KP，
∴$\frac{ON}{PK}$=$\frac{OG}{GK}$=$\frac{13}{4}$，
∴OG=$\frac{13}{17}$OK=$\frac{13\sqrt{26}}{17}$，
∴GN=$\sqrt{O{G}^{2}-O{N}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{13\sqrt{26}}{17}）^{2}-13}$=$\frac{7}{17}$，
∴FG=FN+GN=$\sqrt{13}$+$\frac{7}{17}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、圓周角定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形，利用面積法求相應(yīng)的線段，屬于中考?jí)狠S題．