Question

18．已知，如圖1，△ABC中，∠BAC=90°，⊙O分別與AB、AC相切于點B、點D，點F在CD上，連接OF交⊙O于點G，且G在BC上，∠AFO=45°，過D作DH⊥BC于H，交⊙O于E，交OF于點N；
（1）求證：∠FND=3∠C；
（2）射線BO交DE于M，求證：OM=FG；
（3）在 （2）條件下，連接BE，若由BC、DC和弧BD所圍成圖形的面積為$\frac{9}{4}$π+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{9}{2}$時，求四邊形ABED的面積．

Answer 1

分析 （1）先判斷出四邊形ABOD是正方形，用圓的性質(zhì)得出∠OBG=∠OGB=22.5°，進而求出∠C=22.5°，∠DNF=67.5°，即可得出結(jié)論；
（2）借助（1）的結(jié)論先判斷出FN=FD，再判斷出FD=OG，最后代換即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出BD=CD，用面積求出圓的半徑，即可求出四邊形ABED的面積．

解答 解：（1）如圖1，
∵∠BAC=90°，
∴∠C+∠ABC=90°，
連接OB，OD，
∵⊙O分別與AB、AC相切于點B、點D，
∴∠ABO=∠ADO=90°，
∴∠OBC+∠ABC=90°，
∴∠OBC=∠C，
∵∠ODC=90°，∠AFO=45°，
∴∠DOF=45°
∵∠BAD=90°，
∴四邊形ABOD是矩形，
∴∠BOD=90°，
∴∠BOG=∠BOD+∠DOF=135°，
∵OB=OG，
∴∠OBG=∠OGB=22.5°，
∴∠C=∠OBC=22.5°，
在四邊形ABHD中，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD=90°，
∵∠A=90°，
∴∠ABH+∠ADH=180°，
∴∠ABO-∠OBC+∠ADO+∠ODN=180°，
∵∠ABO=∠ADO=90°，
∴∠ODN=∠OBC=22.5°，
∴∠DNF=∠DOF+∠ODN=45°+22.5°=67.5°，
∵∠C=22.5°，
∴∠FDN=3∠C，
（2）如圖2，
由（1）知，∠ODN=22.5°，
∴∠FDN=67.5°=∠DNF，
∴FN=FD，
在Rt△ODF中，∠AFO=45°，
∴FD=OD=OG=ON+NG，
∵FN=ON+NG，
∴FG=ON，
∵∠BOF=135°，
∴∠MON=45°，
∵∠ONM=∠DNF=67.5°，
∴∠OMN=67.5°，
∴OM=ON，
∴OM=FG，
（3）如圖3，設(shè)⊙O的半徑為R，
∴AB=AD=OB=R，
∴BD=$\sqrt{2}$OB=$\sqrt{2}$R，
由（2）知，∠CDH=67.5°，
由（1）知，∠ODN=22.5°，
∵∠ODB=45°，
∴∠BDH=67.5°，
∴∠BDH=∠CDH，
∵DH⊥BC，
∴CD=BD=$\sqrt{2}$R，
∴AC=AD+CD=（$\sqrt{2}$+1）R，
∵BD是正方形ABOD的對角線，
∴S_△ABD=S_△OBD
∵由BC、DC和弧BD所圍成圖形的面積為$\frac{9}{4}$π+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{9}{4}$π+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{9}{2}$=S_△ABC-S_△ABD+S_弓形BD
=S_△ABC-S_△ABD+S_扇形OBD-S_△BDO=S_△ABC+S_扇形OBD-2S_△BDO=$\frac{1}{2}$AB×AC+$\frac{90°π{R}^{2}}{360°}$-2×$\frac{1}{2}$OB²=$\frac{1}{2}$R×（$\sqrt{2}$+1）R+$\frac{π{R}^{2}}{4}$-R²=（$\frac{π}{4}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）R²，
∴R=3，
∵∠BDE=67.5°，∠E=$\frac{1}{2}$∠BOD=45°，
∴∠EBD=67.5°=∠BDE，
∴BE=DE，
∵OB=OD，
∴點O，E都在BD的垂直平分線上，
∴△BDE的邊BD上的高h=R+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴S_{四邊形ABED}=S_△ABD+S_△BDE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}R×\frac{\sqrt{2}}{2}R$+$\frac{1}{2}×\sqrt{2}R×（R+\frac{\sqrt{2}}{2}R）$=（1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）R²=9+$\frac{9\sqrt{2}}{2}$．

點評 此題是圓的綜合題，主要考查了圓的性質(zhì)，正方形的判定，直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積，扇形的面積，解本題的關(guān)鍵是得出∠C=22.5°和判斷出DB=DC．