Question

6．已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)D在AB上，BD=CD，連接AO．
（1）如圖1，求證：∠OAC=∠OAB+∠ACD；
（2）如圖2，連接BO并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)E，若BE⊥CD，求證：AC=BC；
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)BE交⊙O于點(diǎn)F，連接AF、CF，若AF=$\frac{7}{2}$，AC=10，求△AFC的面積．

Answer 1

分析 （1）由等腰三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)證出∠AOC=2∠ABC，由圓周角定理證出∠ADC=∠AOC，再由對(duì)頂角相等和等腰三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)∠OAB=∠OCD=x，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠OAB=∠OBA=x，由三角形的外角性質(zhì)得出∠AOE=2x，再由直角三角形的性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（3）過點(diǎn)C作CH⊥AF交AF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)S．證出四邊形ASCH為矩形，由垂徑定理得出AS=BS，由三角形中位線定理得出OS=$\frac{1}{2}$AF=$\frac{7}{4}$，設(shè)OB=OC=r，由勾股定理得出方程，解方程求出BS，即可得出△AFC的面積．

解答 （1）證明：連接OC．如圖1所示：
∵BD=CD，
∴∠DBC=∠DCB，∠ADC=2∠DBC，
∵∠AOC=2∠ABC，
∴∠ADC=∠AOC，
∵∠AGD=∠OGC，
∴∠BAO=∠GCO，
∵∠OCA=∠OCD+∠DAC，
∴∠OCA=∠OAB+∠ACD，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∴∠OAC=∠OAB+∠ACD；
（2）證明：連接OC．如圖2所示：
由（1）可知∠OAB=∠OCD，
設(shè)∠OAB=∠OCD=x，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=x，
∴∠AOE=2x，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=90°，
∴∠EOC=90°-x，
∴∠AOC=∠AOE+∠EOC=90°+x，
∵∠BOC=∠OCE+∠BEC=90°+x，
∴∠AOC=∠BOC
∵AC=BC；                        
（3）解：過點(diǎn)C作CH⊥AF交AF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)S．如圖3所示：
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∵BD=CD，
∴∠DBC=∠DCB，
在△BCS和△CBE中，$\left\{\begin{array}{l}{∠DBC=∠DCB}&{\;}\\{BC=CB}&{\;}\\{∠OCB=∠OBC}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BCS≌△CBE（ASA），
∴∠BSC=∠CEB=90°，
∵BF為⊙O直徑，
∴∠BAF=90°，
∵∠ASC=∠SAH=∠AHC=90°，
∴四邊形ASCH為矩形，
∵OS⊥AB，
∴AS=BS，
∵OB=OF，
∴OS=$\frac{1}{2}$AF=$\frac{7}{4}$，
設(shè)OB=OC=r，∵AC=BC=10，
∴在Rt△OBS中 BS²=OB²-OS²，在Rt△CBS中 BS²=BC²-CS²，
∴OB²-OS²=BC²-CS²，
即r²-（$\frac{7}{4}$）²=10²-（r+$\frac{7}{4}$）²，
解得：r=$\frac{25}{4}$，或r=-8（舍去），
∴AS=BS=6，CS=8，
∵四邊形ASCH為矩形，
∴AH=SC=8，CH=AS=BS=6，
∴△AFC的面積=$\frac{1}{2}$AF•CH=$\frac{1}{2}$×$\frac{7}{2}$×6=$\frac{21}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題目，考查了圓周角定理、垂徑定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度．