Question

12．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，直徑AF平分∠BAC，交BC于點(diǎn)D．
（1）如圖1，求證：AB=AC；
（2）如圖2，延長BA到點(diǎn)E，連接ED、EC，ED交AC于點(diǎn)G，且ED=EC，求證：∠EGC=∠ECA+2∠ACB；
（3）如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)BC是⊙O的直徑時(shí)，取DC的中點(diǎn)M，連接AM并延長交圓于點(diǎn)N，且EG=5，連接CN并求CN的長．

Answer 1

分析 （1）連接BF、CF，根據(jù)角平分線和直徑所對(duì)的圓周角是直角得：∠AFB=∠AFC，則所對(duì)的弧相等，弦相等；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)：等邊對(duì)等角得：∠EDC=∠ECD，再由外角定理得：∠EGC=∠ACB+∠EDC，等量代換可得結(jié)論；
（3）作輔助線，構(gòu)建高線和中位線，①證明四邊形AOHE是平行四邊形，得AG=GH，EG=OG=5，
②設(shè)AG=x，則GH=x，OH=2x，分別計(jì)算AG，OH，AC，AO，AM的長；
③證明△AMC∽△ACN，列比例式可求得CN的長．

解答 證明：（1）如圖1，連接BF、CF，
∵AF是⊙O的直徑，
∴∠ABF=∠ACF=90°，
∵AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠CAF，
∴∠AFB=∠AFC，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，
∴AB=AC；
（2）如圖2，∵ED=EC，
∴∠EDC=∠ECD，
∵∠EGC=∠ACB+∠EDC，
∴∠EGC=∠ACB+∠ECD=∠ACB+∠ACB+∠ECA=∠ECA+2∠ACB；
（3）如圖3，連接EM，交AC于H，連接OH，
∵ED=EC，M是DC的中點(diǎn)，
∴EM⊥DC，
∴∠BME=90°，
∵BC為⊙O 的直徑，
∴∠BAC=90°，
∵AB=AC，
∴∠B=45°，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴∠BEM=45°，
∴△EAH是等腰直角三角形，
∴AE=AH，
∵AB=AC，OB=OC，
∴AO⊥BC，AO=OB=OC=$\frac{1}{2}$BC，
∵∠AOC=∠HMC=90°，
∴MH∥AO，
∵M(jìn)是OC的中點(diǎn)，
∴H是AC的中點(diǎn)，
∴AH=CH=OH，OH⊥AC，
∴AE=OH，
∵∠EAH=∠AHO=90°，
∴AE∥OH，
∴四邊形AOHE是平行四邊形，
∴AG=GH，EG=OG=5，
設(shè)AG=x，則GH=x，OH=2x，
在Rt△OGH中，5²=x²+（2x）²，
x=$±\sqrt{5}$，
∴AG=GH=$\sqrt{5}$，OH=HC=2$\sqrt{5}$，AC=4$\sqrt{5}$，
∴AO=$\sqrt{A{H}^{2}+O{H}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{5}）^{2}+（2\sqrt{5}）^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴OC=2$\sqrt{10}$，
∴MC=$\frac{1}{2}$OC=$\sqrt{10}$，
在Rt△AOM中，AM=$\sqrt{A{O}^{2}+O{M}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{10}）^{2}+（\sqrt{10}）^{2}}$=5$\sqrt{2}$，
∵∠N=∠B=45°，
∴∠N=∠ACB=45°，
∵∠NAC=∠MAC，
∴△AMC∽△ACN，
∴$\frac{MC}{CN}=\frac{AM}{AC}$，
∴$\frac{\sqrt{10}}{CN}=\frac{5\sqrt{2}}{4\sqrt{5}}$，
∴CN=4．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題，考查了圓周角定理、等腰三角形、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、平行四邊形的性質(zhì)和判定、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理、弦與弧與圓周角的關(guān)系等知識(shí)，前兩問比較簡單，第三問較復(fù)雜，需要構(gòu)建輔助線，將已知的EG進(jìn)行擴(kuò)散，依次利用勾股定理及邊的關(guān)系求相應(yīng)線段的長，并將所求線段CN放在兩個(gè)相似三角形中，列比例式解決問題．