Question

2．如圖1，⊙O是△ABC的外接圓，已知：AB≠AC，點M是$\widehat{AB}$的中點，點N是$\widehat{AC}$的中點，按要求解答下列問題：
（1）如圖2，連接MN交AB于點E，交AC于點F．
①求證：AE=AF；②若2ME•NF=EF²，求∠A的度數(shù)；
（2）如圖3，連接CM，BN，若CM=BN，求∠A的度數(shù)．
（3）在圖1中，①僅用直尺找出點P，使點P為$\widehat{BC}$的中點；②連出六邊形AMBPCN，已知⊙O的半徑為1，△ABC的周長為4，求六邊形AMBPCN的面積．

Answer 1

分析 （1）①連接AM、AN，利用等弧所對的圓周角相等結合三角形的外角的性質，可證得結論；②由①可得△EMA∽△FAN，利用相似三角形的性質結合已知條件可得到AE²+AF²=EF²，可求得∠A；
（2）由條件可得到$\widehat{BC}$=$\widehat{MAN}$=$\widehat{BM}$+$\widehat{CN}$=$\frac{1}{3}$⊙O，可求得∠A的度數(shù)，
（3）①連接CM、BN，相交于一點Q，連接AQ并延長交⊙O于點P，根據(jù)三角形角平分線的性質可知點P即為所求；②連接OA、OB、OM，則AB⊥OM，可用AB表示出四邊形OAMB的面積，同理可表示出四邊形OBPC、四邊形OCNA的面積，可求得六邊形AMBPCN的面積．

解答 解：
（1）①證明：
如圖1，連接AM、AN，

∵點M是$\widehat{AB}$的中點，點N是$\widehat{AC}$的中點，
∴$\widehat{AM}$=$\widehat{BM}$，$\widehat{AN}$=$\widehat{CN}$，
∴∠EMA=∠FAN，∠EAM=∠FNA，
∴∠AEF=∠EMA+∠EAM=∠FAN+∠FNA=∠AFE，
∴AE=AF；
②由①可知△EMA∽△FA，
∴$\frac{AE}{NF}$=$\frac{ME}{AF}$，
∴AE²=AF²=ME•MF，
又2ME•MF=EF²，
∴AE²+AF²=EF²，
∴∠BAC=90°；
（2）∵CM=BN，
∴有$\widehat{MBC}$=$\widehat{BCN}$或$\widehat{MBC}$=$\widehat{BMAN}$，
①當$\widehat{MBC}$=$\widehat{BCN}$時，則有$\widehat{MB}$=或$\widehat{CN}$，$\widehat{AMB}$=$\widehat{ANC}$，
∴AB=AC，這與AB≠AC矛盾；
②當$\widehat{MBC}$=$\widehat{BMAN}$時，則有$\widehat{BC}$=$\widehat{MAN}$，
又$\widehat{MAN}$=$\widehat{AM}$+$\widehat{AN}$=$\widehat{BM}$+$\widehat{CN}$，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{MAN}$=$\widehat{BM}$+$\widehat{CN}$=$\frac{1}{3}$⊙O，
∴∠BOC=120°，
∴∠BAC=60°；
（3）①如圖2，連接CM、BN交于點Q，連接AQ并延長，交⊙O于點P，

∵點M是$\widehat{AB}$的中點，點N是$\widehat{AC}$的中點，
∴CM、BN分別平分∠BCA和∠CBA，
∴AP平分∠BAC，
∴∠BPA=∠CPA，
∴$\widehat{BP}$=$\widehat{CP}$，
即P為$\widehat{BC}$的中點；
②連接OA、OB、MO，如圖3，

∵點M是$\widehat{AB}$的中點，
∴OM⊥AB，且OM=1，
∴S_{四邊形OAMB}=$\frac{1}{2}$OM•AB=$\frac{1}{2}$AB，同理可得S_{四邊形OBPC}=$\frac{1}{2}$BC，S_{四邊形OCNA}=$\frac{1}{2}$AC，
∴S_{六邊形AMBPCN}=S_{四邊形OAMB}+S_{四邊形OBPC}+S_{四邊形OCNA}=$\frac{1}{2}$AB+$\frac{1}{2}$BC+$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$（AB+BC+CA）=$\frac{1}{2}$×4=2．

點評 本題為圓的綜合應用，涉及知識點有圓的性質、相似三角形的判定和性質、三角形角平分線的性質、圓周角定理、垂徑定理及轉化思想等．在（2）中求出$\widehat{BC}$是$\frac{1}{3}$⊙O是解題的關鍵，在（3）②中利用垂徑定理求得四邊形OAMB的面積，把六邊形的面積化為三個四邊形的面積是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．