Question

5．已知△ABC內(nèi)接⊙O，半徑OC平分∠ACB，射線CO交弦AB于點K．
（1）如圖1，求證：∠A=∠B．
（2）如圖2，點D在圓周上，它與搭建C位于弦AB的兩側，連接BO并延長BO，交弦AD于點E，連接BD，若∠BAD=2∠BAC，求證：AD=2AE；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接AO并延長AO，交⊙O于點F，交弦CB的延長線于點G，連接DG，若BG=CB，AC=$\sqrt{6}$，求線段DG的長．

Answer 1

分析 （1）延長CO交圓O于點D，連結AD、BD．由角平分線的定義可知∠ACD=∠BCD，接下來，依據(jù)圓周角定理可知∠DAB=∠DBA，∠CAD=∠CBD=90°，依據(jù)等式的性質(zhì)可得到∠CAB=∠CBA，從而可證明AC=BC．
（2）連結OA、OD．先證明∠ADB=∠COB，然后再證明∠COB=∠BAD，從而得到AB=BD，接下來依據(jù)線段垂直平分線的判定定理證明OB是AD的垂直平分線即可；
（3）連結BF、DF，過點D作DM⊥AG，垂足為M．由（1）可知AC=BC．依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可證明AK=BK，CK⊥AB，從而可知OK是△ABF的中位線，然后結合平行線分線段成比例定理可得到OC=2BF=4OK．設OK=x．先求得AK的長，然后在△ACK中，依據(jù)勾股定理可求得k的值，從而得到OA=OC=OF=FG=4，BK=AK=$\sqrt{15}$，接下來依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求得AE、AM的長，最后在△AMD和△GDM中依據(jù)勾股定理可求得DG的長．

解答 解：（1）如圖1所示：延長CO交圓O于點D，連結AD、BD．

∵OC平分∠ACB，
∴∠ACD=∠BCD．
∵∠DAB=∠CCB，∠ABD=∠ACD，
∴∠DAB=∠DBA．
∵CD為⊙O的直徑，
∴∠CAD=∠CBD=90°．
∴∠CAD-∠BAD=∠CBD-∠ABD，即∠CAB=∠CBA．
∴AC=BC．
（2）如圖2所示：連結OA、OD．

∵由（1）可知：∠CAB=∠CBA，
∴∠AOC=∠BOC．
∴∠COB=$\frac{1}{2}$∠AOB．
∵∠ADB=$\frac{1}{2}$∠AOB，
∴∠ADB=∠COB．
∵∠COB=2∠BAC，∠BAD=2∠BAC，
∴∠COB=∠BAD．
∴AB=BD．
又∵OA=OD，
∴OB是AD的垂直平分線．
∴AD=2AE．
（3）如圖3所示：連結BF、DF，過點D作DM⊥AG，垂足為M．

由（1）可知AC=BC．
又∵OC平分∠ACB，
∴AK=BK，CK⊥AB．
∵OA=OF，AK=BK，
∴OK是△ABF的中衛(wèi)線，
∴OK∥BF，BF=2OK．
∵BC=BG，OK∥BF，
∴OF=GF，
∴OC=2BF=4OK．
設OK=x．
∵在△AKO中，AK=$\sqrt{A{O}^{2}-O{K}^{2}}$=$\sqrt{15}$k，
∴BK=AK=$\sqrt{15}$K．
∵在△ACK中，AC²=AK²+CK²，即（$\sqrt{15}$k）²+（3k）²=（2$\sqrt{6}$）²，解得：k=1，
∴OA=OC=OF=FG=4，BK=AK=$\sqrt{15}$．
∴sin∠OBK=$\frac{AE}{AB}$=$\frac{OK}{OB}$，即$\frac{AE}{2\sqrt{15}}$=$\frac{1}{4}$，解得：AE=$\frac{\sqrt{15}}{2}$．
∴AD=$\sqrt{15}$．
∵cos∠DAM=$\frac{AE}{OA}$=$\frac{AM}{AD}$，
∴$\frac{\frac{\sqrt{15}}{2}}{4}$=$\frac{AM}{\sqrt{15}}$，解得：AM=$\frac{15}{8}$．
∴MG=12-$\frac{15}{8}$=$\frac{81}{8}$．
∵AD²-AM²=DG²-MG²，
∴15-（$\frac{15}{8}$）²=DG²-（$\frac{81}{8}$）²，解得：DG=$\sqrt{114}$．

點評 本題主要考查的是圓的綜合應用，解答本題主要應用了圓周角定理、勾股定理、銳角三角函數(shù)的定義、三角形的中衛(wèi)線定理、平行線分線段成比例定理，AM、AD、MG的長度是解答本題的關鍵．