Question

3．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于半徑為4的⊙O，BD=4$\sqrt{3}$．
（1）求證：∠C=60°；
（2）連接AC交BD于E，若E為AC的中點，且AB=$\sqrt{2}$AE，求四邊形ABCD的面積．

Answer 1

分析 （1）如圖1所示：過點O作OF⊥BD，垂足為F，連接OD、OB．由等腰三角形的三線合一的性質(zhì)可知：BF=FD，∠BOF=∠DOF，然后由特殊銳角三角函數(shù)值可知∠FOD=60°，從而得到∠BOD=120°，根據(jù)圓周角定理可知：∠C=60°；
（2）如圖2所示：過點A作AN⊥BM，垂足為N，過點C作CM⊥BD，垂足為M，首先證明△BAE∽△CAB，從而得到∠ABE=∠ACB，然后由圓周角定理證明∠ABD=∠ADB=30°，從而得到AB=AD，然后等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知：BN=$2\sqrt{3}$，在Rt△ABN中，tan30°=$\frac{AN}{BN}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，故此AN=2$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$=2，然后再證明△AEN≌△CEM，得到MC=AN=2，最后根據(jù)三角形的面積公式即可求得四邊形ABCD的面積．

解答 解：（1）如圖1所示：過點O作OF⊥BD，垂足為F，連接OD、OB．

∵OB=0D，OF⊥BD，
∴BF=FD，∠BOF=∠DOF．
在Rt△DFO中，BO=4，BF=$\frac{1}{2}DB=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∴sin∠FOD=$\frac{DF}{DO}=\frac{2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$．
∴∠FOD=60°．
∴∠BOD=120°．
∴∠C=60°．
（2）如圖2所示：過點A作AN⊥BM，垂足為N，過點C作CM⊥BD，垂足為M．

∵若E為AC的中點，AB=$\sqrt{2}AE$，
∴AB=$\frac{\sqrt{2}}{2}AC$．
∴AB²=AE•AC，即：$\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AB}$．
又∵∠BAE=∠CAB，
∴△BAE∽△CAB．
∴∠ABE=∠ACB．
∵∠ABE=∠ACD，
∴∠BCA=∠ACD=$\frac{1}{2}∠BCD=30°$．
∵∠ABD=∠ACD，∠ADB=∠ACB，
∴∠ABD=∠ADB=30°．
∴AB=AD．
又∵AN⊥BD，
∴BN=$\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}=2\sqrt{3}$．
在Rt△ABN中，tan30°=$\frac{AN}{BN}=\frac{\sqrt{3}}{3}$．
∴AN=2$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$=2．
在△AEN和△CEM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ANE=∠CME}\\{∠AEN=∠CEM}\\{AE=EC}\end{array}\right.$，
∴△AEN≌△CEM．
∴MC=AN=2．
∴四邊形ABCD的面積=$\frac{1}{2}DB•AN+\frac{1}{2}BD•MC$=$\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×2+\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×2$=8$\sqrt{3}$．

點評 本題主要考查的圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、全等三角形的性質(zhì)和判定的綜合應(yīng)用，由若E為AC的中點，AB=$\sqrt{2}AE$，得到AB²=AE•AC，從而證得△BAE∽△CAB是解題的關(guān)鍵．