Question

12．已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，射線BO交射線CA于點(diǎn)E，射線CO交AB于點(diǎn)F，∠BOC=120°

（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在⊙O外時(shí)，求證：∠BEC=∠BFO；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在⊙O內(nèi)時(shí)，求證：BF=CE；
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)BE交⊙O于點(diǎn)D，連接AD，CD，點(diǎn)Q為弧AB上一點(diǎn)，連接BQ，∠QBD+∠ADC=180°，BN=1，⊙O的半徑為$\frac{7\sqrt{3}}{3}$，AF=$\frac{6}{5}$，求AE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）如圖1，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可得∠BEC+∠ABE=60°，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠BFO+∠ABE=60°，根據(jù)等量代換即可解決問(wèn)題；
（2）在OF上取一點(diǎn)G，使得OG=OE，如圖2，易證△GOB≌△EOC，則有BG=CE，∠BGO=∠OEC．要證BF=CE，只需證BF=BG即可；
（3）如圖3，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)可得∠ABC+∠ADC=180°，結(jié)合條件可得∠QBA=∠DBC=30°，從而可得到∠QNB=90°（即CQ⊥AB）．在Rt△BCD中運(yùn)用勾股定理可求出BC，在Rt△BNC中運(yùn)用勾股定理可求出NC，然后在Rt△ANC中運(yùn)用三角函數(shù)和勾股定理可求出AN和AC，要求AE，只需求出EC，由于BF=EC，只需求出BF，由于AF已知，只需求出AB即可．

解答 解：（1）如圖1，
∵∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BOC=$\frac{1}{2}$×120°=60°，
∴∠BEC+∠ABE=∠BAC=60°．
∵∠BFO+∠ABE+∠BOC=180°，
∴∠BFO+∠ABE=60°，
∴∠BEC=∠BFO；

（2）在OF上取一點(diǎn)G，使得OG=OE，如圖2，
在△GOB和△EOC中，
$\left\{\begin{array}{l}{OG=OE}\\{∠GOB=∠EOC}\\{OB=OC}\end{array}\right.$，
∴△GOB≌△EOC，
∴BG=CE，∠BGO=∠OEC．
∵∠BAC=$\frac{1}{2}$∠BOC=60°，∠EOF=∠BOC=120°，
∠BAC+∠AFO+∠EOF+∠AEO=360°，
∴∠AFO+∠AEO=180°．
∵∠OEC+∠AEO=180°，
∴∠AFO=∠OEC，
∴∠AFO=∠OGB．
∵∠AFO+∠BFG=180°，∠BGF+∠OGB=180°，
∴∠BFG=∠BGF，
∴BF=BG，
∴BF=CE；

（3）如圖3，
∵∠QBD+∠ADC=180°，∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠QBD=∠ABC，
∴∠QBA=∠DBC．
∵OB=OC，∠BOC=120°，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∴∠QBA=30°．
∵∠BQC=∠BAC=60°，
∴∠QNB=90°，即CQ⊥AB．
∵BD是⊙O的直徑，
∴∠BCD=90°．
∵∠BDC=∠BAC=60°，
∴BC=BD•sin∠BDC=2×$\frac{7\sqrt{3}}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=7．
在Rt△BNC中，
NC=$\sqrt{B{C}^{2}-B{N}^{2}}$=$\sqrt{49-1}$=4$\sqrt{3}$．
在Rt△ANC中，
NC=AN•tan60°=$\sqrt{3}$AN=4$\sqrt{3}$，
∴AN=4，AC=$\sqrt{A{N}^{2}+N{C}^{2}}$=8，
∴AB=AN+BN=4+1=5，
∴BF=AB-AF=5-$\frac{6}{5}$=$\frac{19}{5}$，
∴EC=BF=$\frac{19}{5}$，
∴AE=AC-EC=8-$\frac{19}{5}$=$\frac{21}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角形外角的性質(zhì)、多邊形內(nèi)角和定理、等量代換、全等三角形的判定與性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)、圓周角定理、三角函數(shù)、勾股定理等知識(shí)，構(gòu)造三角形全等是解決第（2）小題的關(guān)鍵，證到CQ⊥AB并利用（2）的結(jié)論BF=CE是解決第（3）小題的關(guān)鍵．