Question

13．如圖1，四邊形ABCD為⊙O內(nèi)接四邊形，連接AC、CO、BO，點C為弧BD的中點．
（1）求證：∠DAC=∠ACO+∠ABO；
（2）如圖2，點E在OC上，連接EB，延長CO交AB于點F，若∠DAB=∠OBA+∠EBA．求證：EF=EB；
（3）在（2）的條件下，如圖3，若OE+EB=AB，CE=2，AB=13，求AD的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接OA，只要證明∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO，由點C是$\widehat{BD}$中點，推出$\widehat{CD}$=$\widehat{CB}$，推出∠BAC=∠DAC，即可推出∠DAC=∠ACO+∠ABO；
（2）想辦法證明∠EFB=∠EBF即可；
（3）如圖3中，過點O作OH⊥AB，垂足為H，延長BE交HO的延長線于G，作BN⊥CF于N，作CK⊥AD于K，連接OA．作CT∠⊥AB于T．首先證明△EFB是等邊三角形，再證明△ACK≌△ACT，Rt△DKC≌Rt△BTC，延長即可解決問題；

解答 解：（1）如圖1中，連接OA，

∵OA=OC，
∴∠1=∠ACO，
∵OA=OB，
∴∠2=∠ABO，
∴∠CAB=∠1+∠2=∠ACO+∠ABO，
∵點C是$\widehat{BD}$中點，
∴$\widehat{CD}$=$\widehat{CB}$，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠ACO+∠ABO．

（2）如圖2中，

∵∠BAD=∠BAC+∠DAC=2∠CAB，∠COB=2∠BAC，
∴∠BAD=∠BOC，
∵∠DAB=∠OBA+∠EBA，
∴∠BOC=∠OBA+∠EBA，
∴∠EFB=∠EBF，
∴EF=EB．

（3）如圖3中，過點O作OH⊥AB，垂足為H，延長BE交HO的延長線于G，作BN⊥CF于N，作CK⊥AD于K，連接OA．作CT∠⊥AB于T．

∵∠EBA+∠G=90°，∠CFB+∠HOF=90°，
∵∠EFB=∠EBF，
∴∠G=∠HOF，
∵∠HOF=∠EOG，
∴∠G=∠EOG，
∴EG=EO，
∵OH⊥AB，
∴AB=2HB，
∵OE+EB=AB，
∴GE+EB=2HB，
∴GB=2HB，
∴cos∠GBA=$\frac{HB}{GB}$=$\frac{1}{2}$，
∴∠GBA=60°，
∴△EFB是等邊三角形，設HF=a，
∵∠FOH=30°，
∴OF=2FH=2a，
∵AB=13，
∴EF=EB=FB=FH+BH=a+$\frac{13}{2}$，
∴OE=EF-OF=FB-OF=$\frac{13}{2}$-a，OB=OC=OE+EC=$\frac{13}{2}$-a+2=$\frac{17}{2}$-a，
∵NE=$\frac{1}{2}$EF=$\frac{1}{2}$a+$\frac{13}{4}$，
∴ON=OE=EN=（$\frac{13}{2}$-a）-（$\frac{1}{2}$a+$\frac{13}{4}$）=$\frac{13}{4}$-$\frac{3}{2}$a，
∵BO²-ON²=EB²-EN²，
∴（$\frac{17}{2}$-a）²-（$\frac{13}{4}$-$\frac{3}{2}$a）²=（a+$\frac{13}{2}$）²-（$\frac{1}{2}$a+$\frac{13}{4}$）²，
解得a=$\frac{3}{2}$或-10（舍棄），
∴OE=5，EB=8，OB=7，
∵∠K=∠ATC=90°，∠KAC=∠TAC，AC=AC，
∴△ACK≌△ACT，
∴CK=CT，AK=AT，
∵$\widehat{DC}$=$\widehat{BC}$，
∴DC=BC，
∴Rt△DKC≌Rt△BTC，
∴DK=BT，
∵FT=$\frac{1}{2}$FC=5，
∴DK=TB=FB-FT=3，
∴AK=AT=AB-TB=10，
∴AD=AK-DK=10-3=7．

點評 本題考查圓綜合題、圓周角定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形30度角性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．