Question

12．已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，連接AO并延長交BC于點D．

（l）如圖l，求證；∠ABC+∠CAD=90°；
（2）如圖2，過點D作DE⊥AB于E，若∠ADC=2∠ACB．求證：AC=2DE；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BO交DE于點F，延長ED交⊙O于點G，連接AG，若AC=6$\sqrt{15}$，BF=OD，求線段AG的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，延長AD交⊙O于點M，連接MC．首先證明∠ACM=90°，再證明∠ABC=∠M即可解決問題．
（2）如圖2中，過點O作OH⊥AC于H，連接BO．想辦法證明△BDE≌△AOH即可解決問題．
（3）如圖3中，過點O作ON⊥EG于N，OT⊥AB于T，連接OG．由△BFE≌△OFN，推出BE=ON  EF=FN由OF=OD，ON⊥FD，推出EF=FN=ND=$\sqrt{15}$，由△BED≌△NOG，推出ED=NG，再證明AE=3BE，設(shè)AO=BD=r，OD=$\frac{1}{2}$r，AD=$\frac{3}{2}$r在Rt△AED中，AE²=AD²-ED²，在Rt△BED中，BE²=BD²-ED²，即（$\frac{3}{2}$r）²-（3$\sqrt{15}$）²=9[（$\frac{1}{2}$r）²-（3$\sqrt{15}$）²]，求出r即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，延長AD交⊙O于點M，連接MC．

∵AM為⊙O的直徑，
∴∠ACM=90°，
∴∠ABC=∠AMC，
∵∠AMC+∠MAC=90°，
∴∠B+∠CAD=90°．

（2）證明：如圖2中，過點O作OH⊥AC于H，連接BO．

∴∠AOB=2∠ACB，
∵∠ADC=2∠ACB，
∴∠AOB=∠ADC，
∴∠BOD=∠BDO，
∴BD=BO，
∵∠BED=∠AHO，∠ABD=∠AOH，
∴△BDE≌△AOH，
∴DE=AH，
∵OH⊥AC，
∴AH=CH=$\frac{1}{2}$AC，
∴AC=2DE．

（3）證明：如圖3中，過點O作ON⊥EG于N，OT⊥AB于T，連接OG．

∵AC=6$\sqrt{15}$，AC=2DE，
∴DE=3$\sqrt{15}$，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO，
∵∠ABO+∠BFE=90°，∠BAO+∠ADE=90°，
∴∠BFE=∠OFD=∠ODF，
∴OF=OD，
∵BF=OD，
∴OF=OD=BF，
∴△BFE≌△OFN，
∴BE=ON  EF=FN
∵OF=OD，ON⊥FD，
∴EF=FN=ND=$\sqrt{15}$，
∵BE=ON，OG=BD，
∴△BED≌△NOG，
∴ED=NG，
∴EG=5$\sqrt{15}$，
∵ON⊥EG  OT⊥AB DE⊥AB，
∴四邊形ONET為矩形，
∴BE=ET=ON，
∵OT⊥AB，
∴AT=BT，AE=3BE，
設(shè)AO=BD=r，OD=$\frac{1}{2}$r，AD=$\frac{3}{2}$r
在Rt△AED中，AE²=AD²-ED²，
   在Rt△BED中，BE²=BD²-ED²，
即（$\frac{3}{2}$r）²-（3$\sqrt{15}$）²=9[r²-（3$\sqrt{15}$）²]，
r=4$\sqrt{10}$ 或r=-4$\sqrt{10}$ （舍去），
∴AE=15，
在△AEG中，AG=$\sqrt{A{E}^{2}+E{G}^{2}}$=10$\sqrt{6}$．

點評 本題考查圓綜合題、垂徑定理、直徑的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，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，學會用構(gòu)建方程的思想思考問題，屬于中考壓軸題．