Question

5．△ABC内接于⊙O，弦BD与AC相交于点E，连接BO，且∠OBC=∠ABD．
（1）如图1，求证：AC⊥BD；
（2）如图2，在BE上取一点F，使EF=DE，直线CF与AB相交于点G，若∠ABC=60°．求证：BF=BO；
（3）如图3，在（2）的条件下，直线OF与AB相交于点M，与BC相交于点N，若NC=2MA，OB=2$\sqrt{7}$，求线段AE的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，延长BO与⊙O相交于点K，连接CK，由已知条件和圆周角定理可证明∠ABE=∠BCK=90°，即AC⊥BE；
（2）延长CG与⊙O相交于点H，连接BH、OH，易证△OBH为等边三角形，由等边三角形的性质即可得到OB=BH=BF，问题得证；
（3）连接AO、CO．由（2）中的证明可知△BOH为等边三角形，所以BF=BO，由已知条件和全等三角形的判定方法可分别证明△BMF≌△BON，△AMO≌△ONC，进而可得AM=ON，MO=NC，所以可设AM=ON=MF=2a，则MN=6a=BM=BN，BC=10a，AB=AM+BM=8a，再根据勾股定理和∠FBG的正弦值即可求出线段AE的长．

解答 （1）证明：如图1，

延长BO与⊙O相交于点K，连接CK．
∵BK为⊙O直径，
∴∠BCK=90°，
∵∠OBC=∠ABD，∠A=∠K，
∠AEB=∠180°-∠ABD-∠A=180°-∠OBC-∠K=∠BCK，
∴∠ABE=∠BCK=90°，
∴AC⊥BE；
（2）证明：如图2，

由（1）与已知可得AC垂直平分DF，
∴CD=CF，
∴∠DCA=∠ACF 且∠D=∠CFD，
延长CG与⊙O相交于点H，连接BH、OH．
∵弧AD=弧AD，
∴∠DCA=∠DBA．
∵弧AH=弧AH，
∴∠ACH=∠ABH，
∴∠ABH=∠ABD=∠OBC，
又∵∠BFH=∠CFD，
∴∠BGF=∠CEF=90°=∠BGH，
∴∠BHG=∠HFB，
∴BH=BF，
∵∠ABC=∠ABO+∠OBC=∠ABO+∠ABH=∠OBH=60°，OH=OB，
∴△OBH为等边三角形，
∴OB=BH=BF；
（3）解：连接AO、CO，如图3，

由（2）中的证明可知△BOH为等边三角形，BF=BO，
∴∠BFO=∠BOF，
∵∠BFO+∠BFM=180°，∠BOF+∠BON=180°
∴∠BFM=∠BON，
在△BMF和△BON中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MBF=∠NBO}\\{∠BFM=∠BON}\\{BF=BO}\end{array}\right.$，
∴△BMF≌△BON，
∴MF=ON，BM=BN，
∵∠MBN=60°，
∴△MBN是等边三角形，
∴∠BMN=∠BNM=60°，
∴∠AMN=∠CNM=120°，∠MAO+∠AOM=60°
∵∠AOC=2∠ABC=120°，
∴∠AOM+∠CON=60°，
∴∠AOM=∠OCN，
又∵AO=CO，
在△AMO和△ONC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AMN=∠CNM}\\{∠AOM=∠CON}\\{OA=OC}\end{array}\right.$，
∴△AMO≌△ONC，
∴AM=ON，MO=NC，
设AM=ON=MF=2a，
∵NC=2MA，
∴MO=NC=4a，
∴OF=2a，MN=6a=BM=BN，BC=10a，AB=AM+BM=8a，
在Rt△MGF和Rt△BGC中，∠GMF=∠ABC=60°，
∴MG=$\frac{1}{2}$MF=a，GF=MFsin60°=$\sqrt{3}$a，BG=5a，
在Rt△BFG中，BF²=BG²+GF²=BO²，
∴（2$\sqrt{7}$）²=（5a）²+（$\sqrt{3}$a）²，
∴a=1，
∴AB=8，GF=$\sqrt{3}$，
∵sin∠FBG=$\frac{GF}{BF}$=$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{21}}{14}$，
在Rt△ABE中，sin∠FBG=$\frac{AE}{AB}$，
∴AE=AB•sin∠FBG=8×$\frac{\sqrt{21}}{14}=\frac{4\sqrt{21}}{7}$．

点评 本题考查了和圆有关的综合性题目，用到的知识点有垂径定理、圆周角定理、圆的内接三角形的有关性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理的运用以及锐角三角函数的运用等知识点，题目的综合性较强，难度较大，对学生的运算能力要求较高，是一道非常不错的中考压轴题．