Question

2．如图1，⊙O是△ABC的外接圆，已知：AB≠AC，点M是$\widehat{AB}$的中点，点N是$\widehat{AC}$的中点，按要求解答下列问题：
（1）如图2，连接MN交AB于点E，交AC于点F．
①求证：AE=AF；②若2ME•NF=EF²，求∠A的度数；
（2）如图3，连接CM，BN，若CM=BN，求∠A的度数．
（3）在图1中，①仅用直尺找出点P，使点P为$\widehat{BC}$的中点；②连出六边形AMBPCN，已知⊙O的半径为1，△ABC的周长为4，求六边形AMBPCN的面积．

Answer 1

分析 （1）①连接AM、AN，利用等弧所对的圆周角相等结合三角形的外角的性质，可证得结论；②由①可得△EMA∽△FAN，利用相似三角形的性质结合已知条件可得到AE²+AF²=EF²，可求得∠A；
（2）由条件可得到$\widehat{BC}$=$\widehat{MAN}$=$\widehat{BM}$+$\widehat{CN}$=$\frac{1}{3}$⊙O，可求得∠A的度数，
（3）①连接CM、BN，相交于一点Q，连接AQ并延长交⊙O于点P，根据三角形角平分线的性质可知点P即为所求；②连接OA、OB、OM，则AB⊥OM，可用AB表示出四边形OAMB的面积，同理可表示出四边形OBPC、四边形OCNA的面积，可求得六边形AMBPCN的面积．

解答 解：
（1）①证明：
如图1，连接AM、AN，

∵点M是$\widehat{AB}$的中点，点N是$\widehat{AC}$的中点，
∴$\widehat{AM}$=$\widehat{BM}$，$\widehat{AN}$=$\widehat{CN}$，
∴∠EMA=∠FAN，∠EAM=∠FNA，
∴∠AEF=∠EMA+∠EAM=∠FAN+∠FNA=∠AFE，
∴AE=AF；
②由①可知△EMA∽△FA，
∴$\frac{AE}{NF}$=$\frac{ME}{AF}$，
∴AE²=AF²=ME•MF，
又2ME•MF=EF²，
∴AE²+AF²=EF²，
∴∠BAC=90°；
（2）∵CM=BN，
∴有$\widehat{MBC}$=$\widehat{BCN}$或$\widehat{MBC}$=$\widehat{BMAN}$，
①当$\widehat{MBC}$=$\widehat{BCN}$时，则有$\widehat{MB}$=或$\widehat{CN}$，$\widehat{AMB}$=$\widehat{ANC}$，
∴AB=AC，这与AB≠AC矛盾；
②当$\widehat{MBC}$=$\widehat{BMAN}$时，则有$\widehat{BC}$=$\widehat{MAN}$，
又$\widehat{MAN}$=$\widehat{AM}$+$\widehat{AN}$=$\widehat{BM}$+$\widehat{CN}$，
∴$\widehat{BC}$=$\widehat{MAN}$=$\widehat{BM}$+$\widehat{CN}$=$\frac{1}{3}$⊙O，
∴∠BOC=120°，
∴∠BAC=60°；
（3）①如图2，连接CM、BN交于点Q，连接AQ并延长，交⊙O于点P，

∵点M是$\widehat{AB}$的中点，点N是$\widehat{AC}$的中点，
∴CM、BN分别平分∠BCA和∠CBA，
∴AP平分∠BAC，
∴∠BPA=∠CPA，
∴$\widehat{BP}$=$\widehat{CP}$，
即P为$\widehat{BC}$的中点；
②连接OA、OB、MO，如图3，

∵点M是$\widehat{AB}$的中点，
∴OM⊥AB，且OM=1，
∴S_{四边形OAMB}=$\frac{1}{2}$OM•AB=$\frac{1}{2}$AB，同理可得S_{四边形OBPC}=$\frac{1}{2}$BC，S_{四边形OCNA}=$\frac{1}{2}$AC，
∴S_{六边形AMBPCN}=S_{四边形OAMB}+S_{四边形OBPC}+S_{四边形OCNA}=$\frac{1}{2}$AB+$\frac{1}{2}$BC+$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$（AB+BC+CA）=$\frac{1}{2}$×4=2．

点评 本题为圆的综合应用，涉及知识点有圆的性质、相似三角形的判定和性质、三角形角平分线的性质、圆周角定理、垂径定理及转化思想等．在（2）中求出$\widehat{BC}$是$\frac{1}{3}$⊙O是解题的关键，在（3）②中利用垂径定理求得四边形OAMB的面积，把六边形的面积化为三个四边形的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．