Question

12．已知：△ABC内接于⊙O，射线BO交射线CA于点E，射线CO交AB于点F，∠BOC=120°

（1）如图1，当点E在⊙O外时，求证：∠BEC=∠BFO；
（2）如图2，当点E在⊙O内时，求证：BF=CE；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长BE交⊙O于点D，连接AD，CD，点Q为弧AB上一点，连接BQ，∠QBD+∠ADC=180°，BN=1，⊙O的半径为$\frac{7\sqrt{3}}{3}$，AF=$\frac{6}{5}$，求AE的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，根据三角形外角的性质可得∠BEC+∠ABE=60°，根据三角形内角和定理可得∠BFO+∠ABE=60°，根据等量代换即可解决问题；
（2）在OF上取一点G，使得OG=OE，如图2，易证△GOB≌△EOC，则有BG=CE，∠BGO=∠OEC．要证BF=CE，只需证BF=BG即可；
（3）如图3，根据圆内接四边形对角互补可得∠ABC+∠ADC=180°，结合条件可得∠QBA=∠DBC=30°，从而可得到∠QNB=90°（即CQ⊥AB）．在Rt△BCD中运用勾股定理可求出BC，在Rt△BNC中运用勾股定理可求出NC，然后在Rt△ANC中运用三角函数和勾股定理可求出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）如图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上取一点G，使得OG=OE，如图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）如图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的直径，
∴∠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-$\frac{19}{5}$=$\frac{21}{5}$．

点评 本题主要考查了三角形外角的性质、多边形内角和定理、等量代换、全等三角形的判定与性质、圆内接四边形对角互补、圆周角定理、三角函数、勾股定理等知识，构造三角形全等是解决第（2）小题的关键，证到CQ⊥AB并利用（2）的结论BF=CE是解决第（3）小题的关键．