Question

5．如圖，在⊙O中，CD為⊙O的直徑，AB=AC，AF⊥CD，垂足為F，射線AF交CB于點(diǎn)E．

（1）如圖①，求證：∠CAF=∠ACB．
（2）如圖②：連接EO并延長交AC于點(diǎn)G，證明：AC=2FG．
（3）如圖③，在（2）的條件下，若tan∠FGE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，四邊形FECG的面積為14$\sqrt{2}$，求AC的長．

Answer 1

分析 （1）連接AD，根據(jù)同角的余角相等得：∠ADF=∠FAC，再由同圓中弦相等，則弧相等，進(jìn)而由等弧所對(duì)的圓周角相等得：∠ADF=∠ACB，所以∠FAC=∠ACB；
（2）作輔助線，先證明△AOE≌△COE，得∠AEO=∠CEO，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得：G是AC的中點(diǎn)，再根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊一半可得結(jié)論：AC=2FG；
（3）如圖3，作輔助線，構(gòu)建高線GH和中位線，證明F、E、C、G四點(diǎn)共圓，則tan∠FGE=tan∠FCE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，EF=$\sqrt{2}$a，F(xiàn)C=4a，利用勾股定理得：EC和AC的長，根據(jù)四邊形FECG的面積為14$\sqrt{2}$，列式可得結(jié)論．

解答 證明：（1）如圖1，連接AD，
∵DC為⊙O的直徑，
∴∠DAC=90°，
∵AF⊥CD，
∴∠AFD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=∠FAC+∠DAF，
∴∠ADF=∠FAC，
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，
∴∠ADF=∠ACB，
∴∠FAC=∠ACB；
（2）連接AO，
∵AO=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠CAF=∠ACB，
∴∠EAO=∠ECO，AE=EC，
∴△AOE≌△COE，
∴∠AEO=∠CEO，
∴EG平分∠AEC，
∵△AEC是等腰三角形，
∴G是AC的中點(diǎn)，
∵△AFC是直角三角形，
∴AC=2FG；
（3）如圖3，過G作GH⊥DC于H，
∵AF⊥CD，
∴AF∥GH，
在Rt△AFC中，
∵G是AC的中點(diǎn)，
∴AG=CG，GH=$\frac{1}{2}$AF，
∴∠EAC=∠AFG，
∵∠EAC=∠ECA，
∴∠AFG=∠ECA，
∵∠AFG+∠EFG=180°，
∴∠ECA+∠EFG=180°，
∴F、E、C、G四點(diǎn)共圓，
∴∠FGE=∠FCE，
∵tan∠FGE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴tan∠FCE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
即$\frac{FE}{FC}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，
設(shè)EF=$\sqrt{2}$a，F(xiàn)C=4a，
由勾股定理得：EC=$\sqrt{（\sqrt{2}a）^{2}+（4a）^{2}}$=3$\sqrt{2}$a，
∵AE=EC=3$\sqrt{2}$a，
∴AF=AE-EF=3$\sqrt{2}$a-$\sqrt{2}$a=2$\sqrt{2}$a，
∴GH=$\sqrt{2}$a，
由勾股定理得：AC=$\sqrt{（2\sqrt{2}a）^{2}+（4a）^{2}}$=2$\sqrt{6}$a，
∵四邊形FECG的面積為14$\sqrt{2}$，
則S_△EFC+S_△FCG=14$\sqrt{2}$，
∴$\frac{1}{2}$EF•FC+$\frac{1}{2}$FC•GH=14$\sqrt{2}$，
∴$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$a×4a+$\frac{1}{2}$×4a×$\sqrt{2}$a=14$\sqrt{2}$，
∴a=$\frac{\sqrt{14}}{2}$，
∴AC=2$\sqrt{6}$a=2$\sqrt{6}$×$\frac{\sqrt{14}}{2}$=$\sqrt{84}$=2$\sqrt{21}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題，考查了四點(diǎn)共圓的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)、圓周角定理、三角形全等的性質(zhì)和判定、勾股定理等知識(shí)，第三問中利用四點(diǎn)共圓將∠FGE轉(zhuǎn)化為∠FCE是關(guān)鍵，根據(jù)正切比的關(guān)系設(shè)未知數(shù)，由已知等量關(guān)系列方程可得出結(jié)果．