分析 (1)欲证明BD=BC,只要证明∠BDC=∠C即可,由∠BDC=180°-∠DBC-∠C,∠DBC=2∠OAB,∠C=$\frac{1}{2}$∠AOB,推出∠BDC=180°-2∠OAB-$\frac{1}{2}$∠AOB=∠AOB-$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$∠AOB=∠C,由此即可证明.
(2)如图2中,设∠ABD=∠DAO=x,∠BAD=y.则∠BDC=∠C=x+y,∠DBC=2∠BAO=2x+2y,由∠DBC+∠BDC+∠C=180°,推出x+y+2x+2y+x+y=180°,推出x+y=45°,即可解决问题.
(3)如图3中,连接OB、OC、OF,作ON⊥CF于N,KP⊥CF于P,作FM⊥CK于M.由(2)可知△COF是等腰直角三角形,由CK=2,S△CKF=4,得$\frac{1}{2}$•CK•FM=4,推出FM=4,再根据勾股定理求出CF,由$\frac{1}{2}$CF•KP=$\frac{1}{2}$•CK•FM,推出KP=$\frac{4}{\sqrt{13}}$,由ON∥KP,得$\frac{ON}{PK}$=$\frac{OG}{GK}$=$\frac{13}{4}$,由此求出OG,再利用勾股定理求出GN即可解决问题.
解答 (1)证明:如图1中,连接OB.
∵OA=OB,
∴∠OAB=∠OBA,
∵∠BDC=180°-∠DBC-∠C,∠DBC=2∠OAB,∠C=$\frac{1}{2}$∠AOB,
∴∠BDC=180°-2∠OAB-$\frac{1}{2}$∠AOB=∠AOB-$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$∠AOB=∠C,
∴BD=BC.
(2)解:如图2中,设∠ABD=∠DAO=x,∠BAD=y.
则∠BDC=∠C=x+y,∠DBC=2∠BAO=2x+2y,
∵∠DBC+∠BDC+∠C=180°,
∴x+y+2x+2y+x+y=180°,
∴x+y=45°,
∴∠BAO=45°.
(3)解:如图3中,连接OB、OC、OF,作ON⊥CF于N,KP⊥CF于P,作FM⊥CK于M.
∵∠BAO=45°,OA=OB,
∴∠OAB=∠OBA=45°,
∴∠AOB=90°,
∵AB=CF,
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{CF}$,
∴∠COF=∠AOB=90°,
∵CK=2,S△CKF=4,
∴$\frac{1}{2}$•CK•FM=4,
∴FM=4,∵∠MKF=$\frac{1}{2}$∠COF=45°,
∴∠MFK=∠MKF=45°,
∴FM=KM=4,
∴CF=$\sqrt{F{M}^{2}+C{M}^{2}}$=2$\sqrt{13}$,
∵△COF是等腰直角三角形,
∴ON=NF=CN=$\sqrt{13}$,OC=OF=$\sqrt{26}$,
∵$\frac{1}{2}$CF•KP=$\frac{1}{2}$•CK•FM,
∴KP=$\frac{4}{\sqrt{13}}$,
∵ON∥KP,
∴$\frac{ON}{PK}$=$\frac{OG}{GK}$=$\frac{13}{4}$,
∴OG=$\frac{13}{17}$OK=$\frac{13\sqrt{26}}{17}$,
∴GN=$\sqrt{O{G}^{2}-O{N}^{2}}$=$\sqrt{(\frac{13\sqrt{26}}{17})^{2}-13}$=$\frac{7}{17}$,
∴FG=FN+GN=$\sqrt{13}$+$\frac{7}{17}$.
点评 本题考查圆综合题、圆周角定理、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、三角形的面积等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造直角三角形,利用面积法求相应的线段,属于中考压轴题.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 无理数包括正无理数、0和负无理数 | B. | $\frac{π}{3}$是有理数 | ||
C. | 无理数是带根号的数 | D. | 无理数是无限不循环小数 |
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A. | 1个 | B. | 2个 | C. | 3个 | D. | 4个 |
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