Question

5．如图，在⊙O中，CD为⊙O的直径，AB=AC，AF⊥CD，垂足为F，射线AF交CB于点E．

（1）如图①，求证：∠CAF=∠ACB．
（2）如图②：连接EO并延长交AC于点G，证明：AC=2FG．
（3）如图③，在（2）的条件下，若tan∠FGE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，四边形FECG的面积为14$\sqrt{2}$，求AC的长．

Answer 1

分析 （1）连接AD，根据同角的余角相等得：∠ADF=∠FAC，再由同圆中弦相等，则弧相等，进而由等弧所对的圆周角相等得：∠ADF=∠ACB，所以∠FAC=∠ACB；
（2）作辅助线，先证明△AOE≌△COE，得∠AEO=∠CEO，由等腰三角形三线合一的性质得：G是AC的中点，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边一半可得结论：AC=2FG；
（3）如图3，作辅助线，构建高线GH和中位线，证明F、E、C、G四点共圆，则tan∠FGE=tan∠FCE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，EF=$\sqrt{2}$a，FC=4a，利用勾股定理得：EC和AC的长，根据四边形FECG的面积为14$\sqrt{2}$，列式可得结论．

解答 证明：（1）如图1，连接AD，
∵DC为⊙O的直径，
∴∠DAC=90°，
∵AF⊥CD，
∴∠AFD=90°，
∴∠ADF+∠DAF=∠FAC+∠DAF，
∴∠ADF=∠FAC，
∵AB=AC，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{AC}$，
∴∠ADF=∠ACB，
∴∠FAC=∠ACB；
（2）连接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的中点，
∵△AFC是直角三角形，
∴AC=2FG；
（3）如图3，过G作GH⊥DC于H，
∵AF⊥CD，
∴AF∥GH，
在Rt△AFC中，
∵G是AC的中点，
∴AG=CG，GH=$\frac{1}{2}$AF，
∴∠EAC=∠AFG，
∵∠EAC=∠ECA，
∴∠AFG=∠ECA，
∵∠AFG+∠EFG=180°，
∴∠ECA+∠EFG=180°，
∴F、E、C、G四点共圆，
∴∠FGE=∠FCE，
∵tan∠FGE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴tan∠FCE=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
即$\frac{FE}{FC}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，
设EF=$\sqrt{2}$a，FC=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，
∵四边形FECG的面积为14$\sqrt{2}$，
则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$\sqrt{21}$．

点评 本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质和判定、三角函数、圆周角定理、三角形全等的性质和判定、勾股定理等知识，第三问中利用四点共圆将∠FGE转化为∠FCE是关键，根据正切比的关系设未知数，由已知等量关系列方程可得出结果．