Question

18．已知，如图1，△ABC中，∠BAC=90°，⊙O分别与AB、AC相切于点B、点D，点F在CD上，连接OF交⊙O于点G，且G在BC上，∠AFO=45°，过D作DH⊥BC于H，交⊙O于E，交OF于点N；
（1）求证：∠FND=3∠C；
（2）射线BO交DE于M，求证：OM=FG；
（3）在 （2）条件下，连接BE，若由BC、DC和弧BD所围成图形的面积为$\frac{9}{4}$π+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{9}{2}$时，求四边形ABED的面积．

Answer 1

分析 （1）先判断出四边形ABOD是正方形，用圆的性质得出∠OBG=∠OGB=22.5°，进而求出∠C=22.5°，∠DNF=67.5°，即可得出结论；
（2）借助（1）的结论先判断出FN=FD，再判断出FD=OG，最后代换即可得出结论；
（3）先判断出BD=CD，用面积求出圆的半径，即可求出四边形ABED的面积．

解答 解：（1）如图1，
∵∠BAC=90°，
∴∠C+∠ABC=90°，
连接OB，OD，
∵⊙O分别与AB、AC相切于点B、点D，
∴∠ABO=∠ADO=90°，
∴∠OBC+∠ABC=90°，
∴∠OBC=∠C，
∵∠ODC=90°，∠AFO=45°，
∴∠DOF=45°
∵∠BAD=90°，
∴四边形ABOD是矩形，
∴∠BOD=90°，
∴∠BOG=∠BOD+∠DOF=135°，
∵OB=OG，
∴∠OBG=∠OGB=22.5°，
∴∠C=∠OBC=22.5°，
在四边形ABHD中，
∵DH⊥BC，
∴∠BHD=90°，
∵∠A=90°，
∴∠ABH+∠ADH=180°，
∴∠ABO-∠OBC+∠ADO+∠ODN=180°，
∵∠ABO=∠ADO=90°，
∴∠ODN=∠OBC=22.5°，
∴∠DNF=∠DOF+∠ODN=45°+22.5°=67.5°，
∵∠C=22.5°，
∴∠FDN=3∠C，
（2）如图2，
由（1）知，∠ODN=22.5°，
∴∠FDN=67.5°=∠DNF，
∴FN=FD，
在Rt△ODF中，∠AFO=45°，
∴FD=OD=OG=ON+NG，
∵FN=ON+NG，
∴FG=ON，
∵∠BOF=135°，
∴∠MON=45°，
∵∠ONM=∠DNF=67.5°，
∴∠OMN=67.5°，
∴OM=ON，
∴OM=FG，
（3）如图3，设⊙O的半径为R，
∴AB=AD=OB=R，
∴BD=$\sqrt{2}$OB=$\sqrt{2}$R，
由（2）知，∠CDH=67.5°，
由（1）知，∠ODN=22.5°，
∵∠ODB=45°，
∴∠BDH=67.5°，
∴∠BDH=∠CDH，
∵DH⊥BC，
∴CD=BD=$\sqrt{2}$R，
∴AC=AD+CD=（$\sqrt{2}$+1）R，
∵BD是正方形ABOD的对角线，
∴S_△ABD=S_△OBD
∵由BC、DC和弧BD所围成图形的面积为$\frac{9}{4}$π+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{9}{2}$，
∴$\frac{9}{4}$π+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-$\frac{9}{2}$=S_△ABC-S_△ABD+S_弓形BD
=S_△ABC-S_△ABD+S_扇形OBD-S_△BDO=S_△ABC+S_扇形OBD-2S_△BDO=$\frac{1}{2}$AB×AC+$\frac{90°π{R}^{2}}{360°}$-2×$\frac{1}{2}$OB²=$\frac{1}{2}$R×（$\sqrt{2}$+1）R+$\frac{π{R}^{2}}{4}$-R²=（$\frac{π}{4}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）R²，
∴R=3，
∵∠BDE=67.5°，∠E=$\frac{1}{2}$∠BOD=45°，
∴∠EBD=67.5°=∠BDE，
∴BE=DE，
∵OB=OD，
∴点O，E都在BD的垂直平分线上，
∴△BDE的边BD上的高h=R+$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴S_{四边形ABED}=S_△ABD+S_△BDE=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}R×\frac{\sqrt{2}}{2}R$+$\frac{1}{2}×\sqrt{2}R×（R+\frac{\sqrt{2}}{2}R）$=（1+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）R²=9+$\frac{9\sqrt{2}}{2}$．

点评 此题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，正方形的判定，直角三角形的性质，三角形的面积，扇形的面积，解本题的关键是得出∠C=22.5°和判断出DB=DC．