Question

12．已知：△ABC内接于⊙O，连接AO并延长交BC于点D．

（l）如图l，求证；∠ABC+∠CAD=90°；
（2）如图2，过点D作DE⊥AB于E，若∠ADC=2∠ACB．求证：AC=2DE；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BO交DE于点F，延长ED交⊙O于点G，连接AG，若AC=6$\sqrt{15}$，BF=OD，求线段AG的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，延长AD交⊙O于点M，连接MC．首先证明∠ACM=90°，再证明∠ABC=∠M即可解决问题．
（2）如图2中，过点O作OH⊥AC于H，连接BO．想办法证明△BDE≌△AOH即可解决问题．
（3）如图3中，过点O作ON⊥EG于N，OT⊥AB于T，连接OG．由△BFE≌△OFN，推出BE=ON  EF=FN由OF=OD，ON⊥FD，推出EF=FN=ND=$\sqrt{15}$，由△BED≌△NOG，推出ED=NG，再证明AE=3BE，设AO=BD=r，OD=$\frac{1}{2}$r，AD=$\frac{3}{2}$r在Rt△AED中，AE²=AD²-ED²，在Rt△BED中，BE²=BD²-ED²，即（$\frac{3}{2}$r）²-（3$\sqrt{15}$）²=9[（$\frac{1}{2}$r）²-（3$\sqrt{15}$）²]，求出r即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，延长AD交⊙O于点M，连接MC．

∵AM为⊙O的直径，
∴∠ACM=90°，
∴∠ABC=∠AMC，
∵∠AMC+∠MAC=90°，
∴∠B+∠CAD=90°．

（2）证明：如图2中，过点O作OH⊥AC于H，连接BO．

∴∠AOB=2∠ACB，
∵∠ADC=2∠ACB，
∴∠AOB=∠ADC，
∴∠BOD=∠BDO，
∴BD=BO，
∵∠BED=∠AHO，∠ABD=∠AOH，
∴△BDE≌△AOH，
∴DE=AH，
∵OH⊥AC，
∴AH=CH=$\frac{1}{2}$AC，
∴AC=2DE．

（3）证明：如图3中，过点O作ON⊥EG于N，OT⊥AB于T，连接OG．

∵AC=6$\sqrt{15}$，AC=2DE，
∴DE=3$\sqrt{15}$，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO，
∵∠ABO+∠BFE=90°，∠BAO+∠ADE=90°，
∴∠BFE=∠OFD=∠ODF，
∴OF=OD，
∵BF=OD，
∴OF=OD=BF，
∴△BFE≌△OFN，
∴BE=ON  EF=FN
∵OF=OD，ON⊥FD，
∴EF=FN=ND=$\sqrt{15}$，
∵BE=ON，OG=BD，
∴△BED≌△NOG，
∴ED=NG，
∴EG=5$\sqrt{15}$，
∵ON⊥EG  OT⊥AB DE⊥AB，
∴四边形ONET为矩形，
∴BE=ET=ON，
∵OT⊥AB，
∴AT=BT，AE=3BE，
设AO=BD=r，OD=$\frac{1}{2}$r，AD=$\frac{3}{2}$r
在Rt△AED中，AE²=AD²-ED²，
   在Rt△BED中，BE²=BD²-ED²，
即（$\frac{3}{2}$r）²-（3$\sqrt{15}$）²=9[r²-（3$\sqrt{15}$）²]，
r=4$\sqrt{10}$ 或r=-4$\sqrt{10}$ （舍去），
∴AE=15，
在△AEG中，AG=$\sqrt{A{E}^{2}+E{G}^{2}}$=10$\sqrt{6}$．

点评 本题考查圆综合题、垂径定理、直径的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用构建方程的思想思考问题，属于中考压轴题．