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2. 如图，$△ ABC$的A，B两点在$\odot O$上，$AB=BC$，AC与$\odot O$交于点F，连接OC交$\overset{\frown}{AB}$于点E，连接BE并延长交AC于点D，点D恰好是AC的中点，OE与AB交于点G.
(1)求证$FC=AB$；
(2)若$GE=BE$，求$\frac{AF}{FC}$的值.
(1)求证$FC=AB$；
(2)若$GE=BE$，求$\frac{AF}{FC}$的值.
答案
2. (1)证明：如图，连接OB，OF，AE.
$\because AB=BC$，点D是AC的中点，$\therefore BD$垂直平分AC，$∠BAC=∠BCA$. $\because$点E在BD上，$\therefore AE=CE$，$\therefore ∠EAD=∠ECD$. 又$\because ∠BDC=90°$，$\therefore ∠CED=90°-∠ECD=90°-∠EAD$. 由对顶角相等得$∠OEB=∠CED=90°-∠EAD$. $\because OB=OE$，$\therefore ∠OEB=∠OBE=90°-\frac{1}{2}∠BOE$，$\therefore ∠EAD=\frac{1}{2}∠BOE$，即$∠BOE=2∠EAD$. $\because \overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{EF}$，$\therefore ∠EOF=2∠EAD$，$\therefore ∠BOE=∠EOF$. 在$△ BOC$和$△ FOC$中，$\begin{cases} OB=OF, \\ ∠BOC=∠FOC, \\ OC=OC, \end{cases}$
$\therefore △ BOC≌△ FOC$(SAS)，$\therefore BC=FC$. 又$\because AB=BC$，$\therefore FC=AB$.
(2)如图，连接BF.
由(1)得$∠BOE=∠EOF=2∠ECD$，$\therefore \overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EF}$，$\therefore ∠EAB=∠EAD=∠ECD$. 又$\because BD⊥AC$，若设$∠ECD=∠EAD=∠EAB=x$($x＞0$)，$\therefore ∠BEG=∠CED=90°-x$，$∠BAD=∠EAD+∠EAB=2x$. $\because GE=BE$，$\therefore ∠EBG=∠EGB=\frac{180°-∠BEG}{2}=45°+\frac{1}{2}x$. $\because$在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠BAD+∠EBG=90°$，$\therefore 2x+45°+\frac{1}{2}x=90°$，解得$x=18°$，$\therefore ∠BAD=36°$. $\because AB=BC$，$\therefore ∠BCA=∠BAD=36°$. 由(1)已证$FC=BC$，$\therefore ∠BFC=∠FBC=\frac{180°-∠BCA}{2}=72°$，$\therefore ∠ABF=∠BFC-∠BAD=36°$，$\therefore ∠ABF=∠BAD=36°$，$∠BCA=∠BAD=36°$，$\therefore AF=BF$. 设$\frac{AF}{FC}=k$($k＞0$)，$FC=BC=a$($a＞0$)，则$BF=AF=ak$，$\therefore AC=AF+FC=ak+a=(k+1)a$. $\because$点D是AC的中点，$\therefore AD=CD=\frac{1}{2}AC=\frac{(k+1)a}{2}$，$\therefore DF=AD-AF=\frac{(1-k)a}{2}$. 在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$BD^2=BC^2-CD^2=a^2-\frac{(k+1)^2}{4}a^2$. 在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BD^2=BF^2-DF^2=a^2k^2-\frac{(1-k)^2}{4}a^2$，$\therefore a^2-\frac{(k+1)^2}{4}a^2=a^2k^2-\frac{(1-k)^2}{4}a^2$，整理得$k^2+k-1=0$，解得$k=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或$k=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}＜0$(不符合题意，舍去)，$\therefore \frac{AF}{FC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.解析
【分析】
(1) 要证FC=AB，已知AB=BC，故只需证FC=BC。首先由等腰三角形三线合一的性质，结合AB=BC、D是AC中点，可得BD垂直平分AC，推出AE=CE；再结合圆周角定理，推导得到∠BOC=∠FOC，即可通过SAS证明△BOC≌△FOC，得到BC=FC，进而证得FC=AB。
(2) 已知GE=BE，先设∠ECD=x，结合(1)的结论推导各角的等量关系，利用直角三角形两锐角互余列方程求出x的度数，可得AF=BF；再设$\frac{AF}{FC}=k$，FC=a，用含k和a的式子表示相关线段长度，分别在Rt△BCD和Rt△BDF中用勾股定理表示$BD^2$，建立方程求解k，舍去负根即可得到所求比值。
【解析】
(1) 证明：如图，连接OB，OF，AE。
∵$AB=BC$，点D是AC的中点，
∴BD垂直平分AC，$∠BAC=∠BCA$。
∵点E在BD上，
∴$AE=CE$，
∴$∠EAD=∠ECD$。
又
∵$∠BDC=90°$，
∴$∠CED=90°-∠ECD=90°-∠EAD$。
由对顶角相等得$∠OEB=∠CED=90°-∠EAD$。
∵$OB=OE$，
∴$∠OEB=∠OBE=90°-\frac{1}{2}∠BOE$，
∴$∠EAD=\frac{1}{2}∠BOE$，即$∠BOE=2∠EAD$。
∵$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{EF}$，
∴$∠EOF=2∠EAD$，
∴$∠BOE=∠EOF$。
在$△ BOC$和$△ FOC$中：
$\begin{cases} OB=OF, \\ ∠BOC=∠FOC, \\ OC=OC, \end{cases}$
∴$△ BOC≌△ FOC$(SAS)，
∴$BC=FC$。
又
∵$AB=BC$，
∴$FC=AB$。
(2) 解：如图，连接BF。
由(1)得$∠BOE=∠EOF=2∠ECD$，
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EF}$，
∴$∠EAB=∠EAD=∠ECD$。
又
∵$BD⊥AC$，设$∠ECD=∠EAD=∠EAB=x$($x＞0$)，
∴$∠BEG=∠CED=90°-x$，$∠BAD=∠EAD+∠EAB=2x$。
∵$GE=BE$，
∴$∠EBG=∠EGB=\frac{180°-∠BEG}{2}=45°+\frac{1}{2}x$。
∵在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠BAD+∠EBG=90°$，
∴$2x+45°+\frac{1}{2}x=90°$，解得$x=18°$，
∴$∠BAD=36°$。
∵$AB=BC$，
∴$∠BCA=∠BAD=36°$。
由(1)已证$FC=BC$，
∴$∠BFC=∠FBC=\frac{180°-∠BCA}{2}=72°$，
∴$∠ABF=∠BFC-∠BAD=36°$，
∴$∠ABF=∠BAD=36°$，
∴$AF=BF$。
设$\frac{AF}{FC}=k$($k＞0$)，$FC=BC=a$($a＞0$)，则$BF=AF=ak$，
∴$AC=AF+FC=ak+a=(k+1)a$。
∵点D是AC的中点，
∴$AD=CD=\frac{1}{2}AC=\frac{(k+1)a}{2}$，
∴$DF=AD-AF=\frac{(1-k)a}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$BD^2=BC^2-CD^2=a^2-\frac{(k+1)^2}{4}a^2$。
在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BD^2=BF^2-DF^2=a^2k^2-\frac{(1-k)^2}{4}a^2$。
∴$a^2-\frac{(k+1)^2}{4}a^2=a^2k^2-\frac{(1-k)^2}{4}a^2$，
整理得$k^2+k-1=0$，解得$k=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或$k=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$（不符合题意，舍去），
∴$\frac{AF}{FC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立，$FC=AB$；
(2) $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 圆周角定理
3. 勾股定理
【点评】
本题综合了圆的性质、等腰三角形性质、全等三角形证明和线段比值求解，解题关键是正确作出辅助线，通过角度推导得到线段等量关系，再结合方程思想求解，对几何知识的综合运用能力有较高要求。
【难度系数】
0.35
(1) 要证FC=AB，已知AB=BC，故只需证FC=BC。首先由等腰三角形三线合一的性质，结合AB=BC、D是AC中点，可得BD垂直平分AC，推出AE=CE；再结合圆周角定理，推导得到∠BOC=∠FOC，即可通过SAS证明△BOC≌△FOC，得到BC=FC，进而证得FC=AB。
(2) 已知GE=BE，先设∠ECD=x，结合(1)的结论推导各角的等量关系，利用直角三角形两锐角互余列方程求出x的度数，可得AF=BF；再设$\frac{AF}{FC}=k$，FC=a，用含k和a的式子表示相关线段长度，分别在Rt△BCD和Rt△BDF中用勾股定理表示$BD^2$，建立方程求解k，舍去负根即可得到所求比值。
【解析】
(1) 证明：如图，连接OB，OF，AE。
∵$AB=BC$，点D是AC的中点，
∴BD垂直平分AC，$∠BAC=∠BCA$。
∵点E在BD上，
∴$AE=CE$，
∴$∠EAD=∠ECD$。
又
∵$∠BDC=90°$，
∴$∠CED=90°-∠ECD=90°-∠EAD$。
由对顶角相等得$∠OEB=∠CED=90°-∠EAD$。
∵$OB=OE$，
∴$∠OEB=∠OBE=90°-\frac{1}{2}∠BOE$，
∴$∠EAD=\frac{1}{2}∠BOE$，即$∠BOE=2∠EAD$。
∵$\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{EF}$，
∴$∠EOF=2∠EAD$，
∴$∠BOE=∠EOF$。
在$△ BOC$和$△ FOC$中：
$\begin{cases} OB=OF, \\ ∠BOC=∠FOC, \\ OC=OC, \end{cases}$
∴$△ BOC≌△ FOC$(SAS)，
∴$BC=FC$。
又
∵$AB=BC$，
∴$FC=AB$。
(2) 解：如图，连接BF。
由(1)得$∠BOE=∠EOF=2∠ECD$，
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EF}$，
∴$∠EAB=∠EAD=∠ECD$。
又
∵$BD⊥AC$，设$∠ECD=∠EAD=∠EAB=x$($x＞0$)，
∴$∠BEG=∠CED=90°-x$，$∠BAD=∠EAD+∠EAB=2x$。
∵$GE=BE$，
∴$∠EBG=∠EGB=\frac{180°-∠BEG}{2}=45°+\frac{1}{2}x$。
∵在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠BAD+∠EBG=90°$，
∴$2x+45°+\frac{1}{2}x=90°$，解得$x=18°$，
∴$∠BAD=36°$。
∵$AB=BC$，
∴$∠BCA=∠BAD=36°$。
由(1)已证$FC=BC$，
∴$∠BFC=∠FBC=\frac{180°-∠BCA}{2}=72°$，
∴$∠ABF=∠BFC-∠BAD=36°$，
∴$∠ABF=∠BAD=36°$，
∴$AF=BF$。
设$\frac{AF}{FC}=k$($k＞0$)，$FC=BC=a$($a＞0$)，则$BF=AF=ak$，
∴$AC=AF+FC=ak+a=(k+1)a$。
∵点D是AC的中点，
∴$AD=CD=\frac{1}{2}AC=\frac{(k+1)a}{2}$，
∴$DF=AD-AF=\frac{(1-k)a}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，$BD^2=BC^2-CD^2=a^2-\frac{(k+1)^2}{4}a^2$。
在$\mathrm{Rt}△ BDF$中，$BD^2=BF^2-DF^2=a^2k^2-\frac{(1-k)^2}{4}a^2$。
∴$a^2-\frac{(k+1)^2}{4}a^2=a^2k^2-\frac{(1-k)^2}{4}a^2$，
整理得$k^2+k-1=0$，解得$k=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或$k=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$（不符合题意，舍去），
∴$\frac{AF}{FC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立，$FC=AB$；
(2) $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
【知识点】
1. 全等三角形判定与性质
2. 圆周角定理
3. 勾股定理
【点评】
本题综合了圆的性质、等腰三角形性质、全等三角形证明和线段比值求解，解题关键是正确作出辅助线，通过角度推导得到线段等量关系，再结合方程思想求解，对几何知识的综合运用能力有较高要求。
【难度系数】
0.35
3. 如图，$\odot O$为等边三角形ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动(不与点A，B重合)，连接DA，DB，DC.
(1)求证：DC是$∠ ADB$的角平分线.
(2)四边形ADBC的面积S是关于线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由.
(1)求证：DC是$∠ ADB$的角平分线.
(2)四边形ADBC的面积S是关于线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数解析式；如果不是，请说明理由.
答案
3. (1)证明：$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠BAC=∠ABC=60°$，$\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠BDC=∠ADC$，$\therefore DC$平分$∠ADB$.
(2)四边形$ADBC$的面积S是关于线段DC的长x的函数. 理由如下：如图，延长DA到E，使$AE=BD$，连接EC.
$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AC$. 由(1)得$∠BDC=∠ADC=∠ABC=60°$. $\because ∠DBC=∠DBA+∠ABC=∠DBA+60°$，$∠EAC=∠ADC+∠ACD=∠DCA+60°$，$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD}$，$\therefore ∠DBA=∠DCA$，$\therefore ∠DBC=∠EAC$. 在$△ DBC$和$△ EAC$中，$\begin{cases} DB=EA, \\ ∠DBC=∠EAC, \\ BC=AC, \end{cases}$$\therefore △ DBC≌△ EAC$(SAS)，$\therefore ∠DEC=∠BDC=60°$. $S_{\mathrm{四边形}ADBC}=S_{△ DBC}+S_{△ ADC}=S_{△ AEC}+S_{△ ADC}=S_{△ DCE}$，$∠DEC=∠EDC=60°$，$\therefore △ DEC$是等边三角形. $\because S_{△ DEC}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD^2$，$\therefore S=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2(2\sqrt{3}＜x＜4)$.
解析
【分析】
(1) 要证明DC是∠ADB的角平分线，只需证明∠ADC=∠BDC。根据圆周角定理，同圆中等弧所对的圆周角相等，结合等边△ABC边长相等可得对应弧相等，即可推出两个角相等。
(2) 判断是否为函数只需看给定一个x值是否对应唯一的S值。求解面积解析式时，四边形ADBC为不规则图形，可通过截长补短构造全等转化面积：延长DA到E使AE=BD，证明△DBC≌△EAC，即可将四边形面积转化为等边△DCE的面积，再结合等边三角形面积公式写出解析式，最后根据点D的运动范围确定x的取值范围即可。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=60°，AC=BC，因此$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$。根据圆周角定理，等弧所对的圆周角相等，可得∠BDC=∠ADC，
∴DC平分∠ADB。
(2) 四边形ADBC的面积S是关于线段DC的长x的函数，推导过程如下：
如图，延长DA到E，使AE=BD，连接EC。
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC。
由(1)得∠BDC=∠ADC=∠ABC=60°。
∵∠DBC=∠DBA+∠ABC=∠DBA+60°，∠EAC=∠ADC+∠ACD=∠DCA+60°，
又$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD}$，根据同弧所对圆周角相等可得∠DBA=∠DCA，因此∠DBC=∠EAC。
在△DBC和△EAC中：
$\begin{cases} DB=EA, \\ ∠DBC=∠EAC, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△DBC≌△EAC（SAS），可得∠DEC=∠BDC=60°，$S_{△ DBC}=S_{△ EAC}$。
因此$S_{\mathrm{四边形}ADBC}=S_{△ DBC}+S_{△ ADC}=S_{△ AEC}+S_{△ ADC}=S_{△ DCE}$。
又
∵∠DEC=∠EDC=60°，
∴△DEC是边长为DC=x的等边三角形。
根据等边三角形面积公式得$S_{△ DEC}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD^2=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2$。
∵点D在劣弧AB上运动（不与A、B重合），⊙O半径为2，因此DC的最大值为直径4，最小值为等边△ABC的高$2\sqrt{3}$，即$2\sqrt{3}＜x＜4$。
综上可得函数解析式为$S=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2(2\sqrt{3}＜x＜4)$。
【答案】
3. (1)证明：$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠BAC=∠ABC=60°$，$\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠BDC=∠ADC$，$\therefore DC$平分$∠ADB$.
(2)四边形$ADBC$的面积S是关于线段DC的长x的函数. 理由如下：如图，延长DA到E，使$AE=BD$，连接EC. $\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AC$. 由(1)得$∠BDC=∠ADC=∠ABC=60°$. $\because ∠DBC=∠DBA+∠ABC=∠DBA+60°$，$∠EAC=∠ADC+∠ACD=∠DCA+60°$，$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD}$，$\therefore ∠DBA=∠DCA$，$\therefore ∠DBC=∠EAC$. 在$△ DBC$和$△ EAC$中，$\begin{cases} DB=EA, \\ ∠DBC=∠EAC, \\ BC=AC, \end{cases}$
$\therefore △ DBC≌△ EAC$(SAS)，$\therefore ∠DEC=∠BDC=60°$. $S_{\mathrm{四边形}ADBC}=S_{△ DBC}+S_{△ ADC}=S_{△ AEC}+S_{△ ADC}=S_{△ DCE}$，$∠DEC=∠EDC=60°$，$\therefore △ DEC$是等边三角形. $\because S_{△ DEC}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD^2$，$\therefore S=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2(2\sqrt{3}＜x＜4)$.
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、全等三角形和等边三角形的相关应用，第一问较为基础，第二问的解题关键是通过构造辅助线将不规则四边形的面积转化为规则等边三角形的面积，同时要注意结合动点的运动范围确定自变量的取值范围。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明DC是∠ADB的角平分线，只需证明∠ADC=∠BDC。根据圆周角定理，同圆中等弧所对的圆周角相等，结合等边△ABC边长相等可得对应弧相等，即可推出两个角相等。
(2) 判断是否为函数只需看给定一个x值是否对应唯一的S值。求解面积解析式时，四边形ADBC为不规则图形，可通过截长补短构造全等转化面积：延长DA到E使AE=BD，证明△DBC≌△EAC，即可将四边形面积转化为等边△DCE的面积，再结合等边三角形面积公式写出解析式，最后根据点D的运动范围确定x的取值范围即可。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=∠ABC=60°，AC=BC，因此$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$。根据圆周角定理，等弧所对的圆周角相等，可得∠BDC=∠ADC，
∴DC平分∠ADB。
(2) 四边形ADBC的面积S是关于线段DC的长x的函数，推导过程如下：
如图，延长DA到E，使AE=BD，连接EC。
∵△ABC是等边三角形，
∴BC=AC。
由(1)得∠BDC=∠ADC=∠ABC=60°。
∵∠DBC=∠DBA+∠ABC=∠DBA+60°，∠EAC=∠ADC+∠ACD=∠DCA+60°，
又$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD}$，根据同弧所对圆周角相等可得∠DBA=∠DCA，因此∠DBC=∠EAC。
在△DBC和△EAC中：
$\begin{cases} DB=EA, \\ ∠DBC=∠EAC, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△DBC≌△EAC（SAS），可得∠DEC=∠BDC=60°，$S_{△ DBC}=S_{△ EAC}$。
因此$S_{\mathrm{四边形}ADBC}=S_{△ DBC}+S_{△ ADC}=S_{△ AEC}+S_{△ ADC}=S_{△ DCE}$。
又
∵∠DEC=∠EDC=60°，
∴△DEC是边长为DC=x的等边三角形。
根据等边三角形面积公式得$S_{△ DEC}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD^2=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2$。
∵点D在劣弧AB上运动（不与A、B重合），⊙O半径为2，因此DC的最大值为直径4，最小值为等边△ABC的高$2\sqrt{3}$，即$2\sqrt{3}＜x＜4$。
综上可得函数解析式为$S=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2(2\sqrt{3}＜x＜4)$。
【答案】
3. (1)证明：$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠BAC=∠ABC=60°$，$\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$\therefore ∠BDC=∠ADC$，$\therefore DC$平分$∠ADB$.
(2)四边形$ADBC$的面积S是关于线段DC的长x的函数. 理由如下：如图，延长DA到E，使$AE=BD$，连接EC.
$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore BC=AC$. 由(1)得$∠BDC=∠ADC=∠ABC=60°$. $\because ∠DBC=∠DBA+∠ABC=∠DBA+60°$，$∠EAC=∠ADC+∠ACD=∠DCA+60°$，$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AD}$，$\therefore ∠DBA=∠DCA$，$\therefore ∠DBC=∠EAC$. 在$△ DBC$和$△ EAC$中，$\begin{cases} DB=EA, \\ ∠DBC=∠EAC, \\ BC=AC, \end{cases}$$\therefore △ DBC≌△ EAC$(SAS)，$\therefore ∠DEC=∠BDC=60°$. $S_{\mathrm{四边形}ADBC}=S_{△ DBC}+S_{△ ADC}=S_{△ AEC}+S_{△ ADC}=S_{△ DCE}$，$∠DEC=∠EDC=60°$，$\therefore △ DEC$是等边三角形. $\because S_{△ DEC}=\frac{\sqrt{3}}{4}CD^2$，$\therefore S=\frac{\sqrt{3}}{4}x^2(2\sqrt{3}＜x＜4)$.
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、全等三角形和等边三角形的相关应用，第一问较为基础，第二问的解题关键是通过构造辅助线将不规则四边形的面积转化为规则等边三角形的面积，同时要注意结合动点的运动范围确定自变量的取值范围。
【难度系数】
0.6
