Question

9．已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，點(diǎn)D在半徑OA上（不與點(diǎn)O，A重合）．
（1）如圖1，若∠COA=60°，∠CDO=70°，求∠ACD的度數(shù)．
（2）如圖2，點(diǎn)E在線段OD上（不與O，D重合），CD、CE的延長線分別交⊙O于點(diǎn)F、G，連接BF，BG，點(diǎn)P是CO的延長線與BF的交點(diǎn)，若CD=1，BG=2，∠OCD=∠OBG，∠CFP=∠CPF，求CG的長．

Answer 1

分析 （1）由OA=OC，∠COA=60°即可得出△ACO為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得出∠CAD=60°，再結(jié)合∠CDO=70°利用三角形外角的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）連接AG，延長CP交BG于點(diǎn)Q，交⊙O于點(diǎn)H，令CG交BF于點(diǎn)R，根據(jù)相等的邊角關(guān)系即可證出△COD≌△BOQ（ASA），從而得出BQ=CD=1，∠CDO=∠BQO，再根據(jù)BG=2即可得出OQ⊥BG．利用三角形的內(nèi)角和定理以及∠CFP=∠CPF即可得出∠FCG=∠HCG，結(jié)合交的計(jì)算以及同弧的圓周角相等即可得出$\widehat{FG}$=$\widehat{GH}$，$\widehat{GH}$=$\widehat{AF}$，$\widehat{AC}=\widehat{AF}=\widehat{BH}$，由此即可得出G為$\widehat{AB}$中點(diǎn)，進(jìn)而得出△AGB、△OQB為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理即可算出CG的長度．

解答 解：（1）∵OA=OC，∠COA=60°，
∴△ACO為等邊三角形，
∴∠CAD=60°，
又∵∠CDO=70°，
∴∠ACD=∠CDO-∠CAD=10°．
（2）連接AG，延長CP交BG于點(diǎn)Q，交⊙O于點(diǎn)H，令CG交BF于點(diǎn)R，如圖所示．
在△COD和△BOQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠OCD=∠OBQ}\\{OC=OB}\\{∠COD=∠BOQ}\end{array}\right.$，
∴△COD≌△BOQ（ASA），
∴BQ=CD=1，∠CDO=∠BQO．
∵BG=2，
∴OQ⊥BG，
∴∠CQG=90°．
∵∠CGQ+∠GCQ+∠CQG=180°，∠RCP+∠CPR+∠CRP=180°，∠CGQ=∠CFP=∠CPF，
∴∠CRP=∠CQG=90°，
∵∠CFP=∠CPF，
∴∠FCG=∠HCG，
∴$\widehat{FG}$=$\widehat{GH}$．
∵∠OCD=∠OBG，∠FCG=∠FBG，
∴∠ABF=∠GCH，
∴$\widehat{GH}$=$\widehat{AF}$．
∵∠CDO=∠BQO=90°，
∴$\widehat{AC}=\widehat{AF}=\widehat{BH}$，
∴點(diǎn)G為$\widehat{AB}$中點(diǎn)，
∴△AGB、△OQB為等腰直角三角形．
∵BQ=1，
∴OQ=BQ=1，OB=$\sqrt{2}$BQ=$\sqrt{2}$．
在Rt△CGQ中，GQ=1，CQ=CO+OQ=$\sqrt{2}$+1，
∴CG=$\sqrt{G{Q}^{2}+C{Q}^{2}}$=$\sqrt{4+2\sqrt{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓的綜合運(yùn)用、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）找出△ACO為等邊三角形；（2）找出△AGB、△OQB為等腰直角三角形．本題屬于中檔題，第（2）小問難度不小，解決該問時(shí)，利用相等的角對(duì)的弧度相等，找出點(diǎn)G為$\widehat{AB}$中點(diǎn)是關(guān)鍵．