Question

13．△ABC內(nèi)接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足為點(diǎn)D，交⊙O于點(diǎn)E，連接AE．
（1）如圖1，求證：∠BAC=2∠CAE；
（2）如圖2，射線AO交線段BD于點(diǎn)F，交BC邊于點(diǎn)G，連接CE，求證：BF=CE；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接CO并延長(zhǎng)，交線段BD于點(diǎn)H，交⊙O于點(diǎn)M，連接FM，交AB邊于點(diǎn)N，若BH=DH，四邊形BHOG的面積為5$\sqrt{2}$，求線段MN的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）先依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理證明∠BAC+2∠C=180°，然后依據(jù)直角三角形兩銳角互余以及等式的性質(zhì)客的到2∠CAE+2∠E=180°，然后根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等得到∠E=∠C，最后依據(jù)等量代換可得到要證明的結(jié)論；
（2）連接OB、OC．先依據(jù)SSS證明△ABO≌△ACO，從而得到∠BAO=∠CAO，然后在依據(jù)ASA證明△ABF≌△ACE，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可證明BF=CE；
（3）連接HG、BM．先依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)證明BG=CG，從而得到HG是△BCD的中位線，接下來證明∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后依據(jù)同角的余角相等客證明∠OGH=∠OHG，從而得到OH=OG，故此可值OF=OG，接下來證明四邊形MFGB是矩形，然后由MF∥BC客證明△MFH∽△CBH，從而可證明HF=FD．接下來再證明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性質(zhì)的到AF=FG，然后再證明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．設(shè)S_△OHF=S_△OHG=a，則S_△FHG=2a，S_△BHG=4a，然后由S_{四邊形BHOG}=5$\sqrt{2}$，可求得a=$\sqrt{2}$，設(shè)HF=x，則BH=2x，然后證明△GFH∽△BFG，由相似三角形的性質(zhì)可得到HG=$\sqrt{2}$x，然后依據(jù)S_△BHG=$\frac{1}{2}$BH•HG=4$\sqrt{2}$，可求得x=2，故此可得到HB、GH的長(zhǎng)，然后依據(jù)勾股定理可求得BG的長(zhǎng)，于是容易求得MN的長(zhǎng)．

解答 解：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠BAC+2∠C=180°．
∵BD⊥AC，
∴∠ADE=90°．
∴∠E+∠CAE=90°．
∴2∠CAE+2∠E=180°．
∵∠E=∠C，
∴2∠CAE+2∠C=180°．
∴∠BAC=2∠CAE．
（2）連接OB、OC．

∵AB=AC，AO=AO，OB=OC，
∴△ABO≌△ACO．
∴∠BAO=∠CAO．
∵∠BAC=2∠CAE，
∴∠BAO=∠CAE．
在△ABF和△ACE中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ABF=∠ACE}\\{AB=AC}\\{∠BAF=∠CAE}\end{array}\right.$，
∴△ABF≌△ACE．
∴BF=CE．
（3）連接HG、BM．

∵AB=AC，∠BAO=∠CAO，
∴AG⊥BC，BG=CG．
∵BH=DH，
∴HG是△BCD的中位線．
∴HG∥CD．
∴∠GHF=∠CDE=90°．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA．
∵∠OAC+∠AFD=90°，∠OCA+∠FHO=90°，
∴∠FHO=∠AFD=∠HFO．
∴HO=OF．
∵∠HFO+∠OGH=90°，∠OHF+∠OHG=90°，
∴∠OGH=∠OHG．
∴OH=OG．
∴OF=OG．
∵OM=OC，
∴四邊形MFCG是平行四邊形．
又∵M(jìn)C是圓O的直徑，
∴∠CBM=90°．
∴四邊形MFGB是矩形．
∴MB=FG，∠FMB=∠AFN=90°．
∵M(jìn)F∥BC，
∴△MFH∽△CBH．
∴$\frac{HF}{BH}=\frac{MF}{CB}=\frac{1}{2}$．
∴HF：HD=1：2．
∴HF=FD．
在△ADF和△GHF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠AFD=∠GFH}\\{∠ADF=∠GHF}\\{FH=FD}\end{array}\right.$，
∴△ADF≌△GHF．
∴AF=FG．
∴MB=AF．
在△MNB和△NAF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BMF=∠AFN=90°}\\{∠ANF=∠BNM}\\{MB=AF}\end{array}\right.$，
∴△MNB≌△NAF．
∴MN=NF．
設(shè)S_△OHF=S_△OHG=a，則S_△FHG=2a，S_△BHG=4a，
∴S_{四邊形BHOG}=5a=5$\sqrt{2}$．
∴a=$\sqrt{2}$．
設(shè)HF=x，則BH=2x．
∵∠HHG=∠GFB，∠GHF=∠FGB，
∴△GFH∽△BFG．
∴$\frac{HF}{HG}=\frac{GH}{BH}$，即$\frac{x}{HG}=\frac{HG}{2x}$．
∴HG=$\sqrt{2}$x．
∴S_△BHG=$\frac{1}{2}$BH•HG=$\frac{1}{2}$×2x•$\sqrt{2}$x=4$\sqrt{2}$，解得：x=2．
∴HB=4，GH=2$\sqrt{2}$．
由勾股定理可知：BG=2$\sqrt{6}$．
∴MF=2$\sqrt{6}$．
∴MN=NF=$\sqrt{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是圓的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了圓周角定理、全等三角形的性質(zhì)和判定、相似三角形的性質(zhì)和判斷、勾股定理的應(yīng)用、矩形的性質(zhì)和判定，找出圖中相似三角形和全等三角形是解題的關(guān)鍵．