Question

9．如圖，C為線段AD上一點，△ABC和△CDE都是等邊三角形，連接BE并延長，交AD長線于F，△ABC的外接圓⊙O交BF于點M．
（1）求證：CE是⊙O的切線；
（2）求證：AB²=BM•BF；
（3）若過點D作DG∥CE交EF于點G，過G作GH∥DE交DF于點H，則易知△DHG是等邊三角形；設(shè)等邊△ABC、△CDE、△DHG的分別為S₁、S₂、S₃，若S₁=8，S₃=2，求S₂的值．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)OC、OA，如圖，利用圓周角定理得到∠AOC=2∠B=120°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和可計算出∠OCA=30°，再加上∠ECD=60°，所以∠OCE=90°，然后根據(jù)切線的判定方法可判斷CE為⊙O的切線；
（2）連接AM，如圖，先證明△BAM∽△BFA，然后利用相似比即可得到結(jié)論；
（3）由于$\frac{{S}_{3}}{{S}_{1}}$=$\frac{1}{4}$，△DGH∽△ABC，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得$\frac{GH}{BC}$=$\frac{1}{2}$，則由GH∥BC得到$\frac{FH}{FC}$=$\frac{GH}{BC}$=$\frac{1}{2}$，所以CF=2FH，再利用GH∥ED，DG∥CE得到$\frac{GH}{DE}$=$\frac{FH}{FD}$，$\frac{DG}{CE}$=$\frac{FD}{CF}$，利用等量代換可得到FD²=FH•FD，所以FD²=2FH²，即FD=$\sqrt{2}$FH，接著由DE∥BC得到$\frac{DE}{BC}$=$\frac{FD}{FC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，然后利用△CDE∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出S₂的值．

解答 （1）證明：連結(jié)OC、OA，如圖，
∵⊙O為等邊△ABC的外心，
∴∠AOC=2∠B=2×60°=120°，
而OA=OC，
∴∠OCA=$\frac{1}{2}$（180°-120°）=30°，
∵△CDE為等邊三角形，
∴∠ECD=60°，
∴∠OCE=180°-30°-60°=90°，
∴OC⊥CE，
∴CE為⊙O的切線；

（2）證明：連接AM，如圖，
∵∠AMB=∠ACB=60°，
而∠BAC=60°，
∴∠AMB=∠BAF，
而∠ABM=∠FBA，
∴△BAM∽△BFA，
∴AB：BF=BM：AB，
∴AB²=BM•BF；

（3）解：∵$\frac{{S}_{3}}{{S}_{1}}$=$\frac{2}{8}$=$\frac{1}{4}$，
而△DGH∽△ABC，
∴$\frac{GH}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∵GH∥BC，
∴$\frac{FH}{FC}$=$\frac{GH}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴CF=2FH，
∵GH∥ED，DG∥CE，
∴$\frac{GH}{DE}$=$\frac{FH}{FD}$，$\frac{DG}{CE}$=$\frac{FD}{CF}$，
而GH=DG，DE=CE，
∴$\frac{FH}{FD}$=$\frac{FD}{CF}$，即FD²=FH•FD，
而CF=2FH，
∴FD²=2FH²，
∴FD=$\sqrt{2}$FH，
∵DE∥BC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{FD}{FC}$=$\frac{FD}{2FH}$=$\frac{\sqrt{2}FH}{2FH}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∵△CDE∽△ABC，
∴$\frac{{S}_{2}}{{S}_{3}}$=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²=$\frac{1}{2}$，
∴S₂=$\frac{1}{2}$×8=4．

點評 本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理、切線的判定和等邊三角形的性質(zhì)；能靈活應(yīng)用平行線分線段成比例、相似三角形的判定與性質(zhì)表示線段之間的關(guān)系．特別第（3）問中平行線比較多，合理選擇比例線段很關(guān)鍵．