Question

10．如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的圆O交BC于点D，交AC于点E，过点D作DF⊥AC，垂足为F．
（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若过点A且与BC平行的直线交BE延长线于点G，连接CG，设⊙O半径为5．
①当CF=$\frac{5}{2}$时，四边形ABCG是菱形；
②当BC=4$\sqrt{5}$时，四边形ABCG的面积是100．

Answer 1

分析 （1）连结AD，OD，根据直径所对的圆周角为直角得到∠ADB=90°，再根据等腰三角形的性质得BD=DC，则OD为△ABC的中位线，所以OD∥AC，而DF⊥AC，
则DF⊥OD，所以可判断DF是⊙O的切线；
（2）①根据等腰三角形的性质得到BD=DC，根据菱形的性质得到，AD=BC，推出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得到CD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB=5，∠ACB=60°，根据直角三角形的性质得到CF=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{5}{2}$，即可得到结论；
②根据等腰三角形的性质得到BD=$\frac{1}{2}$BC=2$\sqrt{5}$，根据勾股定理得到AD=$\sqrt{A{B}^{2}-B{D}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，根据圆周角定理得到∠AEB=∠ADB=90°，推出△ACD∽△BCE，根据相似三角形的性质列方程得到CE=4，BE=8，再通过△AGE∽△BCE，得到EG=12，于是得到结论．

解答 （1）证明：连结AD，OD，如图，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵△ABC是等腰三角形，
∴BD=DC，
又∵AO=BO，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF⊥OD，
∴DF是⊙O的切线；

（2）解：①∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴AD⊥BC，
∵△ABC是等腰三角形，
∴BD=DC，
又∵AO=BO=$\frac{1}{2}$AB=5，
∴AB=10，
若四边形ABCG是菱形，
则AD=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴CD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB=5，∠ACB=60°，
∵DF⊥AC，
∴CF=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{5}{2}$，
∴当CF=$\frac{5}{2}$时，四边形ABCG是菱形；
故答案为：$\frac{5}{2}$；
②∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=$\frac{1}{2}$BC=2$\sqrt{5}$，
∴AD=$\sqrt{A{B}^{2}-B{D}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∴∠ADC=90°，
∵∠ACB=∠ACB，
∴△ACD∽△BCE，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{CD}{CE}$=$\frac{AD}{BE}$，即$\frac{10}{4\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{CE}$=$\frac{4\sqrt{5}}{BE}$，
∴CE=4，BE=8，
∴AE=AC-CE=6，
∵AG∥BC，
∴△AGE∽△BCE，
∴$\frac{AE}{CE}=\frac{GE}{BE}$，即$\frac{6}{4}=\frac{EG}{8}$，
∴EG=12，
∴四边形ABCG的面积=S_△ABC+S_△ACG=$\frac{1}{2}$×4$\sqrt{5}$×4$\sqrt{5}$+$\frac{1}{2}$×10×12=100．
故答案为：100．

点评 本题考查了切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，证得△ACD∽△BCE是解答（3）小题的关键．