Question

6．如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，DE⊥AC，△ABD的外接圆交BE于F，连接AF，并延长AF交DE于G．
（1）判断直线DE与△ABD的外接圆的位置关系，并说明理由；
（2）证明：DG=GE；
（3）过B作AC的平行线交圆于点H，若AI：BI=8：3，请求出∠C的正弦值．

Answer 1

分析 （1）结论：DE是⊙O的切线．只要证明OD∥AC，由DE⊥AC，即可推出OD⊥DE得出结论．
（2）延长DO交⊙O于M，连接MF．利用相似三角形的性质证明DG²=GF•GA，GE²=GF•GA即可解决问题．
（3）如图3中，设AC交⊙O于N，连接AH、BN、OD，设⊙O的半径为11k，则OA=OB=OD=11k，IB=6k，OI=5k．由BH∥OD，推出$\frac{BH}{OD}$=$\frac{BI}{OI}$=$\frac{5}{6}$，推出BH=$\frac{66}{5}$k，易证四边形AHBN是矩形，推出AH=BN=$\sqrt{A{B}^{2}-B{H}^{2}}$=$\sqrt{（22k）^{2}-（\frac{66}{5}k）^{2}}$=$\frac{88}{5}$k，AN=BH=$\frac{66}{5}$k，由AB=AC=22k，推出CN=AC-AN=$\frac{44}{5}$k，在Rt△BCN中，BC=$\sqrt{B{N}^{2}+C{N}^{2}}$=$\frac{44\sqrt{5}}{5}$k，根据sin∠C=$\frac{BN}{BC}$计算即可．

解答 （1）解：结论：DE是⊙O的切线．

理由：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴BD=DC，
∵OB=OA，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．

（2）证明：延长DO交⊙O于M，连接MF．

∵DM是直径，
∴∠DFM=90°，
∴∠M+∠MDF=90°，∵∠MDF+∠FDG=90°，
∴∠M=∠FDG，∵∠M=∠DAG，
∴∠FDG=∠DAG，∵∠DGF=∠AGD，
∴△DGF∽△AGD，
∴$\frac{DG}{AG}$=$\frac{GF}{DG}$，
∴DG²=GF•GA，
∵AG⊥BF，DE⊥AC，
∴∠AFE=∠AEG=90°，
∴∠FAE+∠FEA=90°，∵∠FEA+∠FEG=90°，
∴∠GAE=∠FEG，∵∠FGE=∠AGE，
∴△GFE∽△GEA，
∴$\frac{GE}{AG}$=$\frac{FG}{GE}$，
∴GE²=GF•GA，
∴DG²=GE²，
∴DG=GE．

（3）解：如图3中，设AC交⊙O于N，连接AH、BN、OD，设⊙O的半径为11k，则OA=OB=OD=11k，IB=6k，OI=5k．

∵BH∥AC，OD∥AC，
∴BH∥OD，
∴$\frac{BH}{OD}$=$\frac{BI}{OI}$=$\frac{5}{6}$，
∴BH=$\frac{66}{5}$k，
∵AB是直径，
∴∠ANB=∠AHB=90°，
∵∠HBN+∠ANB=180°，
∴∠HBN=90°，
∴四边形AHBN是矩形，
∴AH=BN=$\sqrt{A{B}^{2}-B{H}^{2}}$=$\sqrt{（22k）^{2}-（\frac{66}{5}k）^{2}}$=$\frac{88}{5}$k，AN=BH=$\frac{66}{5}$k，
∵AB=AC=22k，
∴CN=AC-AN=$\frac{44}{5}$k，
在Rt△BCN中，BC=$\sqrt{B{N}^{2}+C{N}^{2}}$=$\frac{44\sqrt{5}}{5}$k，
∴sin∠C=$\frac{BN}{BC}$=$\frac{\frac{88}{5}k}{\frac{44\sqrt{5}}{5}k}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

点评 本题考查圆综合题、直径的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用相似三角形的性质解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．