Question

14．如图1，已知MN是⊙O的切线，且点为点C，AB是⊙O的弦，且AB∥MN．
（1）求证：AC=BC；
（2）如图2，点D、E分别为$\widehat{AB}$、$\widehat{AC}$上的点，且$\widehat{DB}$=$\widehat{AE}$，连接BE，CD，弦CD分别与BE、AB相交于点G、K．求证：∠EGC=∠A；
（3）如图3，在（2）条件下，连接BD、DA，弦DA的延长线与弦CE的延长线相交于点F，若AF=3$\sqrt{10}$，BC=10$\sqrt{2}$，EC=5$\sqrt{2}$，求线段BK的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接CO且延长与AB交于点H，只要证明CH垂直平分线段AB即可解决问题．
（2）利用等量代换，首先证明∠CGE=∠ABC，再由∠ABC=∠BAC即可证明．
（3）如图3中，连接AE，过点A作AQ⊥FC，垂足为Q，过点K作KP⊥FC于P．首先证明AF=AE=3$\sqrt{10}$，FQ=QE，设FQ=m，则有AQ²=（3$\sqrt{10}$）²-m²=（10$\sqrt{2}$）²-（m+5$\sqrt{2}$）²，求出AQ在Rt△AQF中，tan∠F=$\frac{AQ}{FQ}$=$\frac{6\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}$=2=tan∠ABC，在Rt△ACQ中，tan∠ACQ=$\frac{AQ}{CQ}$=$\frac{6\sqrt{2}}{8\sqrt{2}}$=$\frac{3}{4}$=tan∠BCD，在Rt△BPK中，tan∠KBP=$\frac{KP}{BP}$=2，设KP=6n，BP=3n，在Rt△CPK中，tan∠KCP=$\frac{KP}{CP}$=$\frac{3}{4}$，可得CP=8n，由BP+CP=BC，可得3n+8n=10$\sqrt{2}$，求出n即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，连接CO且延长与AB交于点H，

∵MN是⊙O的切线，OC为半径，
∴OC⊥MN，
∴∠OCM=90°，
∵AB∥MN，
∴∠BHC=∠OCM=90°，
∴OH⊥AB，
∵AB是弦，
∴AH=BH，
∴AC=BC．

（2）证明：如图2中，

∵$\widehat{AE}$=$\widehat{DB}$，
∴∠ABE=∠DCB，
∵∠EGC=∠DCB+∠EBC，∠ABC=∠ABE+∠EBC，
∴∠EGC=∠ABC，
∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC，
∴∠EGC=∠A．

（3）解：如图3中，连接AE，过点A作AQ⊥FC，垂足为Q，过点K作KP⊥FC于P．

∵BC=10$\sqrt{2}$，
∴AC=BC=10$\sqrt{2}$，
∵$\widehat{AE}$=$\widehat{DB}$，
∴∠ACF=∠DCB，
∴∠FCD=∠ACB，
∵∠ADC=∠ABC，
∴∠F=180°-∠ADC-∠FCD=180°-∠ABC-∠ACB=∠BAC=∠ABC，
∵∠AEF=∠ABC，
∴∠AFE=∠AEF，
∴AF=AE=3$\sqrt{10}$，
∴FQ=QE，设FQ=m，则有AQ²=（3$\sqrt{10}$）²-m²=（10$\sqrt{2}$）²-（m+5$\sqrt{2}$）²，
解得m=3$\sqrt{2}$，
∴AQ=$\sqrt{（3\sqrt{10}）^{2}-（3\sqrt{2}）^{2}}$=6$\sqrt{2}$，
在Rt△AQF中，tan∠F=$\frac{AQ}{FQ}$=$\frac{6\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}$=2=tan∠ABC，
在Rt△ACQ中，tan∠ACQ=$\frac{AQ}{CQ}$=$\frac{6\sqrt{2}}{8\sqrt{2}}$=$\frac{3}{4}$=tan∠BCD，
在Rt△BPK中，tan∠KBP=$\frac{KP}{BP}$=2，设KP=6n，BP=3n，
在Rt△CPK中，tan∠KCP=$\frac{KP}{CP}$=$\frac{3}{4}$，
∴CP=8n，
∵BP+CP=BC，
∴3n+8n=10$\sqrt{2}$，
∴n=$\frac{10\sqrt{2}}{11}$．
∴KB=$\sqrt{（3n）^{2}+（6n）^{2}}$=3$\sqrt{5}$n=$\frac{30\sqrt{10}}{11}$．

点评 本题考查圆综合题、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．