Question

2．如图，AB是⊙O的直径，点A为$\widehat{CD}$的中点，点F是CG的中点，AF的延长线交⊙O于点E，点H是BG的中点，tanE=$\frac{1}{2}$．
（1）求证：△ACG≌△FHG；
（2）求证：2AE²=5AD²；
（3）若AG=2，求⊙O的直径AB及△DEF的面积．

Answer 1

分析 （1）连接AC、BC，由三角形中位线的性质可知：FH∥BC，从而可得到∠B=∠FHG，由等弧所对的圆周角相等可知：∠B=∠ACG，从而得到∠FHG=∠ACG，然后再证明：∠AGC=∠HGF=90°，最后证明AG=FG，从而可得到△AGC≌△FGH；
（2）如图2所示：连接AD．先证明△ADF∽△AED，从而得到AD²=AE•AF①，由勾股定理可知：AF=$\sqrt{2}AG$②，由AD=AC=$\sqrt{A{G}^{2}+C{G}^{2}}$=$\sqrt{5}AG$③，将②、③代入①得：$\sqrt{2}AE=\sqrt{5}AD$，等式两边同时平方得；2AE²=5AD²；
（3）如图3所示：过点E作EM⊥DF，垂足为M．由相交弦定理可知可知：AG•GB=CG²，从而可求得BG=8，故此AB=10，接下来再求得AF=2$\sqrt{2}$，由相交弦定理可求得EF=3$\sqrt{2}$，然后证明△MEF∽△GAF，可求得ME=3，最后利用三角形的面积公式可求得S_△EDF=9．

解答 解：（1）连接AC、BC．

∵点F是CG的中点，点H是BG的中点，
∴FH∥BC．
∴∠B=∠FHG．
∵点A为$\widehat{CD}$的中点，
∴$\widehat{AC}=\widehat{AD}$．
∴∠B=∠ACG．
∴∠FHG=∠ACG．
∵点A为$\widehat{CD}$的中点，AB是圆O的直径，
∴AB⊥CD．
∴∠AGC=∠HGF．
∵tanE=$\frac{1}{2}$，
∴tan∠ACG=$\frac{1}{2}$．
∴GC=2AG．
∵F是CG的中点，
∴GC=2FG．
∴AG=FG．
在△AGC和△FGH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACG=∠FHG}\\{∠AGF=∠FGH}\\{AG=FG}\end{array}\right.$，
∴△AGC≌△FGH．
（2）如图2所示：连接AD．

∵$\widehat{AD}=\widehat{AC}$，
∴∠ADC=∠AED．
∵∠DAF=∠FAD，
∴△ADF∽△AED．
∴$\frac{AD}{AF}=\frac{AE}{AD}$．
∴AD²=AE•AF①．
∵AG=FG．
∴AF=$\sqrt{2}AG$②．
由AD=AC=$\sqrt{A{G}^{2}+C{G}^{2}}$=$\sqrt{5}AG$③．
将②、③代入①得：AE=$\frac{A{D}^{2}}{AF}$=$\frac{5A{G}^{2}}{\sqrt{2}AG}$=$\frac{5AG}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{5}AD}{\sqrt{2}}$．即$\sqrt{2}AE=\sqrt{5}AD$．
等式两边同时平方得；2AE²=5AD²．
（3）如图3所示：过点E作EM⊥DF，垂足为M．

由相交弦定理可知可知：AG•GB=CG²，即2BG=4²．
解得：BG=8．
∴AB=10．
∵FG⊥AG，AG=FG=2，
∴AF=$\sqrt{{2}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{2}$．
由相交线定理得：AF•EF=CF•DF，即2$\sqrt{2}FE$=2×6．
解得：EF=3$\sqrt{2}$．
∵ME⊥DM，AG⊥DM，
∴AF∥ME．
∴△MEF∽△GAF．
∴$\frac{ME}{AG}=\frac{CE}{AF}$，即$\frac{ME}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}$．
解得：ME=3．
${S}_{△EDF}=\frac{1}{2}FD•EM$=$\frac{1}{2}×6×3$=9．

点评 本题主要考查的是相交弦定理、垂径定理、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用、全等三角形的判定，证得AD²=AE•AF①、AF=$\sqrt{2}AG$②、AD=$\sqrt{A{G}^{2}+C{G}^{2}}$=$\sqrt{5}AG$③是解题的关键．