Question

9．如图，C为线段AD上一点，△ABC和△CDE都是等边三角形，连接BE并延长，交AD长线于F，△ABC的外接圆⊙O交BF于点M．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）求证：AB²=BM•BF；
（3）若过点D作DG∥CE交EF于点G，过G作GH∥DE交DF于点H，则易知△DHG是等边三角形；设等边△ABC、△CDE、△DHG的分别为S₁、S₂、S₃，若S₁=8，S₃=2，求S₂的值．

Answer 1

分析 （1）连结OC、OA，如图，利用圆周角定理得到∠AOC=2∠B=120°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和可计算出∠OCA=30°，再加上∠ECD=60°，所以∠OCE=90°，然后根据切线的判定方法可判断CE为⊙O的切线；
（2）连接AM，如图，先证明△BAM∽△BFA，然后利用相似比即可得到结论；
（3）由于$\frac{{S}_{3}}{{S}_{1}}$=$\frac{1}{4}$，△DGH∽△ABC，则根据相似三角形的性质得$\frac{GH}{BC}$=$\frac{1}{2}$，则由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$\frac{GH}{DE}$=$\frac{FH}{FD}$，$\frac{DG}{CE}$=$\frac{FD}{CF}$，利用等量代换可得到FD²=FH•FD，所以FD²=2FH²，即FD=$\sqrt{2}$FH，接着由DE∥BC得到$\frac{DE}{BC}$=$\frac{FD}{FC}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，然后利用△CDE∽△ABC，根据相似三角形的性质可求出S₂的值．

解答 （1）证明：连结OC、OA，如图，
∵⊙O为等边△ABC的外心，
∴∠AOC=2∠B=2×60°=120°，
而OA=OC，
∴∠OCA=$\frac{1}{2}$（180°-120°）=30°，
∵△CDE为等边三角形，
∴∠ECD=60°，
∴∠OCE=180°-30°-60°=90°，
∴OC⊥CE，
∴CE为⊙O的切线；

（2）证明：连接AM，如图，
∵∠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．

点评 本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理、切线的判定和等边三角形的性质；能灵活应用平行线分线段成比例、相似三角形的判定与性质表示线段之间的关系．特别第（3）问中平行线比较多，合理选择比例线段很关键．