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15.已知:如圖,△ABC內(nèi)接于⊙O,AB為直徑,弦CE⊥AB于F,D是弧BC上的一點(diǎn),CD=AE,連結(jié)BD并延長交EC的延長線于點(diǎn)G,連結(jié)AD,分別交CE、BC于點(diǎn)P、Q.
(1)求證:AP=PC=PQ;
(2)若sin∠ABC=$\frac{5}{13}$,AP=5,求直徑AB的長;
(3)求證:(FP+AP)2=FP•FG.

分析 (1)由于AB是⊙O的直徑,則∠ACB=90°,只需證明P是Rt△ACQ斜邊AQ的中點(diǎn)即可;由垂徑定理易知$\widehat{AC}=\widehat{AE}$,而C是$\widehat{AD}$的中點(diǎn),那么$\widehat{CD}=\widehat{AE}$,即∠PAC=∠PCA,根據(jù)等角的余角相等,還可得到∠AQC=∠PCQ,由此可證得AP=PC=PQ;
(2)先判斷出∠ABC=∠ACE=∠CAQ,那么它們的正弦值也相等;在Rt△CAQ中,根據(jù)AQ的長及∠CAQ的正弦值,通過解直角三角形可求得AC的長,即可得出結(jié)論;
(3)由(1)知:PQ=CP,則所求的乘積式可化為:CF2=FP•FG;在Rt△ACB中,由射影定理得:CF2=AF•FB,因此只需證明AF•FB=FG•FP即可,將上式化成比例式,證線段所在的三角形相似即可,即證Rt△AFP∽R(shí)t△GFB.

解答 (1)證明:∵C是$\widehat{AD}$的中點(diǎn),
∴$\widehat{AC}=\widehat{CD}$,
∴∠CAD=∠ABC
∵AB是⊙O的直徑,
∴∠ACB=90°.
∴∠CAD+∠AQC=90°
又∵CE⊥AB,
∴∠ABC+∠PCQ=90°
∴∠AQC=∠PCQ
∴在△PCQ中,PC=PQ,
∵CE⊥直徑AB,
∴$\widehat{AC}=\widehat{AE}$,
∴$\widehat{AE}=\widehat{CD}$,
∴∠CAD=∠ACE.
∴在△APC中,有PA=PC,
∴PA=PC=PQ;

(2)解:由(1)知,AP=PC=PQ,
∴∠CAQ=∠ACE,
∵CE⊥AB,
∴∠ACE=∠ABC,
∴∠CAQ=∠ABC,
∵sin∠ABC=$\frac{5}{13}$,
∴sin∠CAQ=$\frac{5}{13}$,
∵AP=5,
∴AQ=2AP=10,
在R△ACQ中,AQ=10.
∴sin∠CAQ=$\frac{5}{13}$=$\frac{CQ}{AQ}$,
∴CQ=$\frac{5}{13}$AQ=$\frac{50}{13}$,
根據(jù)勾股定理,AC=$\sqrt{A{Q}^{2}-C{Q}^{2}}$=$\frac{120}{13}$,
在R△ABC中,sin∠ABC=$\frac{AC}{AB}=\frac{5}{13}$,
∴$\frac{\frac{120}{13}}{AB}=\frac{5}{13}$,
∴AB=24;

(3)證明:∵AB是⊙O的直徑,
∴∠ADB=90°;
∴∠DAB+∠ABD=90°
又∵CF⊥AB,
∴∠ABG+∠G=90°
∴∠DAB=∠G;
∴Rt△AFP∽R(shí)t△GFB,
∴$\frac{AF}{FG}=\frac{FP}{BF}$,即AF•BF=FP•FG
易知Rt△ACF∽R(shí)t△CBF,
∴CF2=AF•BF(或由射影定理得)
∴FC2=PF•FG,
由(1)知,PA=PQ,
∴FP+PQ=FP+PC=FC
∴(FP+PA)2=FP•FG.

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了圓心角、弧的關(guān)系,圓周角定理,三角形的外接圓,勾股定理以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí),解(2)的關(guān)鍵是求出AC的值,解(3)的關(guān)鍵是AF•BF=FP•FG.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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猜想驗(yàn)證:
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拓展延伸:
(3)若點(diǎn)P是線段CB延長線上一動(dòng)點(diǎn),按照(2)中的作法,請(qǐng)?jiān)趫D③中補(bǔ)全圖象,并直接寫出BF、BP、BD三者之間的數(shù)量關(guān)系.

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