Question

【題目】如圖，△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，E是AC邊上一點(diǎn)，⊙O過(guò)B、D、E三點(diǎn)，分別交AC、AB于點(diǎn)F、G，連接EG、BF分別與AD交于點(diǎn)M、N；

（1）求證：∠AMG＝∠BND；

（2）若點(diǎn)E為AC的中點(diǎn)，求證：BF＝BC；

（3）在（2）的條件下，作EH⊥EG交AD于點(diǎn)H，若EH＝EG＝4，過(guò)點(diǎn)G作GK⊥BF于點(diǎn)K，點(diǎn)P在線段GK上，點(diǎn)Q在線段BK上，連接BP、GQ，若∠KGQ＝2∠GBP，GQ＝15，求GP的長(zhǎng)度．

Answer 1

【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）

【解析】

（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)和補(bǔ)角的性質(zhì)可證∠BFE＝∠AGE，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可證∠AMG＝∠ANF，進(jìn)而可得結(jié)論；

（2）連接DE，可證出BD＝CD，可得∠FBC＝∠BAC，證出∠BFC＝∠ABC＝∠C，結(jié)論得證；

（3）取AB中點(diǎn)P，連接MH、GH、DE，可得平行四邊形BDEM、等邊△MHE，可得出∠GAH＝∠GHA＝15°，求出GA＝GH＝EH＝，求出AE＝，可求出AB和BG長(zhǎng)，Rt△BGK中，可得∠GBK＝45°，求出GK＝BK＝，Rt△QGK中勾股定理可得QK＝，延長(zhǎng)BK到T使KT＝PK，連接GK則△BKP≌△GKT，得出∠KGT＝∠KBP，可得QG＝QT＝15，則PK可求出，GP＝GK﹣PK＝．

（1）證明：∵AB＝AC，AD⊥BC，

∴∠BAD＝∠CAD，

∵四邊形BFEG內(nèi)接于⊙O，

∴∠BGE+∠BFE＝180°

∵∠BGE+∠AGE＝180°，

∴∠BFE＝∠AGE，

∵△AGM中，∠BAD+∠AGE+∠AMG＝180°，

△ANF中，∠CAD+∠BFE+∠ANF＝180°，

∴∠AMG＝∠ANF，

∵∠ANF＝∠BND，

∴∠AMG＝∠BND；

（2）證明：如圖，連接DE，

∵AB＝AC，AD⊥BC，

∴BD＝CD，

∵AE＝CE，

∴DE是△ABC的中位線，

∴DE∥AB，

∴∠DEC＝∠BAC，

∵∠DEC＝∠FBC，

∴∠FBC＝∠BAC，

∵∠C=∠C，

∴△ABC∽△BFC，

∴∠ABC=∠BFC．

∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠C，

∴∠BFC＝∠ABC＝∠C，

∴BF＝BC；

（3）解：如圖，取AB中點(diǎn)M，連接MH、ME、DE，

∵AE＝CE，AM=BM，

∴ME是△ABC的中位線，

∴ME∥BD，

∴∠GME＝∠ABC，

∵∠ABC＝∠C，∠C＝∠EDC＝∠BGE，

∴∠MGE＝∠GME，

∴GE＝ME，

∵M(jìn)H＝ME，EH＝EG，

∴△MHE是等邊三角形，

∵AD垂直平分BC，

∴AH垂直平分ME，

∴∠GAH＝∠GHA＝15°，

∴GA＝CH＝EH＝＝，

∴在△AGE中，AE＝，

∴AB＝AC＝，

∴BG＝AB﹣AG＝，

∵Rt△BGK中，可得∠GBK＝45°，

∴GK＝BK＝，

∴Rt△QGK中，QK＝＝，

延長(zhǎng)BK到T使KT＝PK，連接GK，

∵∠BKP＝∠GKT，

∴△BKP≌△GKT（SAS），

∴∠KGT＝∠KBP，∴∠BPK＝∠GTK，

∵∠QGT＝∠KGQ+∠KGT＝∠KGQ+∠PBK，

∠KGQ＝2∠GBP，

∴∠QGT＝2∠GBP+∠PBK，

∵∠PBK＝45°﹣∠GBP，

∴∠QGT＝45°+∠PBG＝∠BPK，

∴∠QGT＝∠GTK，

∴QG＝QT＝15，

∴PK＝KT＝QT﹣QK＝，

∴GP＝GK﹣PK＝12＝．