Question

【題目】△ABC內接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足為點D，交⊙O于點E，連接AE．

（1）如圖1，求證：∠BAC=2∠CAE；
（2）如圖2，射線AO交線段BD于點F，交BC邊于點G，連接CE，求證：BF=CE；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接CO并延長，交線段BD于點H，交⊙O于點M，連接FM，交AB邊于點N，若BH=DH，四邊形BHOG的面積為5，求線段MN的長．

Answer 1

【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）

【解析】

（1）先依據等腰三角形的性質和三角形的內角和定理證明∠BAC+2∠C=180°，然后得到2∠CAE+2∠E=180°，然后根據同弧所對的圓周角相等得到∠E=∠C，即可得到結論；
（2）連接OB、OC．先依據SSS證明△ABO≌△ACO，從而得到∠BAO=∠CAO，然后在依據ASA證明△ABF≌△ACE，最后根據全等三角形的性質可證明BF=CE；
（3）連接HG、BM．由三線合一的性質證明BG=CG，從而得到HG是△BCD的中位線，則∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，從而得到OH=OG，則OF=OG，接下來證明四邊形MFGB是矩形，然后由MF∥BC證明△MFH∽△CBH，從而可證明HF=FD．接下來再證明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性質的到AF=FG，然后再證明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．設S△OHF=S△OHG=a，則S△FHG=2a，S△BHG=4a，然后由S四邊形BHOG=5，可求得a=，設HF=x，則BH=2x，然后證明△GFH∽△BFG，由相似三角形的性質可得到HG=x，然后依據S△BHG=BHHG=4，可求得x=2，故此可得到HB、GH的長，然后依據勾股定理可求得BG的長，于是容易求得MN的長．

解：（1）∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB．
∴∠BAC+2∠C=180°．
∵BD⊥AC，
∴∠ADE=90°．
∴∠E+∠CAE=90°．
∴2∠CAE+2∠E=180°．
∵∠E=∠ACB，
∴2∠CAE+2∠ACB=180°．
∴∠BAC=2∠CAE．
（2）連接OB、OC．

∵AB=AC，AO=AO，OB=OC，
∴△ABO≌△ACO．
∴∠BAO=∠CAO．
∵∠BAC=2∠CAE，
∴∠BAO=∠CAE．
在△ABF和△ACE中，

，
∴△ABF≌△ACE．
∴BF=CE．
（3）連接HG、BM．

∵AB=AC，∠BAO=∠CAO，
∴AG⊥BC，BG=CG．
∵BH=DH，
∴HG是△BCD的中位線．
∴HG∥CD．
∴∠GHF=∠CDE=90°．
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA．
∵∠OAC+∠AFD=90°，∠OCA+∠FHO=90°，
∴∠FHO=∠AFD=∠HFO．
∴HO=OF．
∵∠HFO+∠OGH=90°，∠OHF+∠OH=90°，
∴∠OGH=∠OHG．
∴OH=OG．
∴OF=OG．
∵OM=OC，
∴四邊形MFCG是平行四邊形．
又∵MC是圓O的直徑，
∴∠CBM=90°．
∴四邊形MFGB是矩形．
∴MB=FG，∠FMB=∠AFN=90°．
∵MF∥BC，
∴△MFH∽△CBH．
∴．
∴HF：HD=1：2．
∴HF=FD．
在△ADF和△GHF中，

，
∴△ADF≌△GHF．
∴AF=FG．
∴MB=AF．
在△MNB和△NAF中，

，

∴△MNB≌△NAF．

∴MN=NF．
設S△OHF=S△OHG=a，則S△FHG=2a，S△BHG=4a，
∴S四邊形BHOG=5a=5．
∴a=．
設HF=x，則BH=2x．
∵∠HHG=∠GFB，∠GHF=∠FGB，
∴△GFH∽△BFG．
∴，即．
∴HG=．
∴S△BHG=BHHG=×2x=4，

解得：x=2．
∴HB=4，GH=2．
由勾股定理可知：BG=2．
∴MF=2．
∴MN=NF=．