Question

【题目】△ABC内接于⊙O，AB=AC，BD⊥AC，垂足为点D，交⊙O于点E，连接AE．

（1）如图1，求证：∠BAC=2∠CAE；
（2）如图2，射线AO交线段BD于点F，交BC边于点G，连接CE，求证：BF=CE；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CO并延长，交线段BD于点H，交⊙O于点M，连接FM，交AB边于点N，若BH=DH，四边形BHOG的面积为5，求线段MN的长．

Answer 1

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）

【解析】

（1）先依据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理证明∠BAC+2∠C=180°，然后得到2∠CAE+2∠E=180°，然后根据同弧所对的圆周角相等得到∠E=∠C，即可得到结论；
（2）连接OB、OC．先依据SSS证明△ABO≌△ACO，从而得到∠BAO=∠CAO，然后在依据ASA证明△ABF≌△ACE，最后根据全等三角形的性质可证明BF=CE；
（3）连接HG、BM．由三线合一的性质证明BG=CG，从而得到HG是△BCD的中位线，则∠FHO=∠AFD=∠HFO，于是可得到HO=OF，然后得到∠OGH=∠OHG，从而得到OH=OG，则OF=OG，接下来证明四边形MFGB是矩形，然后由MF∥BC证明△MFH∽△CBH，从而可证明HF=FD．接下来再证明△ADF≌△GHF，由全等三角形的性质的到AF=FG，然后再证明△MNB≌△NAF，于是得到MN=NF．设S△OHF=S△OHG=a，则S△FHG=2a，S△BHG=4a，然后由S四边形BHOG=5，可求得a=，设HF=x，则BH=2x，然后证明△GFH∽△BFG，由相似三角形的性质可得到HG=x，然后依据S△BHG=BHHG=4，可求得x=2，故此可得到HB、GH的长，然后依据勾股定理可求得BG的长，于是容易求得MN的长．

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）连接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）连接HG、BM．

∵AB=AC，∠BAO=∠CAO，
∴AG⊥BC，BG=CG．
∵BH=DH，
∴HG是△BCD的中位线．
∴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，
∴四边形MFCG是平行四边形．
又∵MC是圆O的直径，
∴∠CBM=90°．
∴四边形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．
设S△OHF=S△OHG=a，则S△FHG=2a，S△BHG=4a，
∴S四边形BHOG=5a=5．
∴a=．
设HF=x，则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=．