Question

5．如图1，AC为⊙O的直径，过点C的切线与弦AB的延长线交于点D，OE为半径，OE⊥AB于点H，连接CE、CB．

（1）求证：∠COE=2∠DCE；
（2）若AB=8，EH=2，求CE的长；
（3）在（2）的条件下，如图2，作∠ECB的外角平分线交⊙O于点M，过M作MN⊥CE于点N，求CN的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，连结AE，根据切线的性质得AC⊥CD，则∠ACE+∠DCE=90°，再根据圆周角定理，由AC为⊙O的直径得到∠AEC=90°，则利用等角的余角相等得∠DCE=∠CAE，而∠OAE=∠OEA，∠COE=∠OAE+∠OEA，则∠COE=2∠OAE，所以∠COE=2∠DCE；
（2）如图1，过点C作CK⊥OE，交EO的延长线于点K，根据垂径定理可得AH=BH=4．设⊙O的半径为r，则OA=r，OH=r-2．在Rt△AHO中根据勾股定理可求出r=5．易证△OKC≌△OHA，从而可得OK=OH=3，KC=HA=4，则有KE=3+5=8．在Rt△CKE中，根据勾股定理就可求出CE的长；
（3）如图2，在NE上取一点G，使得MG=MC，连接MB、ME，根据圆内接四边形的性质可得∠MCB+∠MEB=180°，结合∠MCB+∠FCM=180°可得∠FCM=∠MEB．易证∠MEB=∠FCM=∠MCE=∠MBE，从而可得MB=ME，∠BME=180°-2∠MBE．在等腰△MCG中根据等腰三角形的性质可得CN=GN=$\frac{1}{2}$CG，∠MCG=∠MGC，从而可得∠CMG=180°-2∠MCG，即可得到∠CMG=∠BME，从而有∠CMB=∠GME，进而可证到△CMB≌△GME，则有BC=EG=6，就可求出CG值，即可得到CN的值．

解答 解：（1）连结AE，如图1，
∵CD为⊙O的切线，
∴AC⊥CD，
∴∠ACE+∠DCE=90°，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AEC=90°，
∴∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠DCE=∠CAE，
∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA，
∵∠COE=∠OAE+∠OEA，
∴∠COE=2∠OAE，
∴∠COE=2∠DCE；

（2）如图1，过点C作CK⊥OE，交EO的延长线于点K，
∵OH⊥AB，∴AH=BH=$\frac{1}{2}$AB=4．
设⊙O的半径为r，则OA=r，OH=r-2．
在Rt△AHO中，根据勾股定理可得：
r²=4²+（r-2）²，
解得r=5．
在△OKC和△OHA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠K=∠AHO}\\{∠KOC=∠HOA}\\{OC=OA}\end{array}\right.$，
∴△OKC≌△OHA，
∴OK=OH=3，KC=HA=4，
∴KE=3+5=8．
在Rt△CKE中，根据勾股定理可得：EC²=KC²+KE²=16+64=80，
∴EC=4$\sqrt{5}$；

（3）如图2，在NE上取一点G，使得MG=MC，连接MB、ME，
根据圆内接四边形的性质可得∠MCB+∠MEB=180°．
∵∠MCB+∠FCM=180°，∴∠FCM=∠MEB．
∵∠MCE=∠FCM，∠MCE=∠MBE，
∴∠MEB=∠FCM=∠MCE=∠MBE，
∴MB=ME，∠BME=180°-2∠MBE．
∵MG=MC，MN⊥GC，
∴CN=GN=$\frac{1}{2}$CG，∠MCG=∠MGC，
∴∠CMG=180°-2∠MCG，
∴∠CMG=∠BME，
∴∠CMB=∠GME．
在△CMB和△GME中，
$\left\{\begin{array}{l}{MC=MG}\\{∠CMB=∠GME}\\{MB=ME}\end{array}\right.$，
∴△CMB≌△GME，
∴BC=EG=6，
∴CG=EC-EG=4$\sqrt{5}$-6，
∴CN=$\frac{1}{2}$CG=2$\sqrt{5}$-3．

点评 本题考查了切线的性质、圆周角定理、圆内接四边形的性质、垂径定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、勾股定理等知识，综合性强，有一定的难度，构造旋转型全等是解决第（3）小题的关键，若出现共顶角顶点且顶角相等的两个等腰三角形，就会有旋转型全等．