(本小题8.0分)

如图, ${ }^{\circ} A B C D$ 的顶点 $A, D$ 在 $\odot O$ 上, 边 $B C$ 切 $\odot O$ 于点 $M$, 连接 $A M, D M, C D$ 交 $\odot O$ 于点 $N$.

<ImageHere>

图 1

<ImageHere>

图 2

(1)如图1, 求证: $A M=D M$;

(2)如图2, 若圆心 $O$ 在边 $A D$ 上, 连接 $A N, M N$, 若 $M N^{2}=A N \cdot C N, A N=8 C N, A B=5$,求 $\odot O$ 的半径.
解: (1)证明: 如图, 连接 $M O$ 并延长交 $A D$ 于点 $I$,

<ImageHere>

$\because B C$ 切 $\odot O$ 于点 $M$,

$\therefore \angle B M I=90^{\circ}$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 为平行四边形,

$\therefore A D / / B C$

$\therefore \angle M I D=\angle B M I=90^{\circ}$,

$\therefore M I \perp A D$.

又 $M I$ 过圆心， $\therefore M I$ 垂直平分 $A D$,

$\therefore A M=D M$.

(2) 设 $C N=x, A N=8 x$,

则 $M N^{2}=A N \cdot C N=8 x \cdot x=8 x^{2}$,

$\therefore M N=2 \sqrt{2} x$,

$\because A D$ 是直径, $\therefore \angle A M D=\angle A N D=90^{\circ}$.

由(1)得 $A M=D M, \therefore \angle A D M=45^{\circ}$,

$\therefore \angle A N M=\angle A D M=45^{\circ}$.

作 $M H \perp A N$ 于点 $H$,

<ImageHere>

$\therefore \angle M H N=\angle M H A=90^{\circ}$.

在Rt $\triangle M N H$ 中, $\angle H N M=45^{\circ}$,

$\therefore H M=H N=2 x$,

$\therefore A H=A N-H N=6 x$

在Rt $\triangle A M H$ 中, $A M=\sqrt{A H^{2}+H M^{2}}=\sqrt{(6 x)^{2}+(2 x)^{2}}=2 \sqrt{10} x$.

在Rt $\triangle A M D$ 中, $D M=A M=2 \sqrt{10} x$,

$$
\therefore A D=2 \sqrt{10} x \cdot \sqrt{2}=4 \sqrt{5} x \text {. }
$$

$\because \square A B C D$,

$\therefore C D=A B=5, \therefore D N=5-x$.

在Rt $\triangle A N D$ 中, $(8 x)^{2}+(5-x)^{2}=(4 \sqrt{5} x)^{2}$,

解得 $x_{1}=1, x_{2}=-\frac{5}{3}$ (舍去).

$$
\therefore A D=4 \sqrt{5}
$$

$\therefore \odot 0$ 的半径为 $2 \sqrt{5}$.

【解析】本题主要考查的是勾股定理, 平行四边形的性质, 圆周角定理, 线段垂直平分线的性质,切线的性质等有关知识.

(1)连接 $M O$ 并延长交 $A D$ 于点 $I$ 根据切线的性质和平行四边形的性质得到 $M I \perp A D$, 再根据 $M I$ 过圆心得到 $M I$ 垂直平分 $A D$, 进而求出此题;

(2)设 $C N=x, A N=8 x$. 先表示出 $M N$, 然后利用圆周角定理得到 $\angle A M D=\angle A N D=90^{\circ}$, 进而得到 $\angle A N M=\angle A D M=45^{\circ}$, 作 $M H \perp A N$ 于点 $H$, 利用勾股定理进行求解即可.