如图, 四边形 $A B C D$ 中, $A D$ 平行 $B C, \angle A B C=90^{\circ}, A D=2, A B=6$, 以 $A B$ 为直径的半 $\odot 0$ 切 $C D$ 于点 $E, F$ 为弧 $B E$ 上一动点, 过 $F$ 点的直线 $M N$ 为半 $\odot 0$ 的切线, $M N$ 交 $B C$ 于 $M$, 交 $C D$ 于 $N$,则 $\triangle \mathrm{MCN}$ 的周长为 $(\quad)$

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【分析】作 $\mathrm{DH} \perp \mathrm{BC}$ 于 $\mathrm{H}$ ，如图，利用平行线的性质得 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{AD}, \mathrm{AB} \perp \mathrm{BC}$ ，则根据切线的判定得到 $\mathrm{AD}$ 和 $\mathrm{BC}$ 为 $\odot 0$ 切线, 根据切线长定理得 $\mathrm{DE}=\mathrm{DA}=2, \mathrm{CE}=\mathrm{CB}, \mathrm{NE}=\mathrm{NF}, \mathrm{MB}=\mathrm{MF}$, 利用四边形 $A B H D$ 为矩形得 $B H=A D=2, D H=A B=6$, 设 $B C=x$, 则 $C H=x-2, C D=x+2$, 在 Rt $\triangle D C H$ 中根据勾股定理得 $(x-2)^{2}+6^{2}=(x+2)^{2}$, 解得 $x=\frac{9}{2}$, 即 $C B=C E=\frac{9}{2}$, 然后由等线段代换得到 $\triangle M C N$ 的周长 $=\mathrm{CE}+\mathrm{CB}=9$.

解: 作 $\mathrm{DH} \perp \mathrm{BC}$ 于 $\mathrm{H}$, 如图,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 中, $A D$ 平行 $B C, \angle A B C=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AB} \perp \mathrm{AD}, \mathrm{AB} \perp \mathrm{BC}$,

$\because \mathrm{AB}$ 为直径,

$\therefore \mathrm{AD}$ 和 $\mathrm{BC}$ 为 $\odot 0$ 切线,

$\because \mathrm{CD}$ 和 $\mathrm{MN}$ 为 $\odot 0$ 切线,

$\therefore \mathrm{DE}=\mathrm{DA}=2, \mathrm{CE}=\mathrm{CB}, \mathrm{NE}=\mathrm{NF}, \mathrm{MB}=\mathrm{MF}$,
$\because$ 四边形 $\mathrm{ABHD}$ 为矩形,

$\therefore \mathrm{BH}=\mathrm{AD}=2, \mathrm{DH}=\mathrm{AB}=6$,

设 $\mathrm{BC}=\mathrm{x}$, 则 $\mathrm{CH}=\mathrm{x}-2, \mathrm{CD}=\mathrm{x}+2$,

在 Rt $\triangle \mathrm{DCH}$ 中, $\because \mathrm{CH}^{2}+\mathrm{DH}^{2}=\mathrm{DC}^{2}$,

$\therefore(x-2)^{2}+6^{2}=(x+2)^{2}$, 解得 $x=\frac{9}{2}$,

$\therefore \mathrm{CB}=\mathrm{CE}=\frac{9}{2}$,

$\therefore \triangle \mathrm{MCN}$ 的周长 $=\mathrm{CN}+\mathrm{CM}+\mathrm{MN}$

$=\mathrm{CN}+\mathrm{CM}+\mathrm{NF}+\mathrm{MF}$

$=\mathrm{CN}+\mathrm{CM}+\mathrm{NF}+\mathrm{MB}$

$=\mathrm{CE}+\mathrm{CB}$

$=9$.

故选 A.

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