(1)证明:①如图1, 解法一:作直径CF,连结BF ∴ ∠CBF=90°, 则 ∠CAB=∠F =90°-∠1 ∵ CD切⊙O于C, ∴ OC⊥CD , 则 ∠BCD =90°-∠1 ∴ ∠BCD =∠CAB
解法二:如图2,连结OC ∵ AB是直径, ∴ ∠ACB=90° 则∠2 =90°-∠OCB ∵ CD切⊙O于C, ∴ OC⊥CD 则 ∠BCD =90°-∠OCB ∴ ∠BCD =∠2 ∵ OA=OC, ∴ ∠2 =∠CAB ∴ ∠BCD =∠CAB ② ∵ EC∥AB ,∠BCD =∠3, ∴ ∠4 =∠3=∠BCD ∵ ∠CBD+∠ABC=180°, ∵ ∠AEC+∠ABC=180°, ∴ ∠CBD=∠AEC ∴ △ACE∽△DCB ∴ ∴
(2)连结EB,交CG于点H, ∵ CG⊥AB于点G, ∠ACB=90° ∴ ∠3=∠BCG ∵ ∠3 =∠4 ∴ ∴ ∠3=∠EBG ∴ ∠BCG=∠EBG ∵ (k>1), ∴ 在Rt△HGB中, 在Rt△BCG中, 设HG =a,则BG= ka,CG= k2a。CH=CG-HG=(k2-1)a ∵ EC∥AB , ∴ △ECH∽△BGH ∴ 解法二: 如图3, 作直径FC,连结FB、EF,则∠CEF=90° ∵CG⊥AB于点G, 在Rt△ACG中, 设CG =a,则AG= ka,,CF=AB=AG+BF=()a ∵ EC∥AB , ∠CEF=90°, ∴直径AB⊥EF ∴EF=2CG= a EC= ∴
解法三:如图4, 作EP⊥AB于点P, 在Rt△ACG中, 设CG =a,则AG= ka,, 可证△AEP≌△BCG, 则有 EC=AG-AP= ∴。
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