Question

7．已知矩形ABCD中，AB=2，AD=5，點E是AD邊上一動點，連接BE，CE，以BE為直徑作⊙O，交BC于點F，過點F作FH⊥CE于點H，直線FH交⊙O于點G．
（1）當(dāng)直線FH與⊙O相切時，求AE的長；
（2）當(dāng)FH∥BE時，求FG的長．

Answer 1

分析 （1）連接EF，F(xiàn)A，由CE為圓的切線且又和EB垂直，可知CE∥FA，推出∠CEF=∠AFE，而∠AFE=∠FEB可得∠CEF=∠BEF，所以EF為∠BEC的平分線．又因為∠EFB為直角可知EF⊥BC，所以△BEC為等腰三角形，得到BF為BC的一半，又因為EA∥CF，可知四邊形CEAF為平行四邊形，即AD=BF=2.5；
（2）作OM⊥FG于點M，連接OF，先證明△ABE∽△CDE，得出$\frac{AE}{CD}$，求出AE=1或AE=4；①當(dāng)AE=1時，證明△CFH∽△CBE，得出比例式$\frac{CH}{CE}$，求出CH、OM，根據(jù)勾股定理求出FM，即可得出FG=2FM=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$；②當(dāng)AE=4時，同①得出△CFH∽△CBE，得出$\frac{CH}{CE}$，求出CH=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，得出OM，由勾股定理求出FM，即可得出FG．

解答 解：（1）如圖1，連接EF，F(xiàn)A，
∵CE為圓的切線且又和EB垂直，
∴CE∥AF
∴∠CEF=∠AFE；
又∵∠AFE=∠FEB，
∴∠CEF=∠BEF，
∴EF為∠BEC的平分線；
∵∠EFB=90°，
∴EF⊥BC，
∴BE=CE
∴△BEC為等腰三角形，
∴BF為BC的一半；
∵EA∥CF，
∴四邊形CEAF為平行四邊形，
即EA=CF=2.5；
（2）解：如圖2，作OM⊥FG于點M，連接OF，
∵FH∥BE，
∴∠BEC=∠FHC=90°，
∠HFC=∠EBF，
又∵∠HFC+∠FCH=90°，∠EBF+∠ABE=90°，
∴∠ABE=∠FCH，
∵∠ABE+∠AEB=90°，∠FCH+∠DCE=90°，
∴∠AEB=∠DCE，
∴△ABE∽△CDE，
∴$\frac{AE}{CD}$，
∴$\frac{AE}{2}$，
解得：AE=1或AE=4；
①當(dāng)AE=1時，BF=1，DE=CF=4，
∴BE=$\sqrt{5}$，CE=2$\sqrt{5}$，OF=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC=AD=5，
∵FH∥BE，
∴△CFH∽△CBE，
∴$\frac{CH}{CE}$，即$\frac{CH}{2\sqrt{5}}$，
∴CH=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∴OM=EH=CE-CH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴FM=$\sqrt{{OF}^{2}{-OM}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{10}$，
∴FG=2FM=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$；
②當(dāng)AE=4時，BF=4，DE=CF=1，
∴BE=2$\sqrt{5}$，CE=$\sqrt{5}$，OG=$\sqrt{5}$，
∵△CFH∽△CBE，
∴$\frac{CH}{CE}$，即$\frac{CH}{\sqrt{5}}$，
∴CH=$\frac{\sqrt{5}}{5}$，
∴OM=EH=CE-CH=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴FM=$\sqrt{{OG}^{2}{-OM}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$，
∴FG=2FM=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$；
綜上所述：FG的長為：$\frac{3\sqrt{5}}{5}$或$\frac{6\sqrt{5}}{5}$；

點評 本題考查了圓周角定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、切線的判定等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（2）中，需要進行分類討論和證明三角形相似才能得出結(jié)果．