Question

20．如圖，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，BC是⊙O的直徑，AE是⊙O的弦，點(diǎn)F是弧BE上一點(diǎn)，且AE⊥CF，垂足是D，⊙O的切線PE交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，
（1）求證：AB=EF；
（2）若∠CAE=∠BCE，AB=6，AC=8，
①求EC的長(zhǎng)；
②求線段PE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）證得△ABC∽△DEC，得出∠ACB=∠ECD，即可求得$\widehat{AB}$=$\widehat{EF}$，得出AB=EF；
（2）①連接OE，根據(jù)勾股定理得出半徑，進(jìn)一步證得△COE是等腰直角三角形，解直角三角形即可求得；
②由△DEF和△ADC是等腰直角三角形，求得DE和AD，即可求得AE，設(shè)BG=x，則CG=10-x，證得△ABG∽△CEG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出AG=$\frac{6（10-x）}{5\sqrt{2}}$，EG=$\frac{5\sqrt{2}x}{6}$，根據(jù)題意得出AE=$\frac{6（10-x）}{5\sqrt{2}}$+$\frac{5\sqrt{2}x}{6}$=7$\sqrt{2}$，解得x的值，得出AG=$\frac{24\sqrt{2}}{7}$，根據(jù)切線的性質(zhì)得出OE⊥PE，進(jìn)而得出BC∥PE，根據(jù)平行線分線段成比例定理得出$\frac{BG}{PE}=\frac{AG}{AE}$，即可求得PE的值．

解答 解：（1）∵BC是⊙O的直徑，
∴AB⊥AC，
∵AE⊥CF，∠CED=∠ABC，
∴△ABC∽△DEC，
∴∠ACB=∠ECD，
∴$\widehat{AB}$=$\widehat{EF}$，
∴AB=EF；
（2）①連接OE，
∵AB=6，AC=8，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=10，
∴⊙O的半徑為5，
∵∠BAE=∠CAE=∠BCE，∠BAC=90°，
∴∠BAE=∠CAE=∠BCE=45°，
∴$\widehat{EF}$=$\widehat{EC}$，
∴OE⊥BC，
∴△COE是等腰直角三角形，
∴EC=$\sqrt{O{E}^{2}+O{C}^{2}}$=5$\sqrt{2}$；
②由（1）可知EF=AB=6，
∵∠EFC=∠EAC=45°，AE⊥CF，
∴△DEF和△ADC是等腰直角三角形，
∴DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$EF=3$\sqrt{2}$，AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC=4$\sqrt{2}$，
∴AE=7$\sqrt{2}$，
設(shè)BG=x，則CG=10-x，
∵∠BAG=∠ECG，∠ABG=∠CEG，
∴△ABG∽△CEG，
∴$\frac{AG}{CG}$=$\frac{BG}{EG}$=$\frac{AB}{CE}$，即$\frac{AG}{10-x}$=$\frac{x}{EG}$=$\frac{6}{5\sqrt{2}}$，
解得AG=$\frac{6（10-x）}{5\sqrt{2}}$，EG=$\frac{5\sqrt{2}x}{6}$，
∴AE=$\frac{6（10-x）}{5\sqrt{2}}$+$\frac{5\sqrt{2}x}{6}$=7$\sqrt{2}$，
解得x=$\frac{30}{7}$，
∴AG=$\frac{24\sqrt{2}}{7}$，
∵PE是⊙O的切線，
∴OE⊥PE，
∵OE⊥BC
∴BC∥PE，
∴$\frac{BG}{PE}=\frac{AG}{AE}$，即$\frac{\frac{30}{7}}{PE}$=$\frac{\frac{24\sqrt{2}}{7}}{7\sqrt{2}}$，
解得PE=$\frac{35}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，平行線的判定和性質(zhì)，圓周角定理等，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．