Question

如圖，矩形ABCD的邊AB=3cm，AD=4cm，點E從點A出發(fā)，沿射線AD移動，以CE為直徑作圓O，點F為圓O與射線BD的公共點，連接EF、CF，過點E作EG⊥EF，EG與圓O相交于點G，連接CG．
（1）試說明四邊形EFCG是矩形；
（2）當(dāng)圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點E移動的過程中，
①矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若不存在，說明理由；
②求點G移動路線的長．

Answer 1

考點：圓的綜合題

專題：壓軸題,存在型

分析：（1）只要證到三個內(nèi)角等于90°即可．
（2）易證點D在⊙O上，根據(jù)圓周角定理可得∠FCE=∠FDE，從而證到△CFE∽△DAB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得到S_矩形EFCG=2S_△CFE=

3CF2

4

．然后只需求出CF的范圍就可求出S_矩形EFCG的范圍．根據(jù)圓周角定理和矩形的性質(zhì)可證到∠GDC=∠FDE=定值，從而得到點G的移動的路線是線段，只需找到點G的起點與終點，求出該線段的長度即可．

解答：解：（1）證明：如圖1，
∵CE為⊙O的直徑，
∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，
∴∠FEG=90°．
∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四邊形EFCG是矩形．

（2）①存在．
連接OD，如圖2①，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°．
∵點O是CE的中點，
∴OD=OC．
∴點D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，
∴△CFE∽△DAB．
∴

S△CFE

S△DAB

=（

CF

DA

）²．
∵AD=4，AB=3，
∴BD=5，
S_△CFE=（

CF

4

）²•S_△DAB
=

CF2

16

×

1

2

×3×4
=

3CF2

8

．
∴S_矩形EFCG=2S_△CFE
=

3CF2

4

．
∵四邊形EFCG是矩形，
∴FC∥EG．
∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，
∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，
∴∠GDC+∠CDB=90°．
∴∠GDB=90°
Ⅰ．當(dāng)點E在點A（E′）處時，點F在點B（F′）處，點G在點D（G′）處，如圖2①所示．
此時，CF=CB=4．
Ⅱ．當(dāng)點F在點D（F″）處時，直徑F″G″⊥BD，
如圖2②所示，
此時⊙O與射線BD相切，CF=CD=3．
Ⅲ．當(dāng)CF⊥BD時，CF最小，
如圖2③所示．
S_△BCD=

1

2

BC•CD=

1

2

BD•CF
∴4×3=5×CF
∴CF=

12

5

．
∴

12

5

≤CF≤4．
∵S_矩形EFCG=

3CF2

4

，
∴

3

4

×（

12

5

）²≤S_矩形EFCG≤

3

4

×4²．
∴

108

25

≤S_矩形EFCG≤12．
∴矩形EFCG的面積最大值為12，最小值為

108

25

．

②∵∠GDC=∠FDE=定值，點G的起點為D，終點為G″，如圖2②所示，
∴點G的移動路線是線段DG″．
∵∠G″DC=∠BDA，∠DCG″=∠A=90°，
∴△DCG″∽△DAB．
∴

DC

DA

=

DG″

DB

．
∴

3

4

=

DG″

5

．
∴DG″=

15

4

．
∴點G移動路線的長為

15

4

．

點評：本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、垂線段定理等知識，考查了動點的移動的路線長，綜合性較強．而發(fā)現(xiàn)∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解決本題的關(guān)鍵．