解：①如图1延长AC交BD于点F，延长EC交AB于点G.

∵在Rt△ABC中，AB＝5，BC＝3

∴由勾股定理得，AC＝4

又∵BC⊥AF，AB⊥BF

∠AFB＝∠BFC

∴Rt△AFB∽Rt△BFC

∴ $\frac{C F}{B C} = \frac{B C}{A C}$

∴BC²＝CF•AC

即9＝CF•4，解得，CF＝ $\frac{9}{4}$

又∵EC∥BD

∴CG⊥AB

∴AB•CG＝AC•BC

即5CG＝4×3，解得，CG＝ $\frac{12}{5}$

又∵在Rt△ACG中，AG＝ $\sqrt{A C^{2} - C G^{2}}$ = $\frac{16}{5}$

又∵EC∥DB

∴∠AEC＝∠ADB

由（1）得，∠CAB＝∠AEC

∴∠ADB＝∠CAB

又∵∠ACB＝∠DBA＝90°

∴Rt△ABC∽Rt△DBA

∴ $\frac{B C}{A B} = \frac{A B}{A D}$

得AD＝ $\frac{25}{3}$

又∵EG∥BD

∴ $\frac{A G}{A B} = \frac{A E}{A D}$

得AE＝ $\frac{16}{3}$

②当△BDC是直角三角形时，如图二所示

∵∠BCD＝90°

∴BD为⊙O直径

又∵∠ACB＝90°

∴A、C、D三点共线

即BC⊥AD时垂足为C，此时C点与E点重合.

又∵∠DAB＝∠BAC，∠ACB＝ABD＝90°

∴Rt△ACB∽Rt△ABD

∴ $\frac{A C}{A B} = \frac{A B}{A D}$

得AD＝ $\frac{25}{4}$

又∵在Rt△ABD中，BD＝ $\sqrt{A D^{2} - A B^{2}} = \frac{15}{4}$

③如图三，由B、C、E都在⊙O上，且BC＝CE＝ $\sqrt{5}$

∴ $\overset{⌢}{B C} = \overset{⌢}{C E}$

∴∠ADC＝∠BDC

即DC平分∠ADB

过C作CM⊥BD，CN⊥AD，CH⊥AB垂足分别为M、N.，H.

∵在Rt△ACB中AB＝5，BC＝ $\sqrt{5}$

∴AC＝2 $\sqrt{5}$

又∵在Rt△ACB中CH⊥AB

∴AB•CH＝AC•BC

即5CH＝2 $\sqrt{5}$ × $\sqrt{5}$

解得，CH＝2

∴MB＝2

又∵DC平分∠ADB

∴CM＝CN

又∵在Rt△CHB中BC＝5，CH＝2

∴HB＝1

∴CM＝CN＝1

又∵在△DCN与△DCM中

${\begin{array}{l} ∠ N D A = ∠ M D C \\ ∠ N D C = ∠ D M C \\ D C = D C \end{array}$

∴△DCN与△DCM（AAS）

∴DN＝DM

设DN＝DM＝x

则BD＝x+2，AD＝x+ $\sqrt{19}$

在Rt△ABD中由AB²+BD²＝AD²得，

25+（x+2）²＝（x+ $\sqrt{19}$ ）²

解得，x＝ $\frac{\sqrt{19} + 2}{3}$

∴BD＝BM+MD＝2+ $\frac{\sqrt{19} + 2}{3}$ ＝ $\frac{\sqrt{19} + 8}{3}$

又由（1）得∠CAB＝∠AEC，且∠ENC＝∠ACB

∴△ENC∽△ACB

∴ $\frac{N C}{E N} = \frac{A C}{B C} = 2$

∴NE＝2

又∵在Rt△CAN中CN＝1，AC＝2 $\sqrt{5}$

∴AN＝ $\sqrt{A C^{2} - C N^{2}}$ ＝ $\sqrt{19}$

∴AE＝AN+NE＝ $\sqrt{19}$ +2

陕西省西安市末央区2019届数学中考一模试卷