Question

13．如圖1，已知在平行四邊形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=$\frac{4}{5}$，AC為對角線，AH⊥BC于H，點P是邊BC上的動點，以CP為半徑的圓C與邊AD交于點E、F（點F在點E的右側），射線CE與射線BA交于點G．

（1）AH=3，CA=5；
（2）當∠AGE=∠AEG時，求圓C的半徑長；
（3）如圖2，連結AP，當AP∥CG時，求弦EF的長．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ABH中，利用余弦定義可計算出AH=4，再根據勾股定理可計算出BH=3；則CH=BC-BH=4，然后再根據勾股定理計算出AC=5；
（2）過點E作EN⊥BC于N，如圖1，由AD∥BC得到∠AEG=∠BCG，加上∠AGE=∠AEG，則∠BCG=∠G，所以BG=BC=8，AG=BG-AB=3，易得AG=AE=3，接著判斷四邊形AHNE為矩形得到HN=AE=3，EN=AH=3，所以CN=CH-HN=1，然后在Rt△CEN中利用勾股定理可計算出CE；
（3）如圖2，連結EP交AC于M，作CQ⊥EF于Q，根據垂徑定理得到EQ=CQ，先判斷四邊形APCE是菱形，則AC⊥EP，CM=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{5}{2}$，由（1）得AB=AC，則∠ACB=∠B，于是在Rt△PCM中利用余弦定義可計算出CP=$\frac{25}{8}$，則CE=$\frac{25}{8}$，然后在Rt△CEQ中利用勾股定理計算EQ，從而得到EF的長．

解答 解：（1）在Rt△ABH中，∴cosB=$\frac{BH}{AB}$=$\frac{4}{5}$，
∴AH=$\frac{4}{5}$×5=4，
∴BH=$\sqrt{{5}^{2}-{4}^{2}}$=3；
∴CH=BC-BH=8-4=4，
在Rt△ACH中，AC=$\sqrt{A{H}^{2}+C{H}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5；
故答案為3，5；
（2）過點E作EN⊥BC于N，如圖1
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠AEG=∠BCG，
∵∠AGE=∠AEG，
∴∠BCG=∠G，
∴BG=BC=8，
∴AG=BG-AB=8-5=3，
∵∠AGE=∠AEG，
∴AG=AE=3，
易得四邊形AHNE為矩形，
∴HN=AE=3，EN=AH=3，
∴CN=CH-HN=4-3=1，
在Rt△CEN中，CE=$\sqrt{C{N}^{2}+E{N}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{10}$；
（3）如圖2，連結EP交AC于M，作CQ⊥EF于Q，則EQ=CQ，
∵AP∥CE，AE∥PC，
∴四邊形APCE為平行四邊形，
∵CE=CP，
∴四邊形APCE是菱形，
∴AC⊥EP，CM=AM，
∴CM=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{5}{2}$，
由（1）得AB=AC，
∴∠ACB=∠B，
在Rt△PCM中，∵cos∠MCP=$\frac{MC}{CP}$=cosB=$\frac{3}{5}$，
∴CP=$\frac{\frac{5}{2}}{\frac{4}{5}}$=$\frac{25}{8}$，
∴CE=$\frac{25}{8}$，
在Rt△CEQ中，CQ=AH=3，
∴EQ=$\sqrt{C{E}^{2}-C{Q}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{25}{8}）^{2}-{3}^{2}}$=$\frac{7}{8}$，
∴EF=2EQ=$\frac{7}{4}$．

點評 本題考查了圓的綜合題：熟練掌握垂徑定理和等腰三角形的判定與性質；靈活應用菱形的判定與性質；會運用勾股定理和三角函數進行幾何計算．