Question

13．如图1，已知在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=8，cosB=$\frac{4}{5}$，AC为对角线，AH⊥BC于H，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C与边AD交于点E、F（点F在点E的右侧），射线CE与射线BA交于点G．

（1）AH=3，CA=5；
（2）当∠AGE=∠AEG时，求圆C的半径长；
（3）如图2，连结AP，当AP∥CG时，求弦EF的长．

Answer 1

分析 （1）在Rt△ABH中，利用余弦定义可计算出AH=4，再根据勾股定理可计算出BH=3；则CH=BC-BH=4，然后再根据勾股定理计算出AC=5；
（2）过点E作EN⊥BC于N，如图1，由AD∥BC得到∠AEG=∠BCG，加上∠AGE=∠AEG，则∠BCG=∠G，所以BG=BC=8，AG=BG-AB=3，易得AG=AE=3，接着判断四边形AHNE为矩形得到HN=AE=3，EN=AH=3，所以CN=CH-HN=1，然后在Rt△CEN中利用勾股定理可计算出CE；
（3）如图2，连结EP交AC于M，作CQ⊥EF于Q，根据垂径定理得到EQ=CQ，先判断四边形APCE是菱形，则AC⊥EP，CM=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{5}{2}$，由（1）得AB=AC，则∠ACB=∠B，于是在Rt△PCM中利用余弦定义可计算出CP=$\frac{25}{8}$，则CE=$\frac{25}{8}$，然后在Rt△CEQ中利用勾股定理计算EQ，从而得到EF的长．

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；
故答案为3，5；
（2）过点E作EN⊥BC于N，如图1
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEG=∠BCG，
∵∠AGE=∠AEG，
∴∠BCG=∠G，
∴BG=BC=8，
∴AG=BG-AB=8-5=3，
∵∠AGE=∠AEG，
∴AG=AE=3，
易得四边形AHNE为矩形，
∴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）如图2，连结EP交AC于M，作CQ⊥EF于Q，则EQ=CQ，
∵AP∥CE，AE∥PC，
∴四边形APCE为平行四边形，
∵CE=CP，
∴四边形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=$\frac{7}{4}$．

点评 本题考查了圆的综合题：熟练掌握垂径定理和等腰三角形的判定与性质；灵活应用菱形的判定与性质；会运用勾股定理和三角函数进行几何计算．