Question

20．如圖1，點(diǎn)A是以BC為直徑的半圓O上一動(dòng)點(diǎn)（不與B，C重合），連接BA并延長(zhǎng)到D，使AD=$\frac{1}{2}$AB，連接CA并延長(zhǎng)到E，使AE=$\frac{1}{2}$AC．BE和CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P．設(shè)PB=2m，PC=2n，BC=2p，$\frac{AB}{AC}$=k．
（1）若k=1，p=4，則m=2$\sqrt{10}$，n=2$\sqrt{10}$；若k=$\sqrt{3}$，p=4，則m=2$\sqrt{13}$，n=2$\sqrt{7}$．
（2）觀察（1）中的結(jié)果，猜想當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)時(shí)，m，n，p三者滿足的等量關(guān)系，并給予證明．
（3）如圖2，四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別是邊AD，BC，DC的中點(diǎn)，BE⊥EG．AD=2$\sqrt{5}$，AB=3，求AF的長(zhǎng)（直接寫(xiě)出答案即可）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知條件得到$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$=$\frac{1}{2}$，推出DE∥BC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{DE}{BC}$=$\frac{1}{2}$，得到DE是△PBC的中位線，推出△ABC與△ADE是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AB=AC=4$\sqrt{2}$AD=AE=2$\sqrt{2}$，勾股定理得到BE=CD=$\sqrt{（4\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=2$\sqrt{10}$，求得PB=PC=4$\sqrt{10}$，即可得到結(jié)論；
（2）設(shè)AC=2k，則AB=2kx，從而AE=x，AD=kx，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；
（3）由四邊形ABCD是平行四邊形，得到∠BAE=∠BCG，∠ABC=∠EDG，根據(jù)勾股定理得到BE²+EG²=BG²①，由余弦定理得到BE²=14-6$\sqrt{5}$sos∠BAE②，GE²=5+$\frac{9}{4}$-3$\sqrt{5}$cos∠EDG③，BG²=40+_$\frac{9}{4}$-6$\sqrt{5}$cos∠BCG④，把②，③，④代入①，并化簡(jiǎn)可得cos∠EDG=-$\frac{\sqrt{5}}{15}$，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵AD=$\frac{1}{2}$AB，AE=$\frac{1}{2}$AC，
∴$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}$=$\frac{1}{2}$，
∴DE∥BC，
∵∠DAE=∠CAB，
∴△ADE∽△ABC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴DE是△PBC的中位線，
∵k=1，p=4，
∴AB=AC，BC=8，
∵BC為半圓O的直徑，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC與△ADE是等腰直角三角形，
∴AB=AC=4$\sqrt{2}$AD=AE=2$\sqrt{2}$，
∴BE=CD=$\sqrt{（4\sqrt{2}）^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴PB=PC=4$\sqrt{10}$，
∴m=2$\sqrt{10}$，n=2$\sqrt{10}$，
若k=$\sqrt{3}$，p=4，同理m=2$\sqrt{13}$，n=2$\sqrt{7}$，
故答案為：2$\sqrt{10}$，2$\sqrt{10}$，2$\sqrt{13}$，n=2$\sqrt{7}$；

（2）5p²=n²+m²，證明過(guò)程如下：
設(shè)AC=2k，則AB=2kx，
從而AE=x，AD=kx，
由∠BAC=90°可得：x²+（2kx）²=m²，x²+（kx）²=p²，（kx）²+（2x）²=n²，∴5p²=n²+m²；

（3）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠BAE=∠BCG，∠ABC=∠EDG，
∵BE⊥EG，
∴BE²+EG²=BG²①，
由余弦定理得：BE²=AE²+AB²-2AE•ABcon∠BAE=$（\sqrt{5}）^{2}+{3}^{2}-2×3\sqrt{5}cos∠BAE$=14-6$\sqrt{5}$sos∠BAE②，
GE²=ED²+DG²-2ED•DGcos∠EDG=（$\sqrt{5}$）²+（$\frac{3}{2}$）²-2×$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$cos∠EDG=5+$\frac{9}{4}$-3$\sqrt{5}$cos∠EDG③，
BG²=BC²+CG²-2BC•CGcos∠BCG=（2$\sqrt{5}$）²+（$\frac{3}{2}$）²-2×$\frac{3}{2}$×2$\sqrt{5}$cos∠BCG=40+_$\frac{9}{4}$-6$\sqrt{5}$cos∠BCG④，
把②，③，④代入①，并化簡(jiǎn)得：cos∠EDG=-$\frac{\sqrt{5}}{15}$，
∴AF²=AB²+BF²-2AB•BFcos∠EDG=3²+（$\sqrt{5}$）²-2×3$\sqrt{5}$×（-$\frac{\sqrt{5}}{15}$）=16，
∴AF=4．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了圓周角定理，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)，余弦定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理和余弦定理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．