Question

18．如圖（1），△ABC內(nèi)接于以AB為直徑的⊙O，∠ACB的平分線交⊙O于點(diǎn)P．
（1）求證：∠PCB=∠PBA；
（2）過(guò)點(diǎn)A作AM⊥CP于點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)B作MN⊥CP于點(diǎn)N，試猜想AM、BN、MN的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（3）過(guò)點(diǎn)P作⊙O的切線PQ交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，若⊙O的半徑為5，cos∠ABC=$\frac{4}{5}$，求QP的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）如圖（1），根據(jù)角平分線定義得：∠ACP=∠BCP，則$\widehat{PA}=\widehat{PB}$，可得結(jié)論；
（2）如圖（2），連接PA，證明△AMP≌△PNB，則AM=PN，BN=PM，從而得出結(jié)論；
（3）先根據(jù)三角函數(shù)計(jì)算AB和BC的長(zhǎng)，再利用勾股定理計(jì)算出AC=6，由于△ACM為等腰直角三角形，可得到AM的長(zhǎng)，證△AOP也是等腰直角三角形，求AP的長(zhǎng)，在Rt△APM中利用勾股定理計(jì)算出PM的長(zhǎng)，則CP=CM+PM=7$\sqrt{2}$，易證得△PQA∽△CQP，得比例式的比為$\frac{5}{7}$，則CQ=$\frac{7}{5}$PQ，AQ=$\frac{5}{7}$PQ，代入
AC=CQ-AQ，可得PQ的長(zhǎng)．

解答 證明：（1）∵CP平分∠ACB，
∴∠ACP=∠BCP，
∴$\widehat{PA}=\widehat{PB}$，
∴∠PCB=∠PBA；

（2）結(jié)論：MN=BN-AM，
理由如下：
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=∠APB=∠APN+∠BPN=90°，
∵CP平分∠ACB，
∴∠ACP=∠BCP=45°，
∴∠CAM=45°=∠BAP，
∵AM⊥CP，BN⊥CP，
∴∠AMP=∠BNP=90°，
∴∠MAP+∠APN=90°，
∴∠MAP=∠BPN，
∵$\widehat{PA}=\widehat{PB}$，
∴PA=PB，
在△AMP和△PNB中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠AMP=∠PNB}\\{∠MAP=∠BPN}\\{PA=PB}\end{array}\right.$，
∴△AMP≌△PNB（AAS），
∴AM=PN，BN=PM，
∴MN=PM-PN=BN-AM；

（3）解：在Rt△ACB中，cos∠ABC=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{4}{5}$，
設(shè)BC=4x，AB=5x，
則5x=10，x=2，
∴AB=10，BC=8，
由勾股定理得：AC=6，
∵△ACM為等腰直角三角形，
∴AM=$\frac{AC}{\sqrt{2}}$=$\frac{6}{\sqrt{2}}$=3$\sqrt{2}$，
連接OP，
∵PQ是⊙O的切線，
∴OP⊥PQ，
∵PA=PB，OA=OB，
∴OP⊥AB，
∴△AOP為等腰直角三角形，
∴AO=OP=5，
∴AP=$\sqrt{{5}^{2}+{5}^{2}}$=5$\sqrt{2}$，
在Rt△AMP中，PM=$\sqrt{A{P}^{2}-A{M}^{2}}$=$\sqrt{（5\sqrt{2}）^{2}-（3\sqrt{2}）^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴CP=CM+PM=AM+PM=3$\sqrt{2}$+4$\sqrt{2}$=7$\sqrt{2}$，
∵∠QPA=∠PCQ，∠Q=∠Q，
∴△PQA∽△CQP，
∴$\frac{PQ}{CQ}=\frac{PA}{CP}$=$\frac{AQ}{PQ}$，
∴$\frac{PQ}{CQ}=\frac{AQ}{PQ}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7\sqrt{2}}$=$\frac{5}{7}$，
∴CQ=$\frac{7}{5}$PQ，AQ=$\frac{5}{7}$PQ，
而AC=CQ-AQ，
∴6=$\frac{7}{5}$PQ-$\frac{5}{7}$PQ，
∴PQ=$\frac{35}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是圓的綜合題，考查了切線的性質(zhì)、三角形相似的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)、勾股定理、三角形全等及圓周角與弧、弦的關(guān)系，明確圓的切線垂直于過(guò)切點(diǎn)的半徑，并熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)及三線合一．