Question

6．問(wèn)題探究：
（一）新知學(xué)習(xí)：
圓內(nèi)接四邊形的判斷定理：如果四邊形對(duì)角互補(bǔ)，那么這個(gè)四邊形內(nèi)接于圓（即如果四邊形EFGH的對(duì)角互補(bǔ)，那么四邊形EFGH的四個(gè)頂點(diǎn)E、F、G、H都在同個(gè)圓上）．
（二）問(wèn)題解決：
已知⊙O的半徑為2，AB，CD是⊙O的直徑．P是$\widehat{BC}$上任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．
（1）若直徑AB⊥CD，對(duì)于$\widehat{BC}$上任意一點(diǎn)P（不與B、C重合）（如圖一），證明四邊形PMON內(nèi)接于圓，并求此圓直徑的長(zhǎng)；
（2）若直徑AB⊥CD，在點(diǎn)P（不與B、C重合）從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，證明MN的長(zhǎng)為定值，并求其定值；
（3）若直徑AB與CD相交成120°角．
①當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到$\widehat{BC}$的中點(diǎn)P₁時(shí)（如圖二），求MN的長(zhǎng)；
②當(dāng)點(diǎn)P（不與B、C重合）從B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中（如圖三），證明MN的長(zhǎng)為定值．
（4）試問(wèn)當(dāng)直徑AB與CD相交成多少度角時(shí)，MN的長(zhǎng)取最大值，并寫(xiě)出其最大值．

Answer 1

分析 （1）如圖一，易證∠PMO+∠PNO=180°，從而可得四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP=2；
（2）如圖一，易證四邊形PMON是矩形，則有MN=OP=2，問(wèn)題得以解決；
（3）①如圖二，根據(jù)等弧所對(duì)的圓心角相等可得∠COP₁=∠BOP₁=60°，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的對(duì)角互補(bǔ)可得∠MP₁N=60°．根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得P₁M=P₁N，從而得到△P₁MN是等邊三角形，則有MN=P₁M．然后在Rt△P₁MO運(yùn)用三角函數(shù)就可解決問(wèn)題；②設(shè)四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長(zhǎng)，交⊙O′于點(diǎn)Q，連接QM，如圖三，根據(jù)圓周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中運(yùn)用三角函數(shù)可得：MN=QN•sin∠MQN，從而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解決問(wèn)題；
（4）由（3）②中已得結(jié)論MN=OP•sin∠MQN可知，當(dāng)∠MQN=90°時(shí)，MN最大，問(wèn)題得以解決．

解答 解：（1）如圖一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，
∴∠PMO=∠PNO=90°，
∴∠PMO+∠PNO=180°，
∴四邊形PMON內(nèi)接于圓，直徑OP=2；

（2）如圖一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，
∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，
∴四邊形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，
∴MN的長(zhǎng)為定值，該定值為2；

（3）①如圖二，
∵P₁是$\widehat{BC}$的中點(diǎn)，∠BOC=120°
∴∠COP₁=∠BOP₁=60°，∠MP₁N=60°．
∵P₁M⊥OC，P₁N⊥OB，
∴P₁M=P₁N，
∴△P₁MN是等邊三角形，
∴MN=P₁M．
∵P₁M=OP₁•sin∠MOP₁=2×sin60°=$\sqrt{3}$，
∴MN=$\sqrt{3}$；
②設(shè)四邊形PMON的外接圓為⊙O′，連接NO′并延長(zhǎng)，
交⊙O′于點(diǎn)Q，連接QM，如圖三，
則有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
在Rt△QMN中，sin∠MQN=$\frac{MN}{QN}$，
∴MN=QN•sin∠MQN，
∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，
∴MN是定值．

（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．
當(dāng)直徑AB與CD相交成90°角時(shí)，∠MQN=180°-90°=90°，MN取得最大值2．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的判定定理、圓周角定理、在同圓中弧與圓心角的關(guān)系、矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，推出MN=OP•sin∠MQN是解決本題的關(guān)鍵．