Question

9．如圖，已知線段AB=2，MN⊥AB于點M，且AM=BM，P是射線MN上一動點，E，D分別是PA，PB的中點，過點A，M，D的圓與BP的另一交點C（點C在線段BD上），連結(jié)AC，DE．
（1）當∠APB=28°時，求∠B和$\widehat{CM}$的度數(shù)；
（2）求證：AC=AB．
（3）在點P的運動過程中
①當MP=4時，取四邊形ACDE一邊的兩端點和線段MP上一點Q，若以這三點為頂點的三角形是直角三角形，且Q為銳角頂點，求所有滿足條件的MQ的值；
②記AP與圓的另一個交點為F，將點F繞點D旋轉(zhuǎn)90°得到點G，當點G恰好落在MN上時，連結(jié)AG，CG，DG，EG，直接寫出△ACG和△DEG的面積之比．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度數(shù)，再連接MD，根據(jù)MD為△PAB的中位線，可得∠MDB=∠APB=28°，進而得到$\widehat{CM}$=2∠MDB=56°；
（2）根據(jù)∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，進而得出AC=AB；
（3）①記MP與圓的另一個交點為R，根據(jù)AM²+MR²=AR²=AC²+CR²，即可得到PR=$\frac{13}{8}$，MR=$\frac{19}{8}$，再根據(jù)Q為直角三角形銳角頂點，分四種情況進行討論：當∠ACQ=90°時，當∠QCD=90°時，當∠QDC=90°時，當∠AEQ=90°時，即可求得MQ的值為$\frac{19}{8}$或$\frac{3}{4}$或$\frac{15}{8}$；
②先判定△DEG是等邊三角形，再根據(jù)GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，過C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=$\frac{1}{2}$AC=1=MG，即可得到CG=MH=$\sqrt{3}$-1，進而得出S_△ACG=$\frac{1}{2}$CG×CH=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，再根據(jù)S_△DEG=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，即可得到△ACG和△DEG的面積之比．

解答 解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠B，
∵∠APB=28°，
∴∠B=76°，
如圖1，連接MD，

∵MD為△PAB的中位線，
∴MD∥AP，
∴∠MDB=∠APB=28°，
∴$\widehat{CM}$=2∠MDB=56°；

（2）∵∠BAC=∠MDC=∠APB，
又∵∠BAP=180°-∠APB-∠B，∠ACB=180°-∠BAC-∠B，
∴∠BAP=∠ACB，
∵∠BAP=∠B，
∴∠ACB=∠B，
∴AC=AB；

（3）①如圖2，記MP與圓的另一個交點為R，

∵MD是Rt△MBP的中線，
∴DM=DP，
∴∠DPM=∠DMP=∠RCD，
∴RC=RP，
∵∠ACR=∠AMR=90°，
∴AM²+MR²=AR²=AC²+CR²，
∴1²+MR²=2²+PR²，
∴1²+（4-PR）²=2²+PR²，
∴PR=$\frac{13}{8}$，
∴MR=$\frac{19}{8}$，
Ⅰ．當∠ACQ=90°時，AQ為圓的直徑，
∴Q與R重合，
∴MQ=MR=$\frac{19}{8}$；
Ⅱ．如圖3，當∠QCD=90°時，

在Rt△QCP中，PQ=2PR=$\frac{13}{4}$，
∴MQ=$\frac{3}{4}$；
Ⅲ．如圖4，當∠QDC=90°時，

∵BM=1，MP=4，
∴BP=$\sqrt{17}$，
∴DP=$\frac{1}{2}$BP=$\frac{\sqrt{17}}{2}$，
∵cos∠MPB=$\frac{MP}{PB}$=$\frac{DP}{PQ}$，
∴PQ=$\frac{17}{8}$，
∴MQ=$\frac{15}{8}$；
Ⅳ．如圖5，當∠AEQ=90°時，

由對稱性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，
∴MQ=$\frac{15}{8}$；
綜上所述，MQ的值為$\frac{19}{8}$或$\frac{3}{4}$或$\frac{15}{8}$；

②△ACG和△DEG的面積之比為$\frac{6-2\sqrt{3}}{3}$．
理由：如圖6，∵DM∥AF，
∴DF=AM=DE=1，
又由對稱性可得GE=GD，
∴△DEG是等邊三角形，
∴∠EDF=90°-60°=30°，
∴∠DEF=75°=∠MDE，
∴∠GDM=75°-60°=15°，
∴∠GMD=∠PGD-∠GDM=15°，
∴GMD=∠GDM，
∴GM=GD=1，
過C作CH⊥AB于H，

由∠BAC=30°可得CH=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$AB=1=MG，AH=$\sqrt{3}$，
∴CG=MH=$\sqrt{3}$-1，
∴S_△ACG=$\frac{1}{2}$CG×CH=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，
∵S_△DEG=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，
∴S_△ACG：S_△DEG=$\frac{6-2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題屬于圓的綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理，圓周角定理以及解直角三角形的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造直角三角形以及等邊三角形，運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)進行計算求解，解題時注意分類思想的運用．