问题探究:(一)新知学习:圆内接四边形的判断定理:如果四边形对角互补.那么这个四边形内接于圆(即如果四边形EFGH的对角互补.那么四边形EFGH的四个顶点E.F.G.H都在同个圆上)．(二)问题解决:已知⊙O的半径为2.AB.CD是⊙O的直径．P是$\widehat{BC}$上任意一点.过点P分别作AB.CD的垂线.垂足分别为N.M．(1)若直径AB⊥CD.对� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

6．问题探究：
（一）新知学习：
圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
（二）问题解决：
已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是$\widehat{BC}$上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．
（1）若直径AB⊥CD，对于$\widehat{BC}$上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；
（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中，证明MN的长为定值，并求其定值；
（3）若直径AB与CD相交成120°角．
①当点P运动到$\widehat{BC}$的中点P₁时（如图二），求MN的长；
②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．
（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．

分析（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；
（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP₁=∠BOP₁=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP₁N=60°．根据角平分线的性质可得P₁M=P₁N，从而得到△P₁MN是等边三角形，则有MN=P₁M．然后在Rt△P₁MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；
（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．

解答解：（1）如图一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，
∴∠PMO=∠PNO=90°，
∴∠PMO+∠PNO=180°，
∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

（2）如图一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，
∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，
∴四边形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，
∴MN的长为定值，该定值为2；

（3）①如图二，
∵P₁是$\widehat{BC}$的中点，∠BOC=120°
∴∠COP₁=∠BOP₁=60°，∠MP₁N=60°．
∵P₁M⊥OC，P₁N⊥OB，
∴P₁M=P₁N，
∴△P₁MN是等边三角形，
∴MN=P₁M．
∵P₁M=OP₁•sin∠MOP₁=2×sin60°=$\sqrt{3}$，
∴MN=$\sqrt{3}$；
②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，
交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，
则有∠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．
当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°-90°=90°，MN取得最大值2．