Question

9．如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是射线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．
（1）当∠APB=28°时，求∠B和$\widehat{CM}$的度数；
（2）求证：AC=AB．
（3）在点P的运动过程中
①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；
②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．

Answer 1

分析 （1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到$\widehat{CM}$=2∠MDB=56°；
（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；
（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM²+MR²=AR²=AC²+CR²，即可得到PR=$\frac{13}{8}$，MR=$\frac{19}{8}$，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为$\frac{19}{8}$或$\frac{3}{4}$或$\frac{15}{8}$；
②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过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，进而得出S_△ACG=$\frac{1}{2}$CG×CH=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，再根据S_△DEG=$\frac{\sqrt{3}}{4}$，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．

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

∵MD为△PAB的中位线，
∴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如图2，记MP与圆的另一个交点为R，

∵MD是Rt△MBP的中线，
∴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．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，
∴Q与R重合，
∴MQ=MR=$\frac{19}{8}$；
Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，

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

∵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．如图5，当∠AEQ=90°时，

由对称性可得∠AEQ=∠BDQ=90°，
∴MQ=$\frac{15}{8}$；
综上所述，MQ的值为$\frac{19}{8}$或$\frac{3}{4}$或$\frac{15}{8}$；

②△ACG和△DEG的面积之比为$\frac{6-2\sqrt{3}}{3}$．
理由：如图6，∵DM∥AF，
∴DF=AM=DE=1，
又由对称性可得GE=GD，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠EDF=90°-60°=30°，
∴∠DEF=75°=∠MDE，
∴∠GDM=75°-60°=15°，
∴∠GMD=∠PGD-∠GDM=15°，
∴GMD=∠GDM，
∴GM=GD=1，
过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=$\frac{6-2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的性质以及含30°角的直角三角形的性质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用．