如圖,已知線段AB=2,MN⊥AB於點M,且AM=BM,P是*線MN上一動點,E,D分別是PA,PB的中點,過...
問題詳情:
如圖,已知線段AB=2,MN⊥AB於點M,且AM=BM,P是*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線上段BD上),連結AC,DE.
(1)當∠APB=28°時,求∠B和的度數;
(2)求*:AC=AB.[來源:中教%*&網~#]
(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90°得到點G,當點G恰好落在MN上時,連結AG,CG,DG,EG,直接寫出△ACG和△DEG的面積之比.
【回答】
【考點】MR:圓的綜合題.
【專題】16 :壓軸題.
【分析】(1)根據三角形ABP是等腰三角形,可得∠B的度數,再連線MD,根據MD為△PAB的中位線,可得∠MDB=∠APB=28°,進而得到=2∠MDB=56°;
(2)根據∠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AM2+MR2=AR2=AC2+CR2,即可得到PR=,MR=,再根據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的值為或或;
②先判定△DEG是等邊三角形,再根據GMD=∠GDM,得到GM=GD=1,過C作CH⊥AB於H,由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG,即可得到CG=MH=﹣1,進而得出S△ACG=CG×CH=,再根據S△DEG=,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,連線MD,
∵MD為△PAB的中位線,
∴MD∥AP, ~#]
∴∠MDB=∠APB=28°,
∴=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=,
∴MR=,
Ⅰ.當∠ACQ=90°時,AQ為圓的直徑,
∴Q與R重合,
∴MQ=MR=;
Ⅱ.如圖3,當∠QCD=90°時,
在Rt△QCP中,PQ=2PR=,
∴MQ=;
Ⅲ.如圖4,當∠QDC=90°時,
∵BM=1,MP=4,
∴BP=,
∴DP=BP=,
∵cos∠MPB==,
∴PQ=,
∴MQ=;
Ⅳ.如圖5,當∠AEQ=90°時,
由對稱*可得∠AEQ=∠BDQ=90°,
∴MQ=;
綜上所述,MQ的值為或或;
②△ACG和△DEG的面積之比為.
理由:如圖6,∵DM∥AF,
∴DF=AM=DE=1,
又由對稱*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於H,
由∠BAC=30°可得CH=AC=AB=1=MG,AH=,
∴CG=MH=﹣1,
∴S△ACG=CG×CH=,
∵S△DEG=,
∴S△ACG:S△DEG=.
【點評】本題屬於圓的綜合題,主要考查了等腰三角形的*質,等邊三角形的判定與*質,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用,解決問題的關鍵是作輔助線構造直角三角形以及等邊三角形,運用旋轉的*質以及含30°角的直角三角形的*質進行計算求解,解題時注意分類思想的運用
知識點:各地會考
題型:綜合題
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