Question

【題目】問題探究：

（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）（問題解決）：已知⊙O的直徑為4，AB，CD是⊙O的直徑．P是上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作AB，CD的垂線，垂足分別為N，M．

（1）若直徑AB⊥CD，點(diǎn)P為上一動(dòng)點(diǎn)（不與B、C重合）（如圖一）．

① 證明：四邊形PMON內(nèi)接于某圓；②證明MN的長(zhǎng)為定值，并求其定值；

（2）若直徑AB與CD相交成120°角．

① 當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到的中點(diǎn)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的過程中（如圖三），證明MN的長(zhǎng)為定值．

（3）試問當(dāng)直徑AB與CD相交角∠BOC=______度時(shí)，MN的長(zhǎng)取最大值，其最大值為_____．

Answer 1

【答案】（1）①見解析，②見解析；（2）①，②MN是定值；（3）當(dāng)直徑AB與CD相交成90°角時(shí)，MN取得最大值2.

【解析】

（1）如圖一，易證∠PMO＋∠PNO＝180°，從而可得四邊形PMON內(nèi)接于圓；②易證四邊形PMON是矩形，則有MN＝OP＝2，問題得以解決；

（2）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中運(yùn)用含30°直角三角形的性質(zhì)即可解決問題；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)用含30°直角三角形的性質(zhì)可得MQ=1，然后利用勾股定理即可解決問題；

（4）由MN是直徑為OP的圓內(nèi)的一條弦，根據(jù)圓中最長(zhǎng)的弦是直徑，進(jìn)行分析解答即可．

解：（1）①如圖一，

∵PM⊥OC，PN⊥OB，

∴∠PMO=∠PNO=90°，

∴∠PMO+∠PNO=180°，

∴四邊形PMON內(nèi)接于圓；

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；

（2）①如圖二，

∵P1是的中點(diǎn)，∠BOC=120°

∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°．

∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，

∴P1M=P1N，∠MP1O=30°，

∴△P1MN是等邊三角形，

∴MN=P1M．

∵OM=P1O=1

∴P1M=，

∴MN=；

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°，

∴∠MNQ=30°，

在Rt△QMN中，MQ=NQ=1

∴MN=

∴MN是定值．

（3）由題意可知，MN是直徑為OP=2的圓內(nèi)的一條弦，

∴MN的最大值為2，

∴當(dāng)∠BOC=90°時(shí)，在矩形PMON中，MN=OP=2，

即當(dāng)直徑AB與CD相交角∠BOC=90°時(shí)，MN的長(zhǎng)取最大值，其最大值為2．