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在線段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為鋭角頂點，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，再連接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為直角三角形鋭角頂點，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，連接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：各地中考

題型：綜合題