Question

18．如图（1），△ABC内接于以AB为直径的⊙O，∠ACB的平分线交⊙O于点P．
（1）求证：∠PCB=∠PBA；
（2）过点A作AM⊥CP于点M，过点B作MN⊥CP于点N，试猜想AM、BN、MN的数量关系，并证明；
（3）过点P作⊙O的切线PQ交CA的延长线于点Q，若⊙O的半径为5，cos∠ABC=$\frac{4}{5}$，求QP的长度．

Answer 1

分析 （1）如图（1），根据角平分线定义得：∠ACP=∠BCP，则$\widehat{PA}=\widehat{PB}$，可得结论；
（2）如图（2），连接PA，证明△AMP≌△PNB，则AM=PN，BN=PM，从而得出结论；
（3）先根据三角函数计算AB和BC的长，再利用勾股定理计算出AC=6，由于△ACM为等腰直角三角形，可得到AM的长，证△AOP也是等腰直角三角形，求AP的长，在Rt△APM中利用勾股定理计算出PM的长，则CP=CM+PM=7$\sqrt{2}$，易证得△PQA∽△CQP，得比例式的比为$\frac{5}{7}$，则CQ=$\frac{7}{5}$PQ，AQ=$\frac{5}{7}$PQ，代入
AC=CQ-AQ，可得PQ的长．

解答 证明：（1）∵CP平分∠ACB，
∴∠ACP=∠BCP，
∴$\widehat{PA}=\widehat{PB}$，
∴∠PCB=∠PBA；

（2）结论：MN=BN-AM，
理由如下：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠APB=∠APN+∠BPN=90°，
∵CP平分∠ACB，
∴∠ACP=∠BCP=45°，
∴∠CAM=45°=∠BAP，
∵AM⊥CP，BN⊥CP，
∴∠AMP=∠BNP=90°，
∴∠MAP+∠APN=90°，
∴∠MAP=∠BPN，
∵$\widehat{PA}=\widehat{PB}$，
∴PA=PB，
在△AMP和△PNB中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠AMP=∠PNB}\\{∠MAP=∠BPN}\\{PA=PB}\end{array}\right.$，
∴△AMP≌△PNB（AAS），
∴AM=PN，BN=PM，
∴MN=PM-PN=BN-AM；

（3）解：在Rt△ACB中，cos∠ABC=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{4}{5}$，
设BC=4x，AB=5x，
则5x=10，x=2，
∴AB=10，BC=8，
由勾股定理得：AC=6，
∵△ACM为等腰直角三角形，
∴AM=$\frac{AC}{\sqrt{2}}$=$\frac{6}{\sqrt{2}}$=3$\sqrt{2}$，
连接OP，
∵PQ是⊙O的切线，
∴OP⊥PQ，
∵PA=PB，OA=OB，
∴OP⊥AB，
∴△AOP为等腰直角三角形，
∴AO=OP=5，
∴AP=$\sqrt{{5}^{2}+{5}^{2}}$=5$\sqrt{2}$，
在Rt△AMP中，PM=$\sqrt{A{P}^{2}-A{M}^{2}}$=$\sqrt{（5\sqrt{2}）^{2}-（3\sqrt{2}）^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴CP=CM+PM=AM+PM=3$\sqrt{2}$+4$\sqrt{2}$=7$\sqrt{2}$，
∵∠QPA=∠PCQ，∠Q=∠Q，
∴△PQA∽△CQP，
∴$\frac{PQ}{CQ}=\frac{PA}{CP}$=$\frac{AQ}{PQ}$，
∴$\frac{PQ}{CQ}=\frac{AQ}{PQ}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7\sqrt{2}}$=$\frac{5}{7}$，
∴CQ=$\frac{7}{5}$PQ，AQ=$\frac{5}{7}$PQ，
而AC=CQ-AQ，
∴6=$\frac{7}{5}$PQ-$\frac{5}{7}$PQ，
∴PQ=$\frac{35}{4}$．

点评 本题是圆的综合题，考查了切线的性质、三角形相似的性质和判定、三角函数、勾股定理、三角形全等及圆周角与弧、弦的关系，明确圆的切线垂直于过切点的半径，并熟练掌握等腰直角三角形的性质及三线合一．