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    6．问题探究：
    （一）新知学习：
    圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
    （二）问题解决：
    已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是$\widehat{BC}$上任意一点，过点P分别作AB，CD的垂线，垂足分别为N，M．
    （1）若直径AB⊥CD，对于$\widehat{BC}$上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；
    （2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中，证明MN的长为定值，并求其定值；
    （3）若直径AB与CD相交成120°角．
    ①当点P运动到$\widehat{BC}$的中点P1时（如图二），求MN的长；
    ②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．
    （4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．

    分析 （1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
    （2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；
    （3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；
    （4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．

    解答 解：（1）如图一，
    ∵PM⊥OC，PN⊥OB，
    ∴∠PMO=∠PNO=90°，
    ∴∠PMO+∠PNO=180°，
    ∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

    （2）如图一，
    ∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，
    ∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，
    ∴四边形PMON是矩形，
    ∴MN=OP=2，
    ∴MN的长为定值，该定值为2；

    （3）①如图二，
    ∵P1是$\widehat{BC}$的中点，∠BOC=120°
    ∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°．
    ∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，
    ∴P1M=P1N，
    ∴△P1MN是等边三角形，
    ∴MN=P1M．
    ∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=$\sqrt{3}$，
    ∴MN=$\sqrt{3}$；
    ②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，
    交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，
    则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
    在Rt△QMN中，sin∠MQN=$\frac{MN}{QN}$，
    ∴MN=QN•sin∠MQN，
    ∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$，
    ∴MN是定值．

    （4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．
    当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°-90°=90°，MN取得最大值2．

    点评 本题主要考查了圆内接四边形的判定定理、圆周角定理、在同圆中弧与圆心角的关系、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角函数、角平分线的性质等知识，推出MN=OP•sin∠MQN是解决本题的关键．

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