Question

14．已知：AB是⊙O的弦，点C是$\widehat{AB}$的中点，连接OB、OC，OC交AB于点D．
（1）如图1，求证：AD=BD；
（2）如图2，过点B作⊙O的切线交OC的延长线于点M，点P是$\widehat{AC}$上一点，连接AP、BP，求证：∠APB-∠OMB=90°；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DP、MP，延长MP交⊙O于点Q，若MQ=6DP，sin∠ABO=$\frac{3}{5}$，求$\frac{MP}{MQ}$的值．

Answer 1

分析 （1）如图1，连接OA，利用垂径定理和圆周角定理可得结论；
（2）如图2，延长BO交⊙O于点T，连接PT，由圆周角定理可得∠BPT=90°，易得∠APT=∠APB-∠BPT=∠APB-90°，利用切线的性质定理和垂径定理可得∠ABO=∠OMB，等量代换可得∠ABO=∠APT，易得结论；
（3）如图3，连接MA，利用垂直平分线的性质可得MA=MB，易得∠MAB=∠MBA，作∠PMG=∠AMB，在射线MG上截取MN=MP，连接PN，BN，易得△APM≌△BNM，由全等三角形的性质可得AP=BN，∠MAP=∠MBN，延长PD至点K，使DK=DP，连接AK、BK，易得四边形APBK是平行四边形，由平行四边形的性质和平行线的性质可得∠PAB=∠ABK，∠APB+∠PBK=180°，由（2）得∠APB-（90°-∠MBA）=90°，易得∠NBP=∠KBP，可得△PBN≌△PBK，PN=2PH，利用三角函数的定义可得sin∠PMH=$\frac{PH}{PM}$，sin∠ABO=$\frac{3}{5}$，设DP=3a，则PM=5a，可得结果．

解答 （1）证明：如图1，连接OA，
∵C是$\widehat{AB}$的中点，
∴$\widehat{AC}=\widehat{BC}$，
∴∠AOC=∠BOC，
∵OA=OB，
∴OD⊥AB，AD=BD；

（2）证明：如图2，延长BO交⊙O于点T，连接PT
∵BT是⊙O的直径
∴∠BPT=90°，
∴∠APT=∠APB-∠BPT=∠APB-90°，
∵BM是⊙O的切线，
∴OB⊥BM，
又∠OBA+∠MBA=90°，
∴∠ABO=∠OMB
又∠ABO=∠APT
∴∠APB-90°=∠OMB，
∴∠APB-∠OMB=90°；

（3）解：如图3，连接MA，
∵MO垂直平分AB，
∴MA=MB，
∴∠MAB=∠MBA，
作∠PMG=∠AMB，
在射线MG上截取MN=MP，
连接PN，BN，
则∠AMP=∠BMN，
∴△APM≌△BNM，
∴AP=BN，∠MAP=∠MBN，
延长PD至点K，
使DK=DP，
连接AK、BK，
∴四边形APBK是平行四边形；
AP∥BK，
∴∠PAB=∠ABK，∠APB+∠PBK=180°，
由（2）得∠APB-（90°-∠MBA）
=90°，
∴∠APB+∠MBA=180°
∴∠PBK=∠MBA，
∴∠MBP=∠ABK=∠PAB，
∴∠MAP=∠PBA=∠MBN，
∴∠NBP=∠KBP，
∵PB=PB，
∴△PBN≌△PBK，
∴PN=PK=2PD，
过点M作MH⊥PN于点H，
∴PN=2PH，
∴PH=DP，∠PMH=∠ABO，
∵sin∠PMH=$\frac{PH}{PM}$，sin∠ABO=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{PH}{PM}=\frac{3}{5}$，
∴$\frac{DP}{PM}=\frac{3}{5}$，设DP=3a，则PM=5a，
∴MQ=6DP=18a，
∴$\frac{PM}{MQ}=\frac{5}{18}$．

点评 本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质定理，三角函数的定义等相关知识，作出恰当的辅助线构建全等三角形是解答此题的关键．