如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是*线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过...

问题详情：

如图，已知线段AB=2，MN⊥AB于点M，且AM=BM，P是*线MN上一动点，E，D分别是PA，PB的中点，过点A，M，D的圆与BP的另一交点C（点C在线段BD上），连结AC，DE．

（1）当∠APB=28°时，求∠B和的度数；

（2）求*：AC=AB．[来源:中教%*&网~#]

（3）在点P的运动过程中

①当MP=4时，取四边形ACDE一边的两端点和线段MP上一点Q，若以这三点为顶点的三角形是直角三角形，且Q为锐角顶点，求所有满足条件的MQ的值；

②记AP与圆的另一个交点为F，将点F绕点D旋转90°得到点G，当点G恰好落在MN上时，连结AG，CG，DG，EG，直接写出△ACG和△DEG的面积之比．

【回答】

【考点】MR：圆的综合题．

【专题】16 ：压轴题．

【分析】（1）根据三角形ABP是等腰三角形，可得∠B的度数，再连接MD，根据MD为△PAB的中位线，可得∠MDB=∠APB=28°，进而得到=2∠MDB=56°；

（2）根据∠BAP=∠ACB，∠BAP=∠B，即可得到∠ACB=∠B，进而得出AC=AB；

（3）①记MP与圆的另一个交点为R，根据AM2+MR2=AR2=AC2+CR2，即可得到PR=，MR=，再根据Q为直角三角形锐角顶点，分四种情况进行讨论：当∠ACQ=90°时，当∠QCD=90°时，当∠QDC=90°时，当∠AEQ=90°时，即可求得MQ的值为或或；

②先判定△DEG是等边三角形，再根据GMD=∠GDM，得到GM=GD=1，过C作CH⊥AB于H，由∠BAC=30°可得CH=AC=1=MG，即可得到CG=MH=﹣1，进而得出S△ACG=CG×CH=，再根据S△DEG=，即可得到△ACG和△DEG的面积之比．

【解答】解：（1）∵MN⊥AB，AM=BM，

∴PA=PB，

∴∠PAB=∠B，

∵∠APB=28°，

∴∠B=76°，

如图1，连接MD，

∵MD为△PAB的中位线，

∴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如图2，记MP与圆的另一个交点为R，

∵MD是Rt△MBP的中线，

∴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．当∠ACQ=90°时，AQ为圆的直径，

∴Q与R重合，

∴MQ=MR=；

Ⅱ．如图3，当∠QCD=90°时，

在Rt△QCP中，PQ=2PR=，

∴MQ=；

Ⅲ．如图4，当∠QDC=90°时，

∵BM=1，MP=4，

∴BP=，

∴DP=BP=，

∵cos∠MPB==，

∴PQ=，

∴MQ=；

Ⅳ．如图5，当∠AEQ=90°时，

由对称*可得∠AEQ=∠BDQ=90°，

∴MQ=；

综上所述，MQ的值为或或；

②△ACG和△DEG的面积之比为．

理由：如图6，∵DM∥AF，

∴DF=AM=DE=1，

又由对称*可得GE=GD，

∴△DEG是等边三角形，

∴∠EDF=90°﹣60°=30°，

∴∠DEF=75°=∠MDE，

∴∠GDM=75°﹣60°=15°，

∴∠GMD=∠PGD﹣∠GDM=15°，

∴GMD=∠GDM，

∴GM=GD=1，

过C作CH⊥AB于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=．

【点评】本题属于圆的综合题，主要考查了等腰三角形的*质，等边三角形的判定与*质，三角形中位线定理，勾股定理，圆周角定理以及解直角三角形的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形以及等边三角形，运用旋转的*质以及含30°角的直角三角形的*质进行计算求解，解题时注意分类思想的运用

知识点：各地中考

题型：综合题