Question

17．如圖，等邊△ABC邊長為2，射線AM∥BC，P是射線AM上一動點（P不與A點重合），△APC的外接圓交BP于Q，則AQ長的最小值為（　�。�

• A． 1
• B． $\sqrt{3}$
• C． $\frac{{\sqrt{3}}}{3}$
• D． $\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$

Answer 1

分析 過點B作BD⊥直線AP，垂足為D，過點C作CE⊥直線AP，垂足為E，易得AD=AE=1，BD=CE=$\sqrt{3}$，設AP=x，則DP=x+1，EP=$|\begin{array}{l}{x-1}\end{array}|$，根據(jù)勾股定理可得BP²=x²+2x+4，CP²=x²-2x+4．易證△AQC∽△PCB，則有$\frac{AQ}{AC}$=$\frac{PC}{PB}$，由此可得AQ²=4×$\frac{{x}^{2}-2x+4}{{x}^{2}+2x+4}$，然后將該分式進行恒等變形并運用配方法就可解決問題．
方法二：探究出的Q的運動軌跡，即可解決問題．

解答 解：過點B作BD⊥直線AP，垂足為D，過點C作CE⊥直線AP，垂足為E，連接QC，如圖，
則有BD∥CE．
∵AP∥BC，∠BDE=90°，
∴四邊形BCED是矩形，
∴∠DBC=∠ECB=90°．
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC=BC=2，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠DBA=∠ECA=30°，
∴AD=1，AE=1，
∴BD=$\sqrt{3}$，CE=$\sqrt{3}$．
設AP=x，則DP=x+1，EP=$|\begin{array}{l}{x-1}\end{array}|$．
在Rt△BDP中，BP²=BD²+DP²=3+（x+1）²=x²+2x+4．
在Rt△CEP中，CP²=CE²+EP²=3+（x-1）²=x²-2x+4．
∵AM∥BC，
∴∠APB=∠CBP．
∵∠APB=∠ACQ，
∴∠ACQ=∠CBP．
∵∠QAC=∠CPB，
∴△AQC∽△PCB，
∴$\frac{AQ}{AC}$=$\frac{PC}{PB}$，
∴AQ=2×$\frac{PC}{PB}$，
∴AQ²=4×$\frac{P{C}^{2}}{P{B}^{2}}$=4×$\frac{{x}^{2}-2x+4}{{x}^{2}+2x+4}$
=4×（1-$\frac{4x}{{x}^{2}+2x+4}$）
=4×（1-$\frac{4}{x+2+\frac{4}{x}}$）
=4-$\frac{16}{（\sqrt{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}）^{2}+6}$，
當$\sqrt{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}$=0即x=2時，AQ²取到最小值為$\frac{4}{3}$，此時AQ=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
故選D．
方法二：如圖，

易知∠PQC=∠PAC=∠ACB=60°，
∴∠BQC=120°，
∴點Q的運動軌跡是$\widehat{BC}$，
∴當AQ⊥BC時，AQ的長最小，設AQ交BC于G，此時AG=$\sqrt{3}$，OG=$\frac{1}{2}$BQ=$\frac{1}{2}$AQ，
∴AQ的最小值為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
故選D．

點評 本題主要考查了圓周角定理、平行線的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、30°角所對的直角邊等于斜邊的一半等知識，將分式進行恒等變形并運用配方法是解決本題的關鍵，尋找點Q的運動軌跡是方法二的突破點．