Question

16．閱讀材料：如圖1，若點(diǎn)P是⊙O外的一點(diǎn)，線段PO交⊙O于點(diǎn)A，則PA長(zhǎng)是點(diǎn)P與⊙O上各點(diǎn)之間的最短距離．
證明：延長(zhǎng)PO交⊙O于點(diǎn)B，顯然PB＞PA．
如圖2，在⊙O上任取一點(diǎn)C（與點(diǎn)A，B不重合），連結(jié)PC，OC．
∵PO＜PC+OC，
且PO=PA+OA，OA=OC，
∴PA＜PC
∴PA 長(zhǎng)是點(diǎn)P與⊙O上各點(diǎn)之間的最短距離．
由此可以得到真命題：圓外一點(diǎn)與圓上各點(diǎn)之間的最短距離是這點(diǎn)到圓心的距離與半徑的差．請(qǐng)用上述真命題解決下列問(wèn)題．
（1）如圖3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC為直徑的半圓交AB于D，P是$\widehat{CD}$上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，則AP長(zhǎng)的最小值是$\sqrt{5}$-1．
（2）如圖4，在邊長(zhǎng)為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD邊的中點(diǎn)，點(diǎn)N是AB邊上一動(dòng)點(diǎn)，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，①求線段A’M的長(zhǎng)度； ②求線段A′C長(zhǎng)的最小值．

Answer 1

分析 （1）由圓外一點(diǎn)與圓上各點(diǎn)之間的最短距離是這點(diǎn)到圓心的距離與半徑的差可得結(jié)論；
（2）①利用翻折的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得出結(jié)論；
②利用①的結(jié)論易得點(diǎn)A′在以點(diǎn)M為圓心，1為半徑的圓上，再利用菱形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)得DH，MH，易得CH，由勾股定理得CM，求得A′C．

解答 解：（1）連接AO與⊙O相交于點(diǎn)P，如圖①，由已知定理可知，
此時(shí)AP最短，
∵∠ACB=90°，AC=BC=2，BC為直徑，
∴PO=CO=1，
∴AO=$\sqrt{{AC}^{2}{+CO}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}{+1}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
∴AP=$\sqrt{5}$-1，
故答案為：$\sqrt{5}$-1；

（2）①∵將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，由翻折的性質(zhì)可得：
A′M=AM，
∵M(jìn)是AD邊的中點(diǎn)，四邊形ABCD為菱形，邊長(zhǎng)為2，
∴AM=1，
∴A′M=1；
②由①知，點(diǎn)A′在以點(diǎn)M為圓心，1為半徑的圓上，
連接CM交圓M于點(diǎn)A′，過(guò)點(diǎn)M向CD的延長(zhǎng)線作垂線，垂足為點(diǎn)H，如圖②，
∵∠A=60°，四邊形ABCD為菱形，
∴∠HDM=60°，
在Rt△MHD中，
DH=DM•cos∠HDM=$\frac{1}{2}$，
MH=DM•sin∠HDM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴CH=CD+DH=2+$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$，
在Rt△CHM中，
CM=$\sqrt{{MH}^{2}+C{H}^{2}}$=$\sqrt{{（\frac{\sqrt{3}}{2}）}^{2}{+（\frac{5}{2}）}^{2}}$=$\sqrt{7}$，
∴A′C=$\sqrt{7}$-1．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了菱形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，最短距離問(wèn)題，理解圓外一點(diǎn)與圓上各點(diǎn)之間的最短距離是這點(diǎn)到圓心的距離與半徑的差是解答此題的關(guān)鍵．