Question

20．已知AB是圓O的切線，切點(diǎn)為B，直線AO交圓O于C、D兩點(diǎn)，CD=2，∠DAB=30°，動(dòng)點(diǎn)P在直線AB上運(yùn)動(dòng)，PC交圓O于另一點(diǎn)Q．
（1）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到使Q、C兩點(diǎn)重合時(shí)（如圖1），求AP的長；
（2）點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，有幾個(gè)位置（幾種情況）使△CQD的面積為$\frac{1}{2}$？（直接寫出答案）
（3）當(dāng)△CQD的面積為$\frac{1}{2}$，且Q位于以CD為直徑的上半圓，CQ＞QD時(shí)（如圖2），求AP的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1，利用切線的性質(zhì)可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中運(yùn)用三角函數(shù)就可解決問題；
（2）易得點(diǎn)Q到CD的距離為$\frac{1}{2}$，結(jié)合圖形2，即可解決問題；
（3）過點(diǎn)Q作QN⊥CD于N，過點(diǎn)P作PM⊥CD于M，連接QD，如圖3，易證△CNQ∽△QND，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出CN．易證△PMC∽△QNC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得PM與CM之間的關(guān)系，由∠MAP=30°即可得到PM與AM之間的關(guān)系，然后根據(jù)AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．

解答 解：（1）∵AB與⊙O相切于點(diǎn)B，∴∠ABO=90°．
∵∠DAB=30°，OB=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$×2=1，
∴AO=2OB=2，AC=AO-CO=2-1=1．
當(dāng)Q、C兩點(diǎn)重合時(shí)，CP與⊙O相切于點(diǎn)C，如圖1，
則有∠ACP=90°，
∴cos∠CAP=$\frac{AC}{AP}$=$\frac{1}{AP}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
解得AP=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$；

（2）有4個(gè)位置使△CQD的面積為$\frac{1}{2}$．
提示：設(shè)點(diǎn)Q到CD的距離為h，
∵S_△CQD=$\frac{1}{2}$CD•h=$\frac{1}{2}$×2×h=$\frac{1}{2}$，
∴h=$\frac{1}{2}$．
由于h=$\frac{1}{2}$＜1，結(jié)合圖2可得：
有4個(gè)位置使△CQD的面積為$\frac{1}{2}$；

（3）過點(diǎn)Q作QN⊥CD于N，過點(diǎn)P作PM⊥CD于M，如圖3．
∵S_△CQD=$\frac{1}{2}$CD•QN=$\frac{1}{2}$×2×QN=$\frac{1}{2}$，∴QN=$\frac{1}{2}$．
∵CD是⊙O的直徑，QN⊥CD，
∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，
∴∠CQN=90°-∠NQD=∠NDQ，
∴△QNC∽△DNQ，
∴$\frac{QN}{DN}$=$\frac{NC}{NQ}$，
∴QN²=CN•DN，
設(shè)CN=x，則有$\frac{1}{4}$=x（2-x），
整理得4x²-8x+1=0，
解得：x₁=$\frac{2-\sqrt{3}}{2}$，x₂=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$．
∵CQ＞QD，∴x=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{NC}{QN}$=2+$\sqrt{3}$．
∵QN⊥CD，PM⊥CD，
∴∠PMC=∠QNC=90°．
∵∠MCP=∠NCQ，
∴△PMC∽△QNC，
∴$\frac{MC}{MP}$=$\frac{NC}{NQ}$=2+$\sqrt{3}$，
∴MC=（2+$\sqrt{3}$）MP．
在Rt△AMP中，
tan∠MAP=$\frac{MP}{AM}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴AM=$\sqrt{3}$MP．
∵AC=AM+MC=$\sqrt{3}$MP+（2+$\sqrt{3}$）MP=1，
∴MP=$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$，
∴AP=2MP=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、三角函數(shù)、特殊角的三角函數(shù)值、切線的性質(zhì)、解一元二次方程等知識(shí)，把求AP的值轉(zhuǎn)化為解△ABC是解決第（3）小題的關(guān)鍵．