Question

19．如圖1，P是⊙O外的一點，直線PO分別交⊙O于點A，B，則PA是點P到⊙O上的點的最短距離．
（1）探究一：如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC為直徑的半圓交AB于D，P是$\widehat{CD}$上的一個動點，連接AP，則AP的最小值是$\sqrt{5}$-1．
（2）探究二：如圖3，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD邊的中點，N是AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，請求出A′C長度的最小值．
（3）探究三，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別從D，C兩點同時出發(fā)，以相同的速度在直線DC，CB上移動，連接AE和DF交于點P，由于點E，F(xiàn)的移動，使得點P也隨之運動，若AD=4，試求出線段CP的最小值．

Answer 1

分析 探究（一）：如圖1在⊙O上任取一點C（不為點A、B），連接PC、OC，證得PA＜PC即可得到PA是點P到⊙O上的點的最短距離；圖2中有圓，找到BC的中點E，連接AE，交半圓于P₂，在半圓上取P₁，連接AP₁，EP₁，可見，AP₁+EP₁＞AE，即AP₂是AP的最小值，再根據(jù)勾股定理求出AE的長，然后減掉半徑即可；
探究（二）根據(jù)題意得出A′的位置，進而利用銳角三角函數(shù)關系求出A′C的長即可；
探究（三）由題意易證△ADE≌△DCF，從而得到AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；由于點P在運動中保持∠APD=90°，所以點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，設AD的中點為Q，連接QC交弧于點P，此時CP的長度最小，再由勾股定理可得QC的長，再求CP即可．

解答 解：（1）找到BC的中點E，連接AE，交半圓于P₂，在半圓上任取P₁，連接AP₁，EP₁，可見，AP₁+EP₁＞AE，即AP₂是AP的最小值．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，CE=$\frac{1}{2}$BC=1
∴AE=$\sqrt{A{C}^{2}+C{E}^{2}}=\sqrt{5}$，
∵P₂E=1，
∴AP₂=$\sqrt{5}$-1．
故答案為：$\sqrt{5}$-1．
（2）如圖所示：因為點M是AD的中點，
∴AM=MA′=$\frac{1}{2}$AD=1，
由于△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN
∴MA′=AM=1是定值，當點A′在MC上時，A′C長度最�。�
過點M作ME⊥DC于點E，
∵在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M為AD中點，
∴2MD=AD=CD=2，∠EDM=60°，
∴∠EMD=30°，
∴ED=$\frac{1}{2}$MD=$\frac{1}{2}$，
∴EM=DM×cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴MC=$\sqrt{E{M}^{2}+E{C}^{2}}$=$\sqrt{7}$，
∴A′C=MC-MA′=$\sqrt{7}-1$．
答：A′C長度的最小值為$\sqrt{7}-1$．
（3）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=DC=4，∠ADC=∠C=90°．
在△ADE和△DCF中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=DC}\\{∠ADC=∠C}\\{DE=CF}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△DCF（SAS）．
∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，
由于∠CDF+∠ADF=90°，
∴∠DAE+∠ADF=90°．
∴AE⊥DF；
由于點P在運動中保持∠APD=90°，
∴點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，
設AD的中點為Q，連接QC交弧于點P，此時CP的長度最小，
在Rt△QDC中，QC=$\sqrt{C{D}^{2}+Q{D}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∴CP=QC-QP=2$\sqrt{5}$-2．
答：線段CP的最小值為2$\sqrt{5}$-2．

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，三角形的三邊關系及圓的性質(zhì)，知道線段最短時點的位置并能確定出最小時點的位置是解題關鍵，也是本題的難點．