Question

6．已知⊙O的半徑為4，BC為⊙O的弦，∠OBC=60°，P是射線AO上的一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)CP．
（1）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到如圖1所示的位置時(shí)，S_△PBC=4$\sqrt{3}$，求證：CP是⊙O的切線；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在直徑AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CP的延長線與⊙O相交于點(diǎn)Q，試問PB為何值時(shí)，△CBQ是等腰三角形？

Answer 1

分析 （1）連接OC，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，由“∠OBC=60°，OB=OC”可知△OBC是等邊三角形，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)可求出CE、OE的長度，由△PBC的面積為4$\sqrt{3}$結(jié)合三角形的面積公式可算出BP的長度，由勾股定理即可求出PC的長度，在△OCP中知道三邊長度，由三邊長度滿足OP²=OC²+PC²，可得出結(jié)論．
（2）△CBQ是等腰三角形分兩種情況，通過畫圖找出兩種情況．①過點(diǎn)C作CP′⊥OB，垂足為P′，延長CP′交⊙O于點(diǎn)Q′，結(jié)合△OBC是等邊三角形即可得出P′B的長度；②過O作OD⊥BC與點(diǎn)D，延長DO交⊙O于點(diǎn)Q″，連接CQ″交AB于點(diǎn)P″，結(jié)合垂徑定理可得出此時(shí)△CBQ″是等腰三角形，根據(jù)邊角關(guān)系可找出∠P″CP′=45°，即得出△CP′P″是等腰直角三角形，通過解直角三角形即可得出結(jié)論．

解答 （1）證明：連接OC，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，如圖1所示．

∵∠OBC=60°，OB=OC，
∴△OBC是等邊三角形，
∴∠COE=60°，
∴CE=OC•sin∠COE=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$，OE=OC•cos∠COE=4×$\frac{1}{2}$=2．
∵S_△PBC=$\frac{1}{2}$BP•CE=4$\sqrt{3}$，
∴BP=4，
∴EP=OB-OE+BP=4-2+4=6．
由勾股定理得：PC=$\sqrt{C{E}^{2}+E{P}^{2}}$=4$\sqrt{3}$．
在△OCP中，OC=4，PC=4$\sqrt{3}$，OP=OB+BP=8，
滿足OP²=OC²+PC²，
∴∠OCP=90°，
∴CP是⊙O的切線．
（2）解：△CBQ是等腰三角形分兩種情況，具體情形如圖2所示．

①過點(diǎn)C作CP′⊥OB，垂足為P′，延長CP′交⊙O于點(diǎn)Q′，
∵AB是⊙O的直徑，
∴$\widehat{BC}=\widehat{BQ′}$，
∴BC=BQ′，
∴△CBQ′是等腰三角形．
由（1）可知△OBC是等邊三角形，
∴P′B=BC•cos60°=4×$\frac{1}{2}$=2；
②過O作OD⊥BC與點(diǎn)D，延長DO交⊙O于點(diǎn)Q″，連接CQ″交AB于點(diǎn)P″，
∵O是圓心，
∴DQ″是BC的垂直平分線，
∴CQ″=BQ″，
∴△CBQ″是等腰三角形．
∵∠COB=60°，
∴∠CQ″B=$\frac{1}{2}$∠COB=30°．
∵DQ″平分∠CQ″B，OC=OQ″，
∴∠CQ″O=∠OCQ″=15°．
∵△OBC是等邊三角形，CP′⊥OB，
∴∠OCP′=$\frac{1}{2}$∠OCB=30°，
∴∠P″CP′=∠P′CO+∠OCQ″=30°+15°=45°，
∴△CP′P″是等腰直角三角形，
∴P′P″=CP′=2$\sqrt{3}$，
∴P″B=P′P″+P′B=2$\sqrt{3}$+2．
綜上可知：當(dāng)PB為2或2$\sqrt{3}$+2時(shí)，△CBQ是等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線的判定、等腰三角形的判定、等邊三角形的性質(zhì)、垂徑定理以及三角形的面積公式，解題的關(guān)鍵是：（1）驗(yàn)證△OCP三邊是否滿足OP²=OC²+PC²；（2）尋找到滿足△CBQ是等腰三角形的兩種情況下的P點(diǎn)的位置．本題屬于中檔題，（1）難度不大；（2）中第一種情況很簡單，可第二種情況的尋找比較麻煩，給同學(xué)們?cè)斐闪撕艽蟮母蓴_．解決該題型題目時(shí)，根據(jù)邊角關(guān)系找垂直是關(guān)鍵．