Question

17．如图，等边△ABC边长为2，射线AM∥BC，P是射线AM上一动点（P不与A点重合），△APC的外接圆交BP于Q，则AQ长的最小值为（　　）

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

Answer 1

分析 过点B作BD⊥直线AP，垂足为D，过点C作CE⊥直线AP，垂足为E，易得AD=AE=1，BD=CE=$\sqrt{3}$，设AP=x，则DP=x+1，EP=$|\begin{array}{l}{x-1}\end{array}|$，根据勾股定理可得BP²=x²+2x+4，CP²=x²-2x+4．易证△AQC∽△PCB，则有$\frac{AQ}{AC}$=$\frac{PC}{PB}$，由此可得AQ²=4×$\frac{{x}^{2}-2x+4}{{x}^{2}+2x+4}$，然后将该分式进行恒等变形并运用配方法就可解决问题．
方法二：探究出的Q的运动轨迹，即可解决问题．

解答 解：过点B作BD⊥直线AP，垂足为D，过点C作CE⊥直线AP，垂足为E，连接QC，如图，
则有BD∥CE．
∵AP∥BC，∠BDE=90°，
∴四边形BCED是矩形，
∴∠DBC=∠ECB=90°．
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC=2，∠ABC=∠ACB=60°，
∴∠DBA=∠ECA=30°，
∴AD=1，AE=1，
∴BD=$\sqrt{3}$，CE=$\sqrt{3}$．
设AP=x，则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-$\frac{16}{（\sqrt{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}）^{2}+6}$，
当$\sqrt{x}-\frac{2}{\sqrt{x}}$=0即x=2时，AQ²取到最小值为$\frac{4}{3}$，此时AQ=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
故选D．
方法二：如图，

易知∠PQC=∠PAC=∠ACB=60°，
∴∠BQC=120°，
∴点Q的运动轨迹是$\widehat{BC}$，
∴当AQ⊥BC时，AQ的长最小，设AQ交BC于G，此时AG=$\sqrt{3}$，OG=$\frac{1}{2}$BQ=$\frac{1}{2}$AQ，
∴AQ的最小值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
故选D．

点评 本题主要考查了圆周角定理、平行线的性质、等边三角形的性质、矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、30°角所对的直角边等于斜边的一半等知识，将分式进行恒等变形并运用配方法是解决本题的关键，寻找点Q的运动轨迹是方法二的突破点．