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    20．已知AB是圆O的切线，切点为B，直线AO交圆O于C、D两点，CD=2，∠DAB=30°，动点P在直线AB上运动，PC交圆O于另一点Q．
    （1）当点P运动到使Q、C两点重合时（如图1），求AP的长；
    （2）点P在运动过程中，有几个位置（几种情况）使△CQD的面积为$\frac{1}{2}$？（直接写出答案）
    （3）当△CQD的面积为$\frac{1}{2}$，且Q位于以CD为直径的上半圆，CQ＞QD时（如图2），求AP的长．

    分析 （1）如图1，利用切线的性质可得∠ACP=90°，只需求出AC，然后在Rt△ACP中运用三角函数就可解决问题；
    （2）易得点Q到CD的距离为$\frac{1}{2}$，结合图形2，即可解决问题；
    （3）过点Q作QN⊥CD于N，过点P作PM⊥CD于M，连接QD，如图3，易证△CNQ∽△QND，根据相似三角形的性质可求出CN．易证△PMC∽△QNC，根据相似三角形的性质可得PM与CM之间的关系，由∠MAP=30°即可得到PM与AM之间的关系，然后根据AC=AM+CM就可得到PM的值，即可得到AP的值．

    解答 解：（1）∵AB与⊙O相切于点B，∴∠ABO=90°．
    ∵∠DAB=30°，OB=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$×2=1，
    ∴AO=2OB=2，AC=AO-CO=2-1=1．
    当Q、C两点重合时，CP与⊙O相切于点C，如图1，
    则有∠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个位置使△CQD的面积为$\frac{1}{2}$．
    提示：设点Q到CD的距离为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，结合图2可得：
    有4个位置使△CQD的面积为$\frac{1}{2}$；

    （3）过点Q作QN⊥CD于N，过点P作PM⊥CD于M，如图3．
    ∵S△CQD=$\frac{1}{2}$CD•QN=$\frac{1}{2}$×2×QN=$\frac{1}{2}$，∴QN=$\frac{1}{2}$．
    ∵CD是⊙O的直径，QN⊥CD，
    ∴∠CQD=∠QND=∠QNC=90°，
    ∴∠CQN=90°-∠NQD=∠NDQ，
    ∴△QNC∽△DNQ，
    ∴$\frac{QN}{DN}$=$\frac{NC}{NQ}$，
    ∴QN2=CN•DN，
    设CN=x，则有$\frac{1}{4}$=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=$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$．

    点评 本题主要考查了相似三角形的判定与性质、圆周角定理、三角函数、特殊角的三角函数值、切线的性质、解一元二次方程等知识，把求AP的值转化为解△ABC是解决第（3）小题的关键．

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