题目（九年级 · 解析几何）：(14 分) 已知四边形 $A B C D$ 是边长为 2 的正方形, 在以 $A B$ 为直径的正方形内作半圆 $O, P$ 为半圆上的动点(不与 $A 、 B$ 重合) 连接 $P A 、 P B 、 P C 、 P D$,

(1)若 $D P$ 与半圆 $O$ 相切时, 求 $P A$ 的长.

(2)如图, 以 $B C$ 边为 $x$ 轴, 以 $A B$ 边为 $y$ 轴, 建立如图所示的平面直角坐标系, 把 $\triangle P A D 、 \triangle P A B 、$ $\triangle P B C$ 的面积分别记为 $S_{1} 、 S_{2} 、 S_{3}$, 试求 $2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}$ 的最大值, 并求出此时点 $P$ 的坐标.

(3)在 (2)的条件下, $E$ 为边 $A D$ 上一点, 且 $A E=3 D E$, 连接 $B E$ 交半圆 $O$ 于 $F$, 连接 $F P$ 并延长至点 $Q$, 使得 $P Q=P B$, 求 $O Q$ 的长.



图1



图2



图3
选项：
答案：解: (1)如图 1 , 连接 $O P 、 O D, A P$ 与 $O D$ 相交于点 $M$,

$\because D P$ 与半圆 $O$ 相切,

$\therefore O A=O P, O P \perp D P$, 得 $O D$ 垂直平分 $A P$,

$\therefore \triangle A M O \sim \triangle D A O$

$\therefore \frac{A M}{A D}=\frac{A O}{D O}$,

<ImageHere>

图1

$\because A D=2, A O=1$,

$D O=\sqrt{A D^{2}+A O^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$,

$\therefore A M=\frac{A O \times A D}{D O}=\frac{1 \times 2}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\therefore A P=2 A M=2 \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$;

(2)作 $P E \perp A B$ 于点 $E$, 设 $P(x, y)$,

在Rt $\triangle E P O$ 中, 可得 $P E^{2}+E O^{2}=O P^{2}$,

即 $x^{2}+(y-1)^{2}=1^{2} ，$

$\therefore x^{2}=2 y-y^{2}$,

<ImageHere>

图2
根据题意可得: $S_{1}=\frac{1}{2} \cdot A D \cdot(2-y)=2-y$,

$S_{3}=\frac{1}{2} \cdot B C \cdot y=y$

$S_{2}=\frac{1}{2} \cdot A B \cdot x=x$

$$
\therefore 2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}=2 \cdot(2-y) \cdot y-x^{2}=4 y-2 y^{2}-x^{2}=x^{2} \because 0<x \leq 1
$$

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}$ 有最大值, 最大值为 1 ,

将 $x=1$ 代入 $x^{2}=2 y-y^{2}$ 中,

可得 $y=1$,

此时点 $P(1,1)$

(3)连接 $A F$, 得 $A F \perp B E$, 作 $F K \perp A B$ 交于点 $K$,

$\because A E=3 D E, A D=2$,

$\therefore A E=\frac{3}{2}, A F=\frac{6}{5}$,

根据题意, 易得 $\triangle B A E \sim \triangle B F A \sim \triangle A F E$,

即: $\frac{A F}{B F}=\frac{E F}{A F}=\frac{A E}{A B}$,

得 $B F=\frac{A F \cdot A B}{A E}=\frac{\frac{6}{5} \cdot 2}{\frac{3}{2}}=\frac{8}{5}$,

<ImageHere>

图3

在 $\triangle A B E$ 中, $B E=\sqrt{A B^{2}+A E^{2}}=\frac{5}{2}$,

易得 $\triangle B F K \sim \triangle B E A$,

即: $\frac{F K}{B F}=\frac{A E}{B E}$,

得 $F K=\frac{A E}{B E} \cdot B F=\frac{\frac{3}{2} \cdot \frac{8}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{24}{25}$,

根据勾股定理可得, $B K=\sqrt{B F^{2}-F K^{2}}=\frac{32}{25}$

$\therefore F\left(\frac{24}{25}, \frac{32}{25}\right)$,

$\because P(1,1)$,

可求得直线 $P F$ 解析式: $y=-7 x+8$,

设 $Q(a,-7 a+8)$ ，

$\because P Q=P B=\sqrt{2}$,

$\therefore \sqrt{(a-1)^{2}+(-7 a+8-1)^{2}}=\sqrt{2}$,
$\therefore a_{1}=\frac{4}{5}, a_{2}=\frac{6}{5}$

$\because Q$ 在 $F P$ 的延长上,

$\therefore a>1$,

$\therefore a=\frac{6}{5}$

$\therefore Q$ 点坐标为 $\left(\frac{6}{5},-\frac{2}{5}\right)$,

$\because O$ 点坐标为 $(0,1)$,

$\therefore Q O=\sqrt{\left(\frac{6}{5}-0\right)^{2}+\left(-\frac{2}{5}-1\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{5}$.
解析：解: (1)如图 1 , 连接 $O P 、 O D, A P$ 与 $O D$ 相交于点 $M$,

$\because D P$ 与半圆 $O$ 相切,

$\therefore O A=O P, O P \perp D P$, 得 $O D$ 垂直平分 $A P$,

$\therefore \triangle A M O \sim \triangle D A O$

$\therefore \frac{A M}{A D}=\frac{A O}{D O}$,



图1

$\because A D=2, A O=1$,

$D O=\sqrt{A D^{2}+A O^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$,

$\therefore A M=\frac{A O \times A D}{D O}=\frac{1 \times 2}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\therefore A P=2 A M=2 \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$;

(2)作 $P E \perp A B$ 于点 $E$, 设 $P(x, y)$,

在Rt $\triangle E P O$ 中, 可得 $P E^{2}+E O^{2}=O P^{2}$,

即 $x^{2}+(y-1)^{2}=1^{2} ，$

$\therefore x^{2}=2 y-y^{2}$,



图2
根据题意可得: $S_{1}=\frac{1}{2} \cdot A D \cdot(2-y)=2-y$,

$S_{3}=\frac{1}{2} \cdot B C \cdot y=y$

$S_{2}=\frac{1}{2} \cdot A B \cdot x=x$

$$
\therefore 2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}=2 \cdot(2-y) \cdot y-x^{2}=4 y-2 y^{2}-x^{2}=x^{2} \because 0<x \leq 1
$$

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}$ 有最大值, 最大值为 1 ,

将 $x=1$ 代入 $x^{2}=2 y-y^{2}$ 中,

可得 $y=1$,

此时点 $P(1,1)$

(3)连接 $A F$, 得 $A F \perp B E$, 作 $F K \perp A B$ 交于点 $K$,

$\because A E=3 D E, A D=2$,

$\therefore A E=\frac{3}{2}, A F=\frac{6}{5}$,

根据题意, 易得 $\triangle B A E \sim \triangle B F A \sim \triangle A F E$,

即: $\frac{A F}{B F}=\frac{E F}{A F}=\frac{A E}{A B}$,

得 $B F=\frac{A F \cdot A B}{A E}=\frac{\frac{6}{5} \cdot 2}{\frac{3}{2}}=\frac{8}{5}$,



图3

在 $\triangle A B E$ 中, $B E=\sqrt{A B^{2}+A E^{2}}=\frac{5}{2}$,

易得 $\triangle B F K \sim \triangle B E A$,

即: $\frac{F K}{B F}=\frac{A E}{B E}$,

得 $F K=\frac{A E}{B E} \cdot B F=\frac{\frac{3}{2} \cdot \frac{8}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{24}{25}$,

根据勾股定理可得, $B K=\sqrt{B F^{2}-F K^{2}}=\frac{32}{25}$

$\therefore F\left(\frac{24}{25}, \frac{32}{25}\right)$,

$\because P(1,1)$,

可求得直线 $P F$ 解析式: $y=-7 x+8$,

设 $Q(a,-7 a+8)$ ，

$\because P Q=P B=\sqrt{2}$,

$\therefore \sqrt{(a-1)^{2}+(-7 a+8-1)^{2}}=\sqrt{2}$,
$\therefore a_{1}=\frac{4}{5}, a_{2}=\frac{6}{5}$

$\because Q$ 在 $F P$ 的延长上,

$\therefore a>1$,

$\therefore a=\frac{6}{5}$

$\therefore Q$ 点坐标为 $\left(\frac{6}{5},-\frac{2}{5}\right)$,

$\because O$ 点坐标为 $(0,1)$,

$\therefore Q O=\sqrt{\left(\frac{6}{5}-0\right)^{2}+\left(-\frac{2}{5}-1\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{5}$.