题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, $\odot Q$ 的半径为 2 , 在 $\odot Q$ 的对称轴 $l_{1}$ 上取一点 $O$, 使得 $O Q=\sqrt{5}$ (点 $O$ 在点 $Q$ 的下方), 过 $O$
作直线 $l_{2} \perp l_{1}, P$ 为直线 $l_{2}$ 上的一点, 过点 $P$ 作 $\odot Q$ 的切线 $P A, P B$, 切点为 $A, B$, 连接 $A B$



(1)当 $O P=O Q$ 时, 求 $P A$ 的长;

(2)连接 $P Q$, 当 $P Q \cdot A B$ 最小时, 求 $P A$ 的长;

(3)试证明点 $P$ 在直线 $l_{2}$ 上运动时, 弦 $A B$ 必过一个定点.
选项：
答案：解: (1)连接 $B Q 、 P Q$, 如图:

<ImageHere>
当 $O P=O Q=\sqrt{5}$ 时, $P Q=\sqrt{O P^{2}+O Q^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{10}$,

$\because P A 、 P B$ 是 $\odot Q$ 的两条切线,

$\therefore P A=P B, \angle P B Q=90^{\circ}$,

在 $R t \triangle P B Q$ 中, $\angle P B Q=90^{\circ}, P Q=\sqrt{10}, B Q=2$,

$P B=\sqrt{P Q^{2}-B Q^{2}}=\sqrt{(\sqrt{10})^{2}-2^{2}}=\sqrt{6}$,

$\therefore P A=P B=\sqrt{6}$;

(2)连接 $B Q 、 P Q 、 A Q$, 如图:

<ImageHere>

$\because P A 、 P B$ 是 $\odot Q$ 的两条切线,

$\therefore P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}, P A=P B$,

$\because S_{\text {四远形 } A P B Q}=\frac{1}{2} P Q \cdot A B, S_{\text {四边形 } A P B Q}=2 S_{\triangle P B Q}=2 \times \frac{1}{2} P B \cdot B Q=P B \cdot B Q$,

$\therefore \frac{1}{2} P Q \cdot A B=P B \cdot B Q$

又 $\because B Q=2$,

$\therefore P Q \cdot A B=2 P B \cdot B Q=2 P B \times 2=4 P B$,

在Rt $\triangle P B Q$ 中, $\angle P B Q=90^{\circ}, B Q=2, P B=\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=\sqrt{P Q^{2}-4}$,

$\because P$ 是直线 $l_{2}$ 上一点, 根据垂线段最短可知, $O 、 P$ 两点重合时, $P Q$ 最短, $P Q$ 的最小值为 $O Q$ 的长,

$\therefore P Q$ 的最小值为 $\sqrt{5}$, 此时 $P B$ 有最小值, $P Q \cdot A B$ 有最小值,

$\therefore$ 此时 $P B$ 的最小值为 $P B=\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-4}=1$,

$\therefore P A=P B=1$,

$\therefore$ 当 $P Q \cdot A B$ 最小时, $P A$ 的长为 1 ;

(3)证明: 设弦 $A B$ 交 $O Q$ 于 $N$, 连接 $B Q 、 P Q$, 如图:

<ImageHere>

在Rt $\triangle O P Q$ 中, $\angle P O Q=90^{\circ}, O Q=\sqrt{5}$,

$\therefore \sin \angle O P Q=\frac{O Q}{P Q}=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$,

$\because P A 、 P B$ 是 $\odot Q$ 的两条切线,

$\therefore P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B M Q=\angle B M P=90^{\circ}$,

在四边形 $O P M N$ 中, $\angle P M N=\angle P O N=90^{\circ}$,

$\therefore \angle M P O+\angle M N O=360^{\circ}-\angle P M N-\angle P O N=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}$,

又 $\because \angle M N Q+\angle M N O=180^{\circ}$,

$\therefore \angle M N Q=\angle M P O$,

$\therefore \sin \angle M N Q=\sin \angle M P O=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$,

在Rt $\triangle M N Q$ 中, $\angle N M Q=90^{\circ}, \sin \angle M N Q=\frac{M Q}{N Q}$,

$\therefore \frac{M Q}{N Q}=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$,

$\therefore N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}$,

$\because \angle Q M B=\angle Q B P=90^{\circ}, \angle B Q M=\angle P Q B$,

$\therefore \triangle Q M B \sim \triangle Q B P$,

$\therefore \frac{Q M}{Q B}=\frac{Q B}{Q P}$,

$\because B Q=2$,

$\therefore M Q=\frac{B Q^{2}}{P Q}=\frac{2^{2}}{P Q}=\frac{4}{P Q}$,
$\therefore N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}=\frac{P Q}{\sqrt{5}} \cdot \frac{4}{P Q}=\frac{4}{5} \sqrt{5}$,

$\therefore$ 点 $P$ 在直线 $l_{2}$ 上运动时, 弦 $A B$ 必过一个定点 $N$, 且 $Q N=\frac{4}{5} \sqrt{5}$.

【解析】本题主要考查了切线的性质, 切线长定理, 锐角三角函数的概念, 勾股定理, 相似三角形的判定与性质, 解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段长的思路与方法.

(1) 当 $O P=O Q=\sqrt{5}$ 时, 利用勾股定理求出 $P Q=\sqrt{O P^{2}+O Q^{2}}=\sqrt{10}$, 根据切线长定理可得 $P A=$ $P B, \angle P B Q=90^{\circ}$, 在 $R t \triangle P B Q$ 中, $\angle P B Q=90^{\circ}, P Q=\sqrt{10}, B Q=2$, 利用勾股定理求出 $P B=\sqrt{6}$,得出 $P A=P B=\sqrt{6}$ 即可;

(2)连接 $B Q 、 P Q 、 A Q$, 根据切线的性质和切线长定理得出 $P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}, P A=$ $P B$, 利用三角形的面积公式得出 $S_{\text {四边形 } A P B Q}=\frac{1}{2} P Q \cdot A B, S_{\text {四达形 } A P B Q}=2 S_{\triangle P B Q}=2 \times \frac{1}{2} P B \cdot B Q=$ $P B \cdot B Q, P A=P B, \frac{1}{2} P Q \cdot A B=P B \cdot B Q$, 再根据 $B Q=2$, 得出 $P Q \cdot A B=2 P B \cdot B Q=2 P B \times 2=$ $4 P B$, 在 $R t \triangle P B Q$ 中, $P B=\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=\sqrt{P Q^{2}-4}$, 根据垂线段最短可知, $O 、 P$ 两点重合时, $P Q$ 最短, $P Q$ 的最小值为 $O Q$ 的长, 为 $\sqrt{5}$, 此时 $P B$ 有最小值, $P Q \cdot A B$ 有最小值, $P B$ 的最小值为 $P B=$ $\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=1$, 再根据 $P A=P B=1$ 即可;

(3)设弦 $A B$ 交 $O Q$ 于 $N$, 连接 $B Q 、 P Q$, 在 $R t \triangle O P Q$ 中, 可得 $\sin \angle O P Q=\frac{O Q}{P Q}=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$, 根据切线长定理可得 $P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}, \angle B M Q=\angle B M P=90^{\circ}$, 根据四边形的内角和可得 $\angle M P O+\angle M N O=180^{\circ}$, 再根据邻补角的概念可得 $\angle M N Q+\angle M N O=180^{\circ}$, 进一步得出 $\angle M N Q=$ $\angle M P O$, 所以 $\sin \angle M N Q=\sin \angle M P O=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$, 在 $R t \triangle M N Q$ 中, $\sin \angle M N Q=\frac{M Q}{N Q}$, 求出 $N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}$,然后证明 $\triangle Q M B \sim \triangle Q B P$ 得出 $\frac{Q M}{Q B}=\frac{Q B}{Q P}$, 求出 $M Q=\frac{B Q^{2}}{P Q}=\frac{4}{P Q}, N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}=\frac{4}{5} \sqrt{5}$, 即可得出点 $P$在直线 $l_{2}$ 上运动时, 弦 $A B$ 必过一个定点 $N$, 且 $Q N=\frac{4}{5} \sqrt{5}$.
解析：解: (1)连接 $B Q 、 P Q$, 如图:


当 $O P=O Q=\sqrt{5}$ 时, $P Q=\sqrt{O P^{2}+O Q^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{10}$,

$\because P A 、 P B$ 是 $\odot Q$ 的两条切线,

$\therefore P A=P B, \angle P B Q=90^{\circ}$,

在 $R t \triangle P B Q$ 中, $\angle P B Q=90^{\circ}, P Q=\sqrt{10}, B Q=2$,

$P B=\sqrt{P Q^{2}-B Q^{2}}=\sqrt{(\sqrt{10})^{2}-2^{2}}=\sqrt{6}$,

$\therefore P A=P B=\sqrt{6}$;

(2)连接 $B Q 、 P Q 、 A Q$, 如图:



$\because P A 、 P B$ 是 $\odot Q$ 的两条切线,

$\therefore P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}, P A=P B$,

$\because S_{\text {四远形 } A P B Q}=\frac{1}{2} P Q \cdot A B, S_{\text {四边形 } A P B Q}=2 S_{\triangle P B Q}=2 \times \frac{1}{2} P B \cdot B Q=P B \cdot B Q$,

$\therefore \frac{1}{2} P Q \cdot A B=P B \cdot B Q$

又 $\because B Q=2$,

$\therefore P Q \cdot A B=2 P B \cdot B Q=2 P B \times 2=4 P B$,

在Rt $\triangle P B Q$ 中, $\angle P B Q=90^{\circ}, B Q=2, P B=\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=\sqrt{P Q^{2}-4}$,

$\because P$ 是直线 $l_{2}$ 上一点, 根据垂线段最短可知, $O 、 P$ 两点重合时, $P Q$ 最短, $P Q$ 的最小值为 $O Q$ 的长,

$\therefore P Q$ 的最小值为 $\sqrt{5}$, 此时 $P B$ 有最小值, $P Q \cdot A B$ 有最小值,

$\therefore$ 此时 $P B$ 的最小值为 $P B=\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-4}=1$,

$\therefore P A=P B=1$,

$\therefore$ 当 $P Q \cdot A B$ 最小时, $P A$ 的长为 1 ;

(3)证明: 设弦 $A B$ 交 $O Q$ 于 $N$, 连接 $B Q 、 P Q$, 如图:



在Rt $\triangle O P Q$ 中, $\angle P O Q=90^{\circ}, O Q=\sqrt{5}$,

$\therefore \sin \angle O P Q=\frac{O Q}{P Q}=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$,

$\because P A 、 P B$ 是 $\odot Q$ 的两条切线,

$\therefore P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B M Q=\angle B M P=90^{\circ}$,

在四边形 $O P M N$ 中, $\angle P M N=\angle P O N=90^{\circ}$,

$\therefore \angle M P O+\angle M N O=360^{\circ}-\angle P M N-\angle P O N=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}$,

又 $\because \angle M N Q+\angle M N O=180^{\circ}$,

$\therefore \angle M N Q=\angle M P O$,

$\therefore \sin \angle M N Q=\sin \angle M P O=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$,

在Rt $\triangle M N Q$ 中, $\angle N M Q=90^{\circ}, \sin \angle M N Q=\frac{M Q}{N Q}$,

$\therefore \frac{M Q}{N Q}=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$,

$\therefore N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}$,

$\because \angle Q M B=\angle Q B P=90^{\circ}, \angle B Q M=\angle P Q B$,

$\therefore \triangle Q M B \sim \triangle Q B P$,

$\therefore \frac{Q M}{Q B}=\frac{Q B}{Q P}$,

$\because B Q=2$,

$\therefore M Q=\frac{B Q^{2}}{P Q}=\frac{2^{2}}{P Q}=\frac{4}{P Q}$,
$\therefore N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}=\frac{P Q}{\sqrt{5}} \cdot \frac{4}{P Q}=\frac{4}{5} \sqrt{5}$,

$\therefore$ 点 $P$ 在直线 $l_{2}$ 上运动时, 弦 $A B$ 必过一个定点 $N$, 且 $Q N=\frac{4}{5} \sqrt{5}$.

【解析】本题主要考查了切线的性质, 切线长定理, 锐角三角函数的概念, 勾股定理, 相似三角形的判定与性质, 解答本题的关键是掌握利用相似三角形的性质求线段长的思路与方法.

(1) 当 $O P=O Q=\sqrt{5}$ 时, 利用勾股定理求出 $P Q=\sqrt{O P^{2}+O Q^{2}}=\sqrt{10}$, 根据切线长定理可得 $P A=$ $P B, \angle P B Q=90^{\circ}$, 在 $R t \triangle P B Q$ 中, $\angle P B Q=90^{\circ}, P Q=\sqrt{10}, B Q=2$, 利用勾股定理求出 $P B=\sqrt{6}$,得出 $P A=P B=\sqrt{6}$ 即可;

(2)连接 $B Q 、 P Q 、 A Q$, 根据切线的性质和切线长定理得出 $P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}, P A=$ $P B$, 利用三角形的面积公式得出 $S_{\text {四边形 } A P B Q}=\frac{1}{2} P Q \cdot A B, S_{\text {四达形 } A P B Q}=2 S_{\triangle P B Q}=2 \times \frac{1}{2} P B \cdot B Q=$ $P B \cdot B Q, P A=P B, \frac{1}{2} P Q \cdot A B=P B \cdot B Q$, 再根据 $B Q=2$, 得出 $P Q \cdot A B=2 P B \cdot B Q=2 P B \times 2=$ $4 P B$, 在 $R t \triangle P B Q$ 中, $P B=\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=\sqrt{P Q^{2}-4}$, 根据垂线段最短可知, $O 、 P$ 两点重合时, $P Q$ 最短, $P Q$ 的最小值为 $O Q$ 的长, 为 $\sqrt{5}$, 此时 $P B$ 有最小值, $P Q \cdot A B$ 有最小值, $P B$ 的最小值为 $P B=$ $\sqrt{P Q^{2}-2^{2}}=1$, 再根据 $P A=P B=1$ 即可;

(3)设弦 $A B$ 交 $O Q$ 于 $N$, 连接 $B Q 、 P Q$, 在 $R t \triangle O P Q$ 中, 可得 $\sin \angle O P Q=\frac{O Q}{P Q}=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$, 根据切线长定理可得 $P Q$ 垂直平分线段 $A B, \angle P B Q=90^{\circ}, \angle B M Q=\angle B M P=90^{\circ}$, 根据四边形的内角和可得 $\angle M P O+\angle M N O=180^{\circ}$, 再根据邻补角的概念可得 $\angle M N Q+\angle M N O=180^{\circ}$, 进一步得出 $\angle M N Q=$ $\angle M P O$, 所以 $\sin \angle M N Q=\sin \angle M P O=\frac{\sqrt{5}}{P Q}$, 在 $R t \triangle M N Q$ 中, $\sin \angle M N Q=\frac{M Q}{N Q}$, 求出 $N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}$,然后证明 $\triangle Q M B \sim \triangle Q B P$ 得出 $\frac{Q M}{Q B}=\frac{Q B}{Q P}$, 求出 $M Q=\frac{B Q^{2}}{P Q}=\frac{4}{P Q}, N Q=\frac{P Q \cdot M Q}{\sqrt{5}}=\frac{4}{5} \sqrt{5}$, 即可得出点 $P$在直线 $l_{2}$ 上运动时, 弦 $A B$ 必过一个定点 $N$, 且 $Q N=\frac{4}{5} \sqrt{5}$.