Question

20．如圖，在△ACE中，CA=CE，∠CAE=30°，∠CAE=30°，⊙O經(jīng)過點(diǎn)C，且圓的直徑AB在線段AE上．
（1）證明：CE是⊙O的切線；
（2）設(shè)點(diǎn)D是線段AC上任意一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接OD，當(dāng)AB=8時(shí)，求$\frac{1}{2}$CD+OD的最小值．

Answer 1

分析 （1）連接OC，如圖1，要證CE是⊙O的切線，只需證到∠OCE=90°即可；
（2）作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，易證四邊形AOCF是菱形，根據(jù)對(duì)稱性可得DF=DO．過點(diǎn)D作DH⊥OC于H，易得DH=$\frac{1}{2}$DC，從而有$\frac{1}{2}$CD+OD=DH+FD．根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得：當(dāng)F、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH+FD（即$\frac{1}{2}$CD+OD）最小，然后在Rt△OHF中運(yùn)用三角函數(shù)即可解決問題．

解答 （1）證明：連接OC，如圖1所示：
∵CA=CE，∠CAE=30°，
∴∠E=∠CAE=∠OCA=30°，∠COE=2∠CAE=60°，
∴∠OCE=180°-30°-60°=90°，
即CE⊥OC，∴CE是⊙O的切線；
（2）解：作OF平分∠AOC，交⊙O于F，連接AF、CF、DF，如圖2所示，
則∠AOF=∠COF=$\frac{1}{2}$∠AOC=$\frac{1}{2}$（180°-60°）=60°．
∵OA=OF=OC，
∴△AOF、△COF是等邊三角形，
∴AF=AO=OC=FC，
∴四邊形AOCF是菱形，
∴根據(jù)對(duì)稱性可得DF=DO．
過點(diǎn)D作DH⊥OC于H，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=30°，
∴DH=DC•sin∠DCH=DC•sin30°=$\frac{1}{2}$DC，
∴$\frac{1}{2}$CD+OD=DH+FD．
根據(jù)兩點(diǎn)之間線段最短可得：
當(dāng)F、D、H三點(diǎn)共線時(shí)，DH+FD（即$\frac{1}{2}$CD+OD）最小，
∵OF=OA=4，
∴此時(shí)FH=DH+FD=OF•sin∠FOH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×4=2$\sqrt{3}$，
即$\frac{1}{2}$CD+OD的最小值為2$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了切線的判定、等腰三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)的定義、特殊角的三角函數(shù)值、等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，把$\frac{1}{2}$CD+OD轉(zhuǎn)化為DH+FD是解決第（2）小題的關(guān)鍵．