(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 $A B$

<ImageHere>

(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.
解: (1)连接 $B Q 、 P Q$, 如图:

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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 $Q N=\frac{4}{5} \sqrt{5}$.