Question

20．已知P为⊙O外-点，过P作⊙O的切线PA、PB．A、B为切点，直线PCD为⊙O的-条割线，PD交AB于点Q
（1）求证：$\frac{CQ}{DQ}$=$\frac{CA•CB}{DA•DB}$；
（2）求证：$\frac{CQ}{DQ}$=$\frac{CP}{DP}$．

Answer 1

分析 根据圆周角定理得到∠DAQ=∠BCQ，∠AQD=∠CQB，推出△ADQ∽△CBQ，根据相似三角形的性质得到$\frac{CQ}{AQ}=\frac{CB}{AD}$，同理得到$\frac{CQ}{BQ}=\frac{AC}{DB}$，两式相乘得到$\frac{Q{C}^{2}}{AQ•BQ}$=$\frac{CB}{AD}=\frac{AC}{DB}$=$\frac{AC}{AD}•\frac{CB}{DB}$，根据相交弦定理得到AQ•BQ=CQ•DQ，于是得到$\frac{Q{C}^{2}}{AQ•BQ}$=$\frac{C{Q}^{2}}{QC•DQ}$=$\frac{QC}{DQ}$，于是得到结论；
（2）根据切线长定理得到∠CAP=∠ADP，推出△APC∽△DPA，根据相似三角形的性质得到$\frac{CA}{DA}=\frac{AP}{PD}$同理$\frac{CB}{DB}=\frac{BP}{PD}$，于是得到$\frac{CA}{DA}•\frac{CB}{DB}=\frac{AP•BP}{P{D}^{2}}$等量代换得到$\frac{PC•PD}{P{D}^{2}}$=$\frac{PC}{PD}$，即可得到结论．

解答 证明：∵∠DAQ=∠BCQ，∠AQD=∠CQB，
∴△ADQ∽△CBQ，
∴$\frac{CQ}{AQ}=\frac{CB}{AD}$，
∵∠CAQ=∠BDQ，∠AQC=∠BQD，
∴△ACQ∽△DBQ，
∴$\frac{CQ}{BQ}=\frac{AC}{DB}$，
∴$\frac{Q{C}^{2}}{AQ•BQ}$=$\frac{CB}{AD}=\frac{AC}{DB}$=$\frac{AC}{AD}•\frac{CB}{DB}$，
∵AQ•BQ=CQ•DQ，
∴$\frac{Q{C}^{2}}{AQ•BQ}$=$\frac{C{Q}^{2}}{QC•DQ}$=$\frac{QC}{DQ}$，
∴$\frac{CQ}{DQ}=\frac{CA•CB}{DA•DB}$，

（2）∵PA，PB是⊙O的切线，
∴∠CAP=∠ADP，
∵∠APC=∠DPA，
∴△APC∽△DPA，
∴$\frac{CA}{DA}=\frac{AP}{PD}$，
同理$\frac{CB}{DB}=\frac{BP}{PD}$，
∴$\frac{CA}{DA}•\frac{CB}{DB}=\frac{AP•BP}{P{D}^{2}}$，
∵PA=PB，
∴AP•BP=PA²=PC•PD，
∴$\frac{AP•BP}{P{D}^{2}}$=$\frac{PC•PD}{P{D}^{2}}$=$\frac{PC}{PD}$，
∴$\frac{CQ}{DQ}=\frac{PC}{PD}$．

点评 本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．