Question

19．如图，△ABC内接于⊙O，CD平分∠ACB交⊙O于D，过点D作PQ∥AB分别交CA、CB延长线于P、Q，连接BD．
（1）求证：PQ是⊙O的切线；
（2）求证：BD²=AC•BQ；
（3）若AC、BQ的长是关于x的方程x+$\frac{4}{x}$=m的两实根，且tan∠PCD=$\frac{1}{3}$，求⊙O的半径．

Answer 1

分析 （1）根据平行线的性质和圆周角定理得到∠ABD=∠BDQ=∠ACD，连接OB，OD，交AB于E，根据圆周角定理得到∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，
根据三角形的内角和得到2∠ODB+2∠O=180°，于是得到∠ODB+∠O=90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）证明：连接AD，根据等腰三角形的判定得到AD=BD，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）根据题意得到AC•BQ=4，得到BD=2，由（1）知PQ是⊙O的切线，由切线的性质得到OD⊥PQ，根据平行线的性质得到OD⊥AB，根据三角函数的定义得到BE=3DE，根据勾股定理得到BE=$\frac{6\sqrt{10}}{5}$，设OB=OD=R，根据勾股定理即可得到结论．

解答 （1）证明：∵PQ∥AB，
∴∠ABD=∠BDQ=∠ACD，
∵∠ACD=∠BCD，
∴∠BDQ=∠ACD，
如图1，连接OB，OD，交AB于E，
则∠OBD=∠ODB，∠O=2∠DCB=2∠BDQ，
在△OBD中，∠OBD+∠ODB+∠O=180°，
∴2∠ODB+2∠O=180°，
∴∠ODB+∠O=90°，
∴PQ是⊙O的切线；

（2）证明：如图2，连接AD，由（1）知PQ是⊙O的切线，
∴∠BDQ=∠DCB=∠ACD=∠BCD=∠BAD，
∴AD=BD，
∵∠DBQ=∠ACD，
∴△BDQ∽△ACD，
∴$\frac{AD}{BQ}$=$\frac{AC}{BD}$，
∴BD²=AC•BQ；

（3）解：方程x+$\frac{4}{x}$=m可化为x²-mx+4=0，
∵AC、BQ的长是关于x的方程x+$\frac{4}{x}$=m的两实根，
∴AC•BQ=4，由（2）得BD²=AC•BQ，
∴BD²=4，
∴BD=2，
由（1）知PQ是⊙O的切线，
∴OD⊥PQ，
∵PQ∥AB，
∴OD⊥AB，由（1）得∠PCD=∠ABD，
∵tan∠PCD=$\frac{1}{3}$，
∴tan∠ABD=$\frac{1}{3}$，
∴BE=3DE，
∴DE²+（3DE）²=BD²=4，
∴DE=$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∴BE=$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
设OB=OD=R，
∴OE=R-$\frac{\sqrt{10}}{5}$，
∵OB²=OE²+BE²，
∴R²=（R-$\frac{\sqrt{10}}{5}$）²+（$\frac{3\sqrt{10}}{5}$）²，
解得：R=$\sqrt{10}$，
∴⊙O的半径为$\sqrt{10}$．

点评 本题考查了相似三角形的判定和性质，一元二次方程根与系数的关系，圆周角定理，平行线的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，正确的作出辅助线是解题的关键．