Question

8．如图，直线l与⊙O相离，过点O作OA⊥l，垂足为A，OA交⊙O于点B，点C在直线l上，连接CB并延长交⊙O于点D，在直线l上另取一点P，使∠PCD=∠PDC．
（1）求证：PD是⊙O的切线；
（2）若AC=1，AB=2，PD=6，求⊙O的半径r和△PCD的面积．

Answer 1

分析 （1）连接OD，知∠ABC=∠OBD=∠ODB，由∠PCD+∠ABC=90°知∠PCD+∠ODB=90°，结合∠PCD=∠PDC可得∠ODP=90°，即可得证；
（2）由∠PCD=∠PDC知PC=PD=6、PA=5，根据PA²+AO²=PD²+OD²可得r=$\frac{7}{4}$；延长AO交⊙O于点F，连接DF，证△ABC∽△DBF得$\frac{AB}{DB}$=$\frac{BC}{BF}$，即可知DB=$\frac{7\sqrt{5}}{5}$，作DE⊥PC于点E，由△CAB∽△CED知$\frac{AB}{ED}$=$\frac{CB}{CD}$，求得DE=$\frac{24}{5}$，从而求得△PCD的面积．

解答 解：（1）连接OD，

∴∠ABC=∠OBD=∠ODB，
∵OA⊥l，
∴∠PCD+∠ABC=90°，
∴∠PCD+∠ODB=90°，
∵∠PCD=∠PDC，
∴∠PDC+∠ODB=90°，即∠ODP=90°，
∴PD是⊙O的切线；

（2）∵∠PCD=∠PDC，
∴PC=PD=6，
∴PA=5，
设OB=OF=OD=r，
由PA²+AO²=PD²+OD²可得5²+（2+r）²=6²+r²，
解得：r=$\frac{7}{4}$，
延长AO交⊙O于点F，连接DF，
∵∠ABC=∠DBF、∠BAC=∠BDF=90°，
∴△ABC∽△DBF，
∴$\frac{AB}{DB}$=$\frac{BC}{BF}$，即$\frac{2}{DB}$=$\frac{\sqrt{5}}{\frac{7}{2}}$，
∴DB=$\frac{7\sqrt{5}}{5}$，
过点D作DE⊥PC于点E，
∴△CAB∽△CED，
∴$\frac{AB}{ED}$=$\frac{CB}{CD}$，即$\frac{2}{DE}$=$\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}+\frac{7\sqrt{5}}{5}}$，
解得：DE=$\frac{24}{5}$，
∴S_△PCD=$\frac{1}{2}$PC•DE=$\frac{1}{2}$×6×$\frac{24}{5}$=$\frac{72}{5}$．

点评 本题主要考查切线的判定与性质、等边对等角、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质及勾股定理是解题的关键．