Question

10．如圖，AB、BC、CD分別與⊙O切于A、E、D，CD∥AB，連接CO、BO；
（1）求∠BOC的度數(shù)；
（2）若CO=3$\sqrt{5}$，BO=6$\sqrt{5}$，求⊙O的半徑；
（3）在（2）的條件下，P為AD左側(cè)圓上一點(diǎn)，PM∥CO交CD于M，PN∥BO交AB于N，當(dāng)BN=2CM時，求線段DM的長度．

Answer 1

分析 （1）連接OE，根據(jù)切線的性質(zhì)可得出∠DOC=∠COE，∠EOB=∠AOB，再由平角的定義即可得出結(jié)論；
（2）先根據(jù)勾股定理求出BC的長，再由面積法求出OE的長即可；
（3）延長CO交PN于K，過M作MQ⊥CO于Q，連OP可得出四邊形MPKQ是矩形，根據(jù)勾股定理求出CD與AB的長，設(shè)DM=a，則CM=3+a，BN=6+2a，由PN∥BO得出△ANL∽△ABO，故可得出AL，根據(jù)AAS定理得出△MCQ≌△OLK，故MQ=OK=PK，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得出OK的長，由COS∠KOL=$\frac{OK}{OL}$=$\frac{OD}{OC}$即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖1，連接OE，
∵AB、BC、CD分別與⊙O切于A、E、D，
∴∠DOC=∠COE，∠EOB=∠AOB，
又∵∠DOC+∠COE+∠EOB+∠AOB=180°，
∴∠BOC=90°；

（2）∵CO=3$\sqrt{5}$，BO=6$\sqrt{5}$，∠BOC=90°，
∴BC=$\sqrt{{OC}^{2}+{OB}^{2}}$=$\sqrt{{（3\sqrt{5}）}^{2}+{（6\sqrt{5}）}^{2}}$=15．
∵OC•OB=BC•OE，
∴OE=$\frac{OC•OB}{BC}$=$\frac{3\sqrt{5}•6\sqrt{5}}{15}$=6，
∴⊙O的半徑為6；

（3）如圖2，延長CO交PN于K，過M作MQ⊥CO于Q，連OP，
∵PM∥CO，PN∥BO，
∴四邊形MPKQ是矩形，
∴MQ=PK．
∵在Rt△OCD中，OD=6，OC=3$\sqrt{5}$，
∴CD=$\sqrt{{OC}^{2}-{OD}^{2}}$=$\sqrt{{（3\sqrt{5}）}^{2}-{6}^{2}}$=3．
∵BN=2CM，
∴BN=6．
同理，在Rt△ABO中，
∵OB=6$\sqrt{5}$，OA=6，
∴AB=12．
設(shè)DM=a，則CM=3+a，BN=6+2a
∵AB=12，
∴AN=6-2a．
∵PN∥BO，
∴△ANL∽△ABO，
∴$\frac{AN}{AB}$=$\frac{AL}{OA}$，即$\frac{6-2a}{12}$=$\frac{AL}{6}$，解得AL=3-a，
∴OL=3+a，
∴OL=CM．
∵∠COD=∠KOL，∠COD=∠CMQ，
∴∠CMQ=∠KOL．
在△MCQ與△OLK中，
$\left\{\begin{array}{l}∠CMQ=∠LOK\\∠MQD=∠OKL\\ MC=OL\end{array}\right.$，
∴△MCQ≌△OLK（AAS），
∴MQ=OK=PK，
∴△OPK是等腰直角三角形，
∵OP=6，
∴OK=3$\sqrt{2}$，
∴COS∠KOL=$\frac{OK}{OL}$=$\frac{OD}{OC}$，即$\frac{3\sqrt{2}}{3+a}$=$\frac{6}{3\sqrt{5}}$，解得a=$\frac{3\sqrt{10}-6}{2}$，
∴DM=$\frac{3\sqrt{10}-6}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查的是圓的綜合題，涉及到切線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，在解答（3）時要注意作出輔助線，構(gòu)造出矩形及等腰直角三角形，利用勾股定求解．