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30 如图①，在菱形ABCD中，$AB=2\sqrt{5}$，点P在对角线BD上，$\tan∠ DBC=\frac{1}{2}$，$\odot O$是$△ PAB$的外接圆，点B与点P之间的距离记为m。
（1）如图②，当$PA=PB$时，连接OB，求证：$OB ⊥ BC$。
（2）延长AP交射线BC于点Q，如果$△ ABQ$是直角三角形，求PQ的长。
（3）当圆心O在菱形ABCD外部时，用含m的代数式表示$\odot O$的半径，并直接写出m的取值范围。
（1）如图②，当$PA=PB$时，连接OB，求证：$OB ⊥ BC$。
（2）延长AP交射线BC于点Q，如果$△ ABQ$是直角三角形，求PQ的长。
（3）当圆心O在菱形ABCD外部时，用含m的代数式表示$\odot O$的半径，并直接写出m的取值范围。
答案
30 （1）连接 OP,交 AB 于点 H。因为 $PA = PB$,所以 $\overset{\frown}{PA} =\overset{\frown}{PB}$。又因为 OP 过圆心,所以$OP ⊥ AB$。因为 $OB = OP$,所以 $∠OBP = ∠OPB$。在菱形 ABCD 中,$∠ABD = ∠CBD$。在$Rt△BPH$ 中,因为 $∠ABP + ∠OPB = 90°$,所以 $∠CBD + ∠OBP = 90°$,即 $∠OBC = 90°$,所以$OB ⊥ BC$。
（2）因为 $∠ABC ≠ 90°$,如果 $△ABQ$ 是直角三角形,那么只有 $∠BAQ = 90°$ 或 $∠AQB = 90°$ 两种情况。 ① 当 $∠BAQ = 90°$ 时,连接 AC。由题意可得 $AC = 4, BD = 8$。在 $Rt△ABP$ 中,$AP = AB · \tan∠ABP =\sqrt{5}, BP =\frac{AB}{\cos∠ABP} = 5$,所以 $DP = 3$。因为 $AD // BQ$,所以 $\frac{AP}{PQ} =\frac{DP}{BP}$,即$\frac{\sqrt{5}}{PQ} =\frac{3}{5}$,所以 $PQ =\frac{5}{3}\sqrt{5}$; ② 当 $∠AQB = 90°$ 时,因为 $S_{菱形ABCD} =\frac{1}{2}AC · BD = BC ·AQ$,所以 $AQ =\frac{8}{5}\sqrt{5}$。在菱形 ABCD 中,$AD = AB = 2\sqrt{5}$。因为 $AD // BC$,所以 $∠ADB =∠DBC$,所以 $\tan∠ADB = \tan∠DBC =\frac{1}{2}$。在 $Rt△ADP$ 中,因为 $AP = AD · \tan∠ADB =\sqrt{5}$,所以 $PQ =\frac{8}{5}\sqrt{5} -\sqrt{5} =\frac{3}{5}\sqrt{5}$。综上所述,$PQ =\frac{5}{3}\sqrt{5}$ 或 $\frac{3}{5}\sqrt{5}$。
（3）连接 OP,过点 O 作 $OE ⊥ AB$ 于点 E,延长 OE 交 BD 于点 F,过点 O 作 $OG ⊥ BD$ 于点 G。因为 $OG ⊥ BD$,所以 $BG = GP =\frac{1}{2}BP =\frac{1}{2}m$,同理,$BE =\frac{1}{2}AB =\sqrt{5}$。因为 $∠ABD + ∠BFE =90°, ∠FOG + ∠BFE = 90°$,所以 $∠ABD = ∠FOG$。因为 $∠ABD = ∠CBD$,所以 $∠FOG =∠CBD$,所以 $\tan∠FOG = \tan∠CBD =\frac{1}{2}$。在 $Rt△BEF$ 中,因为 $BF =\frac{BE}{\cos∠ABD} =\frac{5}{2}$,所以$FG = |BF - BG| = |\frac{5}{2} -\frac{1}{2}m|$。在 $Rt△OGF$ 中,$OG =\frac{GF}{\tan∠FOG} = |5 - m|$。在 $Rt△OPG$中,因为 $OP^2 = OG^2 + GP^2$,所以 $OP =\sqrt{(5 - m)^2 + (\frac{1}{2}m)^2}$,所以 $\odot O$ 的半径为$\frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$。当圆心 O 在 AB 边上时,$∠APB = 90°$,所以 $AP ⊥BD$,由于四边形 ABCD 为菱形,所以 P 为 BD 的中点,此时 $m =\frac{1}{2}BD = 4$,因为圆心 O 在菱形 ABCD 外部,所以 $0 ＜ m ＜ 4$。当圆心 O 在 BC 边上时,
,连接 OP,过点 O 作 $OE ⊥ AB$ 于点 E,过点 A 作 $AM ⊥ BC$ 于点 M,则 $AE = BE =\frac{1}{2}AB =\sqrt{5}$。由(2)知: $AM =\frac{8\sqrt{5}}{5}$,所以 $BM =\sqrt{AB^2 - AM^2} =\frac{6\sqrt{5}}{5}$。因为 $OP = OB, BC = CD$,所以 $∠OBP = ∠OPB = ∠BDC$,所以$△OBP ∽ △CBD$,所以 $\frac{OB}{BC} =\frac{BP}{BD}$,所以 $\frac{OB}{2\sqrt{5}} =\frac{m}{8}$,所以 $OB =\frac{\sqrt{5}}{4}m$。因为 $∠OEB = ∠AMB =90°, ∠OBE = ∠ABM$,所以 $△OBE ∽ △ABM$,所以 $\frac{OB}{AB} =\frac{BE}{BM}$,所以 $\frac{\frac{\sqrt{5}}{4}m}{2\sqrt{5}} =\frac{\sqrt{5}}{\frac{6}{5}\sqrt{5}}$,所以 $m =\frac{20}{3}$。因为圆心 O 在菱形 ABCD 外部,所以 $\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。综上,m 的取值范围为 $0 ＜ m ＜ 4$ 或$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。解析
【分析】
（1）证明OB⊥BC的核心是证明∠OBC=90°。已知PA=PB，根据圆的性质可得弧PA=弧PB，结合垂径定理可知OP垂直AB，得到∠ABP+∠OPB=90°；再利用菱形对角线平分内角的性质，以及OB=OP的等边对等角关系，将角等量代换得到∠CBD+∠OBP=90°，即可完成证明。
（2）△ABQ是直角三角形时，由菱形内角不为90°排除∠ABQ为直角的情况，分∠BAQ=90°和∠AQB=90°两种情况讨论：先根据已知的tan∠DBC和菱形边长算出对角线长，再结合三角函数、平行线分线段成比例分别计算两种情形下的PQ长度。
（3）求⊙O半径时，通过作垂径构造直角三角形，利用角的等量代换得到角的正切值相等，结合勾股定理用m表示出半径；再分别计算圆心落在AB边、BC边上的临界m值，即可得到圆心在菱形外部时m的取值范围。
【解析】
（1）连接OP，交AB于点H。
∵$PA = PB$，
∴$\overset{\frown}{PA} =\overset{\frown}{PB}$。
又
∵OP过圆心O，
∴$OP ⊥ AB$。
∵$OB = OP$，
∴$∠OBP = ∠OPB$。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$∠ABD = ∠CBD$。
在$Rt△BPH$中，$∠ABP + ∠OPB = 90°$，
∴$∠CBD + ∠OBP = 90°$，即$∠OBC = 90°$，
∴$OB ⊥ BC$。
（2）
∵菱形ABCD中∠ABC≠90°，若$△ABQ$是直角三角形，分两种情况：
① 当$∠BAQ = 90°$时，连接AC。
由题意可求得菱形对角线$AC = 4, BD = 8$。
在$Rt△ABP$中，$AP = AB · \tan∠ABP =\sqrt{5}, BP =\frac{AB}{\cos∠ABP} = 5$，
∴$DP = BD - BP = 3$。
∵$AD // BQ$，
∴$\frac{AP}{PQ} =\frac{DP}{BP}$，即$\frac{\sqrt{5}}{PQ} =\frac{3}{5}$，解得$PQ =\frac{5}{3}\sqrt{5}$。
② 当$∠AQB = 90°$时，
∵$S_{菱形ABCD} =\frac{1}{2}AC · BD = BC ·AQ$，代入数值解得$AQ =\frac{8}{5}\sqrt{5}$。
∵菱形ABCD中$AD = AB = 2\sqrt{5}$，$AD // BC$，
∴$∠ADB =∠DBC$，即$\tan∠ADB = \tan∠DBC =\frac{1}{2}$。
在$Rt△ADP$中，$AP = AD · \tan∠ADB =\sqrt{5}$，
∴$PQ = AQ - AP =\frac{8}{5}\sqrt{5} -\sqrt{5} =\frac{3}{5}\sqrt{5}$。
综上，$PQ =\frac{5}{3}\sqrt{5}$ 或 $\frac{3}{5}\sqrt{5}$。
（3）连接OP，过点O作$OE ⊥ AB$于点E，延长OE交BD于点F，过点O作$OG ⊥ BD$于点G。
∵$OG ⊥ BD$，
∴$BG = GP =\frac{1}{2}BP =\frac{1}{2}m$，同理$BE =\frac{1}{2}AB =\sqrt{5}$。
∵$∠ABD + ∠BFE =90°, ∠FOG + ∠BFE = 90°$，
∴$∠ABD = ∠FOG$。
又
∵$∠ABD = ∠CBD$，
∴$∠FOG =∠CBD$，即$\tan∠FOG = \tan∠CBD =\frac{1}{2}$。
在$Rt△BEF$中，$BF =\frac{BE}{\cos∠ABD} =\frac{5}{2}$，
∴$FG = |BF - BG| = |\frac{5}{2} -\frac{1}{2}m|$。
在$Rt△OGF$中，$OG =\frac{GF}{\tan∠FOG} = |5 - m|$。
在$Rt△OPG$中，$OP^2 = OG^2 + GP^2$，代入得：
$OP =\sqrt{(5 - m)^2 + (\frac{1}{2}m)^2} = \frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$，即⊙O的半径为$\frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$。
求m的取值范围：
当圆心O在AB边上时，$∠APB = 90°$，即$AP ⊥BD$，
∵四边形ABCD为菱形，
∴P为BD中点，此时$m =\frac{1}{2}BD = 4$，
∵圆心O在菱形ABCD外部，
∴$0 ＜ m ＜ 4$。
当圆心O在BC边上时，，连接OP，过点O作$OE ⊥ AB$于点E，过点A作$AM ⊥ BC$于点M，
则$AE = BE =\frac{1}{2}AB =\sqrt{5}$。
由(2)知$AM =\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∴$BM =\sqrt{AB^2 - AM^2} =\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
∵$OP = OB, BC = CD$，
∴$∠OBP = ∠OPB = ∠BDC$，
∴$△OBP ∽ △CBD$，
∴$\frac{OB}{BC} =\frac{BP}{BD}$，即$\frac{OB}{2\sqrt{5}} =\frac{m}{8}$，解得$OB =\frac{\sqrt{5}}{4}m$。
∵$∠OEB = ∠AMB =90°, ∠OBE = ∠ABM$，
∴$△OBE ∽ △ABM$，
∴$\frac{OB}{AB} =\frac{BE}{BM}$，代入得$\frac{\frac{\sqrt{5}}{4}m}{2\sqrt{5}} =\frac{\sqrt{5}}{\frac{6}{5}\sqrt{5}}$，解得$m =\frac{20}{3}$。
∵圆心O在菱形ABCD外部，
∴$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。
综上，m的取值范围为$0 ＜ m ＜ 4$ 或$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。
【答案】
（1）$OB ⊥ BC$得证；
（2）$PQ$的长为$\frac{5}{3}\sqrt{5}$或$\frac{3}{5}\sqrt{5}$；
（3）$\odot O$的半径为$\frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$，m的取值范围是$0 ＜ m ＜ 4$ 或$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。
【知识点】
菱形的性质、圆的基本性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题为几何综合题，融合了菱形与圆的核心性质，重点考查分类讨论思想、辅助线构造能力以及逻辑推理和运算能力，解题时需注意直角三角形的分类讨论不要漏解，临界值的计算是本题的难点。
【难度系数】
0.3
（1）证明OB⊥BC的核心是证明∠OBC=90°。已知PA=PB，根据圆的性质可得弧PA=弧PB，结合垂径定理可知OP垂直AB，得到∠ABP+∠OPB=90°；再利用菱形对角线平分内角的性质，以及OB=OP的等边对等角关系，将角等量代换得到∠CBD+∠OBP=90°，即可完成证明。
（2）△ABQ是直角三角形时，由菱形内角不为90°排除∠ABQ为直角的情况，分∠BAQ=90°和∠AQB=90°两种情况讨论：先根据已知的tan∠DBC和菱形边长算出对角线长，再结合三角函数、平行线分线段成比例分别计算两种情形下的PQ长度。
（3）求⊙O半径时，通过作垂径构造直角三角形，利用角的等量代换得到角的正切值相等，结合勾股定理用m表示出半径；再分别计算圆心落在AB边、BC边上的临界m值，即可得到圆心在菱形外部时m的取值范围。
【解析】
（1）连接OP，交AB于点H。
∵$PA = PB$，
∴$\overset{\frown}{PA} =\overset{\frown}{PB}$。
又
∵OP过圆心O，
∴$OP ⊥ AB$。
∵$OB = OP$，
∴$∠OBP = ∠OPB$。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$∠ABD = ∠CBD$。
在$Rt△BPH$中，$∠ABP + ∠OPB = 90°$，
∴$∠CBD + ∠OBP = 90°$，即$∠OBC = 90°$，
∴$OB ⊥ BC$。
（2）
∵菱形ABCD中∠ABC≠90°，若$△ABQ$是直角三角形，分两种情况：
① 当$∠BAQ = 90°$时，连接AC。
由题意可求得菱形对角线$AC = 4, BD = 8$。
在$Rt△ABP$中，$AP = AB · \tan∠ABP =\sqrt{5}, BP =\frac{AB}{\cos∠ABP} = 5$，
∴$DP = BD - BP = 3$。
∵$AD // BQ$，
∴$\frac{AP}{PQ} =\frac{DP}{BP}$，即$\frac{\sqrt{5}}{PQ} =\frac{3}{5}$，解得$PQ =\frac{5}{3}\sqrt{5}$。
② 当$∠AQB = 90°$时，
∵$S_{菱形ABCD} =\frac{1}{2}AC · BD = BC ·AQ$，代入数值解得$AQ =\frac{8}{5}\sqrt{5}$。
∵菱形ABCD中$AD = AB = 2\sqrt{5}$，$AD // BC$，
∴$∠ADB =∠DBC$，即$\tan∠ADB = \tan∠DBC =\frac{1}{2}$。
在$Rt△ADP$中，$AP = AD · \tan∠ADB =\sqrt{5}$，
∴$PQ = AQ - AP =\frac{8}{5}\sqrt{5} -\sqrt{5} =\frac{3}{5}\sqrt{5}$。
综上，$PQ =\frac{5}{3}\sqrt{5}$ 或 $\frac{3}{5}\sqrt{5}$。
（3）连接OP，过点O作$OE ⊥ AB$于点E，延长OE交BD于点F，过点O作$OG ⊥ BD$于点G。
∵$OG ⊥ BD$，
∴$BG = GP =\frac{1}{2}BP =\frac{1}{2}m$，同理$BE =\frac{1}{2}AB =\sqrt{5}$。
∵$∠ABD + ∠BFE =90°, ∠FOG + ∠BFE = 90°$，
∴$∠ABD = ∠FOG$。
又
∵$∠ABD = ∠CBD$，
∴$∠FOG =∠CBD$，即$\tan∠FOG = \tan∠CBD =\frac{1}{2}$。
在$Rt△BEF$中，$BF =\frac{BE}{\cos∠ABD} =\frac{5}{2}$，
∴$FG = |BF - BG| = |\frac{5}{2} -\frac{1}{2}m|$。
在$Rt△OGF$中，$OG =\frac{GF}{\tan∠FOG} = |5 - m|$。
在$Rt△OPG$中，$OP^2 = OG^2 + GP^2$，代入得：
$OP =\sqrt{(5 - m)^2 + (\frac{1}{2}m)^2} = \frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$，即⊙O的半径为$\frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$。
求m的取值范围：
当圆心O在AB边上时，$∠APB = 90°$，即$AP ⊥BD$，
∵四边形ABCD为菱形，
∴P为BD中点，此时$m =\frac{1}{2}BD = 4$，
∵圆心O在菱形ABCD外部，
∴$0 ＜ m ＜ 4$。
当圆心O在BC边上时，
，连接OP，过点O作$OE ⊥ AB$于点E，过点A作$AM ⊥ BC$于点M，则$AE = BE =\frac{1}{2}AB =\sqrt{5}$。
由(2)知$AM =\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∴$BM =\sqrt{AB^2 - AM^2} =\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
∵$OP = OB, BC = CD$，
∴$∠OBP = ∠OPB = ∠BDC$，
∴$△OBP ∽ △CBD$，
∴$\frac{OB}{BC} =\frac{BP}{BD}$，即$\frac{OB}{2\sqrt{5}} =\frac{m}{8}$，解得$OB =\frac{\sqrt{5}}{4}m$。
∵$∠OEB = ∠AMB =90°, ∠OBE = ∠ABM$，
∴$△OBE ∽ △ABM$，
∴$\frac{OB}{AB} =\frac{BE}{BM}$，代入得$\frac{\frac{\sqrt{5}}{4}m}{2\sqrt{5}} =\frac{\sqrt{5}}{\frac{6}{5}\sqrt{5}}$，解得$m =\frac{20}{3}$。
∵圆心O在菱形ABCD外部，
∴$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。
综上，m的取值范围为$0 ＜ m ＜ 4$ 或$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。
【答案】
（1）$OB ⊥ BC$得证；
（2）$PQ$的长为$\frac{5}{3}\sqrt{5}$或$\frac{3}{5}\sqrt{5}$；
（3）$\odot O$的半径为$\frac{\sqrt{5m^2 - 40m + 100}}{2}$，m的取值范围是$0 ＜ m ＜ 4$ 或$\frac{20}{3} ＜ m ≤ 8$。
【知识点】
菱形的性质、圆的基本性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题为几何综合题，融合了菱形与圆的核心性质，重点考查分类讨论思想、辅助线构造能力以及逻辑推理和运算能力，解题时需注意直角三角形的分类讨论不要漏解，临界值的计算是本题的难点。
【难度系数】
0.3
