а) По условию задачи CQ – биссектриса.
Пусть \(\angle ACQ = \angle BCQ = {\rm{\alpha }}{\rm{.}}\) Из теоремы об угле между касательной и хордой следует, что \(\angle DCA = \angle ABC = {\rm{\beta }}{\rm{.}}\) Тогда из треугольника BQC:
\(\angle BQC = {180^ \circ }-{\rm{\alpha }}-{\rm{\beta }}{\rm{.}}\)
Тогда:
\(\angle DQC = {180^ \circ }-\angle BQC = {180^ \circ }-\left( {{{180}^ \circ }-{\rm{\alpha }}-{\rm{\beta }}} \right) = {\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }}.\)
Следовательно, \(\angle DQC = \angle DCQ = {\rm{\alpha }} + {\rm{\beta }}\) и треугольник CDQ равнобедренный. Что и требовалось доказать.
б) По условию задачи \(BQ = 3,\) \(AQ = 1.\) Пусть \(CD = x.\) Так как треугольник CDQ равнобедренный, то \(DQ = CD = x.\) Тогда \(AD = DQ-AQ = x-1,\) а \(DB = DQ + QB = x + 3.\)
По свойству секущей и касательной:
\(C{D^2} = DA \cdot DB\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,{x^2} = \left( {x-1} \right) \cdot \left( {x + 3} \right)\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,{x^2} = {x^2} + 2x-3\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,x = 1,5.\)
Ответ: 1,5.