【例1】如图，PA，PB是$\odot O$的切线，CD切$\odot O$于点E，$PA=6$，$∠ APB=60°$.求：
(1)$△ PDC$的周长.
(2)$\odot O$的半径.
(3)$∠ COD$的度数.

能力点二 利用切线进行证明
(1)证明圆的切线时，常常采用“遇半径，证直角”或“遇直角，证半径”的策略解题.
(2)在证明角或线段的关系时，一般要用到切线的性质或切线长定理进行角度或线段的转化，有时还会结合三角形全等、等腰三角形的性质等知识进行转化.

(1)12.
(2)$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$.
(3)$∠COD=60°$.

【分析】
(1)求△PDC的周长可利用切线长定理，将△PDC的边长转化为两条切线长PA、PB的和，即可快速计算；
(2)求圆的半径，先连接OA、OP，根据切线性质得△OAP是直角三角形，结合切线长定理可知OP平分∠APB，得到∠APO=30°，再利用直角三角形的三角函数关系即可求出半径OA；
(3)求∠COD的度数，先连接OA、OB、OE，结合切线性质得到四边形OAPB的内角和，算出∠AOB的度数，再通过全等三角形证明角的等量关系，可得∠COD是∠AOB的一半，进而求出结果。
【解析】
(1)
∵PA、PB是$\odot O$的切线，CD切$\odot O$于点E，
根据切线长定理可得：$PA=PB=6$，$CA=CE$，$DB=DE$，
∴$△ PDC$的周长$=PC+CD+PD=PC+CE+ED+PD=PC+CA+DB+PD=PA+PB=6+6=12$。
(2)连接$OA$、$OP$，
∵PA是$\odot O$的切线，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$，
∵PA、PB是$\odot O$的切线，$∠ APB=60°$，
∴OP平分$∠ APB$，即$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=30°$，
在$Rt△ OAP$中，$\tan∠ APO=\frac{OA}{PA}$，
∴$OA=PA· \tan30°=6×\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
(3)连接$OA$、$OB$、$OE$，
∵PA、PB、CD均为$\odot O$的切线，
∴$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$，$OE⊥ CD$，即$∠ OAC=∠ OEC=∠ OED=∠ OBD=90°$，
在四边形$OAPB$中，$∠ AOB=360°-∠ OAP-∠ OBP-∠ APB=360°-90°-90°-60°=120°$，
在$Rt△ OAC$和$Rt△ OEC$中，$\{\begin{array}{l}OA=OE\\OC=OC\end{array} $，
∴$Rt△ OAC≌ Rt△ OEC(HL)$，
∴$∠ AOC=∠ EOC$，
同理可证$Rt△ OBD≌ Rt△ OED(HL)$，$∠ BOD=∠ EOD$，
∴$∠ COD=∠ COE+∠ DOE=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×120°=60°$。
【答案】
(1)$12$；(2)$2\sqrt{3}$；(3)$60°$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题围绕圆的切线相关性质设置问题，解题时要注意利用切线长定理实现线段、角度的转化，结合三角形、四边形的角度计算知识即可顺利求解，是圆的切线模块的典型基础题。
【难度系数】
0.7

【例2】如图,在以点O为圆心的两个同心圆中,AB经过圆心O,且与小圆相交于点A,与大圆相交于点B,小圆的切线AC与大圆相交于点D,CO平分∠ACB.
(1)求证:直线BC是小圆的切线.
(2)求证:AC+AD=BC.
(3)若AB=8 cm,BC=10 cm,求大圆与小圆形成的圆环的面积.

(1)证明:如图,作$OE⊥BC$于点E.
因为CA是$\odot O$的切线,
所以$OA⊥CA$.
因为CO平分$∠ACB$,所以$OE=OA$.
因为点A在小圆上,
所以点E也在小圆上,
所以BC是小圆的切线.

(2)证明:如图,连接OD.
因为AC,BC都是小圆的切线,
所以$AC=CE$.
在$\mathrm{Rt}△AOD$与$\mathrm{Rt}△EOB$中,
因为$\begin{cases} OA=OE, \\ OD=OB, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△AOD≌\mathrm{Rt}△EOB(\mathrm{HL})$,
所以$AD=BE$,
所以$AC+AD=CE+BE=BC$.
(3)解:由(2)可得$BE=AD=BC-AC=10-\sqrt{BC^2-AB^2}=10-6=4(\mathrm{cm})$,
所以$S_{\mathrm{圆环}}=S_{\mathrm{大圆}}-S_{\mathrm{小圆}}$
$=π(OB^2-OE^2)$
$=π· BE^2$
$=16π(\mathrm{cm}^2)$.

【分析】
(1)要证明BC是小圆的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到BC的距离等于小圆半径。已知AC是小圆切线可得OA⊥AC，结合CO平分∠ACB，过O作OE⊥BC，利用角平分线性质可证OE=OA（小圆半径），即可得证。
(2)要证AC+AD=BC，可拆分线段：由切线长定理得AC=CE，只需证AD=BE即可。连接OD，通过HL证明Rt△AOD≌Rt△EOB，可得AD=BE，进而推出结论。
(3)圆环面积为$π(OB^2-OA^2)$，结合OA=OE，在Rt△OEB中$OB^2-OE^2=BE^2$，先利用勾股定理求AC长度，再结合(2)的结论算出BE，即可求出圆环面积。
【解析】
(1)证明：作$OE⊥BC$于点E。
因为CA是$\odot O$的切线，所以$OA⊥CA$。
因为CO平分$∠ACB$，$OE⊥BC$，$OA⊥CA$，所以$OE=OA$。
OA是小圆的半径，故OE也是小圆的半径，且$OE⊥BC$，因此BC是小圆的切线。

(2)证明：连接OD。
因为AC、BC都是小圆的切线，由切线长定理可得$AC=CE$。
在$\mathrm{Rt}△AOD$和$\mathrm{Rt}△EOB$中：
$\begin{cases} OA=OE（小圆半径相等） \\ OD=OB（大圆半径相等） \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△AOD≌\mathrm{Rt}△EOB(\mathrm{HL})$，因此$AD=BE$。
所以$AC+AD=CE+BE=BC$。
(3)解：在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$AB=8\mathrm{cm}$，$BC=10\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\mathrm{cm}$。
由(2)的结论得$BE=BC-AC=10-6=4\mathrm{cm}$。
圆环面积$S_{\mathrm{圆环}}=S_{\mathrm{大圆}}-S_{\mathrm{小圆}}=π· OB^2-π· OA^2$，
因为$OA=OE$，所以$S_{\mathrm{圆环}}=π(OB^2-OE^2)$，
在$\mathrm{Rt}△OEB$中，由勾股定理得$OB^2-OE^2=BE^2$，
因此$S_{\mathrm{圆环}}=π· BE^2=16π\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1)证明:如图,作$OE⊥BC$于点E.
因为CA是$\odot O$的切线,
所以$OA⊥CA$.
因为CO平分$∠ACB$,所以$OE=OA$.
因为点A在小圆上,
所以点E也在小圆上,
所以BC是小圆的切线.

(2)证明:如图,连接OD.
因为AC,BC都是小圆的切线,
所以$AC=CE$.
在$\mathrm{Rt}△AOD$与$\mathrm{Rt}△EOB$中,
因为$\begin{cases} OA=OE, \\ OD=OB, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△AOD≌\mathrm{Rt}△EOB(\mathrm{HL})$,
所以$AD=BE$,
所以$AC+AD=CE+BE=BC$.
(3)解:由(2)可得$BE=AD=BC-AC=10-\sqrt{BC^2-AB^2}=10-6=4(\mathrm{cm})$,
所以$S_{\mathrm{圆环}}=S_{\mathrm{大圆}}-S_{\mathrm{小圆}}$
$=π(OB^2-OE^2)$
$=π· BE^2$
$=16π(\mathrm{cm}^2)$.
【知识点】
切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题为圆的综合应用题，考查了切线的判定方法、切线长定理、全等三角形证明及勾股定理的应用，解题时需合理构造辅助线，线段和差问题可采用截长补短的思路分析，圆环面积计算可通过整体代换简化运算。
【难度系数】
0.65