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7. 如图，AB，BC，CD分别与$\odot O$相切于E，F，G，且$AB// CD$，$BO=6$，$CO=8$.
（1）判断$△ OBC$的形状，并证明你的结论；
（2）求$\odot O$的半径$OF$的长.
（1）判断$△ OBC$的形状，并证明你的结论；
（2）求$\odot O$的半径$OF$的长.
答案
7. (1) $△ OBC$是直角三角形.证明:$\because AB,BC,CD$分别与$\odot O$相切于E,F,G,$\therefore ∠ OBE = ∠ OBF = \frac{1}{2}∠ EBF$,
$∠ OCG = ∠ OCF = \frac{1}{2}∠ GCF. \because AB//CD, \therefore ∠ EBF + ∠ GCF=180°, \therefore ∠ OBF + ∠ OCF=90°, \therefore ∠ BOC=90°$,
$\therefore △ OBC$是直角三角形；
(2) $\because$ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中,$BO=6,CO=8, \therefore BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=10. \because AB,BC,CD$分别与$\odot O$相切于E,F,G,$\therefore OF ⊥ BC, \therefore OF=\frac{BO × CO}{BC}=\frac{6 × 8}{10}=4.8$.
$∠ OCG = ∠ OCF = \frac{1}{2}∠ GCF. \because AB//CD, \therefore ∠ EBF + ∠ GCF=180°, \therefore ∠ OBF + ∠ OCF=90°, \therefore ∠ BOC=90°$,
$\therefore △ OBC$是直角三角形；
(2) $\because$ 在$\mathrm{Rt}△ BOC$中,$BO=6,CO=8, \therefore BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=10. \because AB,BC,CD$分别与$\odot O$相切于E,F,G,$\therefore OF ⊥ BC, \therefore OF=\frac{BO × CO}{BC}=\frac{6 × 8}{10}=4.8$.
解析
【分析】
（1）要判断△OBC的形状，可从角的关系入手：首先根据切线长定理，可得OB平分∠ABC、OC平分∠BCD，再结合AB//CD的性质，得∠ABC与∠BCD互补，进而推导∠OBC+∠OCB=90°，即可得到∠BOC=90°，判断三角形形状。
（2）求半径OF的长，先在Rt△OBC中用勾股定理算出斜边BC的长度，再根据切线的性质可知OF⊥BC，OF是Rt△OBC斜边上的高，利用直角三角形面积的两种计算方式建立等式，即可求出OF的长度。
【解析】
（1）△OBC是直角三角形，证明如下：
∵AB、BC、CD分别与$\odot O$相切于E、F、G，
∴$∠OBE = ∠OBF = \frac{1}{2}∠EBF$，$∠OCG = ∠OCF = \frac{1}{2}∠GCF$，
∵$AB// CD$，
∴$∠EBF + ∠GCF = 180°$，
∴$∠OBF + ∠OCF = \frac{1}{2}(∠EBF + ∠GCF) = 90°$，
∴$∠BOC = 180° - (∠OBF + ∠OCF) = 90°$，
∴△OBC是直角三角形。
（2）在$\mathrm{Rt}△BOC$中，$BO=6$，$CO=8$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∵AB、BC、CD分别与$\odot O$相切于E、F、G，
∴$OF ⊥ BC$，即OF是Rt△BOC斜边BC上的高，
由三角形面积公式可得：$S_{△BOC}=\frac{1}{2}BO·CO=\frac{1}{2}BC·OF$，
∴$OF=\frac{BO × CO}{BC}=\frac{6 × 8}{10}=4.8$。
【答案】
(1) △OBC是直角三角形；(2) $\odot O$的半径$OF$长为4.8。
【知识点】
切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形结合的常规考题，核心考查切线相关性质和直角三角形的计算，解题关键是熟练运用切线长定理推导角的关系，结合面积法求斜边上的高，掌握基础定理即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
（1）要判断△OBC的形状，可从角的关系入手：首先根据切线长定理，可得OB平分∠ABC、OC平分∠BCD，再结合AB//CD的性质，得∠ABC与∠BCD互补，进而推导∠OBC+∠OCB=90°，即可得到∠BOC=90°，判断三角形形状。
（2）求半径OF的长，先在Rt△OBC中用勾股定理算出斜边BC的长度，再根据切线的性质可知OF⊥BC，OF是Rt△OBC斜边上的高，利用直角三角形面积的两种计算方式建立等式，即可求出OF的长度。
【解析】
（1）△OBC是直角三角形，证明如下：
∵AB、BC、CD分别与$\odot O$相切于E、F、G，
∴$∠OBE = ∠OBF = \frac{1}{2}∠EBF$，$∠OCG = ∠OCF = \frac{1}{2}∠GCF$，
∵$AB// CD$，
∴$∠EBF + ∠GCF = 180°$，
∴$∠OBF + ∠OCF = \frac{1}{2}(∠EBF + ∠GCF) = 90°$，
∴$∠BOC = 180° - (∠OBF + ∠OCF) = 90°$，
∴△OBC是直角三角形。
（2）在$\mathrm{Rt}△BOC$中，$BO=6$，$CO=8$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{BO^2+CO^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∵AB、BC、CD分别与$\odot O$相切于E、F、G，
∴$OF ⊥ BC$，即OF是Rt△BOC斜边BC上的高，
由三角形面积公式可得：$S_{△BOC}=\frac{1}{2}BO·CO=\frac{1}{2}BC·OF$，
∴$OF=\frac{BO × CO}{BC}=\frac{6 × 8}{10}=4.8$。
【答案】
(1) △OBC是直角三角形；(2) $\odot O$的半径$OF$长为4.8。
【知识点】
切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形结合的常规考题，核心考查切线相关性质和直角三角形的计算，解题关键是熟练运用切线长定理推导角的关系，结合面积法求斜边上的高，掌握基础定理即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
8. 如图，AB为$\odot O$直径，PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，$PQ⊥ PA$，PQ交OC的延长线于点Q.
(1) 求证:$OQ=PQ$;
(2) 连BC并延长交PQ于点D，$PA=AB$，且$CQ=6$，求BD的长.
(1) 求证:$OQ=PQ$;
(2) 连BC并延长交PQ于点D，$PA=AB$，且$CQ=6$，求BD的长.
答案
8. (1) 连接$OP. \because PA,PC$分别与$\odot O$相切于点A,C,$\therefore PA=PC,OA ⊥ PA. \because OA=OC,OP=OP, \therefore △ OPA ≌ △ OPC(\mathrm{SSS}), \therefore ∠ AOP = ∠ POC. \because QP ⊥ PA, \therefore QP//BA, \therefore ∠ QPO = ∠ AOP, \therefore ∠ QOP = ∠ QPO, \therefore OQ=PQ$；
(2) 设$OA=r$.
$\because OB=OC, \therefore ∠ OBC = ∠ OCB. \because OB//QD, \therefore ∠ QDC = ∠ B. \because ∠ OCB = ∠ QCD, \therefore ∠ QCD = ∠ QDC$,
$\therefore QC=QD=6. \because QO=QP, \therefore OC=DP=r. \because PC$是$\odot O$的切线, $\therefore OC ⊥ PC, PC=PA=AB=2r$,
$\therefore ∠ OCP = ∠ PCQ=90°$,在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中, $\because PQ^2=PC^2+QC^2, \therefore (6+r)^2=(2r)^2+6^2, r=4$或0(舍弃),
$\therefore OP=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}, \because OB=PD, OB//PD, \therefore$ 四边形OBDP是平行四边形, $\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$.
(2) 设$OA=r$.
$\because OB=OC, \therefore ∠ OBC = ∠ OCB. \because OB//QD, \therefore ∠ QDC = ∠ B. \because ∠ OCB = ∠ QCD, \therefore ∠ QCD = ∠ QDC$,
$\therefore QC=QD=6. \because QO=QP, \therefore OC=DP=r. \because PC$是$\odot O$的切线, $\therefore OC ⊥ PC, PC=PA=AB=2r$,
$\therefore ∠ OCP = ∠ PCQ=90°$,在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中, $\because PQ^2=PC^2+QC^2, \therefore (6+r)^2=(2r)^2+6^2, r=4$或0(舍弃),
$\therefore OP=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}, \because OB=PD, OB//PD, \therefore$ 四边形OBDP是平行四边形, $\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证明$OQ=PQ$，可通过证明两角相等利用等角对等边推导：首先连接$OP$，根据切线性质可得$PA=PC$、$OA⊥ PA$，结合$OA=OC$、$OP$为公共边，可证$△ OPA ≌ △ OPC$得到$∠ AOP=∠ POC$；再由$PQ⊥ PA$、$AB⊥ PA$推出$QP// BA$，得到内错角$∠ QPO=∠ AOP$，等量代换后即可得$∠ QOP=∠ QPO$，从而证得结论。
(2) 求$BD$的长可先设$\odot O$半径为$r$：首先利用$OB// QD$，结合等腰三角形性质、对顶角相等推得$QC=QD=6$，结合(1)的结论$OQ=PQ$可得$DP=r$；再根据切线垂直过切点的半径得$OC⊥ PC$，且$PC=PA=AB=2r$，在$Rt△ PCQ$中用勾股定理列方程求出$r$的值；最后证明四边形$OBDP$是平行四边形，即可得$BD=OP$，计算$OP$长度即为$BD$的长。
【解析】
(1) 连接$OP$，
$\because PA,PC$分别与$\odot O$相切于点$A,C$，
$\therefore PA=PC$，$OA ⊥ PA$，
又$\because OA=OC$，$OP=OP$，
$\therefore △ OPA ≌ △ OPC(\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ AOP = ∠ POC$，
$\because QP ⊥ PA$，$OA⊥ PA$，
$\therefore QP// BA$，
$\therefore ∠ QPO = ∠ AOP$，
$\therefore ∠ QOP = ∠ QPO$，
$\therefore OQ=PQ$。
(2) 设$\odot O$的半径$OA=r$，则$AB=2r$，
$\because OB=OC$，
$\therefore ∠ OBC = ∠ OCB$，
$\because OB// QD$，
$\therefore ∠ QDC = ∠ OBC$，
又$\because ∠ OCB = ∠ QCD$（对顶角相等），
$\therefore ∠ QCD = ∠ QDC$，
$\therefore QC=QD=6$，
由(1)知$OQ=PQ$，即$OC+CQ=QD+DP$，
$\therefore r+6=6+DP$，解得$DP=r$，
$\because PC$是$\odot O$的切线，
$\therefore OC ⊥ PC$，即$∠ PCQ=90°$，且$PC=PA=AB=2r$，
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得$PQ^2=PC^2+QC^2$，
$\because PQ=OQ=r+6$，
$\therefore (r+6)^2=(2r)^2+6^2$，
解得$r=4$或$r=0$（不符合题意，舍去），
在$\mathrm{Rt}△ OPA$中，$OP=\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
$\because OB=PD=4$，且$OB// PD$，
$\therefore$四边形$OBDP$是平行四边形，
$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述过程；(2) $BD$的长为$\boldsymbol{4\sqrt{5}}$
【知识点】
切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合题，融合了三角形、平行四边形的相关知识点，解题的关键是合理添加辅助线，利用切线性质找到边角的等量关系，通过列方程求解未知量，是圆相关考点的典型考法。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$OQ=PQ$，可通过证明两角相等利用等角对等边推导：首先连接$OP$，根据切线性质可得$PA=PC$、$OA⊥ PA$，结合$OA=OC$、$OP$为公共边，可证$△ OPA ≌ △ OPC$得到$∠ AOP=∠ POC$；再由$PQ⊥ PA$、$AB⊥ PA$推出$QP// BA$，得到内错角$∠ QPO=∠ AOP$，等量代换后即可得$∠ QOP=∠ QPO$，从而证得结论。
(2) 求$BD$的长可先设$\odot O$半径为$r$：首先利用$OB// QD$，结合等腰三角形性质、对顶角相等推得$QC=QD=6$，结合(1)的结论$OQ=PQ$可得$DP=r$；再根据切线垂直过切点的半径得$OC⊥ PC$，且$PC=PA=AB=2r$，在$Rt△ PCQ$中用勾股定理列方程求出$r$的值；最后证明四边形$OBDP$是平行四边形，即可得$BD=OP$，计算$OP$长度即为$BD$的长。
【解析】
(1) 连接$OP$，
$\because PA,PC$分别与$\odot O$相切于点$A,C$，
$\therefore PA=PC$，$OA ⊥ PA$，
又$\because OA=OC$，$OP=OP$，
$\therefore △ OPA ≌ △ OPC(\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ AOP = ∠ POC$，
$\because QP ⊥ PA$，$OA⊥ PA$，
$\therefore QP// BA$，
$\therefore ∠ QPO = ∠ AOP$，
$\therefore ∠ QOP = ∠ QPO$，
$\therefore OQ=PQ$。
(2) 设$\odot O$的半径$OA=r$，则$AB=2r$，
$\because OB=OC$，
$\therefore ∠ OBC = ∠ OCB$，
$\because OB// QD$，
$\therefore ∠ QDC = ∠ OBC$，
又$\because ∠ OCB = ∠ QCD$（对顶角相等），
$\therefore ∠ QCD = ∠ QDC$，
$\therefore QC=QD=6$，
由(1)知$OQ=PQ$，即$OC+CQ=QD+DP$，
$\therefore r+6=6+DP$，解得$DP=r$，
$\because PC$是$\odot O$的切线，
$\therefore OC ⊥ PC$，即$∠ PCQ=90°$，且$PC=PA=AB=2r$，
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得$PQ^2=PC^2+QC^2$，
$\because PQ=OQ=r+6$，
$\therefore (r+6)^2=(2r)^2+6^2$，
解得$r=4$或$r=0$（不符合题意，舍去），
在$\mathrm{Rt}△ OPA$中，$OP=\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
$\because OB=PD=4$，且$OB// PD$，
$\therefore$四边形$OBDP$是平行四边形，
$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述过程；(2) $BD$的长为$\boldsymbol{4\sqrt{5}}$
【知识点】
切线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合题，融合了三角形、平行四边形的相关知识点，解题的关键是合理添加辅助线，利用切线性质找到边角的等量关系，通过列方程求解未知量，是圆相关考点的典型考法。
【难度系数】
0.6
9.【探究问题】如图1，PM，PN，EF分别切$\odot O$于点A，B，C，猜想$△ PEF$的周长与切线长PA的数量关系，并证明你的结论.
【变式迁移】如果图1的条件不变，且$PO=10$厘米，$△ PEF$的周长为16厘米，那么$\odot O$的半径为
【拓展提高】如图2，点E是$∠ MPN$的边PM上的点，$EF⊥ PN$于点F，$\odot O$与边EF及射线PM、射线PN都相切. ①画出符合条件的$\odot O$；②若$EF=3$，$PF=4$，求$\odot O$的半径.
【变式迁移】如果图1的条件不变，且$PO=10$厘米，$△ PEF$的周长为16厘米，那么$\odot O$的半径为
6
厘米.【拓展提高】如图2，点E是$∠ MPN$的边PM上的点，$EF⊥ PN$于点F，$\odot O$与边EF及射线PM、射线PN都相切. ①画出符合条件的$\odot O$；②若$EF=3$，$PF=4$，求$\odot O$的半径.
答案
9. (1) $△ PEF$的周长$=2PA$,理由: $\because PA,PB$分别切$\odot O$于A,B, $\therefore PB=PA. \because EA$与$EC$为$\odot$的切线,
$\therefore EA=EC$,同理得到$FC=FB$, $\therefore △ PEF$的周长$=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+FB+PF=PA+PB=2PA$
(2) 6
(3) ①如图
所示,$\odot O$即为所求；②设$\odot O$与射线PM、射线PN相切于A,B,与EF相切于C,则$AE=CE$,连接$OA,OB,OC, \because EF ⊥ PN, \therefore ∠ CFB = ∠ OBF = ∠ OCF=90°. \because OC=OB$,$\therefore$ 四边形OCFB是正方形, $\therefore CF=BF=OC$.设$\odot O$的半径为r, $\therefore CF=BF=r. \because EF=3,PF=4, \therefore PE=5$.
$\because PA=PB, \therefore 5+CE=PF+CF$,即$5+3-r=4+r, \therefore r=2$.如图
所示,$\odot O$即为所求;$PE=\sqrt{EF^2+PF^2}=5, \frac{1}{2}(3+4+5)r=\frac{1}{2} × 3 × 4$,解得$r=1$. $\therefore \odot O$的半径为2或1.解析
【分析】
1. 探究问题：要推导△PEF周长和PA的数量关系，核心是运用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等。我们可以将EF拆分为EC+CF，再将EC、CF分别替换为等长的EA、FB，代入周长表达式即可转化为PA、PB的和，结合PA=PB即可得到结论。
2. 变式迁移：先利用上一问的周长结论求出PA的长度，再连接OA，根据切线的性质可知OA⊥PA，在Rt△POA中用勾股定理即可求出半径。
3. 拓展提高：①画圆时，圆心需满足在∠MPN的角平分线上（到PM、PN距离相等），且到EF的距离等于到PM的距离，分圆心在EF两侧两种情况作图即可；②求半径时，一种情况用切线长定理列方程求解，另一种情况用直角三角形内切圆半径公式或面积法求解，注意不要漏解。
【解析】
探究问题
猜想：$△ PEF$的周长$=2PA$，证明如下：
$\because PA、PB$分别切$\odot O$于点$A、B$，根据切线长定理，$\therefore PB=PA$。
$\because EA、EC$是$\odot O$的切线，$\therefore EA=EC$，同理可得$FC=FB$。
$\therefore △ PEF$的周长$=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+FB+PF=(PE+EA)+(PF+FB)=PA+PB=2PA$。
变式迁移
由探究问题结论得：$2PA=16\mathrm{cm}$，解得$PA=8\mathrm{cm}$。
连接$OA$，$\because PA$是$\odot O$的切线，$\therefore OA⊥ PA$，$△ POA$为直角三角形。
在$Rt△ POA$中，$PO=10\mathrm{cm}$，$PA=8\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{PO^2-PA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\mathrm{cm}$，即$\odot O$半径为6厘米。
拓展提高
① 符合条件的$\odot O$共2个，如图所示：
② 分两种情况计算半径：
情况1：$\odot O$在EF靠近点P的一侧
设半径为$r$，$\odot O$与PM、PN、EF分别切于A、B、C，由切线长定理得$AE=CE$，$PA=PB$。
连接$OA、OB、OC$，$\because EF⊥ PN$，$OB⊥ PN$，$OC⊥ EF$，$\therefore ∠ CFB=∠ OBF=∠ OCF=90°$，又$OC=OB$，$\therefore$ 四边形$OCFB$是正方形，即$CF=BF=r$。
在$Rt△ PEF$中，$EF=3$，$PF=4$，$\therefore PE=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由$PA=PB$得：$PE+AE=PF+BF$，即$5+(3-r)=4+r$，解得$r=2$。
情况2：$\odot O$是$△ PEF$的内切圆
由直角三角形内切圆半径公式$r=\frac{a+b-c}{2}$（$a、b$为直角边，$c$为斜边），代入得$r=\frac{3+4-5}{2}=1$，或用面积法：$\frac{1}{2}(3+4+5)r=\frac{1}{2}×3×4$，解得$r=1$。
综上，$\odot O$的半径为2或1。
【答案】
(1) $△ PEF$的周长$=2PA$，证明见解析；
(2) $\boxed{6}$；
(3) ①如图所示，$\odot O$即为所求；②$\odot O$的半径为$\boxed{2}$或$\boxed{1}$。
【知识点】
切线长定理，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线相关知识点，通过线段转化、勾股定理、分类讨论等方法解决问题，重点锻炼学生对切线长定理的灵活运用能力，求解半径时易漏解，需注意考虑所有符合条件的情况。
【难度系数】
0.6
1. 探究问题：要推导△PEF周长和PA的数量关系，核心是运用切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等。我们可以将EF拆分为EC+CF，再将EC、CF分别替换为等长的EA、FB，代入周长表达式即可转化为PA、PB的和，结合PA=PB即可得到结论。
2. 变式迁移：先利用上一问的周长结论求出PA的长度，再连接OA，根据切线的性质可知OA⊥PA，在Rt△POA中用勾股定理即可求出半径。
3. 拓展提高：①画圆时，圆心需满足在∠MPN的角平分线上（到PM、PN距离相等），且到EF的距离等于到PM的距离，分圆心在EF两侧两种情况作图即可；②求半径时，一种情况用切线长定理列方程求解，另一种情况用直角三角形内切圆半径公式或面积法求解，注意不要漏解。
【解析】
探究问题
猜想：$△ PEF$的周长$=2PA$，证明如下：
$\because PA、PB$分别切$\odot O$于点$A、B$，根据切线长定理，$\therefore PB=PA$。
$\because EA、EC$是$\odot O$的切线，$\therefore EA=EC$，同理可得$FC=FB$。
$\therefore △ PEF$的周长$=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+FB+PF=(PE+EA)+(PF+FB)=PA+PB=2PA$。
变式迁移
由探究问题结论得：$2PA=16\mathrm{cm}$，解得$PA=8\mathrm{cm}$。
连接$OA$，$\because PA$是$\odot O$的切线，$\therefore OA⊥ PA$，$△ POA$为直角三角形。
在$Rt△ POA$中，$PO=10\mathrm{cm}$，$PA=8\mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{PO^2-PA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\mathrm{cm}$，即$\odot O$半径为6厘米。
拓展提高
① 符合条件的$\odot O$共2个，如图所示：
② 分两种情况计算半径：
情况1：$\odot O$在EF靠近点P的一侧
设半径为$r$，$\odot O$与PM、PN、EF分别切于A、B、C，由切线长定理得$AE=CE$，$PA=PB$。
连接$OA、OB、OC$，$\because EF⊥ PN$，$OB⊥ PN$，$OC⊥ EF$，$\therefore ∠ CFB=∠ OBF=∠ OCF=90°$，又$OC=OB$，$\therefore$ 四边形$OCFB$是正方形，即$CF=BF=r$。
在$Rt△ PEF$中，$EF=3$，$PF=4$，$\therefore PE=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由$PA=PB$得：$PE+AE=PF+BF$，即$5+(3-r)=4+r$，解得$r=2$。
情况2：$\odot O$是$△ PEF$的内切圆
由直角三角形内切圆半径公式$r=\frac{a+b-c}{2}$（$a、b$为直角边，$c$为斜边），代入得$r=\frac{3+4-5}{2}=1$，或用面积法：$\frac{1}{2}(3+4+5)r=\frac{1}{2}×3×4$，解得$r=1$。
综上，$\odot O$的半径为2或1。
【答案】
(1) $△ PEF$的周长$=2PA$，证明见解析；
(2) $\boxed{6}$；
(3) ①如图
所示，$\odot O$即为所求；②$\odot O$的半径为$\boxed{2}$或$\boxed{1}$。【知识点】
切线长定理，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题综合考查圆的切线相关知识点，通过线段转化、勾股定理、分类讨论等方法解决问题，重点锻炼学生对切线长定理的灵活运用能力，求解半径时易漏解，需注意考虑所有符合条件的情况。
【难度系数】
0.6
