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2.如图，PA，PB是⊙O的切线，切点分别为A，B，BC是⊙O的直径，PO交⊙O于点E，连接AB交PO于点F，连接CE交AB于点D，AC=4.
(1)求OF的长.
(2)求证:∠PBE=∠ABE.
(1)求OF的长.
(2)求证:∠PBE=∠ABE.
答案
(1)解:$OF=2.$
(2)证明:因为 PB 是$\odot O$的切线,
所以$∠PBE+∠EBC=90^{\circ }.$
因为 BC 是$\odot O$的直径,
所以$∠BEC=90^{\circ },$
所以$∠EBC+∠ECB=90^{\circ },$
所以$∠PBE=∠ECB.$
由题意得 OP 是 AB 的垂直平分线,
所以$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE},$
所以$∠ECB=∠ABE,$
所以$∠PBE=∠ABE.$
(2)证明:因为 PB 是$\odot O$的切线,
所以$∠PBE+∠EBC=90^{\circ }.$
因为 BC 是$\odot O$的直径,
所以$∠BEC=90^{\circ },$
所以$∠EBC+∠ECB=90^{\circ },$
所以$∠PBE=∠ECB.$
由题意得 OP 是 AB 的垂直平分线,
所以$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE},$
所以$∠ECB=∠ABE,$
所以$∠PBE=∠ABE.$
解析
【分析】
(1) 求解OF的长时，先明确OF和已知边AC的关联：由BC是直径可得∠BAC=90°；再根据切线长定理可推出PO垂直平分AB，即F是AB中点，而O是BC中点，因此OF是△ABC的中位线，借助中位线性质即可求出OF的长度。
(2) 证明∠PBE=∠ABE时，先利用切线性质和直径所对圆周角为直角的性质，通过同角的余角相等推导∠PBE=∠ECB；再结合PO垂直平分AB得到弧AE=弧BE，根据等弧所对圆周角相等可得∠ECB=∠ABE，最后通过等量代换即可证明结论。
【解析】
(1) 解：
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°（直径所对的圆周角为直角），
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，PO平分∠APB，
∴PO垂直平分AB（等腰三角形三线合一），即F为AB的中点，
又
∵O为BC的中点，
∴OF是△ABC的中位线，
∴$OF=\frac{1}{2}AC$，
∵AC=4，
∴$OF=\frac{1}{2}×4=2$。
(2) 证明：
∵PB是⊙O的切线，
∴PB⊥OB，即$∠PBE+∠EBC=90^{\circ }$，
∵BC是⊙O的直径，
∴$∠BEC=90^{\circ }$，
∴$∠EBC+∠ECB=90^{\circ }$，
∴$∠PBE=∠ECB$（同角的余角相等），
由切线长定理可得PO是AB的垂直平分线，
∴$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$，
∴$∠ECB=∠ABE$（等弧所对的圆周角相等），
∴$∠PBE=∠ABE$。
【答案】
(1) $OF=2$
(2) 证明成立，如上所述。
【知识点】
切线长定理，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考察切线相关性质和圆的基本定理，解题的关键是快速识别中位线结构，灵活运用余角性质、弧与圆周角的对应关系完成角的等量代换，熟练掌握相关基础定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
(1) 求解OF的长时，先明确OF和已知边AC的关联：由BC是直径可得∠BAC=90°；再根据切线长定理可推出PO垂直平分AB，即F是AB中点，而O是BC中点，因此OF是△ABC的中位线，借助中位线性质即可求出OF的长度。
(2) 证明∠PBE=∠ABE时，先利用切线性质和直径所对圆周角为直角的性质，通过同角的余角相等推导∠PBE=∠ECB；再结合PO垂直平分AB得到弧AE=弧BE，根据等弧所对圆周角相等可得∠ECB=∠ABE，最后通过等量代换即可证明结论。
【解析】
(1) 解：
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°（直径所对的圆周角为直角），
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，PO平分∠APB，
∴PO垂直平分AB（等腰三角形三线合一），即F为AB的中点，
又
∵O为BC的中点，
∴OF是△ABC的中位线，
∴$OF=\frac{1}{2}AC$，
∵AC=4，
∴$OF=\frac{1}{2}×4=2$。
(2) 证明：
∵PB是⊙O的切线，
∴PB⊥OB，即$∠PBE+∠EBC=90^{\circ }$，
∵BC是⊙O的直径，
∴$∠BEC=90^{\circ }$，
∴$∠EBC+∠ECB=90^{\circ }$，
∴$∠PBE=∠ECB$（同角的余角相等），
由切线长定理可得PO是AB的垂直平分线，
∴$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$，
∴$∠ECB=∠ABE$（等弧所对的圆周角相等），
∴$∠PBE=∠ABE$。
【答案】
(1) $OF=2$
(2) 证明成立，如上所述。
【知识点】
切线长定理，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考察切线相关性质和圆的基本定理，解题的关键是快速识别中位线结构，灵活运用余角性质、弧与圆周角的对应关系完成角的等量代换，熟练掌握相关基础定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
1.如图，PA，PB是$\odot O$的切线，切点分别为A，B，若$∠ APB=60°$，$PA=2$，则$\odot O$的半径为（
A.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.$2\sqrt{3}$
A
）A.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.$2\sqrt{3}$
答案
A
解析
【分析】
解题时首先回忆切线的相关性质：1. 切线垂直于过切点的半径；2. 切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。要求圆的半径，我们可以连接OA构造直角三角形，先利用切线长定理求出∠APO的度数，再在直角三角形中利用边角关系计算半径OA的长度即可。
【解析】
解：连接OA，
∵PA是$\odot O$的切线，A为切点，
∴$OA⊥PA$，即$∠ OAP=90°$，
∵PA、PB是$\odot O$的两条切线，
∴根据切线长定理可得：OP平分$∠ APB$，
∴$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×60°=30°$，
在$Rt△ OAP$中，$PA=2$，$∠ APO=30°$，
∵$\tan∠ APO=\frac{OA}{PA}$，
∴$OA=PA·\tan30°=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
即$\odot O$的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故选A。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质；切线长定理；解直角三角形
【点评】
本题是圆的常规基础题型，将切线的性质、切线长定理与直角三角形的边角计算结合考查，解题的关键是合理构造直角三角形，找到已知角和已知边的关系。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆切线的相关性质：1. 切线垂直于过切点的半径；2. 切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。要求圆的半径，我们可以连接OA构造直角三角形，先利用切线长定理求出∠APO的度数，再在直角三角形中利用边角关系计算半径OA的长度即可。
【解析】
解：连接OA，
∵PA是$\odot O$的切线，A为切点，
∴$OA⊥PA$，即$∠ OAP=90°$，
∵PA、PB是$\odot O$的两条切线，
∴根据切线长定理可得：OP平分$∠ APB$，
∴$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×60°=30°$，
在$Rt△ OAP$中，$PA=2$，$∠ APO=30°$，
∵$\tan∠ APO=\frac{OA}{PA}$，
∴$OA=PA·\tan30°=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
即$\odot O$的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，故选A。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质；切线长定理；解直角三角形
【点评】
本题是圆的常规基础题型，将切线的性质、切线长定理与直角三角形的边角计算结合考查，解题的关键是合理构造直角三角形，找到已知角和已知边的关系。
【难度系数】
0.7
2.如图，正方形ABCD的边长为6，以边BC为直径在正方形ABCD内部作半圆，圆心为O，过点A作半圆的切线，与半圆相切于点F，与DC相交于点E，则AE=
$\frac{15}{2}$
。答案
$\frac{15}{2}$
解析
【分析】
本题可结合切线长定理与勾股定理求解。首先根据正方形性质可知AB、CD均垂直于BC，因此AB、CD都是半圆O的切线，再结合AE是半圆的切线，由切线长定理可得AF=AB、EF=EC；接下来设EC的长为x，将AE、DE的长度用含x的代数式表示，最后在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解即可得到AE的长度。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，边长为6
∴AB=BC=CD=AD=6，∠B=∠C=∠D=90°
∴AB⊥BC，DC⊥BC，即AB、DC均为半圆O的切线
∵AE切半圆O于点F
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等
∴AF=AB=6，EF=EC
设EC=x，则EF=x，DE=CD-EC=6-x，AE=AF+EF=6+x
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$AD^2 + DE^2 = AE^2$
代入得：$6^2 + (6-x)^2 = (6+x)^2$
展开计算：
$36 + 36 - 12x + x^2 = 36 + 12x + x^2$
消去$x^2$，整理得：$24x=36$
解得：$x=\frac{3}{2}$
∴$AE=6 + \frac{3}{2} = \frac{15}{2}$
【答案】
$\frac{15}{2}$
【知识点】
切线长定理、正方形的性质、勾股定理
【点评】
本题是切线长定理的典型应用题目，解题时通过切线长定理实现线段的等量转化，再结合方程思想和勾股定理求解，这种几何与代数结合的解题思路在圆的综合题中非常常见，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
本题可结合切线长定理与勾股定理求解。首先根据正方形性质可知AB、CD均垂直于BC，因此AB、CD都是半圆O的切线，再结合AE是半圆的切线，由切线长定理可得AF=AB、EF=EC；接下来设EC的长为x，将AE、DE的长度用含x的代数式表示，最后在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解即可得到AE的长度。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，边长为6
∴AB=BC=CD=AD=6，∠B=∠C=∠D=90°
∴AB⊥BC，DC⊥BC，即AB、DC均为半圆O的切线
∵AE切半圆O于点F
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等
∴AF=AB=6，EF=EC
设EC=x，则EF=x，DE=CD-EC=6-x，AE=AF+EF=6+x
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$AD^2 + DE^2 = AE^2$
代入得：$6^2 + (6-x)^2 = (6+x)^2$
展开计算：
$36 + 36 - 12x + x^2 = 36 + 12x + x^2$
消去$x^2$，整理得：$24x=36$
解得：$x=\frac{3}{2}$
∴$AE=6 + \frac{3}{2} = \frac{15}{2}$
【答案】
$\frac{15}{2}$
【知识点】
切线长定理、正方形的性质、勾股定理
【点评】
本题是切线长定理的典型应用题目，解题时通过切线长定理实现线段的等量转化，再结合方程思想和勾股定理求解，这种几何与代数结合的解题思路在圆的综合题中非常常见，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
3.(1)如图①，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，AC是$\odot O$的直径.若$∠ BAC=25°$，求$∠ P$的度数.
(2)如图②，AC是$\odot O$的直径，PA与$\odot O$相切于点A，B为$\odot O$上一点，AC的延长线与射线PB相交于点D，若$∠ D + 2∠ BAC = 90°$，求证：$PA=PB$.
(2)如图②，AC是$\odot O$的直径，PA与$\odot O$相切于点A，B为$\odot O$上一点，AC的延长线与射线PB相交于点D，若$∠ D + 2∠ BAC = 90°$，求证：$PA=PB$.
答案
(1)解:$∠P=50^{\circ }.$
(2)证明:如图,连接 OB.
由题意,得$∠DOB=2∠BAC.$
因为$∠D+2∠BAC=90^{\circ },$
所以$∠D+∠DOB=90^{\circ },$
所以$∠DBO=90^{\circ },$
所以 PB 是$\odot O$的切线.
又因为 PA 与$\odot O$相切于点 A,
所以$PA=PB.$
解析
【分析】
(1) 首先根据切线的性质得到PA垂直于直径AC，结合已知∠BAC的度数求出∠PAB的度数；再根据切线长定理可得PA=PB，即△PAB为等腰三角形，两底角相等，最后利用三角形内角和即可求出∠P的度数。
(2) 要证PA=PB，可利用切线长定理，只需证明PB是⊙O的切线即可。先连接OB，根据圆周角定理得到圆心角∠DOB=2∠BAC，结合已知的角度等式推出∠DBO=90°，即可判定PB是⊙O的切线，最后根据切线长定理得到PA=PB。
【解析】
(1) 解：
∵PA是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，
∴PA⊥AC，即∠PAC=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠PAB=90°-25°=65°，
又
∵PA、PB都是⊙O的切线，A、B为切点，
∴PA=PB，∠PAB=∠PBA=65°，
∴∠P=180°-65°×2=50°。
(2) 证明：如图，连接OB.
根据圆周角定理可得∠DOB=2∠BAC，
∵∠D + 2∠BAC = 90°，
∴∠D + ∠DOB=90°，
在△OBD中，∠DBO=180°-(∠D + ∠DOB)=90°，
∴OB⊥PB，
又
∵OB是⊙O的半径，
∴PB是⊙O的切线，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴根据切线长定理可得PA=PB。
【答案】
(1)∠P=50°.
(2)证明:如图,连接 OB.
由题意,得$∠DOB=2∠BAC.$
因为$∠D+2∠BAC=90^{\circ },$
所以$∠D+∠DOB=90^{\circ },$
所以$∠DBO=90^{\circ },$
所以 PB 是$\odot O$的切线.
又因为 PA 与$\odot O$相切于点 A,
所以$PA=PB.$
【知识点】
切线的性质与判定；切线长定理；圆周角定理
【点评】
本题是圆的基础应用题，围绕切线的相关性质设置问题，解题的关键是熟练掌握切线的性质、判定方法以及切线长定理，通过合理构造辅助线转化角度关系即可完成求解。
【难度系数】
0.7
(1) 首先根据切线的性质得到PA垂直于直径AC，结合已知∠BAC的度数求出∠PAB的度数；再根据切线长定理可得PA=PB，即△PAB为等腰三角形，两底角相等，最后利用三角形内角和即可求出∠P的度数。
(2) 要证PA=PB，可利用切线长定理，只需证明PB是⊙O的切线即可。先连接OB，根据圆周角定理得到圆心角∠DOB=2∠BAC，结合已知的角度等式推出∠DBO=90°，即可判定PB是⊙O的切线，最后根据切线长定理得到PA=PB。
【解析】
(1) 解：
∵PA是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，
∴PA⊥AC，即∠PAC=90°，
∵∠BAC=25°，
∴∠PAB=90°-25°=65°，
又
∵PA、PB都是⊙O的切线，A、B为切点，
∴PA=PB，∠PAB=∠PBA=65°，
∴∠P=180°-65°×2=50°。
(2) 证明：如图，连接OB.
根据圆周角定理可得∠DOB=2∠BAC，
∵∠D + 2∠BAC = 90°，
∴∠D + ∠DOB=90°，
在△OBD中，∠DBO=180°-(∠D + ∠DOB)=90°，
∴OB⊥PB，
又
∵OB是⊙O的半径，
∴PB是⊙O的切线，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴根据切线长定理可得PA=PB。
【答案】
(1)∠P=50°.
(2)证明:如图,连接 OB.
由题意,得$∠DOB=2∠BAC.$
因为$∠D+2∠BAC=90^{\circ },$
所以$∠D+∠DOB=90^{\circ },$
所以$∠DBO=90^{\circ },$
所以 PB 是$\odot O$的切线.
又因为 PA 与$\odot O$相切于点 A,
所以$PA=PB.$
【知识点】
切线的性质与判定；切线长定理；圆周角定理
【点评】
本题是圆的基础应用题，围绕切线的相关性质设置问题，解题的关键是熟练掌握切线的性质、判定方法以及切线长定理，通过合理构造辅助线转化角度关系即可完成求解。
【难度系数】
0.7
