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1. 如图,直线AB,BC,CD分别与⊙O相切于点E,F,G,且AB//CD,若OB=8 cm,OC=6 cm,则⊙O的半径等于 (
A.3 cm
B.4 cm
C.$\frac{24}{5}$ cm
D.5 cm
C
)A.3 cm
B.4 cm
C.$\frac{24}{5}$ cm
D.5 cm
答案
1. C
解析
【分析】
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。结合AB//CD的条件，可推出∠BOC为直角，得到直角三角形BOC；先通过勾股定理求出斜边BC的长度，再利用直角三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半），即可求出斜边上的高OF，也就是⊙O的半径。
【解析】
连接OF，
∵直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠BCD，且OF⊥BC。
∵AB//CD，
∴∠ABC + ∠BCD = 180°，
∴∠OBC + ∠OCB = $\frac{1}{2}$(∠ABC + ∠BCD) = $\frac{1}{2}$×180° = 90°，
∴∠BOC = 90°，即△BOC为直角三角形。
在Rt△BOC中，OB=8 cm，OC=6 cm，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$ cm。
∵△BOC的面积可表示为$S = \frac{1}{2}·OB·OC$，也可表示为$S = \frac{1}{2}·BC·OF$，
∴$\frac{1}{2}×8×6 = \frac{1}{2}×10×OF$，
解得$OF = \frac{48}{10} = \frac{24}{5}$ cm，即⊙O的半径为$\frac{24}{5}$ cm。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的切线相关计算的典型题型，解题的关键是利用切线长定理和平行线的性质推导出△BOC是直角三角形，再结合面积法求半径，有效考查了几何知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。结合AB//CD的条件，可推出∠BOC为直角，得到直角三角形BOC；先通过勾股定理求出斜边BC的长度，再利用直角三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边乘斜边上高的一半），即可求出斜边上的高OF，也就是⊙O的半径。
【解析】
连接OF，
∵直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠BCD，且OF⊥BC。
∵AB//CD，
∴∠ABC + ∠BCD = 180°，
∴∠OBC + ∠OCB = $\frac{1}{2}$(∠ABC + ∠BCD) = $\frac{1}{2}$×180° = 90°，
∴∠BOC = 90°，即△BOC为直角三角形。
在Rt△BOC中，OB=8 cm，OC=6 cm，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$ cm。
∵△BOC的面积可表示为$S = \frac{1}{2}·OB·OC$，也可表示为$S = \frac{1}{2}·BC·OF$，
∴$\frac{1}{2}×8×6 = \frac{1}{2}×10×OF$，
解得$OF = \frac{48}{10} = \frac{24}{5}$ cm，即⊙O的半径为$\frac{24}{5}$ cm。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的切线相关计算的典型题型，解题的关键是利用切线长定理和平行线的性质推导出△BOC是直角三角形，再结合面积法求半径，有效考查了几何知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
2. 如图，已知$△ ABC$是边长为3的等边三角形，$\odot A$的半径为1，D是BC上一动点，DM，DN分别切$\odot A$于点M，N，$\odot A$的另一条切线交线段DM，DN于点E，F，则$△ DEF$周长$l$的取值范围是（
A.$4≤ l≤ \sqrt{23}$
B.$\sqrt{23}≤ l≤ 4\sqrt{2}$
C.$4\sqrt{2}≤ l≤ 6$
D.$4\sqrt{2}≤ l≤ 2\sqrt{10}$
B
）A.$4≤ l≤ \sqrt{23}$
B.$\sqrt{23}≤ l≤ 4\sqrt{2}$
C.$4\sqrt{2}≤ l≤ 6$
D.$4\sqrt{2}≤ l≤ 2\sqrt{10}$
答案
2. B
解析
【分析】
解题的核心思路是利用切线长定理转化三角形周长，再结合动点的最值求解：
1. 首先根据切线长定理，将△DEF的周长转化为2倍的切线长DM，将动态周长问题转化为求DM的取值范围问题；
2. 连接AD，结合切线的性质构造直角三角形，利用勾股定理将DM用AD表示，进一步将问题转化为求AD的取值范围；
3. 等边三角形中，BC上动点D到A的距离最小值为BC边上的高，最大值为等边三角形的边长，代入计算即可得到周长的范围。
【解析】
1. 利用切线长定理转化周长：
已知DM、DN切⊙A于M、N，根据切线长定理得$DM=DN$；设EF切⊙A于点P，同理可得$EM=EP$，$FN=FP$。
则$△ DEF$的周长$l=DE+EF+DF=DE+EP+PF+DF=DE+EM+FN+DF=DM+DN=2DM$。
2. 结合勾股定理关联DM与AD：
连接AD、AM，
∵DM是⊙A的切线，
∴$AM⊥ DM$，$AM=1$。
在$Rt△ AMD$中，由勾股定理得$DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{AD^2-1}$，因此$l=2\sqrt{AD^2-1}$。
3. 求AD的取值范围：
△ABC是边长为3的等边三角形，A到BC的最短距离为BC边上的高：$h=\frac{\sqrt{3}}{2}×3=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即AD的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；当D与B（或C）重合时，AD最大，为$AD=AB=3$。
4. 计算周长范围：
当AD最小时，$l_{min}=2\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2-1}=2\sqrt{\frac{23}{4}}=\sqrt{23}$；
当AD最大时，$l_{max}=2\sqrt{3^2-1}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2}$。
因此$\sqrt{23}≤ l≤4\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理，等边三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的动态最值问题，核心突破点是通过切线长定理将不确定的三角形周长转化为定值形式的切线长，再结合几何最值规律计算，是圆综合类题型的典型考法，侧重考查转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题的核心思路是利用切线长定理转化三角形周长，再结合动点的最值求解：
1. 首先根据切线长定理，将△DEF的周长转化为2倍的切线长DM，将动态周长问题转化为求DM的取值范围问题；
2. 连接AD，结合切线的性质构造直角三角形，利用勾股定理将DM用AD表示，进一步将问题转化为求AD的取值范围；
3. 等边三角形中，BC上动点D到A的距离最小值为BC边上的高，最大值为等边三角形的边长，代入计算即可得到周长的范围。
【解析】
1. 利用切线长定理转化周长：
已知DM、DN切⊙A于M、N，根据切线长定理得$DM=DN$；设EF切⊙A于点P，同理可得$EM=EP$，$FN=FP$。
则$△ DEF$的周长$l=DE+EF+DF=DE+EP+PF+DF=DE+EM+FN+DF=DM+DN=2DM$。
2. 结合勾股定理关联DM与AD：
连接AD、AM，
∵DM是⊙A的切线，
∴$AM⊥ DM$，$AM=1$。
在$Rt△ AMD$中，由勾股定理得$DM=\sqrt{AD^2-AM^2}=\sqrt{AD^2-1}$，因此$l=2\sqrt{AD^2-1}$。
3. 求AD的取值范围：
△ABC是边长为3的等边三角形，A到BC的最短距离为BC边上的高：$h=\frac{\sqrt{3}}{2}×3=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，即AD的最小值为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；当D与B（或C）重合时，AD最大，为$AD=AB=3$。
4. 计算周长范围：
当AD最小时，$l_{min}=2\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2-1}=2\sqrt{\frac{23}{4}}=\sqrt{23}$；
当AD最大时，$l_{max}=2\sqrt{3^2-1}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2}$。
因此$\sqrt{23}≤ l≤4\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理，等边三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的动态最值问题，核心突破点是通过切线长定理将不确定的三角形周长转化为定值形式的切线长，再结合几何最值规律计算，是圆综合类题型的典型考法，侧重考查转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
3. （2025·杭州月考）如图，以正方形ABCD的AB边为直径作半圆O，过点C作直线切半圆于点F，交AD边于点E，若△CDE的周长为12，则四边形ABCE的周长为
14
。答案
3. 14
解析
【分析】解题可按三步思路推进：第一步，结合正方形性质和切线长定理，将CE拆分为AE与BC的和；第二步，利用△CDE的周长求出正方形的边长；第三步，在Rt△CDE中用勾股定理求出AE的长度，最终计算四边形ABCE的周长。
【解析】设正方形ABCD的边长为$a$，$AE=x$。
1. 因为AB是半圆O的直径，$∠ DAB=∠ ABC=90°$，所以AD、BC均为半圆O的切线；又CE切半圆于点F，根据切线长定理可得：$AE=EF=x$，$BC=CF=a$，因此$CE=EF+CF=a+x$。
2. 已知$△ CDE$的周长为12，其中$ED=AD-AE=a-x$，$CD=a$，代入周长公式得：
$(a-x)+a+(a+x)=12$
化简得$3a=12$，解得$a=4$，即正方形边长为4。
3. 在$Rt△ CDE$中，$DE=4-x$，$CD=4$，$CE=4+x$，由勾股定理得：
$DE^2+CD^2=CE^2$
代入得：$(4-x)^2+4^2=(4+x)^2$
展开化简：$16-8x+x^2+16=16+8x+x^2$，解得$x=1$，即$AE=1$，$CE=4+1=5$。
4. 四边形ABCE的周长为：$AB+BC+CE+AE=4+4+5+1=14$。
【答案】14
【知识点】切线长定理，正方形的性质，勾股定理
【点评】本题核心是利用切线长定理实现线段的等量转化，先求出正方形边长，再结合勾股定理计算未知线段长度，是几何综合类的基础题型。
【难度系数】0.65
【解析】设正方形ABCD的边长为$a$，$AE=x$。
1. 因为AB是半圆O的直径，$∠ DAB=∠ ABC=90°$，所以AD、BC均为半圆O的切线；又CE切半圆于点F，根据切线长定理可得：$AE=EF=x$，$BC=CF=a$，因此$CE=EF+CF=a+x$。
2. 已知$△ CDE$的周长为12，其中$ED=AD-AE=a-x$，$CD=a$，代入周长公式得：
$(a-x)+a+(a+x)=12$
化简得$3a=12$，解得$a=4$，即正方形边长为4。
3. 在$Rt△ CDE$中，$DE=4-x$，$CD=4$，$CE=4+x$，由勾股定理得：
$DE^2+CD^2=CE^2$
代入得：$(4-x)^2+4^2=(4+x)^2$
展开化简：$16-8x+x^2+16=16+8x+x^2$，解得$x=1$，即$AE=1$，$CE=4+1=5$。
4. 四边形ABCE的周长为：$AB+BC+CE+AE=4+4+5+1=14$。
【答案】14
【知识点】切线长定理，正方形的性质，勾股定理
【点评】本题核心是利用切线长定理实现线段的等量转化，先求出正方形边长，再结合勾股定理计算未知线段长度，是几何综合类的基础题型。
【难度系数】0.65
4. 已知$∠ MPN$的两边分别与$\odot O$相切于点$A,B$,$\odot O$的半径为$r$.
(1)如图①,点$C$在点$A,B$之间的优弧上,$∠ MPN=80°$,求$∠ ACB$的度数.
(2)如图②,点$C$在$\odot O$上运动,当线段$PC$经过圆心$O$时,$∠ APB$的大小满足什么条件时,四边形$APBC$为菱形?请说明理由.
(3)如图③,在(2)的条件下,若线段$PC$与$\odot O$的另一个交点为点$D$,$\odot O$的半径$r=3$.
①求图中阴影部分的周长.
②连结$OA$,$E$为边$OA$上的一点,且$OE=\dfrac{1}{3}OA$,延长$DE$交$AC$于点$F$,求$AF$的长.
(1)如图①,点$C$在点$A,B$之间的优弧上,$∠ MPN=80°$,求$∠ ACB$的度数.
(2)如图②,点$C$在$\odot O$上运动,当线段$PC$经过圆心$O$时,$∠ APB$的大小满足什么条件时,四边形$APBC$为菱形?请说明理由.
(3)如图③,在(2)的条件下,若线段$PC$与$\odot O$的另一个交点为点$D$,$\odot O$的半径$r=3$.
①求图中阴影部分的周长.
②连结$OA$,$E$为边$OA$上的一点,且$OE=\dfrac{1}{3}OA$,延长$DE$交$AC$于点$F$,求$AF$的长.
答案
4. (1)连结 OA,OB,如图①
,∵ ∠MPN 的两边分别与⊙O 相切于点 A,B,
∴ OA ⊥ PM,OB ⊥ PN,
∴ ∠PAO = ∠PBO = 90°.
∵ ∠APB+∠OAP+∠AOB+∠PBO = 360°,
∴ ∠APB+∠AOB = 180°.
∵ ∠MPN = 80°,
∴ ∠AOB = 100°,
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}∠AOB=50°$.
(2)当线段 PC 经过圆心 O 时,∠APB=60°时,四边形 APBC 为菱形,
理由如下:连结 OA,OB,如图②
,由(1)知 ∠APB+∠AOB = 180°,
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 120°,
∴ ∠ACB=$\frac{1}{2}∠AOB=60°$,
∴ ∠APB = ∠ACB.
∵ ∠MPN 的两边分别
与⊙O 相切于点 A,B,
∴ PA = PB.
∵ OA = OB,OP = OP,
∴ △AOP≌△BOP,
∴ ∠APO = ∠BPO.在△APC 和△BPC 中,
$\begin{cases} PA=PB, \\ ∠APC=∠BPC, \\ PC=PC, \end{cases}$
∴ △APC ≌ △BPC ( SAS ),
∴ ∠PAC = ∠PBC.
∵ ∠PAC+∠PBC+∠APB+∠ACB = 360°,
∴ ∠PAC+∠APB = 180°,
∠PAC+∠ACB = 180°,
∴ AC // PB,AP // BC,
∴ 四边形 APBC 为平行四边形.
∵ PA = PB,
∴ 四边形 APBC 为菱形.
(3)①
∵ ⊙O 的半径 r=3,
∴ OA = OD = 3.由(2)知四边形 APBC 为菱形,
∴ ∠ACP=$\frac{1}{2}∠ACB=30°$,
∴ ∠AOD = 2∠ACP = 60°,
∴ $\overset{\frown}{AD}$的长 = $\frac{60π×3}{180}=π$.
∵ ∠APC = $\frac{1}{2}∠APB=30°$,OA ⊥ PA,
∴ OP = 2OA = 6,
∴ PD=OP-OD=3,
∴ PA = $\sqrt{OP^2-OA^2}=3\sqrt{3}$,
∴ 图中阴影部分的周长为 $3\sqrt{3}+3+π$.
②过点 A 作 AG//PC,交 DE 的延长线于点 G,如图③
,∵ $OE=\frac{1}{3}OA$,OA = 3,
∴ OE = 1,AE = 2.
∵ AG // PC,
∴ △EOD ∽ △EAG,△FDC ∽ △FGA,
∴ $\frac{OD}{AG}=\frac{OE}{AE}=\frac{1}{2}$,$\frac{CD}{AG}=\frac{CF}{AF}$,
∴ $\frac{3}{AG}=\frac{1}{2}$,
∴ AG = 6.
∵ CD = 2OD = 6,
∴ $\frac{CF}{AF}=1$,
∴ CF=AF,
∴ AF=$\frac{1}{2}AC$.
∵ 四边形APBC 为菱形,
∴ AC=PA=$3\sqrt{3}$,
∴ AF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
解析
【分析】
(1) 求∠ACB的度数可转化为求其所对圆心角∠AOB的度数：已知PA、PB是⊙O的切线，连接OA、OB后，根据切线性质可得OA⊥PA、OB⊥PB，再结合四边形内角和为360°，代入已知∠MPN=80°即可求出∠AOB，最后利用圆周角定理得到∠ACB的度数。
(2) 判定四边形APBC为菱形，由切线长定理可得PA=PB，因此只需证四边形APBC是平行四边形即可：当PC过圆心时，PC平分∠APB，若∠APB=60°，可先求出∠AOB=120°，进而得到∠ACB=60°，再通过全等三角形推导角的关系，证明两组对边分别平行，即可证得平行四边形，结合邻边相等得到菱形。
(3) ① 阴影部分周长由线段PD、PA和弧AD三部分组成：先利用含30°角的直角三角形性质求出OP的长，进而得到PD、PA的长度，再用弧长公式计算弧AD的长度，三者相加即可得到阴影周长。② 求AF的长，可过A作AG//PC构造相似三角形，先由△EOD∽△EAG求出AG的长度，再由△FDC∽△FGA得到CF与AF的比例关系，结合菱形边长即可求出AF。
【解析】
(1)连结 OA,OB,如图①,
∵ ∠MPN 的两边分别与⊙O 相切于点 A,B,
∴ OA ⊥ PM,OB ⊥ PN,
∴ ∠PAO = ∠PBO = 90°.
∵ ∠APB+∠OAP+∠AOB+∠PBO = 360°,
∴ ∠APB+∠AOB = 180°.
∵ ∠MPN = 80°,
∴ ∠AOB = 100°,
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}∠AOB=50°$.
(2)当线段 PC 经过圆心 O 时,∠APB=60°时,四边形 APBC 为菱形,
理由如下:连结 OA,OB,如图②,
由(1)知 ∠APB+∠AOB = 180°,
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 120°,
∴ ∠ACB=$\frac{1}{2}∠AOB=60°$,
∴ ∠APB = ∠ACB.
∵ ∠MPN 的两边分别
与⊙O 相切于点 A,B,
∴ PA = PB.
∵ OA = OB,OP = OP,
∴ △AOP≌△BOP,
∴ ∠APO = ∠BPO.在△APC 和△BPC 中,
$\begin{cases} PA=PB, \\ ∠APC=∠BPC, \\ PC=PC, \end{cases}$
∴ △APC ≌ △BPC ( SAS ),
∴ ∠PAC = ∠PBC.
∵ ∠PAC+∠PBC+∠APB+∠ACB = 360°,
∴ ∠PAC+∠APB = 180°,
∠PAC+∠ACB = 180°,
∴ AC // PB,AP // BC,
∴ 四边形 APBC 为平行四边形.
∵ PA = PB,
∴ 四边形 APBC 为菱形.
(3)①
∵ ⊙O 的半径 r=3,
∴ OA = OD = 3.由(2)知四边形 APBC 为菱形,
∴ ∠ACP=$\frac{1}{2}∠ACB=30°$,
∴ ∠AOD = 2∠ACP = 60°,
∴ $\overset{\frown}{AD}$的长 = $\frac{60π×3}{180}=π$.
∵ ∠APC = $\frac{1}{2}∠APB=30°$,OA ⊥ PA,
∴ OP = 2OA = 6,
∴ PD=OP-OD=3,
∴ PA = $\sqrt{OP^2-OA^2}=3\sqrt{3}$,
∴ 图中阴影部分的周长为 $3\sqrt{3}+3+π$.
②过点 A 作 AG//PC,交 DE 的延长线于点 G,如图③,
∵ $OE=\frac{1}{3}OA$,OA = 3,
∴ OE = 1,AE = 2.
∵ AG // PC,
∴ △EOD ∽ △EAG,△FDC ∽ △FGA,
∴ $\frac{OD}{AG}=\frac{OE}{AE}=\frac{1}{2}$,$\frac{CD}{AG}=\frac{CF}{AF}$,
∴ $\frac{3}{AG}=\frac{1}{2}$,
∴ AG = 6.
∵ CD = 2OD = 6,
∴ $\frac{CF}{AF}=1$,
∴ CF=AF,
∴ AF=$\frac{1}{2}AC$.
∵ 四边形APBC 为菱形,
∴ AC=PA=$3\sqrt{3}$,
∴ AF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{50°}$
(2) 当$\boldsymbol{∠APB=60°}$时，四边形APBC为菱形，理由见解析
(3) ① 阴影部分的周长为$\boldsymbol{3\sqrt{3}+3+π}$；② $\boldsymbol{AF=\frac{3\sqrt{3}}{2}}$
【知识点】
切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合题，围绕切线性质展开，融合了菱形判定、弧长计算、全等三角形证明等多个知识点，问题设置由易到难，既考察基础性质的掌握，也注重对几何逻辑推理能力和知识综合运用能力的检验。
【难度系数】
0.6
(1) 求∠ACB的度数可转化为求其所对圆心角∠AOB的度数：已知PA、PB是⊙O的切线，连接OA、OB后，根据切线性质可得OA⊥PA、OB⊥PB，再结合四边形内角和为360°，代入已知∠MPN=80°即可求出∠AOB，最后利用圆周角定理得到∠ACB的度数。
(2) 判定四边形APBC为菱形，由切线长定理可得PA=PB，因此只需证四边形APBC是平行四边形即可：当PC过圆心时，PC平分∠APB，若∠APB=60°，可先求出∠AOB=120°，进而得到∠ACB=60°，再通过全等三角形推导角的关系，证明两组对边分别平行，即可证得平行四边形，结合邻边相等得到菱形。
(3) ① 阴影部分周长由线段PD、PA和弧AD三部分组成：先利用含30°角的直角三角形性质求出OP的长，进而得到PD、PA的长度，再用弧长公式计算弧AD的长度，三者相加即可得到阴影周长。② 求AF的长，可过A作AG//PC构造相似三角形，先由△EOD∽△EAG求出AG的长度，再由△FDC∽△FGA得到CF与AF的比例关系，结合菱形边长即可求出AF。
【解析】
(1)连结 OA,OB,如图①
,∵ ∠MPN 的两边分别与⊙O 相切于点 A,B,
∴ OA ⊥ PM,OB ⊥ PN,
∴ ∠PAO = ∠PBO = 90°.
∵ ∠APB+∠OAP+∠AOB+∠PBO = 360°,
∴ ∠APB+∠AOB = 180°.
∵ ∠MPN = 80°,
∴ ∠AOB = 100°,
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}∠AOB=50°$.
(2)当线段 PC 经过圆心 O 时,∠APB=60°时,四边形 APBC 为菱形,
理由如下:连结 OA,OB,如图②
,由(1)知 ∠APB+∠AOB = 180°,
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 120°,
∴ ∠ACB=$\frac{1}{2}∠AOB=60°$,
∴ ∠APB = ∠ACB.
∵ ∠MPN 的两边分别
与⊙O 相切于点 A,B,
∴ PA = PB.
∵ OA = OB,OP = OP,
∴ △AOP≌△BOP,
∴ ∠APO = ∠BPO.在△APC 和△BPC 中,
$\begin{cases} PA=PB, \\ ∠APC=∠BPC, \\ PC=PC, \end{cases}$
∴ △APC ≌ △BPC ( SAS ),
∴ ∠PAC = ∠PBC.
∵ ∠PAC+∠PBC+∠APB+∠ACB = 360°,
∴ ∠PAC+∠APB = 180°,
∠PAC+∠ACB = 180°,
∴ AC // PB,AP // BC,
∴ 四边形 APBC 为平行四边形.
∵ PA = PB,
∴ 四边形 APBC 为菱形.
(3)①
∵ ⊙O 的半径 r=3,
∴ OA = OD = 3.由(2)知四边形 APBC 为菱形,
∴ ∠ACP=$\frac{1}{2}∠ACB=30°$,
∴ ∠AOD = 2∠ACP = 60°,
∴ $\overset{\frown}{AD}$的长 = $\frac{60π×3}{180}=π$.
∵ ∠APC = $\frac{1}{2}∠APB=30°$,OA ⊥ PA,
∴ OP = 2OA = 6,
∴ PD=OP-OD=3,
∴ PA = $\sqrt{OP^2-OA^2}=3\sqrt{3}$,
∴ 图中阴影部分的周长为 $3\sqrt{3}+3+π$.
②过点 A 作 AG//PC,交 DE 的延长线于点 G,如图③
,∵ $OE=\frac{1}{3}OA$,OA = 3,
∴ OE = 1,AE = 2.
∵ AG // PC,
∴ △EOD ∽ △EAG,△FDC ∽ △FGA,
∴ $\frac{OD}{AG}=\frac{OE}{AE}=\frac{1}{2}$,$\frac{CD}{AG}=\frac{CF}{AF}$,
∴ $\frac{3}{AG}=\frac{1}{2}$,
∴ AG = 6.
∵ CD = 2OD = 6,
∴ $\frac{CF}{AF}=1$,
∴ CF=AF,
∴ AF=$\frac{1}{2}AC$.
∵ 四边形APBC 为菱形,
∴ AC=PA=$3\sqrt{3}$,
∴ AF=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{50°}$
(2) 当$\boldsymbol{∠APB=60°}$时，四边形APBC为菱形，理由见解析
(3) ① 阴影部分的周长为$\boldsymbol{3\sqrt{3}+3+π}$；② $\boldsymbol{AF=\frac{3\sqrt{3}}{2}}$
【知识点】
切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合题，围绕切线性质展开，融合了菱形判定、弧长计算、全等三角形证明等多个知识点，问题设置由易到难，既考察基础性质的掌握，也注重对几何逻辑推理能力和知识综合运用能力的检验。
【难度系数】
0.6
