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1.(2023渝北区阶段练习)如图,PA,PB与⊙O分别相切于点A,B,PA= 2,∠P= 60°,则AB= (
A.3
B.2
C.6
D.4
B
)A.3
B.2
C.6
D.4
答案
B
解析
∵PA、PB是⊙O的切线，∴PA=PB=2。∵∠P=60°，∴△PAB是等边三角形，∴AB=PA=2。
2.(2024渝北区期末)如图,PA,PB是⊙O的切线,A,B为切点,点C在⊙O上,且∠ACB= 40°,则∠APB= (
A.90°
B.100°
C.110°
D.120°
B
)A.90°
B.100°
C.110°
D.120°
答案
B
解析
连接$OA$，$OB$。
由于$PA$，$PB$是$\odot O$的切线，
根据切线与半径垂直的性质，有$OA\perp PA$，$OB\perp PB$，
即$\angle OAP=\angle OBP=90°$。
根据圆周角定理，$\angle AOB=2\angle ACB$。
已知$\angle ACB=40°$，
所以$\angle AOB=80°$。
在四边形$OAPB$中，$\angle APB=360°-\angle OAP-\angle OBP-\angle AOB=360°-90°-90°-80°=100°$。
由于$PA$，$PB$是$\odot O$的切线，
根据切线与半径垂直的性质，有$OA\perp PA$，$OB\perp PB$，
即$\angle OAP=\angle OBP=90°$。
根据圆周角定理，$\angle AOB=2\angle ACB$。
已知$\angle ACB=40°$，
所以$\angle AOB=80°$。
在四边形$OAPB$中，$\angle APB=360°-\angle OAP-\angle OBP-\angle AOB=360°-90°-90°-80°=100°$。
3.(2024南京中考)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AD,CD分别与扇形BAF相切于点A,E。若AB= 15,BC= 17,则AD= (
A.8
B.8.5
C.5√{3}
D.9
D
)A.8
B.8.5
C.5√{3}
D.9
答案
D
解析
连接BE，∵AD,CD与扇形BAF相切于A,E，∴BA⊥AD,BE⊥CD，且AD=DE（切线长定理）.
∵AD//BC,BA⊥AD，∴BA⊥BC，即∠ABC=90°.
扇形半径BA=BF=15，∵BC=17，∴FC=BC-BF=17-15=2.
在Rt△BEC中，BE=BA=15,BC=17，∴EC=√(BC²-BE²)=√(17²-15²)=8.
设AD=DE=x，则CD=DE+EC=x+8.
过D作DH⊥BC于H，得矩形ABHD，∴DH=AB=15,HC=BC-AD=17-x.
在Rt△DHC中，DH²+HC²=CD²，即15²+(17-x)²=(x+8)²，解得x=9.
∵AD//BC,BA⊥AD，∴BA⊥BC，即∠ABC=90°.
扇形半径BA=BF=15，∵BC=17，∴FC=BC-BF=17-15=2.
在Rt△BEC中，BE=BA=15,BC=17，∴EC=√(BC²-BE²)=√(17²-15²)=8.
设AD=DE=x，则CD=DE+EC=x+8.
过D作DH⊥BC于H，得矩形ABHD，∴DH=AB=15,HC=BC-AD=17-x.
在Rt△DHC中，DH²+HC²=CD²，即15²+(17-x)²=(x+8)²，解得x=9.
4.(2023西安期末)如图,PA,PB是⊙O的切线,A,B为切点,AC是⊙O的直径。若∠P= 26°,则∠BAC=
13
°。答案
13
解析
连接OB。
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°。
∵∠P=26°，四边形OAPB内角和为360°，
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-26°=154°。
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=(180°-∠AOB)/2=(180°-154°)/2=13°。
即∠BAC=13°。
13
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°。
∵∠P=26°，四边形OAPB内角和为360°，
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-26°=154°。
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=(180°-∠AOB)/2=(180°-154°)/2=13°。
即∠BAC=13°。
13
5.(2023浙江阶段练习)如图,P是⊙O外的一点,PA,PB分别与⊙O相切于点A,B,C是$\overset{\frown}{AB}$上的任意一点,过点C的切线分别交PA,PB于点D,E,若△PDE的周长是10,则PA=
5
。答案
5
解析
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等。
所以$PA = PB$，$DA = DC$，$EC = EB$。
$\triangle PDE$的周长为$PD + DE + PE$，将$DE = DC + EC$代入可得：
$\triangle PDE$的周长$ = PD + DC + EC + PE=PD + DA + EB + PE = PA + PB$。
已知$\triangle PDE$的周长是$10$，即$PA + PB = 10$，又因为$PA = PB$，所以$PA=\frac{10}{2}=5$。
所以$PA = PB$，$DA = DC$，$EC = EB$。
$\triangle PDE$的周长为$PD + DE + PE$，将$DE = DC + EC$代入可得：
$\triangle PDE$的周长$ = PD + DC + EC + PE=PD + DA + EB + PE = PA + PB$。
已知$\triangle PDE$的周长是$10$，即$PA + PB = 10$，又因为$PA = PB$，所以$PA=\frac{10}{2}=5$。
6.(2024南宁阶段练习)如图,AB为半圆O的直径,C为半圆上一点,D为AC的中点,过C作半圆O的切线交OD的延长线于点E,交AB的延长线于点F,连接EA。
(1)求证：EA是半圆O的切线；
(2)若CE= 3,CF= 2,求半圆O的半径。
(1)求证：EA是半圆O的切线；
(2)若CE= 3,CF= 2,求半圆O的半径。
答案
(1) 见证明过程；(2) 3/2
解析
(1) 证明：
∵D为AC中点，OA=OC，
∴OD⊥AC，∠AOD=∠COD（等腰三角形三线合一）。
∵CE是半圆O的切线，
∴OC⊥CE，即∠OCE=90°。
在△OAE和△OCE中，
OA=OC，∠AOE=∠COE，OE=OE，
∴△OAE≌△OCE（SAS），
∴∠OAE=∠OCE=90°，
∴OA⊥EA，
又∵OA是半径，
∴EA是半圆O的切线。
(2) 设半圆O的半径为r。
∵EA、EC是半圆O的切线，
∴EA=EC=3（切线长定理）。
∵CF=2，∴EF=CF+CE=5。
设OF=x，在Rt△OCF中，OC²+CF²=OF²，即r²+2²=x²①。
在Rt△EAF中，EA²+AF²=EF²，∠EAF=90°（EA是切线），
∵AF=OA+OF=r+x，EA=3，EF=5，
∴3²+(r+x)²=5²，即(r+x)²=16，
∴r+x=4（x＞0），则x=4−r②。
将②代入①：r²+4=(4−r)²，
解得r=3/2。
∵D为AC中点，OA=OC，
∴OD⊥AC，∠AOD=∠COD（等腰三角形三线合一）。
∵CE是半圆O的切线，
∴OC⊥CE，即∠OCE=90°。
在△OAE和△OCE中，
OA=OC，∠AOE=∠COE，OE=OE，
∴△OAE≌△OCE（SAS），
∴∠OAE=∠OCE=90°，
∴OA⊥EA，
又∵OA是半径，
∴EA是半圆O的切线。
(2) 设半圆O的半径为r。
∵EA、EC是半圆O的切线，
∴EA=EC=3（切线长定理）。
∵CF=2，∴EF=CF+CE=5。
设OF=x，在Rt△OCF中，OC²+CF²=OF²，即r²+2²=x²①。
在Rt△EAF中，EA²+AF²=EF²，∠EAF=90°（EA是切线），
∵AF=OA+OF=r+x，EA=3，EF=5，
∴3²+(r+x)²=5²，即(r+x)²=16，
∴r+x=4（x＞0），则x=4−r②。
将②代入①：r²+4=(4−r)²，
解得r=3/2。
