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九年级 全一册 数学 苏科版
1.如图，PA，PB是$\odot O$的两条切线，点A，B是切点，OP交$\odot O$于点C，交弦AB于点D.下列结论中错误的是 （
A.$PA=PB$
B.$AD=BD$
C.$OP ⊥ AB$
D.$∠ PAB = ∠ APB$
1.如图，PA，PB是$\odot O$的两条切线，点A，B是切点，OP交$\odot O$于点C，交弦AB于点D.下列结论中错误的是 （
D
）A.$PA=PB$
B.$AD=BD$
C.$OP ⊥ AB$
D.$∠ PAB = ∠ APB$
答案
1.D 如图,连接 OA,OB,
∵ PA,PB 是$\odot O$的两条切线,
∴ PA=PB,故选项 A 正确;
∵ OA=OB,PA=PB,
∴ OP 垂直平分 AB,
∴ OP ⊥ AB,AD=BD,故选项 B,C 正确;
根据题意无法得出∠PAB 和∠APB 的大小关系,故选项 D 错误.故选 D.
解析
【分析】
解题时先结合题干条件回忆切线相关性质，逐一判断选项：首先根据切线长定理可直接判断PA与PB的数量关系；再结合同圆半径相等、PA=PB的条件，可推得OP是AB的垂直平分线，进而判断B、C选项是否正确；最后判断∠PAB和∠APB的关系，看是否有充分条件证明二者相等即可。
【解析】
如图，连接OA、OB，
∵ PA，PB是$\odot O$的两条切线，点A、B为切点，
∴ 根据切线长定理可得$PA=PB$，故选项A正确；
∵ $OA=OB$（同圆的半径相等），且$PA=PB$，
∴ 点O、点P均在AB的垂直平分线上，即OP垂直平分AB，
∴ $OP⊥ AB$，$AD=BD$，故选项B、C正确；
题干未给出$△ PAB$的特殊边角条件，无法推导得出$∠ PAB=∠ APB$，故选项D错误。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理、线段垂直平分线性质、等腰三角形性质
【点评】
本题是基础类几何题，围绕切线长定理设置考点，熟练掌握圆的切线对应的几何结论，逐一排查选项即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
解题时先结合题干条件回忆切线相关性质，逐一判断选项：首先根据切线长定理可直接判断PA与PB的数量关系；再结合同圆半径相等、PA=PB的条件，可推得OP是AB的垂直平分线，进而判断B、C选项是否正确；最后判断∠PAB和∠APB的关系，看是否有充分条件证明二者相等即可。
【解析】
如图，连接OA、OB，
∵ PA，PB是$\odot O$的两条切线，点A、B为切点，
∴ 根据切线长定理可得$PA=PB$，故选项A正确；
∵ $OA=OB$（同圆的半径相等），且$PA=PB$，
∴ 点O、点P均在AB的垂直平分线上，即OP垂直平分AB，
∴ $OP⊥ AB$，$AD=BD$，故选项B、C正确；
题干未给出$△ PAB$的特殊边角条件，无法推导得出$∠ PAB=∠ APB$，故选项D错误。
综上，本题选D。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理、线段垂直平分线性质、等腰三角形性质
【点评】
本题是基础类几何题，围绕切线长定理设置考点，熟练掌握圆的切线对应的几何结论，逐一排查选项即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
2.「2025黑龙江龙东地区中考」如图，PA，PB是圆O的切线，A，B为切点，AC是直径，∠BAC = 35°，则∠P=
70°
。答案
2.答案 70°
解析
∵ PA,PB 是圆 O 的切线,
∴ PA=PB,
∵ AC 是$\odot O$的直径,
∴ PA ⊥ AC,
∴ ∠PAC = 90°,
∴ ∠PBA = ∠PAB=90°-∠BAC=90°-35°=55°,
∴ ∠P = 180°-∠PBA-∠PAB=180°-55°-55°=70°.
解析
∵ PA,PB 是圆 O 的切线,
∴ PA=PB,
∵ AC 是$\odot O$的直径,
∴ PA ⊥ AC,
∴ ∠PAC = 90°,
∴ ∠PBA = ∠PAB=90°-∠BAC=90°-35°=55°,
∴ ∠P = 180°-∠PBA-∠PAB=180°-55°-55°=70°.
解析
【分析】
解题时先从已知条件切入：首先看到PA、PB是圆O的切线，可联想到切线的性质（切线垂直于过切点的半径）和切线长定理；其次AC是圆的直径，因此PA与AC垂直，结合已知的∠BAC=35°可先求出∠PAB的度数；再根据切线长定理得到PA=PB，可知△PAB为等腰三角形，两底角相等，最后利用三角形内角和定理即可求出∠P的度数。
【解析】
∵ PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴ PA=PB，且PA⊥AC，
∴ ∠PAC=90°，
∵ ∠BAC=35°，
∴ ∠PAB=∠PAC - ∠BAC=90°-35°=55°，
又
∵ PA=PB，
∴ ∠PBA=∠PAB=55°，
在△PAB中，∠P=180°-∠PAB-∠PBA=180°-55°-55°=70°。
【答案】
70°
【知识点】
切线的性质，切线长定理，三角形内角和
【点评】
本题属于基础题型，综合考查了圆的切线相关性质与三角形内角和的应用，解题的关键是熟练掌握切线垂直于过切点的半径、切线长相等这两个核心性质。
【难度系数】
0.75
解题时先从已知条件切入：首先看到PA、PB是圆O的切线，可联想到切线的性质（切线垂直于过切点的半径）和切线长定理；其次AC是圆的直径，因此PA与AC垂直，结合已知的∠BAC=35°可先求出∠PAB的度数；再根据切线长定理得到PA=PB，可知△PAB为等腰三角形，两底角相等，最后利用三角形内角和定理即可求出∠P的度数。
【解析】
∵ PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴ PA=PB，且PA⊥AC，
∴ ∠PAC=90°，
∵ ∠BAC=35°，
∴ ∠PAB=∠PAC - ∠BAC=90°-35°=55°，
又
∵ PA=PB，
∴ ∠PBA=∠PAB=55°，
在△PAB中，∠P=180°-∠PAB-∠PBA=180°-55°-55°=70°。
【答案】
70°
【知识点】
切线的性质，切线长定理，三角形内角和
【点评】
本题属于基础题型，综合考查了圆的切线相关性质与三角形内角和的应用，解题的关键是熟练掌握切线垂直于过切点的半径、切线长相等这两个核心性质。
【难度系数】
0.75
3.「2026江苏徐州期中」如图，PA,PB分别与⊙O相切于点A,B,并与⊙O的另一条切线分别相交于D,C两点,已知PA=6,则△PCD的周长=
12
。答案
3.答案 12
解析 如图,设 CD 与$\odot O$相切于点 E,
∵ PA,PB 分别与$\odot O$相切于点 A,B,
∴ PB=PA=6,
∵ DA 与 DE 为$\odot O$的切线,
∴ DA=DE,同理可得 CE=CB,
∴ △PDC 的周长 = PD+DC+PC = PD+DE+CE+PC=PD+DA+CB+PC=PA+PB=6+6=12.
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，切线长相等。本题存在多条圆的切线，我们先设CD与⊙O的切点为E，观察△PCD的周长由PD、DC、PC三部分组成，将DC拆分为DE+CE后，利用切线长定理把DE替换为DA、CE替换为CB，即可把周长转化为PA+PB的和，结合已知PA的长度就能求出结果。
【解析】
设CD与$\odot O$相切于点E，
∵ PA、PB分别与$\odot O$相切于点A、B，根据切线长定理可得：$PB=PA=6$。
又
∵DA、DE都是$\odot O$的切线，$\therefore DA=DE$；同理可得$CE=CB$。
$\begin{split}△ PCD的周长&= PD + DC + PC\\&= PD + DE + CE + PC\\&= PD + DA + CB + PC\\&= (PD+DA) + (PC+CB)\\&= PA + PB = 6 + 6 = 12\end{split}$
【答案】
12
【知识点】
切线长定理、周长转化计算
【点评】
本题是典型的切线长定理应用类题目，核心是利用切线长相等的性质，将三角形周长转化为圆外同一点引两条切线的长度和，思路清晰，计算量小。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。本题存在多条圆的切线，我们先设CD与⊙O的切点为E，观察△PCD的周长由PD、DC、PC三部分组成，将DC拆分为DE+CE后，利用切线长定理把DE替换为DA、CE替换为CB，即可把周长转化为PA+PB的和，结合已知PA的长度就能求出结果。
【解析】
设CD与$\odot O$相切于点E，
∵ PA、PB分别与$\odot O$相切于点A、B，根据切线长定理可得：$PB=PA=6$。
又
∵DA、DE都是$\odot O$的切线，$\therefore DA=DE$；同理可得$CE=CB$。
$\begin{split}△ PCD的周长&= PD + DC + PC\\&= PD + DE + CE + PC\\&= PD + DA + CB + PC\\&= (PD+DA) + (PC+CB)\\&= PA + PB = 6 + 6 = 12\end{split}$
【答案】
12
【知识点】
切线长定理、周长转化计算
【点评】
本题是典型的切线长定理应用类题目，核心是利用切线长相等的性质，将三角形周长转化为圆外同一点引两条切线的长度和，思路清晰，计算量小。
【难度系数】
0.7
4.「★☆」如图，EA, ED是$\odot O$的切线，切点为A,D，点B,C在$\odot O$上，若$∠ BAE + ∠ BCD = 236°$,则$∠ E =$（
A.$56°$
B.$60°$
C.$68°$
D.$70°$
C
）A.$56°$
B.$60°$
C.$68°$
D.$70°$
答案
4.C 如图,连接 AD,
∵ 四边形 ABCD 是$\odot O$的内接四边形,
∴ ∠BAD+∠BCD=180°,
∵ ∠BAE+∠BCD=236°,
∴ ∠EAD+∠BAD+∠BCD=∠EAD+180°=236°,
∴ ∠EAD=56°,
∵ EA,ED 是$\odot O$的切线,
∴ EA=ED,
∴ ∠EDA=∠EAD=56°,
∴ ∠E=180°-∠EDA-∠EAD=180°-56°-56°=68°,故选 C.
解析
【分析】
解题时先结合图形特征和已知条件确定思考方向：1. 题中存在圆内接四边形，可利用圆内接四边形对角互补的性质，作辅助线AD，将∠BAE拆分为∠BAD+∠EAD，结合已知的∠BAE+∠BCD=236°，推导求出∠EAD的度数；2. EA、ED是圆的两条切线，根据切线长定理可得EA=ED，即△EAD为等腰三角形，两底角相等；3. 最后借助三角形内角和为180°，计算得出∠E的度数。
【解析】
如图，连接AD，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ BAD + ∠ BCD = 180°$，
∵ $∠ BAE + ∠ BCD = 236°$，且$∠ BAE = ∠ EAD + ∠ BAD$，
∴ $∠ EAD + ∠ BAD + ∠ BCD = ∠ EAD + 180° = 236°$，
解得$∠ EAD = 56°$，
∵ EA、ED是$\odot O$的切线，根据切线长定理可得$EA=ED$，
∴ $∠ EDA = ∠ EAD = 56°$，
∴ $∠ E = 180° - ∠ EDA - ∠ EAD = 180° - 56° - 56° = 68°$。
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形性质，切线长定理，三角形内角和定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，考查多个基础几何性质的结合应用，解题的关键是正确作出辅助线AD，将已知角度条件转化为可直接利用的边角关系，是几何部分的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
解题时先结合图形特征和已知条件确定思考方向：1. 题中存在圆内接四边形，可利用圆内接四边形对角互补的性质，作辅助线AD，将∠BAE拆分为∠BAD+∠EAD，结合已知的∠BAE+∠BCD=236°，推导求出∠EAD的度数；2. EA、ED是圆的两条切线，根据切线长定理可得EA=ED，即△EAD为等腰三角形，两底角相等；3. 最后借助三角形内角和为180°，计算得出∠E的度数。
【解析】
如图，连接AD，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ BAD + ∠ BCD = 180°$，
∵ $∠ BAE + ∠ BCD = 236°$，且$∠ BAE = ∠ EAD + ∠ BAD$，
∴ $∠ EAD + ∠ BAD + ∠ BCD = ∠ EAD + 180° = 236°$，
解得$∠ EAD = 56°$，
∵ EA、ED是$\odot O$的切线，根据切线长定理可得$EA=ED$，
∴ $∠ EDA = ∠ EAD = 56°$，
∴ $∠ E = 180° - ∠ EDA - ∠ EAD = 180° - 56° - 56° = 68°$。
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形性质，切线长定理，三角形内角和定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，考查多个基础几何性质的结合应用，解题的关键是正确作出辅助线AD，将已知角度条件转化为可直接利用的边角关系，是几何部分的常考基础题型。
【难度系数】
0.7
5.「2026江苏南京玄武期中，★☆」将圆形玉佩，直角三角尺和刻度尺按如图所示的方式摆放，且圆形玉佩与刻度尺、直角三角尺都相切，切点分别为B，C.测得AB=2 cm，则圆形玉佩的半径为
$2\sqrt{3}$
cm.答案
5.答案 $2\sqrt{3}$
解析 如图,连接 OA,OB,OC,
由题意得,∠BAC=180°-60°=120°,
∵ 圆形玉佩与刻度尺、直角三角尺都相切,切点分别为 B,C,
∴ AC=AB,∠ABO=∠ACO=90°,
∵ OC=OB,
∴ △ABO≌△ACO,
∴ ∠OAB=∠OAC=$\frac{1}{2}$∠BAC=60°,
∴ ∠AOB=90°-60°=30°,
∴ OA=2AB=4 cm,
∴ OB=$\sqrt{OA^2-AB^2}=2\sqrt{3}$(cm),
即圆形玉佩的半径为$2\sqrt{3}$ cm.
解析
【分析】
遇到圆的切线类问题，优先考虑连接圆心和切点，利用“切线垂直于过切点的半径”得到垂直关系。本题中圆同时与AB、AC两条直线相切，还可结合切线长定理分析：首先根据三角尺的30°锐角求出∠BAC的度数，再证明OA平分∠BAC得到特殊角，最后在构造出的直角三角形中利用勾股定理或特殊直角三角形的性质计算半径。
【解析】
如图，连接OA、OB、OC，
由题意得，直角三角尺的锐角为30°，因此$∠ BAC=180°-60°=120°$，
∵ 圆形玉佩与刻度尺、直角三角尺都相切，切点分别为B，C，
∴ 根据切线的性质，$∠ ABO=∠ ACO=90°$，根据切线长定理可得$AC=AB=2\mathrm{cm}$，
又
∵ $OC=OB$，$OA=OA$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABO≌\mathrm{Rt}△ ACO$（HL），
∴ $∠ OAB=∠ OAC=\frac{1}{2}∠ BAC=60°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$∠ AOB=90°-60°=30°$，
∴ $OA=2AB=4\mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$OB=\sqrt{OA^2-AB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}(\mathrm{cm})$，
即圆形玉佩的半径为$2\sqrt{3}\mathrm{cm}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题结合生活场景考查圆的切线相关性质与直角三角形计算，解题核心是正确作出辅助线构造直角三角形，依托特殊角的性质完成求解，侧重对基础几何知识与作图能力的考查。
【难度系数】
0.7
遇到圆的切线类问题，优先考虑连接圆心和切点，利用“切线垂直于过切点的半径”得到垂直关系。本题中圆同时与AB、AC两条直线相切，还可结合切线长定理分析：首先根据三角尺的30°锐角求出∠BAC的度数，再证明OA平分∠BAC得到特殊角，最后在构造出的直角三角形中利用勾股定理或特殊直角三角形的性质计算半径。
【解析】
如图，连接OA、OB、OC，
由题意得，直角三角尺的锐角为30°，因此$∠ BAC=180°-60°=120°$，
∵ 圆形玉佩与刻度尺、直角三角尺都相切，切点分别为B，C，
∴ 根据切线的性质，$∠ ABO=∠ ACO=90°$，根据切线长定理可得$AC=AB=2\mathrm{cm}$，
又
∵ $OC=OB$，$OA=OA$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABO≌\mathrm{Rt}△ ACO$（HL），
∴ $∠ OAB=∠ OAC=\frac{1}{2}∠ BAC=60°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$∠ AOB=90°-60°=30°$，
∴ $OA=2AB=4\mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$OB=\sqrt{OA^2-AB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}(\mathrm{cm})$，
即圆形玉佩的半径为$2\sqrt{3}\mathrm{cm}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题结合生活场景考查圆的切线相关性质与直角三角形计算，解题核心是正确作出辅助线构造直角三角形，依托特殊角的性质完成求解，侧重对基础几何知识与作图能力的考查。
【难度系数】
0.7
6.「2025江苏南京联合体期中，★☆」如图，在$□ ABCD$中，过点C的$\odot O$与AB，AD分别相切于点E，F，交BC，CD于点G，H。连接FH，FG，FH=FD。
(1)求证：四边形ABGF是平行四边形。
(2)若$AE=4$，$BE=6$，求$\odot O$的半径。
(1)求证：四边形ABGF是平行四边形。
(2)若$AE=4$，$BE=6$，求$\odot O$的半径。
答案
6.解析 (1)证明:
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ AD//BC,∠B=∠D,
∵ FH=FD,
∴ ∠FHD=∠D=∠B,
∵ 四边形 FGCH 是$\odot O$的内接四边形,
∴ ∠FGC+∠FHC=180°,
∵ ∠FHD+∠FHC=180°,
∴ ∠FGC=∠FHD=∠B,
∴ AB//FG,
∵ AF//BG,
∴ 四边形 ABGF 是平行四边形.
(2)
∵ AE=4,BE=6,
∴ AB=AE+BE=10,
∵ $\odot O$与 AB,AD 分别相切于点 E,F,
∴ AF=AE=4,
∵ 四边形 ABGF 是平行四边形,
∴ BG=AF=AE=4,FG=AB=10,
如图,连接 OE 交 FG 于点 M,连接 OF,过点 A 作 AN⊥FG 于点 N,
∴ OE⊥AB,
∴ ∠AEM=90°,
∴ ∠EMN=180°-∠AEM=90°,
∴ ∠FMO = 180°-∠EMN = 90°,
∴ OM⊥FG,
∵ AN⊥FG,
∴ 四边形 AEMN 是矩形,
∴ MN=AE=4,EM=AN,
∵ OM⊥FG,
∴ FM=$\frac{1}{2}$FG=5,
∴ FN=FM-MN=1,
∴ AN=$\sqrt{AF^2-FN^2}=\sqrt{15}$,
∴ EM=AN=$\sqrt{15}$,
设$\odot O$的半径为 r,则 OM=OE-EM=r-$\sqrt{15}$,
在 Rt△OMF 中,由勾股定理得 $FM^2+OM^2=OF^2$,
即 $5^2+(r-\sqrt{15})^2=r^2$,解得 $r=\frac{4\sqrt{15}}{3}$,
∴ $\odot O$的半径为$\frac{4\sqrt{15}}{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证四边形ABGF是平行四边形，已知平行四边形ABCD中AD//BC，即AF//BG，因此只需证明AB//FG即可。先由FH=FD得∠D=∠FHD，结合平行四边形对角相等得∠B=∠D，再利用圆内接四边形对角互补、邻补角互补的性质，推导得∠FGC=∠B，即可推出AB//FG，结合已有AF//BG即可得证。
(2) 求⊙O的半径时，先根据切线长定理得AF=AE=4，结合(1)中平行四边形的性质得FG=AB=10；再连接OE、OF，由切线性质得OE⊥AB，利用垂径定理得OM⊥FG、FM=5，构造矩形AEMN可得MN=AE=4，用勾股定理求出AN即EM的长度；最后设半径为r，在Rt△OMF中根据勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明:
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AD//BC,∠B=∠D,
∵ FH=FD,
∴ ∠FHD=∠D=∠B,
∵ 四边形FGCH是$\odot O$的内接四边形,
∴ ∠FGC+∠FHC=180°,
∵ ∠FHD+∠FHC=180°,
∴ ∠FGC=∠FHD=∠B,
∴ AB//FG,
∵ AF//BG,
∴ 四边形ABGF是平行四边形.
(2)
∵ AE=4,BE=6,
∴ AB=AE+BE=10,
∵ $\odot O$与AB,AD分别相切于点E,F,
∴ AF=AE=4,
∵ 四边形ABGF是平行四边形,
∴ BG=AF=AE=4,FG=AB=10,
如图,连接OE交FG于点M,连接OF,过点A作AN⊥FG于点N,
∴ OE⊥AB,
∴ ∠AEM=90°,
∴ ∠EMN=180°-∠AEM=90°,
∴ ∠FMO = 180°-∠EMN = 90°,
∴ OM⊥FG,
∵ AN⊥FG,
∴ 四边形AEMN是矩形,
∴ MN=AE=4,EM=AN,
∵ OM⊥FG,
∴ FM=$\frac{1}{2}$FG=5,
∴ FN=FM-MN=1,
∴ AN=$\sqrt{AF^2-FN^2}=\sqrt{15}$,
∴ EM=AN=$\sqrt{15}$,
设$\odot O$的半径为r,则OM=OE-EM=r-$\sqrt{15}$,
在Rt△OMF中,由勾股定理得 $FM^2+OM^2=OF^2$,
即 $5^2+(r-\sqrt{15})^2=r^2$,解得 $r=\frac{4\sqrt{15}}{3}$,
∴ $\odot O$的半径为$\frac{4\sqrt{15}}{3}$.
【答案】
(1) 四边形ABGF是平行四边形，证明成立；
(2) $\odot O$的半径为$\frac{4\sqrt{15}}{3}$，辅助线图示：
【知识点】
平行四边形判定与性质、切线长定理、垂径定理
【点评】
本题综合考查平行四边形和圆的相关性质，第一问侧重逻辑推理的倒角能力，第二问需要合理构造辅助线，结合勾股定理建立方程求解，能有效考查几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证四边形ABGF是平行四边形，已知平行四边形ABCD中AD//BC，即AF//BG，因此只需证明AB//FG即可。先由FH=FD得∠D=∠FHD，结合平行四边形对角相等得∠B=∠D，再利用圆内接四边形对角互补、邻补角互补的性质，推导得∠FGC=∠B，即可推出AB//FG，结合已有AF//BG即可得证。
(2) 求⊙O的半径时，先根据切线长定理得AF=AE=4，结合(1)中平行四边形的性质得FG=AB=10；再连接OE、OF，由切线性质得OE⊥AB，利用垂径定理得OM⊥FG、FM=5，构造矩形AEMN可得MN=AE=4，用勾股定理求出AN即EM的长度；最后设半径为r，在Rt△OMF中根据勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明:
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AD//BC,∠B=∠D,
∵ FH=FD,
∴ ∠FHD=∠D=∠B,
∵ 四边形FGCH是$\odot O$的内接四边形,
∴ ∠FGC+∠FHC=180°,
∵ ∠FHD+∠FHC=180°,
∴ ∠FGC=∠FHD=∠B,
∴ AB//FG,
∵ AF//BG,
∴ 四边形ABGF是平行四边形.
(2)
∵ AE=4,BE=6,
∴ AB=AE+BE=10,
∵ $\odot O$与AB,AD分别相切于点E,F,
∴ AF=AE=4,
∵ 四边形ABGF是平行四边形,
∴ BG=AF=AE=4,FG=AB=10,
如图,连接OE交FG于点M,连接OF,过点A作AN⊥FG于点N,
∴ OE⊥AB,
∴ ∠AEM=90°,
∴ ∠EMN=180°-∠AEM=90°,
∴ ∠FMO = 180°-∠EMN = 90°,
∴ OM⊥FG,
∵ AN⊥FG,
∴ 四边形AEMN是矩形,
∴ MN=AE=4,EM=AN,
∵ OM⊥FG,
∴ FM=$\frac{1}{2}$FG=5,
∴ FN=FM-MN=1,
∴ AN=$\sqrt{AF^2-FN^2}=\sqrt{15}$,
∴ EM=AN=$\sqrt{15}$,
设$\odot O$的半径为r,则OM=OE-EM=r-$\sqrt{15}$,
在Rt△OMF中,由勾股定理得 $FM^2+OM^2=OF^2$,
即 $5^2+(r-\sqrt{15})^2=r^2$,解得 $r=\frac{4\sqrt{15}}{3}$,
∴ $\odot O$的半径为$\frac{4\sqrt{15}}{3}$.
【答案】
(1) 四边形ABGF是平行四边形，证明成立；
(2) $\odot O$的半径为$\frac{4\sqrt{15}}{3}$，辅助线图示：
【知识点】
平行四边形判定与性质、切线长定理、垂径定理
【点评】
本题综合考查平行四边形和圆的相关性质，第一问侧重逻辑推理的倒角能力，第二问需要合理构造辅助线，结合勾股定理建立方程求解，能有效考查几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.65
