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6 如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=5，tanB=$\frac{1}{2}$，如果以点C为圆心，半径为R的⊙C与线段AB有两个交点，那么R的取值范围是（
A.$2 ＜ R ≤ \sqrt{5}$
B.$2 ≤ R ≤ \sqrt{5}$
C.$\sqrt{5} ≤ R ≤ 2\sqrt{5}$
D.$0 ＜ R ≤ \sqrt{5}$
A
）。A.$2 ＜ R ≤ \sqrt{5}$
B.$2 ≤ R ≤ \sqrt{5}$
C.$\sqrt{5} ≤ R ≤ 2\sqrt{5}$
D.$0 ＜ R ≤ \sqrt{5}$
答案
A
解析
【分析】
要确定⊙C与线段AB有两个交点时R的取值范围，需分两步思考：第一步先求解Rt△ABC的边长，以及圆心C到直线AB的距离；第二步结合直线与圆的位置关系、线段与圆相交的特点确定R的范围：①圆与直线AB相交的前提是R大于圆心到AB的垂距，此时直线AB与圆有两个交点；②要保证两个交点都落在线段AB上，R不能超过较短直角边的长度，否则A点进入圆内，线段AB与圆仅1个交点。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2}$，设$AC=x$，则$BC=2x$。
由勾股定理得：$AC^2+BC^2=AB^2$，代入$AB=5$，得：
$x^2+(2x)^2=25$，解得$x=\sqrt{5}$（边长为正，舍去负根），
因此$AC=\sqrt{5}$，$BC=2\sqrt{5}$。
过点C作$CD⊥ AB$于点D，CD为点C到AB的垂线段，由三角形面积公式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
代入数值得：$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{\sqrt{5}×2\sqrt{5}}{5}=2$。
要使⊙C与线段AB有两个交点：
1. 需满足圆与直线AB相交，即$R＞CD=2$；
2. 需保证两个交点都在线段AB上，由于$AC=\sqrt{5}＜BC=2\sqrt{5}$，因此$R≤ AC=\sqrt{5}$，若$R＞\sqrt{5}$，点A在圆内，线段AB仅一个交点在圆上。
综上，R的取值范围是$2＜ R ≤ \sqrt{5}$，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型应用，解题关键是区分“与直线相交”和“与线段相交”的不同要求，易错点是容易忽略线段的边界限制，仅考虑圆与直线相交的条件导致选错。
【难度系数】
0.6
要确定⊙C与线段AB有两个交点时R的取值范围，需分两步思考：第一步先求解Rt△ABC的边长，以及圆心C到直线AB的距离；第二步结合直线与圆的位置关系、线段与圆相交的特点确定R的范围：①圆与直线AB相交的前提是R大于圆心到AB的垂距，此时直线AB与圆有两个交点；②要保证两个交点都落在线段AB上，R不能超过较短直角边的长度，否则A点进入圆内，线段AB与圆仅1个交点。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2}$，设$AC=x$，则$BC=2x$。
由勾股定理得：$AC^2+BC^2=AB^2$，代入$AB=5$，得：
$x^2+(2x)^2=25$，解得$x=\sqrt{5}$（边长为正，舍去负根），
因此$AC=\sqrt{5}$，$BC=2\sqrt{5}$。
过点C作$CD⊥ AB$于点D，CD为点C到AB的垂线段，由三角形面积公式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
代入数值得：$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{\sqrt{5}×2\sqrt{5}}{5}=2$。
要使⊙C与线段AB有两个交点：
1. 需满足圆与直线AB相交，即$R＞CD=2$；
2. 需保证两个交点都在线段AB上，由于$AC=\sqrt{5}＜BC=2\sqrt{5}$，因此$R≤ AC=\sqrt{5}$，若$R＞\sqrt{5}$，点A在圆内，线段AB仅一个交点在圆上。
综上，R的取值范围是$2＜ R ≤ \sqrt{5}$，答案选A。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型应用，解题关键是区分“与直线相交”和“与线段相交”的不同要求，易错点是容易忽略线段的边界限制，仅考虑圆与直线相交的条件导致选错。
【难度系数】
0.6
7 如图，$△ ABC$的内切圆$\odot O$切$AC$于点$D$，切$AB$于点$E$，$∠ C=90°$，$AD=3$，$BE=10$，则$BC$的长为
12
。答案
12
解析
【分析】
遇到三角形内切圆的问题，首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等。首先我们可以根据已知的AD、BE长度，得到AE、BF的长度，再设未知的切线长CD=CF为x，将直角三角形ABC的三边都用含x的式子表示，最后结合直角三角形的勾股定理列方程求解x，即可算出BC的长度。
【解析】
设⊙O切BC于点F，根据切线长定理可得：
AE=AD=3，BF=BE=10，CD=CF，
设CD=CF=x，
∵∠C=90°，
∴AC=AD+CD=3+x，BC=BF+CF=10+x，AB=AE+BE=3+10=13，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：$AC^2+BC^2=AB^2$，
代入得：$(3+x)^2+(10+x)^2=13^2$，
展开整理得：$x^2+13x-30=0$，
解得：$x_1=2$，$x_2=-15$（线段长度为正，舍去），
∴$BC=10+x=10+2=12$。
【答案】
12
【知识点】
切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是三角形内切圆与直角三角形结合的基础题型，解题的核心是利用切线长定理得到相等的线段，再通过勾股定理建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
遇到三角形内切圆的问题，首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长度相等。首先我们可以根据已知的AD、BE长度，得到AE、BF的长度，再设未知的切线长CD=CF为x，将直角三角形ABC的三边都用含x的式子表示，最后结合直角三角形的勾股定理列方程求解x，即可算出BC的长度。
【解析】
设⊙O切BC于点F，根据切线长定理可得：
AE=AD=3，BF=BE=10，CD=CF，
设CD=CF=x，
∵∠C=90°，
∴AC=AD+CD=3+x，BC=BF+CF=10+x，AB=AE+BE=3+10=13，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：$AC^2+BC^2=AB^2$，
代入得：$(3+x)^2+(10+x)^2=13^2$，
展开整理得：$x^2+13x-30=0$，
解得：$x_1=2$，$x_2=-15$（线段长度为正，舍去），
∴$BC=10+x=10+2=12$。
【答案】
12
【知识点】
切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是三角形内切圆与直角三角形结合的基础题型，解题的核心是利用切线长定理得到相等的线段，再通过勾股定理建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
8 如图,在$Rt△ AOB$中,$∠ AOB=90°$,$\odot O$与$AB$相切于点$C$,与$BO$相交于点$D$,连接$CD$、$CO$。$AO=15$,$AB=25$,则$BD$的长是
8
。答案
8
解析
【分析】
首先，已知Rt△AOB的直角边AO和斜边AB，可先用勾股定理求出另一条直角边OB的长度。其次，⊙O与AB相切于点C，根据切线的性质可知OC⊥AB，OC是⊙O的半径。此时可利用△AOB的两种面积计算方式（直角边乘积的一半、斜边乘斜边上的高的一半）求出半径OC的长度，OD也是⊙O的半径，最后用OB的长度减去OD的长度即可得到BD的长。
【解析】
1. 在$Rt△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，$AO=15$，$AB=25$，由勾股定理得：
$OB=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{25^2-15^2}=\sqrt{400}=20$
2. 因为$\odot O$与$AB$相切于点$C$，根据切线的性质可得$OC⊥ AB$，且$OC$为$\odot O$的半径。
$△ AOB$的面积可通过两种方式计算：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}· AO· BO=\frac{1}{2}· AB· OC$
代入数值得：$\frac{1}{2}×15×20=\frac{1}{2}×25× OC$
化简解得：$OC=12$
3. 因为$OD$是$\odot O$的半径，所以$OD=OC=12$，因此：
$BD=OB-OD=20-12=8$
【答案】
8
【知识点】
勾股定理，切线的性质，等面积法求线段
【点评】
本题属于基础综合题，解题关键是熟练掌握切线的性质，灵活运用等面积法求出圆的半径，是直线与圆位置关系章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
首先，已知Rt△AOB的直角边AO和斜边AB，可先用勾股定理求出另一条直角边OB的长度。其次，⊙O与AB相切于点C，根据切线的性质可知OC⊥AB，OC是⊙O的半径。此时可利用△AOB的两种面积计算方式（直角边乘积的一半、斜边乘斜边上的高的一半）求出半径OC的长度，OD也是⊙O的半径，最后用OB的长度减去OD的长度即可得到BD的长。
【解析】
1. 在$Rt△ AOB$中，$∠ AOB=90°$，$AO=15$，$AB=25$，由勾股定理得：
$OB=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{25^2-15^2}=\sqrt{400}=20$
2. 因为$\odot O$与$AB$相切于点$C$，根据切线的性质可得$OC⊥ AB$，且$OC$为$\odot O$的半径。
$△ AOB$的面积可通过两种方式计算：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}· AO· BO=\frac{1}{2}· AB· OC$
代入数值得：$\frac{1}{2}×15×20=\frac{1}{2}×25× OC$
化简解得：$OC=12$
3. 因为$OD$是$\odot O$的半径，所以$OD=OC=12$，因此：
$BD=OB-OD=20-12=8$
【答案】
8
【知识点】
勾股定理，切线的性质，等面积法求线段
【点评】
本题属于基础综合题，解题关键是熟练掌握切线的性质，灵活运用等面积法求出圆的半径，是直线与圆位置关系章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
9 如图，已知D是△ABC的内心，AD的延长线交△ABC的外接圆于点E，∠BCA=50°，则∠BDE的度数为
65°
。答案
65°
解析
【分析】
解题思路如下：第一步，回忆三角形内心的定义：三角形的内心是三个内角角平分线的交点，由此可得AD平分∠BAC、BD平分∠ABC；第二步，分析∠BDE和△ABD内角的关系，根据邻补角的性质或三角形外角的性质，可推得∠BDE等于∠BAD与∠ABD的和；第三步，结合三角形内角和定理，将∠BAD+∠ABD转化为$\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)$，代入已知的∠BCA的度数即可计算出结果。
【解析】
解：
∵D是△ABC的内心
∴AD平分∠BAC，BD平分∠ABC
∴$∠ BAD=\frac{1}{2}∠ BAC$，$∠ ABD=\frac{1}{2}∠ ABC$
∵A、D、E共线，$∠ ADB+∠ BDE=180°$
又
∵在△ABD中，$∠ ADB=180°-(∠ BAD+∠ ABD)$
∴$∠ BDE=∠ BAD+∠ ABD=\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)$
在△ABC中，根据三角形内角和定理：
$∠ BAC+∠ ABC=180°-∠ BCA=180°-50°=130°$
∴$∠ BDE=\frac{1}{2}×130°=65°$
【答案】
$65°$
【知识点】
三角形内心的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质
【点评】
本题属于基础几何角度计算题，核心是利用三角形内心是角平分线交点的性质，结合三角形内角和、邻补角的性质推导角度关系，计算过程简单，只要熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：第一步，回忆三角形内心的定义：三角形的内心是三个内角角平分线的交点，由此可得AD平分∠BAC、BD平分∠ABC；第二步，分析∠BDE和△ABD内角的关系，根据邻补角的性质或三角形外角的性质，可推得∠BDE等于∠BAD与∠ABD的和；第三步，结合三角形内角和定理，将∠BAD+∠ABD转化为$\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)$，代入已知的∠BCA的度数即可计算出结果。
【解析】
解：
∵D是△ABC的内心
∴AD平分∠BAC，BD平分∠ABC
∴$∠ BAD=\frac{1}{2}∠ BAC$，$∠ ABD=\frac{1}{2}∠ ABC$
∵A、D、E共线，$∠ ADB+∠ BDE=180°$
又
∵在△ABD中，$∠ ADB=180°-(∠ BAD+∠ ABD)$
∴$∠ BDE=∠ BAD+∠ ABD=\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ ABC)$
在△ABC中，根据三角形内角和定理：
$∠ BAC+∠ ABC=180°-∠ BCA=180°-50°=130°$
∴$∠ BDE=\frac{1}{2}×130°=65°$
【答案】
$65°$
【知识点】
三角形内心的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质
【点评】
本题属于基础几何角度计算题，核心是利用三角形内心是角平分线交点的性质，结合三角形内角和、邻补角的性质推导角度关系，计算过程简单，只要熟练掌握相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
⑩ 如图，$\odot O$为$△ ABC$的内切圆，$AB=7$，$BC=12$，$AC=10$，点$D$、$E$分别为$BC$、$AC$上的点，且$DE$为$\odot O$的切线，则$△ CDE$的周长为
15
。答案
15
解析
【分析】
解题时运用切线长定理转化线段长度，思路如下：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。第一步先设出内切圆与△ABC三边以及DE的切点，先通过切线长定理推导内切圆在BC、AC边上的切线长CG和三边的关系，求出2CG的长度；再将△CDE的边DE拆成两条切线长，把△CDE的周长转化为CG+CH，结合CG=CH即可求出结果。
【解析】
设$\odot O$与$AB$、$BC$、$AC$分别相切于点$F$、$G$、$H$，$DE$与$\odot O$相切于点$M$。
根据切线长定理可得：
$AF=AH$，$BF=BG$，$CG=CH$，$DM=DG$，$EM=EH$。
先推导$CG$的表达式：
$BC+AC=(BG+CG)+(AH+CH)=BF+CG+AF+CG=(BF+AF)+2CG=AB+2CG$
因此$2CG=BC+AC-AB$，代入$AB=7$，$BC=12$，$AC=10$得：
$2CG=12+10-7=15$
再计算$△ CDE$的周长：
$\begin{aligned}C_{△ CDE}&=CD+CE+DE\\&=CD+CE+DM+EM\\&=CD+DG+CE+EH\\&=CG+CH\end{aligned}$
因为$CG=CH$，所以$C_{△ CDE}=2CG=15$。
【答案】
15
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题核心是利用切线长定理完成线段的等量转化，将未知三角形的周长转化为已知边的数量关系，是切线长定理的典型应用题型，熟练掌握定理内容就能快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.6
解题时运用切线长定理转化线段长度，思路如下：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。第一步先设出内切圆与△ABC三边以及DE的切点，先通过切线长定理推导内切圆在BC、AC边上的切线长CG和三边的关系，求出2CG的长度；再将△CDE的边DE拆成两条切线长，把△CDE的周长转化为CG+CH，结合CG=CH即可求出结果。
【解析】
设$\odot O$与$AB$、$BC$、$AC$分别相切于点$F$、$G$、$H$，$DE$与$\odot O$相切于点$M$。
根据切线长定理可得：
$AF=AH$，$BF=BG$，$CG=CH$，$DM=DG$，$EM=EH$。
先推导$CG$的表达式：
$BC+AC=(BG+CG)+(AH+CH)=BF+CG+AF+CG=(BF+AF)+2CG=AB+2CG$
因此$2CG=BC+AC-AB$，代入$AB=7$，$BC=12$，$AC=10$得：
$2CG=12+10-7=15$
再计算$△ CDE$的周长：
$\begin{aligned}C_{△ CDE}&=CD+CE+DE\\&=CD+CE+DM+EM\\&=CD+DG+CE+EH\\&=CG+CH\end{aligned}$
因为$CG=CH$，所以$C_{△ CDE}=2CG=15$。
【答案】
15
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题核心是利用切线长定理完成线段的等量转化，将未知三角形的周长转化为已知边的数量关系，是切线长定理的典型应用题型，熟练掌握定理内容就能快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.6
11 三国时期数学家刘徽证明了《九章算术》中的“勾中容圆径”公式:在直角三角形中,若直角边边长分别为$a$、$b$,斜边长为$c$,则该直角三角形的内切圆直径$d=\dfrac{2ab}{a+b+c}$,当$a=5$,$c=13$时,该直角三角形的内切圆半径为
2
。答案
2
解析
【分析】
解题思路分为三步：首先，题目给出的是直角三角形，已知直角边a和斜边c，可先利用勾股定理求出未知直角边b的长度；其次，将a、b、c的数值代入题干给出的内切圆直径公式，计算出直径d；最后，根据半径是直径的一半，求出内切圆半径即可。需要注意最后所求为半径，不要直接把直径结果当成答案。
【解析】
解：
∵ 该三角形为直角三角形，直角边为a、b，斜边为c
∴ 由勾股定理可得：
$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$
将$a=5$，$b=12$，$c=13$代入内切圆直径公式$d=\dfrac{2ab}{a+b+c}$得：
$d=\dfrac{2×5×12}{5+12+13}=\dfrac{120}{30}=4$
∴ 内切圆半径$r=\dfrac{d}{2}=\dfrac{4}{2}=2$
【答案】
2
【知识点】
勾股定理；直角三角形内切圆计算；代数式求值
【点评】
本题属于基础题，既考查了勾股定理的基础应用，也考查了对题干给定公式的代入计算能力，解题时需注意题干所求为半径，计算出直径后不要忘记除以2，避免粗心失分。
【难度系数】
0.8
解题思路分为三步：首先，题目给出的是直角三角形，已知直角边a和斜边c，可先利用勾股定理求出未知直角边b的长度；其次，将a、b、c的数值代入题干给出的内切圆直径公式，计算出直径d；最后，根据半径是直径的一半，求出内切圆半径即可。需要注意最后所求为半径，不要直接把直径结果当成答案。
【解析】
解：
∵ 该三角形为直角三角形，直角边为a、b，斜边为c
∴ 由勾股定理可得：
$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$
将$a=5$，$b=12$，$c=13$代入内切圆直径公式$d=\dfrac{2ab}{a+b+c}$得：
$d=\dfrac{2×5×12}{5+12+13}=\dfrac{120}{30}=4$
∴ 内切圆半径$r=\dfrac{d}{2}=\dfrac{4}{2}=2$
【答案】
2
【知识点】
勾股定理；直角三角形内切圆计算；代数式求值
【点评】
本题属于基础题，既考查了勾股定理的基础应用，也考查了对题干给定公式的代入计算能力，解题时需注意题干所求为半径，计算出直径后不要忘记除以2，避免粗心失分。
【难度系数】
0.8
12 如图，点 O、I 分别是△ABC 的外心和内心，连接 OB、IA，若∠OBC＝20°，则∠IAB 的度数为
35°
。答案
35°
解析
【分析】
解题时先回忆外心、内心的性质以及圆周角定理：外心是三角形外接圆的圆心，到三个顶点的距离相等；同弧所对的圆周角是对应圆心角的一半；内心是三角形内角平分线的交点。首先利用外心性质求圆心角∠BOC的度数，再用圆周角定理得到∠BAC的度数，最后根据内心的角平分线性质计算∠IAB的度数即可。
【解析】
1.
∵点O是△ABC的外心，
∴OB=OC，△OBC为等腰三角形，
已知∠OBC=20°，
∴∠OCB=∠OBC=20°，
根据三角形内角和公式可得：$∠ BOC=180°-∠ OBC-∠ OCB=180°-20°-20°=140°$。
2. 根据圆周角定理，同弧BC所对的圆周角$∠ BAC$是圆心角$∠ BOC$的一半，
∴$∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×140°=70°$。
3.
∵点I是△ABC的内心，
∴AI是$∠ BAC$的角平分线，
∴$∠ IAB=\frac{1}{2}∠ BAC=\frac{1}{2}×70°=35°$。
【答案】
$35°$
【知识点】
外心的性质，圆周角定理，内心的性质
【点评】
本题属于基础几何角度计算题，解题的核心是熟练掌握三角形外心、内心的性质以及圆周角定理，理清角度之间的推导关系即可快速求解。
【难度系数】
0.75
解题时先回忆外心、内心的性质以及圆周角定理：外心是三角形外接圆的圆心，到三个顶点的距离相等；同弧所对的圆周角是对应圆心角的一半；内心是三角形内角平分线的交点。首先利用外心性质求圆心角∠BOC的度数，再用圆周角定理得到∠BAC的度数，最后根据内心的角平分线性质计算∠IAB的度数即可。
【解析】
1.
∵点O是△ABC的外心，
∴OB=OC，△OBC为等腰三角形，
已知∠OBC=20°，
∴∠OCB=∠OBC=20°，
根据三角形内角和公式可得：$∠ BOC=180°-∠ OBC-∠ OCB=180°-20°-20°=140°$。
2. 根据圆周角定理，同弧BC所对的圆周角$∠ BAC$是圆心角$∠ BOC$的一半，
∴$∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×140°=70°$。
3.
∵点I是△ABC的内心，
∴AI是$∠ BAC$的角平分线，
∴$∠ IAB=\frac{1}{2}∠ BAC=\frac{1}{2}×70°=35°$。
【答案】
$35°$
【知识点】
外心的性质，圆周角定理，内心的性质
【点评】
本题属于基础几何角度计算题，解题的核心是熟练掌握三角形外心、内心的性质以及圆周角定理，理清角度之间的推导关系即可快速求解。
【难度系数】
0.75
13 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ A=90°$，$\sin∠ ABC=\frac{1}{2}$，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，分别与$AC$、$AB$、$BC$相切于点$F$、$P$、$E$。若$BC=4$，则$∠ EPF$的度数为
60°
，$AP$的长为√3−1
。答案
$60°,\sqrt{3}-1$
解析
【分析】
解题思路分为两步：首先求∠EPF的度数，先根据三角函数值求出Rt△ABC的各内角度数，再连接内切圆圆心与切点，利用切线性质得到垂直关系，结合四边形内角和求出对应圆心角，再用圆周角定理得到∠EPF的度数；其次求AP的长，先算出Rt△ABC的两条直角边长度，利用直角三角形内切圆半径公式求出半径，再根据切线性质判断四边形AFOP是正方形，即可得到AP的长度等于内切圆半径。
【解析】
1. 计算△ABC的角度和边长：
在Rt△ABC中，∠A=90°，$\sin∠ABC=\frac{1}{2}$，所以$∠ ABC=30°$，则$∠ C=90°-30°=60°$。
已知$BC=4$，因此：
$AC=BC·\sin30°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AB=BC·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
2. 求∠EPF的度数：
连接$OE$、$OF$，因为$\odot O$是△ABC的内切圆，$E$、$F$分别是$BC$、$AC$上的切点，根据切线性质，$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，即$∠ OEC=∠ OFC=90°$。
在四边形$OECF$中，内角和为$360°$，因此$∠ EOF=360°-∠ OEC-∠ OFC-∠ C=360°-90°-90°-60°=120°$。
$∠ EPF$是$\odot O$中弧$EF$所对的圆周角，根据圆周角定理，圆周角等于对应圆心角的一半，因此$∠ EPF=\frac{1}{2}∠ EOF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
3. 求$AP$的长：
连接$OP$，$P$是$AB$上的切点，因此$OP⊥ AB$。
因为$∠ A=∠ OFA=∠ OPA=90°$，所以四边形$AFOP$是矩形，又$OF=OP$（都是$\odot O$的半径），因此矩形$AFOP$是正方形，$AP=OP=r$（$r$为内切圆半径）。
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（$a、b$为直角边，$c$为斜边），代入$a=AC=2$，$b=AB=2\sqrt{3}$，$c=BC=4$，得：
$r=\frac{2+2\sqrt{3}-4}{2}=\sqrt{3}-1$，因此$AP=\sqrt{3}-1$。
【答案】
$60°$，$\sqrt{3}-1$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，三角形内切圆
【点评】
本题综合考查了直角三角形的性质、切线的性质、圆周角定理和内切圆半径的计算，解题的关键是正确连接辅助线，结合相关性质定理逐步推导。
【难度系数】
0.65
解题思路分为两步：首先求∠EPF的度数，先根据三角函数值求出Rt△ABC的各内角度数，再连接内切圆圆心与切点，利用切线性质得到垂直关系，结合四边形内角和求出对应圆心角，再用圆周角定理得到∠EPF的度数；其次求AP的长，先算出Rt△ABC的两条直角边长度，利用直角三角形内切圆半径公式求出半径，再根据切线性质判断四边形AFOP是正方形，即可得到AP的长度等于内切圆半径。
【解析】
1. 计算△ABC的角度和边长：
在Rt△ABC中，∠A=90°，$\sin∠ABC=\frac{1}{2}$，所以$∠ ABC=30°$，则$∠ C=90°-30°=60°$。
已知$BC=4$，因此：
$AC=BC·\sin30°=4×\frac{1}{2}=2$，
$AB=BC·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
2. 求∠EPF的度数：
连接$OE$、$OF$，因为$\odot O$是△ABC的内切圆，$E$、$F$分别是$BC$、$AC$上的切点，根据切线性质，$OE⊥ BC$，$OF⊥ AC$，即$∠ OEC=∠ OFC=90°$。
在四边形$OECF$中，内角和为$360°$，因此$∠ EOF=360°-∠ OEC-∠ OFC-∠ C=360°-90°-90°-60°=120°$。
$∠ EPF$是$\odot O$中弧$EF$所对的圆周角，根据圆周角定理，圆周角等于对应圆心角的一半，因此$∠ EPF=\frac{1}{2}∠ EOF=\frac{1}{2}×120°=60°$。
3. 求$AP$的长：
连接$OP$，$P$是$AB$上的切点，因此$OP⊥ AB$。
因为$∠ A=∠ OFA=∠ OPA=90°$，所以四边形$AFOP$是矩形，又$OF=OP$（都是$\odot O$的半径），因此矩形$AFOP$是正方形，$AP=OP=r$（$r$为内切圆半径）。
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{a+b-c}{2}$（$a、b$为直角边，$c$为斜边），代入$a=AC=2$，$b=AB=2\sqrt{3}$，$c=BC=4$，得：
$r=\frac{2+2\sqrt{3}-4}{2}=\sqrt{3}-1$，因此$AP=\sqrt{3}-1$。
【答案】
$60°$，$\sqrt{3}-1$
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，三角形内切圆
【点评】
本题综合考查了直角三角形的性质、切线的性质、圆周角定理和内切圆半径的计算，解题的关键是正确连接辅助线，结合相关性质定理逐步推导。
【难度系数】
0.65
