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27 如图，在$\odot O$中，AB和CD是弦，半径OA、OB分别交CD于点E、F，且$CE=DF$。
（1）求证：$AB // CD$。
（2）连接BD，若$AB=BD$，求证：$AB^2 = BF · OB$。
（1）求证：$AB // CD$。
（2）连接BD，若$AB=BD$，求证：$AB^2 = BF · OB$。
答案
27 （1）连接 OC、OD。因为 $OC = OD$,所以 $∠OCD = ∠ODC$,因为 $CE = DF$,所以 $△OCE ≅△ODF$,所以 $OE = OF$,所以 $\frac{OE}{OA} =\frac{OF}{OB}$,所以 $EF // AB$,所以 $CD // AB$。
（2）因为 $△OCE ≅ △ODF$,所以 $∠COE = ∠DOF$。因为 $AB = BD$,所以 $∠AOB = ∠DOF$,所以 $∠AOB = ∠DOF = ∠COE$。连接 AF。因为 $OA = OD$,所以 $△AOF ≅ △DOF(SAS)$,所以 $∠OAF = ∠ODF = ∠OCE$。因为 $∠OCE = ∠OAF, ∠OEC = ∠AEF$,所以 $∠COE =∠AFE$,所以 $∠AOB = ∠FAB$,所以 $△BAF ∽ △BOA$,所以 $\frac{AB}{OB} =\frac{BF}{AB}$,所以 $AB^2 = BF · OB$。
（2）因为 $△OCE ≅ △ODF$,所以 $∠COE = ∠DOF$。因为 $AB = BD$,所以 $∠AOB = ∠DOF$,所以 $∠AOB = ∠DOF = ∠COE$。连接 AF。因为 $OA = OD$,所以 $△AOF ≅ △DOF(SAS)$,所以 $∠OAF = ∠ODF = ∠OCE$。因为 $∠OCE = ∠OAF, ∠OEC = ∠AEF$,所以 $∠COE =∠AFE$,所以 $∠AOB = ∠FAB$,所以 $△BAF ∽ △BOA$,所以 $\frac{AB}{OB} =\frac{BF}{AB}$,所以 $AB^2 = BF · OB$。
解析
【分析】
（1）要证明AB//CD，可通过证明同位角相等实现：首先利用圆的半径相等得到OC=OD，结合已知CE=DF，证明△OCE≌△ODF，推出OE=OF，可得△OEF与△OAB均为等腰三角形且顶角相同，故底角相等，进而得到EF//AB，即CD//AB。
（2）要证明等积式$AB^2 = BF · OB$，先将其转化为比例式$\frac{AB}{OB}=\frac{BF}{AB}$，只需证明△BAF∽△BOA即可：先利用全等三角形性质、弦与圆心角的对应关系得到角相等，再结合平行线的性质推出两组对应角相等，证明三角形相似，最后由相似三角形对应边成比例得到结论。
【解析】
（1）证明：连接OC、OD。
∵OC、OD为⊙O的半径，
∴$OC = OD$，
∴$∠OCD = ∠ODC$。
在$△ OCE$和$△ ODF$中：
$\begin{cases} OC=OD \\ ∠OCE=∠ODF \\ CE=DF \end{cases}$
∴$△ OCE ≅ △ ODF$（SAS），
∴$OE = OF$。
∵OA、OB为⊙O的半径，
∴$OA=OB$，故$\frac{OE}{OA} =\frac{OF}{OB}$。
又
∵$∠EOF=∠AOB$，
∴$△ OEF ∽ △ OAB$，
∴$∠OEF=∠OAB$，
∴$EF // AB$，即$CD // AB$。
（2）证明：由$△ OCE ≅ △ ODF$得$∠COE = ∠DOF$。
∵$AB=BD$，同圆中相等的弦对应相等的圆心角，
∴$∠AOB = ∠BOD$，即$∠AOB=∠DOF$。
连接AF，在$△ AOF$和$△ DOF$中：
$\begin{cases} OA=OD \\ ∠AOF=∠DOF \\ OF=OF \end{cases}$
∴$△ AOF ≅ △ DOF$（SAS），
∴$∠OAF = ∠ODF$。
∵$∠ODF=∠OCE$，$∠OEC = ∠AEF$，
∴$∠COE =∠AFE$，故$∠AOB=∠AFE$。
∵$CD // AB$，
∴$∠AFE=∠FAB$，
∴$∠AOB = ∠FAB$。
在$△ BAF$和$△ BOA$中：
$\begin{cases} ∠FAB=∠AOB \\ ∠ABF=∠OBA \end{cases}$
∴$△ BAF ∽ △ BOA$，
∴$\frac{AB}{OB} =\frac{BF}{AB}$，
交叉相乘得$AB^2 = BF · OB$。
【答案】
（1）$AB// CD$，得证；
（2）$AB^2 = BF · OB$，得证。
【知识点】
1. 圆的基本性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，解题的关键是合理添加辅助线构造全等、相似三角形，熟练掌握等积式与比例式的转化方法，能有效考查对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
（1）要证明AB//CD，可通过证明同位角相等实现：首先利用圆的半径相等得到OC=OD，结合已知CE=DF，证明△OCE≌△ODF，推出OE=OF，可得△OEF与△OAB均为等腰三角形且顶角相同，故底角相等，进而得到EF//AB，即CD//AB。
（2）要证明等积式$AB^2 = BF · OB$，先将其转化为比例式$\frac{AB}{OB}=\frac{BF}{AB}$，只需证明△BAF∽△BOA即可：先利用全等三角形性质、弦与圆心角的对应关系得到角相等，再结合平行线的性质推出两组对应角相等，证明三角形相似，最后由相似三角形对应边成比例得到结论。
【解析】
（1）证明：连接OC、OD。
∵OC、OD为⊙O的半径，
∴$OC = OD$，
∴$∠OCD = ∠ODC$。
在$△ OCE$和$△ ODF$中：
$\begin{cases} OC=OD \\ ∠OCE=∠ODF \\ CE=DF \end{cases}$
∴$△ OCE ≅ △ ODF$（SAS），
∴$OE = OF$。
∵OA、OB为⊙O的半径，
∴$OA=OB$，故$\frac{OE}{OA} =\frac{OF}{OB}$。
又
∵$∠EOF=∠AOB$，
∴$△ OEF ∽ △ OAB$，
∴$∠OEF=∠OAB$，
∴$EF // AB$，即$CD // AB$。
（2）证明：由$△ OCE ≅ △ ODF$得$∠COE = ∠DOF$。
∵$AB=BD$，同圆中相等的弦对应相等的圆心角，
∴$∠AOB = ∠BOD$，即$∠AOB=∠DOF$。
连接AF，在$△ AOF$和$△ DOF$中：
$\begin{cases} OA=OD \\ ∠AOF=∠DOF \\ OF=OF \end{cases}$
∴$△ AOF ≅ △ DOF$（SAS），
∴$∠OAF = ∠ODF$。
∵$∠ODF=∠OCE$，$∠OEC = ∠AEF$，
∴$∠COE =∠AFE$，故$∠AOB=∠AFE$。
∵$CD // AB$，
∴$∠AFE=∠FAB$，
∴$∠AOB = ∠FAB$。
在$△ BAF$和$△ BOA$中：
$\begin{cases} ∠FAB=∠AOB \\ ∠ABF=∠OBA \end{cases}$
∴$△ BAF ∽ △ BOA$，
∴$\frac{AB}{OB} =\frac{BF}{AB}$，
交叉相乘得$AB^2 = BF · OB$。
【答案】
（1）$AB// CD$，得证；
（2）$AB^2 = BF · OB$，得证。
【知识点】
1. 圆的基本性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，解题的关键是合理添加辅助线构造全等、相似三角形，熟练掌握等积式与比例式的转化方法，能有效考查对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
28 如图,在圆O中,弦AB等于弦CD,且相交于点P,其中E、F为AB、CD中点。
(1) 证明: $OP ⊥ EF$。
(2) 连接AF、AC、CE,若 $AF // OP$,证明:四边形AFEC为矩形。
(1) 证明: $OP ⊥ EF$。
(2) 连接AF、AC、CE,若 $AF // OP$,证明:四边形AFEC为矩形。
答案
28 （1）连接 OP、EF、OE、OF、OB、OD。因为 $AE = EB, CF = FD, AB = CD$,所以 $OE ⊥AB, OF ⊥ CD, BE = DF, ∠OEB = ∠OFD = 90°$。因为 $OB = OD$,所以 $Rt△OEB ≅Rt△OFD$,所以 $OE = OF$。因为 $∠OEP = ∠OFP = 90°, OP = OP$,所以 $Rt△OPE ≅Rt△OPF$,所以 $PE = PF$。因为 $OE = OF$,所以 OP 垂直平分 EF,所以 $OP ⊥ EF$。
（2）延长 OP 交 AC 于点 H。由(1)可知 OP 垂直平分 EF,所以 $EH = FH, OP ⊥ EF$。因为$AF // OP$,所以 $AF ⊥ EF$,所以 $∠AFE = 90°$。因为 $PH // AF, EH = FH$,所以可得 $AP =PE$。由(1)可知 $PE = PF, AE = CF$,所以 $AP = CP$,所以 $PE = AP, CP = PF$,所以四边形AFEC 为平行四边形。因为 $∠AFE = 90°$,所以四边形 AFEC 为矩形。
（2）延长 OP 交 AC 于点 H。由(1)可知 OP 垂直平分 EF,所以 $EH = FH, OP ⊥ EF$。因为$AF // OP$,所以 $AF ⊥ EF$,所以 $∠AFE = 90°$。因为 $PH // AF, EH = FH$,所以可得 $AP =PE$。由(1)可知 $PE = PF, AE = CF$,所以 $AP = CP$,所以 $PE = AP, CP = PF$,所以四边形AFEC 为平行四边形。因为 $∠AFE = 90°$,所以四边形 AFEC 为矩形。
解析
【分析】
(1) 要证$OP ⊥ EF$，可结合垂径定理先得到圆心到等弦的弦心距相等，再通过证明三角形全等得到$OE=OF$、$PE=PF$，说明O、P均在EF的垂直平分线上，即可得到OP与EF的垂直关系。
(2) 要证四边形AFEC为矩形，需先证它是平行四边形，再证明存在一个内角为直角。结合$AF // OP$和(1)的结论可得到$AF⊥EF$，即得直角；再通过线段等量关系证明四边形对角线互相平分，即可判定为平行四边形，最终推出矩形。
【解析】
(1) 证明：连接$OP、EF、OE、OF、OB、OD$。
∵E是AB中点，F是CD中点，根据垂径定理，
∴$OE⊥AB$，$OF⊥CD$，$BE=\frac{1}{2}AB$，$DF=\frac{1}{2}CD$，$∠OEP=∠OFP=90°$。
又
∵$AB=CD$，
∴$BE=DF$。
在$Rt△OEB$和$Rt△OFD$中：
$\begin{cases} OB=OD（圆的半径相等） \\ BE=DF \end{cases}$
∴$Rt△OEB ≅ Rt△OFD（HL）$，得$OE=OF$。
在$Rt△OPE$和$Rt△OPF$中：
$\begin{cases} OP=OP（公共边） \\ OE=OF \end{cases}$
∴$Rt△OPE ≅ Rt△OPF（HL）$，得$PE=PF$。
∵$OE=OF$，$PE=PF$，
∴O、P都在EF的垂直平分线上，即OP垂直平分EF，
∴$OP ⊥ EF$。
(2) 证明：延长OP交AC于点H，设OP与EF交于点M。
由(1)可知OP垂直平分EF，
∴M是EF中点，$EM=FM$，且$OP⊥EF$。
∵$AF // OP$，
∴$AF⊥EF$，即$∠AFE=90°$。
∵$PM//AF$，M是EF中点，
∴PM是△AEF的中位线，得P是AE中点，即$AP=PE$。
由(1)得$PE=PF$，又
∵E、F分别是AB、CD中点，$AB=CD$，
∴$AE=CF$。
∵$PE=PF$，$BE=DF$，
∴$BE-PE=DF-PF$，即$PB=PD$。
∵$AB=CD$，
∴$AB-PB=CD-PD$，即$AP=CP$。
∴四边形AFEC的对角线AC、EF互相平分，
∴四边形AFEC是平行四边形。
又
∵$∠AFE=90°$，
∴平行四边形AFEC为矩形。
【答案】
(1) $OP ⊥ EF$得证；(2) 四边形AFEC为矩形得证。
【知识点】
垂径定理；全等三角形判定与性质；矩形的判定
【点评】
本题属于圆与特殊四边形的综合题，解题关键是合理构造辅助线，结合圆的基本性质得到线段、垂直关系，再通过全等、平行的性质推导特殊四边形的判定条件，侧重考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$OP ⊥ EF$，可结合垂径定理先得到圆心到等弦的弦心距相等，再通过证明三角形全等得到$OE=OF$、$PE=PF$，说明O、P均在EF的垂直平分线上，即可得到OP与EF的垂直关系。
(2) 要证四边形AFEC为矩形，需先证它是平行四边形，再证明存在一个内角为直角。结合$AF // OP$和(1)的结论可得到$AF⊥EF$，即得直角；再通过线段等量关系证明四边形对角线互相平分，即可判定为平行四边形，最终推出矩形。
【解析】
(1) 证明：连接$OP、EF、OE、OF、OB、OD$。
∵E是AB中点，F是CD中点，根据垂径定理，
∴$OE⊥AB$，$OF⊥CD$，$BE=\frac{1}{2}AB$，$DF=\frac{1}{2}CD$，$∠OEP=∠OFP=90°$。
又
∵$AB=CD$，
∴$BE=DF$。
在$Rt△OEB$和$Rt△OFD$中：
$\begin{cases} OB=OD（圆的半径相等） \\ BE=DF \end{cases}$
∴$Rt△OEB ≅ Rt△OFD（HL）$，得$OE=OF$。
在$Rt△OPE$和$Rt△OPF$中：
$\begin{cases} OP=OP（公共边） \\ OE=OF \end{cases}$
∴$Rt△OPE ≅ Rt△OPF（HL）$，得$PE=PF$。
∵$OE=OF$，$PE=PF$，
∴O、P都在EF的垂直平分线上，即OP垂直平分EF，
∴$OP ⊥ EF$。
(2) 证明：延长OP交AC于点H，设OP与EF交于点M。
由(1)可知OP垂直平分EF，
∴M是EF中点，$EM=FM$，且$OP⊥EF$。
∵$AF // OP$，
∴$AF⊥EF$，即$∠AFE=90°$。
∵$PM//AF$，M是EF中点，
∴PM是△AEF的中位线，得P是AE中点，即$AP=PE$。
由(1)得$PE=PF$，又
∵E、F分别是AB、CD中点，$AB=CD$，
∴$AE=CF$。
∵$PE=PF$，$BE=DF$，
∴$BE-PE=DF-PF$，即$PB=PD$。
∵$AB=CD$，
∴$AB-PB=CD-PD$，即$AP=CP$。
∴四边形AFEC的对角线AC、EF互相平分，
∴四边形AFEC是平行四边形。
又
∵$∠AFE=90°$，
∴平行四边形AFEC为矩形。
【答案】
(1) $OP ⊥ EF$得证；(2) 四边形AFEC为矩形得证。
【知识点】
垂径定理；全等三角形判定与性质；矩形的判定
【点评】
本题属于圆与特殊四边形的综合题，解题关键是合理构造辅助线，结合圆的基本性质得到线段、垂直关系，再通过全等、平行的性质推导特殊四边形的判定条件，侧重考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
29 如图①，AB 是圆 O 的直径，O 为圆心，AD、BD 是半圆的弦，且 ∠PDA = ∠PBD，延长 PD 交圆的切线 BE 于点 E。
（1）判断直线 PD 是否为⊙O 的切线，并说明理由。
（2）如果 ∠BED = 60°，PD = √3，求 PA 的长。
（3）在（2）的条件下，将线段 PD 以直线 AD 为对称轴作对称线段 DF，点 F 正好在圆 O 上，如图②，求证：四边形 DFBE 为菱形。
（1）判断直线 PD 是否为⊙O 的切线，并说明理由。
（2）如果 ∠BED = 60°，PD = √3，求 PA 的长。
（3）在（2）的条件下，将线段 PD 以直线 AD 为对称轴作对称线段 DF，点 F 正好在圆 O 上，如图②，求证：四边形 DFBE 为菱形。
答案
29 （1）直线 PD 为$\odot O$ 的切线,理由如下:连接 OD。因为 AB 是圆 O 的直径,所以 $∠ADB =90°$,所以 $∠ADO + ∠BDO = 90°$。又因为 $DO = BO$,所以 $∠BDO = ∠PBD$。因为 $∠PDA =∠PBD$,所以 $∠BDO = ∠PDA$,所以 $∠ADO + ∠PDA = 90°$,即 $PD ⊥ OD$。因为 OD 为$\odot O$的半径,所以直线 PD 为$\odot O$ 的切线。
（2）因为 BE 是$\odot O$ 的切线,所以 $∠EBA = 90°$。因为 $∠BED = 60°$,所以 $∠P = 30°$。因为 PD为 $\odot O$ 的切线,所以 $∠PDO = 90°$。在 $Rt△PDO$ 中,$∠P = 30°, PD =\sqrt{3}$,所以 $\tan 30° =\frac{OD}{PD}$,解得 $OD = 1$,所以 $PO =\sqrt{PD^2 + OD^2} = 2$,所以 $PA = PO - AO = 2 - 1 = 1$。
（3）由轴对称可得 $∠ADF = ∠PDA, ∠PAD = ∠DAF, ∠APD = ∠AFD = 30°$。因为$∠PDA = ∠PBD, ∠ADF = ∠ABF$,所以 $∠ADF = ∠AFD = ∠BPD = ∠ABF$,所以 $AD =AF, BF // PD$,所以 $DF ⊥ PB$。因为 $BE ⊥ PB$,所以 $DF // BE$,所以四边形 DFBE 为平行四边形。因为 PE、BE 为 $\odot O$ 的切线,所以 $BE = DE$,所以四边形 DFBE 为菱形。
（2）因为 BE 是$\odot O$ 的切线,所以 $∠EBA = 90°$。因为 $∠BED = 60°$,所以 $∠P = 30°$。因为 PD为 $\odot O$ 的切线,所以 $∠PDO = 90°$。在 $Rt△PDO$ 中,$∠P = 30°, PD =\sqrt{3}$,所以 $\tan 30° =\frac{OD}{PD}$,解得 $OD = 1$,所以 $PO =\sqrt{PD^2 + OD^2} = 2$,所以 $PA = PO - AO = 2 - 1 = 1$。
（3）由轴对称可得 $∠ADF = ∠PDA, ∠PAD = ∠DAF, ∠APD = ∠AFD = 30°$。因为$∠PDA = ∠PBD, ∠ADF = ∠ABF$,所以 $∠ADF = ∠AFD = ∠BPD = ∠ABF$,所以 $AD =AF, BF // PD$,所以 $DF ⊥ PB$。因为 $BE ⊥ PB$,所以 $DF // BE$,所以四边形 DFBE 为平行四边形。因为 PE、BE 为 $\odot O$ 的切线,所以 $BE = DE$,所以四边形 DFBE 为菱形。
解析
【分析】
（1）要判断PD是否为⊙O的切线，根据切线判定定理，已知PD与圆有公共点D，因此只需连接OD，证明PD⊥OD即可。可利用直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，结合已知角相等的条件，推导得出∠PDO=90°完成证明。
（2）先根据切线性质得BE⊥AB，结合∠BED=60°求出∠P=30°，再在Rt△PDO中利用三角函数求出半径OD和PO的长，最后通过PA=PO-AO计算即可得到结果。
（3）先根据轴对称性质得到对应角相等，结合圆周角定理推导两组对边分别平行，证明四边形DFBE是平行四边形，再利用切线长定理得到一组邻边相等，即可证明其为菱形。
【解析】
（1）直线PD为$\odot O$的切线，理由如下：
连接OD。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ADB =90°$，即$∠ ADO + ∠ BDO = 90°$。
又
∵$DO = BO$，
∴$∠ BDO = ∠ PBD$。
∵$∠ PDA =∠PBD$，
∴$∠ BDO = ∠ PDA$，
∴$∠ ADO + ∠ PDA = 90°$，即$PD ⊥ OD$。
∵OD为$\odot O$的半径，
∴直线PD为$\odot O$的切线。
（2）
∵BE是$\odot O$的切线，
∴$∠ EBA = 90°$。
∵$∠ BED = 60°$，
∴$∠ P = 90°-∠ BED=30°$。
∵PD为$\odot O$的切线，
∴$∠ PDO = 90°$。
在$Rt△PDO$中，$∠ P = 30°, PD =\sqrt{3}$，
∵$\tan 30° =\frac{OD}{PD}$，
∴$OD = PD·\tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$，
∴$PO =\sqrt{PD^2 + OD^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}=2$，
又
∵$AO=OD=1$，
∴$PA = PO - AO = 2 - 1 = 1$。
（3）证明：由轴对称的性质可得：$∠ ADF = ∠ PDA, ∠ PAD = ∠ DAF, ∠ APD = ∠ AFD = 30°$。
∵$∠ PDA = ∠ PBD, ∠ ADF = ∠ ABF$（同弧所对圆周角相等），
∴$∠ ADF = ∠ AFD = ∠ BPD = ∠ ABF$，
∴$AD =AF, BF // PD$，
∴$DF ⊥ PB$。
∵$BE ⊥ PB$，
∴$DF // BE$，
又
∵$BF // PD$即$BF// DE$，
∴四边形DFBE为平行四边形。
∵PE、BE为$\odot O$的切线，
∴$BE = DE$，
∴平行四边形DFBE为菱形。
【答案】
（1）PD是$\odot O$的切线，理由见解析；
（2）$PA=1$；
（3）证明见解析。
【知识点】
切线的判定与性质，解直角三角形，菱形的判定
【点评】
本题是圆的综合题型，融合了圆周角定理、轴对称性质、切线长定理等多个知识点，既考查基础几何定理的应用，也对逻辑推理能力、几何计算能力有一定要求，是圆章节的典型综合题。
【难度系数】
0.6
（1）要判断PD是否为⊙O的切线，根据切线判定定理，已知PD与圆有公共点D，因此只需连接OD，证明PD⊥OD即可。可利用直径所对圆周角为直角、等腰三角形等边对等角的性质，结合已知角相等的条件，推导得出∠PDO=90°完成证明。
（2）先根据切线性质得BE⊥AB，结合∠BED=60°求出∠P=30°，再在Rt△PDO中利用三角函数求出半径OD和PO的长，最后通过PA=PO-AO计算即可得到结果。
（3）先根据轴对称性质得到对应角相等，结合圆周角定理推导两组对边分别平行，证明四边形DFBE是平行四边形，再利用切线长定理得到一组邻边相等，即可证明其为菱形。
【解析】
（1）直线PD为$\odot O$的切线，理由如下：
连接OD。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ADB =90°$，即$∠ ADO + ∠ BDO = 90°$。
又
∵$DO = BO$，
∴$∠ BDO = ∠ PBD$。
∵$∠ PDA =∠PBD$，
∴$∠ BDO = ∠ PDA$，
∴$∠ ADO + ∠ PDA = 90°$，即$PD ⊥ OD$。
∵OD为$\odot O$的半径，
∴直线PD为$\odot O$的切线。
（2）
∵BE是$\odot O$的切线，
∴$∠ EBA = 90°$。
∵$∠ BED = 60°$，
∴$∠ P = 90°-∠ BED=30°$。
∵PD为$\odot O$的切线，
∴$∠ PDO = 90°$。
在$Rt△PDO$中，$∠ P = 30°, PD =\sqrt{3}$，
∵$\tan 30° =\frac{OD}{PD}$，
∴$OD = PD·\tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$，
∴$PO =\sqrt{PD^2 + OD^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}=2$，
又
∵$AO=OD=1$，
∴$PA = PO - AO = 2 - 1 = 1$。
（3）证明：由轴对称的性质可得：$∠ ADF = ∠ PDA, ∠ PAD = ∠ DAF, ∠ APD = ∠ AFD = 30°$。
∵$∠ PDA = ∠ PBD, ∠ ADF = ∠ ABF$（同弧所对圆周角相等），
∴$∠ ADF = ∠ AFD = ∠ BPD = ∠ ABF$，
∴$AD =AF, BF // PD$，
∴$DF ⊥ PB$。
∵$BE ⊥ PB$，
∴$DF // BE$，
又
∵$BF // PD$即$BF// DE$，
∴四边形DFBE为平行四边形。
∵PE、BE为$\odot O$的切线，
∴$BE = DE$，
∴平行四边形DFBE为菱形。
【答案】
（1）PD是$\odot O$的切线，理由见解析；
（2）$PA=1$；
（3）证明见解析。
【知识点】
切线的判定与性质，解直角三角形，菱形的判定
【点评】
本题是圆的综合题型，融合了圆周角定理、轴对称性质、切线长定理等多个知识点，既考查基础几何定理的应用，也对逻辑推理能力、几何计算能力有一定要求，是圆章节的典型综合题。
【难度系数】
0.6
