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1. ★★★(2025·宣城模拟)如图，PA，PB是$\odot O$的切线，切点分别为A，B，BC是$\odot O$的直径，PO交$\odot O$于点E，连结AB交PO于点F，连结CE交AB于点D，$AC=4$.
(1)求OF的长；
(2)连结BE，求证：$∠ PBE=∠ ABE$.
(1)求OF的长；
(2)连结BE，求证：$∠ PBE=∠ ABE$.
答案
(1) 如图，连结AO，
∵ PA,PB是⊙O的切线，
∴ PA=PB.
∵ PA=PB,OA=OB,
∴ OP是AB的垂直平分线，
∴ OP⊥AB,AF=BF.
∵ BC是⊙O的直径，
∴ OB=OC,
∴ $OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×4=2$.
(2) 如图，连结BE.
∵ PB是⊙O的切线，
∴ ∠PBE+∠EBC=90°.
∵ BC是⊙O的直径，
∴ ∠BEC=90°,
∴ ∠EBC+∠ECB=90°,
∴ ∠PBE=∠ECB.
∵ OP是AB的垂直平分线，
∴ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠ECB=∠EBA,
∴ ∠PBE=∠ABE.
解析
【分析】
(1) 求OF的长时，先结合切线长定理分析：PA、PB是$\odot O$的切线，可得PA=PB，结合OA=OB，可推出PO是AB的垂直平分线，即F为AB中点；又BC是$\odot O$的直径，O是BC的中点，因此OF是$△ ABC$的中位线，根据中位线等于第三边一半的性质，结合已知AC的长度即可求出OF。
(2) 证明角相等时，先由切线性质得PB⊥OB，可得$∠ PBE+∠ EBC=90°$；再由直径所对圆周角是直角，得$∠ BEC=90°$，推出$∠ EBC+∠ ECB=90°$，利用同角的余角相等得$∠ PBE=∠ ECB$；最后根据PO垂直平分AB可得$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$，由同弧所对圆周角相等得$∠ ECB=∠ ABE$，等量代换即可完成证明。
【解析】
(1) 连结AO，
∵ PA,PB是$\odot O$的切线，
∴ PA=PB.
∵ PA=PB,OA=OB,
∴ OP是AB的垂直平分线，
∴ OP⊥AB,AF=BF.
∵ BC是$\odot O$的直径，
∴ OB=OC,即O为BC中点，
∴ OF是$△ ABC$的中位线，
∴ $OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×4=2$.
(2) 连结BE.
∵ PB是$\odot O$的切线，
∴ PB⊥OB，即$∠ PBE+∠ EBC=90°$.
∵ BC是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BEC=90°$,
∴ $∠ EBC+∠ ECB=90°$,
∴ $∠ PBE=∠ ECB$.
∵ OP是AB的垂直平分线，
∴ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ $∠ ECB=∠ EBA$,
∴ $∠ PBE=∠ ABE$.
【答案】
(1) $OF=2$；
(2) 证明成立，过程如上。
【知识点】
切线长定理，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题属于双切线模型的常规考题，核心是灵活运用切线性质、圆的基本性质和三角形中位线定理，解题的突破口是找到线段中点关系、利用等角的余角相等和圆周角与弧的对应关系推导角的等量关系，能有效考查学生的逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求OF的长时，先结合切线长定理分析：PA、PB是$\odot O$的切线，可得PA=PB，结合OA=OB，可推出PO是AB的垂直平分线，即F为AB中点；又BC是$\odot O$的直径，O是BC的中点，因此OF是$△ ABC$的中位线，根据中位线等于第三边一半的性质，结合已知AC的长度即可求出OF。
(2) 证明角相等时，先由切线性质得PB⊥OB，可得$∠ PBE+∠ EBC=90°$；再由直径所对圆周角是直角，得$∠ BEC=90°$，推出$∠ EBC+∠ ECB=90°$，利用同角的余角相等得$∠ PBE=∠ ECB$；最后根据PO垂直平分AB可得$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$，由同弧所对圆周角相等得$∠ ECB=∠ ABE$，等量代换即可完成证明。
【解析】
(1) 连结AO，
∵ PA,PB是$\odot O$的切线，
∴ PA=PB.
∵ PA=PB,OA=OB,
∴ OP是AB的垂直平分线，
∴ OP⊥AB,AF=BF.
∵ BC是$\odot O$的直径，
∴ OB=OC,即O为BC中点，
∴ OF是$△ ABC$的中位线，
∴ $OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×4=2$.
(2) 连结BE.
∵ PB是$\odot O$的切线，
∴ PB⊥OB，即$∠ PBE+∠ EBC=90°$.
∵ BC是$\odot O$的直径，
∴ $∠ BEC=90°$,
∴ $∠ EBC+∠ ECB=90°$,
∴ $∠ PBE=∠ ECB$.
∵ OP是AB的垂直平分线，
∴ $\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ $∠ ECB=∠ EBA$,
∴ $∠ PBE=∠ ABE$.
【答案】
(1) $OF=2$；
(2) 证明成立，过程如上。
【知识点】
切线长定理，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题属于双切线模型的常规考题，核心是灵活运用切线性质、圆的基本性质和三角形中位线定理，解题的突破口是找到线段中点关系、利用等角的余角相等和圆周角与弧的对应关系推导角的等量关系，能有效考查学生的逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
2. 如图，AB是$\odot O$的直径，PB，PC分别与$\odot O$相切于点B，C，连结PA，与BC交于点Q，且Q是PA的中点.
(1)求$\frac{CQ}{BQ}$的值；
(2)若$AB=4\sqrt{3}$，求PC的长.
＞＞进一步挑战进阶专题:P151 专题8~P153 专题10
(1)求$\frac{CQ}{BQ}$的值；
(2)若$AB=4\sqrt{3}$，求PC的长.
＞＞进一步挑战进阶专题:P151 专题8~P153 专题10
答案
(1) 如图，连结AC,OP.OP交BC于点D.
∵ PB,PC分别与⊙O相切,
∴ OP⊥BC,CD=BD.
∵ AB是直径,
∴ ∠ACB=∠PDQ=90°,
∴ AC//OP.
∴ ∠CAQ=∠QPD.
∵ AQ=PQ,
∴ △ACQ≌△PDQ,
∴ CQ=DQ=$\frac{1}{2}CD$,
∴ $\frac{CQ}{BQ}=\frac{1}{3}$.
(2) 设CQ=a,则BQ=3a,BC=4a.
∵ ∠ABP=90°,Q是PA的中点,
∴ AQ=PQ=BQ=3a,
∴ $AC^2=AQ^2-CQ^2=8a^2$.
∵ $AC^2+BC^2=AB^2$,
∴ $8a^2+(4a)^2=(4\sqrt{3})^2$,
∴ $a=\sqrt{2}$(负值已舍),
∴ $PA=6a=6\sqrt{2}$,
∴ $PC=PB=\sqrt{PA^2-AB^2}=\sqrt{(6\sqrt{2})^2-(4\sqrt{3})^2}=2\sqrt{6}$.
解析
【分析】
(1) 求解线段比值时，先结合双切线的性质添加辅助线：连接OP、AC，由切线长定理可得OP垂直平分BC；再利用直径所对圆周角为直角的性质，推出AC与OP平行；最后结合Q是PA中点的条件，证明△ACQ和△PDQ全等，得到CQ与CD的等量关系，结合CD=BD即可求出两线段的比值。
(2) 求PC长度时，先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到BQ=AQ，设CQ为a，用a表示出相关线段的长度；再在Rt△ACB中利用勾股定理列方程求出a的值，进而得到PA的长度；最后结合切线长定理得PC=PB，在Rt△PAB中用勾股定理计算PB，即可得到PC的长。
【解析】
(1) 如图，连结AC,OP.OP交BC于点D.
∵ PB,PC分别与⊙O相切,
∴ OP⊥BC,CD=BD.
∵ AB是直径,
∴ ∠ACB=∠PDQ=90°,
∴ AC//OP.
∴ ∠CAQ=∠QPD.
∵ AQ=PQ,∠AQC=∠PQD,
∴ △ACQ≌△PDQ(AAS),
∴ CQ=DQ=$\frac{1}{2}CD$,
∵ CD=BD,
∴ BQ=BD+DQ=2CQ+CQ=3CQ,
∴ $\frac{CQ}{BQ}=\frac{1}{3}$.
(2) 设CQ=a,则BQ=3a,BC=CQ+BQ=4a.
∵ PB是⊙O的切线，AB是直径,
∴ ∠ABP=90°,
又
∵ Q是PA的中点,
∴ AQ=PQ=BQ=3a,
在Rt△ACQ中，$AC^2=AQ^2-CQ^2=(3a)^2-a^2=8a^2$.
在Rt△ACB中，$AC^2+BC^2=AB^2$,
代入$AB=4\sqrt{3}$，得 $8a^2+(4a)^2=(4\sqrt{3})^2$,
即$24a^2=48$，解得$a=\sqrt{2}$(负值已舍),
∴ $PA=2AQ=6a=6\sqrt{2}$,
∵ PB,PC是⊙O的切线，
∴ $PC=PB$,
在Rt△PAB中，$PB=\sqrt{PA^2-AB^2}=\sqrt{(6\sqrt{2})^2-(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{72-48}=2\sqrt{6}$,
即$PC=2\sqrt{6}$.
【答案】
(1) $\frac{CQ}{BQ}=\frac{1}{3}$；
(2) $PC=2\sqrt{6}$.
【知识点】
切线长定理；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是双切线模型的典型习题，综合考查了圆的切线性质、圆周角定理推论、全等三角形、勾股定理等知识，解题的核心是正确添加辅助线构造平行关系与全等三角形，将已知中点条件转化为线段等量关系，逐步推导线段的比例与长度，对逻辑推理能力和运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求解线段比值时，先结合双切线的性质添加辅助线：连接OP、AC，由切线长定理可得OP垂直平分BC；再利用直径所对圆周角为直角的性质，推出AC与OP平行；最后结合Q是PA中点的条件，证明△ACQ和△PDQ全等，得到CQ与CD的等量关系，结合CD=BD即可求出两线段的比值。
(2) 求PC长度时，先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到BQ=AQ，设CQ为a，用a表示出相关线段的长度；再在Rt△ACB中利用勾股定理列方程求出a的值，进而得到PA的长度；最后结合切线长定理得PC=PB，在Rt△PAB中用勾股定理计算PB，即可得到PC的长。
【解析】
(1) 如图，连结AC,OP.OP交BC于点D.
∵ PB,PC分别与⊙O相切,
∴ OP⊥BC,CD=BD.
∵ AB是直径,
∴ ∠ACB=∠PDQ=90°,
∴ AC//OP.
∴ ∠CAQ=∠QPD.
∵ AQ=PQ,∠AQC=∠PQD,
∴ △ACQ≌△PDQ(AAS),
∴ CQ=DQ=$\frac{1}{2}CD$,
∵ CD=BD,
∴ BQ=BD+DQ=2CQ+CQ=3CQ,
∴ $\frac{CQ}{BQ}=\frac{1}{3}$.
(2) 设CQ=a,则BQ=3a,BC=CQ+BQ=4a.
∵ PB是⊙O的切线，AB是直径,
∴ ∠ABP=90°,
又
∵ Q是PA的中点,
∴ AQ=PQ=BQ=3a,
在Rt△ACQ中，$AC^2=AQ^2-CQ^2=(3a)^2-a^2=8a^2$.
在Rt△ACB中，$AC^2+BC^2=AB^2$,
代入$AB=4\sqrt{3}$，得 $8a^2+(4a)^2=(4\sqrt{3})^2$,
即$24a^2=48$，解得$a=\sqrt{2}$(负值已舍),
∴ $PA=2AQ=6a=6\sqrt{2}$,
∵ PB,PC是⊙O的切线，
∴ $PC=PB$,
在Rt△PAB中，$PB=\sqrt{PA^2-AB^2}=\sqrt{(6\sqrt{2})^2-(4\sqrt{3})^2}=\sqrt{72-48}=2\sqrt{6}$,
即$PC=2\sqrt{6}$.
【答案】
(1) $\frac{CQ}{BQ}=\frac{1}{3}$；
(2) $PC=2\sqrt{6}$.
【知识点】
切线长定理；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是双切线模型的典型习题，综合考查了圆的切线性质、圆周角定理推论、全等三角形、勾股定理等知识，解题的核心是正确添加辅助线构造平行关系与全等三角形，将已知中点条件转化为线段等量关系，逐步推导线段的比例与长度，对逻辑推理能力和运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
