1. 如图,$PA$,$PB为\odot O$的切线,切点分别为$A$,$B$,$PO交AB于点C$,$PO的延长线交\odot O于点D$。下列结论不一定成立的是( )

A.$\triangle BPA$为等腰三角形
B.$AB与PD$相互垂直平分
C.点$A$、$B都在以PO$为直径的圆上
D.$PC为\triangle BPA的边AB$上的中线

B

证明：
1. 选项A：

∵PA，PB为⊙O切线，

∴PA=PB（切线长定理），

∴△BPA为等腰三角形，A成立。
2. 选项B：

∵PA=PB，PD为∠APB平分线（切线长定理），

∴PD⊥AB，AC=BC（等腰三角形三线合一）。
但AB平分PD需PD中点在AB上，仅当PA=AO时成立，一般情况不成立，故B不一定成立。
3. 选项C：

∵OA⊥PA，OB⊥PB（切线性质），

∴∠OAP=∠OBP=90°，

∴点A，B在以PO为直径的圆上（直径所对圆周角为直角），C成立。
4. 选项D：
由选项B知AC=BC，

∴PC为△BPA边AB上的中线，D成立。
结论：不一定成立的是B。
答案：B

2. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AC = 3$,$BC = 4$,$O为BC$上一点,以$O$为圆心、$OC为半径作\odot O切AB于点D$,则$\odot O$的半径为( )

A.$1$
B.$\dfrac{4}{3}$
C.$\dfrac{3}{2}$
D.$\dfrac{5}{4}$

C

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AC=3$，$BC=4$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OC=OD=r$，$BO=BC - OC=4 - r$。
因为$\odot O$切$AB$于点$D$，所以$OD\perp AB$，$\angle ODB=90^{\circ}$。
又因为$\angle B=\angle B$，$\angle ODB=\angle ACB=90^{\circ}$，
所以$\triangle ODB\sim\triangle ACB$。
则$\dfrac{OD}{AC}=\dfrac{BO}{AB}$，即$\dfrac{r}{3}=\dfrac{4 - r}{5}$，
解得$r=\dfrac{3}{2}$。
答案：C

3. 如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB = 70^{\circ}$,$\triangle ABC的内切圆\odot O与AB$,$BC分别相切于点D$,$E$,连接$DE$,$AO的延长线交DE于点F$,则$\angle AFD= $______。

$35°$

证明：连接 $OD$，$OE$。
∵ $\odot O$ 是 $\triangle ABC$ 的内切圆，$D$，$E$ 为切点，
∴ $OD \perp AB$，$OE \perp BC$，$OD = OE$，
∴ $\angle ODB = \angle OEB = 90°$，
∴ 点 $O$，$D$，$B$，$E$ 四点共圆，
∴ $\angle ODE = \angle OBE$。
∵ $AO$ 平分 $\angle BAC$，
∴ $\angle BAO = \frac{1}{2}\angle BAC$。
在 $\triangle ABC$ 中，$\angle BAC + \angle ABC + \angle ACB = 180°$，
$\angle ACB = 70°$，
∴ $\angle BAC + \angle ABC = 110°$，
$\angle OBE = \frac{1}{2}\angle ABC$，
$\angle AFD = 90° - \angle ODE = 90° - \frac{1}{2}\angle ABC$，
又 $\angle BAO = \frac{1}{2}(110° - \angle ABC)$，
在 $\triangle AFD$ 中，$\angle AFD = 90° - \angle BAO = 90° - \frac{1}{2}(110° - \angle ABC) = 35°$。
$35°$

4. 如图,正三角形的边长为$4$,那么正三角形内切圆的半径为______。

$\frac{2}{3}\sqrt{3}$

解：设正三角形为$ABC$，内切圆的圆心为$O$，半径为$r$。连接$OA$、$OB$、$OC$，将$\triangle ABC$分成三个全等的小三角形$\triangle OAB$、$\triangle OBC$、$\triangle OAC$。
正三角形的边长为$4$，其面积$S = \frac{\sqrt{3}}{4} × 4^2 = 4\sqrt{3}$。
又因为$S = S_{\triangle OAB} + S_{\triangle OBC} + S_{\triangle OAC} = \frac{1}{2} × 4r + \frac{1}{2} × 4r + \frac{1}{2} × 4r = 6r$，
所以$6r = 4\sqrt{3}$，解得$r = \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\frac{2}{3}\sqrt{3}$

5. 如图,$AB为\odot O$的直径,过圆外一点$E作\odot O的两条切线EC$,$EB$,切点分别为点$D$,$B$,$EC交BA的延长线于点C$,连接$OE$,$AD$。
(1)$AD与OE$有怎样的位置关系？说明理由。
(2)若$EB = 6$,$CD = 4$,求$\odot O$的半径。

(1)$AD// OE$;
(2)$\odot O$的半径为3

6. 如图,$AB$,$DC$,$CB分别与\odot O相切于E$,$F$,$G$,且$AB// CD$。
(1)试判断$BE$,$CF$,$BC$之间的数量关系,并证明；
(2)连接$OB$,$OC$,试判断$\triangle BOC$的形状,并证明。

(1)$BE+CF=BC$,证明略;
(2)直角三角形,证明略