1. 如图,点$O是\triangle ABC$的内切圆的圆心. 若$\angle BAC = 80^{\circ}$,则$\angle BOC$是().

A.$130^{\circ}$

B.$100^{\circ}$
C.$50^{\circ}$
D.$160^{\circ}$

【解析】：本题主要考查了三角形的内切圆与内心，以及三角形内角和定理。
根据三角形的内切圆的圆心是三角形三条角平分线的交点，
所以$OB$，$OC$分别是$\angle ABC$，$\angle ACB$的角平分线。
根据三角形内角和定理，$\angle ABC + \angle ACB + \angle BAC = 180^{\circ}$。
已知$\angle BAC = 80^{\circ}$，
所以$\angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ} - 80^{\circ} = 100^{\circ}$。
由于$OB$，$OC$分别是$\angle ABC$，$\angle ACB$的角平分线，
所以$\angle OBC = \frac{1}{2} \angle ABC$，$\angle OCB = \frac{1}{2} \angle ACB$。
因此，$\angle OBC + \angle OCB = \frac{1}{2} (\angle ABC + \angle ACB) = \frac{1}{2} × 100^{\circ} = 50^{\circ}$。
再根据三角形内角和定理，$\angle BOC = 180^{\circ} - (\angle OBC + \angle OCB) = 180^{\circ} - 50^{\circ} = 130^{\circ}$。
【答案】：A

2. 如图,$PA,PB是\odot O$的切线,切点为$A,B$. 若$PA = 5 cm$,则$PB = $.

解：∵PA，PB是⊙O的切线，切点为A，B，
∴PA=PB（切线长定理）。
∵PA=5cm，
∴PB=5cm。
5 cm

3. 如图,$PA,PB是\odot O$的切线,$A,B$为切点,连接$OA,OB,OP$. 若$\angle ABP = 60^{\circ}$,则$\angle APO = $,$\angle AOB = $,$\angle AOP = $.

解：
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，∠APO=∠BPO。
∵∠ABP=60°，PA=PB，
∴△PAB是等边三角形，∠APB=60°，
∴∠APO=∠BPO=30°。
∵OA⊥PA，∠APO=30°，
∴∠AOP=60°。
∵∠APO=∠BPO=30°，OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠AOP=∠BOP=60°，
∴∠AOB=∠AOP+∠BOP=120°。
30°，120°，60°

4. 如图,点$P是\triangle ABC$的内心,连接$PA,PB,PC$,$\triangle PAB,\triangle PBC,\triangle PAC的面积分别为S_1,S_2,S_3$. 请判断$S_1,S_2 + S_3$的大小关系.

【解析】：本题可根据三角形内心的性质，结合三角形面积公式来比较$S_1$与$S_2 + S_3$的大小关系。
三角形内心的性质：三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，它到三角形三边的距离相等。
设点$P$到$\triangle ABC$三边的距离都为$h$。
根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ah$（其中$a$为底边长，$h$为这条底边对应的高），分别表示出$S_1$、$S_2$、$S_3$：
$S_1=\frac{1}{2}AB\cdot h$；
$S_2=\frac{1}{2}BC\cdot h$；
$S_3=\frac{1}{2}AC\cdot h$。
则$S_2 + S_3=\frac{1}{2}BC\cdot h+\frac{1}{2}AC\cdot h=\frac{1}{2}(BC + AC)\cdot h$。
接下来可通过比较$AB$与$BC + AC$的大小关系，进而比较$S_1$与$S_2 + S_3$的大小。
根据三角形三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，在$\triangle ABC$中，$BC + AC\gt AB$。
因为$h\gt0$，不等式两边同时乘以$\frac{1}{2}h$，不等号方向不变，所以$\frac{1}{2}(BC + AC)\cdot h\gt\frac{1}{2}AB\cdot h$，即$S_2 + S_3\gt S_1$。
【答案】：$S_1\lt S_2 + S_3$。

1. 如图,$PA,PB是\odot O$的切线,$A,B$为切点,$AC是\odot O$的直径. 若$\angle BAC = 25.5^{\circ}$,则$\angle P$的度数为().

A.$52^{\circ}$
B.$51^{\circ}$
C.$61^{\circ}$
D.$64.5^{\circ}$

解：∵PA是⊙O的切线，AC是⊙O的直径，
∴∠CAP=90°，
∵∠BAC=25.5°，
∴∠PAB=∠CAP - ∠BAC=90° - 25.5°=64.5°，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，
∴∠PBA=∠PAB=64.5°，
在△PAB中，∠P=180° - ∠PAB - ∠PBA=180° - 64.5° - 64.5°=51°，
故选B.

2. 如图,$PA,PB,CD均为\odot O$的切线,切点分别为$A,B,E$. 若$PA = 15$,则$\triangle PCD$的周长为().

A.$20$
B.$30$
C.$15$
D.$10$

【解析】：本题可根据切线长定理来求解$\triangle PCD$的周长。
步骤一：明确切线长定理
从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等。
步骤二：根据切线长定理找出相等的线段
已知$PA$，$PB$，$CD$均为$\odot O$的切线，切点分别为$A$，$B$，$E$。
根据切线长定理可得：$PA = PB$，$CA = CE$，$DB = DE$。
步骤三：计算$\triangle PCD$的周长
$\triangle PCD$的周长为$PC + CD + PD$，将$CD = CE + DE$代入可得：
$\triangle PCD$的周长$=PC + CE + DE + PD$。
因为$CA = CE$，$DB = DE$，所以$\triangle PCD$的周长$=PC + CA + DB + PD$。
而$PC + CA = PA$，$DB + PD = PB$，且$PA = PB$，所以$\triangle PCD$的周长$=PA + PB$。
又因为$PA = 15$，$PA = PB$，所以$PB = 15$，则$\triangle PCD$的周长$=PA + PB = 15 + 15 = 30$。
【答案】：B

3. 如图,在菱形$ABCD$中,$AB = 4$,$\odot O$内切于菱形ABCD. 若$\angle B = 60^{\circ}$,则$\odot O$的半径为______.

解：连接AC、BD交于点O，过点O作OE⊥AB于点E。
∵菱形ABCD中，AB=4，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=4，
BD=2×AB×sin60°=2×4×(√3/2)=4√3。
菱形面积S=AB×BD×sin(∠ABD)=4×4√3×(1/2)=8√3（或S=AB×高=4×高，得高=2√3）。
∵⊙O内切于菱形ABCD，
∴OE为⊙O半径r，且菱形面积S=周长×r/2=4×4×r/2=8r。
∴8r=8√3，解得r=√3。
√3

4. 如图,$AB,AC与\odot O相切于点B,C$. 若$\angle A = 50^{\circ}$,$P是圆上不与点B,C$重合的动点,则$\angle BPC$的度数为______.

解：连接OB，OC。
∵AB，AC与⊙O相切于点B，C，
∴OB⊥AB，OC⊥AC，
∴∠OBA=∠OCA=90°。
∵∠A=50°，四边形OBAC内角和为360°，
∴∠BOC=360°-∠OBA-∠OCA-∠A=360°-90°-90°-50°=130°。
当点P在优弧BC上时，∠BPC=1/2∠BOC=65°；
当点P在劣弧BC上时，∠BPC=180°-65°=115°。
65°或115°

5. 如图,$Rt \triangle ABC的内切圆\odot O与BC,CA,AB分别相切于点D,E,F$. 若$\angle A = 90^{\circ}$,$AB = 5$,$AC = 12$,则阴影部分的周长是______.

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A=90^{\circ}$，$AB=5$，$AC=12$，
$\therefore BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13$。
设$\odot O$的半径为$r$，切点分别为$D$，$E$，$F$，则$OE=OF=r$，四边形$AEOF$是正方形，
$\therefore AE=AF=r$，$BD=BF=AB - AF=5 - r$，$CD=CE=AC - AE=12 - r$。
$\because BD + CD=BC$，$\therefore 5 - r + 12 - r=13$，解得$r=2$。
阴影部分为四边形$AEOF$，其周长为$4r=4×2=8$。
答案：$8$