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8. 如图，E为$\mathrm{Rt}△ ABC$的直角边BC上一点，以CE为半径的半圆与斜边AB相切于点D。若$AD=6$，$BD=4$，则半圆E的半径长为（
A.3.5
B.3
C.2.5
D.2
第8题图 第9题图
B
）A.3.5
B.3
C.2.5
D.2
第8题图 第9题图
答案
8.B
解析
【分析】
解题思路如下：第一步，先根据直角条件判断AC是半圆E的切线，再结合切线长定理得到AC的长度；第二步，在Rt△ABC中利用勾股定理算出BC的总长；第三步，设半圆半径为r，根据切线的性质得到DE⊥AB，最后在Rt△BDE中用勾股定理列方程求解r即可。
【解析】
解：
∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，CE为半圆E的半径，
∴AC是半圆E的切线。
又
∵AB与半圆E相切于点D，根据切线长定理可得：$AC=AD=6$。
∵$AB=AD+BD=6+4=10$，在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
设半圆E的半径为r，则$CE=DE=r$，$BE=BC-CE=8-r$。
∵AB是半圆的切线，
∴$DE⊥AB$，即$∠EDB=90°$，
在$Rt△BDE$中，由勾股定理得：$BD^2+DE^2=BE^2$，
代入数据：$4^2+r^2=(8-r)^2$，
展开化简得：$16=64-16r$，解得$r=3$。
【答案】B
【知识点】
切线长定理，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型题型，解题的核心是熟练运用切线相关性质得到线段等量关系，再结合勾股定理列方程求解，对基础知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：第一步，先根据直角条件判断AC是半圆E的切线，再结合切线长定理得到AC的长度；第二步，在Rt△ABC中利用勾股定理算出BC的总长；第三步，设半圆半径为r，根据切线的性质得到DE⊥AB，最后在Rt△BDE中用勾股定理列方程求解r即可。
【解析】
解：
∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，CE为半圆E的半径，
∴AC是半圆E的切线。
又
∵AB与半圆E相切于点D，根据切线长定理可得：$AC=AD=6$。
∵$AB=AD+BD=6+4=10$，在$Rt△ABC$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
设半圆E的半径为r，则$CE=DE=r$，$BE=BC-CE=8-r$。
∵AB是半圆的切线，
∴$DE⊥AB$，即$∠EDB=90°$，
在$Rt△BDE$中，由勾股定理得：$BD^2+DE^2=BE^2$，
代入数据：$4^2+r^2=(8-r)^2$，
展开化简得：$16=64-16r$，解得$r=3$。
【答案】B
【知识点】
切线长定理，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型题型，解题的核心是熟练运用切线相关性质得到线段等量关系，再结合勾股定理列方程求解，对基础知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
9. 如图，已知PA，PB是$\odot O$的两条切线，A，B为切点，直线OP交$\odot O$于C，D两点，交AB于点E，AF为$\odot O$的直径，连接BC，DF。下列结论不正确的是（
A.$AE=BE$
B.$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BF}$
C.$∠ APB=2∠ OAB$
D.$BC=DF$
B
）A.$AE=BE$
B.$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BF}$
C.$∠ APB=2∠ OAB$
D.$BC=DF$
答案
9.B
解析
【分析】
本题可结合切线长定理、圆的基本性质逐一分析各选项：首先根据切线长定理得到PA=PB、OP平分∠APB，由此可判断A选项；再结合切线的性质、直角三角形的角度互推判断C选项；最后根据圆心角与弧、弦的对应关系判断B、D选项，找到结论不正确的选项即可。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 分析选项A：
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点
∴根据切线长定理得：PA=PB，OP平分∠APB
∴△PAB是等腰三角形，PE是∠APB的角平分线，根据等腰三角形三线合一性质可得PE⊥AB，且$AE=BE$，故A选项结论正确，不符合题意。
2. 分析选项C：
∵PA是⊙O的切线，
∴$OA⊥PA$，即$∠OAP=90°$
∴$∠OAB+∠PAE=90°$
又
∵$PE⊥AB$，
∴$∠APO+∠PAE=90°$
∴$∠OAB=∠APO$
∵$∠APB=2∠APO$，
∴$∠APB=2∠OAB$，故C选项结论正确，不符合题意。
3. 分析选项B和D：
∵$OP⊥AB$，根据垂径定理可得：$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$
∵$∠AOC$与$∠DOF$是对顶角，
∴$∠AOC=∠DOF$
∴$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{DF}$，则$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DF}$
根据等弧对等弦可得$BC=DF$，故D选项结论正确，不符合题意。
没有条件可证明$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BF}$，故B选项结论错误，符合题意。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；垂径定理；圆心角弧弦的关系
【点评】
本题属于圆的性质综合题，需要熟练掌握切线相关性质、圆中弧弦圆心角的对应关系等知识点，逐一推导选项即可得出答案，解题时注意结合图形性质进行角度、弧的等量转换。
【难度系数】
0.7
本题可结合切线长定理、圆的基本性质逐一分析各选项：首先根据切线长定理得到PA=PB、OP平分∠APB，由此可判断A选项；再结合切线的性质、直角三角形的角度互推判断C选项；最后根据圆心角与弧、弦的对应关系判断B、D选项，找到结论不正确的选项即可。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 分析选项A：
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点
∴根据切线长定理得：PA=PB，OP平分∠APB
∴△PAB是等腰三角形，PE是∠APB的角平分线，根据等腰三角形三线合一性质可得PE⊥AB，且$AE=BE$，故A选项结论正确，不符合题意。
2. 分析选项C：
∵PA是⊙O的切线，
∴$OA⊥PA$，即$∠OAP=90°$
∴$∠OAB+∠PAE=90°$
又
∵$PE⊥AB$，
∴$∠APO+∠PAE=90°$
∴$∠OAB=∠APO$
∵$∠APB=2∠APO$，
∴$∠APB=2∠OAB$，故C选项结论正确，不符合题意。
3. 分析选项B和D：
∵$OP⊥AB$，根据垂径定理可得：$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$
∵$∠AOC$与$∠DOF$是对顶角，
∴$∠AOC=∠DOF$
∴$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{DF}$，则$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{DF}$
根据等弧对等弦可得$BC=DF$，故D选项结论正确，不符合题意。
没有条件可证明$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BF}$，故B选项结论错误，符合题意。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；垂径定理；圆心角弧弦的关系
【点评】
本题属于圆的性质综合题，需要熟练掌握切线相关性质、圆中弧弦圆心角的对应关系等知识点，逐一推导选项即可得出答案，解题时注意结合图形性质进行角度、弧的等量转换。
【难度系数】
0.7
10.[与T5互为孪生题]如图,在一张$\mathrm{Rt}△ ABC$纸片中,$∠ ACB = 90°, BC = 5, AC = 12$, $△ ABC$的三边均与$\odot O$相切.小明用剪刀沿着$\odot O$的切线$DE$剪下一块$△ ADE$,则$△ ADE$的周长为 （
A.19
B.17
C.22
D.20
D
）A.19
B.17
C.22
D.20
答案
10.D
解析
【分析】
解题时先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边长度，再结合切线长定理，表示出三角形三边被内切圆切点分成的线段长度关系，求出从点A出发到内切圆两个切点的切线长；最后根据DE是⊙O的切线，将△ADE的周长通过切线长定理转化为上述两条切线长的和，即可求出结果。
【解析】
1. 求斜边$AB$的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$BC=5$，$AC=12$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
2. 利用切线长定理求点$A$到内切圆的切线长：
设$\odot O$与$BC$、$AC$、$AB$的切点分别为$F$、$G$、$H$，根据切线长定理可得：$BF=BH$，$CF=CG$，$AG=AH$。
设$AG=AH=x$，$BF=BH=y$，$CF=CG=z$，则有：
$\begin{cases}y+z=BC=5\\z+x=AC=12\\x+y=AB=13\end{cases}$
三式相加得$2(x+y+z)=30$，即$x+y+z=15$，因此$x=15-(y+z)=15-5=10$，即$AG=AH=10$。
3. 计算$△ ADE$的周长：
设$DE$切$\odot O$于点$M$，根据切线长定理得$DM=DH$，$EM=EG$。
因此$△ ADE$的周长为：
$AD+DE+AE=AD+DM+EM+AE=AD+DH+EG+AE=(AD+DH)+(AE+EG)=AH+AG=10+10=20$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，三角形内切圆
【点评】
本题核心是利用切线长定理实现线段的转化，将未知的三角形周长转化为已知可求的两条切线长之和，避免了复杂计算，是切线长定理的典型应用。
【难度系数】
0.7
解题时先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边长度，再结合切线长定理，表示出三角形三边被内切圆切点分成的线段长度关系，求出从点A出发到内切圆两个切点的切线长；最后根据DE是⊙O的切线，将△ADE的周长通过切线长定理转化为上述两条切线长的和，即可求出结果。
【解析】
1. 求斜边$AB$的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$BC=5$，$AC=12$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
2. 利用切线长定理求点$A$到内切圆的切线长：
设$\odot O$与$BC$、$AC$、$AB$的切点分别为$F$、$G$、$H$，根据切线长定理可得：$BF=BH$，$CF=CG$，$AG=AH$。
设$AG=AH=x$，$BF=BH=y$，$CF=CG=z$，则有：
$\begin{cases}y+z=BC=5\\z+x=AC=12\\x+y=AB=13\end{cases}$
三式相加得$2(x+y+z)=30$，即$x+y+z=15$，因此$x=15-(y+z)=15-5=10$，即$AG=AH=10$。
3. 计算$△ ADE$的周长：
设$DE$切$\odot O$于点$M$，根据切线长定理得$DM=DH$，$EM=EG$。
因此$△ ADE$的周长为：
$AD+DE+AE=AD+DM+EM+AE=AD+DH+EG+AE=(AD+DH)+(AE+EG)=AH+AG=10+10=20$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，三角形内切圆
【点评】
本题核心是利用切线长定理实现线段的转化，将未知的三角形周长转化为已知可求的两条切线长之和，避免了复杂计算，是切线长定理的典型应用。
【难度系数】
0.7
11.如图，$∠ APB=60°$，半径为$a$的$\odot O$切PB于点P.将$\odot O$在PB上向右滚动，当滚动到$\odot O$与PA也相切时，圆心O移动的水平距离是
$\sqrt{3}a$
。答案
11.$\sqrt{3}a$
解析
【分析】
解题时先结合切线性质分析圆心位置特征：初始状态下⊙O切PB于点P，故OP⊥PB且OP=a；当⊙O滚动到与PA、PB都相切时，新圆心到PA、PB的距离均等于半径a，因此新圆心在∠APB的角平分线上。接下来构造直角三角形，结合角度关系通过解直角三角形即可求出圆心水平移动的距离。
【解析】
设⊙O滚动到与PA、PB均相切时，圆心为$O'$，过$O'$作$O'C⊥ PB$于点C，连接$PO'$。
1. 根据切线的性质，圆心到切线的距离等于半径，因此$O'C=a$，且$O'$到PA的距离也为a，故$O'$在$∠ APB$的角平分线上，可得$∠ O'PC=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×60°=30°$。
2. 在$Rt△ O'PC$中，$∠ O'CP=90°$，$∠ O'PC=30°$，$O'C=a$，由正切的定义得：$\tan∠ O'PC=\frac{O'C}{PC}$。
3. 代入数值计算：$PC=\frac{O'C}{\tan30°}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}a$。
4. 滚动前后圆心的纵坐标恒为a，水平移动的距离即为线段PC的长度。
【答案】
$\sqrt{3}a$
【知识点】
切线的性质，角平分线的性质，解直角三角形
【点评】
本题将圆的滚动问题与切线性质结合，解题核心是准确判断滚动后圆心的位置，通过构造直角三角形将几何问题转化为三角函数计算问题，能有效考查对圆切线相关性质的应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先结合切线性质分析圆心位置特征：初始状态下⊙O切PB于点P，故OP⊥PB且OP=a；当⊙O滚动到与PA、PB都相切时，新圆心到PA、PB的距离均等于半径a，因此新圆心在∠APB的角平分线上。接下来构造直角三角形，结合角度关系通过解直角三角形即可求出圆心水平移动的距离。
【解析】
设⊙O滚动到与PA、PB均相切时，圆心为$O'$，过$O'$作$O'C⊥ PB$于点C，连接$PO'$。
1. 根据切线的性质，圆心到切线的距离等于半径，因此$O'C=a$，且$O'$到PA的距离也为a，故$O'$在$∠ APB$的角平分线上，可得$∠ O'PC=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×60°=30°$。
2. 在$Rt△ O'PC$中，$∠ O'CP=90°$，$∠ O'PC=30°$，$O'C=a$，由正切的定义得：$\tan∠ O'PC=\frac{O'C}{PC}$。
3. 代入数值计算：$PC=\frac{O'C}{\tan30°}=\frac{a}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}a$。
4. 滚动前后圆心的纵坐标恒为a，水平移动的距离即为线段PC的长度。
【答案】
$\sqrt{3}a$
【知识点】
切线的性质，角平分线的性质，解直角三角形
【点评】
本题将圆的滚动问题与切线性质结合，解题核心是准确判断滚动后圆心的位置，通过构造直角三角形将几何问题转化为三角函数计算问题，能有效考查对圆切线相关性质的应用能力。
【难度系数】
0.6
12. [新课标—探究题]如图，PA，PB是$\odot O$的切线，切点分别是A，B，直线EF也是$\odot O$的切线，切点为Q，与PA，PB的交点分别为F，E，连接OE，OF.
(1)若$∠ P＝40°$，求$∠ EOF$的度数.
(2)若$∠ P＝α$，请直接写出$∠ EOF$的度数.
(3)当点Q在劣弧AB的何处时，$QE＝QF$？请说明理由.
(1)若$∠ P＝40°$，求$∠ EOF$的度数.
(2)若$∠ P＝α$，请直接写出$∠ EOF$的度数.
(3)当点Q在劣弧AB的何处时，$QE＝QF$？请说明理由.
答案
12.(1)$∠ EOF=70°$.
(2)$∠ EOF=90°-\frac{α}{2}$.
(3)当点Q在劣弧AB的中点处时,$QE=QF$.
理由:连接OQ.易证得$∠ EOQ=∠ FOQ$.
$\because OQ⊥ EF,\therefore QE=QF$.
(2)$∠ EOF=90°-\frac{α}{2}$.
(3)当点Q在劣弧AB的中点处时,$QE=QF$.
理由:连接OQ.易证得$∠ EOQ=∠ FOQ$.
$\because OQ⊥ EF,\therefore QE=QF$.
解析
【分析】
本题围绕圆的切线相关性质展开考查，解题思路如下：
(1) 求∠EOF的度数时，先作辅助线连接OB、OA、OQ，利用切线的性质得到OB⊥PB、OA⊥PA，结合四边形内角和先算出∠AOB的度数；再通过切线长定理和HL全等证明，得到OE平分∠BOQ、OF平分∠AOQ，即可推出∠EOF为∠AOB的一半，代入∠P的度数计算即可。
(2) 第二问将∠P=α代入第一问的推导逻辑，直接化简即可得到∠EOF的表达式。
(3) 要使QE=QF，结合切线性质可知OQ⊥EF，只需满足∠EOQ=∠FOQ，对应弧BQ=弧AQ，即可确定Q的位置，再正向验证结论成立即可。
【解析】
(1) 连接OB、OA、OQ。
∵PA、PB是$\odot O$的切线，切点分别为A、B
∴OB⊥PB，OA⊥PA，即$∠ OBP=∠ OAP=90°$
四边形OAPB内角和为$360°$，因此：
$∠ AOB=360°-∠ OBP-∠ OAP-∠ P=360°-90°-90°-40°=140°$
∵EF是$\odot O$的切线，切点为Q
∴$∠ OQE=∠ OBE=90°$，$∠ OQF=∠ OAF=90°$
在$Rt△ OBE$和$Rt△ OQE$中：
$\begin{cases}OB=OQ\\OE=OE\end{cases}$
∴$Rt△ OBE≌ Rt△ OQE(HL)$，得$∠ BOE=∠ QOE$
同理可证$Rt△ OAF≌ Rt△ OQF(HL)$，得$∠ AOF=∠ QOF$
∴$∠ EOF=∠ QOE+∠ QOF=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×140°=70°$
(2) 当$∠ P=α$时，同理可得$∠ AOB=180°-α$
∴$∠ EOF=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}(180°-α)=90°-\frac{α}{2}$
(3) 当Q为劣弧AB中点时，$\overset{\frown}{BQ}=\overset{\frown}{AQ}$，因此$∠ BOQ=∠ AOQ$
由(1)的证明可知$∠ BOE=∠ QOE$，$∠ AOF=∠ QOF$，因此$∠ EOQ=∠ FOQ$
∵EF是$\odot O$的切线，
∴$OQ⊥ EF$
在$△ OEF$中，OQ平分$∠ EOF$且$OQ⊥ EF$，根据等腰三角形三线合一可得$QE=QF$。
【答案】
(1)$∠EOF=70°$
(2)$∠EOF=90°-\frac{α}{2}$
(3)当点Q在劣弧AB的中点处时,$QE=QF$。理由:连接OQ.易证得$∠EOQ=∠FOQ$.$\because OQ⊥ EF,\therefore QE=QF$。
【知识点】
1. 切线长定理
2. 切线的性质
3. 全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的切线相关的中档题，前两问侧重对基础性质应用和角的等量推导能力的考查，第三问为探究性问题，需要结合线段相等的条件逆向推导点的位置，能够锻炼逻辑推理和逆向思维能力。
【难度系数】
0.65
本题围绕圆的切线相关性质展开考查，解题思路如下：
(1) 求∠EOF的度数时，先作辅助线连接OB、OA、OQ，利用切线的性质得到OB⊥PB、OA⊥PA，结合四边形内角和先算出∠AOB的度数；再通过切线长定理和HL全等证明，得到OE平分∠BOQ、OF平分∠AOQ，即可推出∠EOF为∠AOB的一半，代入∠P的度数计算即可。
(2) 第二问将∠P=α代入第一问的推导逻辑，直接化简即可得到∠EOF的表达式。
(3) 要使QE=QF，结合切线性质可知OQ⊥EF，只需满足∠EOQ=∠FOQ，对应弧BQ=弧AQ，即可确定Q的位置，再正向验证结论成立即可。
【解析】
(1) 连接OB、OA、OQ。
∵PA、PB是$\odot O$的切线，切点分别为A、B
∴OB⊥PB，OA⊥PA，即$∠ OBP=∠ OAP=90°$
四边形OAPB内角和为$360°$，因此：
$∠ AOB=360°-∠ OBP-∠ OAP-∠ P=360°-90°-90°-40°=140°$
∵EF是$\odot O$的切线，切点为Q
∴$∠ OQE=∠ OBE=90°$，$∠ OQF=∠ OAF=90°$
在$Rt△ OBE$和$Rt△ OQE$中：
$\begin{cases}OB=OQ\\OE=OE\end{cases}$
∴$Rt△ OBE≌ Rt△ OQE(HL)$，得$∠ BOE=∠ QOE$
同理可证$Rt△ OAF≌ Rt△ OQF(HL)$，得$∠ AOF=∠ QOF$
∴$∠ EOF=∠ QOE+∠ QOF=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}×140°=70°$
(2) 当$∠ P=α$时，同理可得$∠ AOB=180°-α$
∴$∠ EOF=\frac{1}{2}∠ AOB=\frac{1}{2}(180°-α)=90°-\frac{α}{2}$
(3) 当Q为劣弧AB中点时，$\overset{\frown}{BQ}=\overset{\frown}{AQ}$，因此$∠ BOQ=∠ AOQ$
由(1)的证明可知$∠ BOE=∠ QOE$，$∠ AOF=∠ QOF$，因此$∠ EOQ=∠ FOQ$
∵EF是$\odot O$的切线，
∴$OQ⊥ EF$
在$△ OEF$中，OQ平分$∠ EOF$且$OQ⊥ EF$，根据等腰三角形三线合一可得$QE=QF$。
【答案】
(1)$∠EOF=70°$
(2)$∠EOF=90°-\frac{α}{2}$
(3)当点Q在劣弧AB的中点处时,$QE=QF$。理由:连接OQ.易证得$∠EOQ=∠FOQ$.$\because OQ⊥ EF,\therefore QE=QF$。
【知识点】
1. 切线长定理
2. 切线的性质
3. 全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的切线相关的中档题，前两问侧重对基础性质应用和角的等量推导能力的考查，第三问为探究性问题，需要结合线段相等的条件逆向推导点的位置，能够锻炼逻辑推理和逆向思维能力。
【难度系数】
0.65
13. 如图，AB为$\odot O$的直径，PA，PC分别与$\odot O$相切于点A，C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q.
(1)求证：$OQ=PQ$；
(2)连接BC并延长交PQ于点D，$PA=AB$，且$CQ=6$，求BD的长.
(1)求证：$OQ=PQ$；
(2)连接BC并延长交PQ于点D，$PA=AB$，且$CQ=6$，求BD的长.
答案
13.(1)证明略.
(2)$\because OB=OC,\therefore ∠ OBC=∠ OCB$.
$\because OB// QD,\therefore ∠ QDC=∠ OBC$.
$\because ∠ OCB=∠ QCD,\therefore ∠ QCD=∠ QDC,\therefore QC=QD$.
由(1)知$OQ=PQ,\therefore OC=DP$.
设$PA=AB=2r$,
则$PC=2r,PQ=OQ=6+r$.
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中,$PQ^2=PC^2+CQ^2$,
即$(6+r)^2=(2r)^2+6^2$,解得$r=4$或$r=0$(舍去),
$\therefore OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=4\sqrt{5}$.
$\because OB=OC=PD,OB// PD$,
$\therefore$ 四边形OBDP是平行四边形,$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$.
(2)$\because OB=OC,\therefore ∠ OBC=∠ OCB$.
$\because OB// QD,\therefore ∠ QDC=∠ OBC$.
$\because ∠ OCB=∠ QCD,\therefore ∠ QCD=∠ QDC,\therefore QC=QD$.
由(1)知$OQ=PQ,\therefore OC=DP$.
设$PA=AB=2r$,
则$PC=2r,PQ=OQ=6+r$.
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中,$PQ^2=PC^2+CQ^2$,
即$(6+r)^2=(2r)^2+6^2$,解得$r=4$或$r=0$(舍去),
$\therefore OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=4\sqrt{5}$.
$\because OB=OC=PD,OB// PD$,
$\therefore$ 四边形OBDP是平行四边形,$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证$OQ=PQ$，只需证明$∠ QOP=∠ QPO$即可。首先根据切线的性质得$OA⊥ PA$、$OC⊥ PC$，结合$PQ⊥ PA$推出$OA// PQ$，得到$∠ AOP=∠ QPO$；再通过证明$\mathrm{Rt}△ OAP≌\mathrm{Rt}△ OCP$得$∠ AOP=∠ COP$，等量代换后即可推出等角对等边，得到结论。
(2) 先根据平行线的性质和对顶角相等推导得$QC=QD$，结合(1)的结论可得$OC=DP$；设圆$O$半径为$r$，将相关线段用含$r$的式子表示，在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中利用勾股定理列方程求出$r$的值；再证明四边形$OBDP$是平行四边形，根据平行四边形对边相等得$BD=OP$，最后用勾股定理计算$OP$的长度即可。
【解析】
(1) 证明：$\because PA$、$PC$分别与$\odot O$相切于点$A$、$C$
$\therefore OA⊥ PA$，$OC⊥ PC$，即$∠ OAP=∠ OCP=90°$
在$\mathrm{Rt}△ OAP$和$\mathrm{Rt}△ OCP$中：
$\begin{cases}OA=OC\\OP=OP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ OAP≌\mathrm{Rt}△ OCP(\mathrm{HL})$
$\therefore ∠ AOP=∠ COP$
$\because PQ⊥ PA$，$\therefore ∠ APQ=90°$
$\therefore ∠ OAP=∠ APQ=90°$，$\therefore OA// PQ$
$\therefore ∠ AOP=∠ QPO$
$\therefore ∠ COP=∠ QPO$
$\therefore OQ=PQ$
(2) 解：$\because OB=OC$，$\therefore ∠ OBC=∠ OCB$
$\because OB// QD$（$OA// PQ$，$OB$在直线$OA$上）
$\therefore ∠ QDC=∠ OBC$
$\because ∠ OCB=∠ QCD$（对顶角相等）
$\therefore ∠ QCD=∠ QDC$
$\therefore QC=QD=6$
由(1)知$OQ=PQ$，即$OC+CQ=PQ$
$\therefore PQ-QD=OC+CQ-CQ=OC$，即$DP=OC$
设$\odot O$的半径为$r$，则$PA=AB=2r$，由切线长定理得$PC=PA=2r$，$OQ=OC+CQ=r+6$
$\therefore PQ=OQ=r+6$
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得：
$PQ^2=PC^2+CQ^2$
即$(r+6)^2=(2r)^2+6^2$
整理得$3r^2-12r=0$，解得$r=4$或$r=0$（舍去）
在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，$OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$
$\because OB=OC=PD$，且$OB// PD$
$\therefore$四边形$OBDP$是平行四边形
$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boldsymbol{4\sqrt{5}}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题为圆的综合题，结合了切线相关性质、全等判定、平行四边形判定与勾股定理等知识，解题时要注意角的等量转化，合理设未知数列方程是求解第二问的关键，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$OQ=PQ$，只需证明$∠ QOP=∠ QPO$即可。首先根据切线的性质得$OA⊥ PA$、$OC⊥ PC$，结合$PQ⊥ PA$推出$OA// PQ$，得到$∠ AOP=∠ QPO$；再通过证明$\mathrm{Rt}△ OAP≌\mathrm{Rt}△ OCP$得$∠ AOP=∠ COP$，等量代换后即可推出等角对等边，得到结论。
(2) 先根据平行线的性质和对顶角相等推导得$QC=QD$，结合(1)的结论可得$OC=DP$；设圆$O$半径为$r$，将相关线段用含$r$的式子表示，在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中利用勾股定理列方程求出$r$的值；再证明四边形$OBDP$是平行四边形，根据平行四边形对边相等得$BD=OP$，最后用勾股定理计算$OP$的长度即可。
【解析】
(1) 证明：$\because PA$、$PC$分别与$\odot O$相切于点$A$、$C$
$\therefore OA⊥ PA$，$OC⊥ PC$，即$∠ OAP=∠ OCP=90°$
在$\mathrm{Rt}△ OAP$和$\mathrm{Rt}△ OCP$中：
$\begin{cases}OA=OC\\OP=OP\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ OAP≌\mathrm{Rt}△ OCP(\mathrm{HL})$
$\therefore ∠ AOP=∠ COP$
$\because PQ⊥ PA$，$\therefore ∠ APQ=90°$
$\therefore ∠ OAP=∠ APQ=90°$，$\therefore OA// PQ$
$\therefore ∠ AOP=∠ QPO$
$\therefore ∠ COP=∠ QPO$
$\therefore OQ=PQ$
(2) 解：$\because OB=OC$，$\therefore ∠ OBC=∠ OCB$
$\because OB// QD$（$OA// PQ$，$OB$在直线$OA$上）
$\therefore ∠ QDC=∠ OBC$
$\because ∠ OCB=∠ QCD$（对顶角相等）
$\therefore ∠ QCD=∠ QDC$
$\therefore QC=QD=6$
由(1)知$OQ=PQ$，即$OC+CQ=PQ$
$\therefore PQ-QD=OC+CQ-CQ=OC$，即$DP=OC$
设$\odot O$的半径为$r$，则$PA=AB=2r$，由切线长定理得$PC=PA=2r$，$OQ=OC+CQ=r+6$
$\therefore PQ=OQ=r+6$
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，由勾股定理得：
$PQ^2=PC^2+CQ^2$
即$(r+6)^2=(2r)^2+6^2$
整理得$3r^2-12r=0$，解得$r=4$或$r=0$（舍去）
在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，$OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$
$\because OB=OC=PD$，且$OB// PD$
$\therefore$四边形$OBDP$是平行四边形
$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boldsymbol{4\sqrt{5}}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题为圆的综合题，结合了切线相关性质、全等判定、平行四边形判定与勾股定理等知识，解题时要注意角的等量转化，合理设未知数列方程是求解第二问的关键，是圆章节的典型常考题型。
【难度系数】
0.6
