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6. 如图,$O是\triangle ABC$内一点,$\odot O与BC相交于F,G$两点,且与$AB,AC分别相切于点D,E$,$DE // BC$,连接$DF,EG$. 求证：$AB = AC$.
答案
【解析】：本题可根据圆的切线性质、平行线的性质以及等腰三角形的判定来证明$AB = AC$。
首先，因为$AB$、$AC$分别与$\odot O$相切于点$D$、$E$，根据切线长定理可知$AD = AE$。
然后，由于$DE// BC$，根据平行线的性质可以得到$\angle ADE=\angle B$，$\angle AED=\angle C$。
接着，在$\triangle ADE$中，因为$AD = AE$，所以$\angle ADE=\angle AED$。
最后，由$\angle ADE=\angle B$，$\angle AED=\angle C$以及$\angle ADE=\angle AED$，可推出$\angle B=\angle C$，根据等腰三角形的判定定理“等角对等边”，从而得出$AB = AC$。
【答案】：证明：
∵$AB$、$AC$分别与$\odot O$相切于点$D$、$E$，
∴$AD = AE$，
∴$\angle ADE=\angle AED$，
∵$DE// BC$，
∴$\angle ADE=\angle B$，$\angle AED=\angle C$，
∴$\angle B=\angle C$，
∴$AB = AC$。
首先，因为$AB$、$AC$分别与$\odot O$相切于点$D$、$E$，根据切线长定理可知$AD = AE$。
然后，由于$DE// BC$，根据平行线的性质可以得到$\angle ADE=\angle B$，$\angle AED=\angle C$。
接着，在$\triangle ADE$中，因为$AD = AE$，所以$\angle ADE=\angle AED$。
最后，由$\angle ADE=\angle B$，$\angle AED=\angle C$以及$\angle ADE=\angle AED$，可推出$\angle B=\angle C$，根据等腰三角形的判定定理“等角对等边”，从而得出$AB = AC$。
【答案】：证明：
∵$AB$、$AC$分别与$\odot O$相切于点$D$、$E$，
∴$AD = AE$，
∴$\angle ADE=\angle AED$，
∵$DE// BC$，
∴$\angle ADE=\angle B$，$\angle AED=\angle C$，
∴$\angle B=\angle C$，
∴$AB = AC$。
7. 如图,已知$AB为\odot O$的直径,$PA,PC是\odot O$的切线,$A,C$为切点,若$\angle BAC = 30^{\circ}$.
(1)求$\angle P$的大小.
(2)若$AB = 2$,求$PA$的长.
(1)求$\angle P$的大小.
(2)若$AB = 2$,求$PA$的长.
答案
【解析】：
本题主要考查了切线长定理以及圆的性质、直角三角形的性质和三角函数的应用。
（1）已知$PA$，$PC$是$\odot O$的切线，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，所以$PA=PC$。
由于切线与半径垂直，所以$\angle PAC=\angle PCA$（等腰三角形两底角相等，这里$\triangle PAC$是等腰三角形，$PA$，$PC$是腰，$\angle PAC$和$\angle PCA$是底角）。
又因为$\angle BAC = 30^{\circ}$，且$AB$是直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
在$\triangle ABC$中，$\angle B = 180^{\circ}-\angle BAC-\angle ACB=180^{\circ}-30^{\circ}-90^{\circ}=60^{\circ}$。
根据切线长定理可知$\angle PAC = \angle PCA$，且$\angle PAC+\angle PCA+\angle P = 180^{\circ}$，又因为$\angle PAC$与$\angle BAC$有联系，$\angle PCA$与圆的相关性质有关，而$\angle BAC = 30^{\circ}$，所以$\angle PAC=\angle PCA = \frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle PAB)$，由于$PA$是切线，$\angle PAB = 90^{\circ}$（切线与半径垂直），这里$\angle PAC$与$\angle BAC$互补关系，$\angle PAC = 60^{\circ}$，那么$\angle P = 180^{\circ}-2×60^{\circ}=60^{\circ}$。
（2）连接$OP$，因为$PA$，$PC$是切线，所以$OP$平分$\angle APC$（从圆外一点引圆的两条切线，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角），又因为$\angle P = 60^{\circ}$，所以$\angle APO = 30^{\circ}$。
已知$AB = 2$，则$AO = 1$（$AB$是直径，$O$是圆心）。
在$Rt\triangle AOP$中，$\cos\angle APO=\frac{PA}{OP}$，$\sin\angle APO=\frac{AO}{OP}$，因为$\angle APO = 30^{\circ}$，$AO = 1$，根据$\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$，由$\sin\angle APO=\frac{AO}{OP}=\frac{1}{2}$，可得$OP = 2AO = 2$。
再根据勾股定理$PA=\sqrt{OP^{2}-AO^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
【答案】：
(1)$\angle P=60^{\circ}$；
(2)$PA=\sqrt{3}$。
本题主要考查了切线长定理以及圆的性质、直角三角形的性质和三角函数的应用。
（1）已知$PA$，$PC$是$\odot O$的切线，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，所以$PA=PC$。
由于切线与半径垂直，所以$\angle PAC=\angle PCA$（等腰三角形两底角相等，这里$\triangle PAC$是等腰三角形，$PA$，$PC$是腰，$\angle PAC$和$\angle PCA$是底角）。
又因为$\angle BAC = 30^{\circ}$，且$AB$是直径，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
在$\triangle ABC$中，$\angle B = 180^{\circ}-\angle BAC-\angle ACB=180^{\circ}-30^{\circ}-90^{\circ}=60^{\circ}$。
根据切线长定理可知$\angle PAC = \angle PCA$，且$\angle PAC+\angle PCA+\angle P = 180^{\circ}$，又因为$\angle PAC$与$\angle BAC$有联系，$\angle PCA$与圆的相关性质有关，而$\angle BAC = 30^{\circ}$，所以$\angle PAC=\angle PCA = \frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle PAB)$，由于$PA$是切线，$\angle PAB = 90^{\circ}$（切线与半径垂直），这里$\angle PAC$与$\angle BAC$互补关系，$\angle PAC = 60^{\circ}$，那么$\angle P = 180^{\circ}-2×60^{\circ}=60^{\circ}$。
（2）连接$OP$，因为$PA$，$PC$是切线，所以$OP$平分$\angle APC$（从圆外一点引圆的两条切线，圆心和这一点的连线平分两条切线的夹角），又因为$\angle P = 60^{\circ}$，所以$\angle APO = 30^{\circ}$。
已知$AB = 2$，则$AO = 1$（$AB$是直径，$O$是圆心）。
在$Rt\triangle AOP$中，$\cos\angle APO=\frac{PA}{OP}$，$\sin\angle APO=\frac{AO}{OP}$，因为$\angle APO = 30^{\circ}$，$AO = 1$，根据$\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$，由$\sin\angle APO=\frac{AO}{OP}=\frac{1}{2}$，可得$OP = 2AO = 2$。
再根据勾股定理$PA=\sqrt{OP^{2}-AO^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
【答案】：
(1)$\angle P=60^{\circ}$；
(2)$PA=\sqrt{3}$。
8. 如图,$PA与\odot O相切于点A$,点$B在\odot O$上,且$PA = PB$.
(1)求证：$PB与\odot O$相切.
(2)点$Q在劣弧\overset{\frown}{AB}$上运动,过点$Q作\odot O的切线分别交PA,PB于点M,N$. 若$PA = 6$,则$\triangle PMN$的周长为多少？
(1)求证：$PB与\odot O$相切.
(2)点$Q在劣弧\overset{\frown}{AB}$上运动,过点$Q作\odot O的切线分别交PA,PB于点M,N$. 若$PA = 6$,则$\triangle PMN$的周长为多少？
答案
(1)证明：连接OA，OB，OP。
∵PA与⊙O相切于点A，∴OA⊥PA，∠OAP=90°。
∵PA=PB，OA=OB，OP=OP，
∴△OAP≌△OBP(SSS)。
∴∠OBP=∠OAP=90°。
∵OB是⊙O半径，∴PB与⊙O相切。
(2)解：∵MN，MA，NB是⊙O切线，
∴MA=MQ，NQ=NB。
△PMN周长=PM+PN+MN=PM+PN+MQ+NQ=PM+MA+PN+NB=PA+PB。
∵PA=PB=6，∴△PMN周长=6+6=12。
答案：(2)12
∵PA与⊙O相切于点A，∴OA⊥PA，∠OAP=90°。
∵PA=PB，OA=OB，OP=OP，
∴△OAP≌△OBP(SSS)。
∴∠OBP=∠OAP=90°。
∵OB是⊙O半径，∴PB与⊙O相切。
(2)解：∵MN，MA，NB是⊙O切线，
∴MA=MQ，NQ=NB。
△PMN周长=PM+PN+MN=PM+PN+MQ+NQ=PM+MA+PN+NB=PA+PB。
∵PA=PB=6，∴△PMN周长=6+6=12。
答案：(2)12
