10. (2024·深圳中考)如图,在$△ ABD$中,$AB = BD,\odot O$为$△ ABD$的外接圆,$BE$为$\odot O$的切线,$AC$为$\odot O$的直径,连接$DC$并延长交$BE$于点$E$.
(1)求证:$DE ⊥ BE$;
(2)若$AB=5\sqrt{6},BE=5$,求$\odot O$的半径.

; 证明：​$(1)$​连接​$BO$​并延长，交​$AD$​于点​$H，$​连接​$OD。$​​$ $​因为​$AB = BD，$​​$OA = OD，$​所以​$BO$​垂直平分​$AD，$​即​$BH\perp AD，$​​$AH = DH。$​​$ $​因为​$BE$​为​$\odot O$​的切线，所以​$HB\perp BE。$​​$ $​因为​$AC$​为​$\odot O$​的直径，所以​$∠ADC = 90°。$​​$ $​所以四边形​$BHDE$​为矩形，所以​$DE\perp BE。$​​$ (2)$​由​$(1)$​知四边形​$BHDE$​为矩形，​$BH\perp AD，$​​$AH = DH，$​所以​$AH = DH = BE = 5。$​​$ $​所以​$BH=\sqrt {AB^2-AH^2}=\sqrt {(5\sqrt {6})^2-5^2} = 5\sqrt {5}。$​​$ $​设​$\odot O$​的半径为​$r，$​则​$OA = OB = r，$​​$OH = BH - OB = 5\sqrt {5}-r。$​​$ $​在​$Rt\triangle AOH$​中，由勾股定理，得​$r^2=5^2+(5\sqrt {5}-r)^2，$​​$ r^2=25 + 125 - 10\sqrt {5}r+r^2，$​​$ 10\sqrt {5}r = 150，$​​$ $​解得​$r = 3\sqrt {5}，$​即​$\odot O$​的半径为​$3\sqrt {5}。$​

11. (2024·南京校级月考)如图,PA是$\odot O$的切线,A为切点,点B、C、D在$\odot O$上,且$PA=PB$.
(1)求证:PB是$\odot O$的切线;
(2)若$∠P=100°$,则$∠B+∠D$的度数为$\_\_\_\_\_\_°$.

220
; 证明​$：(1)$​如图​$①，$​连接​$OA、$​​$OB、$​​$OP，$​∵​$PA$​是​$⊙O$​的切线​$，A$​为切点， ∴​$∠PAO=90°.$​在​$△PBO$​和​$△PAO$​中​$，$​∵​$PB=PA，OB=OA，OP=OP，$​∴​$△PBO≌△PAO，$​∴​$∠PBO=∠PA_{0}=90°，$​∴​$PB⊥BO，$​且​$PB$​过半径​$OB$​的外端​$，$​∴​$PB$​是​$⊙O$​的切线​$.$​ ;

12. (2023·恩施州中考)如图，$△ ABC$是等腰直角三角形，$∠ ACB=90°$，点$O$为$AB$的中点，连接$CO$交$\odot O$于点$E$，$\odot O$与$AC$相切于点$D$.
(1)求证:$BC$是$\odot O$的切线；
(2)延长$CO$交$\odot O$于点$G$，连接$AG$交$\odot O$于点$F$，若$AC=4\sqrt{2}$，求$FG$的长.

证明：​$(1)$​连接​$OD，$​过点​$O$​作​$OP\perp BC$​于点​$P。$
​​$ $​因为​$\odot O$​与​$AC$​相切于点​$D，$​所以​$OD\perp AC。$​​$ $​因为​$\triangle ABC$​是等腰直角三角形，​$∠ACB = 90°，$​点​$O$​为​$AB$​的中点，所以​$∠OCD=∠OCP = 45°。$​​$ $​又因为​$∠ODP=∠OPC = 90°，$​​$OC = OC，$​所以​$\triangle ODC\cong \triangle OPC(\mathrm {AAS})，$​所以​$OD = OP，$​即​$OP $​是​$\odot O$​的半径，所以​$BC$​是​$\odot O$​的切线。​$ (2)$​因为​$AC = 4\sqrt {2}，$​​$BC = AC，$​​$∠ACB = 90°，$​所以​$AB = 8。$​​$ $​因为点​$O$​为​$AB$​的中点，所以​$OC\perp AB，$​​$OC = OA=\frac {1}{2}AB = 4。$​​$ $​因为​$OD\perp AC，$​所以​$OD=\frac {1}{2}AC = 2\sqrt {2}=OG。$​​$ $​在​$Rt\triangle AOG_{中}，$​​$AG=\sqrt {OA^2+OG^2}=\sqrt {4^2+(2\sqrt {2})^2} = 2\sqrt {6}。$​​$ $​连接​$OF，$​过​$O$​作​$OH\perp AG $​于点​$H，$​则​$OH=\frac {OA·OG}{AG}=\frac {4×2\sqrt {2}}{2\sqrt {6}}=\frac {4\sqrt {3}}{3}。$​​$ $​所以​$HG=\sqrt {OG^2-OH^2}=\sqrt {(2\sqrt {2})^2-(\frac {4\sqrt {3}}{3})^2}=\frac {2\sqrt {6}}{3}。$​​$ $​因为​$OF = OG，$​所以​$FG = 2HG=\frac {4\sqrt {6}}{3}。$​

13. 如图，$\odot O$是直角三角形$ABC$的外接圆，直径$AC=4$，过$C$点作$\odot O$的切线，与$AB$延长线交于点$D$，$M$为$CD$的中点，连接$BM$、$OM$，且$BC$与$OM$相交于点$N$.
(1)求证：$BM$与$\odot O$相切；
(2)当$∠ A = 60°$时，在$\odot O$上取点$F$，使$∠ ABF=15°$，补全图形，并求点$F$到直线$AB$的距离.

证明​$：(1)$​连接​$OB，$​因为​$M$​为​$CD$​的中点，​$O$​是​$AC$​中点，所以​$OM// AD。$​​$ $​因为​$AC$​是​$\odot O$​的直径，所以​$∠ABC = 90°，$​所以​$OM\perp BC。$​​$ $​因为​$OB = OC，$​​$OM = OM，$​所以​$\triangle OBM\cong \triangle OCM(\mathrm {SAS})，$​所以​$∠OBM=∠OCM。$​​$ $​因为​$MC$​是​$\odot O$​切线，所以​$∠OCM = 90°，$​所以​$∠OBM = 90°，$​所以​$OB\perp BM。$​​$ $​又​$OB$​是​$\odot O$​的半径，所以​$BM$​与​$\odot O$​相切。​$ (2)$​如图所示，当点​$F $​在​$\overset {\frown }{AB}$​上时，连接​$OF_{1}，$​交​$AB$​于点​$G。$​​$ $​因为​$∠ABF_{1}=15°，$​所以​$∠AOF_{1}=30°。$​​$ $​因为​$∠BAC = 60°，$​所以​$∠AGO = 90°，$​所以​$OF_{1}\perp AB。$​​$ $​因为直径​$AC = 4，$​所以​$AO = 2，$​所以​$AG = 1，$​​$OG=\sqrt {3}，$​所以​$F_{1}G = 2 - \sqrt {3}。$​​$ $​当点​$F $​在半圆​$AOC$​上时，过点​$F_{2}$​作​$F_{2}H\perp AB，$​垂足为​$H，$​作​$F_{2}N\perp OG，$​垂足为点​$N，$​则四边形​$F_{2}HGN$​是矩形。​$ $​在​$Rt\triangle F_{2}NO$​中，​$OF_{2}=2，$​因为​$∠ABF_{1}=∠ABF_{2}=15°，$​所以​$∠AOF_{1}=2∠ABF_{1}=30°，$​​$∠AOF_{2}=2∠ABF_{2}=30°，$​所以​$∠F_{2}ON=∠AOF_{2}+∠AOF_{1}=60°，$​所以​$∠OF_{2}N = 30°，$​所以​$ON = 1，$​所以​$F_{2}H = GN = OG - ON=\sqrt {3}-1。$​ 综上所述，点​$F $​到直线​$AB$​的距离为​$2 - \sqrt {3}$​或​$\sqrt {3}-1。$​