7.(2025·泸州)如图,在梯形ABCD中,AD//BC,AB=CD=10,⊙O与梯形ABCD的各边都相切,且⊙O的面积为16π,则点B到CD的距离为.

7.$\frac{64}{5}$

【分析】
解题可按以下思路逐步推导：①先由圆的面积求出内切圆半径，进而得到梯形的高；②根据圆外切四边形两组对边和相等的性质，算出AD与BC的和；③结合等腰梯形的性质，过D作BC的垂线，用勾股定理求出下底比上底长的部分，联立方程算出BC的长度；④最后用等面积法，△BCD的面积可分别以BC、CD为底计算，联立即可求出点B到CD的距离。
【解析】
解：
1. 求内切圆半径与梯形的高
设⊙O的半径为$r$，由⊙O的面积为$16π$，得$π r^2=16π$，解得$r=4$。
因为$AD// BC$，⊙O与AD、BC均相切，所以梯形ABCD的高等于圆的直径，即高为$2r=8$。
2. 利用圆外切四边形性质求上下底之和
圆外切四边形的两组对边之和相等，因此$AB+CD=AD+BC$。
代入$AB=CD=10$，得$AD+BC=10+10=20$。
3. 求BC的长度
过D作$DE⊥ BC$于E，因为ABCD是等腰梯形，所以$CE=\frac{BC-AD}{2}$。
在$Rt△ DEC$中，$CD=10$，$DE=8$，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{CD^2-DE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，即$\frac{BC-AD}{2}=6$，因此$BC-AD=12$。
联立$\begin{cases}AD+BC=20\\BC-AD=12\end{cases}$，解得$BC=16$。
4. 等面积法求点B到CD的距离
设点B到CD的距离为$h$，连接BD。
$△ BCD$的面积可表示为$\frac{1}{2}× BC× 梯形的高$，也可表示为$\frac{1}{2}× CD× h$，代入数值得：
$\frac{1}{2}×16×8=\frac{1}{2}×10× h$
化简得$5h=64$，解得$h=\frac{64}{5}$。
【答案】
$\frac{64}{5}$
【知识点】
圆外切四边形性质、等腰梯形的性质、等面积法
【点评】
本题综合了圆、等腰梯形的相关性质，需要学生熟练掌握多个知识点并灵活运用等面积法求解，解题关键是先求出梯形下底的长度，再通过面积的两种表达形式建立等式求出距离。
【难度系数】
0.6

8.如图，PA，PB，CD分别切$\odot O$于点A，B，E，CD交PA，PB于C，D两点.若$∠ P=40°$，则$∠ PAE+∠ PBE$的度数为.

8.70°

【分析】
解题时首先从切线的性质入手，先利用切线长定理得到PA=PB，求出△PAB的两个底角∠PAB和∠PBA的度数；再结合CD是圆的切线，由切线长定理得到CA=CE、DB=DE，得到等腰三角形的等角关系，再利用弦切角定理实现角的等量转化，最后通过角的和差关系计算出∠PAE+∠PBE的度数。
【解析】
1. 因为PA、PB分别切$\odot O$于点A、B，根据切线长定理可得$PA=PB$。
在$△ PAB$中，$∠ P=40°$，所以$∠ PAB=∠ PBA=\frac{180°-∠ P}{2}=\frac{180°-40°}{2}=70°$。
2. 因为CD切$\odot O$于点E，CA切$\odot O$于点A，根据切线长定理得$CA=CE$，所以$∠ CAE=∠ CEA$，即$∠ PAE=∠ CEA$。
根据弦切角定理，弦切角$∠ CEA$等于它所夹弧$\overset{\frown}{AE}$所对的圆周角$∠ ABE$，因此$∠ PAE=∠ ABE$。
3. 同理，DB切$\odot O$于点B，DE切$\odot O$于点E，可得$DB=DE$，$∠ DBE=∠ DEB$，即$∠ PBE=∠ DEB$。
由弦切角定理得$∠ DEB=∠ BAE$，因此$∠ PBE=∠ BAE$。
4. 结合$∠ PAB+∠ PBA=70°+70°=140°$，而$∠ PAB=∠ PAE+∠ BAE$，$∠ PBA=∠ PBE+∠ ABE$，代入得：
$∠ PAE+∠ BAE + ∠ PBE+∠ ABE=140°$，
将$∠ BAE=∠ PBE$、$∠ ABE=∠ PAE$代入上式，得：
$∠ PAE+∠ PBE + ∠ PBE+∠ PAE=140°$，
即$2(∠ PAE+∠ PBE)=140°$，解得$∠ PAE+∠ PBE=70°$。
【答案】
$70°$
【知识点】
切线长定理，弦切角定理，等腰三角形的性质
【点评】
本题是切线性质的综合应用题，解题核心是通过切线相关定理实现角的等量转化，需要学生熟练掌握切线对应的边、角性质，具备一定的角度推导能力。
【难度系数】
0.6

9.(2025·宿迁泗洪县三模)如图，$\odot O$为$△ ABC$的内切圆，$AB=7$，$BC=12$，$AC=10$，$D,E$分别为$BC,AC$上的点，且$DE$为$\odot O$的切线，则$△ CDE$的周长为。

9.15

【分析】
解题时首先观察图形，已知圆是三角形的内切圆，且DE是圆的切线，优先考虑切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。我们可以先设出三角形三边与内切圆的切点，结合切线长定理设未知数表示各段切线长，通过三角形三边长列方程求出点C到内切圆的切线长，再将△CDE的周长通过切线长相等转化为两条点C到内切圆的切线长之和，即可求出结果。
【解析】
设$\odot O$与$△ ABC$的三边$AB$、$BC$、$AC$分别相切于点$M$、$N$、$P$，与$DE$相切于点$Q$。
根据切线长定理可得：
$AM=AP$，$BM=BN$，$CN=CP$，$DQ=DN$，$EQ=EP$。
设$AM=AP=x$，$BM=BN=y$，$CN=CP=z$，结合已知边长列方程：
$\begin{cases}x+y=AB=7\\y+z=BC=12\\x+z=AC=10\end{cases}$
将三个方程相加得：$2(x+y+z)=7+12+10=29$，即$x+y+z=14.5$。
因此$z=14.5-(x+y)=14.5-7=7.5$，即$CN=CP=7.5$。
$△ CDE$的周长为：
$C_{△ CDE}=CD+DE+CE=CD+DQ+QE+CE$
代入$DQ=DN$、$QE=EP$得：
$C_{△ CDE}=CD+DN+EP+CE=(CD+DN)+(CE+EP)=CN+CP=7.5+7.5=15$
【答案】
$\boxed{15}$
【知识点】
1.切线长定理；2.三角形内切圆性质
【点评】
本题是切线长定理的典型应用题型，解题核心是利用切线长相等的性质，将未知三角形的周长转化为已知三角形顶点到内切圆的切线长之和，通过简单的代数运算即可求解，熟练掌握切线长定理是解题的关键。
【难度系数】
0.6

10.如图，PA，PB是⊙O的切线，CD切⊙O于点E，△PCD的周长为12，∠APB=50°。
(1)求PA的长；
(2)求∠COD的度数。

10.解:(1)$\because CA,CE$都是$\odot O$的切线，
$\therefore CA=CE$,同理$DE=DB,PA=PB$,
$\therefore △PCD$的周长为$PD+CD+PC=PD+PC+CA+BD=PA+PB=2PA=12$,即$PA$的长为6.
(2)$\because ∠P=50°,\therefore ∠PCE+∠PDE=130°$,
$\therefore ∠ACD+∠CDB=360°-130°=230°$.
$\because CA,CE$是$\odot O$的切线,$\therefore ∠OCE=∠OCA=\frac{1}{2}∠ACD$.
同理$∠ODE=\frac{1}{2}∠CDB$,
$\therefore ∠OCE+∠ODE=\frac{1}{2}(∠ACD+∠CDB)=115°$,
$\therefore ∠COD=180°-115°=65°$.

【分析】
(1) 求解PA的长时，首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。由此可得到CA=CE、DE=DB、PA=PB，将△PCD的周长拆分后进行等量转化，可推出周长等于2PA，代入已知的周长数值即可算出PA的长度。
(2) 求解∠COD的度数时，首先在△PCD中利用三角形内角和定理，结合已知∠APB=50°求出∠PCD+∠PDC的和，再计算二者的邻补角之和∠ACD+∠CDB；根据切线长定理的推论，OC平分∠ACD、OD平分∠CDB，由此可算出∠OCD+∠ODC的和，最后在△COD中利用三角形内角和为180°，即可求出∠COD的度数。
【解析】
(1)
∵CA、CE都是⊙O的切线，根据切线长定理可得$CA=CE$，同理可得$DE=DB$，$PA=PB$，
∴△PCD的周长$=PD+CD+PC=PD+PC+CE+DE=PD+PC+CA+BD=(PC+CA)+(PD+BD)=PA+PB=2PA$，
已知△PCD的周长为12，即$2PA=12$，解得$PA=6$。
(2) 在△PCD中，
∵∠P=50°，根据三角形内角和为180°，可得∠PCD+∠PDC=180°-50°=130°，
∴∠ACD+∠CDB=(180°-∠PCD)+(180°-∠PDC)=360°-(∠PCD+∠PDC)=360°-130°=230°，
∵CA、CE是⊙O的切线，根据切线长定理的推论，OC平分∠ACD，即$∠OCE=∠OCA=\frac{1}{2}∠ACD$，
同理可得OD平分∠CDB，即$∠ODE=\frac{1}{2}∠CDB$，
∴$∠OCE+∠ODE=\frac{1}{2}(∠ACD+∠CDB)=\frac{1}{2}×230°=115°$，
在△COD中，根据三角形内角和为180°，可得$∠COD=180°-(∠OCE+∠ODE)=180°-115°=65°$。
【答案】
(1) $\boxed{6}$
(2) $\boxed{65°}$
【知识点】
1. 切线长定理
2. 三角形内角和定理
3. 邻补角的性质
【点评】
本题是圆的切线相关的典型习题，重点考查切线长定理的应用，通过切线长相等实现线段的等量转化，结合角平分线性质与三角形内角和定理求解角度，解题的核心是熟练掌握切线长定理及其推论。
【难度系数】
0.7

11.如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，C为$\overset{\frown}{AB}$上的一点，$∠ COA=∠ P$.
(1)求证：$BC// OA$；
(2)若$BC=10$，$OA=13$，求$PA$的长.

11.(1)证明:如答图①,连接OB,延长AO交$\odot O$于点D.
$\because PA,PB$是$\odot O$的切线,A,B为切点,
$\therefore ∠OBP=∠OAP=90°,\therefore ∠P+∠AOB=180°$.
$\because ∠AOB+∠BOD=180°,\therefore ∠BOD=∠P$.
$\because ∠COA=∠P,\therefore ∠COA=∠BOD$.
$\because OB=OC,\therefore ∠BCO=∠CBO$.
$\because ∠COB+2∠BCO=180°,∠COB+2∠COA=180°$,
$\therefore ∠COA=∠BCO,\therefore BC// OA$.
(2)解:如答图②,延长BC交PA于点E,过点O作$OF⊥BC$于点F.
$\therefore BF=CF=\frac{1}{2}BC=5$.
$\because OC=OA=13$,
$\therefore$由勾股定理,得$OF=\sqrt{13^2-5^2}=12$.
$\because PA,PB$是$\odot O$的切线,A,B为切点,
$\therefore PA=PB,OA⊥PA$.
$\because BC// OA,\therefore BE⊥PA$,
$\therefore ∠PEB=90°,AE// OF,\therefore AE=OF$.
设$PA=x$,则$PB=x,PE=x-12$.
在$\mathrm{Rt}△PEB$中,根据勾股定理,得$PB^2=PE^2+BE^2$,
$\therefore x^2=(x-12)^2+(13+5)^2$,解得$x=\frac{39}{2},\therefore PA=\frac{39}{2}$.

【分析】
(1) 要证$BC// OA$，可通过证明内错角相等实现：首先利用切线的性质可得切线垂直过切点的半径，即$∠ OAP=∠ OBP=90°$，结合四边形内角和可推出$∠ P$与$∠ AOB$互补，再由邻补角性质得$∠ BOD=∠ P$，结合已知$∠ COA=∠ P$得到角的等量关系，最后利用等腰三角形$OB=OC$的内角关系推导得$∠ COA=∠ BCO$，即可证平行。
(2) 求$PA$的长可结合(1)的平行关系构造直角三角形求解：过$O$作$OF⊥ BC$，由垂径定理得$BF=CF=\frac{1}{2}BC=5$，用勾股定理算出$OF$的长度；再结合$BC// OA$、$OA⊥ PA$推出$BE⊥ PA$，可得四边形$OFEA$为矩形，即$AE=OF$、$EF=OA$，得到$BE$的长度；最后设$PA=x$，由切线长定理得$PB=PA=x$，在$Rt△ PEB$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明:如答图①,连接OB,延长AO交$\odot O$于点D.
$\because PA,PB$是$\odot O$的切线,A,B为切点,
$\therefore ∠OBP=∠OAP=90°,\therefore ∠P+∠AOB=180°$.
$\because ∠AOB+∠BOD=180°,\therefore ∠BOD=∠P$.
$\because ∠COA=∠P,\therefore ∠COA=∠BOD$.
$\because OB=OC,\therefore ∠BCO=∠CBO$.
$\because ∠COB+2∠BCO=180°,∠COB+2∠COA=180°$,
$\therefore ∠COA=∠BCO,\therefore BC// OA$.
(2)解:如答图②,延长BC交PA于点E,过点O作$OF⊥BC$于点F.
$\therefore BF=CF=\frac{1}{2}BC=5$.
$\because OC=OA=13$,
$\therefore$由勾股定理,得$OF=\sqrt{13^2-5^2}=12$.
$\because PA,PB$是$\odot O$的切线,A,B为切点,
$\therefore PA=PB,OA⊥PA$.
$\because BC// OA,\therefore BE⊥PA$,
$\therefore ∠PEB=90°$,且$AE// OF$，四边形$OFEA$为矩形，$\therefore AE=OF=12$，$EF=OA=13$，故$BE=BF+EF=5+13=18$.
设$PA=x$,则$PB=x,PE=PA-AE=x-12$.
在$\mathrm{Rt}△PEB$中,根据勾股定理,得$PB^2=PE^2+BE^2$,
$\therefore x^2=(x-12)^2+18^2$，解得$x=\frac{39}{2}$.
【答案】
(1) $BC// OA$，证明见上述解析；
(2) $\boldsymbol{\dfrac{39}{2}}$
【知识点】
切线的性质；平行线的判定；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合类题目，将切线性质、垂径定理、平行线判定、勾股定理等知识点相结合，解题的关键是合理添加辅助线构造平行关系和直角三角形，结合方程思想求解，兼顾了对几何证明能力和代数计算能力的考查。
【难度系数】
0.6