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1. (2026·济宁期中)如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$∠ B=30°$,$BC=4\ \mathrm{cm}$,以点$C$为圆心,以3 cm的长为半径作圆,则$\odot C$与直线$AB$的位置关系是 (
A.相离
B.相切
C.相交
D.相切或相交
＞＞ 对点专练 P142
C
)A.相离
B.相切
C.相交
D.相切或相交
＞＞ 对点专练 P142
答案
1. C
解析
【分析】
要判断⊙C与直线AB的位置关系，需依据直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心C到直线AB的距离d与圆半径r的大小，若d＜r则相交，d=r则相切，d＞r则相离。因此解题步骤分为两步：第一，过点C作AB的垂线段CD，CD的长度即为d；第二，利用直角三角形的性质求出CD的长度，再与r=3cm比较即可得出结论。
【解析】
过点C作CD⊥AB，垂足为D，CD即为圆心C到直线AB的距离d。
在Rt△BCD中，∠CDB=90°，∠B=30°，BC=4cm，
根据含30°角的直角三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得：
$CD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} × 4 = 2\ \mathrm{cm}$
已知⊙C的半径$r=3\ \mathrm{cm}$，
因为$d=2\ \mathrm{cm} ＜ 3\ \mathrm{cm}=r$，所以⊙C与直线AB相交。
【答案】
C
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是直线与圆位置关系判定的基础题型，解题核心是明确判定规则，准确求出圆心到直线的距离，熟练掌握直角三角形的相关性质即可快速解题。
【难度系数】
0.8
要判断⊙C与直线AB的位置关系，需依据直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心C到直线AB的距离d与圆半径r的大小，若d＜r则相交，d=r则相切，d＞r则相离。因此解题步骤分为两步：第一，过点C作AB的垂线段CD，CD的长度即为d；第二，利用直角三角形的性质求出CD的长度，再与r=3cm比较即可得出结论。
【解析】
过点C作CD⊥AB，垂足为D，CD即为圆心C到直线AB的距离d。
在Rt△BCD中，∠CDB=90°，∠B=30°，BC=4cm，
根据含30°角的直角三角形的性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得：
$CD = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} × 4 = 2\ \mathrm{cm}$
已知⊙C的半径$r=3\ \mathrm{cm}$，
因为$d=2\ \mathrm{cm} ＜ 3\ \mathrm{cm}=r$，所以⊙C与直线AB相交。
【答案】
C
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是直线与圆位置关系判定的基础题型，解题核心是明确判定规则，准确求出圆心到直线的距离，熟练掌握直角三角形的相关性质即可快速解题。
【难度系数】
0.8
2. 如图,在平面直角坐标系中,$\odot O$的半径为1,点P在经过点$A(-4,0),B(0,4)$的直线上,$PQ$与$\odot O$相切于点$Q$,则切线长$PQ$的最小值为 （
A.$2\sqrt{2}$
B.$\sqrt{7}$
C.$3$
D.$\sqrt{10}$
B
）A.$2\sqrt{2}$
B.$\sqrt{7}$
C.$3$
D.$\sqrt{10}$
答案
2. B
解析
【分析】
要计算切线长PQ的最小值，首先根据切线的性质可知OQ⊥PQ，结合勾股定理可得PQ=√(OP²-OQ²)，其中⊙O半径OQ=1是定值，因此只需找到OP的最小值即可。点P在直线AB上，根据“垂线段最短”，OP的最小值为原点O到直线AB的垂线段长度，后续先求出直线AB的相关参数，计算出O到AB的距离，再代入公式计算PQ最小值即可。
【解析】
1. 求直线AB的相关参数：已知A(-4,0)，B(0,4)，则OA=4，OB=4，△AOB为等腰直角三角形，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
2. 计算OP的最小值：设O到直线AB的垂线段为$OP_0$（即P在$P_0$位置时OP最小），利用△AOB的面积两种计算方式：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×OA×OB=\frac{1}{2}×4×4=8$，
同时$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×AB×OP_0$，代入得$8=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×OP_0$，解得$OP_0=2\sqrt{2}$，即OP的最小值为$2\sqrt{2}$。
3. 计算PQ的最小值：连接OQ，
∵PQ是⊙O的切线，
∴$OQ⊥PQ$，$OQ=1$。
在Rt△OPQ中，由勾股定理得$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}$，将OP最小值$2\sqrt{2}$代入：
$PQ_{\mathrm{min}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2 - 1^2}=\sqrt{8-1}=\sqrt{7}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题将切线长最值问题转化为点到直线的距离问题，解题核心是理解定值与变量的关系，考查了转化思想和几何综合计算能力。
【难度系数】
0.6
要计算切线长PQ的最小值，首先根据切线的性质可知OQ⊥PQ，结合勾股定理可得PQ=√(OP²-OQ²)，其中⊙O半径OQ=1是定值，因此只需找到OP的最小值即可。点P在直线AB上，根据“垂线段最短”，OP的最小值为原点O到直线AB的垂线段长度，后续先求出直线AB的相关参数，计算出O到AB的距离，再代入公式计算PQ最小值即可。
【解析】
1. 求直线AB的相关参数：已知A(-4,0)，B(0,4)，则OA=4，OB=4，△AOB为等腰直角三角形，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
2. 计算OP的最小值：设O到直线AB的垂线段为$OP_0$（即P在$P_0$位置时OP最小），利用△AOB的面积两种计算方式：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×OA×OB=\frac{1}{2}×4×4=8$，
同时$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×AB×OP_0$，代入得$8=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×OP_0$，解得$OP_0=2\sqrt{2}$，即OP的最小值为$2\sqrt{2}$。
3. 计算PQ的最小值：连接OQ，
∵PQ是⊙O的切线，
∴$OQ⊥PQ$，$OQ=1$。
在Rt△OPQ中，由勾股定理得$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}$，将OP最小值$2\sqrt{2}$代入：
$PQ_{\mathrm{min}}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2 - 1^2}=\sqrt{8-1}=\sqrt{7}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题将切线长最值问题转化为点到直线的距离问题，解题核心是理解定值与变量的关系，考查了转化思想和几何综合计算能力。
【难度系数】
0.6
3. (2026·南京月考)如图,在矩形ABCD中,$AB=4$,$AD=5$,$AD$,$AB$,$BC$分别与$\odot O$相切于$E$,$F$,$G$三点,过点$D$作$\odot O$的切线交$BC$于点$M$,切点为$N$,则$DM$的长为 (
A.$\dfrac{9}{2}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\dfrac{4\sqrt{13}}{3}$
D.$\dfrac{13}{3}$
D
)A.$\dfrac{9}{2}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$\dfrac{4\sqrt{13}}{3}$
D.$\dfrac{13}{3}$
答案
3. D
解析
【分析】
解题时首先结合矩形与⊙O相切的性质确定圆的半径，推导得到DE、GC的长度，再利用切线长定理得到相等线段，设未知线段长度后，在Rt△DCM中利用勾股定理列方程求解即可。第一步：根据AD、AB、BC均与⊙O相切，可知圆的直径等于矩形的宽AB，得半径为2，因此AE=BG=2，进而算出ED=AD-AE=3、GC=BC-BG=3；第二步：根据切线长定理，DE、DN都是⊙O的切线，故DN=DE=3，MN、MG都是⊙O的切线，故MN=MG；第三步：设MN=x，将DM、MC都用含x的代数式表示，代入Rt△DCM的勾股定理公式即可求出x，最终得到DM的长度。
【解析】
连接OE、OF、OG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=5，∠A=∠B=∠C=90°，
∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点，
∴OE⊥AD，OF⊥AB，OG⊥BC，且OE=OF=OG=r，
∴四边形AFOE、BFOG均为正方形，
∴AE=AF=BF=BG=r=AB÷2=2，
∴ED=AD-AE=5-2=3，GC=BC-BG=5-2=3，
∵DM是⊙O的切线，切点为N，
∴由切线长定理得：DN=DE=3，MN=MG，
设MN=MG=x，则DM=DN+MN=3+x，MC=GC-MG=3-x，
在Rt△DCM中，由勾股定理得：
$DM^2=DC^2+MC^2$，
代入得：$(3+x)^2=4^2+(3-x)^2$，
展开化简：$9+6x+x^2=16+9-6x+x^2$，
消去同类项得：$12x=16$，
解得$x=\frac{4}{3}$，
∴$DM=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题是圆与矩形结合的典型题型，解题的核心是利用切线长定理实现线段的转化，通过设未知数结合勾股定理建立方程求解，对学生的转化思想和方程思想应用有一定要求。
【难度系数】
0.65
解题时首先结合矩形与⊙O相切的性质确定圆的半径，推导得到DE、GC的长度，再利用切线长定理得到相等线段，设未知线段长度后，在Rt△DCM中利用勾股定理列方程求解即可。第一步：根据AD、AB、BC均与⊙O相切，可知圆的直径等于矩形的宽AB，得半径为2，因此AE=BG=2，进而算出ED=AD-AE=3、GC=BC-BG=3；第二步：根据切线长定理，DE、DN都是⊙O的切线，故DN=DE=3，MN、MG都是⊙O的切线，故MN=MG；第三步：设MN=x，将DM、MC都用含x的代数式表示，代入Rt△DCM的勾股定理公式即可求出x，最终得到DM的长度。
【解析】
连接OE、OF、OG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AD=BC=5，∠A=∠B=∠C=90°，
∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点，
∴OE⊥AD，OF⊥AB，OG⊥BC，且OE=OF=OG=r，
∴四边形AFOE、BFOG均为正方形，
∴AE=AF=BF=BG=r=AB÷2=2，
∴ED=AD-AE=5-2=3，GC=BC-BG=5-2=3，
∵DM是⊙O的切线，切点为N，
∴由切线长定理得：DN=DE=3，MN=MG，
设MN=MG=x，则DM=DN+MN=3+x，MC=GC-MG=3-x，
在Rt△DCM中，由勾股定理得：
$DM^2=DC^2+MC^2$，
代入得：$(3+x)^2=4^2+(3-x)^2$，
展开化简：$9+6x+x^2=16+9-6x+x^2$，
消去同类项得：$12x=16$，
解得$x=\frac{4}{3}$，
∴$DM=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题是圆与矩形结合的典型题型，解题的核心是利用切线长定理实现线段的转化，通过设未知数结合勾股定理建立方程求解，对学生的转化思想和方程思想应用有一定要求。
【难度系数】
0.65
4. ★★★ 如图，△ABC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，I为△ABC的内心，连结OI，AI，BI.若OI⊥BI，OI=1，则AB的长为
＞＞ 对点专练 P153
①
②
$2\sqrt{5}$
.＞＞ 对点专练 P153
①
②
答案
4. $2\sqrt{5}$
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先回忆核心性质：直径所对圆周角为直角、三角形内心是角平分线交点、同弧所对圆周角相等、等腰三角形三线合一、三角形中位线性质；2. 构造辅助线：延长BI交⊙O于点D，连接AD、OD；3. 利用内心性质和圆周角定理推导角相等，证明AD=DI；4. 结合等腰三角形三线合一得I是BD中点，推出BD=2AD；5. 判定OI是△ABD的中位线，求出AD的长度；6. 在直角三角形ABD中用勾股定理计算AB的长度。
【解析】
解：延长BI交⊙O于点D，连接AD、OD。
1.
∵I是△ABC的内心，
∴AI平分∠CAB，BI平分∠CBA，即∠CAI=∠BAI，∠CBI=∠ABI。
2.
∵∠DAC和∠DBC均为弧DC所对的圆周角，
∴∠DAC=∠DBC=∠ABI。
3. ∠DIA是△ABI的外角，故∠DIA=∠BAI+∠ABI，又∠DAI=∠DAC+∠CAI=∠ABI+∠BAI，
∴∠DAI=∠DIA，即AD=DI。
4.
∵OB、OD均为⊙O的半径，
∴OB=OD，又OI⊥BI，由等腰三角形三线合一可得I为BD中点，即BI=DI，因此AD=BI=DI，BD=2AD。
5.
∵O是AB中点，I是BD中点，
∴OI是△ABD的中位线，
∴AD=2OI=2×1=2，故BD=2×2=4。
6.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，在Rt△ABD中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
圆周角定理，三角形内心性质，勾股定理
【点评】
本题综合了圆的基本性质、三角形内心性质、等腰三角形性质与勾股定理的应用，解题的关键是合理构造辅助线，通过中位线性质建立已知线段和待求线段的关联，对学生的辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
解题思路如下：1. 先回忆核心性质：直径所对圆周角为直角、三角形内心是角平分线交点、同弧所对圆周角相等、等腰三角形三线合一、三角形中位线性质；2. 构造辅助线：延长BI交⊙O于点D，连接AD、OD；3. 利用内心性质和圆周角定理推导角相等，证明AD=DI；4. 结合等腰三角形三线合一得I是BD中点，推出BD=2AD；5. 判定OI是△ABD的中位线，求出AD的长度；6. 在直角三角形ABD中用勾股定理计算AB的长度。
【解析】
解：延长BI交⊙O于点D，连接AD、OD。
1.
∵I是△ABC的内心，
∴AI平分∠CAB，BI平分∠CBA，即∠CAI=∠BAI，∠CBI=∠ABI。
2.
∵∠DAC和∠DBC均为弧DC所对的圆周角，
∴∠DAC=∠DBC=∠ABI。
3. ∠DIA是△ABI的外角，故∠DIA=∠BAI+∠ABI，又∠DAI=∠DAC+∠CAI=∠ABI+∠BAI，
∴∠DAI=∠DIA，即AD=DI。
4.
∵OB、OD均为⊙O的半径，
∴OB=OD，又OI⊥BI，由等腰三角形三线合一可得I为BD中点，即BI=DI，因此AD=BI=DI，BD=2AD。
5.
∵O是AB中点，I是BD中点，
∴OI是△ABD的中位线，
∴AD=2OI=2×1=2，故BD=2×2=4。
6.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，在Rt△ABD中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AD^2+BD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$
【答案】
$2\sqrt{5}$
【知识点】
圆周角定理，三角形内心性质，勾股定理
【点评】
本题综合了圆的基本性质、三角形内心性质、等腰三角形性质与勾股定理的应用，解题的关键是合理构造辅助线，通过中位线性质建立已知线段和待求线段的关联，对学生的辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
5. 如图，$\odot O$经过菱形$ABCD$的三个顶点$A,D,C$，且与$AB$相切于点$A$，则$∠ B$的度数为
$60°$
。答案
5. $60°$
解析
【分析】
解题时首先回忆切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接OA得到垂直关系；再结合菱形四边相等的性质，连接OB、OC，可证△OAB和△OCB全等，得到∠OCB为直角；接下来利用菱形对角相等、对边平行的性质，以及圆半径相等得到等腰三角形的等角关系，将∠DAB用∠B表示，最后根据平行四边形邻角互补的性质列方程求解即可。
【解析】
解：连接OA、OB、OC。
1.
∵ AB是$\odot O$的切线，A为切点，
∴ OA⊥AB，即$∠ OAB=90°$。
2.
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AB=BC=CD=AD$，$∠ ADC=∠ B$，$AD// BC$，
∴ $∠ DAB + ∠ B=180°$。
3. 在$△ OAB$和$△ OCB$中：
$\begin{cases} OA=OC(\odot O的半径相等)\\ OB=OB(公共边)\\ AB=CB(菱形的边相等) \end{cases}$
∴ $△ OAB≌△ OCB$（SSS），
∴ $∠ OCB=∠ OAB=90°$。
4. 在$△ OAD$和$△ OCD$中：
$\begin{cases} OA=OC\\ OD=OD\\ AD=CD \end{cases}$
∴ $△ OAD≌△ OCD$（SSS），
∴ $∠ ODA=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ ADC=\frac{1}{2}∠ B$。
5.
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD=∠ ODA=\frac{1}{2}∠ B$，
∴ $∠ DAB=∠ OAB + ∠ OAD=90°+\frac{1}{2}∠ B$。
6. 代入$∠ DAB + ∠ B=180°$得：
$90°+\frac{1}{2}∠ B + ∠ B=180°$
解得$\frac{3}{2}∠ B=90°$，即$∠ B=60°$。
【答案】
$60°$
【知识点】
切线的性质；菱形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与特殊四边形结合的综合题，解题的核心是正确添加辅助线，结合切线、菱形的性质构造全等三角形转化角度关系，再通过方程思想求解角度，对几何综合分析能力有一定锻炼作用。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接OA得到垂直关系；再结合菱形四边相等的性质，连接OB、OC，可证△OAB和△OCB全等，得到∠OCB为直角；接下来利用菱形对角相等、对边平行的性质，以及圆半径相等得到等腰三角形的等角关系，将∠DAB用∠B表示，最后根据平行四边形邻角互补的性质列方程求解即可。
【解析】
解：连接OA、OB、OC。
1.
∵ AB是$\odot O$的切线，A为切点，
∴ OA⊥AB，即$∠ OAB=90°$。
2.
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AB=BC=CD=AD$，$∠ ADC=∠ B$，$AD// BC$，
∴ $∠ DAB + ∠ B=180°$。
3. 在$△ OAB$和$△ OCB$中：
$\begin{cases} OA=OC(\odot O的半径相等)\\ OB=OB(公共边)\\ AB=CB(菱形的边相等) \end{cases}$
∴ $△ OAB≌△ OCB$（SSS），
∴ $∠ OCB=∠ OAB=90°$。
4. 在$△ OAD$和$△ OCD$中：
$\begin{cases} OA=OC\\ OD=OD\\ AD=CD \end{cases}$
∴ $△ OAD≌△ OCD$（SSS），
∴ $∠ ODA=∠ ODC=\frac{1}{2}∠ ADC=\frac{1}{2}∠ B$。
5.
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD=∠ ODA=\frac{1}{2}∠ B$，
∴ $∠ DAB=∠ OAB + ∠ OAD=90°+\frac{1}{2}∠ B$。
6. 代入$∠ DAB + ∠ B=180°$得：
$90°+\frac{1}{2}∠ B + ∠ B=180°$
解得$\frac{3}{2}∠ B=90°$，即$∠ B=60°$。
【答案】
$60°$
【知识点】
切线的性质；菱形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与特殊四边形结合的综合题，解题的核心是正确添加辅助线，结合切线、菱形的性质构造全等三角形转化角度关系，再通过方程思想求解角度，对几何综合分析能力有一定锻炼作用。
【难度系数】
0.6
6. 新定义 如图①，PA，PB分别切圆O于点A、点B，若∠APB=60°，则称点P为⊙O的等切点，如图②，已知Rt△ABC的内切圆半径为2，∠ACB=90°，∠A=30°，点P在△ABC的边上，若点P是⊙O的等切点，则AP的长为
$4\sqrt{3}+4$或4
.＞＞对点专练P147答案
6. $4\sqrt{3}+4$或4 解析:
∵ ⊙O 是△ABC 的内切圆,设 AB,BC,AC 分别与⊙O 相切于点 M,N,D,连结 OM,OD,ON,如图①,
∴ $OD ⊥ AC, ON ⊥ BC, OM ⊥ AB, BM = BN, CN = CD, AM = AD.$
∵ $∠ ACB=90°$,
∴ 四边形 ONCD 为矩形.$\because OD=ON$,
∴ 矩形 ONCD 为正方形.设 $BN=BM=a,MA=AD=b$,则 $BC=a+2,AC=b+2,AB=a+b$.
∵ 在 Rt△ABC 中, $∠ ACB = 90°$, $∠ A = 30°$, $\therefore AB = 2BC, AB^2 = BC^2+AC^2$,$\therefore a+b=2(a+2),(a+b)^2=(a+2)^2+(b+2)^2$,解得 $a=2\sqrt{3}$,
$\therefore AB=4\sqrt{3}+4,AC=2\sqrt{3}+6,BC=2\sqrt{3}+2$.
∵ $∠ B=60°$,且 BA,BC 与⊙O 分别相切于点 M,N,
∴ 点 B 是⊙O 的等切点,即点 P 与点 B 重合,此时 $AP=AB=4\sqrt{3}+4$.如图②,若⊙O 的等切点 P 在线段 AB 上,PQ 与⊙O 相切于点 Q.由等切点的概念知$∠ MPQ=60°$.连结 MO,ON,OD,QO,PO,PQ,有$∠ PMO=∠ PQO=90°$.
∵ MO,QO 是⊙O 的半径,
∴ $MO=QO$.
∵ $PO=PO$,
∴ $\mathrm{Rt}△ PMO≌\mathrm{Rt}△ PQO(\mathrm{HL})$, $\therefore ∠ MPO=∠ QPO=\frac{1}{2}∠ MPQ=30°$.
∵ $r=2$, $\therefore MP=2\sqrt{3}$, $\therefore AP=BA-BM-MP=4$.
如图③,若⊙O 的等切点 P 在线段 AC 上,PQ 与⊙O 相切于点 Q.由等切点的概念知$∠ QPD=60°$,连结 OM,ON,OD,OQ,OP,PQ.与上一种情况类似计算可得 $PD=2\sqrt{3}$.则 $AP=AC-CD-PD=4$.综上,AP 的长为$4\sqrt{3}+4$或4.
解析
【分析】
解题时首先结合直角三角形内切圆的性质与含30°角的直角三角形的三边关系，求出△ABC各边的长度；再根据“等切点”的定义，分类讨论点P在△ABC不同边上的情况：①点P与点B重合时，先判断是否符合等切点条件，再计算对应AP的长度；②点P在AB边上时，结合切线性质与全等三角形的性质求出线段PM的长，进而得到AP的长度；③点P在AC边上时，用与AB边上类似的方法计算AP的长度，最后排除不符合条件的情况，汇总结果即可。
【解析】
设AB、BC、AC分别与⊙O相切于点M、N、D，连接OM、OD、ON，如图①：
由切线性质得：$OD ⊥ AC, ON ⊥ BC, OM ⊥ AB, BM = BN, CN = CD, AM = AD$。
∵$∠ACB=90°$，$OD=ON=r=2$，
∴四边形ONCD是正方形，得$CN=CD=2$。
设$BN=BM=a$，$MA=AD=b$，则$BC=a+2$，$AC=b+2$，$AB=a+b$。
在Rt△ABC中，$∠A=30°$，故$AB=2BC$，结合勾股定理$AB^2 = BC^2+AC^2$，代入得：
$\begin{cases}a+b=2(a+2)\\(a+b)^2=(a+2)^2+(b+2)^2\end{cases}$
解得$a=2\sqrt{3}$，因此$AB=4\sqrt{3}+4$，$AC=2\sqrt{3}+6$，$BC=2\sqrt{3}+2$，$∠B=60°$。
1. 点P与点B重合：BA、BC都是⊙O的切线，$∠ABC=60°$，符合等切点定义，此时$AP=AB=4\sqrt{3}+4$。
2. 点P在线段AB上：设PQ与⊙O相切于点Q，连接PO、OQ，如图②。
由等切点定义得$∠MPQ=60°$，
∵$OM⊥AB$，$OQ⊥PQ$，$OM=OQ$，$OP=OP$，
∴$Rt△PMO≌Rt△PQO(HL)$，得$∠MPO=\frac{1}{2}∠MPQ=30°$。
在Rt△PMO中，$OM=2$，故$MP=2\sqrt{3}$，则$AP=AB-BM-MP=4$。
3. 点P在线段AC上：设PQ与⊙O相切于点Q，连接PO、OQ，如图③。
同理可得$∠DPO=30°$，在Rt△PDO中，$OD=2$，故$PD=2\sqrt{3}$，则$AP=AC-CD-PD=4$。
（点P在BC边上时，除点B外其余点均不满足等切点条件，舍去）
综上，AP的长为$4\sqrt{3}+4$或4。
【答案】
$4\sqrt{3}+4$或4
【知识点】
切线的性质；直角三角形内切圆；分类讨论思想
【点评】
本题属于新定义类几何综合题，融合了圆的切线性质、直角三角形边角计算等知识点，解题时需紧扣新定义分类讨论点P的位置，避免漏解，能够较好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4
解题时首先结合直角三角形内切圆的性质与含30°角的直角三角形的三边关系，求出△ABC各边的长度；再根据“等切点”的定义，分类讨论点P在△ABC不同边上的情况：①点P与点B重合时，先判断是否符合等切点条件，再计算对应AP的长度；②点P在AB边上时，结合切线性质与全等三角形的性质求出线段PM的长，进而得到AP的长度；③点P在AC边上时，用与AB边上类似的方法计算AP的长度，最后排除不符合条件的情况，汇总结果即可。
【解析】
设AB、BC、AC分别与⊙O相切于点M、N、D，连接OM、OD、ON，如图①：
由切线性质得：$OD ⊥ AC, ON ⊥ BC, OM ⊥ AB, BM = BN, CN = CD, AM = AD$。
∵$∠ACB=90°$，$OD=ON=r=2$，
∴四边形ONCD是正方形，得$CN=CD=2$。
设$BN=BM=a$，$MA=AD=b$，则$BC=a+2$，$AC=b+2$，$AB=a+b$。
在Rt△ABC中，$∠A=30°$，故$AB=2BC$，结合勾股定理$AB^2 = BC^2+AC^2$，代入得：
$\begin{cases}a+b=2(a+2)\\(a+b)^2=(a+2)^2+(b+2)^2\end{cases}$
解得$a=2\sqrt{3}$，因此$AB=4\sqrt{3}+4$，$AC=2\sqrt{3}+6$，$BC=2\sqrt{3}+2$，$∠B=60°$。
1. 点P与点B重合：BA、BC都是⊙O的切线，$∠ABC=60°$，符合等切点定义，此时$AP=AB=4\sqrt{3}+4$。
2. 点P在线段AB上：设PQ与⊙O相切于点Q，连接PO、OQ，如图②。
由等切点定义得$∠MPQ=60°$，
∵$OM⊥AB$，$OQ⊥PQ$，$OM=OQ$，$OP=OP$，
∴$Rt△PMO≌Rt△PQO(HL)$，得$∠MPO=\frac{1}{2}∠MPQ=30°$。
在Rt△PMO中，$OM=2$，故$MP=2\sqrt{3}$，则$AP=AB-BM-MP=4$。
3. 点P在线段AC上：设PQ与⊙O相切于点Q，连接PO、OQ，如图③。
同理可得$∠DPO=30°$，在Rt△PDO中，$OD=2$，故$PD=2\sqrt{3}$，则$AP=AC-CD-PD=4$。
（点P在BC边上时，除点B外其余点均不满足等切点条件，舍去）
综上，AP的长为$4\sqrt{3}+4$或4。
【答案】
$4\sqrt{3}+4$或4
【知识点】
切线的性质；直角三角形内切圆；分类讨论思想
【点评】
本题属于新定义类几何综合题，融合了圆的切线性质、直角三角形边角计算等知识点，解题时需紧扣新定义分类讨论点P的位置，避免漏解，能够较好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.4
