1. 如图24-2-4-3,PA,PB是⊙O的切线,A,B为切点,AC是⊙O的直径,∠BAC= 20°,求∠P的度数为()

A.$50^{\circ}$

B.$70^{\circ}$
C.$110^{\circ}$
D.$40^{\circ}$

D

连接OB。
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°。
∵OA=OB，∠BAC=20°，
∴∠OBA=∠BAC=20°，
∴∠AOB=180°-∠BAC-∠OBA=140°。
∵∠OAP=∠OBP=90°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°。
D

2. 如图24-2-4-4,已知以直角梯形ABCD的腰CD为直径的半圆O与梯形上底AD、下底BC以及腰AB均相切,切点分别是D,C,E。若半圆O的半径为2,梯形的腰AB为5,则该梯形的周长是()

A.9
B.10
C.12
D.14

D

连接OE，
∵半圆O与AD、BC、AB相切，切点分别为D、C、E，
∴OD⊥AD，OC⊥BC，OE⊥AB，AD=AE，BC=BE，
∵OD=OC=2，
∴CD=4，AD⊥CD，BC⊥CD，
∴AD//BC，
∵ABCD是直角梯形，
∴AD⊥AB不成立（应为AD和BC垂直于CD），
梯形周长=AD+BC+AB+CD，
∵AD=AE，BC=BE，
∴AD+BC=AE+BE=AB=5，
∴周长=5+5+4=14。
D

3. (2021临沂中考)如图24-2-4-5,PA,PB分别与⊙O相切于A,B两点,∠P= 70°,C为⊙O上一点,则∠ACB的度数为()

A.$110^{\circ}$

B.$120^{\circ}$
C.$125^{\circ}$
D.$130^{\circ}$

C

连接OA，OB。
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°。
在四边形OAPB中，∠P=70°，
∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-70°=110°。
∵点C在⊙O上，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$(360°-∠AOB)=$\frac{1}{2}$(360°-110°)=125°。
C

4. 如图24-2-4-6,点O是△ABC的内心,过点O作EF//AB,与AC,BC分别交于点E,F,则()

A.EF$＞$AE+BF
B.EF$＜$AE+BF
C.EF= AE+BF
D.EF$\leqslant$AE+BF

C

连接OA，OB。
∵点O是△ABC的内心，
∴OA平分∠CAB，OB平分∠CBA，
∴∠EAO=∠OAB，∠FBO=∠OBA。
∵EF//AB，
∴∠EOA=∠OAB，∠FOB=∠OBA，
∴∠EAO=∠EOA，∠FBO=∠FOB，
∴EO=AE，FO=BF，
∴EF=EO+FO=AE+BF。
C

5. 《九章算术》是东方数学思想之源,该书中记载：“今有勾八步,股一十五步,问勾中容圆径几何。”其意思为：“今有直角三角形,勾(短直角边)长为8步,股(长直角边)长为15步,问该直角三角形内切圆的直径是多少步。”该问题的答案是步。

6

直角三角形两直角边分别为$a = 8$步，$b = 15$步。
根据勾股定理，斜边$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{8^{2}+15^{2}}=\sqrt{64 + 225}=\sqrt{289}=17$步。
直角三角形内切圆半径$r=\frac{a + b - c}{2}=\frac{8+15 - 17}{2}=\frac{6}{2}=3$步。
内切圆直径为$2r=2×3 = 6$步。
6

6. 如图24-2-4-7,⊙O是Rt△ABC的外接圆,∠ABC= 90°,点P是圆外一点,PA切⊙O于点A,且PA= PB。
(1)求证：PB是⊙O的切线；
(2)已知PA= $\sqrt{3}$,∠ACB= 60°,求⊙O的半径。

1. （1）证明：
连接$OB$。
因为$OA = OB$，所以$\angle OAB=\angle OBA$。
因为$PA = PB$，所以$\angle PAB=\angle PBA$。
所以$\angle OAB+\angle PAB=\angle OBA+\angle PBA$，即$\angle PAO=\angle PBO$。
因为$PA$切$\odot O$于点$A$，所以$OA\perp PA$，即$\angle PAO = 90^{\circ}$。
所以$\angle PBO=\angle PAO = 90^{\circ}$，$OB\perp PB$。
又因为$OB$是$\odot O$的半径，所以$PB$是$\odot O$的切线。
2. （2）解：
因为$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以$AC$是$\odot O$的直径。
因为$\angle ACB = 60^{\circ}$，所以$\angle BAC = 30^{\circ}$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$AC = 2r$，$AB=\sqrt{3}r$。
由（1）知$PA = PB$，$OA\perp PA$，$OB\perp PB$，又$OA = OB$，$OP = OP$，所以$\triangle AOP\cong\triangle BOP(HL)$，则$\angle APO=\angle BPO$。
因为$\angle APB + \angle PAB+\angle PBA=180^{\circ}$，$\angle PAB=\angle PBA$，$\angle OAB=\angle OBA$，$\angle OAB+\angle PAB = 90^{\circ}$，所以$\angle APB = 60^{\circ}$。
又因为$PA = PB$，所以$\triangle PAB$是等边三角形。
所以$PA = AB$。
已知$PA=\sqrt{3}$，则$\sqrt{3}r=\sqrt{3}$。
解得$r = 1$。
所以$\odot O$的半径为$1$。

7. 如图24-2-4-8,在半径为5的⊙O中,将劣弧AB沿弦AB翻折,使折叠后的$\overset{\frown}{AB}$恰好与OA,OB相切,则弦AB的长为()

A.5
B.$5\sqrt{2}$
C.10
D.$10\sqrt{2}$

B

设翻折后的弧$\overset{\frown}{AB}$所在圆的圆心为$O'$，连接$O'A$，$O'B$，$OO'$，$OO'$交$AB$于点$C$。
因为折叠后的$\overset{\frown}{AB}$与$OA$，$OB$相切，所以$O'A\perp OA$，$O'B\perp OB$。
又因为$OA=OB=O'A=O'B=5$，所以四边形$OAO'B$是正方形，$\angle AOB=90°$。
在$\triangle AOB$中，由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{5^2 + 5^2}=5\sqrt{2}$。
B