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1 如图,在$\odot O$的外切梯形$ABCD$中,$AD// BC$,则$∠ DOC$的度数为（
A.$70°$
B.$90°$
C.$60°$
D.$45°$
B
）A.$70°$
B.$90°$
C.$60°$
D.$45°$
答案
1. B
解析
【分析】首先，根据圆外切四边形的切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，可推出OD平分∠ADC，OC平分∠BCD；再结合梯形中AD//BC的性质，同旁内角互补，得到∠ADC与∠BCD的和为180°，进而推导△DOC中两个底角的和，最终求出∠DOC的度数。
【解析】
∵ABCD是⊙O的外切梯形，
∴AD、DC是⊙O的切线，DC、BC是⊙O的切线。根据切线长定理，OD平分∠ADC，OC平分∠BCD，即∠ODC = ½∠ADC，∠OCD = ½∠BCD。
又
∵AD//BC，
∴∠ADC + ∠BCD = 180°（两直线平行，同旁内角互补）。
∴∠ODC + ∠OCD = ½(∠ADC + ∠BCD) = ½×180° = 90°。
在△DOC中，根据三角形内角和为180°，可得∠DOC = 180° - (∠ODC + ∠OCD) = 180° - 90° = 90°。
【答案】B
【知识点】切线长定理、平行线的性质、三角形内角和
【点评】本题结合圆外切梯形的性质，利用切线长定理推导角平分线，再结合平行线的同旁内角互补，通过三角形内角和求出目标角度，属于基础几何题，核心是掌握切线长定理的应用。
【难度系数】0.5
【解析】
∵ABCD是⊙O的外切梯形，
∴AD、DC是⊙O的切线，DC、BC是⊙O的切线。根据切线长定理，OD平分∠ADC，OC平分∠BCD，即∠ODC = ½∠ADC，∠OCD = ½∠BCD。
又
∵AD//BC，
∴∠ADC + ∠BCD = 180°（两直线平行，同旁内角互补）。
∴∠ODC + ∠OCD = ½(∠ADC + ∠BCD) = ½×180° = 90°。
在△DOC中，根据三角形内角和为180°，可得∠DOC = 180° - (∠ODC + ∠OCD) = 180° - 90° = 90°。
【答案】B
【知识点】切线长定理、平行线的性质、三角形内角和
【点评】本题结合圆外切梯形的性质，利用切线长定理推导角平分线，再结合平行线的同旁内角互补，通过三角形内角和求出目标角度，属于基础几何题，核心是掌握切线长定理的应用。
【难度系数】0.5
2 如图, $PA,PB$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $A,B,FG$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E$, 交 $PA$ 于点 $F$, 交 $PB$ 于点 $G$. 若$PA=5\ \mathrm{cm}$, 则 $△ PFG$ 的周长为（
A.$5\ \mathrm{cm}$
B.$7\ \mathrm{cm}$
C.$9\ \mathrm{cm}$
D.$10\ \mathrm{cm}$
D
）A.$5\ \mathrm{cm}$
B.$7\ \mathrm{cm}$
C.$9\ \mathrm{cm}$
D.$10\ \mathrm{cm}$
答案
2. D
解析
【分析】
要解决本题，需利用切线长定理进行线段转化。首先，PA、PB是⊙O的两条切线，根据切线长定理可得PA=PB；其次，FG也是⊙O的切线，从点F引向圆的两条切线FA与FE长度相等，从点G引向圆的两条切线GB与GE长度相等。通过这些相等关系，可将△PFG的周长转化为PA与PB的和，进而求出结果。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴根据切线长定理，得PA = PB = 5 cm。
又
∵FG与⊙O相切于点E，
∴根据切线长定理，得FA = FE，GB = GE。
△PFG的周长为：
$C_{△ PFG} = PF + FG + PG$
$= PF + (FE + EG) + PG$
$= PF + FA + GB + PG$
$= (PF + FA) + (PG + GB)$
$= PA + PB$
$= 5 + 5 = 10\ \mathrm{cm}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题考查切线长定理的基本应用，核心是利用切线长相等的性质，将三角形周长转化为已知线段的和，属于基础几何题型，难度较低。
【难度系数】
0.8
要解决本题，需利用切线长定理进行线段转化。首先，PA、PB是⊙O的两条切线，根据切线长定理可得PA=PB；其次，FG也是⊙O的切线，从点F引向圆的两条切线FA与FE长度相等，从点G引向圆的两条切线GB与GE长度相等。通过这些相等关系，可将△PFG的周长转化为PA与PB的和，进而求出结果。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴根据切线长定理，得PA = PB = 5 cm。
又
∵FG与⊙O相切于点E，
∴根据切线长定理，得FA = FE，GB = GE。
△PFG的周长为：
$C_{△ PFG} = PF + FG + PG$
$= PF + (FE + EG) + PG$
$= PF + FA + GB + PG$
$= (PF + FA) + (PG + GB)$
$= PA + PB$
$= 5 + 5 = 10\ \mathrm{cm}$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题考查切线长定理的基本应用，核心是利用切线长相等的性质，将三角形周长转化为已知线段的和，属于基础几何题型，难度较低。
【难度系数】
0.8
3 教材变式题 如图，$PA$，$PB$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $A$，$B$，$∠ P=70°$，$C$ 为 $\overset{\frown}{AB}$ 上一点，则 $∠ ACB$ 的度数为
$125°$
.答案
3. $125°$
解析
【分析】
要计算∠ACB的度数，需结合切线性质、四边形内角和与圆周角定理逐步推导：首先利用切线性质得到OA⊥PA、OB⊥PB，再通过四边形内角和求出圆心角∠AOB，接着确定∠ACB所对的弧为优弧AB，最后根据圆周角定理计算出∠ACB的度数。
【解析】
1. 根据切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，因为PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，所以∠OAP=∠OBP=90°。
2. 在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠P=70°，则圆心角∠AOB=360°−∠OAP−∠OBP−∠P=360°−90°−90°−70°=110°。
3. 弧AB对应的圆心角为110°，因此优弧AB的度数为360°−110°=250°。
4. 根据圆周角定理：圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，∠ACB是优弧AB所对的圆周角，所以∠ACB=1/2×250°=125°。
【答案】
125°
【知识点】
切线的性质、圆周角定理、四边形内角和
【点评】
本题综合考查切线性质与圆周角定理的应用，关键在于明确∠ACB所对的弧是优弧AB，需注意区分圆周角与圆心角所对应弧的关系，避免因弧的判断错误导致结果出错，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6
要计算∠ACB的度数，需结合切线性质、四边形内角和与圆周角定理逐步推导：首先利用切线性质得到OA⊥PA、OB⊥PB，再通过四边形内角和求出圆心角∠AOB，接着确定∠ACB所对的弧为优弧AB，最后根据圆周角定理计算出∠ACB的度数。
【解析】
1. 根据切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，因为PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，所以∠OAP=∠OBP=90°。
2. 在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠P=70°，则圆心角∠AOB=360°−∠OAP−∠OBP−∠P=360°−90°−90°−70°=110°。
3. 弧AB对应的圆心角为110°，因此优弧AB的度数为360°−110°=250°。
4. 根据圆周角定理：圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，∠ACB是优弧AB所对的圆周角，所以∠ACB=1/2×250°=125°。
【答案】
125°
【知识点】
切线的性质、圆周角定理、四边形内角和
【点评】
本题综合考查切线性质与圆周角定理的应用，关键在于明确∠ACB所对的弧是优弧AB，需注意区分圆周角与圆心角所对应弧的关系，避免因弧的判断错误导致结果出错，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6
4 如图,以正方形 $ABCD$ 的边 $AB$ 为直径作半圆 $O$,过点 $C$ 作直线切半圆于点 $F$,交边 $AD$ 于点 $E$.若$△ CDE$ 的周长为 12,则正方形 $ABCD$ 的边长为
$4$
.答案
4. 4
解析
【分析】
要解决这个问题，我们可以利用切线长定理结合正方形的边长性质推导。首先设正方形边长为$a$，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得$AE=EF$、$BC=CF$；再结合$△ CDE$的周长，将各边用边长$a$和$ED$表示，化简后即可求出正方形边长。
【解析】
设正方形$ABCD$的边长为$a$。
因为$CE$切半圆$O$于点$F$，$AE$切半圆$O$于点$A$，$CB$切半圆$O$于点$B$，根据切线长定理，得：
$AE = EF$，$BC = CF$。
在正方形$ABCD$中，$CD = AD = BC = a$，因此：
$CE = EF + CF = AE + BC = (AD - ED) + BC = (a - ED) + a = 2a - ED$。
$△ CDE$的周长为：
$DE + CD + CE = DE + a + (2a - ED) = 3a$。
已知$△ CDE$的周长为$12$，则$3a = 12$，解得$a = 4$。
【答案】
4
【知识点】
切线长定理、正方形性质
【点评】
本题结合切线长定理与正方形性质，核心是利用切线长相等简化$△ CDE$的周长表达式，进而快速求解边长，属于基础几何应用题型。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，我们可以利用切线长定理结合正方形的边长性质推导。首先设正方形边长为$a$，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得$AE=EF$、$BC=CF$；再结合$△ CDE$的周长，将各边用边长$a$和$ED$表示，化简后即可求出正方形边长。
【解析】
设正方形$ABCD$的边长为$a$。
因为$CE$切半圆$O$于点$F$，$AE$切半圆$O$于点$A$，$CB$切半圆$O$于点$B$，根据切线长定理，得：
$AE = EF$，$BC = CF$。
在正方形$ABCD$中，$CD = AD = BC = a$，因此：
$CE = EF + CF = AE + BC = (AD - ED) + BC = (a - ED) + a = 2a - ED$。
$△ CDE$的周长为：
$DE + CD + CE = DE + a + (2a - ED) = 3a$。
已知$△ CDE$的周长为$12$，则$3a = 12$，解得$a = 4$。
【答案】
4
【知识点】
切线长定理、正方形性质
【点评】
本题结合切线长定理与正方形性质，核心是利用切线长相等简化$△ CDE$的周长表达式，进而快速求解边长，属于基础几何应用题型。
【难度系数】
0.5
5 如图,$∠ ABC=90°$,$O$是$AB$上一点,以点$O$为圆心、$OB$长为半径的圆与$AC$相切于点$D$,与$AB$相交于点$E$,且$AE=2\ \mathrm{cm}$,$AD=4\ \mathrm{cm}$,则$\odot O$的半径为
$3$
$\mathrm{cm}$;$CD$的长为$6$
$\mathrm{cm}$.答案
5. 3 6 【解析】连接 $OD.\because AC$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore OD ⊥ AC$. 设 $\odot O$ 的半径为 $r\ \mathrm{cm}$. 在 $\mathrm{Rt}△ AOD$ 中, $r^2+4^2=(r+2)^2$,$\therefore r=3.\therefore \odot O$ 的半径为 $3\ \mathrm{cm}$. 由题意, 易得 $BC$ 是 $\odot O$ 的切线. $\because CD$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore CD=CB$. 设 $CD=CB=x\ \mathrm{cm}$, 则 $AC=(x+4)\mathrm{cm}.\because AB=OB+OE+AE=3+3+2=8(\mathrm{cm})$,$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $x^2+8^2=(x+4)^2$, 解得 $x=6.\therefore CD$ 的长为 $6\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】本题需结合圆的切线性质、切线长定理和勾股定理求解。首先连接圆心与切点的半径OD，利用切线性质得到直角三角形AOD，通过勾股定理求出⊙O的半径；再根据切线长定理得到CD=CB，设CD为未知数，在直角三角形ABC中再次用勾股定理求解CD的长度。
【解析】连接OD。
∵AC是⊙O的切线，
∴OD⊥AC，即∠ADO=90°。
设⊙O的半径为$ r\ \mathrm{cm} $，则$ OD=OB=r $，$ OA=OE + AE=r + 2 $。
在$\mathrm{Rt}△AOD$中，由勾股定理得：$ r^2 + 4^2=(r + 2)^2 $，
展开得：$ r^2 +16=r^2 +4r +4 $，
化简得：$ 4r=12 $，解得$ r=3 $，即⊙O的半径为$ 3\ \mathrm{cm} $。
∵$ ∠ABC=90° $，OB是⊙O的半径，
∴BC⊥OB，即BC是⊙O的切线。
又
∵CD是⊙O的切线，根据切线长定理，得$ CD=CB $。
设$ CD=CB=x\ \mathrm{cm} $，则$ AC=(x +4)\mathrm{cm} $。
AB的长度为：$ OB + OE + AE=3 +3 +2=8\ \mathrm{cm} $。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，由勾股定理得：$ x^2 +8^2=(x +4)^2 $，
展开得：$ x^2 +64=x^2 +8x +16 $，
化简得：$ 8x=48 $，解得$ x=6 $，即CD的长为$ 6\ \mathrm{cm} $。
【答案】3；6
【知识点】切线的性质；勾股定理；切线长定理
【点评】本题综合考查圆的相关性质与勾股定理的应用，解题关键是利用切线性质构造直角三角形，通过设未知数列方程求解，需熟练掌握切线的性质和切线长定理。
【难度系数】0.5
【解析】连接OD。
∵AC是⊙O的切线，
∴OD⊥AC，即∠ADO=90°。
设⊙O的半径为$ r\ \mathrm{cm} $，则$ OD=OB=r $，$ OA=OE + AE=r + 2 $。
在$\mathrm{Rt}△AOD$中，由勾股定理得：$ r^2 + 4^2=(r + 2)^2 $，
展开得：$ r^2 +16=r^2 +4r +4 $，
化简得：$ 4r=12 $，解得$ r=3 $，即⊙O的半径为$ 3\ \mathrm{cm} $。
∵$ ∠ABC=90° $，OB是⊙O的半径，
∴BC⊥OB，即BC是⊙O的切线。
又
∵CD是⊙O的切线，根据切线长定理，得$ CD=CB $。
设$ CD=CB=x\ \mathrm{cm} $，则$ AC=(x +4)\mathrm{cm} $。
AB的长度为：$ OB + OE + AE=3 +3 +2=8\ \mathrm{cm} $。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，由勾股定理得：$ x^2 +8^2=(x +4)^2 $，
展开得：$ x^2 +64=x^2 +8x +16 $，
化简得：$ 8x=48 $，解得$ x=6 $，即CD的长为$ 6\ \mathrm{cm} $。
【答案】3；6
【知识点】切线的性质；勾股定理；切线长定理
【点评】本题综合考查圆的相关性质与勾股定理的应用，解题关键是利用切线性质构造直角三角形，通过设未知数列方程求解，需熟练掌握切线的性质和切线长定理。
【难度系数】0.5
6 一题多解 如图, P A, P B, C D 分别切 $\odot O$ 于点 $A, B, E, ∠ A P B=54°$, 求 $∠ C O D$ 的度数.
答案
6. 解法一:如图,连接 $OA,OB,OE.\because PA,PB,CD$ 分别切 $\odot O$ 于点 $A,B,E,\therefore ∠ PAO=∠ PBO=90°$, 易得 $∠ AOC=∠ EOC$.同理,易得 $∠ BOD=∠ DOE,\therefore ∠ COD=∠ COE+∠ DOE=\dfrac{1}{2}∠ AOB.\because ∠ APB=54°,∠ PAO=∠ PBO=90°$,$\therefore ∠ AOB=126°.\therefore ∠ COD=63°$
解法二:$\because ∠ P=54°,\therefore ∠ PCD+∠ PDC=180°-54°=126°$.$\therefore ∠ ACD+∠ BDC=360°-(∠ PCD+∠ PDC)=360°-126°=234°$. 由切线长定理知, $∠ DCO=∠ ACO,∠ CDO=∠ BDO.\therefore ∠ DCO+∠ CDO=\dfrac{234°}{2}=117°.\therefore ∠ COD=180°-117°=63°$
解析
【分析】
本题是圆的切线相关角度计算问题，可通过两种思路求解：思路一：连接OA、OB、OE，利用切线垂直于过切点的半径的性质得到直角，结合四边形内角和算出∠AOB，再根据切线长定理，OC平分∠AOE，OD平分∠BOE，从而得到∠COD与∠AOB的关系，进而求出∠COD；思路二：先利用三角形内角和算出△PCD中两个内角的和，再结合平角性质得到∠ACD与∠BDC的和，再由切线长定理得OC、OD分别平分这两个角，最后利用三角形内角和求出∠COD。
【解析】
解法一：如图，连接OA、OB、OE。
∵PA、PB、CD分别切⊙O于点A、B、E，
∴∠PAO=∠PBO=90°（切线的性质：切线垂直于过切点的半径），
由切线长定理得：∠AOC=∠EOC，∠BOD=∠DOE，
∴∠COD=∠COE + ∠DOE = $\frac{1}{2}$∠AOB。
在四边形OAPB中，∠APB=54°，∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=360° - 90° - 90° - 54°=126°，
∴∠COD=$\frac{1}{2}$×126°=63°。
解法二：
在△PCD中，∠P=54°，
∴∠PCD + ∠PDC=180° - 54°=126°，
∴∠ACD + ∠BDC=360° - (∠PCD + ∠PDC)=360° - 126°=234°，
由切线长定理得：∠DCO=∠ACO，∠CDO=∠BDO，
∴∠DCO + ∠CDO=$\frac{1}{2}$×234°=117°，
在△COD中，∠COD=180° - (∠DCO + ∠CDO)=180° - 117°=63°。
【答案】63°
【知识点】切线的性质、切线长定理
【点评】本题为一题多解的基础几何题，主要考查圆的切线相关性质，两种解法均围绕核心定理展开，思路清晰，适合巩固圆的切线知识点。
【难度系数】0.5
本题是圆的切线相关角度计算问题，可通过两种思路求解：思路一：连接OA、OB、OE，利用切线垂直于过切点的半径的性质得到直角，结合四边形内角和算出∠AOB，再根据切线长定理，OC平分∠AOE，OD平分∠BOE，从而得到∠COD与∠AOB的关系，进而求出∠COD；思路二：先利用三角形内角和算出△PCD中两个内角的和，再结合平角性质得到∠ACD与∠BDC的和，再由切线长定理得OC、OD分别平分这两个角，最后利用三角形内角和求出∠COD。
【解析】
解法一：如图，连接OA、OB、OE。
∵PA、PB、CD分别切⊙O于点A、B、E，
∴∠PAO=∠PBO=90°（切线的性质：切线垂直于过切点的半径），
由切线长定理得：∠AOC=∠EOC，∠BOD=∠DOE，
∴∠COD=∠COE + ∠DOE = $\frac{1}{2}$∠AOB。
在四边形OAPB中，∠APB=54°，∠PAO=∠PBO=90°，
∴∠AOB=360° - 90° - 90° - 54°=126°，
∴∠COD=$\frac{1}{2}$×126°=63°。
解法二：
在△PCD中，∠P=54°，
∴∠PCD + ∠PDC=180° - 54°=126°，
∴∠ACD + ∠BDC=360° - (∠PCD + ∠PDC)=360° - 126°=234°，
由切线长定理得：∠DCO=∠ACO，∠CDO=∠BDO，
∴∠DCO + ∠CDO=$\frac{1}{2}$×234°=117°，
在△COD中，∠COD=180° - (∠DCO + ∠CDO)=180° - 117°=63°。
【答案】63°
【知识点】切线的性质、切线长定理
【点评】本题为一题多解的基础几何题，主要考查圆的切线相关性质，两种解法均围绕核心定理展开，思路清晰，适合巩固圆的切线知识点。
【难度系数】0.5
7 如图, P A, P B 是$\odot O$的两条切线, A, B 为切点, 线段 O P 交$\odot O$于点 M. 给出下列说法:① $PA=PB$; ② $OP ⊥ AB$; ③ 四边形 $OAPB$ 有外接圆; ④ 点 $M$ 是$△ AOP$外接圆的圆心. 其中, 正确的个数是（
A.1
B.2
C.3
D.4
C
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
7. C
解析
【分析】
要判断四个说法的正确性，需结合切线的性质、切线长定理、直角三角形外接圆的性质等知识逐一分析：
1. 对于①，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，PA、PB是⊙O的切线，所以PA=PB；
2. 对于②，由PA=PB，OA=OB，OP是公共边，可证△OAP≌△OBP，得∠APO=∠BPO，根据等腰三角形三线合一，OP垂直平分AB；
3. 对于③，PA是切线，故OA⊥PA，即∠OAP=90°，同理∠OBP=90°，所以∠OAP+∠OBP=180°，根据圆内接四边形的判定（对角互补的四边形内接于圆），可知四边形OAPB有外接圆；
4. 对于④，△AOP是直角三角形，直角顶点为A，其外接圆的圆心是斜边OP的中点，而M是OP与⊙O的交点，不是OP中点，故M不是△AOP外接圆的圆心。
【解析】
解：逐一分析各说法：
① 因为PA、PB是⊙O的两条切线，根据切线长定理，得PA=PB，故①正确；
② 由PA=PB，OA=OB，OP=OP，可证△OAP≌△OBP，所以∠APO=∠BPO，又PA=PB，根据等腰三角形三线合一，OP⊥AB，故②正确；
③ 因为PA是⊙O的切线，所以OA⊥PA，即∠OAP=90°，同理∠OBP=90°，则∠OAP+∠OBP=180°，根据“对角互补的四边形内接于圆”，可知四边形OAPB有外接圆，故③正确；
④ △AOP是直角三角形，直角在A处，其外接圆的圆心是斜边OP的中点，而M是OP与⊙O的交点，不是OP的中点，所以M不是△AOP外接圆的圆心，故④错误。
综上，正确的说法是①②③，共3个，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理；圆内接四边形；直角三角形外接圆
【点评】
本题综合考查了切线的性质、切线长定理、圆内接四边形的判定、直角三角形外接圆的圆心等知识点，需熟练掌握相关定理，逐一分析每个说法，避免出错。
【难度系数】
0.5
要判断四个说法的正确性，需结合切线的性质、切线长定理、直角三角形外接圆的性质等知识逐一分析：
1. 对于①，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，PA、PB是⊙O的切线，所以PA=PB；
2. 对于②，由PA=PB，OA=OB，OP是公共边，可证△OAP≌△OBP，得∠APO=∠BPO，根据等腰三角形三线合一，OP垂直平分AB；
3. 对于③，PA是切线，故OA⊥PA，即∠OAP=90°，同理∠OBP=90°，所以∠OAP+∠OBP=180°，根据圆内接四边形的判定（对角互补的四边形内接于圆），可知四边形OAPB有外接圆；
4. 对于④，△AOP是直角三角形，直角顶点为A，其外接圆的圆心是斜边OP的中点，而M是OP与⊙O的交点，不是OP中点，故M不是△AOP外接圆的圆心。
【解析】
解：逐一分析各说法：
① 因为PA、PB是⊙O的两条切线，根据切线长定理，得PA=PB，故①正确；
② 由PA=PB，OA=OB，OP=OP，可证△OAP≌△OBP，所以∠APO=∠BPO，又PA=PB，根据等腰三角形三线合一，OP⊥AB，故②正确；
③ 因为PA是⊙O的切线，所以OA⊥PA，即∠OAP=90°，同理∠OBP=90°，则∠OAP+∠OBP=180°，根据“对角互补的四边形内接于圆”，可知四边形OAPB有外接圆，故③正确；
④ △AOP是直角三角形，直角在A处，其外接圆的圆心是斜边OP的中点，而M是OP与⊙O的交点，不是OP的中点，所以M不是△AOP外接圆的圆心，故④错误。
综上，正确的说法是①②③，共3个，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理；圆内接四边形；直角三角形外接圆
【点评】
本题综合考查了切线的性质、切线长定理、圆内接四边形的判定、直角三角形外接圆的圆心等知识点，需熟练掌握相关定理，逐一分析每个说法，避免出错。
【难度系数】
0.5
