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三、解答题
16. 如图，AB为$\odot O$的直径，点P在$\odot O$外，连接AP，OP，线段OP交$\odot O$于点C，连接BC，$∠ P=32°$，$∠ B=29°$. 求证：PA是$\odot O$的切线.
16. 如图，AB为$\odot O$的直径，点P在$\odot O$外，连接AP，OP，线段OP交$\odot O$于点C，连接BC，$∠ P=32°$，$∠ B=29°$. 求证：PA是$\odot O$的切线.
答案
16. 证明 因为 $∠B = 29°$，所以
$∠AOC=2∠B=58°$. 因为$∠P = 32°$，所以
$∠P+∠AOC = 90°$. 所以$∠OAP = 90°$. 因
为OA为半径，所以PA 是$\odot O$的切线.
$∠AOC=2∠B=58°$. 因为$∠P = 32°$，所以
$∠P+∠AOC = 90°$. 所以$∠OAP = 90°$. 因
为OA为半径，所以PA 是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要证明PA是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，需先证明OA垂直于PA，即$∠ OAP=90°$。首先利用圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可由已知的$∠ B$求出圆心角$∠ AOC$的度数；再结合已知的$∠ P$的度数，通过三角形内角和关系即可求出$∠ OAP$的度数，判断是否为直角，进而完成证明。
【解析】
证明：$\because ∠ B = 29°$，$∠ B$是弧AC所对的圆周角，$∠ AOC$是弧AC所对的圆心角
$\therefore ∠ AOC=2∠ B=2×29°=58°$
$\because ∠ P = 32°$
$\therefore ∠ P+∠ AOC = 32°+58°=90°$
在$△ OAP$中，$∠ OAP=180°-(∠ P+∠ AOC)=90°$，即$OA⊥ PA$
$\because$OA为$\odot O$的半径
$\therefore$PA是$\odot O$的切线。
【答案】
证明过程见解析，PA是$\odot O$的切线，得证。
【知识点】
圆周角定理，切线的判定，三角形内角和定理
【点评】
本题是圆的切线证明类基础题，解题核心是熟练掌握切线的判定条件，结合圆周角定理完成角度计算，得到垂直关系即可解题，属于常考基础题型。
【难度系数】
0.8
要证明PA是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，需先证明OA垂直于PA，即$∠ OAP=90°$。首先利用圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可由已知的$∠ B$求出圆心角$∠ AOC$的度数；再结合已知的$∠ P$的度数，通过三角形内角和关系即可求出$∠ OAP$的度数，判断是否为直角，进而完成证明。
【解析】
证明：$\because ∠ B = 29°$，$∠ B$是弧AC所对的圆周角，$∠ AOC$是弧AC所对的圆心角
$\therefore ∠ AOC=2∠ B=2×29°=58°$
$\because ∠ P = 32°$
$\therefore ∠ P+∠ AOC = 32°+58°=90°$
在$△ OAP$中，$∠ OAP=180°-(∠ P+∠ AOC)=90°$，即$OA⊥ PA$
$\because$OA为$\odot O$的半径
$\therefore$PA是$\odot O$的切线。
【答案】
证明过程见解析，PA是$\odot O$的切线，得证。
【知识点】
圆周角定理，切线的判定，三角形内角和定理
【点评】
本题是圆的切线证明类基础题，解题核心是熟练掌握切线的判定条件，结合圆周角定理完成角度计算，得到垂直关系即可解题，属于常考基础题型。
【难度系数】
0.8
17. 如图，在$△ ABC$中，边$BC$与$\odot A$相切于点$D$，$∠ BAD = ∠ CAD$. 求证：$AB=AC$. 
答案
17. 证明 因为 BC 与$\odot A$ 相切于点 D，
所以 $AD⊥ BC$. 所以$∠ADB=∠ADC=90°$.
在$△ ABD$ 和$△ ACD$ 中，
$\begin{cases}∠ADB=∠ADC,\\AD=AD,\\∠BAD=∠CAD,\end{cases}$
所以 $△ ABD ≌ △ ACD$（ASA）. 所以
$AB=AC$.
所以 $AD⊥ BC$. 所以$∠ADB=∠ADC=90°$.
在$△ ABD$ 和$△ ACD$ 中，
$\begin{cases}∠ADB=∠ADC,\\AD=AD,\\∠BAD=∠CAD,\end{cases}$
所以 $△ ABD ≌ △ ACD$（ASA）. 所以
$AB=AC$.
解析
【分析】
要证明AB=AC，可通过证明△ABD与△ACD全等推导。首先从已知的切线条件入手，根据切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，可得AD⊥BC，进而得到∠ADB=∠ADC=90°；再结合题目给出的∠BAD=∠CAD，以及两个三角形的公共边AD，即可利用角边角（ASA）判定定理证明两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等的性质得到AB=AC。
【解析】
证明：
∵ BC与$\odot A$相切于点D，
∴ $AD⊥ BC$，即$∠ADB=∠ADC=90°$。
在$△ ABD$ 和$△ ACD$ 中，
$\begin{cases}∠ADB=∠ADC,\\AD=AD,\\∠BAD=∠CAD,\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ ACD$（ASA），
∴ $AB=AC$。
【答案】
$AB=AC$
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础证明题，解题的关键是先借助切线的性质得到垂直关系，再结合已知的等角条件和公共边构造全等三角形，考查对基础几何定理的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.85
要证明AB=AC，可通过证明△ABD与△ACD全等推导。首先从已知的切线条件入手，根据切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，可得AD⊥BC，进而得到∠ADB=∠ADC=90°；再结合题目给出的∠BAD=∠CAD，以及两个三角形的公共边AD，即可利用角边角（ASA）判定定理证明两个三角形全等，最后根据全等三角形对应边相等的性质得到AB=AC。
【解析】
证明：
∵ BC与$\odot A$相切于点D，
∴ $AD⊥ BC$，即$∠ADB=∠ADC=90°$。
在$△ ABD$ 和$△ ACD$ 中，
$\begin{cases}∠ADB=∠ADC,\\AD=AD,\\∠BAD=∠CAD,\end{cases}$
∴ $△ ABD ≌ △ ACD$（ASA），
∴ $AB=AC$。
【答案】
$AB=AC$
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题属于几何基础证明题，解题的关键是先借助切线的性质得到垂直关系，再结合已知的等角条件和公共边构造全等三角形，考查对基础几何定理的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.85
18. 如图，PA 和 PB 是$\odot O$的两条切线，A，B 是切点. C 是$\overset{\frown}{AB}$上任意一点，过点 C 画$\odot O$的切线，分别交 PA 和 PB 于 D，E 两点. 已知 PA = 5 cm，求$△ PDE$的周长.
答案
18. 解 因为 PA 和 PB 是$\odot O$ 的两条切线，
所以 $PA = PB$. 同理可得 $DA = DC$，
$EB=EC$.
所以 $△ PDE$ 的周长为 $PD + DE +PE = PD + DC + EC + PE = PD + DA +EB + PE = PA + PB = 10\ \mathrm{cm}$.
所以 $PA = PB$. 同理可得 $DA = DC$，
$EB=EC$.
所以 $△ PDE$ 的周长为 $PD + DE +PE = PD + DC + EC + PE = PD + DA +EB + PE = PA + PB = 10\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
解题时首先观察图形中的切线，回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。第一步先找出所有的切线对：点P引的两条切线为PA、PB，可得PA=PB；点D引的两条切线为DA、DC，可得DA=DC；点E引的两条切线为EB、EC，可得EB=EC。接下来求△PDE的周长，周长为三边之和PD+DE+PE，我们可以把DE拆分为DC+CE，再将DC替换为DA、CE替换为EB，即可把周长转化为PA+PB的和，代入已知PA的长度即可求出结果。
【解析】
解：
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B为切点，
∴根据切线长定理可得$PA = PB = 5\ \mathrm{cm}$。
又
∵DC、DA是从点D引的⊙O的两条切线，
∴$DA = DC$，
同理，EC、EB是从点E引的⊙O的两条切线，
∴$EB = EC$。
$△ PDE$的周长$= PD + DE + PE$，
∵$DE = DC + EC$，
∴周长$= PD + DC + EC + PE$，
将$DC=DA$、$EC=EB$代入得：
周长$= PD + DA + EB + PE = (PD+DA) + (PE+EB) = PA + PB = 5 + 5 = 10\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$10\ \mathrm{cm}$
【知识点】
切线长定理；等量代换；三角形周长计算
【点评】
本题是圆的切线性质的基础应用题，核心是利用切线长定理进行线段的等量替换，将待求的三角形周长转化为已知长度的切线长之和，解题时注意拆分周长对应相等的线段即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
解题时首先观察图形中的切线，回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。第一步先找出所有的切线对：点P引的两条切线为PA、PB，可得PA=PB；点D引的两条切线为DA、DC，可得DA=DC；点E引的两条切线为EB、EC，可得EB=EC。接下来求△PDE的周长，周长为三边之和PD+DE+PE，我们可以把DE拆分为DC+CE，再将DC替换为DA、CE替换为EB，即可把周长转化为PA+PB的和，代入已知PA的长度即可求出结果。
【解析】
解：
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B为切点，
∴根据切线长定理可得$PA = PB = 5\ \mathrm{cm}$。
又
∵DC、DA是从点D引的⊙O的两条切线，
∴$DA = DC$，
同理，EC、EB是从点E引的⊙O的两条切线，
∴$EB = EC$。
$△ PDE$的周长$= PD + DE + PE$，
∵$DE = DC + EC$，
∴周长$= PD + DC + EC + PE$，
将$DC=DA$、$EC=EB$代入得：
周长$= PD + DA + EB + PE = (PD+DA) + (PE+EB) = PA + PB = 5 + 5 = 10\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$10\ \mathrm{cm}$
【知识点】
切线长定理；等量代换；三角形周长计算
【点评】
本题是圆的切线性质的基础应用题，核心是利用切线长定理进行线段的等量替换，将待求的三角形周长转化为已知长度的切线长之和，解题时注意拆分周长对应相等的线段即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
19. 如图，以$△ ABC$的边AB为直径作$\odot O$，交BC于点D，过点D作$\odot O$的切线，交AC于点E，且$DE ⊥ AC$。
（1）求证：$AB=AC$；
（2）若$AB=5$，$BC=6$，求DE的长。
（1）求证：$AB=AC$；
（2）若$AB=5$，$BC=6$，求DE的长。
答案
19.（1）证明 如图，连接 OD. 因为直
线 DE 是$\odot O$ 的切线，所以 $OD⊥ DE$. 因为
$DE⊥ AC$，
所以 $OD// AC$. 所以$∠ODB=∠C$.
因为 $OB=OD$，所以$∠B=∠ODB$.
所以$∠B=∠C$. 所以$AB=AC$.
（2）解 如图，连接 AD. 因为 AB 是
$\odot O$ 的直径，所以$∠ADB=90°$.
因为 $AB=5$，$BC=6$，$AB=AC$，
所以 $BD=CD=3$，$AC=5$.
在 Rt$△ ACD$ 中，$AD=\sqrt{5^2-3^2}=4$.
因为 $DE⊥ AC$，
所以$S_{△ ACD}=\dfrac{1}{2}AD· CD=\dfrac{1}{2}DE· AC$.
所以 $DE=\dfrac{AD· CD}{AC}=\dfrac{12}{5}$.
解析
【分析】
（1）要证明AB=AC，可通过证明△ABC中∠B=∠C实现。首先连接OD，根据切线的性质可知OD⊥DE，结合DE⊥AC可推出OD//AC，进而得到∠ODB=∠C；再由OB=OD，等边对等角得∠B=∠ODB，等量代换即可得到∠B=∠C，从而证得AB=AC。
（2）求DE的长度时，先连接AD，根据直径所对的圆周角为直角，可得AD⊥BC。结合第一问的结论AB=AC，利用等腰三角形三线合一可求出CD的长，再用勾股定理计算出AD的长度，最后利用△ACD面积的两种不同表示形式（等面积法）列等式，即可求出DE的长度。
【解析】
（1）证明：连接OD，
∵DE是⊙O的切线，D为⊙O上的点，
∴OD⊥DE，
又
∵DE⊥AC，
∴OD//AC，
∴∠ODB=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC。
（2）解：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=3，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵DE⊥AC，
∴$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AD· CD=\frac{1}{2}DE· AC$，
代入数值可得：$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}× DE×5$，
解得$DE=\frac{12}{5}$。
【答案】
（1）证明见解析；
（2）$DE=\dfrac{12}{5}$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的判定与性质；等面积法求线段长
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，考察了多个基础几何定理的应用，解题的关键是合理添加辅助线，将已知条件和待证/待求结论关联起来，注重对基础知识点综合运用能力的考察。
【难度系数】
0.7
（1）要证明AB=AC，可通过证明△ABC中∠B=∠C实现。首先连接OD，根据切线的性质可知OD⊥DE，结合DE⊥AC可推出OD//AC，进而得到∠ODB=∠C；再由OB=OD，等边对等角得∠B=∠ODB，等量代换即可得到∠B=∠C，从而证得AB=AC。
（2）求DE的长度时，先连接AD，根据直径所对的圆周角为直角，可得AD⊥BC。结合第一问的结论AB=AC，利用等腰三角形三线合一可求出CD的长，再用勾股定理计算出AD的长度，最后利用△ACD面积的两种不同表示形式（等面积法）列等式，即可求出DE的长度。
【解析】
（1）证明：连接OD，
∵DE是⊙O的切线，D为⊙O上的点，
∴OD⊥DE，
又
∵DE⊥AC，
∴OD//AC，
∴∠ODB=∠C，
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC。
（2）解：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=3，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AC^2-CD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵DE⊥AC，
∴$S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AD· CD=\frac{1}{2}DE· AC$，
代入数值可得：$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}× DE×5$，
解得$DE=\frac{12}{5}$。
【答案】
（1）证明见解析；
（2）$DE=\dfrac{12}{5}$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的判定与性质；等面积法求线段长
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，考察了多个基础几何定理的应用，解题的关键是合理添加辅助线，将已知条件和待证/待求结论关联起来，注重对基础知识点综合运用能力的考察。
【难度系数】
0.7
