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3. 如图30－1－28，以正方形ABCD的边BC为直径作半圆O，过点D作直线切半圆O于点F，交AB于点E，则△ADE和直角梯形EBCD的周长之比为(
A.3：4
B.4：5
C.5：6
D.6：7
图30－1－28
图30－1－29
D
)A.3：4
B.4：5
C.5：6
D.6：7
图30－1－28
图30－1－29
答案
3.D 点拨:设正方形的边长为 $a,BE=x$. 由切线长定理知 $BE=EF=x,CD=DF=a$.在 $\mathrm{Rt}△ AED$ 中, $AE=a-x,AD=a$,$DE=a+x$. 由勾股定理可知 $DE^2=AE^2+AD^2$, 所以 $(a+x)^2=(a-x)^2+a^2$, 解得 $x=\frac{1}{4}a$. 所以 $△ DAE$ 的周长为 $AD+AE+DE=3a$, 直角梯形 $EBCD$ 的周长为 $BE+DE+CD+BC=\frac{7}{2}a$. 所以 $△ ADE$ 和直角梯形 $EBCD$ 的周长之比为 $3a:\frac{7}{2}a=6:7$.
解析
【分析】
题目要求两个图形的周长之比，首先结合已知的正方形、半圆切线的条件，回忆切线长定理可得到相等的线段，由于没有给出具体边长，我们可以通过设参数的方法表示各边长度简化计算。首先设正方形边长为$a$，$BE$长为$x$，根据切线长定理可得$BE=EF=x$，$CD=DF=a$，即可用$a$和$x$表示出$DE$、$AE$的长度，再结合$△ ADE$是直角三角形，用勾股定理列方程求出$x$与$a$的数量关系，最后分别计算两个图形的周长，消去参数即可得到比值。
【解析】
设正方形$ABCD$的边长为$a$，$BE=x$。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。
$\because$点$E$是半圆$O$外一点，$EB$、$EF$都是半圆$O$的切线，$\therefore BE=EF=x$；
$\because$点$D$是半圆$O$外一点，$DC$、$DF$都是半圆$O$的切线，$\therefore CD=DF=a$；
$\therefore DE=EF+DF=a+x$，$AE=AB-BE=a-x$。
在$\mathrm{Rt}△ AED$中，由勾股定理得$DE^2=AE^2+AD^2$，代入得：
$(a+x)^2=(a-x)^2+a^2$
展开整理得：$a^2+2ax+x^2=a^2-2ax+x^2+a^2$，
消去同类项后得$4ax=a^2$，解得$x=\frac{1}{4}a$。
分别计算周长：
$△ ADE$的周长$=AD+AE+DE=a+(a-\frac{1}{4}a)+(a+\frac{1}{4}a)=3a$；
直角梯形$EBCD$的周长$=BE+BC+CD+DE=\frac{1}{4}a+a+a+(a+\frac{1}{4}a)=\frac{7}{2}a$；
因此周长之比为$3a:\frac{7}{2}a=6:7$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题是几何比值类的常规题型，解题核心是利用切线长定理完成线段的等量转化，通过设参数结合勾股定理建立方程求出线段的数量关系，参数在求比值时会自然消去，无需计算具体数值，能有效降低计算难度。
【难度系数】
0.6
题目要求两个图形的周长之比，首先结合已知的正方形、半圆切线的条件，回忆切线长定理可得到相等的线段，由于没有给出具体边长，我们可以通过设参数的方法表示各边长度简化计算。首先设正方形边长为$a$，$BE$长为$x$，根据切线长定理可得$BE=EF=x$，$CD=DF=a$，即可用$a$和$x$表示出$DE$、$AE$的长度，再结合$△ ADE$是直角三角形，用勾股定理列方程求出$x$与$a$的数量关系，最后分别计算两个图形的周长，消去参数即可得到比值。
【解析】
设正方形$ABCD$的边长为$a$，$BE=x$。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。
$\because$点$E$是半圆$O$外一点，$EB$、$EF$都是半圆$O$的切线，$\therefore BE=EF=x$；
$\because$点$D$是半圆$O$外一点，$DC$、$DF$都是半圆$O$的切线，$\therefore CD=DF=a$；
$\therefore DE=EF+DF=a+x$，$AE=AB-BE=a-x$。
在$\mathrm{Rt}△ AED$中，由勾股定理得$DE^2=AE^2+AD^2$，代入得：
$(a+x)^2=(a-x)^2+a^2$
展开整理得：$a^2+2ax+x^2=a^2-2ax+x^2+a^2$，
消去同类项后得$4ax=a^2$，解得$x=\frac{1}{4}a$。
分别计算周长：
$△ ADE$的周长$=AD+AE+DE=a+(a-\frac{1}{4}a)+(a+\frac{1}{4}a)=3a$；
直角梯形$EBCD$的周长$=BE+BC+CD+DE=\frac{1}{4}a+a+a+(a+\frac{1}{4}a)=\frac{7}{2}a$；
因此周长之比为$3a:\frac{7}{2}a=6:7$。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题是几何比值类的常规题型，解题核心是利用切线长定理完成线段的等量转化，通过设参数结合勾股定理建立方程求出线段的数量关系，参数在求比值时会自然消去，无需计算具体数值，能有效降低计算难度。
【难度系数】
0.6
4.如图30－1－29，AC是$\odot O$的直径，$∠ ACB=60°$，连接AB，过A，B两点分别作$\odot O$的切线，两切线交于点P.若已知$\odot O$的半径为1，则$△ PAB$的周长为
$3\sqrt{3}$
.答案
4.$3\sqrt{3}$ 点拨:在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中求出 $AB$ 的长,再证明 $△ PAB$ 是等边三角形,由此求出 $△ PAB$ 的周长. 此题虽是填空题,但涉及的知识点较多.
解析
【分析】
解题时先利用直径所对的圆周角是直角，得到Rt△ABC，结合已知的半径长度和∠ACB的度数求出AB的长度；再根据切线的性质和切线长定理得出PA=PB，且PA垂直于AC，进而求出∠PAB=60°，判定△PAB是等边三角形，最后代入边长计算周长即可。
【解析】
解：
∵AC是$\odot O$的直径，
∴$∠ ABC=90°$（直径所对的圆周角为直角）。
∵$\odot O$的半径为1，
∴$AC=2×1=2$。
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=60°$，
∴$∠ BAC=30°$，$BC=\frac{1}{2}AC=1$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∵PA、PB分别是$\odot O$的切线，
∴$PA=PB$（切线长定理），且$PA⊥ AC$（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴$∠ PAC=90°$，
∴$∠ PAB=∠ PAC-∠ BAC=90°-30°=60°$。
∵$PA=PB$且$∠ PAB=60°$，
∴$△ PAB$是等边三角形（有一个角为$60°$的等腰三角形是等边三角形），
∴$PA=PB=AB=\sqrt{3}$，
∴$△ PAB$的周长为$3×\sqrt{3}=3\sqrt{3}$。
【答案】
$3\sqrt{3}$
【知识点】
直径所对圆周角为直角，切线长定理，等边三角形判定
【点评】
本题综合考查了圆的相关性质和特殊三角形的判定、计算，解题的关键是先求出AB的长度，再结合切线的性质证明△PAB为等边三角形，需要熟练掌握各知识点的关联应用。
【难度系数】
0.65
解题时先利用直径所对的圆周角是直角，得到Rt△ABC，结合已知的半径长度和∠ACB的度数求出AB的长度；再根据切线的性质和切线长定理得出PA=PB，且PA垂直于AC，进而求出∠PAB=60°，判定△PAB是等边三角形，最后代入边长计算周长即可。
【解析】
解：
∵AC是$\odot O$的直径，
∴$∠ ABC=90°$（直径所对的圆周角为直角）。
∵$\odot O$的半径为1，
∴$AC=2×1=2$。
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=60°$，
∴$∠ BAC=30°$，$BC=\frac{1}{2}AC=1$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∵PA、PB分别是$\odot O$的切线，
∴$PA=PB$（切线长定理），且$PA⊥ AC$（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴$∠ PAC=90°$，
∴$∠ PAB=∠ PAC-∠ BAC=90°-30°=60°$。
∵$PA=PB$且$∠ PAB=60°$，
∴$△ PAB$是等边三角形（有一个角为$60°$的等腰三角形是等边三角形），
∴$PA=PB=AB=\sqrt{3}$，
∴$△ PAB$的周长为$3×\sqrt{3}=3\sqrt{3}$。
【答案】
$3\sqrt{3}$
【知识点】
直径所对圆周角为直角，切线长定理，等边三角形判定
【点评】
本题综合考查了圆的相关性质和特殊三角形的判定、计算，解题的关键是先求出AB的长度，再结合切线的性质证明△PAB为等边三角形，需要熟练掌握各知识点的关联应用。
【难度系数】
0.65
1. 如图30－1－30，AB，BC，CD分别与$\odot O$相切于点E，F，G，且$AB// CD$，OB与EF相交于点M，OC与FG相交于点N，连接MN.
(1)求证:$OB⊥ OC$；
(2)若$OB=6$，$OC=8$，求MN的长.
(1)求证:$OB⊥ OC$；
(2)若$OB=6$，$OC=8$，求MN的长.
答案
1.(1)证明:$\because BA,BC$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore BO$ 平分 $∠ ABC$.同理可得 $CO$ 平分 $∠ BCD$.$\because AB// CD$，$\therefore ∠ ABC+∠ BCD=180°$.$\therefore ∠ OBC+∠ BCO=90°$.$\therefore ∠ BOC=90°$, 即 $OB⊥ OC$.(2)解:连接 $OF$. $\because BA,BC$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore BE=BF,BO$ 平分 $∠ ABC$.$\therefore BM⊥ EF$, 即 $∠ OMF=90°$.同理可得 $∠ ONF=90°$.由(1)知, $∠ BOC=90°$，$\therefore$ 四边形 $ONFM$ 是矩形.$\therefore MN=OF$.在 $\mathrm{Rt}△ OBC$ 中, $OB=6,OC=8,BC^2=OB^2+OC^2$，$\therefore BC=10$.$\because BC$ 与 $\odot O$ 相切于点 $F$，$\therefore OF⊥ BC$.$\because S_{△ OBC}=\frac{1}{2}OB· OC=\frac{1}{2}BC· OF$，$\therefore OF=\frac{OB· OC}{BC}=\frac{6× 8}{10}=4.8$.$\therefore MN=4.8$.
解析
【分析】
(1)要证$OB⊥OC$，即证$∠ BOC=90°$。首先根据切线长定理可得$OB$平分$∠ ABC$，$OC$平分$∠ BCD$；再结合$AB// CD$的同旁内角互补关系，可推出$∠ OBC+∠ OCB=90°$，即可得到$∠ BOC=90°$。
(2)求$MN$的长时，先根据切线长定理和等腰三角形三线合一的性质，得到$OB⊥ EF$、$OC⊥ FG$，结合(1)的$∠ BOC=90°$可判定四边形$ONFM$是矩形，得到$MN=OF$；再在$Rt△ OBC$中用勾股定理求$BC$的长，最后用面积法求出半径$OF$的长，即可得到$MN$的长。
【解析】
(1)证明：$\because BA,BC$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore BO$ 平分 $∠ ABC$。同理可得 $CO$ 平分 $∠ BCD$。
$\because AB// CD$，$\therefore ∠ ABC+∠ BCD=180°$。
$\therefore ∠ OBC+∠ BCO=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ BCD)=90°$。
$\therefore ∠ BOC=90°$, 即 $OB⊥ OC$。
(2)解:连接 $OF$.
$\because BA,BC$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore BE=BF,BO$ 平分 $∠ ABC$。
$\therefore BM⊥ EF$, 即 $∠ OMF=90°$。同理可得 $∠ ONF=90°$。
由(1)知, $∠ BOC=90°$，$\therefore$ 四边形 $ONFM$ 是矩形。
$\therefore MN=OF$。
在 $\mathrm{Rt}△ OBC$ 中, $OB=6,OC=8$，由勾股定理得$BC^2=OB^2+OC^2=6^2+8^2=100$，$\therefore BC=10$。
$\because BC$ 与 $\odot O$ 相切于点 $F$，$\therefore OF⊥ BC$。
$\because S_{△ OBC}=\frac{1}{2}OB· OC=\frac{1}{2}BC· OF$，
$\therefore OF=\frac{OB· OC}{BC}=\frac{6× 8}{10}=4.8$。
$\therefore MN=4.8$。
【答案】
(1)$OB⊥OC$得证；(2)$MN$的长为$\boldsymbol{4.8}$（或$\frac{24}{5}$）。
【知识点】
切线长定理，勾股定理，矩形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的综合基础题，解题核心是灵活运用切线长定理得到角平分线、线段相等的关系，结合平行线性质、矩形判定和面积法完成推导，能够有效锻炼几何逻辑推理和转化思维。
【难度系数】
0.7
(1)要证$OB⊥OC$，即证$∠ BOC=90°$。首先根据切线长定理可得$OB$平分$∠ ABC$，$OC$平分$∠ BCD$；再结合$AB// CD$的同旁内角互补关系，可推出$∠ OBC+∠ OCB=90°$，即可得到$∠ BOC=90°$。
(2)求$MN$的长时，先根据切线长定理和等腰三角形三线合一的性质，得到$OB⊥ EF$、$OC⊥ FG$，结合(1)的$∠ BOC=90°$可判定四边形$ONFM$是矩形，得到$MN=OF$；再在$Rt△ OBC$中用勾股定理求$BC$的长，最后用面积法求出半径$OF$的长，即可得到$MN$的长。
【解析】
(1)证明：$\because BA,BC$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore BO$ 平分 $∠ ABC$。同理可得 $CO$ 平分 $∠ BCD$。
$\because AB// CD$，$\therefore ∠ ABC+∠ BCD=180°$。
$\therefore ∠ OBC+∠ BCO=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ BCD)=90°$。
$\therefore ∠ BOC=90°$, 即 $OB⊥ OC$。
(2)解:连接 $OF$.
$\because BA,BC$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore BE=BF,BO$ 平分 $∠ ABC$。
$\therefore BM⊥ EF$, 即 $∠ OMF=90°$。同理可得 $∠ ONF=90°$。
由(1)知, $∠ BOC=90°$，$\therefore$ 四边形 $ONFM$ 是矩形。
$\therefore MN=OF$。
在 $\mathrm{Rt}△ OBC$ 中, $OB=6,OC=8$，由勾股定理得$BC^2=OB^2+OC^2=6^2+8^2=100$，$\therefore BC=10$。
$\because BC$ 与 $\odot O$ 相切于点 $F$，$\therefore OF⊥ BC$。
$\because S_{△ OBC}=\frac{1}{2}OB· OC=\frac{1}{2}BC· OF$，
$\therefore OF=\frac{OB· OC}{BC}=\frac{6× 8}{10}=4.8$。
$\therefore MN=4.8$。
【答案】
(1)$OB⊥OC$得证；(2)$MN$的长为$\boldsymbol{4.8}$（或$\frac{24}{5}$）。
【知识点】
切线长定理，勾股定理，矩形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的综合基础题，解题核心是灵活运用切线长定理得到角平分线、线段相等的关系，结合平行线性质、矩形判定和面积法完成推导，能够有效锻炼几何逻辑推理和转化思维。
【难度系数】
0.7
2. 如图30－1－31，点P为⊙O外一点，PA，PB是⊙O的切线，点A，B为切点，点C在⊙O上，连接OA，OC，AC.
(1)求证：∠AOC＝2∠PAC；
(2)连接OB，若AC//OB，⊙O的半径为5，AC＝6，求PA的长.
图30－1－31
(1)求证：∠AOC＝2∠PAC；
(2)连接OB，若AC//OB，⊙O的半径为5，AC＝6，求PA的长.
图30－1－31
答案
2.(1)证明:如答图 30-1-3,过点 $O$ 作 $OH⊥ AC$ 于点 $H$,
$\therefore ∠ OHA=90°$，$\therefore ∠ AOH+∠ OAC=90°$.$\because PA$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ OAP=90°$，$\therefore ∠ OAC+∠ PAC=90°$，$\therefore ∠ AOH=∠ PAC$.$\because OA=OC,OH⊥ AC$，$\therefore ∠ AOC=2∠ AOH$，$\therefore ∠ AOC=2∠ PAC$.(2)解:如答图 30-1-3, 延长 $AC$ 交 $PB$ 于点 $E$.$\because PA,PB$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore OB⊥ PB,PA=PB$.$\because AC// OB,\therefore AC⊥ PB$，$\therefore$ 四边形 $OBEH$ 是矩形，$\therefore OH=BE,HE=OB=5$.$\because OH⊥ AC,OA=OC$，$\therefore AH=CH=\frac{1}{2}AC=3$.$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ OCH$ 中, $OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=4$.$\therefore AE=AH+HE=8,BE=OH=4$.$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ PAE$ 中, $PA^2=AE^2+PE^2$，$\therefore PA^2=8^2+(PA-4)^2$, 解得 $PA=10$.解析
【分析】
(1) 要证∠AOC=2∠PAC，首先利用等腰△OAC三线合一的性质，过O作AC的垂线OH，可得∠AOC=2∠AOH；再结合切线PA垂直半径OA的性质，得到∠OAP=90°，通过同角的余角相等可证∠AOH=∠PAC，代入即可得证结论。
(2) 求PA的长时，先根据切线性质得OB⊥PB，结合AC//OB推出AC⊥PB，构造出矩形OBEH；再用垂径定理求出AC一半的长度，在Rt△OCH中用勾股定理算出OH的长，进而得到AE、BE的长度；最后在Rt△PAE中，利用切线长定理得PA=PB，设PA为未知数列勾股方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：如答图 30-1-3，过点 $O$ 作 $OH⊥ AC$ 于点 $H$，
$\therefore ∠OHA=90°$，$\therefore ∠AOH+∠OAC=90°$。
$\because PA$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore ∠OAP=90°$，
$\therefore ∠OAC+∠PAC=90°$，$\therefore ∠AOH=∠PAC$。
$\because OA=OC,OH⊥AC$，$\therefore ∠AOC=2∠AOH$，
$\therefore ∠AOC=2∠PAC$。
(2) 解：如答图 30-1-3，延长 $AC$ 交 $PB$ 于点 $E$。
$\because PA,PB$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore OB⊥PB,PA=PB$。
$\because AC// OB$，$\therefore AC⊥PB$，$\therefore$ 四边形 $OBEH$ 是矩形，$\therefore OH=BE,HE=OB=5$。
$\because OH⊥AC,OA=OC$，$\therefore AH=CH=\frac{1}{2}AC=3$。
在 $\mathrm{Rt}△OCH$ 中，$OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
$\therefore AE=AH+HE=3+5=8$，$BE=OH=4$。
设 $PA=x$，则 $PB=PA=x$，$PE=PB-BE=x-4$。
在 $\mathrm{Rt}△PAE$ 中，由勾股定理得 $PA^2=AE^2+PE^2$，
$\therefore x^2=8^2+(x-4)^2$，
展开得 $x^2=64+x^2-8x+16$，
化简得 $8x=80$，解得 $x=10$，即 $PA=10$。
【答案】
(1) ∠AOC＝2∠PAC得证；
(2) $\boldsymbol{PA=10}$
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合应用类基础题，考查了切线性质、垂径定理、矩形判定与性质、勾股定理等多个知识点，解题时需合理添加辅助线构造特殊角和特殊图形，通过角的等量代换、方程思想求解，对辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证∠AOC=2∠PAC，首先利用等腰△OAC三线合一的性质，过O作AC的垂线OH，可得∠AOC=2∠AOH；再结合切线PA垂直半径OA的性质，得到∠OAP=90°，通过同角的余角相等可证∠AOH=∠PAC，代入即可得证结论。
(2) 求PA的长时，先根据切线性质得OB⊥PB，结合AC//OB推出AC⊥PB，构造出矩形OBEH；再用垂径定理求出AC一半的长度，在Rt△OCH中用勾股定理算出OH的长，进而得到AE、BE的长度；最后在Rt△PAE中，利用切线长定理得PA=PB，设PA为未知数列勾股方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：如答图 30-1-3，过点 $O$ 作 $OH⊥ AC$ 于点 $H$，
$\therefore ∠OHA=90°$，$\therefore ∠AOH+∠OAC=90°$。
$\because PA$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore ∠OAP=90°$，
$\therefore ∠OAC+∠PAC=90°$，$\therefore ∠AOH=∠PAC$。
$\because OA=OC,OH⊥AC$，$\therefore ∠AOC=2∠AOH$，
$\therefore ∠AOC=2∠PAC$。
(2) 解：如答图 30-1-3，延长 $AC$ 交 $PB$ 于点 $E$。
$\because PA,PB$ 是 $\odot O$ 的切线，$\therefore OB⊥PB,PA=PB$。
$\because AC// OB$，$\therefore AC⊥PB$，$\therefore$ 四边形 $OBEH$ 是矩形，$\therefore OH=BE,HE=OB=5$。
$\because OH⊥AC,OA=OC$，$\therefore AH=CH=\frac{1}{2}AC=3$。
在 $\mathrm{Rt}△OCH$ 中，$OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
$\therefore AE=AH+HE=3+5=8$，$BE=OH=4$。
设 $PA=x$，则 $PB=PA=x$，$PE=PB-BE=x-4$。
在 $\mathrm{Rt}△PAE$ 中，由勾股定理得 $PA^2=AE^2+PE^2$，
$\therefore x^2=8^2+(x-4)^2$，
展开得 $x^2=64+x^2-8x+16$，
化简得 $8x=80$，解得 $x=10$，即 $PA=10$。
【答案】
(1) ∠AOC＝2∠PAC得证；
(2) $\boldsymbol{PA=10}$
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合应用类基础题，考查了切线性质、垂径定理、矩形判定与性质、勾股定理等多个知识点，解题时需合理添加辅助线构造特殊角和特殊图形，通过角的等量代换、方程思想求解，对辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
