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11. 如图，AB，AC是$\odot O$的切线，B，C是切点，过$\overset{\frown}{BC}$上的任意一点P作$\odot O$的切线与AB，AC分别交于点D，E.
(1)连接OD和OE，若$∠ A=50°$，则$∠ DOE=$；
(2)当点P在$\overset{\frown}{BC}$的何处时，$PD=PE$？为什么？
(1)连接OD和OE，若$∠ A=50°$，则$∠ DOE=$；
(2)当点P在$\overset{\frown}{BC}$的何处时，$PD=PE$？为什么？
答案
(1) $\boldsymbol{65°}$
解析
【分析】
(1) 先利用切线的性质得到AB与OB垂直、AC与OC垂直，结合四边形内角和为360°求出圆心角∠BOC的度数；再根据切线长定理的推论可知OD平分∠BOP、OE平分∠COP，由此可推出∠DOE是∠BOC的一半，代入数值计算即可得到结果。
(2) 要使PD=PE，结合切线长定理可知PD=BD、PE=CE，因此只需证明BD=CE即可。通过证明△OBD和△OCE全等可得到BD=CE，全等的条件需要对应角∠BOD=∠COE，即对应弧$\overset{\frown}{BP}=\overset{\frown}{CP}$，因此可判断P的位置。
【解析】
(1) 连接OB、OC，
∵AB、AC是$\odot O$的切线，B、C为切点，
∴$OB⊥ AB$，$OC⊥ AC$，即$∠ OBA=∠ OCA=90°$，
在四边形ABOC中，内角和为$360°$，即$∠ A+∠ OBA+∠ BOC+∠ OCA=360°$，
将$∠ A=50°$代入得：$50°+90°+∠ BOC+90°=360°$，
解得$∠ BOC=130°$。
∵DB、DP都是$\odot O$的切线，
∴OD平分$∠ BOP$，即$∠ DOP=\frac{1}{2}∠ BOP$，
同理，EC、EP都是$\odot O$的切线，
∴OE平分$∠ COP$，即$∠ EOP=\frac{1}{2}∠ COP$，
∴$∠ DOE=∠ DOP+∠ EOP=\frac{1}{2}(∠ BOP+∠ COP)=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×130°=65°$。
(2) 当P为$\overset{\frown}{BC}$的中点时，$PD=PE$，理由如下：
∵P是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{BP}=\overset{\frown}{CP}$，
∴$∠ BOD=∠ COE$（同圆中，等弧所对的圆心角相等），
又
∵$OB=OC$，$∠ OBD=∠ OCE=90°$，
∴$△ OBD≌△ OCE$（ASA），
∴$BD=CE$，
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$PD=BD$，$PE=CE$，
∴$PD=PE$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{65°}$
(2) 当P为$\overset{\frown}{BC}$的中点时$PD=PE$，理由见解析
【知识点】
切线的性质，切线长定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的切线相关的基础题型，解题的关键是灵活运用切线的性质和切线长定理，结合四边形内角和、全等三角形的知识逐步推导，考查了学生对基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 先利用切线的性质得到AB与OB垂直、AC与OC垂直，结合四边形内角和为360°求出圆心角∠BOC的度数；再根据切线长定理的推论可知OD平分∠BOP、OE平分∠COP，由此可推出∠DOE是∠BOC的一半，代入数值计算即可得到结果。
(2) 要使PD=PE，结合切线长定理可知PD=BD、PE=CE，因此只需证明BD=CE即可。通过证明△OBD和△OCE全等可得到BD=CE，全等的条件需要对应角∠BOD=∠COE，即对应弧$\overset{\frown}{BP}=\overset{\frown}{CP}$，因此可判断P的位置。
【解析】
(1) 连接OB、OC，
∵AB、AC是$\odot O$的切线，B、C为切点，
∴$OB⊥ AB$，$OC⊥ AC$，即$∠ OBA=∠ OCA=90°$，
在四边形ABOC中，内角和为$360°$，即$∠ A+∠ OBA+∠ BOC+∠ OCA=360°$，
将$∠ A=50°$代入得：$50°+90°+∠ BOC+90°=360°$，
解得$∠ BOC=130°$。
∵DB、DP都是$\odot O$的切线，
∴OD平分$∠ BOP$，即$∠ DOP=\frac{1}{2}∠ BOP$，
同理，EC、EP都是$\odot O$的切线，
∴OE平分$∠ COP$，即$∠ EOP=\frac{1}{2}∠ COP$，
∴$∠ DOE=∠ DOP+∠ EOP=\frac{1}{2}(∠ BOP+∠ COP)=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×130°=65°$。
(2) 当P为$\overset{\frown}{BC}$的中点时，$PD=PE$，理由如下：
∵P是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{BP}=\overset{\frown}{CP}$，
∴$∠ BOD=∠ COE$（同圆中，等弧所对的圆心角相等），
又
∵$OB=OC$，$∠ OBD=∠ OCE=90°$，
∴$△ OBD≌△ OCE$（ASA），
∴$BD=CE$，
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$PD=BD$，$PE=CE$，
∴$PD=PE$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{65°}$
(2) 当P为$\overset{\frown}{BC}$的中点时$PD=PE$，理由见解析
【知识点】
切线的性质，切线长定理，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的切线相关的基础题型，解题的关键是灵活运用切线的性质和切线长定理，结合四边形内角和、全等三角形的知识逐步推导，考查了学生对基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7
12. 抖空竹是中国的传统娱乐项目，是国家级的非物质文化遗产之一，在天津、北京、辽宁、吉林、黑龙江等地尤为盛行. 在学习了“圆”之后，数学兴趣小组的同学们对空竹进行了探究，示意图如图所示，已知绳AC，BD分别与空竹⊙O相切于点C，D，连接左右两个绳柄A，B，AB经过圆心O，交⊙O于点E，F，AE=BF.
(1)求证:AC=BD；
(2)若AE=4，AC=8，求两个绳柄之间的距离AB.
(1)求证:AC=BD；
(2)若AE=4，AC=8，求两个绳柄之间的距离AB.
答案
(1) 证明：
连接OC，OD。
∵ AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，
∴ $OC⊥ AC$，$OD⊥ BD$，即 $∠ ACO = ∠ BDO = 90°$。
∵ $OC=OE=OF=OD$，且已知 $AE=BF$，
∴ $AE + EO = BF + FO$，即 $AO = BO$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$和$\mathrm{Rt}△ BDO$中：
$\begin{cases}AO = BO \\OC = OD\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ACO ≌ \mathrm{Rt}△ BDO$（HL），
∴ $AC = BD$。
---
(2) 解：
设⊙O的半径为$r$，则 $OC = OE = r$。
∵ $AE=4$，
∴ $AO = AE + OE = 4 + r$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$中，$∠ ACO=90°$，由勾股定理得：
$AC^2 + OC^2 = AO^2$
代入$AC=8$，得：
$8^2 + r^2 = (4 + r)^2$
展开化简：
$64 + r^2 = 16 + 8r + r^2$
$8r = 48$
解得 $r=6$。
∴ $AO = 4 + 6 = 10$，
由(1)得 $BO = AO = 10$，
∴ $AB = AO + BO = 10 + 10 = 20$。
答：两个绳柄之间的距离$AB$为20。
连接OC，OD。
∵ AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，
∴ $OC⊥ AC$，$OD⊥ BD$，即 $∠ ACO = ∠ BDO = 90°$。
∵ $OC=OE=OF=OD$，且已知 $AE=BF$，
∴ $AE + EO = BF + FO$，即 $AO = BO$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$和$\mathrm{Rt}△ BDO$中：
$\begin{cases}AO = BO \\OC = OD\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ACO ≌ \mathrm{Rt}△ BDO$（HL），
∴ $AC = BD$。
---
(2) 解：
设⊙O的半径为$r$，则 $OC = OE = r$。
∵ $AE=4$，
∴ $AO = AE + OE = 4 + r$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$中，$∠ ACO=90°$，由勾股定理得：
$AC^2 + OC^2 = AO^2$
代入$AC=8$，得：
$8^2 + r^2 = (4 + r)^2$
展开化简：
$64 + r^2 = 16 + 8r + r^2$
$8r = 48$
解得 $r=6$。
∴ $AO = 4 + 6 = 10$，
由(1)得 $BO = AO = 10$，
∴ $AB = AO + BO = 10 + 10 = 20$。
答：两个绳柄之间的距离$AB$为20。
解析
【分析】
(1) 要证AC=BD，可通过证明两线段所在的直角三角形全等求解。首先利用切线的性质，连接OC、OD得到∠ACO=∠BDO=90°，再结合已知AE=BF和同圆半径相等，推出AO=BO，最后用HL判定Rt△ACO≌Rt△BDO，即可得到AC=BD。
(2) 求AB的长度，可先设⊙O的半径为r，将AO表示为4+r，在Rt△ACO中利用勾股定理列方程求出半径r，再结合(1)中AO=BO的结论，即可求出AB的总长。
【解析】
(1) 证明：
连接OC，OD。
∵ AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，
∴ $OC⊥ AC$，$OD⊥ BD$，即 $∠ ACO = ∠ BDO = 90°$。
∵ $OC=OE=OF=OD$，且已知 $AE=BF$，
∴ $AE + EO = BF + FO$，即 $AO = BO$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$和$\mathrm{Rt}△ BDO$中：
$\begin{cases}AO = BO \\OC = OD\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ACO ≌ \mathrm{Rt}△ BDO$（HL），
∴ $AC = BD$。
(2) 解：
设⊙O的半径为$r$，则 $OC = OE = r$。
∵ $AE=4$，
∴ $AO = AE + OE = 4 + r$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$中，$∠ ACO=90°$，由勾股定理得：
$AC^2 + OC^2 = AO^2$
代入$AC=8$，得：
$8^2 + r^2 = (4 + r)^2$
展开化简：
$64 + r^2 = 16 + 8r + r^2$
$8r = 48$
解得 $r=6$。
∴ $AO = 4 + 6 = 10$，
由(1)得 $BO = AO = 10$，
∴ $AB = AO + BO = 10 + 10 = 20$。
【答案】
(1) AC=BD得证；(2) $AB=20$
【知识点】
切线的性质；全等三角形判定与性质；勾股定理应用
【点评】
本题结合传统非遗文化背景考查几何综合应用，解题关键是合理连接辅助线，结合切线性质构造直角三角形，利用方程思想求解半径，能够锻炼学生将实际问题转化为几何问题的能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证AC=BD，可通过证明两线段所在的直角三角形全等求解。首先利用切线的性质，连接OC、OD得到∠ACO=∠BDO=90°，再结合已知AE=BF和同圆半径相等，推出AO=BO，最后用HL判定Rt△ACO≌Rt△BDO，即可得到AC=BD。
(2) 求AB的长度，可先设⊙O的半径为r，将AO表示为4+r，在Rt△ACO中利用勾股定理列方程求出半径r，再结合(1)中AO=BO的结论，即可求出AB的总长。
【解析】
(1) 证明：
连接OC，OD。
∵ AC，BD分别与⊙O相切于点C，D，
∴ $OC⊥ AC$，$OD⊥ BD$，即 $∠ ACO = ∠ BDO = 90°$。
∵ $OC=OE=OF=OD$，且已知 $AE=BF$，
∴ $AE + EO = BF + FO$，即 $AO = BO$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$和$\mathrm{Rt}△ BDO$中：
$\begin{cases}AO = BO \\OC = OD\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ACO ≌ \mathrm{Rt}△ BDO$（HL），
∴ $AC = BD$。
(2) 解：
设⊙O的半径为$r$，则 $OC = OE = r$。
∵ $AE=4$，
∴ $AO = AE + OE = 4 + r$。
在$\mathrm{Rt}△ ACO$中，$∠ ACO=90°$，由勾股定理得：
$AC^2 + OC^2 = AO^2$
代入$AC=8$，得：
$8^2 + r^2 = (4 + r)^2$
展开化简：
$64 + r^2 = 16 + 8r + r^2$
$8r = 48$
解得 $r=6$。
∴ $AO = 4 + 6 = 10$，
由(1)得 $BO = AO = 10$，
∴ $AB = AO + BO = 10 + 10 = 20$。
【答案】
(1) AC=BD得证；(2) $AB=20$
【知识点】
切线的性质；全等三角形判定与性质；勾股定理应用
【点评】
本题结合传统非遗文化背景考查几何综合应用，解题关键是合理连接辅助线，结合切线性质构造直角三角形，利用方程思想求解半径，能够锻炼学生将实际问题转化为几何问题的能力。
【难度系数】
0.7
