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7.如图，PA，PB都与$\odot O$相切，切点分别为A，B，连接AB，AC是$\odot O$的直径。
(1)若$∠ BAC=28°$，求$∠ P$的度数。
(2)若$∠ BAC=30°$，$AC=8$，求$△ ABP$的周长。
(1)若$∠ BAC=28°$，求$∠ P$的度数。
(2)若$∠ BAC=30°$，$AC=8$，求$△ ABP$的周长。
答案
7.【解】(1)
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴OA⊥PA.
∴∠CAP=90°.
∵∠BAC=28°，
∴∠PAB=90°−∠BAC=62°.
∵PA,PB都与$\odot O$相切,切点分别为A,B，
∴PA=PB.
∴∠PBA=∠PAB=62°.
∴∠P=180°−∠PAB−∠PBA=56°.
(2)如图,连接CB.
∵AC是$\odot O$的直径，
∴∠CBA=90°.
∵在Rt△ABC中,∠BAC=30°,AC=8.
∴BC=$\frac{1}{2}$AC=4.
根据勾股定理,得 AB = $\sqrt{AC^2−BC^2}$ = $\sqrt{8^2−4^2}$=$4\sqrt{3}$.
由(1)知,∠CAP=90°.
∵∠BAC=30°，
∴∠PAB=90°−30°=60°.
由(1)知,PA=PB.
∴△PAB是等边三角形.
∴PA=PB=AB=$4\sqrt{3}$.
∴△ABP的周长为$4\sqrt{3}×3=12\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 求解第一问时，首先根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，可得PA垂直于AC，从而算出∠PAB的度数；再根据切线长定理可得PA=PB，△PAB为等腰三角形，两底角相等，最后结合三角形内角和为180°即可求出∠P的度数。
(2) 求解第二问时，先连接BC，根据“直径所对的圆周角为直角”，可得△ABC是直角三角形，结合30°角所对直角边是斜边一半的性质算出BC的长度，再用勾股定理求出AB的长度；和第一问同理算出∠PAB=60°，结合PA=PB可判定△PAB是等边三角形，三边相等，即可求出△ABP的周长。
【解析】
(1)
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠CAP=90°，
∵∠BAC=28°，
∴∠PAB=90°−∠BAC=62°，
∵PA,PB都与$\odot O$相切，切点分别为A,B，
∴PA=PB，
∴∠PBA=∠PAB=62°，
∴∠P=180°−∠PAB−∠PBA=56°。
(2) 如图，连接CB。
∵AC是$\odot O$的直径，
∴∠CBA=90°，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=30°，AC=8，
∴BC=$\frac{1}{2}$AC=4，
根据勾股定理，得 $AB = \sqrt{AC^2−BC^2} = \sqrt{8^2−4^2}=4\sqrt{3}$，
由(1)知，∠CAP=90°，
∵∠BAC=30°，
∴∠PAB=90°−30°=60°，
由(1)知，PA=PB，
∴△PAB是等边三角形，
∴PA=PB=AB=$4\sqrt{3}$，
∴△ABP的周长为$4\sqrt{3}×3=12\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $∠ P=56°$
(2) $△ ABP$的周长为$12\sqrt{3}$，辅助线图：
【知识点】
切线的性质；切线长定理；等边三角形的判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，核心考查切线相关性质和特殊三角形的计算，解题关键是灵活运用切线性质、切线长定理，结合圆周角推论、勾股定理等知识求解，解题思路清晰，属于常规考点题型。
【难度系数】
0.7
(1) 求解第一问时，首先根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，可得PA垂直于AC，从而算出∠PAB的度数；再根据切线长定理可得PA=PB，△PAB为等腰三角形，两底角相等，最后结合三角形内角和为180°即可求出∠P的度数。
(2) 求解第二问时，先连接BC，根据“直径所对的圆周角为直角”，可得△ABC是直角三角形，结合30°角所对直角边是斜边一半的性质算出BC的长度，再用勾股定理求出AB的长度；和第一问同理算出∠PAB=60°，结合PA=PB可判定△PAB是等边三角形，三边相等，即可求出△ABP的周长。
【解析】
(1)
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠CAP=90°，
∵∠BAC=28°，
∴∠PAB=90°−∠BAC=62°，
∵PA,PB都与$\odot O$相切，切点分别为A,B，
∴PA=PB，
∴∠PBA=∠PAB=62°，
∴∠P=180°−∠PAB−∠PBA=56°。
(2) 如图，连接CB。
∵AC是$\odot O$的直径，
∴∠CBA=90°，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=30°，AC=8，
∴BC=$\frac{1}{2}$AC=4，
根据勾股定理，得 $AB = \sqrt{AC^2−BC^2} = \sqrt{8^2−4^2}=4\sqrt{3}$，
由(1)知，∠CAP=90°，
∵∠BAC=30°，
∴∠PAB=90°−30°=60°，
由(1)知，PA=PB，
∴△PAB是等边三角形，
∴PA=PB=AB=$4\sqrt{3}$，
∴△ABP的周长为$4\sqrt{3}×3=12\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $∠ P=56°$
(2) $△ ABP$的周长为$12\sqrt{3}$，辅助线图：
【知识点】
切线的性质；切线长定理；等边三角形的判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，核心考查切线相关性质和特殊三角形的计算，解题关键是灵活运用切线性质、切线长定理，结合圆周角推论、勾股定理等知识求解，解题思路清晰，属于常规考点题型。
【难度系数】
0.7
8. 以正方形ABCD的边AB为直径向右作半圆，CF与半圆所在圆相切，切点为F，CF的延长线交边AD于点E。若△CDE的周长为12，则正方形ABCD的周长为（
A.14
B.15
C.16
D.17
（第8题图）
（第9题图）
C
）A.14
B.15
C.16
D.17
（第8题图）
（第9题图）
答案
8. C
解析
【分析】
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。先结合正方形的性质判断CB、EA都是半圆的切线，再结合CF是切线，可得CB=CF、AE=EF，最后将△CDE的周长转化为正方形边长的和，求出边长后即可计算正方形的周长。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$a$。
∵ AB是半圆的直径，四边形ABCD是正方形，
∴ $CB⊥AB$，$EA⊥AB$，即CB、EA都是半圆所在圆的切线。
又
∵ CF是半圆所在圆的切线，切点为F，
根据切线长定理可得：$CF=CB=a$，$EF=AE$。
已知△CDE的周长为12，即$CD + DE + CE = 12$，
其中$CE = CF + EF = a + AE$，代入周长公式得：
$CD + DE + a + AE = 12$，
又
∵ $DE + AE = AD = a$，$CD = a$，
∴ $a + a + a = 3a = 12$，解得$a=4$，
因此正方形ABCD的周长为$4a = 4×4=16$。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，正方形的性质，周长计算
【点评】
本题的核心是利用切线长定理实现线段长度的转化，将三角形周长和正方形边长建立关联，不需要复杂的辅助线或计算，掌握切线长定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。先结合正方形的性质判断CB、EA都是半圆的切线，再结合CF是切线，可得CB=CF、AE=EF，最后将△CDE的周长转化为正方形边长的和，求出边长后即可计算正方形的周长。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$a$。
∵ AB是半圆的直径，四边形ABCD是正方形，
∴ $CB⊥AB$，$EA⊥AB$，即CB、EA都是半圆所在圆的切线。
又
∵ CF是半圆所在圆的切线，切点为F，
根据切线长定理可得：$CF=CB=a$，$EF=AE$。
已知△CDE的周长为12，即$CD + DE + CE = 12$，
其中$CE = CF + EF = a + AE$，代入周长公式得：
$CD + DE + a + AE = 12$，
又
∵ $DE + AE = AD = a$，$CD = a$，
∴ $a + a + a = 3a = 12$，解得$a=4$，
因此正方形ABCD的周长为$4a = 4×4=16$。
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，正方形的性质，周长计算
【点评】
本题的核心是利用切线长定理实现线段长度的转化，将三角形周长和正方形边长建立关联，不需要复杂的辅助线或计算，掌握切线长定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7
9.如图，PA，PB是$\odot O$的两条切线，切点分别为A，B，AB与OP相交于点H.若$AP=2\sqrt{3}$，$∠ APB=60°$，则OH的长为
1
.答案
9. 1
解析
【分析】
解题时先回忆切线相关性质：①切线垂直于过切点的半径；②切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，且垂直平分两切点的连线。首先由∠APB=60°可得∠APO=30°，先在Rt△OAP中求出半径OA和线段OP的长度，再结合垂直关系利用直角三角形的性质即可求出OH的长度。
【解析】
连接OA，
∵PA、PB是⊙O的两条切线，切点为A、B，
∴OA⊥PA，PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AB，
∴$∠ APO = \frac{1}{2}∠ APB = \frac{1}{2}×60°=30°$。
在Rt△OAP中，$∠ OAP=90°$，$∠ APO=30°$，$AP=2\sqrt{3}$，
∴$OP=\frac{AP}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$，$OA=\frac{1}{2}OP=2$（30°角所对直角边等于斜边的一半）。
在Rt△AHP中，$∠ AHP=90°$，$∠ APH=30°$，
∴$PH=AP·\cos30°=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=3$，
∴$OH=OP-PH=4-3=1$。
【答案】
1
【知识点】
切线的性质；切线长定理；解直角三角形
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础计算题，解题的核心是熟练掌握切线的相关性质，快速得到角与线段的数量关系，结合直角三角形的边角计算即可求解。
【难度系数】
0.7
解题时先回忆切线相关性质：①切线垂直于过切点的半径；②切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，且垂直平分两切点的连线。首先由∠APB=60°可得∠APO=30°，先在Rt△OAP中求出半径OA和线段OP的长度，再结合垂直关系利用直角三角形的性质即可求出OH的长度。
【解析】
连接OA，
∵PA、PB是⊙O的两条切线，切点为A、B，
∴OA⊥PA，PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AB，
∴$∠ APO = \frac{1}{2}∠ APB = \frac{1}{2}×60°=30°$。
在Rt△OAP中，$∠ OAP=90°$，$∠ APO=30°$，$AP=2\sqrt{3}$，
∴$OP=\frac{AP}{\cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=4$，$OA=\frac{1}{2}OP=2$（30°角所对直角边等于斜边的一半）。
在Rt△AHP中，$∠ AHP=90°$，$∠ APH=30°$，
∴$PH=AP·\cos30°=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=3$，
∴$OH=OP-PH=4-3=1$。
【答案】
1
【知识点】
切线的性质；切线长定理；解直角三角形
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础计算题，解题的核心是熟练掌握切线的相关性质，快速得到角与线段的数量关系，结合直角三角形的边角计算即可求解。
【难度系数】
0.7
10. 综合与实践
【活动目标】如图1，已知$\odot O$及$\odot O$外一点$P$，求作直线$PD$，使$PD$与$\odot O$相切于点$D$.
【操作步骤】小明经过思考，整理出了如下作法(图2)：
①连接$OP$，分别以点$O$，$P$为圆心，大于$\frac{1}{2}OP$的长为半径作弧，两弧交于点$A$，$C$.
②作直线$AC$，交$OP$于点$B$.
③以点$B$为圆心，$OB$的长为半径作弧，分别交$\odot O$于点$D$，$E$.
④作直线$PD$，$PE$，则直线$PD$即为所求.
【证明与作图】
(1)根据以上作图方法，请证明$PD$与$\odot O$相切于点$D$.
(2)连接$DE$，若$\odot O$的半径为$5$，$OP=13$，求$DE$的长.
(3)已知$\odot O$及$\odot O$外一点$P$，求作直线$PM$，使$PM$与$\odot O$相切于点$M$，你有其他的作图方法吗？请利用尺规在图1中进行作图，保留作图痕迹，不写作法.
【活动目标】如图1，已知$\odot O$及$\odot O$外一点$P$，求作直线$PD$，使$PD$与$\odot O$相切于点$D$.
【操作步骤】小明经过思考，整理出了如下作法(图2)：
①连接$OP$，分别以点$O$，$P$为圆心，大于$\frac{1}{2}OP$的长为半径作弧，两弧交于点$A$，$C$.
②作直线$AC$，交$OP$于点$B$.
③以点$B$为圆心，$OB$的长为半径作弧，分别交$\odot O$于点$D$，$E$.
④作直线$PD$，$PE$，则直线$PD$即为所求.
【证明与作图】
(1)根据以上作图方法，请证明$PD$与$\odot O$相切于点$D$.
(2)连接$DE$，若$\odot O$的半径为$5$，$OP=13$，求$DE$的长.
(3)已知$\odot O$及$\odot O$外一点$P$，求作直线$PM$，使$PM$与$\odot O$相切于点$M$，你有其他的作图方法吗？请利用尺规在图1中进行作图，保留作图痕迹，不写作法.
答案
10. (1)【证明】如图,连接OD,BD.
根据题中的作图方法,得AC垂直平分线段OP,OB=BD.
∴OB=BD=BP.
∴∠BOD=∠ODB,∠BDP=∠DPB.
又∠BOD+∠ODB+∠BDP+∠DPB=180°,
∴∠ODP=∠ODB+∠BDP=90°.
∴OD⊥DP.
又OD为$\odot O$的半径，
∴PD与$\odot O$相切于点D.
(2)【解】如图,设DE交OP于点F,连接OD.
由(1)知PD与$\odot O$相切于点D.
同理,PE与$\odot O$相切于点E.
∴PD=PE,PO平分∠DPE.
易证OP垂直平分DE.
∴DE=2DF.
由(1)知,∠ODP=90°.
∴△ODP为直角三角形.
∵在Rt△ODP中,OD=5,OP=13，
∴由勾股定理,得 DP=$\sqrt{OP^2−OD^2}$=12.
∵$\frac{1}{2}OD·DP=\frac{1}{2}OP·DF$,即$\frac{1}{2}×5×12=\frac{1}{2}×13·DF$,
∴DF=$\frac{60}{13}$.
∴DE=2DF=$\frac{120}{13}$.
(3)【解】如图,直线PM即为所求.(提示:以点P为圆心,OP的长为半径作弧,再以点O为圆心,$\odot O$的直径长为半径作弧,两弧交于点N,连接ON,交$\odot O$于点M,作直线PM.)
解析
【分析】
(1) 要证明PD是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需证明OD⊥PD即可。首先根据作图步骤可知AC是OP的垂直平分线，可得B是OP中点，结合作图得BD=OB=BP，利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形内角和定理，可推出∠ODP=90°，从而得证。
(2) 求DE的长，先由切线长定理得PD=PE，OP平分∠DPE，因此OP垂直平分DE，即DE=2DF。先在Rt△ODP中用勾股定理求出PD的长度，再利用三角形面积的两种表示方法求出DF的长度，即可得到DE的长度。
(3) 作图核心是构造直角∠OMP=90°，可通过构造全等三角形，或利用直径所对圆周角为直角的思路完成作图，按照提示的方法操作即可。
【解析】
(1) 证明：连接OD，BD。
根据作图方法可得，AC垂直平分线段OP，且以B为圆心OB长为半径作弧，因此BD=OB。
∴ OB=BP，OB=BD=BP，
∴ ∠BOD=∠ODB，∠BDP=∠DPB，
在△ODP中，∠BOD+∠ODB+∠BDP+∠DPB=180°，
∴ 2(∠ODB+∠BDP)=180°，即∠ODP=∠ODB+∠BDP=90°，
∴ OD⊥DP，
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ PD与⊙O相切于点D。
(2) 解：设DE交OP于点F，连接OD。
由(1)知PD是⊙O的切线，同理可得PE是⊙O的切线，
根据切线长定理，PD=PE，PO平分∠DPE，
∴ OP垂直平分DE，即DE=2DF，DF⊥OP。
由(1)知∠ODP=90°，△ODP是直角三角形，
已知OD=5，OP=13，由勾股定理得：
DP=√(OP²-OD²)=√(13²-5²)=12，
△ODP的面积可表示为$\frac{1}{2}·OD·DP$，也可表示为$\frac{1}{2}·OP·DF$，
∴ $\frac{1}{2}×5×12 = \frac{1}{2}×13×DF$，解得$DF=\frac{60}{13}$，
∴ $DE=2DF=\frac{120}{13}$。
(3) 按照提示方法作图：以点P为圆心，OP的长为半径作弧，再以点O为圆心，⊙O的直径长为半径作弧，两弧交于点N，连接ON，交⊙O于点M，作直线PM，即为所求。
【答案】
10. (1)【证明】如图,连接OD,BD.
根据题中的作图方法,得AC垂直平分线段OP,OB=BD.
∴OB=BD=BP.
∴∠BOD=∠ODB,∠BDP=∠DPB.
又∠BOD+∠ODB+∠BDP+∠DPB=180°,
∴∠ODP=∠ODB+∠BDP=90°.
∴OD⊥DP.
又OD为$\odot O$的半径，
∴PD与$\odot O$相切于点D.
(2)【解】如图,设DE交OP于点F,连接OD.
由(1)知PD与$\odot O$相切于点D.
同理,PE与$\odot O$相切于点E.
∴PD=PE,PO平分∠DPE.
易证OP垂直平分DE.
∴DE=2DF.
由(1)知,∠ODP=90°.
∴△ODP为直角三角形.
∵在Rt△ODP中,OD=5,OP=13，
∴由勾股定理,得 DP=$\sqrt{OP^2−OD^2}$=12.
∵$\frac{1}{2}OD·DP=\frac{1}{2}OP·DF$,即$\frac{1}{2}×5×12=\frac{1}{2}×13·DF$,
∴DF=$\frac{60}{13}$.
∴DE=2DF=$\frac{120}{13}$.
(3)【解】如图,直线PM即为所求.(提示:以点P为圆心,OP的长为半径作弧,再以点O为圆心,$\odot O$的直径长为半径作弧,两弧交于点N,连接ON,交$\odot O$于点M,作直线PM.)
【知识点】
切线的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题将尺规作图、几何证明、线段计算相结合，既考查了学生对作图原理的理解能力，也考查了圆的相关性质、三角形性质的综合运用能力，需要学生具备清晰的逻辑推理能力和灵活的知识迁移能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明PD是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需证明OD⊥PD即可。首先根据作图步骤可知AC是OP的垂直平分线，可得B是OP中点，结合作图得BD=OB=BP，利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形内角和定理，可推出∠ODP=90°，从而得证。
(2) 求DE的长，先由切线长定理得PD=PE，OP平分∠DPE，因此OP垂直平分DE，即DE=2DF。先在Rt△ODP中用勾股定理求出PD的长度，再利用三角形面积的两种表示方法求出DF的长度，即可得到DE的长度。
(3) 作图核心是构造直角∠OMP=90°，可通过构造全等三角形，或利用直径所对圆周角为直角的思路完成作图，按照提示的方法操作即可。
【解析】
(1) 证明：连接OD，BD。
根据作图方法可得，AC垂直平分线段OP，且以B为圆心OB长为半径作弧，因此BD=OB。
∴ OB=BP，OB=BD=BP，
∴ ∠BOD=∠ODB，∠BDP=∠DPB，
在△ODP中，∠BOD+∠ODB+∠BDP+∠DPB=180°，
∴ 2(∠ODB+∠BDP)=180°，即∠ODP=∠ODB+∠BDP=90°，
∴ OD⊥DP，
又
∵ OD是⊙O的半径，
∴ PD与⊙O相切于点D。
(2) 解：设DE交OP于点F，连接OD。
由(1)知PD是⊙O的切线，同理可得PE是⊙O的切线，
根据切线长定理，PD=PE，PO平分∠DPE，
∴ OP垂直平分DE，即DE=2DF，DF⊥OP。
由(1)知∠ODP=90°，△ODP是直角三角形，
已知OD=5，OP=13，由勾股定理得：
DP=√(OP²-OD²)=√(13²-5²)=12，
△ODP的面积可表示为$\frac{1}{2}·OD·DP$，也可表示为$\frac{1}{2}·OP·DF$，
∴ $\frac{1}{2}×5×12 = \frac{1}{2}×13×DF$，解得$DF=\frac{60}{13}$，
∴ $DE=2DF=\frac{120}{13}$。
(3) 按照提示方法作图：以点P为圆心，OP的长为半径作弧，再以点O为圆心，⊙O的直径长为半径作弧，两弧交于点N，连接ON，交⊙O于点M，作直线PM，即为所求。
【答案】
10. (1)【证明】如图,连接OD,BD.
根据题中的作图方法,得AC垂直平分线段OP,OB=BD.
∴OB=BD=BP.
∴∠BOD=∠ODB,∠BDP=∠DPB.
又∠BOD+∠ODB+∠BDP+∠DPB=180°,
∴∠ODP=∠ODB+∠BDP=90°.
∴OD⊥DP.
又OD为$\odot O$的半径，
∴PD与$\odot O$相切于点D.
(2)【解】如图,设DE交OP于点F,连接OD.
由(1)知PD与$\odot O$相切于点D.
同理,PE与$\odot O$相切于点E.
∴PD=PE,PO平分∠DPE.
易证OP垂直平分DE.
∴DE=2DF.
由(1)知,∠ODP=90°.
∴△ODP为直角三角形.
∵在Rt△ODP中,OD=5,OP=13，
∴由勾股定理,得 DP=$\sqrt{OP^2−OD^2}$=12.
∵$\frac{1}{2}OD·DP=\frac{1}{2}OP·DF$,即$\frac{1}{2}×5×12=\frac{1}{2}×13·DF$,
∴DF=$\frac{60}{13}$.
∴DE=2DF=$\frac{120}{13}$.
(3)【解】如图,直线PM即为所求.(提示:以点P为圆心,OP的长为半径作弧,再以点O为圆心,$\odot O$的直径长为半径作弧,两弧交于点N,连接ON,交$\odot O$于点M,作直线PM.)
【知识点】
切线的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题将尺规作图、几何证明、线段计算相结合，既考查了学生对作图原理的理解能力，也考查了圆的相关性质、三角形性质的综合运用能力，需要学生具备清晰的逻辑推理能力和灵活的知识迁移能力。
【难度系数】
0.6
