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1 如图,已知PA切⊙O于点A,⊙O的半径为3,OP=5,则切线PA的长为 (
A.$\sqrt{34}$
B.8
C.4
D.2
C
)A.$\sqrt{34}$
B.8
C.4
D.2
答案
1.C 【解析】连接 OA.
∵ PA 切⊙O 于点 A,
∴ OA⊥AP. 在Rt△OAP 中,$PA=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. 故选 C.
∵ PA 切⊙O 于点 A,
∴ OA⊥AP. 在Rt△OAP 中,$PA=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. 故选 C.
解析
【分析】
遇到切线相关的计算问题，首先回忆切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径。因此首先要连接切点A和圆心O，构造出直角三角形OAP，此时已知直角三角形的斜边OP和直角边OA的长度，利用勾股定理即可求出切线PA的长度。
【解析】
连接OA，
∵PA切⊙O于点A，
∴OA⊥AP，即△OAP为直角三角形。
已知OA是⊙O的半径，故OA=3，又OP=5，
在Rt△OAP中，根据勾股定理可得：
$PA=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$
故选C。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；勾股定理
【点评】
本题是切线性质的基础应用，解题关键是连接圆心和切点构造直角三角形，再结合勾股定理求解，属于常规基础题型，掌握切线的基本性质即可快速解答。
【难度系数】
0.8
遇到切线相关的计算问题，首先回忆切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径。因此首先要连接切点A和圆心O，构造出直角三角形OAP，此时已知直角三角形的斜边OP和直角边OA的长度，利用勾股定理即可求出切线PA的长度。
【解析】
连接OA，
∵PA切⊙O于点A，
∴OA⊥AP，即△OAP为直角三角形。
已知OA是⊙O的半径，故OA=3，又OP=5，
在Rt△OAP中，根据勾股定理可得：
$PA=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$
故选C。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；勾股定理
【点评】
本题是切线性质的基础应用，解题关键是连接圆心和切点构造直角三角形，再结合勾股定理求解，属于常规基础题型，掌握切线的基本性质即可快速解答。
【难度系数】
0.8
2[2026江苏南京栖霞区调研]如图，PA，PB分别切$\odot O$于点A，B，$∠ P=60°$，$PA=8$，那么弦AB的长是（
A.4
B.8
C.$4\sqrt{3}$
D.$8\sqrt{3}$
B
）A.4
B.8
C.$4\sqrt{3}$
D.$8\sqrt{3}$
答案
2.B 【解析】
∵ PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴ PA=PB.
∵ ∠P=60°,
∴ △PAB为等边三角形,
∴ AB=PA=8. 故选 B.
∵ PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴ PA=PB.
∵ ∠P=60°,
∴ △PAB为等边三角形,
∴ AB=PA=8. 故选 B.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件入手，PA、PB是圆O的两条切线，可先联想切线长定理，得到PA与PB的长度相等，此时△PAB为等腰三角形；再结合已知∠P=60°，根据等边三角形的判定规则，有一个角是60°的等腰三角形为等边三角形，可判断△PAB是等边三角形，最后根据等边三角形三边相等的性质，即可直接求出AB的长度。
【解析】
∵ PA，PB分别切$\odot O$于点A，B，根据切线长定理可得
$\therefore PA=PB$，
又$\because ∠P=60°$，
$\therefore △PAB$为等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
$\therefore AB=PA=8$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何题，主要结合切线的性质与特殊三角形的判定求解，解题核心是先通过切线长定理得到两条切线长度相等，再判断三角形的类型即可快速得到结果。
【难度系数】
0.8
解题时首先从已知条件入手，PA、PB是圆O的两条切线，可先联想切线长定理，得到PA与PB的长度相等，此时△PAB为等腰三角形；再结合已知∠P=60°，根据等边三角形的判定规则，有一个角是60°的等腰三角形为等边三角形，可判断△PAB是等边三角形，最后根据等边三角形三边相等的性质，即可直接求出AB的长度。
【解析】
∵ PA，PB分别切$\odot O$于点A，B，根据切线长定理可得
$\therefore PA=PB$，
又$\because ∠P=60°$，
$\therefore △PAB$为等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
$\therefore AB=PA=8$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何题，主要结合切线的性质与特殊三角形的判定求解，解题核心是先通过切线长定理得到两条切线长度相等，再判断三角形的类型即可快速得到结果。
【难度系数】
0.8
3[2026江苏扬州期中]如图,$AC ⊥ BC$于$C$,$BC=a$,$CA=b$,$AB=c$,$\odot O$与直线$AB$,$BC$,$AC$都相切,则$\odot O$的半径长为 (
A.$\dfrac{a+b-c}{2}$
B.$\dfrac{b+c-a}{2}$
C.$\dfrac{a+b+c}{2}$
D.$\dfrac{a+c-b}{2}$
(第3题图)
(第4题图)
B
)A.$\dfrac{a+b-c}{2}$
B.$\dfrac{b+c-a}{2}$
C.$\dfrac{a+b+c}{2}$
D.$\dfrac{a+c-b}{2}$
(第3题图)
(第4题图)
答案
3.B 【解析】如图,设直线AC,BC,BA与⊙O的切点分别为D,E,F,连接OD,OE.
∵ AC,BE 是 ⊙O 的切线,AC⊥BC,
∴ ∠ODC=∠OEC=∠DCE=90°,
∴ 四边形 ODCE 是矩形.
∵ OD = OE,
∴ 四边形 ODCE 是正方形,
∴ OE=OD=CD. 设 CD=CE=x. 由切线长定理得 AF=AD=AC-CD=b-x,BF=BE,则 BA+AF=BC+CE,即 c+b-x=a+x,
∴ $x=\frac{c+b-a}{2}$,故 ⊙O 的半径长为 $\frac{c+b-a}{2}$. 故选 B.
解析
【分析】
遇到圆与多条直线相切的问题，优先考虑切线的性质和切线长定理。本题中AC⊥BC，且AC、BC都是⊙O的切线，首先连接圆心O到AC、BC的切点，可得到两条垂直于对应边的半径，由此判定四边形ODCE是正方形，将半径转化为正方形的边长。再设半径为x，利用切线长定理把各切线段用含x、a、b、c的式子表示，根据切线段相等的关系列方程，求解即可得到半径长度。
【解析】
设直线AC、BC、BA与⊙O的切点分别为D、E、F，连接OD、OE。
∵ AC、BE是⊙O的切线，AC⊥BC，
∴ ∠ODC=∠OEC=∠DCE=90°，
∴ 四边形ODCE是矩形。
又
∵ OD=OE（同圆的半径相等），
∴ 四边形ODCE是正方形，
∴ OE=OD=CD。
设CD=CE=x（即⊙O的半径为x），由切线长定理得：AF=AD=AC-CD=b-x，BF=BE。
∵ BE=BC+CE=a+x，BF=BA+AF=c+(b-x)，
∴ $c + b - x = a + x$，
整理得$2x = b + c - a$，解得$x=\frac{b+c-a}{2}$，即⊙O的半径长为$\frac{b+c-a}{2}$。
【答案】B
【知识点】切线的性质；切线长定理；正方形的判定
【点评】本题是切线长定理的典型应用题型，解题的关键是通过连接圆心与切点构造特殊四边形，再结合切线长定理建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
遇到圆与多条直线相切的问题，优先考虑切线的性质和切线长定理。本题中AC⊥BC，且AC、BC都是⊙O的切线，首先连接圆心O到AC、BC的切点，可得到两条垂直于对应边的半径，由此判定四边形ODCE是正方形，将半径转化为正方形的边长。再设半径为x，利用切线长定理把各切线段用含x、a、b、c的式子表示，根据切线段相等的关系列方程，求解即可得到半径长度。
【解析】
设直线AC、BC、BA与⊙O的切点分别为D、E、F，连接OD、OE。
∵ AC、BE是⊙O的切线，AC⊥BC，
∴ ∠ODC=∠OEC=∠DCE=90°，
∴ 四边形ODCE是矩形。
又
∵ OD=OE（同圆的半径相等），
∴ 四边形ODCE是正方形，
∴ OE=OD=CD。
设CD=CE=x（即⊙O的半径为x），由切线长定理得：AF=AD=AC-CD=b-x，BF=BE。
∵ BE=BC+CE=a+x，BF=BA+AF=c+(b-x)，
∴ $c + b - x = a + x$，
整理得$2x = b + c - a$，解得$x=\frac{b+c-a}{2}$，即⊙O的半径长为$\frac{b+c-a}{2}$。
【答案】B
【知识点】切线的性质；切线长定理；正方形的判定
【点评】本题是切线长定理的典型应用题型，解题的关键是通过连接圆心与切点构造特殊四边形，再结合切线长定理建立方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
4 如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，点C，D在$\odot O$上.若$∠ P = 102°$，则$∠ A + ∠ C =$
219°
.答案
4.219° 【解析】连接 AB.
∵ PA,PB 是 ⊙O 的切线,
∴ PA = PB.
∵ ∠P = 102°,
∴ ∠PAB = ∠PBA = $\frac{1}{2}(180°-102°)=39°$.
∵ ∠DAB + ∠C = 180°,
∴ ∠PAD+∠C = ∠PAB+∠DAB+∠C = 39°+180° = 219°,故答案为 219°.
∵ PA,PB 是 ⊙O 的切线,
∴ PA = PB.
∵ ∠P = 102°,
∴ ∠PAB = ∠PBA = $\frac{1}{2}(180°-102°)=39°$.
∵ ∠DAB + ∠C = 180°,
∴ ∠PAD+∠C = ∠PAB+∠DAB+∠C = 39°+180° = 219°,故答案为 219°.
解析
【分析】
解题时先根据已知的切线条件，结合切线长定理得到PA=PB，再借助等腰三角形内角和规律算出∠PAB的度数；要求∠PAD与∠C的和，可通过连接AB构造辅助线，利用圆内接四边形对角互补的性质得到∠DAB+∠C=180°，最后将∠PAD拆分为∠PAB与∠DAB的和，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
连接AB，
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，
∴ PA = PB，
∵ $∠ P = 102°$，
∴ $∠ PAB = ∠ PBA = \frac{1}{2}(180°-∠ P)=\frac{1}{2}(180°-102°)=39°$，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ DAB + ∠ C = 180°$，
∴ $∠ PAD+∠ C = ∠ PAB+∠ DAB+∠ C = 39°+180° = 219°$。
【答案】
$219°$
【知识点】
切线长定理，等腰三角形性质，圆内接四边形性质
【点评】
本题是基础综合类题目，解题的核心是通过连接AB构造辅助线，完成角度的拆分与转化，结合切线、等腰三角形、圆内接四边形的相关性质计算即可。
【难度系数】
0.7
解题时先根据已知的切线条件，结合切线长定理得到PA=PB，再借助等腰三角形内角和规律算出∠PAB的度数；要求∠PAD与∠C的和，可通过连接AB构造辅助线，利用圆内接四边形对角互补的性质得到∠DAB+∠C=180°，最后将∠PAD拆分为∠PAB与∠DAB的和，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
连接AB，
∵ PA，PB是$\odot O$的切线，
∴ PA = PB，
∵ $∠ P = 102°$，
∴ $∠ PAB = ∠ PBA = \frac{1}{2}(180°-∠ P)=\frac{1}{2}(180°-102°)=39°$，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ DAB + ∠ C = 180°$，
∴ $∠ PAD+∠ C = ∠ PAB+∠ DAB+∠ C = 39°+180° = 219°$。
【答案】
$219°$
【知识点】
切线长定理，等腰三角形性质，圆内接四边形性质
【点评】
本题是基础综合类题目，解题的核心是通过连接AB构造辅助线，完成角度的拆分与转化，结合切线、等腰三角形、圆内接四边形的相关性质计算即可。
【难度系数】
0.7
5 如图，$\odot O$ 内切于正方形 $ABCD$，$O$ 为圆心，作 $∠ MON=90°$，其两边分别交 $BC, CD$ 于点 $N, M$，若 $CM+CN=4$，则 $\odot O$ 的面积为
（第5题图）
（第6题图）
4π
。（第5题图）
（第6题图）
答案
5.4π 【解析】如图,设⊙O 与正方形 ABCD 的边 CD 切于点 E,与边 BC 相切于点 F,连接 OE, OF,
∴ CF = CE = OE = OF, ∠OEM = ∠OFN = ∠EOF = 90°.
∵ ∠MON=90°,
∴ ∠EOM = ∠FON,
∴ △OEM≌△OFN(ASA),
∴ EM=NF,
∴ CM+CN = CE+CF = 2CF = 4,
∴ OE = CF=2,
∴ ⊙O 的面积为 4π.
解析
【分析】
解题时首先回忆切线的相关性质，遇到切线问题优先连接圆心和切点构造垂直关系：
1. 先作辅助线：连接$\odot O$与$CD$、$BC$的切点$E$、$F$，根据切线性质可得$OE⊥ CD$、$OF⊥ BC$，结合正方形$ABCD$中$∠ C=90°$，可推出四边形$OECF$是正方形，即$CE=CF=\odot O$的半径$r$，且$∠ EOF=90°$；
2. 结合已知$∠ MON=90°$，可得$∠ EOM=∠ FON$（同角的余角相等），结合$OE=OF$、$∠ OEM=∠ OFN=90°$，可证$△ OEM≌△ OFN$，得到$EM=FN$；
3. 将$CM+CN$用线段和差展开，结合$EM=FN$的结论，可转化得到$CM+CN=CE+CF=2r$，代入已知$CM+CN=4$即可求出半径，最后计算圆的面积。
【解析】
设$\odot O$与正方形$ABCD$的边$CD$切于点$E$，与边$BC$相切于点$F$，连接$OE,OF$。
根据切线的性质可得：$OE⊥ CD$，$OF⊥ BC$，$OE=OF$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠ C=90°$，
∴ 四边形$OECF$是矩形，又$OE=OF$，
∴ 四边形$OECF$是正方形，
∴ $CF = CE = OE = OF$，$∠ OEM = ∠ OFN = ∠ EOF = 90°$。
∵ $∠ MON=90°$，即$∠ EOM+∠ MOF=∠ FON+∠ MOF=90°$，
∴ $∠ EOM = ∠ FON$。
在$△ OEM$和$△ OFN$中：
$\begin{cases}∠ OEM=∠ OFN \\OE=OF \\∠ EOM=∠ FON\end{cases}$
∴ $△ OEM≌△ OFN(\mathrm{ASA})$，
∴ $EM=NF$。
∴ $CM+CN=(CE-EM)+(CF+FN)=CE+CF=2CF$，
已知$CM+CN=4$，
∴ $2CF=4$，解得$CF=2$，即$\odot O$的半径$r=2$。
∴ $\odot O$的面积为$π r^2=π×2^2=4π$。
【答案】
$4π$
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定与性质；圆的面积计算
【点评】
本题是圆与正方形结合的几何综合题，解题的核心是通过连接圆心与切点构造辅助线，借助全等三角形实现线段的转化，将未知的半径和已知线段和建立联系，对几何辅助线的构造能力和线段转化思维有一定考查。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆切线的相关性质，遇到切线问题优先连接圆心和切点构造垂直关系：
1. 先作辅助线：连接$\odot O$与$CD$、$BC$的切点$E$、$F$，根据切线性质可得$OE⊥ CD$、$OF⊥ BC$，结合正方形$ABCD$中$∠ C=90°$，可推出四边形$OECF$是正方形，即$CE=CF=\odot O$的半径$r$，且$∠ EOF=90°$；
2. 结合已知$∠ MON=90°$，可得$∠ EOM=∠ FON$（同角的余角相等），结合$OE=OF$、$∠ OEM=∠ OFN=90°$，可证$△ OEM≌△ OFN$，得到$EM=FN$；
3. 将$CM+CN$用线段和差展开，结合$EM=FN$的结论，可转化得到$CM+CN=CE+CF=2r$，代入已知$CM+CN=4$即可求出半径，最后计算圆的面积。
【解析】
设$\odot O$与正方形$ABCD$的边$CD$切于点$E$，与边$BC$相切于点$F$，连接$OE,OF$。
根据切线的性质可得：$OE⊥ CD$，$OF⊥ BC$，$OE=OF$。
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $∠ C=90°$，
∴ 四边形$OECF$是矩形，又$OE=OF$，
∴ 四边形$OECF$是正方形，
∴ $CF = CE = OE = OF$，$∠ OEM = ∠ OFN = ∠ EOF = 90°$。
∵ $∠ MON=90°$，即$∠ EOM+∠ MOF=∠ FON+∠ MOF=90°$，
∴ $∠ EOM = ∠ FON$。
在$△ OEM$和$△ OFN$中：
$\begin{cases}∠ OEM=∠ OFN \\OE=OF \\∠ EOM=∠ FON\end{cases}$
∴ $△ OEM≌△ OFN(\mathrm{ASA})$，
∴ $EM=NF$。
∴ $CM+CN=(CE-EM)+(CF+FN)=CE+CF=2CF$，
已知$CM+CN=4$，
∴ $2CF=4$，解得$CF=2$，即$\odot O$的半径$r=2$。
∴ $\odot O$的面积为$π r^2=π×2^2=4π$。
【答案】
$4π$
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定与性质；圆的面积计算
【点评】
本题是圆与正方形结合的几何综合题，解题的核心是通过连接圆心与切点构造辅助线，借助全等三角形实现线段的转化，将未知的半径和已知线段和建立联系，对几何辅助线的构造能力和线段转化思维有一定考查。
【难度系数】
0.6
6[2025吉林长春榆树期末]如图，PA，PB分别切$\odot O$于点A，B，AC是$\odot O$的直径，连接OB，BC，OP.若$∠ APB=60°$，则下列结论中，一定正确的是
①$OB=BC$；②$BC// PO$；③$PO=AC$；④$∠ PBC=∠ POC$.
①②③
.(填序号)①$OB=BC$；②$BC// PO$；③$PO=AC$；④$∠ PBC=∠ POC$.
答案
6.①②③ 【解析】
∵ PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴ PA = PB, ∠OBP = ∠OAP = 90°.
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 360° - ∠OBP - ∠OAP - ∠APB = 120°,
∴ ∠BOC = 180° - ∠AOB = 60°. 又
∵ OC = OB,
∴ △OBC 为等边三角形,
∴ OB = BC,故①正确. 在Rt△OPB 和 Rt△OPA 中,$\begin{cases}OB=OA,\\OP=OP,\end{cases}$
∴ Rt△OPB≌Rt△OPA(HL),
∴ ∠BOP = ∠AOP = $\frac{1}{2}$∠AOB = 60°.
∵ △OBC 为等边三角形,
∴ ∠OBC = 60°,
∴ ∠OBC = ∠BOP,
∴ BC // PO, 故②正确. 由 Rt△OPB ≌ Rt△OPA 得 ∠OPB = ∠OPA = $\frac{1}{2}$∠APB = 30°,
∴ OB = $\frac{1}{2}$OP. 又
∵ OB = $\frac{1}{2}$AC,
∴ PO = AC,故③正确.
∵ ∠PBC = ∠PBO + ∠OBC = 90° + 60° = 150°,∠POC = ∠POB + ∠BOC = 60° + 60° = 120°,
∴ ∠PBC≠∠POC,故④错误. 综上,一定正确的结论是①②③. 故答案为①②③.
∵ PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴ PA = PB, ∠OBP = ∠OAP = 90°.
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 360° - ∠OBP - ∠OAP - ∠APB = 120°,
∴ ∠BOC = 180° - ∠AOB = 60°. 又
∵ OC = OB,
∴ △OBC 为等边三角形,
∴ OB = BC,故①正确. 在Rt△OPB 和 Rt△OPA 中,$\begin{cases}OB=OA,\\OP=OP,\end{cases}$
∴ Rt△OPB≌Rt△OPA(HL),
∴ ∠BOP = ∠AOP = $\frac{1}{2}$∠AOB = 60°.
∵ △OBC 为等边三角形,
∴ ∠OBC = 60°,
∴ ∠OBC = ∠BOP,
∴ BC // PO, 故②正确. 由 Rt△OPB ≌ Rt△OPA 得 ∠OPB = ∠OPA = $\frac{1}{2}$∠APB = 30°,
∴ OB = $\frac{1}{2}$OP. 又
∵ OB = $\frac{1}{2}$AC,
∴ PO = AC,故③正确.
∵ ∠PBC = ∠PBO + ∠OBC = 90° + 60° = 150°,∠POC = ∠POB + ∠BOC = 60° + 60° = 120°,
∴ ∠PBC≠∠POC,故④错误. 综上,一定正确的结论是①②③. 故答案为①②③.
解析
【分析】
解题时先结合已知条件回忆切线相关性质：首先由切线的性质可得切线与过切点的半径垂直，切线长相等，先求出∠AOB的度数，进而得到∠BOC的度数，判断△OBC的形状验证结论①；再证明Rt△OPB和Rt△OPA全等，得到∠BOP的度数，结合等边三角形的内角判断内错角相等，验证结论②；接着利用直角三角形中30°角的性质结合直径与半径的关系验证结论③；最后分别计算∠PBC和∠POC的度数，比较大小验证结论④，最终筛选出正确结论。
【解析】
∵ PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴ PA = PB, ∠OBP = ∠OAP = 90°.
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 360° - ∠OBP - ∠OAP - ∠APB = 120°,
∴ ∠BOC = 180° - ∠AOB = 60°.
又
∵ OC = OB,
∴ △OBC 为等边三角形,
∴ OB = BC,故①正确.
在Rt△OPB 和 Rt△OPA 中,$\begin{cases}OB=OA,\\OP=OP,\end{cases}$
∴ Rt△OPB≌Rt△OPA(HL),
∴ ∠BOP = ∠AOP = $\frac{1}{2}$∠AOB = 60°.
∵ △OBC 为等边三角形,
∴ ∠OBC = 60°,
∴ ∠OBC = ∠BOP,
∴ BC // PO, 故②正确.
由 Rt△OPB ≌ Rt△OPA 得 ∠OPB = ∠OPA = $\frac{1}{2}$∠APB = 30°,
∴ 在Rt△OBP中，OB = $\frac{1}{2}$OP.
又
∵ OB = $\frac{1}{2}$AC,
∴ PO = AC,故③正确.
∵ ∠PBC = ∠PBO + ∠OBC = 90° + 60° = 150°,∠POC = ∠POB + ∠BOC = 60° + 60° = 120°,
∴ ∠PBC≠∠POC,故④错误.
综上，正确的结论是①②③。
【答案】
①②③
【知识点】
切线的性质；切线长定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的综合基础题，需要结合切线性质、全等三角形判定、平行线判定等多个知识点对结论逐一验证，解题时要注意角度推导的准确性，熟练掌握圆的相关基础性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.7
解题时先结合已知条件回忆切线相关性质：首先由切线的性质可得切线与过切点的半径垂直，切线长相等，先求出∠AOB的度数，进而得到∠BOC的度数，判断△OBC的形状验证结论①；再证明Rt△OPB和Rt△OPA全等，得到∠BOP的度数，结合等边三角形的内角判断内错角相等，验证结论②；接着利用直角三角形中30°角的性质结合直径与半径的关系验证结论③；最后分别计算∠PBC和∠POC的度数，比较大小验证结论④，最终筛选出正确结论。
【解析】
∵ PA,PB分别切⊙O于点A,B,
∴ PA = PB, ∠OBP = ∠OAP = 90°.
∵ ∠APB = 60°,
∴ ∠AOB = 360° - ∠OBP - ∠OAP - ∠APB = 120°,
∴ ∠BOC = 180° - ∠AOB = 60°.
又
∵ OC = OB,
∴ △OBC 为等边三角形,
∴ OB = BC,故①正确.
在Rt△OPB 和 Rt△OPA 中,$\begin{cases}OB=OA,\\OP=OP,\end{cases}$
∴ Rt△OPB≌Rt△OPA(HL),
∴ ∠BOP = ∠AOP = $\frac{1}{2}$∠AOB = 60°.
∵ △OBC 为等边三角形,
∴ ∠OBC = 60°,
∴ ∠OBC = ∠BOP,
∴ BC // PO, 故②正确.
由 Rt△OPB ≌ Rt△OPA 得 ∠OPB = ∠OPA = $\frac{1}{2}$∠APB = 30°,
∴ 在Rt△OBP中，OB = $\frac{1}{2}$OP.
又
∵ OB = $\frac{1}{2}$AC,
∴ PO = AC,故③正确.
∵ ∠PBC = ∠PBO + ∠OBC = 90° + 60° = 150°,∠POC = ∠POB + ∠BOC = 60° + 60° = 120°,
∴ ∠PBC≠∠POC,故④错误.
综上，正确的结论是①②③。
【答案】
①②③
【知识点】
切线的性质；切线长定理；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的综合基础题，需要结合切线性质、全等三角形判定、平行线判定等多个知识点对结论逐一验证，解题时要注意角度推导的准确性，熟练掌握圆的相关基础性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.7
7[2024 四川自贡中考]在 $Rt△ ABC$ 中，$∠ C = 90°$，$\odot O$ 是 $△ ABC$ 的内切圆，切点分别为 $D$，$E$，$F$。
(1)图(1)中三组相等的线段分别是 $CE=CF$，$AF=$
(2)如图(2)，延长 $AC$ 到点 $M$，使 $AM=AB$，过点 $M$ 作 $MN ⊥ AB$ 于点 $N$。求证：$MN$ 是 $\odot O$ 的切线。
刷易错 小心有坑~
(1)图(1)中三组相等的线段分别是 $CE=CF$，$AF=$
AD
，$BD=$ BE
；若 $AC=3$，$BC=4$，则 $\odot O$ 半径长为 1
。(2)如图(2)，延长 $AC$ 到点 $M$，使 $AM=AB$，过点 $M$ 作 $MN ⊥ AB$ 于点 $N$。求证：$MN$ 是 $\odot O$ 的切线。
刷易错 小心有坑~
答案
7.(1)【解】连接 OE,OF,如图(1). 由切线长定理可知,AF=AD,BD=BE.
∵ ∠C=90°,⊙O 是△ABC 的内切圆,切点分别为 D,E,F,
∴ ∠C=∠OEC=∠OFC=90°,OE=OF,
∴ 四边形 OECF 是正方形. 设 OE=OF=CF=CE=x,则 BE=BC-CE=4-x=BD,AF=AC-CF=3-x=AD.
∵ BD+AD=AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$,
∴ 4-x+3-x=5,解得 x=1,
∴ OE=1,即 ⊙O 半径长为 1. 故答案为 AD, BE,1.
(2)【证明】过 O 作 OH⊥MN 于 H,连接 OD,OE,如图(2).
∵ ∠ANM=90°=∠ACB,∠A=∠A,AM=AB,
∴ △AMN≌△ABC(AAS),
∴ AN=AC.
∵ AD=AF,
∴ AN-AD=AC-AF,即 DN=CF. 由(1)可知,CF=OE,
∴ DN=OE.
∵ ∠ANM=90°=∠ODN=∠OHN,
∴ 四边形 OHND 是矩形,
∴ OH=DN,
∴ OH=OE,即 OH 是⊙O 的半径. 又
∵ OH⊥MN,
∴ MN 是⊙O 的切线.
解析
【分析】
(1) 第一小问可依据切线长定理直接得到相等线段：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，据此可确定AF、BD对应的相等线段。求内切圆半径时，先由勾股定理计算Rt△ABC的斜边长度，再设半径为未知数，结合切线长表示出AB的分段长度，根据AB总长列方程求解即可。
(2) 证明直线是圆的切线的核心思路是：证明圆心到直线的距离等于半径。因此先过圆心O作MN的垂线OH，再通过证明△AMN≌△ABC得到AN=AC，结合切线长定理推导出DN的长度等于圆的半径，最后证明四边形OHND是矩形，得到OH等于半径，即可判定MN是⊙O的切线。
【解析】
(1) 连接OE、OF，如图(1)。
由切线长定理可知，从圆外一点引圆的两条切线长相等，因此$AF=AD$，$BD=BE$。
∵$∠C=90°$，⊙O是△ABC的内切圆，切点E、F分别在BC、AC上，
∴$OE⊥BC$，$OF⊥AC$，即$∠OEC=∠OFC=∠C=90°$，又$OE=OF$，
∴四边形OECF是正方形。
设⊙O的半径为$x$，则$CE=CF=x$，
∴$BE=BC-CE=4-x=BD$，$AF=AC-CF=3-x=AD$。
在Rt△ABC中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵$BD+AD=AB$，
∴$(4-x)+(3-x)=5$，解得$x=1$，即⊙O的半径长为1。
(2) 证明：过点O作$OH⊥MN$于点H，连接OD、OE，如图(2)。
∵$MN⊥AB$，
∴$∠ANM=∠ACB=90°$，
在△AMN和△ABC中：
$\begin{cases}∠ANM=∠ACB \\∠A=∠A \\AM=AB\end{cases}$
∴△AMN≌△ABC（AAS），
∴$AN=AC$。
由切线长定理得$AD=AF$，
∴$AN-AD=AC-AF$，即$DN=CF$。
由(1)可知$CF=OE$（正方形OECF的边长等于内切圆半径），
∴$DN=OE$。
∵$∠ANM=∠ODN=∠OHN=90°$，
∴四边形OHND是矩形，
∴$OH=DN$，
∴$OH=OE$，即OH是⊙O的半径，
又
∵$OH⊥MN$，
∴MN是⊙O的切线。
【答案】
(1) $AD$，$BE$，$1$；
(2) 证明见解析
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆，切线的判定
【点评】
本题综合考查了几何基础定理的应用，既包含切线长定理、直角三角形内切圆半径计算等基础考点，也涉及全等三角形判定、切线判定的逻辑推导，解题时需结合结论需求合理构造辅助线，梳理清楚线段间的等量关系即可完成求解。
【难度系数】
0.65
(1) 第一小问可依据切线长定理直接得到相等线段：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，据此可确定AF、BD对应的相等线段。求内切圆半径时，先由勾股定理计算Rt△ABC的斜边长度，再设半径为未知数，结合切线长表示出AB的分段长度，根据AB总长列方程求解即可。
(2) 证明直线是圆的切线的核心思路是：证明圆心到直线的距离等于半径。因此先过圆心O作MN的垂线OH，再通过证明△AMN≌△ABC得到AN=AC，结合切线长定理推导出DN的长度等于圆的半径，最后证明四边形OHND是矩形，得到OH等于半径，即可判定MN是⊙O的切线。
【解析】
(1) 连接OE、OF，如图(1)。
由切线长定理可知，从圆外一点引圆的两条切线长相等，因此$AF=AD$，$BD=BE$。
∵$∠C=90°$，⊙O是△ABC的内切圆，切点E、F分别在BC、AC上，
∴$OE⊥BC$，$OF⊥AC$，即$∠OEC=∠OFC=∠C=90°$，又$OE=OF$，
∴四边形OECF是正方形。
设⊙O的半径为$x$，则$CE=CF=x$，
∴$BE=BC-CE=4-x=BD$，$AF=AC-CF=3-x=AD$。
在Rt△ABC中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵$BD+AD=AB$，
∴$(4-x)+(3-x)=5$，解得$x=1$，即⊙O的半径长为1。
(2) 证明：过点O作$OH⊥MN$于点H，连接OD、OE，如图(2)。
∵$MN⊥AB$，
∴$∠ANM=∠ACB=90°$，
在△AMN和△ABC中：
$\begin{cases}∠ANM=∠ACB \\∠A=∠A \\AM=AB\end{cases}$
∴△AMN≌△ABC（AAS），
∴$AN=AC$。
由切线长定理得$AD=AF$，
∴$AN-AD=AC-AF$，即$DN=CF$。
由(1)可知$CF=OE$（正方形OECF的边长等于内切圆半径），
∴$DN=OE$。
∵$∠ANM=∠ODN=∠OHN=90°$，
∴四边形OHND是矩形，
∴$OH=DN$，
∴$OH=OE$，即OH是⊙O的半径，
又
∵$OH⊥MN$，
∴MN是⊙O的切线。
【答案】
(1) $AD$，$BE$，$1$；
(2) 证明见解析
【知识点】
切线长定理，三角形内切圆，切线的判定
【点评】
本题综合考查了几何基础定理的应用，既包含切线长定理、直角三角形内切圆半径计算等基础考点，也涉及全等三角形判定、切线判定的逻辑推导，解题时需结合结论需求合理构造辅助线，梳理清楚线段间的等量关系即可完成求解。
【难度系数】
0.65
8 已知PA切$\odot O$于点A，PB切$\odot O$于点B，点C是$\odot O$上异于A，B的一点，过点C作$\odot O$的切线分别交PA和PB于点D，E，若$PA=10\ \mathrm{cm}$，$DE=7\ \mathrm{cm}$，则$△ PDE$的周长为
20或34
cm.答案
8.20 或 34 【解析】分两种情况:①点 C 在劣弧 AB 上时,如图(1). 根据切线长定理得 AD=CD,BE=CE,PA=PB,则△PDE 的周长为 PD+DE+PE=PD+CD+CE+PE=PD+AD+PE+BE=PA+PB=2PA=20 cm.
②点 C 在优弧 AB 上时,如图(2). 根据切线长定理得 AD=CD,BE=CE,PA=PB,则△PDE 的周长为 PD+DE+PE=PA+AD+CD+CE+BE+PB=2PA+2CD+2CE=2PA+2DE = 2×10+2×7 = 34 (cm). 综上,△PDE 的周长为 20 cm 或 34 cm.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。本题中点C是圆上异于A、B的点，存在两种位置情况：①点C在劣弧AB上；②点C在优弧AB上，需要分类讨论求解。首先利用切线长定理得到相等的线段：PA=PB，AD=CD，BE=CE，再将△PDE的周长进行线段转化，代入已知长度计算即可。
【解析】
分两种情况讨论：
① 当点C在劣弧AB上时，如图(1)：
根据切线长定理可得：$AD=CD$，$BE=CE$，$PA=PB=10\ \mathrm{cm}$。
$△ PDE$的周长 $= PD + DE + PE$
$= PD + CD + CE + PE$
将$CD$替换为$AD$，$CE$替换为$BE$，可得：
周长 $= PD + AD + PE + BE = PA + PB = 10 + 10 = 20\ \mathrm{cm}$。
② 当点C在优弧AB上时，如图(2)：
根据切线长定理可得：$AD=CD$，$BE=CE$，$PA=PB=10\ \mathrm{cm}$。
$△ PDE$的周长 $= PD + DE + PE$
$= (PA + AD) + DE + (PB + BE)$
将$AD$替换为$CD$，$BE$替换为$CE$，$DE=CD+CE$，可得：
周长 $= PA + CD + (CD + CE) + PB + CE = PA + PB + 2(CD + CE) = PA + PB + 2DE$
代入数值计算：$=10 + 10 + 2×7 = 34\ \mathrm{cm}$。
综上，$△ PDE$的周长为$20\ \mathrm{cm}$或$34\ \mathrm{cm}$。
【答案】
20或34
【知识点】
切线长定理，分类讨论思想，周长计算
【点评】
本题重点考查切线长定理的应用，解题的关键是根据点C的不同位置进行分类讨论，对线段进行合理转化，易错点是容易忽略点C在优弧AB上的情况，导致漏解。
【难度系数】
0.6
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。本题中点C是圆上异于A、B的点，存在两种位置情况：①点C在劣弧AB上；②点C在优弧AB上，需要分类讨论求解。首先利用切线长定理得到相等的线段：PA=PB，AD=CD，BE=CE，再将△PDE的周长进行线段转化，代入已知长度计算即可。
【解析】
分两种情况讨论：
① 当点C在劣弧AB上时，如图(1)：
根据切线长定理可得：$AD=CD$，$BE=CE$，$PA=PB=10\ \mathrm{cm}$。
$△ PDE$的周长 $= PD + DE + PE$
$= PD + CD + CE + PE$
将$CD$替换为$AD$，$CE$替换为$BE$，可得：
周长 $= PD + AD + PE + BE = PA + PB = 10 + 10 = 20\ \mathrm{cm}$。
② 当点C在优弧AB上时，如图(2)：
根据切线长定理可得：$AD=CD$，$BE=CE$，$PA=PB=10\ \mathrm{cm}$。
$△ PDE$的周长 $= PD + DE + PE$
$= (PA + AD) + DE + (PB + BE)$
将$AD$替换为$CD$，$BE$替换为$CE$，$DE=CD+CE$，可得：
周长 $= PA + CD + (CD + CE) + PB + CE = PA + PB + 2(CD + CE) = PA + PB + 2DE$
代入数值计算：$=10 + 10 + 2×7 = 34\ \mathrm{cm}$。
综上，$△ PDE$的周长为$20\ \mathrm{cm}$或$34\ \mathrm{cm}$。
【答案】
20或34
【知识点】
切线长定理，分类讨论思想，周长计算
【点评】
本题重点考查切线长定理的应用，解题的关键是根据点C的不同位置进行分类讨论，对线段进行合理转化，易错点是容易忽略点C在优弧AB上的情况，导致漏解。
【难度系数】
0.6
