登录
16. 老舍先生作品《骆驼祥子》的主人公是个以拉车为生的贫苦车夫.人力车涉及了很多复杂的机械设计.如图13是一辆人力车,其侧面示意图如图14所示,AB为车轮$\odot O$的直径,过圆心O的车架AC一端点C着地时,地面CD与车轮$\odot O$相切于点D,连接AD,BD.
(1)小明猜想$∠ BDC=∠ A$,小明的猜想正确吗?请说明理由.
(2)若车架端点C到车轮与地面的接触点D之间的距离2.5 m,BC的长为1.5 m,求车轮的半径.
(1)小明猜想$∠ BDC=∠ A$,小明的猜想正确吗?请说明理由.
(2)若车架端点C到车轮与地面的接触点D之间的距离2.5 m,BC的长为1.5 m,求车轮的半径.
答案
16. (1)小明的猜想是正确的. 连接OD(图略),
∵CD与$\odot O$相切于点D,
∴$OD ⊥ CD$.
∴$∠ODC = 90°$.
∴$∠ODB + ∠BDC=90°$.
∵AB为$\odot O$的直径,
∴$∠ADB=90°$.
∴$∠A+∠OBD=90°$.
∵$OB=OD$,
∴$∠ODB=∠OBD$,
∴$∠A=∠BDC$
(2)由题意,得$CD=2.5 \ \mathrm{m}$,$BC=1.5 \ \mathrm{m}$,设车轮的半径为r,则$OC=r+1.5$. 在$\mathrm{Rt}△ODC$中,$OD^2+CD^2=OC^2$,
∴$r^2+2.5^2=(r+1.5)^2$,解得$r=\frac{4}{3}$. 因此,车轮的半径为$\frac{4}{3} \ \mathrm{m}$
∵CD与$\odot O$相切于点D,
∴$OD ⊥ CD$.
∴$∠ODC = 90°$.
∴$∠ODB + ∠BDC=90°$.
∵AB为$\odot O$的直径,
∴$∠ADB=90°$.
∴$∠A+∠OBD=90°$.
∵$OB=OD$,
∴$∠ODB=∠OBD$,
∴$∠A=∠BDC$
(2)由题意,得$CD=2.5 \ \mathrm{m}$,$BC=1.5 \ \mathrm{m}$,设车轮的半径为r,则$OC=r+1.5$. 在$\mathrm{Rt}△ODC$中,$OD^2+CD^2=OC^2$,
∴$r^2+2.5^2=(r+1.5)^2$,解得$r=\frac{4}{3}$. 因此,车轮的半径为$\frac{4}{3} \ \mathrm{m}$
解析
【分析】
(1)要判断∠BDC与∠A是否相等，先连接OD，利用切线的性质得到OD⊥CD，再结合直径所对的圆周角为直角，得到两组互余的角，最后借助等腰三角形等边对等角的性质，通过等角的余角相等即可证明两角相等。
(2)求车轮半径时，可设半径为r，将Rt△ODC的三边均用含r的代数式表示，再利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)小明的猜想正确，理由如下：
连接OD，
∵CD与$\odot O$相切于点D，
∴$OD ⊥ CD$，即$∠ ODC = 90°$，
∴$∠ ODB + ∠ BDC = 90°$。
∵AB为$\odot O$的直径，
∴$∠ ADB = 90°$，
∴$∠ A + ∠ OBD = 90°$。
又
∵$OB=OD$，
∴$∠ ODB = ∠ OBD$，
∴$∠ BDC = ∠ A$，故小明的猜想正确。
(2)设车轮的半径为$r\ \mathrm{m}$，则$OD=r\ \mathrm{m}$，$OC=OB+BC=(r+1.5)\ \mathrm{m}$，
由题意知$CD=2.5\ \mathrm{m}$，在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，根据勾股定理得：
$OD^2 + CD^2 = OC^2$，
代入得$r^2 + 2.5^2 = (r+1.5)^2$，
展开计算：$r^2 + 6.25 = r^2 + 3r + 2.25$，
化简得$3r = 4$，解得$r=\frac{4}{3}$。
【答案】
(1)小明的猜想正确，理由见解析；
(2)车轮的半径为$\frac{4}{3}\ \mathrm{m}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理的应用
【点评】
本题结合生活场景考查圆的相关性质与勾股定理的应用，解题的关键是合理添加辅助线构造直角三角形，灵活运用方程思想求解未知边长，属于基础类综合题，能够考查学生对圆基础性质的掌握情况和实际应用能力。
【难度系数】
0.7
(1)要判断∠BDC与∠A是否相等，先连接OD，利用切线的性质得到OD⊥CD，再结合直径所对的圆周角为直角，得到两组互余的角，最后借助等腰三角形等边对等角的性质，通过等角的余角相等即可证明两角相等。
(2)求车轮半径时，可设半径为r，将Rt△ODC的三边均用含r的代数式表示，再利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)小明的猜想正确，理由如下：
连接OD，
∵CD与$\odot O$相切于点D，
∴$OD ⊥ CD$，即$∠ ODC = 90°$，
∴$∠ ODB + ∠ BDC = 90°$。
∵AB为$\odot O$的直径，
∴$∠ ADB = 90°$，
∴$∠ A + ∠ OBD = 90°$。
又
∵$OB=OD$，
∴$∠ ODB = ∠ OBD$，
∴$∠ BDC = ∠ A$，故小明的猜想正确。
(2)设车轮的半径为$r\ \mathrm{m}$，则$OD=r\ \mathrm{m}$，$OC=OB+BC=(r+1.5)\ \mathrm{m}$，
由题意知$CD=2.5\ \mathrm{m}$，在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，根据勾股定理得：
$OD^2 + CD^2 = OC^2$，
代入得$r^2 + 2.5^2 = (r+1.5)^2$，
展开计算：$r^2 + 6.25 = r^2 + 3r + 2.25$，
化简得$3r = 4$，解得$r=\frac{4}{3}$。
【答案】
(1)小明的猜想正确，理由见解析；
(2)车轮的半径为$\frac{4}{3}\ \mathrm{m}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理的应用
【点评】
本题结合生活场景考查圆的相关性质与勾股定理的应用，解题的关键是合理添加辅助线构造直角三角形，灵活运用方程思想求解未知边长，属于基础类综合题，能够考查学生对圆基础性质的掌握情况和实际应用能力。
【难度系数】
0.7
17. 如图15,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AD$平分$∠ CAB$,交$BC$于点$D$,以$BD$为直径的$\odot O$交$AB$于点$E$,延长$AD$交$\odot O$于点$F$,连接$CF$,$CF// AB$.
(1)求证:$CF$是$\odot O$的切线;
(2)如图16,连接$EF$,若$EF=EA$,$BD=6$,求$CF$的长.
(1)求证:$CF$是$\odot O$的切线;
(2)如图16,连接$EF$,若$EF=EA$,$BD=6$,求$CF$的长.
答案
(1)连接OF(图略).
∵AD平分$∠CAB$,
∴$∠CAF = ∠FAE$.
∵$CF // AB$,
∴$∠CFA = ∠FAE$.
∴$∠CAF = ∠CFA$.
∵$OD = OF$,
∴$∠OFD=∠ODF$.
∵$∠ODF=∠ADC$,
∴$∠OFD=∠ADC$.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠CAD+∠ADC=90°$,
∴$∠CFA+∠OFD=90°$,即$∠OFC=90°$.
∴$CF⊥OF$. 又OF是$\odot O$的半径,
∴CF是$\odot O$的切线
(2)
∵$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DE}$,
∴$∠B=∠EFD$.
∵$EF=EA$,
∴$∠EAF=∠EFD$.
∴$∠EAF=∠B$.
∴$AD=DB=6$.
∵$∠CAF=∠FAE$,
∴$∠BAC=2∠B$.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠B+∠BAC=90°$.
∴$∠B+2∠B=90°$.
∴$∠B=30°$.
∴$∠CAF=∠FAE=∠CFA=30°$.
∴$CF=CA$. 在$\mathrm{Rt}△ACD$中,$∠CAF=30°$,
∴$CD=\frac{1}{2} AD=3$,$CA=\sqrt{AD^2-CD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$.
∴$CF=CA=3\sqrt{3}$
∵AD平分$∠CAB$,
∴$∠CAF = ∠FAE$.
∵$CF // AB$,
∴$∠CFA = ∠FAE$.
∴$∠CAF = ∠CFA$.
∵$OD = OF$,
∴$∠OFD=∠ODF$.
∵$∠ODF=∠ADC$,
∴$∠OFD=∠ADC$.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠CAD+∠ADC=90°$,
∴$∠CFA+∠OFD=90°$,即$∠OFC=90°$.
∴$CF⊥OF$. 又OF是$\odot O$的半径,
∴CF是$\odot O$的切线
(2)
∵$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DE}$,
∴$∠B=∠EFD$.
∵$EF=EA$,
∴$∠EAF=∠EFD$.
∴$∠EAF=∠B$.
∴$AD=DB=6$.
∵$∠CAF=∠FAE$,
∴$∠BAC=2∠B$.
∵$∠ACB=90°$,
∴$∠B+∠BAC=90°$.
∴$∠B+2∠B=90°$.
∴$∠B=30°$.
∴$∠CAF=∠FAE=∠CFA=30°$.
∴$CF=CA$. 在$\mathrm{Rt}△ACD$中,$∠CAF=30°$,
∴$CD=\frac{1}{2} AD=3$,$CA=\sqrt{AD^2-CD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$.
∴$CF=CA=3\sqrt{3}$
解析
【分析】
(1) 要证明CF是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需先连接半径OF，再证明OF与CF垂直。首先利用角平分线性质和平行线的内错角相等，推导得到∠CAF=∠CFA；再结合等腰三角形的底角相等、对顶角相等的性质，将角转化到Rt△ACD的两个锐角上，通过等量代换得到∠OFC=90°，即可完成证明。
(2) 求CF的长度时，首先利用同弧所对的圆周角相等，结合EF=EA的等腰三角形等角对等边的性质，推导得到∠B=∠EAF，再结合角平分线性质和Rt△ABC的两锐角互余，计算出∠B=30°；最后结合第一问得到的CF=CA，在Rt△ACD中利用含30°角的直角三角形性质和勾股定理计算出CA的长度，即为CF的长。
【解析】
(1) 连接OF：
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAF = ∠FAE，
∵CF//AB，
∴∠CFA = ∠FAE，
∴∠CAF = ∠CFA，
∵OD = OF（⊙O的半径相等），
∴∠OFD=∠ODF，
∵∠ODF=∠ADC（对顶角相等），
∴∠OFD=∠ADC，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ADC=90°（直角三角形两锐角互余），
通过角的等量代换可得：
∠CFA+∠OFD=90°，即∠OFC=90°，
∴CF⊥OF，
又
∵OF是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线。
(2)
∵$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DE}$，
∴∠B=∠EFD（同弧所对的圆周角相等），
∵EF=EA，
∴∠EAF=∠EFA，
又
∵F、D、A三点共线，∠EFA与∠EFD为同一个角，
∴∠EAF=∠EFD，
∴∠EAF=∠B，
∴AD=DB=6（等角对等边），
∵∠CAF=∠FAE，
∴∠BAC=∠CAF+∠FAE=2∠FAE=2∠B，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
代入∠BAC=2∠B得：∠B+2∠B=90°，
解得∠B=30°，
∴∠CAF=∠FAE=∠B=30°，
结合(1)中∠CAF=∠CFA，得∠CFA=30°，
∴CF=CA（等角对等边），
在Rt△ACD中，∠CAF=30°，AD=6，
∴$CD=\frac{1}{2} AD=3$（30°角所对的直角边是斜边的一半），
由勾股定理得：$CA=\sqrt{AD^2-CD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，
∴$CF=CA=3\sqrt{3}$。
【答案】
(1) CF是⊙O的切线，证明成立；
(2) $CF=3\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定定理；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，覆盖了切线判定、圆周角性质、等腰三角形性质、直角三角形边角计算等多个考点，解题的关键是熟练掌握角的等量代换技巧，是圆类解答题的常考题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明CF是⊙O的切线，根据切线的判定定理，需先连接半径OF，再证明OF与CF垂直。首先利用角平分线性质和平行线的内错角相等，推导得到∠CAF=∠CFA；再结合等腰三角形的底角相等、对顶角相等的性质，将角转化到Rt△ACD的两个锐角上，通过等量代换得到∠OFC=90°，即可完成证明。
(2) 求CF的长度时，首先利用同弧所对的圆周角相等，结合EF=EA的等腰三角形等角对等边的性质，推导得到∠B=∠EAF，再结合角平分线性质和Rt△ABC的两锐角互余，计算出∠B=30°；最后结合第一问得到的CF=CA，在Rt△ACD中利用含30°角的直角三角形性质和勾股定理计算出CA的长度，即为CF的长。
【解析】
(1) 连接OF：
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAF = ∠FAE，
∵CF//AB，
∴∠CFA = ∠FAE，
∴∠CAF = ∠CFA，
∵OD = OF（⊙O的半径相等），
∴∠OFD=∠ODF，
∵∠ODF=∠ADC（对顶角相等），
∴∠OFD=∠ADC，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAD+∠ADC=90°（直角三角形两锐角互余），
通过角的等量代换可得：
∠CFA+∠OFD=90°，即∠OFC=90°，
∴CF⊥OF，
又
∵OF是⊙O的半径，
∴CF是⊙O的切线。
(2)
∵$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{DE}$，
∴∠B=∠EFD（同弧所对的圆周角相等），
∵EF=EA，
∴∠EAF=∠EFA，
又
∵F、D、A三点共线，∠EFA与∠EFD为同一个角，
∴∠EAF=∠EFD，
∴∠EAF=∠B，
∴AD=DB=6（等角对等边），
∵∠CAF=∠FAE，
∴∠BAC=∠CAF+∠FAE=2∠FAE=2∠B，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
代入∠BAC=2∠B得：∠B+2∠B=90°，
解得∠B=30°，
∴∠CAF=∠FAE=∠B=30°，
结合(1)中∠CAF=∠CFA，得∠CFA=30°，
∴CF=CA（等角对等边），
在Rt△ACD中，∠CAF=30°，AD=6，
∴$CD=\frac{1}{2} AD=3$（30°角所对的直角边是斜边的一半），
由勾股定理得：$CA=\sqrt{AD^2-CD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$，
∴$CF=CA=3\sqrt{3}$。
【答案】
(1) CF是⊙O的切线，证明成立；
(2) $CF=3\sqrt{3}$
【知识点】
切线的判定定理；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，覆盖了切线判定、圆周角性质、等腰三角形性质、直角三角形边角计算等多个考点，解题的关键是熟练掌握角的等量代换技巧，是圆类解答题的常考题型。
【难度系数】
0.6
18. 如图17，AB为$\odot O$的直径，PD切$\odot O$于点C，与BA的延长线交于点D，$DE ⊥ PO$交PO延长线于点E，连接OC，PB，已知$PB=6$，$DB=8$，$∠ EDB=∠ EPB$.
(1)求证:PB是$\odot O$的切线；
(2)求$\odot O$的半径；
(3)连接BE，求BE的长.
(1)求证:PB是$\odot O$的切线；
(2)求$\odot O$的半径；
(3)连接BE，求BE的长.
答案
(1)
∵$DE⊥PE$,
∴$∠DEO=90°$.
∴$∠EDB+∠DOE=90°$. 又$∠EDB=∠EPB$,$∠DOE=∠BOP$,
∴$∠EPB+∠BOP=90°$.
∴$∠OBP=90°$.
∴$OB⊥BP$. 又AB为$\odot O$的直径,
∴PB是$\odot O$的切线
(2)由(1)得,$∠OBP=90°$,在$\mathrm{Rt}△PBD$中,$PB=6$,$DB=8$,
∴$DP=\sqrt{PB^2+DB^2}=10$.
∵PD,PB分别切$\odot O$于点C,B,
∴$PC=PB=6$.
∴$CD=PD-PC=4$. 在$\mathrm{Rt}△COD$中,设$OC=r$,则$OD=8-r$,
∴$OC^2+CD^2=OD^2$.
∴$r^2+4^2=(8-r)^2$,解得$r=3$.
∴$\odot O$的半径为3
(3)如答图40,延长PB,DE相交于点F,
∵PD,PB分别切$\odot O$于点C,B,
∴OP平分$∠CPB$.
∴$∠DPE=∠FPE$.
∵$PE⊥DF$,
∴$∠PED=∠PEF=90°$. 又$PE=PE$,
∴$△PED≌△PEF$(ASA),
∴$PD=PF=10$,$DE=EF$.
∴$BF=PF-PB=4$. 在$\mathrm{Rt}△DBF$中,$DF=\sqrt{DB^2+BF^2}=2\sqrt{5}$.
∴$BE=\frac{1}{2}DF=2\sqrt{5}$
解析
【分析】
(1) 要证PB是$\odot O$的切线，需证明OB⊥PB，即$∠ OBP=90°$。结合已知$DE⊥ PE$可得$∠ EDB+∠ DOE=90°$，再利用$∠ EDB=∠ EPB$、对顶角$∠ DOE=∠ BOP$，可推出$∠ EPB+∠ BOP=90°$，即可得到$∠ OBP=90°$完成证明。
(2) 先在$\mathrm{Rt}△ PBD$中用勾股定理求出PD的长度，再根据切线长定理得$PC=PB$，进而求出CD的长度；设$\odot O$半径为r，在$\mathrm{Rt}△ COD$中用勾股定理列方程求解即可得到半径。
(3) 求BE长时，可延长PB、DE交于点F，先证$△ PED≌△ PEF$，得$PD=PF$、E为DF中点，求出BF后在$\mathrm{Rt}△ DBF$中用勾股定理求DF，最后利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可求出BE的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵$DE⊥ PE$,
∴$∠ DEO=90°$,
∴$∠ EDB+∠ DOE=90°$.
又$∠ EDB=∠ EPB$，$∠ DOE=∠ BOP$（对顶角相等）,
∴$∠ EPB+∠ BOP=90°$,
∴$∠ OBP=180°-(∠ EPB+∠ BOP)=90°$，即$OB⊥ BP$.
又AB为$\odot O$的直径，OB是$\odot O$的半径,
∴PB是$\odot O$的切线.
(2) 解：
由(1)得，$∠ OBP=90°$，在$\mathrm{Rt}△ PBD$中，$PB=6$，$DB=8$,
由勾股定理得$DP=\sqrt{PB^2+DB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
∵PD、PB分别切$\odot O$于点C、B，根据切线长定理得$PC=PB=6$,
∴$CD=PD-PC=10-6=4$.
设$\odot O$的半径为$r$，则$OC=r$，$OD=DB-OB=8-r$,
∵PD切$\odot O$于点C，
∴$OC⊥ PD$，即$∠ OCD=90°$,
在$\mathrm{Rt}△ COD$中，由勾股定理得$OC^2+CD^2=OD^2$,
代入得$r^2+4^2=(8-r)^2$,
解得$r=3$，即$\odot O$的半径为3.
(3) 解：
如答图40，延长PB、DE相交于点F,
∵PD、PB分别切$\odot O$于点C、B,
∴OP平分$∠ CPB$，即$∠ DPE=∠ FPE$.
∵$PE⊥ DF$,
∴$∠ PED=∠ PEF=90°$.
又$PE=PE$,
∴$△ PED≌△ PEF$(ASA),
∴$PD=PF=10$，$DE=EF$，即E为DF中点.
∴$BF=PF-PB=10-6=4$.
在$\mathrm{Rt}△ DBF$中，$DF=\sqrt{DB^2+BF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$,
∴$BE=\frac{1}{2}DF=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$.
【答案】
(1) PB是$\odot O$的切线，证明见上述解析；
(2) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$；
(3) $BE$的长为$\boldsymbol{2\sqrt{5}}$
【知识点】
切线的判定，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合类题目，融合了切线相关性质、全等三角形判定、直角三角形性质等多个知识点，解题时需顺着已知条件逐步推导，第三问构造辅助线是解题的突破口，能较好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证PB是$\odot O$的切线，需证明OB⊥PB，即$∠ OBP=90°$。结合已知$DE⊥ PE$可得$∠ EDB+∠ DOE=90°$，再利用$∠ EDB=∠ EPB$、对顶角$∠ DOE=∠ BOP$，可推出$∠ EPB+∠ BOP=90°$，即可得到$∠ OBP=90°$完成证明。
(2) 先在$\mathrm{Rt}△ PBD$中用勾股定理求出PD的长度，再根据切线长定理得$PC=PB$，进而求出CD的长度；设$\odot O$半径为r，在$\mathrm{Rt}△ COD$中用勾股定理列方程求解即可得到半径。
(3) 求BE长时，可延长PB、DE交于点F，先证$△ PED≌△ PEF$，得$PD=PF$、E为DF中点，求出BF后在$\mathrm{Rt}△ DBF$中用勾股定理求DF，最后利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可求出BE的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵$DE⊥ PE$,
∴$∠ DEO=90°$,
∴$∠ EDB+∠ DOE=90°$.
又$∠ EDB=∠ EPB$，$∠ DOE=∠ BOP$（对顶角相等）,
∴$∠ EPB+∠ BOP=90°$,
∴$∠ OBP=180°-(∠ EPB+∠ BOP)=90°$，即$OB⊥ BP$.
又AB为$\odot O$的直径，OB是$\odot O$的半径,
∴PB是$\odot O$的切线.
(2) 解：
由(1)得，$∠ OBP=90°$，在$\mathrm{Rt}△ PBD$中，$PB=6$，$DB=8$,
由勾股定理得$DP=\sqrt{PB^2+DB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
∵PD、PB分别切$\odot O$于点C、B，根据切线长定理得$PC=PB=6$,
∴$CD=PD-PC=10-6=4$.
设$\odot O$的半径为$r$，则$OC=r$，$OD=DB-OB=8-r$,
∵PD切$\odot O$于点C，
∴$OC⊥ PD$，即$∠ OCD=90°$,
在$\mathrm{Rt}△ COD$中，由勾股定理得$OC^2+CD^2=OD^2$,
代入得$r^2+4^2=(8-r)^2$,
解得$r=3$，即$\odot O$的半径为3.
(3) 解：
如答图40，延长PB、DE相交于点F,
∵PD、PB分别切$\odot O$于点C、B,
∴OP平分$∠ CPB$，即$∠ DPE=∠ FPE$.
∵$PE⊥ DF$,
∴$∠ PED=∠ PEF=90°$.
又$PE=PE$,
∴$△ PED≌△ PEF$(ASA),
∴$PD=PF=10$，$DE=EF$，即E为DF中点.
∴$BF=PF-PB=10-6=4$.
在$\mathrm{Rt}△ DBF$中，$DF=\sqrt{DB^2+BF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$,
∴$BE=\frac{1}{2}DF=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$.
【答案】
(1) PB是$\odot O$的切线，证明见上述解析；
(2) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$；
(3) $BE$的长为$\boldsymbol{2\sqrt{5}}$
【知识点】
切线的判定，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合类题目，融合了切线相关性质、全等三角形判定、直角三角形性质等多个知识点，解题时需顺着已知条件逐步推导，第三问构造辅助线是解题的突破口，能较好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
