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6. 如图，$\odot O$的直径$BC=4\ \mathrm{cm}$，$PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，且$∠ P=60°$，连接$AB$与$AC$。
(1) 求证：$△ PAB$是等边三角形。
(2) 求$△ PAB$的周长。
(1) 求证：$△ PAB$是等边三角形。
(2) 求$△ PAB$的周长。
答案
（1）$\because PA,PB$分别与$\odot O$相切于点$A,B$，$\therefore PA=PB$.又$\because ∠ P=60°$，$\therefore △ PAB$是等边三角形
（2）$\because △ PAB$是等边三角形，$\therefore ∠ PBA=60°$.$\because BC$是$\odot O$的直径，$PB$是$\odot O$的切线，$\therefore ∠ CAB=90°$，$∠ PBC=90°$.$\therefore ∠ ABC=90°-∠ PBA=30°$.在$\mathrm{Rt}△ CAB$中，$AC=\frac{1}{2}AB=2$，$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$.$\because △ PAB$是等边三角形，$\therefore △ PAB$的周长为$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
（2）$\because △ PAB$是等边三角形，$\therefore ∠ PBA=60°$.$\because BC$是$\odot O$的直径，$PB$是$\odot O$的切线，$\therefore ∠ CAB=90°$，$∠ PBC=90°$.$\therefore ∠ ABC=90°-∠ PBA=30°$.在$\mathrm{Rt}△ CAB$中，$AC=\frac{1}{2}AB=2$，$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$.$\because △ PAB$是等边三角形，$\therefore △ PAB$的周长为$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
（1）要证明△PAB是等边三角形，首先根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得PA=PB，即△PAB为等腰三角形，结合已知∠P=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”即可完成证明。
（2）要求△PAB的周长，需先求出等边三角形的边长AB：首先利用切线的性质可得PB⊥BC，即∠PBC=90°，结合等边三角形的内角为60°，可算出∠ABC=30°；再根据直径所对的圆周角为直角，得∠CAB=90°，在Rt△CAB中利用30°角的直角三角形性质求出AC的长度，再用勾股定理计算AB的长度，最后乘以3即可得到△PAB的周长。
【解析】
（1）证明：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴由切线长定理得PA=PB，
又
∵∠P=60°，
∴△PAB是等边三角形。
（2）解：
∵△PAB是等边三角形，
∴∠PBA=60°，
∵BC是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，
∴∠CAB=90°（直径所对的圆周角为直角），∠PBC=90°（切线垂直于过切点的半径），
∴∠ABC=∠PBC - ∠PBA=90°-60°=30°，
在Rt△CAB中，BC=4cm，
∴$AC=\frac{1}{2}BC=2\mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，
∴△PAB的周长=$3× AB=3×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
（1）△PAB是等边三角形，证明成立；
（2）△PAB的周长为$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
切线长定理，等边三角形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查了圆的切线相关性质与特殊三角形的计算，解题关键是熟练运用切线、圆周角的性质推导边角关系，属于基础的几何综合题。
【难度系数】
0.7
（1）要证明△PAB是等边三角形，首先根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可得PA=PB，即△PAB为等腰三角形，结合已知∠P=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”即可完成证明。
（2）要求△PAB的周长，需先求出等边三角形的边长AB：首先利用切线的性质可得PB⊥BC，即∠PBC=90°，结合等边三角形的内角为60°，可算出∠ABC=30°；再根据直径所对的圆周角为直角，得∠CAB=90°，在Rt△CAB中利用30°角的直角三角形性质求出AC的长度，再用勾股定理计算AB的长度，最后乘以3即可得到△PAB的周长。
【解析】
（1）证明：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴由切线长定理得PA=PB，
又
∵∠P=60°，
∴△PAB是等边三角形。
（2）解：
∵△PAB是等边三角形，
∴∠PBA=60°，
∵BC是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，
∴∠CAB=90°（直径所对的圆周角为直角），∠PBC=90°（切线垂直于过切点的半径），
∴∠ABC=∠PBC - ∠PBA=90°-60°=30°，
在Rt△CAB中，BC=4cm，
∴$AC=\frac{1}{2}BC=2\mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，
∴△PAB的周长=$3× AB=3×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
（1）△PAB是等边三角形，证明成立；
（2）△PAB的周长为$6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
切线长定理，等边三角形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查了圆的切线相关性质与特殊三角形的计算，解题关键是熟练运用切线、圆周角的性质推导边角关系，属于基础的几何综合题。
【难度系数】
0.7
7. 如图，AC⊥BC，垂足为C，BC＝4，AC＝3，⊙O与直线AC，BC，AB相切于点D，E，F，求⊙O的半径。
答案
连接$OD、OE$.$\because AC⊥BC$，$\therefore ∠ ACB=∠ ACE=90°$.在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$BC=4$，$AC=3$，$\therefore AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$.$\because AC,BC$是$\odot O$的切线，$\therefore ∠ ODC=∠ OEC=∠ ACE=90°$.$\therefore$ 四边形$ODCE$是矩形.又$\because OD=OE$，$\therefore$ 矩形$ODCE$是正方形.$\therefore CD=CE$.$\because \odot O$与直线$AC,BC,AB$相切于点$D,E,F$，$\therefore AF=AD$，$BF=BE$.设$CD=CE=x$，则$AF=AD=3-x$.$\because BF=BE$，即$BA+AF=BC+CE$，$\therefore 5+3-x=4+x$.解得$x=2$.故$\odot O$的半径为2
解析
【分析】
解决本题首先结合圆的切线性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接圆心O与切点D、E，得到两条分别垂直于AC、BC的半径；结合已知AC⊥BC，可判定四边形ODCE为矩形，再结合OD=OE（均为圆的半径），可得ODCE是正方形，边长等于圆的半径；接下来利用切线长定理，得到同一点出发的两条切线段长度相等，将各相关线段用半径表示，找到等量关系列方程即可求解半径。
【解析】
连接$OD、OE$，
$\because AC⊥BC$，$\therefore ∠ ACB=∠ ACE=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$BC=4$，$AC=3$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
$\because AC,BC$是$\odot O$的切线，D、E为切点，
$\therefore OD⊥AC$，$OE⊥BC$，即$∠ ODC=∠ OEC=90°$，
$\therefore$ 四边形$ODCE$三个内角均为直角，是矩形，
又$\because OD=OE$（都是$\odot O$的半径），
$\therefore$ 矩形$ODCE$是正方形，$\therefore CD=CE=OD=OE$，即正方形边长等于$\odot O$的半径，
$\because \odot O$与直线$AC,BC,AB$相切于点$D,E,F$，根据切线长定理可得：
$AF=AD$，$BF=BE$，
设$\odot O$的半径为$x$，则$CD=CE=x$，
$\therefore AD=AC-CD=3-x$，即$AF=3-x$，$BE=BC+CE=4+x$，
又$\because BF=AB+AF=5+(3-x)$，且$BF=BE$，
$\therefore 5+3-x=4+x$，
解得$x=2$。
【答案】
$\odot O$的半径为2
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型题型，解题的关键是通过连接圆心与切点构造特殊正方形，再结合切线长定理建立方程求解，体现了几何中的方程思想，熟练掌握切线相关性质可快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.6
解决本题首先结合圆的切线性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接圆心O与切点D、E，得到两条分别垂直于AC、BC的半径；结合已知AC⊥BC，可判定四边形ODCE为矩形，再结合OD=OE（均为圆的半径），可得ODCE是正方形，边长等于圆的半径；接下来利用切线长定理，得到同一点出发的两条切线段长度相等，将各相关线段用半径表示，找到等量关系列方程即可求解半径。
【解析】
连接$OD、OE$，
$\because AC⊥BC$，$\therefore ∠ ACB=∠ ACE=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$BC=4$，$AC=3$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{BC^2+AC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
$\because AC,BC$是$\odot O$的切线，D、E为切点，
$\therefore OD⊥AC$，$OE⊥BC$，即$∠ ODC=∠ OEC=90°$，
$\therefore$ 四边形$ODCE$三个内角均为直角，是矩形，
又$\because OD=OE$（都是$\odot O$的半径），
$\therefore$ 矩形$ODCE$是正方形，$\therefore CD=CE=OD=OE$，即正方形边长等于$\odot O$的半径，
$\because \odot O$与直线$AC,BC,AB$相切于点$D,E,F$，根据切线长定理可得：
$AF=AD$，$BF=BE$，
设$\odot O$的半径为$x$，则$CD=CE=x$，
$\therefore AD=AC-CD=3-x$，即$AF=3-x$，$BE=BC+CE=4+x$，
又$\because BF=AB+AF=5+(3-x)$，且$BF=BE$，
$\therefore 5+3-x=4+x$，
解得$x=2$。
【答案】
$\odot O$的半径为2
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的典型题型，解题的关键是通过连接圆心与切点构造特殊正方形，再结合切线长定理建立方程求解，体现了几何中的方程思想，熟练掌握切线相关性质可快速找到解题突破口。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在 Rt△ABC 中,∠C=90°.
(1) 点 E 在边 BC 上,且△ACE 的周长为 AC 与 BC 的长度之和,以线段 AE 上一点 O 为圆心的⊙O 恰与边 AB,BC 都相切.请用无刻度的直尺和圆规确定点 E,O 的位置.
(2) 在(1)的条件下,若 BC=12,AC=9,求⊙O 的半径.
(1) 点 E 在边 BC 上,且△ACE 的周长为 AC 与 BC 的长度之和,以线段 AE 上一点 O 为圆心的⊙O 恰与边 AB,BC 都相切.请用无刻度的直尺和圆规确定点 E,O 的位置.
(2) 在(1)的条件下,若 BC=12,AC=9,求⊙O 的半径.
答案
（1）点E,O为所作
（2）过点O作$OD⊥AB$，$OF⊥BC$，垂足分别为$D,F$.$\because ∠ C=90°$，$BC=12$，$AC=9$，$\therefore AB=\sqrt{9^2+12^2}=15$.$\because △ ACE$的周长为$AC+BC$，$\therefore AE=BE$.在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$CE^2+AC^2=AE^2$，$\therefore (12-BE)^2+9^2=BE^2$.解得$BE=\frac{75}{8}$.设$\odot O$的半径为$r$.$\because \odot O$与边$AB,BC$都相切，$\therefore OD=OF=r$.$\because S_{△ BOE}+S_{△ AOB}=S_{△ ABE}$，$\therefore \frac{1}{2}×\frac{75}{8}× r+\frac{1}{2}×15× r=\frac{1}{2}×\frac{75}{8}×9$.解得$r=\frac{45}{13}$，即$\odot O$的半径为$\frac{45}{13}$
解析
【分析】
(1) 先推导点E的性质：已知△ACE的周长为AC+BC，即AC+CE+AE=AC+CE+BE，化简可得AE=BE，因此点E在AB的垂直平分线上，作AB的垂直平分线与BC的交点即为E；其次⊙O与AB、BC都相切，说明圆心O到AB、BC的距离相等，因此O在∠ABC的角平分线上，又因为O在AE上，故∠ABC的角平分线与AE的交点即为O。
(2) 先利用勾股定理求出AB的长度，再根据AE=BE，在Rt△ACE中设BE为未知数，利用勾股定理列方程求出BE的长度；最后设⊙O的半径为r，根据⊙O与AB、BC相切得r是O到两边的距离，利用△ABE的面积等于△BOE和△AOB的面积之和，列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 作图步骤：①作线段AB的垂直平分线，交BC于点E；②作∠ABC的角平分线，交AE于点O，点E、O即为所求。
(2) 过点O作$OD⊥AB$，$OF⊥BC$，垂足分别为$D,F$。
∵ ∠C=90°，$BC=12$，$AC=9$，
∴ 由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{9^2+12^2}=15$。
∵ △ACE的周长为$AC+BC$，即$AC+CE+AE=AC+CE+BE$，
∴ $AE=BE$。
设$BE=x$，则$CE=12-x$，在$\mathrm{Rt}△ACE$中，由勾股定理得$CE^2+AC^2=AE^2$，
∴ $(12-x)^2+9^2=x^2$，解得$x=\frac{75}{8}$，即$BE=\frac{75}{8}$。
设$\odot O$的半径为$r$，
∵ $\odot O$与边$AB,BC$都相切，
∴ $OD=OF=r$。
∵ $S_{△ BOE}+S_{△ AOB}=S_{△ ABE}$，
∴ $\frac{1}{2}×BE×OF+\frac{1}{2}×AB×OD=\frac{1}{2}×BE×AC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×\frac{75}{8}× r+\frac{1}{2}×15× r=\frac{1}{2}×\frac{75}{8}×9$，
解得$r=\frac{45}{13}$。
【答案】
（1）点E,O为所作
（2）$\odot O$的半径为$\frac{45}{13}$
【知识点】
尺规作图，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题将尺规作图与几何计算结合，既需要通过线段等量关系推导点的位置、明确作图依据，又需要灵活运用勾股定理、面积法求解圆的半径，能够较好地考察几何知识的综合运用能力，其中面积法求解半径简化了计算过程，是常用的解题技巧。
【难度系数】
0.6
(1) 先推导点E的性质：已知△ACE的周长为AC+BC，即AC+CE+AE=AC+CE+BE，化简可得AE=BE，因此点E在AB的垂直平分线上，作AB的垂直平分线与BC的交点即为E；其次⊙O与AB、BC都相切，说明圆心O到AB、BC的距离相等，因此O在∠ABC的角平分线上，又因为O在AE上，故∠ABC的角平分线与AE的交点即为O。
(2) 先利用勾股定理求出AB的长度，再根据AE=BE，在Rt△ACE中设BE为未知数，利用勾股定理列方程求出BE的长度；最后设⊙O的半径为r，根据⊙O与AB、BC相切得r是O到两边的距离，利用△ABE的面积等于△BOE和△AOB的面积之和，列方程求解即可得到半径。
【解析】
(1) 作图步骤：①作线段AB的垂直平分线，交BC于点E；②作∠ABC的角平分线，交AE于点O，点E、O即为所求。
(2) 过点O作$OD⊥AB$，$OF⊥BC$，垂足分别为$D,F$。
∵ ∠C=90°，$BC=12$，$AC=9$，
∴ 由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{9^2+12^2}=15$。
∵ △ACE的周长为$AC+BC$，即$AC+CE+AE=AC+CE+BE$，
∴ $AE=BE$。
设$BE=x$，则$CE=12-x$，在$\mathrm{Rt}△ACE$中，由勾股定理得$CE^2+AC^2=AE^2$，
∴ $(12-x)^2+9^2=x^2$，解得$x=\frac{75}{8}$，即$BE=\frac{75}{8}$。
设$\odot O$的半径为$r$，
∵ $\odot O$与边$AB,BC$都相切，
∴ $OD=OF=r$。
∵ $S_{△ BOE}+S_{△ AOB}=S_{△ ABE}$，
∴ $\frac{1}{2}×BE×OF+\frac{1}{2}×AB×OD=\frac{1}{2}×BE×AC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×\frac{75}{8}× r+\frac{1}{2}×15× r=\frac{1}{2}×\frac{75}{8}×9$，
解得$r=\frac{45}{13}$。
【答案】
（1）点E,O为所作
（2）$\odot O$的半径为$\frac{45}{13}$
【知识点】
尺规作图，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题将尺规作图与几何计算结合，既需要通过线段等量关系推导点的位置、明确作图依据，又需要灵活运用勾股定理、面积法求解圆的半径，能够较好地考察几何知识的综合运用能力，其中面积法求解半径简化了计算过程，是常用的解题技巧。
【难度系数】
0.6
