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1.(教材P153例3变式)如图，PA，PB与$\odot O$分别相切于点A，B，PA=2，$∠ P=60°$，则AB的长为（
A.$\sqrt{3}$
B.2
C.$2\sqrt{3}$
D.2
第1题图 第2题图
B
）A.$\sqrt{3}$
B.2
C.$2\sqrt{3}$
D.2
第1题图 第2题图
答案
1.B
解析
【分析】
首先观察题目，PA、PB是圆O的两条切线，首先想到切线长定理，可得PA=PB，此时△PAB是等腰三角形，再结合已知∠P=60°，可判定△PAB为等边三角形，进而推出AB的长度等于PA的长度，即可得到结果。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
根据切线长定理可得：PA=PB=2，
又
∵∠P=60°，
∴△PAB是有一个内角为60°的等腰三角形，即△PAB为等边三角形，
∴AB=PA=2。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；等边三角形的判定
【点评】
本题是基础类题型，将切线长定理与等边三角形的判定结合考查，解题的关键是先利用切线长定理得到等腰三角形，再结合角度判定等边三角形。
【难度系数】
0.8
首先观察题目，PA、PB是圆O的两条切线，首先想到切线长定理，可得PA=PB，此时△PAB是等腰三角形，再结合已知∠P=60°，可判定△PAB为等边三角形，进而推出AB的长度等于PA的长度，即可得到结果。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
根据切线长定理可得：PA=PB=2，
又
∵∠P=60°，
∴△PAB是有一个内角为60°的等腰三角形，即△PAB为等边三角形，
∴AB=PA=2。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理；等边三角形的判定
【点评】
本题是基础类题型，将切线长定理与等边三角形的判定结合考查，解题的关键是先利用切线长定理得到等腰三角形，再结合角度判定等边三角形。
【难度系数】
0.8
2.如图，PA，PB为$\odot O$的切线，切点分别为A，B，PO交AB于点C，PO的延长线交$\odot O$于点D，下列结论不一定成立的是 （
A.$PA=PB$
B.$∠ BPD=∠ APD$
C.$AB⊥ PD$
D.$AB$平分$PD$
D
）A.$PA=PB$
B.$∠ BPD=∠ APD$
C.$AB⊥ PD$
D.$AB$平分$PD$
答案
2.D
解析
【分析】
首先回忆切线长定理的核心内容：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。结合等腰三角形三线合一的性质，可先判断前三个选项的正确性，再分析第四个选项：只有在特殊边长、角度条件下AB才会平分PD，一般情况不满足，据此即可选出答案。
【解析】
结合已知条件逐一判断选项：
1. 对选项A：
∵PA、PB是$\odot O$的切线，切点分别为A、B，根据切线长定理，圆外一点引圆的两条切线长度相等，
∴$PA=PB$，A结论一定成立；
2. 对选项B：根据切线长定理，点P与圆心O的连线PO平分$∠ APB$，即$∠ BPD=∠ APD$，B结论一定成立；
3. 对选项C：由$PA=PB$可知$△ PAB$是等腰三角形，又PD平分$∠ APB$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，可得$AB⊥ PD$，C结论一定成立；
4. 对选项D：若要AB平分PD，需要满足$PC=CD$（C为AB与PD交点），该等式只有在$PO=2r$（r为$\odot O$半径）等特殊条件下才成立，题干没有给出特殊限定条件，因此该结论不一定成立。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于基础题，重点考查切线长定理的直接应用，解题时要注意题干要求是选“不一定成立”的结论，不要误选恒成立的选项。
【难度系数】
0.7
首先回忆切线长定理的核心内容：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。结合等腰三角形三线合一的性质，可先判断前三个选项的正确性，再分析第四个选项：只有在特殊边长、角度条件下AB才会平分PD，一般情况不满足，据此即可选出答案。
【解析】
结合已知条件逐一判断选项：
1. 对选项A：
∵PA、PB是$\odot O$的切线，切点分别为A、B，根据切线长定理，圆外一点引圆的两条切线长度相等，
∴$PA=PB$，A结论一定成立；
2. 对选项B：根据切线长定理，点P与圆心O的连线PO平分$∠ APB$，即$∠ BPD=∠ APD$，B结论一定成立；
3. 对选项C：由$PA=PB$可知$△ PAB$是等腰三角形，又PD平分$∠ APB$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，可得$AB⊥ PD$，C结论一定成立；
4. 对选项D：若要AB平分PD，需要满足$PC=CD$（C为AB与PD交点），该等式只有在$PO=2r$（r为$\odot O$半径）等特殊条件下才成立，题干没有给出特殊限定条件，因此该结论不一定成立。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理；等腰三角形的性质
【点评】
本题属于基础题，重点考查切线长定理的直接应用，解题时要注意题干要求是选“不一定成立”的结论，不要误选恒成立的选项。
【难度系数】
0.7
3. 如图，AB，AC，BD是$\odot O$的切线，切点分别是点P，C，D. 若$AB=5$，$AC=3$，则BD的长是
2
。答案
3.2
解析
【分析】
遇到圆外一点引圆的两条切线的题型，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。第一步先找到从点A引出的两条切线AC、AB，可得AC=AP；第二步找到从点B引出的两条切线AB、BD，可得BP=BD；最后利用线段和的关系AB=AP+BP，代入已知数值计算即可求出BD的长度。
【解析】
解：
∵AC、AP是从点A引向$\odot O$的两条切线，切点分别为C、P，
根据切线长定理可得：$AC=AP=3$，
又
∵BP、BD是从点B引向$\odot O$的两条切线，切点分别为P、D，
根据切线长定理可得：$BP=BD$，
已知$AB=5$，且$AB=AP+BP$，
∴$BP=AB-AP=5-3=2$，
∴$BD=BP=2$。
【答案】
2
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，主要考查切线长定理的应用，解题关键是准确识别同一点引出的两条切线对应的等长线段，通过简单的线段和差代换即可完成计算。
【难度系数】
0.8
遇到圆外一点引圆的两条切线的题型，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。第一步先找到从点A引出的两条切线AC、AB，可得AC=AP；第二步找到从点B引出的两条切线AB、BD，可得BP=BD；最后利用线段和的关系AB=AP+BP，代入已知数值计算即可求出BD的长度。
【解析】
解：
∵AC、AP是从点A引向$\odot O$的两条切线，切点分别为C、P，
根据切线长定理可得：$AC=AP=3$，
又
∵BP、BD是从点B引向$\odot O$的两条切线，切点分别为P、D，
根据切线长定理可得：$BP=BD$，
已知$AB=5$，且$AB=AP+BP$，
∴$BP=AB-AP=5-3=2$，
∴$BD=BP=2$。
【答案】
2
【知识点】
切线长定理
【点评】
本题属于基础几何计算题，主要考查切线长定理的应用，解题关键是准确识别同一点引出的两条切线对应的等长线段，通过简单的线段和差代换即可完成计算。
【难度系数】
0.8
4.如图是不倒翁从正面看得到的图形，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA，PB分别相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O.若∠OAB=28°，则∠APB的度数为.
答案
4.$56°$
解析
【分析】
解题思路如下：首先由切线的性质可知，圆的切线垂直于过切点的半径，因此OA⊥PA、OB⊥PB，得到两个直角；再结合OA、OB是同圆的半径，可知△OAB是等腰三角形，已知∠OAB的度数，可先求出△OAB中顶角∠AOB的度数；最后利用四边形内角和为360°，代入已知角的度数即可算出∠APB的度数。也可结合切线长定理得到PA=PB，通过求△PAB的底角计算∠APB，两种方法均可。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，
∵OA=OB（同圆的半径相等），
∴∠OBA=∠OAB=28°，
在△OAB中，根据三角形内角和为180°：
∠AOB=180°-∠OAB-∠OBA=180°-28°-28°=124°，
在四边形OAPB中，根据四边形内角和为360°：
∠APB=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=360°-90°-90°-124°=56°。
【答案】
$56°$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；四边形内角和
【点评】
本题属于基础几何计算题，核心考查切线性质的应用，解题的关键是熟练掌握切线与过切点半径垂直的性质，结合三角形、四边形的内角和规则即可快速求解，是圆章节的常见题型。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：首先由切线的性质可知，圆的切线垂直于过切点的半径，因此OA⊥PA、OB⊥PB，得到两个直角；再结合OA、OB是同圆的半径，可知△OAB是等腰三角形，已知∠OAB的度数，可先求出△OAB中顶角∠AOB的度数；最后利用四边形内角和为360°，代入已知角的度数即可算出∠APB的度数。也可结合切线长定理得到PA=PB，通过求△PAB的底角计算∠APB，两种方法均可。
【解析】
解：
∵PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°，
∵OA=OB（同圆的半径相等），
∴∠OBA=∠OAB=28°，
在△OAB中，根据三角形内角和为180°：
∠AOB=180°-∠OAB-∠OBA=180°-28°-28°=124°，
在四边形OAPB中，根据四边形内角和为360°：
∠APB=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=360°-90°-90°-124°=56°。
【答案】
$56°$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；四边形内角和
【点评】
本题属于基础几何计算题，核心考查切线性质的应用，解题的关键是熟练掌握切线与过切点半径垂直的性质，结合三角形、四边形的内角和规则即可快速求解，是圆章节的常见题型。
【难度系数】
0.7
5.如图，PA，PB切$\odot O$于点A，B，PA=10，CD切$\odot O$于点E，交PA，PB于C，D两点，则$△ PCD$的周长是（
A.10
B.18
C.20
D.22
C
）A.10
B.18
C.20
D.22
答案
5.C
解析
【分析】
首先观察图形可知，PA、PB、CD均为⊙O的切线，遇到圆外一点引圆的两条切线的情况，优先运用切线长定理得到相等的线段。要求△PCD的周长，可先将周长拆分，再通过相等线段进行等量代换，最终将周长转化为已知长度的切线PA、PB的和，即可求解。
【解析】
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=10，
又
∵CD切⊙O于点E，交PA于C、交PB于D，
∴CA=CE，DB=DE，
△PCD的周长为：
$C_{△ PCD}=PC + CD + PD$
$=PC + CE + ED + PD$
将CE替换为CA，ED替换为DB，可得：
$=PC + CA + PD + DB$
$=(PC+CA) + (PD+DB)$
$=PA + PB$
$=10 + 10 = 20$
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，三角形周长计算
【点评】
本题考查切线长定理的应用，解题的核心是利用切线长相等对三角形周长进行等量转化，将未知周长和已知切线长建立关联，是圆的切线相关的基础常考题。
【难度系数】
0.8
首先观察图形可知，PA、PB、CD均为⊙O的切线，遇到圆外一点引圆的两条切线的情况，优先运用切线长定理得到相等的线段。要求△PCD的周长，可先将周长拆分，再通过相等线段进行等量代换，最终将周长转化为已知长度的切线PA、PB的和，即可求解。
【解析】
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。
∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=10，
又
∵CD切⊙O于点E，交PA于C、交PB于D，
∴CA=CE，DB=DE，
△PCD的周长为：
$C_{△ PCD}=PC + CD + PD$
$=PC + CE + ED + PD$
将CE替换为CA，ED替换为DB，可得：
$=PC + CA + PD + DB$
$=(PC+CA) + (PD+DB)$
$=PA + PB$
$=10 + 10 = 20$
【答案】
C
【知识点】
切线长定理，三角形周长计算
【点评】
本题考查切线长定理的应用，解题的核心是利用切线长相等对三角形周长进行等量转化，将未知周长和已知切线长建立关联，是圆的切线相关的基础常考题。
【难度系数】
0.8
6.(泸州中考)如图，EA，ED是$\odot O$的切线，切点为A，D，点B，C在$\odot O$上，若$∠ BAE + ∠ BCD=236°$，则$∠ E$的度数为（
A.$56°$
B.$60°$
C.$68°$
D.$70°$
C
）A.$56°$
B.$60°$
C.$68°$
D.$70°$
答案
6.C
解析
【分析】
解题时先观察图形特征：首先四边形ABCD内接于⊙O，可联想到圆内接四边形对角互补的性质；其次EA、ED是⊙O的两条切线，可联想到切线长定理，得到EA=ED，△EAD为等腰三角形。已知条件给出∠BAE与∠BCD的和，我们可以把∠BAE拆分为∠BAD+∠DAE，结合圆内接四边形对角互补的性质，消去∠BAD和∠BCD，直接求出∠DAE的度数，最后利用等腰三角形的性质和三角形内角和即可求出∠E的度数。
【解析】
解：
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°（圆内接四边形对角互补）
又
∵ ∠BAE = ∠BAD + ∠DAE，且∠BAE + ∠BCD = 236°
∴ ∠BAD + ∠DAE + ∠BCD = 236°
将∠BAD + ∠BCD = 180°代入上式，得：
180° + ∠DAE = 236°
解得 ∠DAE = 56°
∵ EA、ED分别是⊙O的切线，切点为A、D
∴ EA = ED（切线长定理）
∴ △EAD是等腰三角形，∠EDA = ∠EAD = 56°
在△EAD中，根据三角形内角和为180°：
∠E = 180° - ∠EAD - ∠EDA = 180° - 56° - 56° = 68°
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质；切线长定理；三角形内角和定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的突破口是利用圆内接四边形的对角互补性质对已知的角度和进行转化，消去未知角得到等腰三角形的底角度数，解题思路清晰，属于圆章节的常考典型题。
【难度系数】
0.7
解题时先观察图形特征：首先四边形ABCD内接于⊙O，可联想到圆内接四边形对角互补的性质；其次EA、ED是⊙O的两条切线，可联想到切线长定理，得到EA=ED，△EAD为等腰三角形。已知条件给出∠BAE与∠BCD的和，我们可以把∠BAE拆分为∠BAD+∠DAE，结合圆内接四边形对角互补的性质，消去∠BAD和∠BCD，直接求出∠DAE的度数，最后利用等腰三角形的性质和三角形内角和即可求出∠E的度数。
【解析】
解：
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°（圆内接四边形对角互补）
又
∵ ∠BAE = ∠BAD + ∠DAE，且∠BAE + ∠BCD = 236°
∴ ∠BAD + ∠DAE + ∠BCD = 236°
将∠BAD + ∠BCD = 180°代入上式，得：
180° + ∠DAE = 236°
解得 ∠DAE = 56°
∵ EA、ED分别是⊙O的切线，切点为A、D
∴ EA = ED（切线长定理）
∴ △EAD是等腰三角形，∠EDA = ∠EAD = 56°
在△EAD中，根据三角形内角和为180°：
∠E = 180° - ∠EAD - ∠EDA = 180° - 56° - 56° = 68°
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质；切线长定理；三角形内角和定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的突破口是利用圆内接四边形的对角互补性质对已知的角度和进行转化，消去未知角得到等腰三角形的底角度数，解题思路清晰，属于圆章节的常考典型题。
【难度系数】
0.7
7.如图，PA，PB是$\odot O$的两条切线，A，B为切点，连接AB，PO，PO交于AB点D，交$\odot O$于点C，$CD=1$，$AB=4$，则$\odot O$的半径为
2.5
。答案
7.2.5
解析
【分析】
首先根据切线长定理可知PA=PB，OP平分∠APB，结合等腰三角形三线合一可得OP垂直平分AB，由此求出AD的长度，且△OAD为直角三角形。设⊙O半径为r，用含r的式子表示出OD的长度，再在Rt△OAD中利用勾股定理列方程，解方程即可求出半径长度。
【解析】
解：
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B为切点，
∴根据切线长定理，PA=PB，OP平分∠APB，
∴OP⊥AB，$AD=BD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$。
设⊙O的半径为r，则$OA=OC=r$，
∵$CD=1$，
∴$OD=OC-CD=r-1$。
在Rt△OAD中，由勾股定理得：$OA^2=OD^2+AD^2$，
代入得：$r^2=(r-1)^2+2^2$，
展开得：$r^2=r^2-2r+1+4$，
整理得：$2r=5$，
解得：$r=2.5$。
【答案】
2.5
【知识点】
切线长定理，勾股定理，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是圆的计算类典型题，解题的核心是通过切线长定理得到垂直与线段相等的关系，再结合勾股定理列方程求解，考查了几何计算中方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
首先根据切线长定理可知PA=PB，OP平分∠APB，结合等腰三角形三线合一可得OP垂直平分AB，由此求出AD的长度，且△OAD为直角三角形。设⊙O半径为r，用含r的式子表示出OD的长度，再在Rt△OAD中利用勾股定理列方程，解方程即可求出半径长度。
【解析】
解：
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B为切点，
∴根据切线长定理，PA=PB，OP平分∠APB，
∴OP⊥AB，$AD=BD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$。
设⊙O的半径为r，则$OA=OC=r$，
∵$CD=1$，
∴$OD=OC-CD=r-1$。
在Rt△OAD中，由勾股定理得：$OA^2=OD^2+AD^2$，
代入得：$r^2=(r-1)^2+2^2$，
展开得：$r^2=r^2-2r+1+4$，
整理得：$2r=5$，
解得：$r=2.5$。
【答案】
2.5
【知识点】
切线长定理，勾股定理，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是圆的计算类典型题，解题的核心是通过切线长定理得到垂直与线段相等的关系，再结合勾股定理列方程求解，考查了几何计算中方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
8.将直尺、含$60°$角的直角三角板和光盘按如图所示的方式摆放，A为三角板的$60°$角与直尺的交点，B为光盘与直尺的唯一交点，三角板的斜边与光盘相切.若$AB=3\ \mathrm{cm}$，则光盘的直径是
$6\sqrt{3}$
cm.答案
8.$6\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时我们可以结合切线相关性质与直角三角形的计算推导：首先设光盘圆心为O，连接OB、OA；根据切线的性质，半径OB垂直于作为切线的直尺，可得△OAB是直角三角形；再根据切线长定理，点A到光盘的两条切线长度相等，且OA平分两条切线的夹角；结合三角板60°角的条件，可推出两条切线的夹角为120°，进而得到∠OAB=60°，最后在直角三角形中利用三角函数求出半径，乘2即可得到直径。
【解析】
设光盘的圆心为O，连接OA、OB：
1. 因为B是光盘与直尺的切点，由切线的性质可知OB⊥AB，即∠OBA=90°，△OAB为直角三角形。
2. 三角板的斜边与光盘相切，直尺所在直线也与光盘相切，根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。
3. 已知A为三角板60°角的顶点，因此两条切线的夹角为$180°-60°=120°$，则OA平分该角得$∠ OAB=\frac{120°}{2}=60°$。
4. 在$Rt△ OAB$中，$AB=3\ \mathrm{cm}$，$\tan∠ OAB=\frac{OB}{AB}$，代入得：
$\tan60°=\frac{OB}{3}$，即$\sqrt{3}=\frac{OB}{3}$，解得$OB=3\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
5. 光盘的直径为$2OB=2×3\sqrt{3}=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$6\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，解直角三角形
【点评】
本题结合实际摆放场景考查圆的切线相关知识与直角三角形的计算，解题的关键是正确作出辅助线，推导得出直角三角形内的角度，是切线相关知识的典型应用题型，能够考查学生的图形分析与知识运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时我们可以结合切线相关性质与直角三角形的计算推导：首先设光盘圆心为O，连接OB、OA；根据切线的性质，半径OB垂直于作为切线的直尺，可得△OAB是直角三角形；再根据切线长定理，点A到光盘的两条切线长度相等，且OA平分两条切线的夹角；结合三角板60°角的条件，可推出两条切线的夹角为120°，进而得到∠OAB=60°，最后在直角三角形中利用三角函数求出半径，乘2即可得到直径。
【解析】
设光盘的圆心为O，连接OA、OB：
1. 因为B是光盘与直尺的切点，由切线的性质可知OB⊥AB，即∠OBA=90°，△OAB为直角三角形。
2. 三角板的斜边与光盘相切，直尺所在直线也与光盘相切，根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角。
3. 已知A为三角板60°角的顶点，因此两条切线的夹角为$180°-60°=120°$，则OA平分该角得$∠ OAB=\frac{120°}{2}=60°$。
4. 在$Rt△ OAB$中，$AB=3\ \mathrm{cm}$，$\tan∠ OAB=\frac{OB}{AB}$，代入得：
$\tan60°=\frac{OB}{3}$，即$\sqrt{3}=\frac{OB}{3}$，解得$OB=3\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
5. 光盘的直径为$2OB=2×3\sqrt{3}=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$6\sqrt{3}$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，解直角三角形
【点评】
本题结合实际摆放场景考查圆的切线相关知识与直角三角形的计算，解题的关键是正确作出辅助线，推导得出直角三角形内的角度，是切线相关知识的典型应用题型，能够考查学生的图形分析与知识运用能力。
【难度系数】
0.6
9. 如图,过半径为6的$\odot O$外一点P引圆的切线PA,PB,连接PO交$\odot O$于点F,过点F作$\odot O$的切线,分别交PA,PB于点D,E,如果$PO=10$,$∠ APB=40°$,求:
(1)$△ PED$的周长;
(2)$∠ DOE$的度数.
(1)$△ PED$的周长;
(2)$∠ DOE$的度数.
答案
9. 解:(1)连接AO,则$OA⊥PA,\therefore PA=\sqrt{PO^2-OA^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8.$
∵PA,PB为切线,A,B为切点,EF,EB,DF,DA均与$\odot O$相切,$\therefore PA=PB,DA=DF,FE=BE. \therefore △ PED$的周长为$PE+EF+FD+PD=PA+PB=2PA=16.$ (2)连接OB,由切线长定理,得$∠AOD=∠DOF,∠EOF=∠EOB,$$\therefore ∠DOE=\frac{1}{2}∠AOB=\frac{1}{2}(180°-∠APB)=\frac{1}{2}×(180°-40°)=70°.$
∵PA,PB为切线,A,B为切点,EF,EB,DF,DA均与$\odot O$相切,$\therefore PA=PB,DA=DF,FE=BE. \therefore △ PED$的周长为$PE+EF+FD+PD=PA+PB=2PA=16.$ (2)连接OB,由切线长定理,得$∠AOD=∠DOF,∠EOF=∠EOB,$$\therefore ∠DOE=\frac{1}{2}∠AOB=\frac{1}{2}(180°-∠APB)=\frac{1}{2}×(180°-40°)=70°.$
解析
【分析】
(1)求解△PED的周长，首先根据切线的性质，连接AO可得OA⊥PA，用勾股定理先算出切线PA的长度；再利用切线长定理：圆外一点引圆的两条切线长相等，得到DA=DF、FE=BE、PA=PB，将△PED的各边进行等量转化，即可得到周长等于2PA。
(2)求解∠DOE的度数，连接OB后，由切线长定理可知OD平分∠AOF、OE平分∠BOF，因此∠DOE是∠AOB的一半；再结合四边形OAPB的内角和，已知两个直角和∠APB的度数，可求出∠AOB的度数，进而算出∠DOE的大小。
【解析】
(1) 连接AO，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴OA⊥PA，
在Rt△PAO中，OA=6，PO=10，由勾股定理得：
$PA=\sqrt{PO^2-OA^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∵PA、PB为⊙O的切线，A、B为切点，DE切⊙O于点F，
根据切线长定理可得：$PA=PB$，$DA=DF$，$FE=BE$，
∴△PED的周长 $= PE + EF + FD + PD = PE + EB + DA + PD = PB + PA = 2PA = 2×8 =16$。
(2) 连接OB，
∵PA、PB、DE都是⊙O的切线，根据切线长定理可得：
OD平分∠AOF，即$∠AOD=∠DOF$，
OE平分∠BOF，即$∠EOF=∠EOB$，
∴$∠DOE=∠DOF+∠EOF=\frac{1}{2}(∠AOF+∠BOF)=\frac{1}{2}∠AOB$，
在四边形OAPB中，$∠OAP=∠OBP=90°$，$∠APB=40°$，
四边形内角和为$360°$，
∴$∠AOB=360°-90°-90°-40°=140°$，
∴$∠DOE=\frac{1}{2}×140°=70°$。
【答案】
(1) $\boxed{16}$
(2) $\boxed{70°}$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的切线相关的常规计算题，核心是利用切线长定理完成线段的等量转化和角的等量拆分，将未知的周长、角度转化为已知条件可求的量，熟练掌握切线的相关性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
(1)求解△PED的周长，首先根据切线的性质，连接AO可得OA⊥PA，用勾股定理先算出切线PA的长度；再利用切线长定理：圆外一点引圆的两条切线长相等，得到DA=DF、FE=BE、PA=PB，将△PED的各边进行等量转化，即可得到周长等于2PA。
(2)求解∠DOE的度数，连接OB后，由切线长定理可知OD平分∠AOF、OE平分∠BOF，因此∠DOE是∠AOB的一半；再结合四边形OAPB的内角和，已知两个直角和∠APB的度数，可求出∠AOB的度数，进而算出∠DOE的大小。
【解析】
(1) 连接AO，
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴OA⊥PA，
在Rt△PAO中，OA=6，PO=10，由勾股定理得：
$PA=\sqrt{PO^2-OA^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
∵PA、PB为⊙O的切线，A、B为切点，DE切⊙O于点F，
根据切线长定理可得：$PA=PB$，$DA=DF$，$FE=BE$，
∴△PED的周长 $= PE + EF + FD + PD = PE + EB + DA + PD = PB + PA = 2PA = 2×8 =16$。
(2) 连接OB，
∵PA、PB、DE都是⊙O的切线，根据切线长定理可得：
OD平分∠AOF，即$∠AOD=∠DOF$，
OE平分∠BOF，即$∠EOF=∠EOB$，
∴$∠DOE=∠DOF+∠EOF=\frac{1}{2}(∠AOF+∠BOF)=\frac{1}{2}∠AOB$，
在四边形OAPB中，$∠OAP=∠OBP=90°$，$∠APB=40°$，
四边形内角和为$360°$，
∴$∠AOB=360°-90°-90°-40°=140°$，
∴$∠DOE=\frac{1}{2}×140°=70°$。
【答案】
(1) $\boxed{16}$
(2) $\boxed{70°}$
【知识点】
切线长定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的切线相关的常规计算题，核心是利用切线长定理完成线段的等量转化和角的等量拆分，将未知的周长、角度转化为已知条件可求的量，熟练掌握切线的相关性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
