1. (2023 河南，14)如图，$PA$与$\odot O$相切于点$A$，$PO$交$\odot O$于点$B$，点$C$在$PA$上，且$CB=CA$. 若$OA=5$，$PA=12$，则$CA$的长为.

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连接OA，因PA与⊙O相切于A，故OA⊥PA。在Rt△OAP中，OA=5，PA=12，由勾股定理得PO=√(OA²+PA²)=√(5²+12²)=13。则PB=PO-OB=13-5=8。设CA=CB=x，则PC=12-x。过B作BD⊥PA于D，由BD//OA得△PBD∽△POA，故BD/OA=PB/PO，BD=5×8/13=40/13；PD/PA=PB/PO，PD=12×8/13=96/13，AD=PA-PD=12-96/13=60/13。在Rt△CBD中，CB²=CD²+BD²，即x²=(60/13 - x)²+(40/13)²，解得x=10/3。

2. 如图，在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle A=90^{\circ}$，点$O$在边$AB$上，以$OB$为半径作$\odot O$，交$BC$于点$D$，连接$OD$.
(1)尺规作图：在$AC$边上作一点$E$，使$CE=DE$，再作直线$DE$.（要求：不写作法，保留作图痕迹）
(2)$DE$是$\odot O$的切线吗？请说明理由.

(1)作图见解析；(2)DE是⊙O的切线，理由见解析。

(1)作线段CD的垂直平分线，交AC于点E，连接DE，即为所求。
(2)DE是⊙O的切线。理由如下：
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB。
∵CE=DE，
∴∠C=∠CDE。
在Rt△ABC中，∠A=90°，
∴∠OBD+∠C=90°。
∴∠ODB+∠CDE=90°。
∵点D在BC上，
∴∠ODB+∠CDE+∠ODE=180°（平角定义），
∴∠ODE=180°-(∠ODB+∠CDE)=90°。
∵OD是⊙O半径，
∴DE⊥OD，故DE是⊙O的切线。

3. (2025 湖北)如图，$\odot O$是$\triangle ABC$的外接圆，$\angle BAC=45^{\circ}$. 过点$O$作$DF⊥ AB$，垂足为$E$，交$AC$于点$D$，交$\odot O$于点$F$. 过点$F$作$\odot O$的切线，交$CA$的延长线于点$G$.
(1)求证：$FD=FG$；
(2)若$AB=12$，$FG=10$，求$\odot O$的半径.

(1)见解析；(2)13/2

(1)连接OF。
∵FG是⊙O切线，∴∠OFG=90°。
∵DF⊥AB，∴∠AED=90°。
∵∠BAC=45°，∴∠ADE=90°-45°=45°，即∠GDF=45°。
∵DF过圆心O，∴DF是直径，∠OFD为半径。
在△GDF中，∠GDF=45°，∠DFG=∠OFG=90°，∴∠FGD=45°=∠GDF，∴FD=FG。
(2)设⊙O半径为r，由(1)知FD=FG=10，即DF=10。
∵DF⊥AB，由垂径定理得AE=AB/2=6。
以E为原点，AB为x轴，DF为y轴建系：A(-6,0)，E(0,0)，AB方程y=0，AC斜率为1（∠BAC=45°），AC方程y=x+6。
DF与AC交于D，令x=0得D(0,6)，故DE=6。
设O(0,h)，则DF=6 - (h - r)=10（D(0,6)，F(0,h - r)），得h=r - 4。
在Rt△AEO中，AE=6，OE=|h|=r - 4，OA=r，由勾股定理：6² + (r - 4)²=r²，解得r=13/2。