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1.聚焦中考 尺规作图「2026江苏淮安期中」尺规作图(不写作法,保留作图痕迹):
(1)如图1,点Q在直线AB上,点C在直线AB外,作$\odot O$经过Q,C两点且与AB相切.
(2)如图2,已知$\odot O$,求作一点P,过点P作出$\odot O$的两条切线分别为PA,PB,切点为A,B,且使$∠ APB=45°$.
(1)如图1,点Q在直线AB上,点C在直线AB外,作$\odot O$经过Q,C两点且与AB相切.
(2)如图2,已知$\odot O$,求作一点P,过点P作出$\odot O$的两条切线分别为PA,PB,切点为A,B,且使$∠ APB=45°$.
答案
(1)如图所示,$\odot O$即为所求.
(2)如图所示.
解析
【分析】
(1) 要作满足条件的$\odot O$，需先确定圆心$O$的位置：①根据切线的性质，圆与$AB$相切于$Q$，因此圆心$O$在过点$Q$且垂直于$AB$的直线上；②因为圆过$C$、$Q$两点，因此圆心$O$到$C$、$Q$的距离相等，即$O$在$CQ$的垂直平分线上。两条直线的交点即为圆心$O$，再以$O$为圆心、$OQ$为半径画圆即可。
(2) 要使$∠ APB=45°$，结合切线性质：$PA$、$PB$是$\odot O$的切线，则$∠ OAP=∠ OBP=90°$，根据四边形内角和可得$∠ AOB=180°-∠ APB=135°$。因此先作$135°$的圆心角$∠ AOB$，再分别过$A$、$B$作$OA$、$OB$的垂线，两条垂线的交点即为点$P$。
【解析】
(1) ①过点$Q$作直线$AB$的垂线；②连接$CQ$，作线段$CQ$的垂直平分线，两条直线的交点记为$O$；③以$O$为圆心，$OQ$的长度为半径作圆，即为所求$\odot O$。
(2) ①在$\odot O$上取一点$A$，作半径$OA$，过$A$作$OA$的垂线（即$\odot O$的切线）；②以$O$为顶点，$OA$为一边，作$∠ AOB=135°$，$OB$与$\odot O$交于点$B$；③过点$B$作$OB$的垂线，两条切线的交点即为点$P$，$PA$、$PB$即为所求切线。
（作图保留痕迹即可）
【答案】
(1)如图所示,$\odot O$即为所求.
(2)如图所示.
【知识点】
切线的性质；垂直平分线的性质；切线长定理
【点评】
本题属于尺规作图综合题，解题时需要结合圆的相关性质推导确定待求点的位置，熟练掌握基本尺规作图（作垂线、作垂直平分线、作角等）的操作方法是解决此类题的基础。
【难度系数】
0.6
(1) 要作满足条件的$\odot O$，需先确定圆心$O$的位置：①根据切线的性质，圆与$AB$相切于$Q$，因此圆心$O$在过点$Q$且垂直于$AB$的直线上；②因为圆过$C$、$Q$两点，因此圆心$O$到$C$、$Q$的距离相等，即$O$在$CQ$的垂直平分线上。两条直线的交点即为圆心$O$，再以$O$为圆心、$OQ$为半径画圆即可。
(2) 要使$∠ APB=45°$，结合切线性质：$PA$、$PB$是$\odot O$的切线，则$∠ OAP=∠ OBP=90°$，根据四边形内角和可得$∠ AOB=180°-∠ APB=135°$。因此先作$135°$的圆心角$∠ AOB$，再分别过$A$、$B$作$OA$、$OB$的垂线，两条垂线的交点即为点$P$。
【解析】
(1) ①过点$Q$作直线$AB$的垂线；②连接$CQ$，作线段$CQ$的垂直平分线，两条直线的交点记为$O$；③以$O$为圆心，$OQ$的长度为半径作圆，即为所求$\odot O$。
(2) ①在$\odot O$上取一点$A$，作半径$OA$，过$A$作$OA$的垂线（即$\odot O$的切线）；②以$O$为顶点，$OA$为一边，作$∠ AOB=135°$，$OB$与$\odot O$交于点$B$；③过点$B$作$OB$的垂线，两条切线的交点即为点$P$，$PA$、$PB$即为所求切线。
（作图保留痕迹即可）
【答案】
(1)如图所示,$\odot O$即为所求.
(2)如图所示.
【知识点】
切线的性质；垂直平分线的性质；切线长定理
【点评】
本题属于尺规作图综合题，解题时需要结合圆的相关性质推导确定待求点的位置，熟练掌握基本尺规作图（作垂线、作垂直平分线、作角等）的操作方法是解决此类题的基础。
【难度系数】
0.6
2.如图，PA，PB为$\odot O$的两条切线，切点分别为A，B，连接OP交$\odot O$于点C，交弦AB于点D.下列结论中错误的是（
A.$PA=PB$
B.$OP⊥ AB$
C.$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$
D.$△ APB$是等边三角形
D
）A.$PA=PB$
B.$OP⊥ AB$
C.$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$
D.$△ APB$是等边三角形
答案
由切线长定理可得$PA=PB,∠APO=∠BPO,∴AB⊥OP,AD=BD,∴\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,故A,B,C正确,而$△APB$中只满足$PA=PB$,无其他条件证明$△APB$是等边三角形.故选D.
解析
【分析】
本题可结合已知条件，利用切线长定理、垂径定理、等腰及等边三角形的判定逐一分析各选项：首先回忆切线长定理的内容判断A选项；再结合等腰三角形三线合一的性质判断B选项；接着根据垂径定理判断C选项；最后结合等边三角形的判定条件分析D选项，即可得出错误结论。
【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，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，可得$PA=PB$，$∠APO=∠BPO$，因此A选项结论正确；
$△ APB$为等腰三角形，$OP$是$∠APB$的角平分线，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$OP⊥AB$，因此B选项结论正确；
$OP$过圆心$O$，且$OP⊥AB$，根据垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧，可得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，因此C选项结论正确；
$△ APB$仅能证明$PA=PB$，是等腰三角形，没有条件证明其内角为$60°$或三边相等，无法判定是等边三角形，因此D选项结论错误。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，垂径定理，等边三角形判定
【点评】
本题属于圆的基础性质应用题，解题时要注意结合图形性质推导结论，不可自行添加题目未给出的条件，牢记等边三角形需要同时满足等腰和有一个内角为60°（或三边相等）的判定要求。
【难度系数】
0.8
本题可结合已知条件，利用切线长定理、垂径定理、等腰及等边三角形的判定逐一分析各选项：首先回忆切线长定理的内容判断A选项；再结合等腰三角形三线合一的性质判断B选项；接着根据垂径定理判断C选项；最后结合等边三角形的判定条件分析D选项，即可得出错误结论。
【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，且该点与圆心的连线平分两条切线的夹角，可得$PA=PB$，$∠APO=∠BPO$，因此A选项结论正确；
$△ APB$为等腰三角形，$OP$是$∠APB$的角平分线，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$OP⊥AB$，因此B选项结论正确；
$OP$过圆心$O$，且$OP⊥AB$，根据垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分弦所对的两条弧，可得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，因此C选项结论正确；
$△ APB$仅能证明$PA=PB$，是等腰三角形，没有条件证明其内角为$60°$或三边相等，无法判定是等边三角形，因此D选项结论错误。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理，垂径定理，等边三角形判定
【点评】
本题属于圆的基础性质应用题，解题时要注意结合图形性质推导结论，不可自行添加题目未给出的条件，牢记等边三角形需要同时满足等腰和有一个内角为60°（或三边相等）的判定要求。
【难度系数】
0.8
3.「2026江苏苏州振华中学月考」如图，PA，PB是$\odot O$的切线，CD切$\odot O$于点E，$△ PCD$的周长为12，$∠ P=60°$.
(1)求PA的长.
(2)求$∠ COD$的度数.
(1)求PA的长.
(2)求$∠ COD$的度数.
答案
(1)$\because CA,CE$是$\odot O$的切线,$\therefore CA=CE$.
同理可得$DE=DB,PA=PB$,
$\therefore △ PCD$的周长$=PD+PC+CD=PD+PC+CA+BD=PA+PB=2PA=12,\therefore PA=6$,即$PA$的长为6.
(2)$\because ∠ P=60°,\therefore ∠ PCE+∠ PDE=120°$,
$\therefore ∠ ACD+∠ CDB=360°-120°=240°$,
$\because CA,CE$是$\odot O$的切线,
$\therefore ∠ OCE=∠ OCA=\frac{1}{2}∠ ACD$,
同理可得$∠ ODE=∠ ODB=\frac{1}{2}∠ CDB$,
$\therefore ∠ OCE+∠ ODE=\frac{1}{2}(∠ ACD+∠ CDB)=120°$,
$\therefore ∠ COD=180°-120°=60°$.
同理可得$DE=DB,PA=PB$,
$\therefore △ PCD$的周长$=PD+PC+CD=PD+PC+CA+BD=PA+PB=2PA=12,\therefore PA=6$,即$PA$的长为6.
(2)$\because ∠ P=60°,\therefore ∠ PCE+∠ PDE=120°$,
$\therefore ∠ ACD+∠ CDB=360°-120°=240°$,
$\because CA,CE$是$\odot O$的切线,
$\therefore ∠ OCE=∠ OCA=\frac{1}{2}∠ ACD$,
同理可得$∠ ODE=∠ ODB=\frac{1}{2}∠ CDB$,
$\therefore ∠ OCE+∠ ODE=\frac{1}{2}(∠ ACD+∠ CDB)=120°$,
$\therefore ∠ COD=180°-120°=60°$.
解析
【分析】
(1) 遇到圆的多条切线问题，优先考虑切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。观察△PCD的周长构成，CD被切点E分为CE和DE两段，结合切线长定理可得CA=CE、DE=DB、PA=PB，即可将△PCD的周长转化为2PA，代入已知周长就能求出PA的长。
(2) 求∠COD的度数，先根据∠P=60°，利用三角形内角和求出△PCD另外两个内角的和，再推导这两个角的邻补角之和；再根据切线长定理，OC、OD分别平分∠ACD和∠CDB，即可求出∠OCE与∠ODE的和，最后在△COD中利用三角形内角和求出∠COD的度数。
【解析】
(1)
∵ CA、CE都是$\odot O$的切线，根据切线长定理，得$CA=CE$，
同理可得：$DE=DB$，$PA=PB$，
∴ $△ PCD$的周长 $= PD + PC + CD = PD + PC + CE + DE = PD + PC + CA + DB = (PC + CA) + (PD + DB) = PA + PB = 2PA$，
已知$△ PCD$的周长为12，即$2PA=12$，解得$PA=6$。
(2) 在$△ PCD$中，$∠P=60°$，根据三角形内角和定理，得$∠PCD + ∠PDC = 180° - 60° = 120°$，
∴ $∠ACD + ∠CDB = (180° - ∠PCD) + (180° - ∠PDC) = 360° - (∠PCD + ∠PDC) = 360° - 120° = 240°$，
∵ CA、CE是$\odot O$的切线，根据切线长定理，OC平分$∠ACD$，即$∠OCE = ∠OCA = \frac{1}{2}∠ACD$，
同理可得OD平分$∠CDB$，即$∠ODE = ∠ODB = \frac{1}{2}∠CDB$，
∴ $∠OCE + ∠ODE = \frac{1}{2}(∠ACD + ∠CDB) = \frac{1}{2}×240° = 120°$，
在$△ COD$中，根据三角形内角和定理，得$∠COD = 180° - (∠OCE + ∠ODE) = 180° - 120° = 60°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{6}$；(2) $\boldsymbol{60°}$
【知识点】
切线长定理；三角形内角和定理；角平分线的性质
【点评】
本题是圆的切线相关的基础综合题，核心考查切线长定理的应用，解题的关键是利用切线长相等实现线段的等量转化，利用切线长对应的角平分线性质实现角的等量转化，熟练掌握切线长定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7
(1) 遇到圆的多条切线问题，优先考虑切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等。观察△PCD的周长构成，CD被切点E分为CE和DE两段，结合切线长定理可得CA=CE、DE=DB、PA=PB，即可将△PCD的周长转化为2PA，代入已知周长就能求出PA的长。
(2) 求∠COD的度数，先根据∠P=60°，利用三角形内角和求出△PCD另外两个内角的和，再推导这两个角的邻补角之和；再根据切线长定理，OC、OD分别平分∠ACD和∠CDB，即可求出∠OCE与∠ODE的和，最后在△COD中利用三角形内角和求出∠COD的度数。
【解析】
(1)
∵ CA、CE都是$\odot O$的切线，根据切线长定理，得$CA=CE$，
同理可得：$DE=DB$，$PA=PB$，
∴ $△ PCD$的周长 $= PD + PC + CD = PD + PC + CE + DE = PD + PC + CA + DB = (PC + CA) + (PD + DB) = PA + PB = 2PA$，
已知$△ PCD$的周长为12，即$2PA=12$，解得$PA=6$。
(2) 在$△ PCD$中，$∠P=60°$，根据三角形内角和定理，得$∠PCD + ∠PDC = 180° - 60° = 120°$，
∴ $∠ACD + ∠CDB = (180° - ∠PCD) + (180° - ∠PDC) = 360° - (∠PCD + ∠PDC) = 360° - 120° = 240°$，
∵ CA、CE是$\odot O$的切线，根据切线长定理，OC平分$∠ACD$，即$∠OCE = ∠OCA = \frac{1}{2}∠ACD$，
同理可得OD平分$∠CDB$，即$∠ODE = ∠ODB = \frac{1}{2}∠CDB$，
∴ $∠OCE + ∠ODE = \frac{1}{2}(∠ACD + ∠CDB) = \frac{1}{2}×240° = 120°$，
在$△ COD$中，根据三角形内角和定理，得$∠COD = 180° - (∠OCE + ∠ODE) = 180° - 120° = 60°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{6}$；(2) $\boldsymbol{60°}$
【知识点】
切线长定理；三角形内角和定理；角平分线的性质
【点评】
本题是圆的切线相关的基础综合题，核心考查切线长定理的应用，解题的关键是利用切线长相等实现线段的等量转化，利用切线长对应的角平分线性质实现角的等量转化，熟练掌握切线长定理即可快速解题。
【难度系数】
0.7
4.「2025 四川眉山仁寿一模改编，★☆」如图，EA，ED是$\odot O$的切线，切点分别为A，D，点B，C在$\odot O$上。若$∠ E=68°$，则$∠ BAE+∠ BCD=$
$236°$
。答案
连接AD(图略).$\because$ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形,$\therefore ∠ BAD+∠ BCD=180°$.$\because EA,ED$是$\odot O$的切线,$\therefore EA=ED$,$\because ∠ E=68°$,$\therefore ∠ EAD=∠ EDA=\frac{1}{2}×(180°-68°)=56°$,$\therefore ∠ BAE+∠ BCD=∠ BAD+∠ DAE+∠ BCD=180°+56°=236°$.
解析
【分析】
本题无法直接求出∠BAE和∠BCD的单独度数，因此考虑通过作辅助线拆分角度、结合圆的性质转化求解。首先连接AD，将∠BAE拆分为∠BAD+∠DAE，此时观察到四边形ABCD是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补可得∠BAD+∠BCD=180°，因此所求角度和可转化为180°+∠DAE；再根据切线长定理可得EA=ED，△EAD为等腰三角形，结合已知∠E的度数即可求出∠DAE的大小，最后相加即可得到结果。
【解析】
连接AD，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°，
∵ EA、ED是⊙O的切线，根据切线长定理可得EA=ED，
∴ △EAD为等腰三角形，
又
∵ ∠E=68°，
∴ ∠EAD = ∠EDA = $\frac{1}{2}×(180°-68°)=56°$，
∴ ∠BAE + ∠BCD = ∠BAD + ∠DAE + ∠BCD = (∠BAD + ∠BCD) + ∠DAE = 180° + 56° = 236°。
【答案】
$\boxed{236°}$
【知识点】
切线长定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于圆的性质基础综合题，解题的关键是合理作出辅助线AD，将所求角度和拆分转化，结合切线长定理、圆内接四边形性质和等腰三角形性质逐步计算，是圆章节的常见考法。
【难度系数】
0.7
本题无法直接求出∠BAE和∠BCD的单独度数，因此考虑通过作辅助线拆分角度、结合圆的性质转化求解。首先连接AD，将∠BAE拆分为∠BAD+∠DAE，此时观察到四边形ABCD是⊙O的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补可得∠BAD+∠BCD=180°，因此所求角度和可转化为180°+∠DAE；再根据切线长定理可得EA=ED，△EAD为等腰三角形，结合已知∠E的度数即可求出∠DAE的大小，最后相加即可得到结果。
【解析】
连接AD，
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴ ∠BAD + ∠BCD = 180°，
∵ EA、ED是⊙O的切线，根据切线长定理可得EA=ED，
∴ △EAD为等腰三角形，
又
∵ ∠E=68°，
∴ ∠EAD = ∠EDA = $\frac{1}{2}×(180°-68°)=56°$，
∴ ∠BAE + ∠BCD = ∠BAD + ∠DAE + ∠BCD = (∠BAD + ∠BCD) + ∠DAE = 180° + 56° = 236°。
【答案】
$\boxed{236°}$
【知识点】
切线长定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于圆的性质基础综合题，解题的关键是合理作出辅助线AD，将所求角度和拆分转化，结合切线长定理、圆内接四边形性质和等腰三角形性质逐步计算，是圆章节的常见考法。
【难度系数】
0.7
5.「2026广东广州月考，★☆」如图，以边BC为直径在正方形ABCD内部作半圆，圆心为O，过点A作半圆的切线，与半圆相切于点F，与CD相交于点E，设正方形ABCD的边长为x，EC的长为y，则y与x的函数关系式为
$y=\frac{1}{4}x$
。答案
$\because$ 正方形ABCD的边长为$x$,$\therefore AD=AB=BC=CD=x$,根据切线长定理得$AF=AB=x$,$EF=EC=y$,
$\therefore DE=DC-EC=x-y$,$AE=AF+EF=x+y$,在$Rt△ADE$中,由勾股定理得$AE^2=AD^2+DE^2$,即$(x+y)^2=x^2+(x-y)^2$,整理得$y=\frac{1}{4}x$.
$\therefore DE=DC-EC=x-y$,$AE=AF+EF=x+y$,在$Rt△ADE$中,由勾股定理得$AE^2=AD^2+DE^2$,即$(x+y)^2=x^2+(x-y)^2$,整理得$y=\frac{1}{4}x$.
解析
【分析】
解题时可按照以下思路推导：首先观察到AB、AE、EC都是半圆的切线，可优先运用切线长定理得到相等的线段；再结合正方形边长相等、内角为直角的性质，用含x和y的代数式表示出Rt△ADE的三边长；最后利用勾股定理建立关于x、y的方程，整理方程即可得到y与x的函数关系式。
【解析】
∵ 正方形ABCD的边长为$x$，
∴ $AD=AB=BC=CD=x$，$∠ D=90°$。
根据切线长定理，可得$AF=AB=x$，$EF=EC=y$，
∴ $DE=DC-EC=x-y$，$AE=AF+EF=x+y$。
在$Rt△ ADE$中，由勾股定理得$AE^2=AD^2+DE^2$，
代入边长得：$\displaystyle (x+y)^2=x^2+(x-y)^2$，
展开整理：$\displaystyle x^2+2xy+y^2=x^2+x^2-2xy+y^2$，
化简得$\displaystyle 4xy=x^2$，
∵ 正方形边长$x≠0$，两边同时除以$4x$得$\displaystyle y=\frac{1}{4}x$。
【答案】
$\displaystyle y=\frac{1}{4}x$
【知识点】
切线长定理，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础的几何综合题，将切线性质和函数关系结合考查，解题核心是通过切线长定理得到线段的等量关系，再借助勾股定理建立变量间的等式，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.7
解题时可按照以下思路推导：首先观察到AB、AE、EC都是半圆的切线，可优先运用切线长定理得到相等的线段；再结合正方形边长相等、内角为直角的性质，用含x和y的代数式表示出Rt△ADE的三边长；最后利用勾股定理建立关于x、y的方程，整理方程即可得到y与x的函数关系式。
【解析】
∵ 正方形ABCD的边长为$x$，
∴ $AD=AB=BC=CD=x$，$∠ D=90°$。
根据切线长定理，可得$AF=AB=x$，$EF=EC=y$，
∴ $DE=DC-EC=x-y$，$AE=AF+EF=x+y$。
在$Rt△ ADE$中，由勾股定理得$AE^2=AD^2+DE^2$，
代入边长得：$\displaystyle (x+y)^2=x^2+(x-y)^2$，
展开整理：$\displaystyle x^2+2xy+y^2=x^2+x^2-2xy+y^2$，
化简得$\displaystyle 4xy=x^2$，
∵ 正方形边长$x≠0$，两边同时除以$4x$得$\displaystyle y=\frac{1}{4}x$。
【答案】
$\displaystyle y=\frac{1}{4}x$
【知识点】
切线长定理，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于基础的几何综合题，将切线性质和函数关系结合考查，解题核心是通过切线长定理得到线段的等量关系，再借助勾股定理建立变量间的等式，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.7
6. 学科特色 方程思想「2026江苏南京月考改编，★☆」如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AB⊥BC，AD，CD分别与扇形BAF相切于点A与点E。当AB=15，BC=17时，求AD的长。
答案
如图,连接BE,过点D作$DH⊥ BC$于点H,则$∠ BHD=∠ CHD=90°$.
$\because AD,CD$分别与扇形BAF相切于点A与点E,$\therefore AB=BE=15$,$AD⊥ AB$,$CD⊥ EB$,$AD=ED$,$\therefore ∠ BAD=∠ BEC=90°$,$\therefore CE=\sqrt{BC^2-BE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8$,$\therefore CD=CE+ED=8+AD$.$\because AD// BC$,$\therefore ∠ ADH=∠ CHD=90°$.
$\because ∠ BAD=∠ ADH=∠ BHD=90°$,$\therefore$ 四边形ABHD是矩形,$\therefore BH=AD$,$DH=AB=15$,$\therefore CH=BC-BH=17-AD$.
在$Rt△DHC$中,$DH^2+CH^2=CD^2$,$\therefore 15^2+(17-AD)^2=(8+AD)^2$,解得$AD=9$.
解析
【分析】
解题时首先结合切线条件，根据切线的性质和切线长定理，可得AD=DE、AB=BE、CD⊥BE，先在Rt△BEC中算出CE的长度，将CD用含AD的式子表示；接下来根据AD//BC、AB⊥BC的条件，作DH⊥BC构造矩形ABHD，把AD转化为BH，得到CH的含AD的表达式；最后在Rt△DHC中利用勾股定理列方程，即可求解AD的长度。
【解析】
如图，连接BE，过点D作$DH⊥ BC$于点H，则$∠ BHD=∠ CHD=90°$.
$\because AD,CD$分别与扇形BAF相切于点A与点E,$\therefore AB=BE=15$,$AD⊥ AB$,$CD⊥ EB$,$AD=ED$,$\therefore ∠ BAD=∠ BEC=90°$,
$\therefore CE=\sqrt{BC^2-BE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8$,
$\therefore CD=CE+ED=8+AD$.
$\because AD// BC$,$\therefore ∠ ADH=∠ CHD=90°$.
$\because ∠ BAD=∠ ADH=∠ BHD=90°$,$\therefore$ 四边形ABHD是矩形,
$\therefore BH=AD$,$DH=AB=15$,
$\therefore CH=BC-BH=17-AD$.
在$Rt△DHC$中,$DH^2+CH^2=CD^2$,
$\therefore 15^2+(17-AD)^2=(8+AD)^2$,
解得$AD=9$.
【答案】
AD的长为9。
【知识点】
切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆与四边形的综合题，解题的关键是合理作出辅助线，结合切线相关性质将未知线段用同一未知数表示，再利用勾股定理构造方程求解，体现了方程思想的应用，是这类综合题的典型考法。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合切线条件，根据切线的性质和切线长定理，可得AD=DE、AB=BE、CD⊥BE，先在Rt△BEC中算出CE的长度，将CD用含AD的式子表示；接下来根据AD//BC、AB⊥BC的条件，作DH⊥BC构造矩形ABHD，把AD转化为BH，得到CH的含AD的表达式；最后在Rt△DHC中利用勾股定理列方程，即可求解AD的长度。
【解析】
如图，连接BE，过点D作$DH⊥ BC$于点H，则$∠ BHD=∠ CHD=90°$.
$\because AD,CD$分别与扇形BAF相切于点A与点E,$\therefore AB=BE=15$,$AD⊥ AB$,$CD⊥ EB$,$AD=ED$,$\therefore ∠ BAD=∠ BEC=90°$,
$\therefore CE=\sqrt{BC^2-BE^2}=\sqrt{17^2-15^2}=8$,
$\therefore CD=CE+ED=8+AD$.
$\because AD// BC$,$\therefore ∠ ADH=∠ CHD=90°$.
$\because ∠ BAD=∠ ADH=∠ BHD=90°$,$\therefore$ 四边形ABHD是矩形,
$\therefore BH=AD$,$DH=AB=15$,
$\therefore CH=BC-BH=17-AD$.
在$Rt△DHC$中,$DH^2+CH^2=CD^2$,
$\therefore 15^2+(17-AD)^2=(8+AD)^2$,
解得$AD=9$.
【答案】
AD的长为9。
【知识点】
切线长定理，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆与四边形的综合题，解题的关键是合理作出辅助线，结合切线相关性质将未知线段用同一未知数表示，再利用勾股定理构造方程求解，体现了方程思想的应用，是这类综合题的典型考法。
【难度系数】
0.7
