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8. 如图 30.1-18,$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$BE$平分$∠ ABC$交$AC$于点$E$,以点$E$为圆心,$EC$为半径作$\odot E$交$AC$于点$F$.
(1)求证:$AB$与$\odot E$相切;
(2)若$AB=15$,$BC=9$,求$\odot E$半径长.
(1)求证:$AB$与$\odot E$相切;
(2)若$AB=15$,$BC=9$,求$\odot E$半径长.
答案
8. (1)如
，作$EH ⊥ AB$于点 H. $\because ∠ACB = 90°$，$BE$ 平分$∠ABC$，$\therefore EH = EC$. $\because$ 点H 在$\odot E$上，$AB ⊥ EH$，$\therefore AB$ 与$\odot E$相切(2)由(1)得，$EH ⊥ AB$，$\therefore ∠BHE = ∠ACB= 90°$. 又 $\because EH = EC$，$BE = BE$，$\therefore \mathrm{Rt}△BHE≌\mathrm{Rt}△BCE$（HL）. $\therefore BH = BC = 9$. $\therefore AH = AB - BH = 15 - 9 = 6$. 在$△ABC$中，$∠ACB = 90°$，$AB = 15$，$BC = 9$，$\therefore AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$. 设$\odot E$的半径长为$r$，$\because EH = EF = EC$，$\therefore AE = AC - EC = 12 - r$. 在$△AHE$中，$∠AHE=90°$，$\therefore AH^2 + EH^2 = AE^2$. $\therefore 6^2 + r^2 = (12 - r)^2$，解得 $r = \dfrac{9}{2}$. $\therefore \odot E$的半径长为$\dfrac{9}{2}$
解析
【分析】
(1)要证明AB与$\odot E$相切，根据切线判定定理，需证明圆心E到AB的距离等于$\odot E$的半径EC。已知BE是$∠ ABC$的角平分线，角平分线上的点到角两边距离相等，因此过E作$EH⊥ AB$于H，可证$EH=EC$，即EH为$\odot E$的半径且$EH⊥ AB$，即可得证。
(2)先通过HL证明$\mathrm{Rt}△BHE≌\mathrm{Rt}△BCE$，得到$BH=BC$，进而求出AH的长度；再用勾股定理算出AC的长度，设$\odot E$半径为r，用含r的式子表示AE，最后在$\mathrm{Rt}△AHE$中利用勾股定理列方程求解即可得到半径长度。
【解析】
(1) 如，作$EH ⊥ AB$于点$H$。
$\because ∠ACB = 90°$，$BE$平分$∠ABC$，
$\therefore EH = EC$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
$\because$ 点$H$在$\odot E$上，且$AB ⊥ EH$，
$\therefore AB$与$\odot E$相切。
(2) 由(1)得$EH ⊥ AB$，$\therefore ∠BHE = ∠ACB= 90°$。
又 $\because EH = EC$，$BE = BE$，
$\therefore \mathrm{Rt}△BHE≌\mathrm{Rt}△BCE$（HL），
$\therefore BH = BC = 9$，
$\therefore AH = AB - BH = 15 - 9 = 6$。
在$△ABC$中，$∠ACB = 90°$，$AB = 15$，$BC = 9$，
由勾股定理得$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$。
设$\odot E$的半径长为$r$，则$EH = EF = EC = r$，
$\therefore AE = AC - EC = 12 - r$。
在$△AHE$中，$∠AHE=90°$，由勾股定理得：
$AH^2 + EH^2 = AE^2$，
$\therefore 6^2 + r^2 = (12 - r)^2$，
展开化简得$24r = 108$，解得 $r = \dfrac{9}{2}$。
【答案】
(1) 如，作$EH ⊥ AB$于点 H. $\because ∠ACB = 90°$，$BE$ 平分$∠ABC$，$\therefore EH = EC$. $\because$ 点H 在$\odot E$上，$AB ⊥ EH$，$\therefore AB$ 与$\odot E$相切
(2) $\odot E$的半径长为$\dfrac{9}{2}$
【知识点】
切线的判定、角平分线的性质、勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了切线的判定方法、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用，解题的关键是掌握证明切线的常用辅助线作法，以及利用方程思想求解线段长度。
【难度系数】
0.65
(1)要证明AB与$\odot E$相切，根据切线判定定理，需证明圆心E到AB的距离等于$\odot E$的半径EC。已知BE是$∠ ABC$的角平分线，角平分线上的点到角两边距离相等，因此过E作$EH⊥ AB$于H，可证$EH=EC$，即EH为$\odot E$的半径且$EH⊥ AB$，即可得证。
(2)先通过HL证明$\mathrm{Rt}△BHE≌\mathrm{Rt}△BCE$，得到$BH=BC$，进而求出AH的长度；再用勾股定理算出AC的长度，设$\odot E$半径为r，用含r的式子表示AE，最后在$\mathrm{Rt}△AHE$中利用勾股定理列方程求解即可得到半径长度。
【解析】
(1) 如
，作$EH ⊥ AB$于点$H$。$\because ∠ACB = 90°$，$BE$平分$∠ABC$，
$\therefore EH = EC$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
$\because$ 点$H$在$\odot E$上，且$AB ⊥ EH$，
$\therefore AB$与$\odot E$相切。
(2) 由(1)得$EH ⊥ AB$，$\therefore ∠BHE = ∠ACB= 90°$。
又 $\because EH = EC$，$BE = BE$，
$\therefore \mathrm{Rt}△BHE≌\mathrm{Rt}△BCE$（HL），
$\therefore BH = BC = 9$，
$\therefore AH = AB - BH = 15 - 9 = 6$。
在$△ABC$中，$∠ACB = 90°$，$AB = 15$，$BC = 9$，
由勾股定理得$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{15^2 - 9^2} = 12$。
设$\odot E$的半径长为$r$，则$EH = EF = EC = r$，
$\therefore AE = AC - EC = 12 - r$。
在$△AHE$中，$∠AHE=90°$，由勾股定理得：
$AH^2 + EH^2 = AE^2$，
$\therefore 6^2 + r^2 = (12 - r)^2$，
展开化简得$24r = 108$，解得 $r = \dfrac{9}{2}$。
【答案】
(1) 如
，作$EH ⊥ AB$于点 H. $\because ∠ACB = 90°$，$BE$ 平分$∠ABC$，$\therefore EH = EC$. $\because$ 点H 在$\odot E$上，$AB ⊥ EH$，$\therefore AB$ 与$\odot E$相切(2) $\odot E$的半径长为$\dfrac{9}{2}$
【知识点】
切线的判定、角平分线的性质、勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了切线的判定方法、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用，解题的关键是掌握证明切线的常用辅助线作法，以及利用方程思想求解线段长度。
【难度系数】
0.65
9. 小明陪弟弟玩积木的时候,发现放在同一水平面上的两个积木的横截面分别是以$MN=20\ \mathrm{cm}$为直径的半圆$O$和边长为$4\ \mathrm{cm}$的正方形$ABCD$,$P,Q$为半圆$O$上的点.如图$30.1-19$,此时半圆$O$与水平面恰好相切于点$P$,$AP=12\ \mathrm{cm}$,延长$CD$与半圆$O$分别交于点$F$,$E$.将半圆$O$向右无滑动滚动,使点$D$落在半圆$O$上,此时半圆$O$与水平面恰好相切于点$Q$(如图$30.1-20$).
(1)在图$30.1-19$中,求弦$EF$的长;
(2)在图$30.1-20$中,求$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角的度数.(结果保留$π$)
(1)在图$30.1-19$中,求弦$EF$的长;
(2)在图$30.1-20$中,求$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角的度数.(结果保留$π$)
答案
(1) 如答图27,连接OE,OP,OP与EF交于点T.
∵半圆O与水平面相切于点P,OP为半圆O的半径,四边形ABCD为正方形,
∴∠OPA=∠PAD=∠ADT=90°.
∴四边形ADTP为矩形.
∴OP⊥EF,PT=AD=4 cm.
∴ET=FT.
∵MN=20 cm,
∴OE=OP=10 cm.
∴OT = 6 cm.
∴在 Rt △OET 中, ET = $\sqrt{OE^2 - OT^2}=\sqrt{10^2 - 6^2}=8(\mathrm{cm}).\therefore EF=2ET=16\ \mathrm{cm}$
(2)
连接OQ,OD,延长CD交OQ于点G.∵四边形ABCD为正方形,半圆O与水平面相切于点Q,OQ为半圆O的半径,
∴∠GQA=∠DAQ=∠ADG=90°.
∴四边形ADGQ为矩形.
∴AQ=DG,QG=AD=4 cm,∠OGD=90°.
∵MN=20 cm,
∴OD=OQ=10 cm.
∴OG=6 cm.
∴在 Rt △ODG 中, $DG=\sqrt{OD^2 - OG^2}=\sqrt{10^2 - 6^2}=8(\mathrm{cm}).\therefore AQ=DG=8\ \mathrm{cm}.\because AP=12\ \mathrm{cm},\therefore \overset{\frown}{PQ}$的长为AP-AQ=4(cm). 设$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角度数为$n°$,则$\frac{10nπ}{180}=4$,解得$n=\frac{72}{π}$,$\therefore \overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角度数为$(\frac{72}{π})°$
解析
【分析】
(1) 求弦EF的长可利用垂径定理：先构造圆心到弦EF的垂线，结合矩形性质求出圆心到EF的距离，再通过勾股定理计算半弦长，进而得到EF的总长度。
(2) 求$\overset{\frown}{PQ}$对应的圆心角，首先明确半圆无滑动滚动时，$\overset{\frown}{PQ}$的长度等于半圆水平向右滚动的距离。先通过辅助线构造矩形求出滚动后AQ的长度，结合已知AP长度算出滚动距离即$\overset{\frown}{PQ}$的长，最后代入弧长公式列方程求解圆心角度数即可。
【解析】
(1) 连接OE，OP，设OP与EF交于点T。
∵半圆O与水平面相切于点P，OP为半圆O的半径，四边形ABCD为正方形，
∴∠OPA=∠PAD=∠ADT=90°，
∴四边形ADTP为矩形，
∴OP⊥EF，PT=AD=4 cm，根据垂径定理可得ET=FT。
∵MN=20 cm，
∴半圆半径OE=OP=10 cm，
∴OT=OP-PT=10-4=6 cm，
在Rt△OET中，由勾股定理得：
$ET=\sqrt{OE^2-OT^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\ \mathrm{cm}$，
∴EF=2ET=16 cm。
(2) 连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G。
∵四边形ABCD为正方形，半圆O与水平面相切于点Q，OQ为半圆O的半径，
∴∠GQA=∠DAQ=∠ADG=90°，
∴四边形ADGQ为矩形，
∴AQ=DG，QG=AD=4 cm，∠OGD=90°。
∵MN=20 cm，
∴OD=OQ=10 cm，
∴OG=OQ-QG=10-4=6 cm，
在Rt△ODG中，由勾股定理得：
$DG=\sqrt{OD^2-OG^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\ \mathrm{cm}$，
∴AQ=DG=8 cm。
已知AP=12 cm，半圆无滑动滚动，故$\overset{\frown}{PQ}$的长度等于水平滚动的距离：$AP-AQ=12-8=4\ \mathrm{cm}$。
设$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角度数为$n°$，根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$，其中$l=4\ \mathrm{cm}$，$R=10\ \mathrm{cm}$，代入得：
$\frac{10nπ}{180}=4$，
解得$n=\frac{72}{π}$，即$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角度数为$(\frac{72}{π})°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{16\ \mathrm{cm}}$
(2) $\boldsymbol{(\dfrac{72}{π})°}$
【知识点】
垂径定理；切线的性质；弧长公式
【点评】
本题结合生活场景综合考查圆的相关性质与弧长计算，解题核心是正确构造辅助线，理解无滑动滚动时弧长与水平移动距离的等量关系，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求弦EF的长可利用垂径定理：先构造圆心到弦EF的垂线，结合矩形性质求出圆心到EF的距离，再通过勾股定理计算半弦长，进而得到EF的总长度。
(2) 求$\overset{\frown}{PQ}$对应的圆心角，首先明确半圆无滑动滚动时，$\overset{\frown}{PQ}$的长度等于半圆水平向右滚动的距离。先通过辅助线构造矩形求出滚动后AQ的长度，结合已知AP长度算出滚动距离即$\overset{\frown}{PQ}$的长，最后代入弧长公式列方程求解圆心角度数即可。
【解析】
(1) 连接OE，OP，设OP与EF交于点T。
∵半圆O与水平面相切于点P，OP为半圆O的半径，四边形ABCD为正方形，
∴∠OPA=∠PAD=∠ADT=90°，
∴四边形ADTP为矩形，
∴OP⊥EF，PT=AD=4 cm，根据垂径定理可得ET=FT。
∵MN=20 cm，
∴半圆半径OE=OP=10 cm，
∴OT=OP-PT=10-4=6 cm，
在Rt△OET中，由勾股定理得：
$ET=\sqrt{OE^2-OT^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\ \mathrm{cm}$，
∴EF=2ET=16 cm。
(2)
连接OQ，OD，延长CD交OQ于点G。∵四边形ABCD为正方形，半圆O与水平面相切于点Q，OQ为半圆O的半径，
∴∠GQA=∠DAQ=∠ADG=90°，
∴四边形ADGQ为矩形，
∴AQ=DG，QG=AD=4 cm，∠OGD=90°。
∵MN=20 cm，
∴OD=OQ=10 cm，
∴OG=OQ-QG=10-4=6 cm，
在Rt△ODG中，由勾股定理得：
$DG=\sqrt{OD^2-OG^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8\ \mathrm{cm}$，
∴AQ=DG=8 cm。
已知AP=12 cm，半圆无滑动滚动，故$\overset{\frown}{PQ}$的长度等于水平滚动的距离：$AP-AQ=12-8=4\ \mathrm{cm}$。
设$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角度数为$n°$，根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$，其中$l=4\ \mathrm{cm}$，$R=10\ \mathrm{cm}$，代入得：
$\frac{10nπ}{180}=4$，
解得$n=\frac{72}{π}$，即$\overset{\frown}{PQ}$所对的圆心角度数为$(\frac{72}{π})°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{16\ \mathrm{cm}}$
(2)
$\boldsymbol{(\dfrac{72}{π})°}$【知识点】
垂径定理；切线的性质；弧长公式
【点评】
本题结合生活场景综合考查圆的相关性质与弧长计算，解题核心是正确构造辅助线，理解无滑动滚动时弧长与水平移动距离的等量关系，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
10. 如图30.1-21，AB是$\odot O$的直径，C为$\odot O$上一点，P为$\odot O$外一点，$OP // AC$，且$∠ OBP = 90°$，连接PC.
(1)求证：PC与$\odot O$相切；
(2)若$AO=3$，$OP=5$，求AC的长.
图30.1-21
(1)求证：PC与$\odot O$相切；
(2)若$AO=3$，$OP=5$，求AC的长.
图30.1-21
答案
10.(1) 如答图29
，连接$OC. \because OC = OA, \therefore ∠ OAC = ∠ OCA. \because OP // AC, \therefore ∠ OAC = ∠ BOP, ∠ OCA = ∠ COP. \therefore ∠ COP = ∠ BOP. $又$ OC = OB, OP = OP, \therefore △ COP ≌ △ BOP (SAS). \therefore ∠ OCP = ∠ OBP = 90°. \therefore OC ⊥ PC. \because OC $为$ \odot O $的半径$, \therefore PC $与$ \odot O $相切10.(2) 如答图29
，连接BC交OP于点D，$\because △ COP ≌ △ BOP, \therefore PC = PB, OB = OC. \therefore OP $垂直平分$ BC. \because AO = BO = 3, OP = 5, ∠ OBP = 90°, \therefore $在 Rt△ BOP 中$, BP = \sqrt{OP^2 - OB^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4. \because S_{△ BOP} = \frac{1}{2} OB · BP = \frac{1}{2} OP · BD, \therefore BD = \frac{OB · BP}{OP} = \frac{3 × 4}{5} = \frac{12}{5}. \therefore BC = 2BD = \frac{24}{5}. \because AB $是$ \odot O $的直径$, \therefore AB = 2OA = 6, ∠ ACB = 90°. \therefore $在 Rt△ ACB 中$, AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2} = \frac{18}{5}$解析
【分析】
(1) 要证明PC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明PC垂直于过C点的半径，因此先连接OC。已知$∠ OBP=90°$，只需证明$△ COP ≌ △ BOP$即可得到$∠ OCP=90°$。结合$OP// AC$的性质可推出$∠ COP=∠ BOP$，再结合OC=OB、OP为公共边，用SAS即可证明两三角形全等，完成切线证明。
(2) 要求AC的长，AB是直径，根据直径所对圆周角为直角，可知$△ ACB$是直角三角形，已知AB=2AO=6，只需求出BC的长即可用勾股定理计算AC。由(1)的全等可知OP垂直平分BC，先在$\mathrm{Rt}△ BOP$中用勾股定理算出BP的长，再用面积法求出斜边上的高BD，BC=2BD，最后代入$\mathrm{Rt}△ ACB$的勾股公式即可算出AC。
【解析】
(1) 连接$OC$。
$\because OC = OA$，$\therefore ∠ OAC = ∠ OCA$。
$\because OP // AC$，$\therefore ∠ OAC = ∠ BOP$，$∠ OCA = ∠ COP$。
$\therefore ∠ COP = ∠ BOP$。
又$\because OC = OB$，$OP = OP$，$\therefore △ COP ≌ △ BOP (\mathrm{SAS})$。
$\therefore ∠ OCP = ∠ OBP = 90°$，即$OC ⊥ PC$。
$\because OC$为$\odot O$的半径，$\therefore PC$与$\odot O$相切。
(2) 连接$BC$交$OP$于点$D$。
$\because △ COP ≌ △ BOP$，$\therefore PC = PB$，又$OB = OC$，$\therefore OP$垂直平分$BC$。
$\because AO = BO = 3$，$OP = 5$，$∠ OBP = 90°$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ BOP$中，$BP = \sqrt{OP^2 - OB^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$。
$\because S_{△ BOP} = \frac{1}{2} OB · BP = \frac{1}{2} OP · BD$，
$\therefore BD = \frac{OB · BP}{OP} = \frac{3 × 4}{5} = \frac{12}{5}$，$\therefore BC = 2BD = \frac{24}{5}$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore AB = 2OA = 6$，$∠ ACB = 90°$。
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2} = \frac{18}{5}$。
【答案】
(1) 如答图29，连接$OC. \because OC = OA, \therefore ∠ OAC = ∠ OCA. \because OP // AC, \therefore ∠ OAC = ∠ BOP, ∠ OCA = ∠ COP. \therefore ∠ COP = ∠ BOP. $又$ OC = OB, OP = OP, \therefore △ COP ≌ △ BOP (SAS). \therefore ∠ OCP = ∠ OBP = 90°. \therefore OC ⊥ PC. \because OC $为$ \odot O $的半径$, \therefore PC $与$ \odot O $相切
(2) 如答图29，连接BC交OP于点D，$\because △ COP ≌ △ BOP, \therefore PC = PB, OB = OC. \therefore OP $垂直平分$ BC. \because AO = BO = 3, OP = 5, ∠ OBP = 90°, \therefore $在 Rt△ BOP 中$, BP = \sqrt{OP^2 - OB^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4. \because S_{△ BOP} = \frac{1}{2} OB · BP = \frac{1}{2} OP · BD, \therefore BD = \frac{OB · BP}{OP} = \frac{3 × 4}{5} = \frac{12}{5}. \therefore BC = 2BD = \frac{24}{5}. \because AB $是$ \odot O $的直径$, \therefore AB = 2OA = 6, ∠ ACB = 90°. \therefore $在 Rt△ ACB 中$, AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2} = \frac{18}{5}$
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的典型综合题，解题关键是合理添加辅助线，通过全等三角形转化角的关系证明切线，再结合直角三角形的性质和面积法求解线段长度，考查了逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明PC是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明PC垂直于过C点的半径，因此先连接OC。已知$∠ OBP=90°$，只需证明$△ COP ≌ △ BOP$即可得到$∠ OCP=90°$。结合$OP// AC$的性质可推出$∠ COP=∠ BOP$，再结合OC=OB、OP为公共边，用SAS即可证明两三角形全等，完成切线证明。
(2) 要求AC的长，AB是直径，根据直径所对圆周角为直角，可知$△ ACB$是直角三角形，已知AB=2AO=6，只需求出BC的长即可用勾股定理计算AC。由(1)的全等可知OP垂直平分BC，先在$\mathrm{Rt}△ BOP$中用勾股定理算出BP的长，再用面积法求出斜边上的高BD，BC=2BD，最后代入$\mathrm{Rt}△ ACB$的勾股公式即可算出AC。
【解析】
(1) 连接$OC$。
$\because OC = OA$，$\therefore ∠ OAC = ∠ OCA$。
$\because OP // AC$，$\therefore ∠ OAC = ∠ BOP$，$∠ OCA = ∠ COP$。
$\therefore ∠ COP = ∠ BOP$。
又$\because OC = OB$，$OP = OP$，$\therefore △ COP ≌ △ BOP (\mathrm{SAS})$。
$\therefore ∠ OCP = ∠ OBP = 90°$，即$OC ⊥ PC$。
$\because OC$为$\odot O$的半径，$\therefore PC$与$\odot O$相切。
(2) 连接$BC$交$OP$于点$D$。
$\because △ COP ≌ △ BOP$，$\therefore PC = PB$，又$OB = OC$，$\therefore OP$垂直平分$BC$。
$\because AO = BO = 3$，$OP = 5$，$∠ OBP = 90°$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ BOP$中，$BP = \sqrt{OP^2 - OB^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$。
$\because S_{△ BOP} = \frac{1}{2} OB · BP = \frac{1}{2} OP · BD$，
$\therefore BD = \frac{OB · BP}{OP} = \frac{3 × 4}{5} = \frac{12}{5}$，$\therefore BC = 2BD = \frac{24}{5}$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore AB = 2OA = 6$，$∠ ACB = 90°$。
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2} = \frac{18}{5}$。
【答案】
(1) 如答图29
，连接$OC. \because OC = OA, \therefore ∠ OAC = ∠ OCA. \because OP // AC, \therefore ∠ OAC = ∠ BOP, ∠ OCA = ∠ COP. \therefore ∠ COP = ∠ BOP. $又$ OC = OB, OP = OP, \therefore △ COP ≌ △ BOP (SAS). \therefore ∠ OCP = ∠ OBP = 90°. \therefore OC ⊥ PC. \because OC $为$ \odot O $的半径$, \therefore PC $与$ \odot O $相切(2) 如答图29
，连接BC交OP于点D，$\because △ COP ≌ △ BOP, \therefore PC = PB, OB = OC. \therefore OP $垂直平分$ BC. \because AO = BO = 3, OP = 5, ∠ OBP = 90°, \therefore $在 Rt△ BOP 中$, BP = \sqrt{OP^2 - OB^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4. \because S_{△ BOP} = \frac{1}{2} OB · BP = \frac{1}{2} OP · BD, \therefore BD = \frac{OB · BP}{OP} = \frac{3 × 4}{5} = \frac{12}{5}. \therefore BC = 2BD = \frac{24}{5}. \because AB $是$ \odot O $的直径$, \therefore AB = 2OA = 6, ∠ ACB = 90°. \therefore $在 Rt△ ACB 中$, AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2} = \frac{18}{5}$【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的典型综合题，解题关键是合理添加辅助线，通过全等三角形转化角的关系证明切线，再结合直角三角形的性质和面积法求解线段长度，考查了逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
