初中数学北师大版九年级下册7 切线长定理巩固练习

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2020-2021学年九年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】
专题3.7切线的性质与判定
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020•莲湖区模拟）如图，在△ABC中，O是BC边上的点，以点O为圆心，BO为半径的⊙O与AC相切于点A，D是优弧AB上一点，∠ADB＝65°，则∠C的度数是（　　）

A．40° B．50° C．65° D．45°
【分析】连接AO，根据圆周角定理和切线的性质即可得到结论．
【解析】连接AO，
∵∠ADB＝65°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝130°，
∴∠AOC＝50°，
∵AC是⊙O的切线，
∴∠OAC＝90°，
∴∠C＝90°﹣50°＝40°，
故选：A．

2．（2020•邹城市模拟）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠C＝70°，过点A的圆的切线交射线BO于点P，则∠P的度数是（　　）

A．60° B．50° C．45° D．40°
【分析】连接OA，根据圆周角定理求出∠AOB，得到∠AOP，根据切线的性质得到∠OAP＝90°，根据直角三角形的性质计算即可．
【解析】连接OA，
由圆周角定理得，∠AOB＝2∠C＝140°，
∴∠AOP＝40°，
∵AP是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°，
∴∠P＝90°﹣40°＝50°，
故选：B．

3．（2020•内乡县一模）如图，AB是⊙O的直径，弦CD与AB相交，连接CO，过点D作⊙O的切线，与AB的延长线交于点E，若DE∥AC，∠BAC＝40°，则∠OCD的度数为（　　）

A．65° B．30° C．25° D．20°
【分析】连接OD，如图，先利用平行线的性质得∠E＝∠BAC＝40°，再根据切线的性质得OD⊥DE，则可计算出∠DOE＝50°，接着根据圆周角定理得到∠BOC＝2∠A＝80°．然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算∠OCD的度数．
【解析】连接OD，如图，
∵DE∥AC，
∴∠E＝∠BAC＝40°，
∵DE为切线，
∴OD⊥DE，
∴∠DOE＝90°﹣40°＝50°，
∵∠BOC＝2∠A＝80°．
∴∠COD＝80°+50°＝130°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC=12（180°﹣130°）＝25°．
故选：C．

4．（2020•江岸区校级模拟）如图，以矩形ABCD对角线BD上一点O为圆心作⊙O过A点并与CD切于E点，若CD＝3，BC＝5，则⊙O的半径为（　　）

A．259 B．3 C．1079 D．7
【分析】作OF⊥AD于F，连接OE，如图，设⊙O的半径为r，利用切线的性质OE⊥CD，利用四边形ABCD为矩形得到OF＝DE，DF＝OE＝r，再证明△DOE∽△DBC，利用相似比得到DE=35r，然后在Rt△AOF中利用勾股定理得到（5﹣r）2+（35r）2＝r2，最后解方程即可．
【解析】作OF⊥AD于F，连接OE，如图，设⊙O的半径为r，
∵CD为切线，
∴OE⊥CD，
易得四边形ABCD为矩形，
∴OF＝DE，DF＝OE＝r，
∵OE∥BC，
∴△DOE∽△DBC，
∴DEDC=OEBC，即DE3=r5，解得DE=35r，
∴OF=35r，
在Rt△AOF中，OA＝r，AF＝5﹣r，
∴（5﹣r）2+（35r）2＝r2，
整理得9r2﹣250r+625＝0，解得r1＝25（舍去），r2=259，
即⊙O的半径为259．
故选：A．

5．（2019秋•睢宁县期中）如图，AB是半圆的直径，P是AB延长线上的一点，PC切半圆于点C，若∠CAB＝29°，则∠P等于（　　）

A．29° B．30° C．31° D．32°
【分析】连接OC，根据圆周角定理和切线的性质即可得到结论．
【解析】连接OC，
∴∠CAB＝29°，
∴∠COP＝2∠CAB＝58°，
∵PC切半圆于点C，
∴∠OCP＝90°，
∴∠P＝90°﹣58°＝32°，
故选：D．

6．（2020•泰安二模）如图，A为⊙O外一点，AB与⊙O相切于B点，点P是⊙O上的一个动点，若OB＝5，AB＝12，则AP的最小值为（　　）

A．5 B．8 C．13 D．18
【分析】连结OA交⊙O于点P，此时AP有最小值，直接利用切线的性质得出∠OBA＝90°，进而利用直角三角形的性质得出OA的长，则AP可求出．
【解析】连接OA交⊙O于点P，此时AP有最小值，

∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°，
∵OB＝4，AB＝12，
∴OA=OB2+AB2=52+122=13，
∴OP＝5，则AP＝13﹣5＝8，
故选：B．
7．（2020•南关区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且∠D＝40°，则∠PCA等于（　　）

A．50° B．60° C．65° D．75°
【分析】根据切线的性质，由PD切⊙O于点C得到∠OCD＝90°，再利互余计算出∠DOC＝50°，由∠A＝∠ACO，∠COD＝∠A+∠ACO，所以∠A=12∠COD＝25°，然后根据三角形外角性质计算∠PCA的度数．
【解析】∵PD切⊙O于点C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD＝90°，
∵∠D＝40°，
∴∠DOC＝90°﹣40°＝50°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∵∠COD＝∠A+∠ACO，
∴∠A=12∠COD＝25°，
∴∠PCA＝∠A+∠D＝25°+40°＝65°．
故选：C．
8．（2020•渝中区校级二模）如图，△ABC为圆O的一个内接三角形，过点B作圆O的切线PB与OA延长线交于点P，连接OB，已知∠ACB＝34°，则∠P＝（　　）

A．17° B．27° C．32° D．22°
【分析】根据圆周角定理求出∠AOB，根据切线性质即可得到结论．
【解析】∵∠ACB＝34°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝68°，
∵PB是⊙O的切线，
∴∠OBP＝90°，
∴∠P＝90°﹣∠AOB＝22°，
故选：D．
9．（2018秋•蔚县期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB过点A（﹣32，0），B（0，32），⊙O的半径为1（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ的最小值为（　　）

A．7 B．22 C．3 D．10
【分析】连接OP．根据勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，当OP⊥AB时，线段OP最短，即线段PQ最短．
【解析】连接OP、OQ．
∵PQ是⊙O的切线，
∴OQ⊥PQ；
根据勾股定理知PQ2＝OP2﹣OQ2，
∵当PO⊥AB时，线段PQ最短；
又∵A（﹣32，0），B（0，32），
∴OA＝OB＝32，
∴AB=OA2+OB2=6，
∴OP=12AB＝3，
∴PQ=OP2-OQ2=22．
故选：B．

10．（2019•弥勒市二模）如图，在平面直角坐标系内，O为原点，点A的坐标为（﹣3，0），经过A、O两点作半径为52的⊙C，交y轴的负半轴于点B．过B点作⊙C的切线交x轴于点D，则D点的坐标为（　　）

A．（163，0） B．（5，0） C．（143，0） D．（203，0）
【分析】先求出OB长，证明△AOB∽△BOD，得比例线段OAOB=OBOD，求出线段OD长，则D点坐标可求．
【解析】∵点A的坐标为（﹣3，0），⊙C的半径为52，
∴OA＝3，AB＝5，
∴OB=AB2-OA2=52-32=4，
∵BD是⊙C的切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∴∠OBD＝∠OAB，
∴△AOB∽△BOD，
∴OAOB=OBOD，
∴34=4OD，
∴OD=163，
∴D（163，0），
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2019秋•新城区期末）如图，AB是⊙O的直径，PB是⊙O的切线，PA交⊙O于点C，PA＝4cm，PB＝3cm，则BC＝　374cm　．

【分析】先根据切线的性质得∠ABP＝90°，再在Rt△ABP中利用勾股定理计算出AB=7，接着利用圆周角定理由AB是⊙O的直径得到∠ACB＝90°，然后利用面积法求BC的长．
【解析】∵PB是⊙O的切线，
∴AB⊥PB，
∴∠ABP＝90°，
在Rt△ABP中，∵PA＝4cm，PB＝3cm，
∴AB=PA2-PB2=7cm，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC⊥AP，
∵S△ABP=12AB•PB=12BC•AP，
∴BC=374cm．
故答案为：374cm．
12．（2019•安徽模拟）如图，点A、C、D在⊙O上，四边形OACD是平行四边形，连接OC并延长线交⊙O的切线于点B，则∠B＝　30　°．

【分析】根据平行四边形的性质和⊙O的半径都相等，可以求得∠COA的度数，再根据AB是⊙O的切线，可以求得∠OAB的度数，进而求得∠B的度数，本题得以解决．
【解析】∵四边形OACD是平行四边形，
∴OD＝AC，
又∵OA＝OD，OA＝OC，
∴OA＝AC＝OC，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠COA＝60°，
∵AB是⊙O的切线，
∴∠OAB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠COA＝30°，
故答案为：30．
13．（2019秋•东城区期末）如图，⊙O上三点A，B，C，半径OC＝1，∠ABC＝30°，⊙O的切线PA交OC延长线于点P，从现图中选取一条以P为端点的线段，此线段的长为　PA=3（答案不唯一）　．（注明选取的线段）

【分析】连接OA，根据圆周角定理求出∠AOP，根据切线的性质求出∠OAP＝90°，解直角三角形可求出AP．
【解析】连接OA，

∵∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝60°，
∵过点A作⊙O的切线交OC的延长线于点P，
∴∠OAP＝90°，
∵OA＝OC＝1，
∴AP＝OAtan60°＝1×3=3．
故答案为：PA=3（答案不唯一）．
14．（2018秋•莎车县期末）如图，已知⊙P的半径为2，圆心P在抛物线y=12x2﹣1上运动，当⊙P与坐标轴相切时，圆心P的坐标可以是　（6，2）或（-6，2）或（2，1）或（﹣2，1）　．

【分析】当⊙P与x轴相切时，点P的纵坐标是2或﹣2，把点P的坐标坐标代入函数解析式，即可求得相应的横坐标．当⊙P与y轴相切时，由相切的性质可求得点P的横坐标为2或﹣2，则可求得点P的坐标．
【解析】分两种情况：
（1）当⊙P与x轴相切时，依题意，可设P（x，2）或P（x，﹣2）．
①当P的坐标是（x，2）时，将其代入y=12x2﹣1，得
2=12x2﹣1，
解得x＝±6，
此时P（6，2）或（-6，2）；
②当P的坐标是（x，﹣2）时，
将其代入y=12x2﹣1，得﹣2=12x2﹣1，无解．
（2）当⊙P与y轴相切时，
∵⊙P的半径为2，
∴当⊙P与y轴相切时，点P到y轴的距离为2，
∴P点的横坐标为2或﹣2，
当x＝2时，代入y=12x2﹣1可得y＝1，当x＝﹣2时，代入y=12x2﹣1可得y＝1，
∴点P的坐标为（2，1）或（﹣2，1），
综上所述，符合条件的点P的坐标是（6，2）或（-6，2）或（2，1）或（﹣2，1）；
故答案为：（6，2）或（-6，2）或（2，1）或（﹣2，1）．
15．（2018秋•广丰区期末）已知⊙P的半径为4，圆心P在抛物线y＝x2﹣2x﹣3上运动，当⊙P与x轴相切时，则圆心P的坐标为　（1+22，4），（1﹣22，4），（1，﹣4）　．
【分析】根据已知⊙P的半径为4和⊙P与x轴相切得出P点的纵坐标，进而得出其横坐标，即可得出答案．
【解析】当半径为4的⊙P与x轴相切时，
此时P点纵坐标为4或﹣4，
∴当y＝4时，4＝x2﹣2x﹣3，
解得：x1＝1+22，x2＝1﹣22，
∴此时P点坐标为：（1+22，4），（1﹣22，4），
当y＝﹣4时，﹣4＝x2﹣2x﹣3，
解得：x1＝x2＝1，
∴此时P点坐标为：（1，﹣4）．
综上所述：P点坐标为：（1+22，4），（1﹣22，4），（1，﹣4）．
故答案为：（1+22，4），（1﹣22，4），（1，﹣4）．
16．（2019秋•宝应县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知C（3，4），以点C为圆心的圆与y轴相切，点A、B在x轴上，且OA＝OB．点P为⊙C上的动点，∠APB＝90°，则AB长度的最小值为　4　．

【分析】连接OC，交⊙C上一点P，以O为圆心，以OP为半径作⊙O，交x轴于A、B，此时AB的长度最小，根据勾股定理和题意求得OP＝2，则AB的最小长度为4．
【解析】连接OC，交⊙C上一点P，以O为圆心，以OP为半径作⊙O，交x轴于A、B，此时AB的长度最小，
∵C（3，4），
∴OC=32+42=5，
∵以点C为圆心的圆与y轴相切．
∴⊙C的半径为3，
∴OP＝OC﹣3＝2，
∴OP＝OA＝OB＝2，
∵AB是直径，
∴∠APB＝90°，
∴AB长度的最小值为4，
故答案为：4．
17．（2020•岳阳模拟）如图，以△ABC的边AB为直径的⊙O恰好过BC的中点D，过点D作DE⊥AC于E，连结OD，则下列结论中：①OD∥AC；②∠B＝∠C；③2OA＝AC；④DE是⊙O的切线；⑤∠EDA＝∠B，正确的序号是　①②③④⑤　．

【分析】连接AD，根据三角形中位线定理得到OD∥BC，①正确；根据圆周角定理得到∠ADB＝90°＝∠ADC，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，②正确；根据切线的判定定理得到DE是⊙O的切线，④正确；根据余角的性质得到∠EDA＝∠ODB，
根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ODB，求得∠EDA＝∠B，⑤正确；根据线段垂直平分线的性质得到AC＝AB，求得OA=12AC，③不正确
【解析】连接AD，
∵D为BC中点，点O为AB的中点，
∴OD为△ABC的中位线，
∴OD∥AC，①正确；
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°＝∠ADC，
即AD⊥BC，又BD＝CD，
∴△ABC为等腰三角形，
∴∠B＝∠C，②正确；
∵DE⊥AC，且DO∥AC，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线，∴④正确；
∴∠ODA+∠EDA＝90°，
∵∠ADB＝∠ADO+∠ODB＝90°，
∴∠EDA＝∠ODB，
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB，
∴∠EDA＝∠B，∴⑤正确；
∵D为BC中点，AD⊥BC，
∴AC＝AB，
∵OA＝OB=12AB，
∴OA=12AC，
∴③正确，
故答案为：①②③④⑤．

18．（2020•玄武区二模）如图，▱ABCD的两边AB、BC分别切⊙O于点A、C，若∠B＝50°，则∠DAE＝　15°　．

【分析】连接OA、OC，如图，根据切线的性质得∠OAB＝∠OCB＝90°，再利用四边形内角和计算出∠AOC＝130°，则利用圆周角定理得到∠AEC＝65°，接着根据平行四边形的性质得到∠D＝50°，然后利用三角形外角性质计算∠DAE的度数．
【解析】连接OA、OC，如图，
∵AB、BC分别切⊙O于点A、C，
∴OA⊥AB，OC⊥BC，
∴∠OAB＝∠OCB＝90°，
∴∠AOC＝180°﹣∠B＝180°﹣50°＝130°，
∴∠AEC=12∠AOC＝65°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D＝∠B＝50°，
∵∠AEC＝∠DAE+∠D，
∴∠DAE＝65°﹣50°＝15°．
故答案为15°．

三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2019春•江岸区校级月考）已知：如图，AB＝AC，以AB为弦作⊙O与AC切于点A，交BC于D，连接AD；
①求证：DA＝DC；
②若BD＝4，CD＝8，求⊙O半径．

【分析】①连接AO并延长，交⊙O于点E，连接OD，DE，由切线的性质得出∠DAC+∠OAD＝90°，由圆周角定理可得出∠OAD+∠E＝90°，得出∠DAC＝∠E＝∠B，证得∠DAC＝∠C，则可得出结论；
②设半径为R，作DM⊥AC于M，则AM＝CM，证明△ACD∽△BCA，由相似三角形的性质得出ACCD=CBAC，求出AC的长，根据sin∠C＝sin∠E可求出答案．
【解答】证明：①连接AO并延长，交⊙O于点E，连接OD，DE，

∵⊙O与AC相切于点A，
∴AC⊥AE，
∴∠DAC+∠OAD＝90°，
∴AE为⊙O直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠OAD+∠E＝90°，
∵∠DAC+∠OAD＝90°，
∴∠DAC＝∠E＝∠B，
∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∴∠DAC＝∠C，
∴DA＝DC；
②解：设半径为R，作DM⊥AC于M，则AM＝CM，

∵∠DAC＝∠C＝∠ABC，∠DCA＝∠ACB，
∴△ACD∽△BCA，
∴ACCD=CBAC，
∴AC2＝CD•CB＝8×12＝96，
∴AC＝46，
∴AM＝CM＝26，
∴Rt△CBM中，BM＝210，
∵∠C＝∠B＝∠E，
∴sin∠C＝sin∠E，
∴DMCD=ADAE，
∴2108=82R，
∴R=8510．
20．（2020•泸州）如图，AB是⊙O的直径，点D在⊙O上，AD的延长线与过点B的切线交于点C，E为线段AD上的点，过点E的弦FG⊥AB于点H．
（1）求证：∠C＝∠AGD；
（2）已知BC＝6，CD＝4，且CE＝2AE，求EF的长．

【分析】（1）连接BD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据切线的性质得到∠ABC＝90°，得到∠C＝∠ABD，根据圆周角定理即可得到结论；
（2）根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图1，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∵BC是⊙O的切线，
∴∠ABC＝90°，
∴∠C+∠CAB＝90°，
∴∠C＝∠ABD，
∵∠AGD＝∠ABD，
∴∠AGD＝∠C；
（2）解：∵∠BDC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BDC，
∴BCAC=CDBC，
∴6AC=46，
∴AC＝9，
∴AB=AC2-BC2=35，
∵CE＝2AE，
∴AE＝3，CE＝6，
∵FH⊥AB，
∴FH∥BC，
∴△AHE∽△ABC，
∴AHAB=EHBC=AEAC，
∴AH35=EH6=39，
∴AH=5，EH＝2，
如图2，连接AF，BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFH+∠BFH＝∠AFH+∠FAH＝90°，
∴∠FAH＝∠BFH，
∴△AFH∽△FBH，
∴FHAH=BHFH，
∴FH5=25FH，
∴FH=10，
∴EF=10-2．


21．（2020春•锡山区期中）如图，AC是⊙O的直径，AB是⊙O的一条弦，AP是⊙O的切线．作BM＝AB并与AP交于点M，延长MB交AC于点E，交⊙O于点D，连接AD．
（1）求证：AB＝BE；
（2）若⊙O的半径R＝2.5，MB＝3，求AD的长．

【分析】（1）根据切线的性质得出∠EAM＝90°，等腰三角形的性质∠MAB＝∠AMB，根据等角的余角相等得出∠BAE＝∠AEB，即可证得AB＝BE；
（2）连接BC，证明△ABC∽△EAM，由比例段求出AM的长，则答案可求出．
【解答】（1）证明：∵AP是⊙O的切线，
∴∠EAM＝90°，
∴∠BAE+∠MAB＝90°，∠AEB+∠AMB＝90°．
又∵AB＝BM，
∴∠MAB＝∠AMB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE；
（2）解：连接BC，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠EAM，
在Rt△ABC中，AC＝5，BM＝AB＝3，
∴BC=AC2-BC2=52-32=4，
∵BE＝AB＝BM，
∴EM＝6，
由（1）知，∠BAE＝∠AEB，
∴△ABC∽△EAM，
∴ACEM=BCAM，∠AMB＝∠C，
即56=4AM，
∴AM=245，
又∵∠C＝∠D，
∴∠AMB＝∠D，
∴AD＝AM=245．
22．（2020•沭阳县模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，以AB为直径的⊙O经过点C，连接AC，OD交于点E．
（1）如图1，证明：OD∥BC；
（2）如图2，若AD是⊙O的切线，连接BD交于⊙O于点F，连接EF，且OA=5，求EF的长．

【分析】（1）连接OC，证明△OAD≌△OCD（SSS）得∠ADO＝∠CDO，由AD＝CD知DE⊥AC，再由AB为直径知BC⊥AC，从而得OD∥BC；
（2）连接AF，过F作FM⊥EF交OD于M，推出△ABD为等腰直角三角形，求得∠AFB＝90°，∠DAF＝∠45°，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）连接OC，

在△OAD和△OCD中，
AD=CDOA=OCOD=OD，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠ADO＝∠CDO，
又AD＝CD，
∴DE⊥AC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
即BC⊥AC，
∴OD∥BC；
（2）连接AF，过F作FM⊥EF交OD于M，

∵AB＝AD，AD是圆的切线，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∵AB为直径，
∴∠AFB＝90°，∠DAF＝45°，
∵∠AED＝∠AFD＝90°，
∴∠DAF＝∠ADF＝45°，∠EAF＝∠FDM，
∴AF＝DF，
∵∠EFM＝∠AFD＝90°，
∴∠AFE＝∠DFM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴AE＝DM，
∵AB=AD=25，OA=5，
∴OD=OA2+AD2=5，
∴AE＝DM=5×255=2，DE＝4，
∴EM＝4﹣2＝2，
∴EF=2．
23．（2020•大连二模）如图，已知AB是⊙P的直径，点C在⊙P上，D为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，直线CD为⊙P的切线．
（1）证明：2∠B+∠DAB＝180°；
（2）若DC=6，AD＝2，求⊙P的半径．

【分析】（1）根据切线的性质和圆周角定理，以及平行线的性质即可得到结论；
（2）连接AC，先求出AC长，可证△ADC∽△ACB，可求出AB长，则⊙P的半径可求出．
【解答】（1）证明：∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝2∠B，
∵直线CD为⊙P的切线，
∴∠PCD＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠D+∠PCD＝180°，
∴PC∥AD，
∴∠DAB+∠APC＝180°，
∴2∠B+∠DAB＝180°；
（2）解：连接AC，
∵DC=6，AD＝2，∠ADC＝90°，
∴AC=DC2+AD2=(6)2+22=10，
∵AP＝CP，
∴∠PAC＝∠ACP，
∵AD∥PC，
∴∠DAC＝∠ACP，
∴∠PAC＝∠DAC，
∵AB是⊙P的直径，
∴∠BCA＝90°，
∴∠BCA＝∠ADC，
∴△ADC∽△ACB，
∴ABAC=ACAD，
∴AB10=102，
∴AB＝5，
∴⊙P的半径为2.5．

24．（2019秋•建湖县期中）如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PE⊥PA，PE交OC的延长线于点E．
（1）求证：OE＝PE；
（2）连接BC并延长交PE于点D，PA＝AB，且CE＝9，求PE的长．

【分析】（1）欲证明OE＝PE，只要证明∠EOP＝∠EPO即可；
（2）设OA＝r．在Rt△PCE中，利用勾股定理构建方程求出r，即可解决问题．
【解答】（1）证明：连接OP．
∵PA、PC分别与⊙O相切于点A，C
∴PA＝PC，OA⊥PA，
∵OA＝OC，OP＝OP，
∴△OPA≌△OPC（SSS），
∴∠AOP＝∠POC，
∵EP⊥PA，
∴EP∥BA，
∴∠EPO＝∠AOP，
∴∠EOP＝∠EPO，
∴OE＝PE．

（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥ED，
∴∠EDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠ECD，
∴∠ECD＝∠EDC，
∴EC＝ED＝9，
∵EO＝EP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝∠PCE＝90°，
在Rt△PCE中，∵PE2＝PC2+EC2，
∴（9+r）2＝92+（2r）2，
解得：r＝6或0（舍弃），
∴PE＝15．