北师大版7 切线长定理课后复习题

这是一份北师大版7 切线长定理课后复习题，文件包含专题38切线长定理-九年级数学下册尖子生同步培优题典解析版北师大版docx、专题38切线长定理-九年级数学下册尖子生同步培优题典原卷版北师大版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。

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3.8切线长定理
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6道、解答8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．（2019秋•安宁市校级期中）如图，AB、AC是⊙O的切线，B、C为切点，∠A＝50°，点P是圆上异于B、C，且在BMC上的动点，则∠BPC的度数是（　　）

A．65° B．115° C．115°或65° D．130°或65°
【分析】连接OB、OC，根据四边形的内角和定理，求得∠BOC＝130°，再由圆周角定理求得∠P的度数即可．
【解析】如图，连接OB、OC，
∵AB、AC是⊙O的切线，
∴∠OBA＝∠OCA＝90°，
∵∠A＝50°，
∴∠BOC＝130°，
∵∠BOC＝2∠P，
∴∠BPC＝65°；
故选：C．

2．（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．
3．（2019•南岗区校级四模）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA＝8cm，则△PFG的周长是（　　）

A．8cm B．12cm C．16cm D．20cm
【分析】由于PA、FG、PB都是⊙O的切线，可根据切线长定理，将△ABC的周长转化为切线长求解．
【解析】根据切线长定理可得：PA＝PB，FA＝FE，GE＝GB；
所以△PFG的周长＝PF+FG+PG，
＝PF+FE+EG+PB，
＝PF+FA+GB+PG，
＝PA+PB＝16cm，
故选：C．
4．（2014春•鹿城区校级期末）如图，PA，PB分别是⊙O的切线，A，B分别为切点，点E是⊙O上一点，且∠AEB＝60°，则∠P为（　　）

A．120° B．60° C．30° D．45°
【分析】连接OA，BO，由圆周角定理知可知∠AOB＝2∠E＝120°，PA、PB分别切⊙O于点A、B，利用切线的性质可知∠OAP＝∠OBP＝90°，根据四边形内角和可求得∠P＝180°﹣∠AOB＝60°．
【解析】连接OA，BO；
∵∠AOB＝2∠E＝120°，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠P＝180°﹣∠AOB＝60°．
故选：B．

5．（2018秋•泰兴市校级月考）已知⊙O1和⊙O2外切于M，AB是⊙O1和⊙O2的外公切线，A，B为切点，若MA＝4cm，MB＝3cm，则M到AB的距离是（　　）
A．52cm B．125cm C．3cm D．4825cm
【分析】先画图，由AB是⊙O1和⊙O2的外公切线，则∠O1AB＝∠O2BA＝90°，再由O1A＝O1M，O2B＝O2M，得∠O1AM＝∠O1MA，∠O2BM＝∠O2MB，则∠BAM+∠AMO1＝90°，∠ABM+∠BMO2＝90°，则∠AMB＝∠BMO2+∠AMO1＝90°，再由勾股定理求出AB边上的高．
【解析】如图，
∵AB是⊙O1和⊙O2的外公切线，∴∠O1AB＝∠O2BA＝90°，
∵O1A＝O1M，O2B＝O2M，∴∠O1AM＝∠O1MA，∠O2BM＝∠O2MB，
∴∠BAM+∠AMO1＝90°，∠ABM+∠BMO2＝90°，
∴∠AMB＝∠BMO2+∠AMO1＝90°，
∴AM⊥BM，
∵MA＝4cm，MB＝3cm，
∴由勾股定理得，AB＝5cm，
由三角形的面积公式，M到AB的距离是3×45=125cm，
故选：B．

6．（2019•深圳模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O外一点，CA、CD是⊙O的切线，A、D为切点，连接BD、AD．若∠ACD＝48°，则∠DBA的大小是（　　）

A．32° B．48° C．60° D．66°
【分析】根据切线长定理可知CA＝CD，求出∠CAD，再证明∠DBA＝∠CAD即可解决问题．
【解析】∵CA、CD是⊙O的切线，
∴CA＝CD，
∵∠ACD＝48°，
∴∠CAD＝∠CDA＝66°，
∵CA⊥AB，AB是直径，
∴∠ADB＝∠CAB＝90°，
∴∠DBA+∠DAB＝90°，∠CAD+∠DAB＝90°，
∴∠DBA＝∠CAD＝66°，
故选：D．

7．（2006秋•和平区期末）如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别相切于点L、M、N、P．若四边形ABCD的周长为20，则AB+CD等于（　　）

A．5 B．8 C．10 D．12
【分析】由切线长定理，得：AL＝AP，BL＝BM，DN＝PD，CN＝CM；因此四边形ABCD的周长为：AL+AP+BL+BM+CM+CN+DN+DP，可化简为2AB+2CD，已知了四边形的周长，可求出AB+CD的长．
【解析】根据圆外切四边形的两组对边和相等得AB+CD=202=10．故选：C．
8．（2019秋•阜宁县期中）如图，⊙O为△ABC的内切圆，AC＝10，AB＝8，BC＝9，点D，E分别为BC，AC上的点，且DE为⊙O的切线，则△CDE的周长为（　　）

A．9 B．7 C．11 D．8
【分析】设AB，AC，BC和圆的切点分别是P，N，M．根据切线长定理得到NC＝MC，QE＝DQ．所以三角形CDE的周长即是CM+CN的值，再进一步根据切线长定理由三角形ABC的三边进行求解即可．
【解析】设AB，AC，BC和圆的切点分别是P，N，M，CM＝x，根据切线长定理，得
CN＝CM＝x，BM＝BP＝9﹣x，AN＝AP＝10﹣x．
则有9﹣x+10﹣x＝8，
解得：x＝5.5．
所以△CDE的周长＝CD+CE+QE+DQ＝2x＝11．
故选：C．

9．（2020•随州）设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R，则下列结论不正确的是（　　）

A．h＝R+r B．R＝2r C．r=34a D．R=33a
【分析】根据等边三角形的内切圆和外接圆是同心圆，设圆心为O，根据30°角所对的直角边是斜边的一半得：R＝2r；等边三角形的高是R与r的和，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】如图，∵△ABC是等边三角形，
∴△ABC的内切圆和外接圆是同心圆，圆心为O，
设OE＝r，AO＝R，AD＝h，
∴h＝R+r，故A正确；
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=12∠BAC=12×60°＝30°，
在Rt△AOE中，
∴R＝2r，故B正确；
∵OD＝OE＝r，
∵AB＝AC＝BC＝a，
∴AE=12AC=12a，
∴（12a）2+r2＝（2r）2，（12a）2+（12R）2＝R2，
∴r=3a6，R=33a，故C错误，D正确；
故选：C．

10．（2019秋•锡山区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（0，﹣6），⊙P的半径为2，⊙P沿y轴以2个单位长度/s的速度向正方向运动，当⊙P与x轴相切时⊙P运动的时间为（　　）

A．2s B．3s C．2s或4s D．3s或4s
【分析】由题意可求OP＝2，分圆心P在x轴下方和x轴上方两种情况讨论可求解．
【解析】∵⊙P与x轴相切
∴OP＝2
当点P在x轴下方，即点P（0，﹣2）
∴t=-2-(-6)2=2s
当点P在x轴上方，即点P（0，2）
∴t=2-(-6)2=4s
故选：C．
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•建邺区期中）已知一个三角形的三边长分别为13、14、15，则其内切圆的半径为　4　．
【分析】作AH⊥BC于H，AB＝15，AC＝14，BC＝13，设AH＝x，BH＝y，则CH＝13﹣y，利用勾股定理得到x2+y2＝152，x2+（13﹣y）2＝142，解方程组得到y=9913，x=16813，所以S△ABC＝84，设三角形内切圆的半径为r，根据题意得12（13+14+15）•r＝84，然后解关于r的方程即可．
【解析】如图，作AH⊥BC于H，AB＝15，AC＝14，BC＝13，
设AH＝x，BH＝y，则CH＝13﹣y，
∵x2+y2＝152，①，
x2+（13﹣y）2＝142，②
∴①﹣②得y=9913，
∴x=152-(9913)2=16813，
∴S△ABC=12×13×16813=84，
设三角形内切圆的半径为r，
根据题意得12（13+14+15）•r＝84，
解得r＝4，
即三角形内切圆的半径为4．
故答案为：4．

12．（2018秋•金平区期末）如图，⊙O为△ABC的内切圆，D、E、F分别为切点，已知∠C＝90°，⊙O半径长为1cm，BC＝3cm，则AD长度为　3　cm．

【分析】如图，连接OD、OE、OF，由切线的性质和切线长定理可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，AF＝AD，BE＝BD，接着证明四边形OECF为正方形，则CE＝OE＝CF＝OF＝1cm，所以BE＝BD＝2cm，由勾股定理可求AD的长．
【解析】如图，连接OE，OF，OD，

∵⊙O为△ABC内切圆，与三边分别相切于D、E、F，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，AF＝AD，BE＝BD，
∴四边形OECF为矩形
而OF＝OE，
∴四边形OECF为正方形，
∴CE＝OE＝CF＝OF＝1cm，
∴BE＝BD＝2cm，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴（AD+1）2+9＝（AD+2）2，
∴AD＝3cm，
故答案为：3．
13．（2020•浙江自主招生）如图，⊙I为△ABC的内切圆，点D，E分别为边AB，AC上的点，且DE为⊙I的切线，DE∥BC．若△ABC的周长为8，则DE的最大值为　1　．

【分析】根据DE∥BC，可得△ADE∽△ABC，因为相似三角形周长的比等于相似比，可列出等式，设BC＝x，再根据切线长定理可得，点A到⊙I的两切线之和为：8﹣2x，进而整理可得关于DE的二次函数解析式，根据二次函数的性质即可求出DE的最大值．
【解析】∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
因为相似三角形周长的比等于相似比，
即DEBC=C△ADEC△ABC，
设BC＝x，
根据切线长定理可知：
点A到⊙I的两切线之和为：8﹣2x，
所以DEx=C△ADE8=点A到⊙I的两切线长之和8
=2(4-x)8，
所以DE=14x(4-x)=-14（x﹣2）2+1，
所以当x＝2时，DE的最大值为1．
故答案为：1．
14．（2015秋•沛县期末）与三角形的一边和其他两边的延长线都相切的圆叫做这个三角形的旁切圆，其圆心叫做这个三角形的旁心．如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，0），B（3，0），C（0，4）．则△ABC位于第二象限的旁心D的坐标是　（﹣5，4）　．

【分析】设∠B和∠C的外角平分线交于点P，则点P为旁心，过点P分别为作PE⊥x轴于E，PF⊥CB于F，则PF＝PE＝OC＝4，在Rt△PFC中，利用三角函数即可求解．
【解析】设∠B和∠C的外角平分线交于点P，则点P为旁心，
∵∠MCB＝2∠PCB＝2∠CBA，
∴∠PCB＝∠CBA，
∴CP∥AB，
过点P分别为作PE⊥x轴于E，PF⊥CB于F，则PF＝PE＝OC＝4，

在Rt△PFC中，PC=PFsin∠PCF=PFsin∠CBO=445=5，
∴P（﹣5，4）．
故答案为：（﹣5，4）．
15．（2019秋•锡山区期末）如图，半径为3的⊙O与边长为8的等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，连接OC，则sin∠OCB＝　2114　．

【分析】连接OB，作OD⊥BC于D，由等边三角形的性质得∠ABC＝60°，BC＝8，由⊙O与等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，得出OD是⊙O的半径，∠OBC＝∠OBA=12∠ABC＝30°，由tan∠OBC=ODBD，求出BD＝3，CD＝BC﹣BD＝5，由勾股定理得出OC=OD2+CD2=27，即可得出答案．
【解析】连接OB，作OD⊥BC于D，如图所示：
∵△ABC是边长为8的等边三角形，
∴∠ABC＝60°，BC＝8，
∵⊙O与等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，
∴OD是⊙O的半径，∠OBC＝∠OBA=12∠ABC＝30°，
∵tan∠OBC=ODBD，
∴BD=ODtan30°=333=3，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣3＝5，
OC=OD2+CD2=(3)2+52=27，
∴sin∠OCB=ODOC=327=2114．

16．（2019秋•沛县期中）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D、E、F，∠B＝50°，∠C＝60°，则∠EDF＝　55°　．

【分析】连接OE，OF．由三角形内角和定理可求得∠A＝70°，由切线的性质可知：∠OFA＝90°，∠OEA＝90°，从而得到∠A+∠EOF＝180°，故可求得∠EOF＝110°由圆周角定理可求得∠EDF＝55°．
【解析】如图所示，连接OE，OF．

∵∠B＝50°，∠C＝60°，
∴∠A＝180°﹣50°﹣60°＝70°．
∵AB是圆O的切线，
∴∠OFA＝90°．
同理∠OEA＝90°．
∴∠A+∠EOF＝180°．
∴∠EOF＝110°．
∴∠EDF＝55°，
故答案为：55°．
17．（2020•青海）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，则△ABC的内切圆半径r＝　1　．

【分析】在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，根据勾股定理可得AB＝5，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，连接OD、OE、OF，可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，可得矩形EOFC，再根据切线长定理可得CE＝CF，所以矩形EOFC是正方形，可得CE＝CF＝r，所以AF＝AD＝3﹣r，BE＝BD＝4﹣r，进而可得△ABC的内切圆半径r的值．
【解析】在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
根据勾股定理，得AB＝5，
如图，设△ABC的内切圆与三条边的切点分别为D、E、F，

连接OD、OE、OF，
∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
∵∠C＝90°，
∴四边形EOFC是矩形，
根据切线长定理，得
CE＝CF，
∴矩形EOFC是正方形，
∴CE＝CF＝r，
∴AF＝AD＝AC﹣FC＝3﹣r，
BE＝BD＝BC﹣CE＝4﹣r，
∵AD+BD＝AB，
∴3﹣r+4﹣r＝5，
解得r＝1．
则△ABC的内切圆半径r＝1．
故答案为：1．
18．（2019秋•建邺区期中）如图，△ABC为等边三角形，AB＝4，以点A为圆心，半径为1作⊙A．M为BC边上的一动点，过点M作⊙A的一条切线，切点为N，则MN的最小值是　11　．

【分析】作AD⊥BC于D，过D作⊙A的一条切线，切点为E，连接AE，由等边三角形的性质和勾股定理得出AD=AB2-BD2=23，由切线的性质得出AE⊥DE，由勾股定理求出DE=AD2-AE2=11，当点M与D重合时，N与E重合，此时MN最小=11．
【解析】作AD⊥BC于D，过D作⊙A的一条切线，切点为E，连接AE，如图所示：
∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴BC＝AB＝4，BD＝CD=12BC＝2，
∴AD=AB2-BD2=42-22=23，
∵DE是⊙A的一条切线，
∴AE⊥DE，AE＝1，
∴DE=AD2-AE2=(23)2-12=11，
当点M与D重合时，N与E重合，
此时MN最小=11，
故答案为：11．

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．已知一块等腰三角形钢板的底边长为60cm，腰长为50cm．
（1）求能从这块钢板上截得的最大圆的半径．
（2）用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是多少？
（3）求这个等腰三角形的内心与外心的距离．
【分析】（1）最大圆的半径是三角形内切圆的半径，用等面积法求解即可；
（2）圆的最小半径是三角形的外接圆的半径，可以借助等腰三角形的性质和外心的定义，用勾股定理即可求解；
（3）等腰三角形的内心与外心的距离可以结合（1）（2）的结论解答即可．
【解析】如图，△ABC中，AB＝AC＝50cm，BC＝60cm，
由题意可知：
△ABC是锐角三角形，
则外心在三角形的内部．
作AD⊥BC于点D，
∴BD＝DC=12BC＝30cm，
∴AD=502-302=40（cm）．
设△ABC的内心为I，半径为r，
外心为O，半径为R，
则点I、O都在AD上，
作IE⊥AB于点E，
则IE＝ID＝r，
连接IB、OB，
则OB＝OA＝R．

（1）∵S△ABD＝S△ABI+S△BDI
∴12BD•AD=12AB•IE+12BD•ID
即12×30×40=12×50×r+12×30×r
解得r＝15cm．
答：能从这块钢板上截得的最大圆的半径为15cm；
（2）在Rt△OBD中，OB＝R，BD＝30
OD＝AD﹣AO＝40﹣R，
根据勾股定理，得
R2＝（40﹣R）2+302
解得R=1254（cm）．
答：用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是1254cm；
（3）∵ID＝r＝15cm，
OD＝40﹣R＝40-1254=354（cm），
∴IO＝ID﹣OD=254（cm）．
答：这个等腰三角形的内心与外心的距离为254cm．
20．（2011•泰兴市校级二模）如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BA＝5，点P是AC上的动点（P不与A、C重合），设PC＝x，点P到AB的距离为y．

（1）求y与x的函数关系式；
（2）试确定Rt△ABC内切圆I的半径，并探求x为何值时，直线PQ与这个内切圆I相切？
（3）试判断以P为圆心，半径为y的圆与⊙I能否相切？若能，请求出相应的x的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）求出BC，证△AQP∽△ACB，得到PQBC=APAB，代入求出即可；
（2）求出正方形FIEC，推出IF＝IE＝CF＝CE，求出半径，证四边形INQM是正方形，推出PE＝PM，代入求出即可；
（3）根据相切两圆的性质求出PI、PE、IE，根据勾股定理得到方程，求出方程的解即可．
【解析】（1）在△ABC中AB＝5，AC＝4，由勾股定理得：BC＝3，
∵∠C＝90°，PQ⊥AB，
∴∠C＝∠PQA＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△AQP∽△ACB，
∴PQBC=APAB，
即y3=4-x5，
解得：y=-35x+125，
答：y与x的函数关系式是y=-35x+125．

（2）∵圆I是△ABC的内切圆，
∴BN＝BF，CF＝CE，AE＝AN，∠IFC＝∠IEC＝∠C＝90°，IE＝IF，
∴四边形FIEC是正方形，
∴IF＝IE＝CF＝CE，
∴3﹣IE+4﹣IE＝5，
解得：IE＝1，
∵∠INQ＝∠IMQ＝∠NQM＝90°，IM＝IN，
∴四边形INQM是正方形，
∴IN＝MQ＝IE＝CE，
∵PE＝PM，
∴PQ＝PC＝x＝y，
即x=-35x+125，
∴x=32，
答：Rt△ABC内切圆I的半径是1，x为32时，直线PQ与这个内切圆I相切．

（3）以P为圆心，半径为y的圆与⊙I能相切．
理由是：连接PI过两圆的切点，
当两圆外切时，
PQ＝y，PE＝x﹣1，IE＝1，PI＝1+y，
由勾股定理得：12+（x﹣1）2=(-35x+125+1)2
解得：x1=-13+1558，x2=-13-1558（舍去）
当两圆内切时，
PQ＝y，PE＝x﹣1，IE＝1，PI＝y﹣1，
由勾股定理得：12+（x﹣1）2＝（-35x+125-1）2，
解得：x=14．
答：以P为圆心，半径为y的圆与⊙I外切时，x=-13+1558；内切时x=14．


21．（2019秋•广东期末）如图，PA、PB、DE切⊙O于点A、B、C、D在PA上，E在PB上，
（1）若PA＝10，求△PDE的周长．
（2）若∠P＝50°，求∠O度数．

【分析】（1）于PA、PB、DE都是⊙O的切线，可根据切线长定理将切线PA、PB的长转化为△PDE的周长；
（2）连接OA、OC、0B，利用切线长定理即可得到∠O=12∠AOB，根据四边形的内角和可得∠AOB+∠P＝180°，进而求出∠O的度数．
【解析】（1）∵PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C，
∴PA＝PB，DA＝DC，EC＝EB；
∴C△PDE＝PD+DE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝10+10＝20；
∴△PDE的周长为20；

（2）连接OA、OC、0B，
∵OA⊥PA，OB⊥PB，OC⊥DE，
∴∠DAO＝∠EBO＝90°，
∴∠P+∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣50°＝130°
∵∠AOD＝∠DOC，∠COE＝∠BOE，
∴∠DOE=12∠AOB=12×130°＝65°．

22．（2019秋•江油市期末）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，对角线AC是⊙O的直径，AB＝2，I是△ADC的内心，∠ADB＝45°．
（1）求⊙O半径的长．
（2）求证：BC＝BI．

【分析】（1）根据AC是⊙的直径，可得∠ADC＝90°＝∠ABC，再根据已知条件证明AB＝BC，根据勾股定理即可求得半径；
（2）连结AI，根据I是△ADC的内心．可得∠DAI＝∠CAI，再证明AB＝BI，进而可以证明BC＝BI．
【解析】（1）∵AC是⊙的直径，
∴∠ADC＝90°＝∠ABC，

又∠ADB＝45°，
∴∠ADB＝∠BDC＝45°，
∴AB=BC，
∴AB＝BC
∵AB＝2，
∴AC=22
∴⊙O的半径为2；
（2）连结AI，
∵I是△ADC的内心．
∴∠DAI＝∠CAI，
∠AIB＝∠DAI+∠ADI，
∠BAI＝∠BAC+∠CAI，
∵∠BAC＝∠ADI，
∴∠BAI＝∠AIB，
∴AB＝BI，
即BC＝BI．
23．（2018•硚口区模拟）如图，AB为⊙O直径，PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，PQ⊥PA，PQ交OC的延长线于点Q．
（1）求证：OQ＝PQ；
（2）连BC并延长交PQ于点D，PA＝AB，且CQ＝6，求BD的长．

【分析】（1）欲证明OQ＝PQ，只要证明∠QOP＝∠QPO即可；
（2）设OA＝r．在Rt△PCQ中，利用勾股定理构建方程求出r，再证明四边形OPDB是平行四边形，求出OP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，
∵QP⊥PA，
∴QP∥BA，
∴∠QPO＝∠AOP，
∴∠QOP＝∠QPO，
∴OQ＝PQ．

（2）设OA＝r．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵OB∥QD，
∴∠QDC＝∠B，
∵∠OCB＝∠QCD，
∴∠QCD＝∠QDC，
∴QC＝QD＝6，∵QO＝QP，
∴OC＝DP＝r，
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠OCP＝∠PCQ＝90°，
在Rt△PCQ中，∵PQ2＝PC2+QC2，
∴（6+r）2＝62+（2r）2，
r＝4或0（舍弃），
∴OP=42+82=45，
∵OB＝PD，OB∥PD，
∴四边形OBDP是平行四边形，
∴BD＝OP＝45．

24．（2020•雨花区校级模拟）如图，⊙O为△ABC的外接圆，D为OC与AB的交点，E为线段OC延长线上一点，且∠EAC＝∠ABC．
（1）求证：直线AE是⊙O的切线．
（2）若D为AB的中点，CD＝6，AB＝16
①求⊙O的半径；
②求△ABC的内心到点O的距离．

【分析】（1）连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF，由圆周角定理可得∠ACF＝90°，可得∠F+∠FAC＝90°，由∠EAC＝∠ABC，可得∠EAC+∠FAC＝90°，即可得结论；
（2）①由垂径定理可得OD⊥AB，AD＝BD＝8，由勾股定理可求⊙O的半径；
②作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，由角平分线的性质可得HM＝HN＝HD，由三角形的面积公式可求HD的值，即可求△ABC的内心到点O的距离．
【解析】（1）证明：连接AO，并延长AO交⊙O于点F，连接CF

∵AF是直径
∴∠ACF＝90°
∴∠F+∠FAC＝90°，
∵∠F＝∠ABC，∠ABC＝∠EAC
∴∠EAC＝∠F
∴∠EAC+∠FAC＝90°
∴∠EAF＝90°，且AO是半径
∴直线AE是⊙O的切线．
（2）①如图，连接AO，

∵D为AB的中点，OD过圆心，
∴OD⊥AB，AD＝BD=12AB＝8，
∵AO2＝AD2+DO2，
∴AO2＝82+（AO﹣6）2，
∴AO=253，
∴⊙O的半径为253；
②如图，作∠CAB的平分线交CD于点H，连接BH，过点H作HM⊥AC，HN⊥BC，

∵OD⊥AB，AD＝BD
∴AC＝BC，且AD＝BD
∴CD平分∠ACB，且AH平分∠CAB
∴点H是△ABC的内心，且HM⊥AC，HN⊥BC，HD⊥AB
∴MH＝NH＝DH
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=82+62=10=BC，
∵S△ABC＝S△ACH+S△ABH+S△BCH，
∴12×16×6=12×10×MH+12×16×DH+12×10×NH，
∴DH=83，
∵OH＝CO﹣CH＝CO﹣（CD﹣DH），