3. 如图,$ PA $、$ PB $ 分别切 $ \odot O $ 于点 $ A $、$ B $,与 $ \odot O $ 的另一条切线分别相交于点 $ D $、$ C $,若 $ PA = 7 \, cm $,$ \angle P = 45^{\circ} $,则 $ \angle AQB = $
112.5
$ ^{\circ} $,$ \triangle PCD $ 的周长为14cm
.答案：112.5，14cm
解析：
连接OA、OB、OQ，由切线长定理得：DA=DQ，CB=CQ，PA=PB=7cm。△PCD周长=PD+DC+PC=PD+DQ+QC+PC=PD+DA+CB+PC=PA+PB=7+7=14cm。
∵PA、PB是切线，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∠OAP=∠OBP=90°。四边形OAPB中，∠AOB=360°-90°-90°-45°=135°。设∠OAQ=∠OQA=α，∠OBQ=∠OQB=β，∠AOQ=180°-2α，∠BOQ=180°-2β，∠AOB=∠AOQ+∠BOQ=360°-2(α+β)=135°，得α+β=112.5°。在△AQB中，∠AQB=180°-(∠QAB+∠QBA)=180°-[(α-22.5°)+(β-22.5°)]=180°-(α+β-45°)=180°-(112.5°-45°)=112.5°。
∵PA、PB是切线，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∠OAP=∠OBP=90°。四边形OAPB中，∠AOB=360°-90°-90°-45°=135°。设∠OAQ=∠OQA=α，∠OBQ=∠OQB=β，∠AOQ=180°-2α，∠BOQ=180°-2β，∠AOB=∠AOQ+∠BOQ=360°-2(α+β)=135°，得α+β=112.5°。在△AQB中，∠AQB=180°-(∠QAB+∠QBA)=180°-[(α-22.5°)+(β-22.5°)]=180°-(α+β-45°)=180°-(112.5°-45°)=112.5°。
4. 如图,$ \angle ACB = 60^{\circ} $,半径为 $ 1 \, cm $ 的 $ \odot O $ 切 $ BC $ 于点 $ C $,将 $ \odot O $ 沿 $ CB $ 向右滚动,当滚动到 $ \odot O $ 与 $ CA $ 也相切时,圆心 $ O $ 移动的水平距离是
√3
$ cm $.答案：√3
解析：
初始时，⊙O切BC于C，故OC⊥BC，OC=1cm（半径）。滚动后圆心为O'，⊙O'与CA、CB相切，则O'到CA、CB距离均为半径1cm，O'在∠ACB的角平分线上，∠O'CB=30°。在Rt△O'DC中（D为O'在CB上垂足），O'D=1cm，∠O'CD=30°，CD=O'D/tan30°=1/(√3/3)=√3 cm。圆心移动的水平距离即CD=√3 cm。
1. 如图,$ \odot O $ 与正方形 $ ABCD $ 的两边 $ AB $、$ AD $ 相切,且 $ DE $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ E $. 若 $ \odot O $ 的半径为 $ 5 $,且 $ AB = 11 $,则 $ DE = $
6
.答案：6
解析：
以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系。则A(0,0)，B(11,0)，D(0,11)，圆心O与AB、AD相切，半径为5，故O(5,5)。D(0,11)在圆外，DE为切线，OE=5（半径），OE⊥DE。OD=√[(5-0)²+(5-11)²]=√61。在Rt△ODE中，DE²=OD²-OE²=61-25=36，DE=6。
2. 如图,在 $ Rt \triangle ABC $ 中,$ \angle C = 90^{\circ} $,$ \odot O $ 内切于 $ \triangle ABC $,切点分别为 $ D $、$ E $、$ F $,则四边形 $ OECF $ 是
正方形
；$ AC = 5 $,$ BC = 12 $,则 $ \odot O $ 的半径是2
.答案：正方形；$2$
解析：
由于$\odot O$是$Rt\triangle ABC$的内切圆，所以$OE\bot AC$，$OF\bot BC$。
因为$\angle C = 90^{\circ}$，所以四边形$OECF$的四个角均为$90^{\circ}$，则四边形$OECF$是矩形。
又因为$OE = OF$（同圆的半径相等），所以矩形$OECF$是正方形。
设$\odot O$的半径为$r$。
根据直角三角形内切圆半径公式$r=\dfrac{a + b-c}{2}$（其中$a$、$b$为直角边，$c$为斜边）。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AC = 5$，$BC = 12$，根据勾股定理$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}} = 13$。
把$a = 5$，$b = 12$，$c = 13$代入公式$r=\dfrac{a + b - c}{2}$，可得$r=\dfrac{5 + 12-13}{2}=2$。
因为$\angle C = 90^{\circ}$，所以四边形$OECF$的四个角均为$90^{\circ}$，则四边形$OECF$是矩形。
又因为$OE = OF$（同圆的半径相等），所以矩形$OECF$是正方形。
设$\odot O$的半径为$r$。
根据直角三角形内切圆半径公式$r=\dfrac{a + b-c}{2}$（其中$a$、$b$为直角边，$c$为斜边）。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AC = 5$，$BC = 12$，根据勾股定理$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}} = 13$。
把$a = 5$，$b = 12$，$c = 13$代入公式$r=\dfrac{a + b - c}{2}$，可得$r=\dfrac{5 + 12-13}{2}=2$。
3. 如图,在 $ Rt \triangle ABC $ 中,$ \angle ACB = 90^{\circ} $,以 $ AC $ 为直径的 $ \odot O $ 与边 $ AB $ 交于点 $ D $,过点 $ D $ 的切线 $ DE $ 交 $ BC $ 于点 $ E $.
(1)求证：$ EB = EC $；
(2)若以 $ O $、$ D $、$ E $、$ C $ 为顶点的四边形是矩形,试判断 $ \triangle ABC $ 的形状,并说明理由.
(1)求证：$ EB = EC $；
(2)若以 $ O $、$ D $、$ E $、$ C $ 为顶点的四边形是矩形,试判断 $ \triangle ABC $ 的形状,并说明理由.
答案：(1)连接OD、CD.
∵AC是⊙O直径，∴∠ADC=90°.
∵DE是⊙O切线，∴OD⊥DE，∠ODE=90°.
在Rt△ODE和Rt△OCE中，OD=OC，OE=OE，
∴Rt△ODE≌Rt△OCE(HL)，∴DE=CE.
∴∠EDC=∠ECD.
∵∠ACB=90°，∠ADC=90°，
∴∠B+∠ECD=90°，∠EDC+∠EDB=90°.
∴∠EDB=∠B，∴EB=ED.
∴EB=EC.
(2)△ABC是等腰直角三角形.
理由：∵四边形ODEC是矩形，∴OD=EC.
∵OD=OC=AC/2，∴EC=AC/2.
由(1)知EB=EC，∴BC=2EC=AC.
∵∠ACB=90°，∴△ABC是等腰直角三角形.
∵AC是⊙O直径，∴∠ADC=90°.
∵DE是⊙O切线，∴OD⊥DE，∠ODE=90°.
在Rt△ODE和Rt△OCE中，OD=OC，OE=OE，
∴Rt△ODE≌Rt△OCE(HL)，∴DE=CE.
∴∠EDC=∠ECD.
∵∠ACB=90°，∠ADC=90°，
∴∠B+∠ECD=90°，∠EDC+∠EDB=90°.
∴∠EDB=∠B，∴EB=ED.
∴EB=EC.
(2)△ABC是等腰直角三角形.
理由：∵四边形ODEC是矩形，∴OD=EC.
∵OD=OC=AC/2，∴EC=AC/2.
由(1)知EB=EC，∴BC=2EC=AC.
∵∠ACB=90°，∴△ABC是等腰直角三角形.