【分析】解题时先回顾切线相关性质、圆周角定理、等腰三角形性质等知识点。首先由切线性质可得OA⊥PA、OP垂直平分AB且平分∠APB；再由直径所对圆周角是直角推出BC⊥AB，得到BC与OP平行的关系；最后通过同角的余角相等、平行线同位角相等、等腰三角形等边对等角的性质，转换得到和∠AOP相等的角，统计个数即可得到答案。
【解析】
设OP与AB交于点D。
1. 由切线性质和切线长定理：
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴OA⊥PA，PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AB，
∴∠OAP=∠ADP=90°，
∴∠AOP + ∠APO = 90°，∠PAB + ∠APO = 90°，
根据同角的余角相等，得∠AOP = ∠PAB。
2. 由等腰三角形性质：
∵PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA，
∴∠AOP=∠PBA。
3. 由圆周角定理推论和平行线性质：
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，即BC⊥AB，
又
∵OP⊥AB，
∴BC//OP，
∴∠ACB=∠AOP（两直线平行，同位角相等）。
综上，与∠AOP相等的角有∠PAB、∠PBA、∠ACB，共3个。
【答案】B
【知识点】切线的性质，圆周角定理，切线长定理
【点评】本题属于圆的综合基础题，将切线性质、平行线的判定与性质、等腰三角形性质相结合，解题的关键是熟练掌握角相等的转换方法，通过互余、平行、等边对等角等关系推导角的等量关系。
【难度系数】0.6

【分析】
要解决本题，首先明确核心思路：第一步，圆外一点到圆上各点的连线段中，最短长度为该点到圆心的距离减去圆的半径，所以我们需要先求点P到圆心的距离；第二步，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，因此切线长、圆的半径、点P到圆心的线段可构成直角三角形，用勾股定理即可算出点P到圆心的距离，最后代入求最短长度即可。
【解析】
设圆的圆心为O，过P的切线的切点为A，连接OA、OP。
∵ PA是⊙O的切线，
∴ OA⊥PA，即∠OAP=90°。
在Rt△OAP中，OA=9cm，PA=18cm，由勾股定理得：
$OP=\sqrt{OA^2+PA^2}=\sqrt{9^2+18^2}=\sqrt{81+324}=\sqrt{405}=9\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
∵ 圆外一点到圆上各点的最短距离等于该点到圆心的距离减去圆的半径，
∴ 最短的线段长为$OP - OA=9\sqrt{5}-9\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$9\sqrt{5}-9$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题属于基础题，解题关键是掌握圆外点到圆上点最短距离的规律，结合切线性质构造直角三角形计算，对基础概念的掌握要求较高。
【难度系数】
0.7

【分析】
本题有两个求解目标，可分别通过切线相关性质推导：1. 求∠AQB：先连接OA、OB，利用切线的性质可得OA垂直PA、OB垂直PB，结合四边形内角和算出弧AB对应的圆心角∠AOB的度数，再根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，即可求出∠AQB。2. 求△PCD的周长：利用切线长定理，圆外一点引圆的两条切线长度相等，将△PCD的周长中的DC拆分为两段切线长，最终可转化为PA与PB的和，代入数值计算即可。
【解析】
解：①连接OA、OB
∵PA、PB分别是⊙O的切线
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°
四边形OAPB内角和为360°，已知∠P=45°
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-45°=135°
∵∠AQB是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角
根据圆周角定理，∠AQB=$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$×135°=67.5°
②设DC与⊙O相切于点E
根据切线长定理：圆外一点引圆的两条切线长度相等，可得：
DA=DE，CB=CE，且PA=PB=7cm
△PCD的周长=PD+DC+PC=PD+DE+CE+PC
将DE替换为DA、CE替换为CB，得：
周长=PD+DA+CB+PC=(PD+DA)+(PC+CB)=PA+PB=7cm+7cm=14cm
【答案】
67.5，14 cm
【知识点】
切线的性质，切线长定理，圆周角定理
【点评】
本题是圆的切线相关的常规综合题，解题核心是利用切线长定理完成线段的等量转化，结合圆周角定理求解角度，熟练掌握基础性质即可快速解题。
【难度系数】
0.7

【分析】
解题时首先明确圆沿CB滚动的过程中，圆心到BC的距离始终等于半径1cm，即圆心的运动轨迹是平行于CB且距离为1cm的直线。当圆滚动到同时与CA、CB相切时，圆心到CA、CB的距离均为半径，根据角平分线的判定可知此时圆心在∠ACB的角平分线上，进而可构造直角三角形，利用三角函数求出圆心移动的水平距离。
【解析】
设滚动后⊙O与CA、CB均相切，此时圆心为$O'$，过$O'$作$O'D⊥ BC$于点$D$。
1. 由切线性质可知，$O'D=1\mathrm{cm}$，且$O'$到$CA$的距离也为$1\mathrm{cm}$，因此$O'$在$∠ ACB$的角平分线上，可得$∠ O'CD=\frac{1}{2}∠ ACB=\frac{1}{2}×60°=30°$。
2. 在$\mathrm{Rt}△ O'CD$中，$∠ O'DC=90°$，$O'D=1\mathrm{cm}$，$∠ O'CD=30°$，根据正切的定义：
$\tan∠ O'CD=\frac{O'D}{CD}$，即$\tan30°=\frac{1}{CD}$，
解得$CD=\frac{1}{\tan30°}=\sqrt{3}\mathrm{cm}$。
3. 初始时⊙O切BC于C，故圆心$O$在$C$的正上方，圆心沿平行于$BC$的方向移动，因此圆心移动的水平距离等于$CD$的长度。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，角平分线的判定，解直角三角形
【点评】
本题是圆的动态结合问题，核心是抓住滚动过程中圆心到直线BC的距离不变的特征，结合角平分线的性质确定滚动后圆心的位置，再通过解直角三角形求解，是圆与三角函数结合的典型题型。
【难度系数】
0.6

【分析】
解题时首先结合圆与AB、AD相切的性质，确定圆心到AD的距离等于半径，再结合正方形的边长求出AD边上切点到点D的距离，最后利用切线长定理即可得到DE的长度。首先，圆的切线垂直于过切点的半径，因此⊙O到AD的距离为半径5，结合正方形∠A为直角，可知AD边上的切点到A点的长度等于半径5，进而求出该切点到D的长度；再根据切线长定理，从D点引⊙O的两条切线DE、DG长度相等，即可求出DE。
【解析】
设⊙O与AD边相切于点G，连接OG。
∵⊙O与AB、AD均相切，
∴OG⊥AD，且OG=5（⊙O的半径）。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AD=AB=11，
又
∵⊙O同时与AB相切，易得四边形AFOG（F为AB边上的切点）是正方形，
∴AG=OG=5，
∴DG=AD - AG=11 - 5=6。
∵DE、DG都是⊙O的切线，D为圆外一点，
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，
∴DE=DG=6。
【答案】
6
【知识点】
切线的性质，切线长定理，正方形的性质
【点评】
本题属于基础几何题，将圆的切线性质与正方形性质结合考查，解题的突破口是熟练运用切线长定理找到相等的线段，计算难度较低，需要同学们牢记切线相关的基础定理并灵活运用。
【难度系数】
0.8

【分析】
首先判断四边形OECF的形状：根据内切圆的性质，切线垂直于过切点的半径，可得OE⊥AC、OF⊥BC，结合已知∠C=90°，可先判定四边形OECF是矩形，再根据内切圆半径相等，OE=OF，即可得矩形OECF是正方形。其次求内切圆半径：先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再根据直角三角形内切圆半径公式代入计算即可得到半径长度。
【解析】
1. 判定四边形OECF的形状：
∵⊙O是△ABC的内切圆，E、F分别是AC、BC边上的切点，
∴OE⊥AC，OF⊥BC，即∠OEC=∠OFC=90°，
又
∵∠C=90°，
∴四边形OECF是矩形，
∵OE、OF都是⊙O的半径，
∴OE=OF，
∴矩形OECF是正方形。
2. 求⊙O的半径：
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$，
直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AC+BC-AB}{2}$，
代入得：$r=\frac{5+12-13}{2}=2$。
【答案】
正方形；2
【知识点】
内切圆的性质；正方形的判定；勾股定理
【点评】
本题属于基础题型，重点考查三角形内切圆的性质与直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握切线的性质和直角三角形内切圆半径的计算方法。
【难度系数】
0.8

【分析】
（1）要证$EB=EC$，可通过证明$EC$、$EB$都等于$ED$推导。首先连接$CD$，由$AC$是直径可得直径所对圆周角$∠ ADC=90°$，即$CD⊥ AB$；再结合切线性质，$BC$和$DE$都是$\odot O$的切线，由切线长定理得$ED=EC$，再通过角的互余关系证明$∠ EDB=∠ B$，得到$ED=EB$，即可证得结论。
（2）判断$△ ABC$的形状，结合四边形$ODEC$是矩形的条件，利用矩形的内角性质可推出$∠ A=45°$，结合$∠ ACB=90°$即可判断三角形类型。
【解析】
（1）证明：连接$CD$、$OD$。
$\because AC$是$\odot O$的直径，$∠ ACB=90°$，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，且$∠ ADC=90°$（直径所对的圆周角为直角），即$CD⊥ AB$，$∠ CDB=90°$。
$\because DE$是$\odot O$的切线，由切线长定理可得：$ED=EC$，
$\therefore ∠ EDC=∠ ECD$。
$\because ∠ EDC+∠ EDB=∠ CDB=90°$，$∠ ECD+∠ B=90°$，
$\therefore ∠ EDB=∠ B$，
$\therefore ED=EB$，
又$\because ED=EC$，
$\therefore EB=EC$。
（2）$△ ABC$是等腰直角三角形，理由如下：
$\because$四边形$ODEC$是矩形，
$\therefore ∠ COD=90°$（矩形的四个内角均为直角），
$\because OA=OD$，$∠ AOD=180°-∠ COD=90°$，
$\therefore ∠ A=∠ ADO=(180°-90°)÷2=45°$，
又$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ B=90°-∠ A=45°$，
$\therefore ∠ A=∠ B$，即$AC=BC$，
$\therefore △ ABC$是等腰直角三角形。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）等腰直角三角形
【知识点】
切线长定理，圆周角定理，矩形的性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、切线相关定理与特殊四边形的性质，解题时合理连接辅助线是突破口，需熟练掌握圆周角、切线的相关定理，结合角的等量关系推导结论。
【难度系数】
0.7