专题24.8切线的性质-2021-2022学年九年级数学上册同步培优题典（解析版）【人教版】

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2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【人教版】
专题24.8切线的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，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．（2021•北京模拟）如图，BA与⊙O相切于点A，将线段OA绕点O逆时针旋转120°得到OA'．若∠B＝40°，则∠BOA'的度数为（　　）

A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】根据切线的性质可得∠OAB＝90°，根据旋转的性质可得∠AOA′＝120°，进而可得∠BOA'的度数．
【解析】∵BA与⊙O相切于点A，
∴∠OAB＝90°，
∵∠B＝40°，
∴∠AOB＝50°，
∵∠AOA′＝120°，
∴∠BOA'＝120°﹣50°＝70°．
故选：D．
2．（2021•镇江）如图，∠BAC＝36°，点O在边AB上，⊙O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则∠AFD等于（　　）

A．27° B．29° C．35° D．37°
【分析】连接OD，根据切线的性质得到∠ADO＝90°，根据直角三角形的性质得到∠AOD＝90°﹣36°＝54°，根据圆周角定理即可得到结论．
【解析】连接OD，
∵⊙O与边AC相切于点D，
∴∠ADO＝90°，
∵∠BAC＝36°，
∴∠AOD＝90°﹣36°＝54°，
∴∠AFD=12∠AOD=12×54°＝27°，
故选：A．

3．（2021•巴南区自主招生）如图，PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点B，点C在⊙O上，连接AC，BC．若∠P＝45°，则∠ACB的度数为（　　）

A．15° B．22.5° C．30° D．37.5°
【分析】连接OA，根据切线的性质得∠OAP＝90°，则∠AOP＝45°，然后根据圆周角定理得到∠ACB的度数．
【解析】如图，连接OA，

∵直线PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∵∠P＝45°，
∴∠AOB＝45°，
∵∠ACB=12∠AOB＝22.5°．
故选：B．
4．（2021•花都区三模）如图，AB为⊙O的切线，点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD，CD，OA，若∠ADC＝25°，则∠ABO的度数为（　　）

A．35° B．40° C．50° D．55°
【分析】根据圆周角和圆心角的关系，可以得到∠AOC的度数，然后根据AB为⊙O的切线和直角三角形的两个锐角互余，即可求得∠ABO的度数．
【解析】∵∠ADC＝25°，
∴∠AOC＝50°，
∵AB为⊙O的切线，点A为切点，
∴∠OAB＝90°，
∴∠ABO＝∠OAB﹣∠AOC＝90°﹣50°＝40°，
故选：B．
5．（2021•渝中区校级三模）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，BO交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接CD，AD，若∠ADC＝27°，则∠B的度数等于（　　）

A．28° B．36° C．44° D．56°
【分析】连接OA，由同弧所对的圆心角和圆周角的关系求出∠AOC，根据切线的性质得到∠OAB＝90°，继而可求出∠B．
【解析】连接OA，
∵AC=AC，
∴∠AOC＝2∠ADC＝2×27°＝54°，
∵AB是⊙O的切线，
∴OA⊥AB，
∴∠OAB＝90°，
∴∠AOB+B＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠AOB＝90°﹣54°＝36°，
故选：B．

6．（2021•鹿城区模拟）如图，直线AB与⊙O相切于点C，AO交⊙O于点D，连接CD，OC．若∠AOC＝50°，则∠ACD的度数为（　　）

A．20° B．25° C．30° D．35°
【分析】先根据切线的性质得到∠OCA＝90°，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠OCD＝65°，然后计算∠OCA﹣∠OCD即可．
【解析】∵直线AB与⊙O相切于点C，
∴OC⊥AB，
∴∠OCA＝90°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC=12（180°﹣∠COD）=12×（180°﹣50°）＝65°，
∴∠ACD＝∠OCA﹣∠OCD＝90°﹣65°＝25°．
故选：B．
7．（2021•临沂）如图，PA、PB分别与⊙O相切于A、B，∠P＝70°，C为⊙O上一点，则∠ACB的度数为（　　）

A．110° B．120° C．125° D．130°
【分析】由切线的性质得出∠OAP＝∠OBP＝90°，利用四边形内角和可求∠AOB＝110°，再利用圆周角定理可求∠ADB＝55°，再根据圆内接四边形对角互补可求∠ACB．
【解析】如图所示，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，

∵AP、BP是⊙O切线，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110°，
∴∠ADB=12∠AOB＝55°，
又∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠ACB＝180°﹣∠ADB＝180°﹣55°＝125°．
故选：C．
8．（2021•泰安）如图，在△ABC中，AB＝6，以点A为圆心，3为半径的圆与边BC相切于点D，与AC，AB分别交于点E和点G，点F是优弧GE上一点，∠CDE＝18°，则∠GFE的度数是（　　）

A．50° B．48° C．45° D．36°
【分析】连接AD，根据切线的性质得到AD⊥BC，根据垂直的定义得到∠ADB＝∠ADC＝90°，根据直角三角形的性质得到∠B＝30°，根据三角形的内角和定理得到∠GAD＝60°，根据等腰三角形的性质得到∠AED＝∠ADE＝72°，根据圆周角定理即可得到结论．
【解析】连接AD，∵BC与⊙A相切于点D，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵AB＝6，AG＝AD＝3，
∴AD=12AB，
∴∠B＝30°，
∴∠GAD＝60°，
∵∠CDE＝18°，
∴∠ADE＝90°﹣18°＝72°，
∵AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE＝72°，
∴∠DAE＝180°﹣∠ADE﹣∠AED＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
∴∠BAC＝∠BAD+∠CAD＝60°+36°＝96°，
∴∠GFE=12∠GAE=12×96°＝48°，
故选：B．

9．（2021•西湖区校级二模）如图，点A的坐标为（﹣3，2），⊙A的半径为1，P为坐标轴上一动点，PQ切⊙A于点Q，在所有P点中，使得PQ长最小时，点P的坐标为（　　）

A．（0，2） B．（0，3） C．（﹣2，0） D．（﹣3，0）
【分析】连接AQ、PA，如图，利用切线的性质得到∠AQP＝90°，再根据勾股定理得到PQ=AP2−1，则AP⊥x轴时，AP的长度最小，利用垂线段最短可确定P点坐标．
【解析】连接AQ、PA，如图，
∵PQ切⊙A于点Q，
∴AQ⊥PQ，
∴∠AQP＝90°，
∴PQ=AP2−AQ2=AP2−1，
当AP的长度最小时，PQ的长度最小，
∵AP⊥x轴时，AP的长度最小，
∴AP⊥x轴时，PQ的长度最小，
∵A（﹣3，2），
∴此时P点坐标为（﹣3，0）．
故选：D．

10．（2021•乐山）如图，已知OA＝6，OB＝8，BC＝2，⊙P与OB、AB均相切，点P是线段AC与抛物线y＝ax2的交点，则a的值为（　　）

A．4 B．92 C．112 D．5
【分析】⊙P与OB、AB分别相切于点M、N，连接PM、PN，设点P的坐标为（x，﹣x+6），由点P、A的坐标得，PA=2（6﹣x），则AN=AP2−PN2=2(6−x)2−x2，由AB＝10＝BN+AN，得到10=2(6−x)2−x2+2+x，进而求解．
【解析】设⊙P与OB、AB分别相切于点M、N，连接PM、PN，

设圆的半径为x，则PN＝PM＝x，
由题意知，OC＝AO＝6，则直线AC与y轴的夹角为45°，则CM＝MP＝x，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为y＝﹣x+6，
则点P的坐标为（x，﹣x+6），
由点P、A的坐标得，PA=2（6﹣x），
则AN=AP2−PN2=2(6−x)2−x2，
∵⊙P与OB、AB分别相切于点M、N，
∴BN＝BM＝BC+CM＝2+x，
在Rt△ABO中，OA＝6，OB＝8，则AB＝10＝BN+AN，
即10=2(6−x)2−x2+2+x，解得x＝1，
故点P的坐标为（1，5），
将点P的坐标代入y＝ax2得5＝a，
故选：D．
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．（2021•南岗区模拟）如图，在△ABC中，AC＝BC，点O在AB上，以OA为半径的⊙O与BC相切于点C，若BC＝43，则AB的长为 　12　．

【分析】连接OC，如图，利用切线的性质得到∠BCO＝90°，再由CA＝CB得到∠B＝∠A，利用圆周角定理得到∠BOC＝2∠A，则可根据三角形内角和计算出∠B＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出OC、OB，从而得到AB的长．
【解析】连接OC，如图，
∵⊙O与BC相切于点C，
∴OC⊥BC，
∴∠BCO＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠B＝∠A，
∵∠BOC＝2∠A，
而∠B+∠BOC＝90°，
∴∠B+2∠B＝90°，解得∠B＝30°，
∴OC=33BC=33×43=4，
∴BO＝2OC＝8，OA＝OC＝4，
∴AB＝BO+OA＝8+4＝12．
故答案为12．

12．（2021•杭州）如图，已知⊙O的半径为1，点P是⊙O外一点，且OP＝2．若PT是⊙O的切线，T为切点，连结OT，则PT＝　3　．

【分析】根据圆的切线性质可得出△OPT为直角三角形，再利用勾股定理求得PT长度．
【解析】∵PT是⊙O的切线，T为切点，
∴OT⊥PT，
在Rt△OPT中，OT═1，OP═2，
∴PT═OP2−OT2═22−12═3，
故：PT═3．
13．（2021•徐州模拟）如图，PA是⊙O的切线，点A为切点，OP交⊙O于点B，∠P＝10°，点C在⊙O上，OC∥AB，则∠BAC＝　25°　．

【分析】连接OA，如图，关键切线的性质得到∠OAP＝90°，则∠POA＝80°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠OBA＝50°，则根据平行线的性质得到∠BOC＝50°，然后根据圆周角定理求解．
【解析】连接OA，如图，
∵PA是⊙O的切线，点A为切点，
∴OA⊥PA，
∴∠OAP＝90°，
∴∠POA＝90°﹣∠P＝90°﹣10°＝80°，
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA=12（180°﹣∠AOB）=12（180°﹣80°）＝50°，
∵AB∥OC，
∴∠BOC＝∠OBA＝50°，
∴∠BAC=12∠BOC=12×50°＝25°．
故答案为25°．

14．（2021•温州）如图，⊙O与△OAB的边AB相切，切点为B．将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，使点O′落在⊙O上，边A′B交线段AO于点C．若∠A′＝25°，则∠OCB＝　85　度．

【分析】根据切线的性质得到∠OBA＝90°，连接OO′，如图，再根据旋转的性质得∠A＝∠A′＝25°，∠ABA′＝∠OBO′，BO＝BO′，则判断△OO′B为等边三角形得到∠OBO′＝60°，所以∠ABA′＝60°，然后利用三角形外角性质计算∠OCB．
【解析】∵⊙O与△OAB的边AB相切，
∴OB⊥AB，
∴∠OBA＝90°，
连接OO′，如图，
∵△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O′A′B，
∴∠A＝∠A′＝25°，∠ABA′＝∠OBO′，BO＝BO′，
∵OB＝OO′，
∴△OO′B为等边三角形，
∴∠OBO′＝60°，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠OCB＝∠A+∠ABC＝25°+60°＝85°．
故答案为85．

15．（2021•鼓楼区二模）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的切线，且AD∥BC，直线CO交AD于点E．若∠E＝44°，则∠B＝　67　°．

【分析】连接AO，根据切线的性质得到AO⊥AE，求得∠EAO＝90°，根据三角形外角的性质得到∠AOC＝∠E+∠EAO＝134°，由圆周角定理得到∠B=12∠AOC=67°．
【解析】连接AO，
∵AD是⊙O的切线，
∴AO⊥AE，
∴∠EAO＝90°，
∵∠E＝44°，
∴∠AOC＝∠E+∠EAO＝134°，
∴∠B=12∠AOC=67°，
故答案为：67．

16．（2021•包头）如图，在▱ABCD中，AD＝12，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，连接OC．若OC＝AB，则▱ABCD的周长为 　24+65　．

【分析】连接OE，过点C作CF⊥AD交AD于点F，利用平行四边形的性质和切线的性质证明四边形OECF为矩形，利用勾股定理求得OC，进而求得平行四边形的周长．
【解析】连接OE，过点C作CF⊥AD交AD于点F，

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠EOD+∠OEC＝180°，
∵⊙O与BC相切于点E，
∴OE⊥BC，
∴∠OEC＝90°
∴∠EOD＝90°，
∵CF⊥AD，
∴∠CFO＝90°，
∴四边形OECF为矩形，
∴FC＝OE，
∵AD为直径，AD＝12，
∴FC＝OE＝OD=12AD＝6，
∵OC＝AB，CF⊥AD，
∴OF=12OD＝3，
在Rt△OFC中，由勾股定理得，
OC2＝OF2+FC2＝32+62＝45，
∴AB＝OC＝35，
∴▱ABCD的周长为12+12+35+35=24+65，
故答案为：24+65．
17．（2021•泰州）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），⊙A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为 　（0，11）　．

【分析】连接AB，过点A分别作AC⊥x轴、AD⊥y轴，利用根据圆的切线性质可知△PAB、△AOC为直角三角形，AB＝AC＝5，利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理分别求出AO、AP、AD的长度，进而求出OD、PD的长度即可求得答案．
【解析】过点A分别作AC⊥x轴于点C、AD⊥y轴于点D，连接AB，如图，

∵AD⊥y轴，AC⊥x轴，
∴四边形ADOC为矩形，
∴AC＝OD，OC＝AD，
∵⊙A与x轴相切，
∴AC为⊙A的半径，
∵点A坐标为（8，5），
∴AC＝OD＝5，OC＝AD＝8，
∵PB是切线，
∴AB⊥PB，
∵∠APB＝30°，
∴PA＝2AB＝10，
在Rt△PAD中，根据勾股定理得，
PD=PA2−AD2=102−82=6，
∴OP＝PD+DO＝11，
∵点P在y轴上，
∴点P坐标为（0，11）．
故答案为：（0，11）．
18．（2021•凉山州）如图，等边三角形ABC的边长为4，⊙C的半径为3，P为AB边上一动点，过点P作⊙C的切线PQ，切点为Q，则PQ的最小值为 　3　．

【分析】连接CP、CQ，作CH⊥AB于H，如图，根据等边三角形的性质得到AB＝CB＝4，∠BCH=12∠ACB=12×60°＝30°，根据直角三角形的性质得到BH=12AB＝2，CH=32BC=32×4＝23，由切线的性质得到CQ⊥PQ，根据勾股定理得到PQ=CP2−CQ2=CP2−3，推出当点P运动到H点时，CP最小，于是得到结论．
【解析】连接CP、CQ，作CH⊥AB于H，如图，
∵等边三角形ABC的边长为4，
∴AB＝CB＝4，∠BCH=12∠ACB=12×60°＝30°，
∴BH=12AB＝2，CH=32BC=32×4＝23，
∵PQ为⊙C的切线，
∴CQ⊥PQ，
在Rt△CPQ中，PQ=CP2−CQ2=CP2−3，
∵点P是AB边上一动点，
∴当点P运动到H点时，CP最小，
即CP的最小值为23，
∴PQ的最小值为12−3=3，
故答案为：3．

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．（2021•大连）如图1，△ABC内接于⊙O，直线MN与⊙O相切于点D，OD与BC相交于点E，BC∥MN．
（1）求证：∠BAC＝∠DOC；
（2）如图2，若AC是⊙O的直径，E是OD的中点，⊙O的半径为4，求AE的长．

【分析】（1）连接OB，如图1，根据切线的性质得到OD⊥MN，则OD⊥BC，利用垂径定理得到BD=CD，然后根据圆周角定理得到结论；
（2）先计算出CE＝23，根据垂径定理得到BE＝CE＝23，接着利用勾股定理计算出AB，然后计算AE的长．
【解答】（1）证明：连接OB，如图1，
∵直线MN与⊙O相切于点D，
∴OD⊥MN，
∵BC∥MN，
∴OD⊥BC，
∴BD=CD，
∴∠BOD＝∠COD，
∵∠BAC=12∠BOC，
∴∠BAC＝∠COD；
（2）∵E是OD的中点，
∴OE＝DE＝2，
在Rt△OCE中，CE=OC2−OE2=42−22=23，
∵OE⊥BC，
∴BE＝CE＝23，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC＝90°，
∴AB=AC2−BC2=82−(43)2=4，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=42+(23)2=27．

20．（2021•凉山州模拟）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，PC是⊙O的切线，PB＝2，PC＝4．
（1）求⊙O的半径长；
（2）求∠BOC与∠BCP的数量关系，并说明理由．

【分析】（1）根据切线的性质得到OC⊥PC，设OB＝OC＝R，在Rt△POC中，根据勾股定理得到R2+42＝（R+2）2，解方程即可求出⊙O的半径长；
（2）由切线性质得到∠BCP+∠OCB＝90°，由圆周角的性质得到∠ACO+∠OCB＝90°，进而得到∠ACO＝∠BCP，由OA＝OC可得∠A＝∠ACO＝∠BCP，根据三角形外角的性质即可证得∠BOC＝2∠BCP．
【解析】（1）∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
设OB＝OC＝R，
在Rt△POC中，∠PCO＝90°，OC＝R，PO＝PB+OB＝2+R，PC＝4，OC2+PC2＝PO2，
∴R2+42＝（R+2）2，
解得：R＝3，
∴⊙O的半径长为3；
（2）∠BOC＝2∠BCP，理由如下：
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠PCO＝90°，
∴∠BCP+∠OCB＝90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝90°，
∴∠ACO+∠OCB＝∠BCP+∠OCB，
∴∠ACO＝∠BCP，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠ACO，
∴∠BOC＝∠A+∠ACO＝2∠ACO＝2∠BCP．
21．（2021•红桥区三模）在△ABC中，以AB为直径的⊙O分别与边AC，BC交于点D，E，且DE＝BE．
（Ⅰ）如图①，若∠CAB＝38°，求∠C的大小；
（Ⅱ）如图②，过点E作⊙O的切线，交AB的延长线于点F，交AC于点G，若∠CAB＝52°，求∠BEF的大小．

【分析】（Ⅰ）由圆周角定理得出∠EAC＝∠EAB=12∠CAB，∠AEC＝∠AEB＝90°，由直角三角形的性质可求出答案；
（Ⅱ）连接AE，OE，由切线的性质得出∠OEF＝90°，由等腰三角形的性质求出∠OEB＝∠EBA＝64°，则可得出答案．
【解析】（Ⅰ）连接AE，

∵DE＝BE，
∴DE=BE，
∴∠EAC＝∠EAB=12∠CAB，
∵∠CAB＝38°，
∴∠EAC＝19°，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°，
∴∠C＝90°﹣∠EAC＝71°；
（Ⅱ）连接AE，OE，

∵GF为⊙O的切线，
∴∠OEF＝90°，
∵∠CAB＝52°，
∴∠EAB=12∠CAB＝26°，
∴∠EBA＝90°﹣∠EAB＝64°，
∵OE＝OB，
∴∠OEB＝∠EBA＝64°，
∴∠BEF＝∠OEF﹣∠OEB＝90°﹣64°＝26°．
22．（2021•滨海县二模）如图，AB是半圆O的直径，C、D是半圆O上不同于A、B的两点，AC与BD相交于点F，BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E．
（1）若AD＝BC，证明：△ABC≌△BAD；
（2）若BE＝BF，∠DAC＝29°，求∠EAB的度数．

【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝∠ADB＝90°，根据直角全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到∠E＝∠BFE，根据切线的性质得到∠ABE＝90°，再根据直角三角形两锐角的关系证得∠EAB＝∠DAC即可得到结果．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝∠ACB＝90°，
在Rt△ABC与Rt△BAD中，
AD=BCAB=BA，
∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL）；

（2）解：∵BE＝BF，
∴∠E＝∠BFE，
∵BE是半圆O所在圆的切线，
∴∠ABE＝90°，
∴∠E+∠BAE＝90°，
由（1）知∠D＝90°，
∴∠DAF+∠AFD＝90°，
∵∠AFD＝∠BFE，
∴∠AFD＝∠E，
∵∠DAF＝90°﹣∠AFD，∠BAF＝90°﹣∠E，
∴∠EAB＝∠DAC，
∵∠DAC＝29°，
∴∠EAB＝29°．
23．（2020秋•商城县期末）如图，⊙O的直径AB＝10，AC＝6，D为⊙O上一点，过点D作DP⊥AC，垂足为P，且DP为⊙O的切线．
（1）求证：AD平分∠PAB．
（2）求△ADP的面积．

【分析】（1）连接OD，由切线的性质得出OD⊥DP，得出∠DPA＝90°，由等腰三角形的性质得出∠ODA＝∠OAD，证得∠PAD＝∠OAD，则可得出结论；
（2）连接OD，BC，过点O作OE⊥AC于点E，由勾股定理求出BC，AE，则可得出答案．
【解答】（1）证明：连接OD，

∵DP为⊙O的切线，
∴OD⊥DP，
∴∠ODP＝90°，
∴∠ODA+∠PDA＝90°，
又∵DP⊥AC，
∴∠DPA＝90°，
∴∠PDA+∠PAD＝90°，
∴∠PAD＝∠ODA，
又∵DO＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠PAD＝∠OAD，
即AD平分∠PAB；
（2）解：连接OD，BC，过点O作OE⊥AC于点E，
∵AB是⊙O的直径，AB＝10，AC＝6，
∴∠ACB＝90°，
∴BC=AB2−AC2=102−62=8，
∵∠ODP＝∠DPE＝∠OEP＝90°，
∴四边形ODPE是矩形，
∴OE=12BC＝4，
∴AE=OA2−OE2=52−42=3，
∴DP＝OE＝4，OD＝PE＝5，
∴PA＝2，
∴S△ADP=12AP•DP=12×2×4=4．
24．（2021春•海淀区校级月考）如图，过⊙O外一点C作⊙O的切线CB，CD，切点分别为点B，D，直径AB的长为4，BC＝2，连接OC，AD．
（1）求证：四边形OADC是平行四边形；
（2）点G为半径OB上一点，连接CG交⊙O于E，延长CG交⊙O于F，当EF＝AD时，求OG的长．

【分析】（1）连接OD，根据切线长定理得到CD＝CB，证明四边形OBCD是菱形，得到CD＝OB＝OA，CD∥OA，从而得到四边形OADC是平行四边形；
（2）过点O分别作OM⊥CF于点M，ON⊥DA与点N，证明∠OCM＝30°，作GK⊥CO于点K，设GK＝a，可得a+3a＝22，求出a的值，即可得出OG的长．
【解答】
（1）解：连接OD，
∵CB、CD为⊙O的切线，
∴CD＝CB，
∵AB＝4，BC＝2，
∴CB＝BO＝OD＝CD＝2，
∴四边形OBCD是菱形，
∴CD＝OB＝OA，CD∥OA，
∴四边形OADC是平行四边形；

（2）解：过点O分别作OM⊥CF于点M，ON⊥DA与点N，
∵EF＝AD，
∴OM＝ON=2，
∴OC＝2OM，
在Rt△COM中，sin∠OCM=OMOC=12，
∴∠OCM＝30°，
作GK⊥CO于点K，设GK＝a，则OK＝GK＝a，CG＝2GK＝2a，CK=3a，
∵CK+OK＝OC，
∴3a+a＝22，
解得：a=6−2，
∵△OGK为等腰直角三角形，
∴OG=2GK=2a=2（6−2）＝23−2．
∴OG的长为23−2．