5. 如图，AB是$\odot O$的直径，半径$OC⊥ AB$，垂足为$O$，$P$是$AB$延长线上的一点，$PD$与$\odot O$相切于点$D$，$CD$与$AB$相交于点$E$，判断$△ PDE$的形状，并说明理由。
答案：解：$△ PDE$是等腰三角形，理由如下：
连接$OD$，
$\because PD$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD⊥ PD$，即$∠ ODP=90°$，
$\therefore ∠ PDE + ∠ ODC = 90°$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ COE=90°$，
$\therefore ∠ OEC + ∠ C = 90°$。
$\because OC=OD$，
$\therefore ∠ C=∠ ODC$，
$\therefore ∠ PDE = ∠ OEC$。
又$\because ∠ OEC=∠ PED$，
$\therefore ∠ PDE=∠ PED$，
$\therefore PD=PE$，
$\therefore △ PDE$是等腰三角形。
解析：
【分析】
要判断△PDE的形状，可通过探究三角形内角的等量关系入手。首先遇到圆的切线时，常规辅助线是连接圆心和切点，利用切线的性质得到垂直关系，进而得到互余的角；再结合已知OC⊥AB得到的直角，可得另一组互余的角；随后利用同圆半径相等得到∠C=∠ODC，通过等角的余角相等推出∠PDE和∠OEC相等，最后结合对顶角相等即可得到△PDE的两个内角相等，从而判定三角形形状。
【解析】
连接$OD$，
$\because PD$与$\odot O$相切于点$D$，
$\therefore OD⊥ PD$，即$∠ ODP=90°$，
$\therefore ∠ PDE + ∠ ODC = 90°$。
$\because OC⊥ AB$，
$\therefore ∠ COE=90°$，
$\therefore ∠ OEC + ∠ C = 90°$。
$\because OC=OD$，
$\therefore ∠ C=∠ ODC$，
$\therefore ∠ PDE = ∠ OEC$。
又$\because ∠ OEC=∠ PED$，
$\therefore ∠ PDE=∠ PED$，
$\therefore PD=PE$，
$\therefore △ PDE$是等腰三角形。
【答案】
$△ PDE$是等腰三角形
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的判定；对顶角的性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础题型，解题的关键是掌握切线相关辅助线的构造方法：连接切点与圆心得到垂直关系，再结合角的等量代换推导边或角的关系，是圆性质应用的常考题型。
【难度系数】
0.7
6. 如图，AB是$\odot O$的直径，F是$\odot O$上的点，C是BF的中点，过点C作$CE⊥ AF$，垂足为E，延长EC，交AB的延长线于点D.
（1）CE是$\odot O$的切线吗？说明理由.
（2）若$AD=8$，$CD=4$，求CE的长.
答案：解：
（1）CE是$\odot O$的切线，理由如下：
连接OC，
∵C是$\overset{\frown}{BF}$的中点，
∴$\overset{\frown}{FC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴∠FAC=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠OCA，
∴∠FAC=∠OCA，
∴OC//AE，
∵CE⊥AF，
∴CE⊥OC，
又∵OC是$\odot O$的半径，
∴CE是$\odot O$的切线。
（2）设$\odot O$的半径为r，则OA=OC=r，
∵AD=8，
∴OD=AD - OA=8 - r，
由（1）知∠OCD=90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：
$OC^2 + CD^2 = OD^2$，
∵CD=4，
∴$r^2 + 4^2 = (8 - r)^2$，
解得r=3，
∴OC=3，OD=8 - 3=5，
∵OC//AE，
∴△DOC∽△DAE，
∴$\frac{CD}{DE}=\frac{OD}{AD}$，
即$\frac{4}{DE}=\frac{5}{8}$，
解得$DE=\frac{32}{5}$，
∴$CE=DE - CD=\frac{32}{5}-4=\frac{12}{5}$。
综上，CE的长为$\frac{12}{5}$。
解析：
【分析】
（1）要判断CE是否为⊙O的切线，依据切线的判定定理，需连接半径OC，证明OC与CE垂直即可。首先利用弧中点的性质可得等弧所对的圆周角相等，推出∠FAC=∠BAC，再结合OA=OC的等腰三角形性质，得到∠BAC=∠OCA，进而推导OC与AE平行，结合CE⊥AF的条件，即可得到OC⊥CE，完成切线的证明。
（2）求CE的长度时，先设⊙O的半径为r，在Rt△OCD中利用勾股定理列方程求出半径r的值，再根据OC//AE证明△DOC∽△DAE，利用相似三角形对应边成比例求出DE的长度，最后用DE减去CD的长度即可得到CE的长。
【解析】
（1）CE是$\odot O$的切线，理由如下：
连接OC，
∵C是$\overset{\frown}{BF}$的中点，
∴$\overset{\frown}{FC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴∠FAC=∠BAC，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠OCA，
∴∠FAC=∠OCA，
∴OC//AE，
∵CE⊥AF，
∴CE⊥OC，
又
∵OC是$\odot O$的半径，
∴CE是$\odot O$的切线。
（2）设$\odot O$的半径为r，则OA=OC=r，
∵AD=8，
∴OD=AD - OA=8 - r，
由（1）知∠OCD=90°，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：
$OC^2 + CD^2 = OD^2$，
∵CD=4，
∴$r^2 + 4^2 = (8 - r)^2$，
解得r=3，
∴OC=3，OD=8 - 3=5，
∵OC//AE，
∴△DOC∽△DAE，
∴$\frac{CD}{DE}=\frac{OD}{AD}$，
即$\frac{4}{DE}=\frac{5}{8}$，
解得$DE=\frac{32}{5}$，
∴$CE=DE - CD=\frac{32}{5}-4=\frac{12}{5}$。
【答案】
（1）CE是$\odot O$的切线，理由见解析；（2）$\frac{12}{5}$
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题型，解题的核心是正确添加辅助线，灵活运用弧的性质、切线判定定理、勾股定理及相似三角形的性质求解，是圆相关证明与计算的常考类型。
【难度系数】
0.6
7. 如图，直线AB，CD相交于点O，$∠ AOD=30°$，半径为2 cm的$\odot P$的圆心在直线AB上，且位于点O左侧10 cm处。如果$\odot P$以2 cm/s的速度沿直线由点A向点B的方向移动，$\odot P$与直线CD相切时恰好经过了（
）
A.3 s
B.7 s
C.3 s或7 s
D.6 s或14 s
答案：C
解析：
【分析】
解题时首先回忆直线与圆相切的核心条件：圆心到直线的距离等于半径。首先结合已知的∠AOD=30°和圆的半径，算出相切时圆心P到交点O的距离；再结合点P的初始位置和运动速度，分两种情况讨论：①圆心P移动到点O左侧时相切；②圆心P移动到点O右侧时相切，分别计算对应的运动时间即可。
【解析】
解：当⊙P与直线CD相切时，过圆心P作PE⊥CD于点E，根据直线与圆相切的性质，此时圆心到直线的距离等于半径，即$PE=r=2\mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ POE$中，$∠ POE=∠ AOD=30°$，根据含30°角的直角三角形的性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得$OP=2PE=2×2=4\mathrm{cm}$。
设⊙P的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，已知⊙P初始时在点O左侧$10\mathrm{cm}$处，运动速度为$2\mathrm{cm/s}$，向右运动，因此运动$t\ \mathrm{s}$后，圆心P到点O的距离为$|10-2t|\ \mathrm{cm}$。
结合相切时$OP=4\mathrm{cm}$，可得方程：$|10-2t|=4$
分两种情况解方程：
①当$10-2t=4$时，解得$2t=6$，$t=3$；
②当$10-2t=-4$时，解得$2t=14$，$t=7$。
因此⊙P与直线CD相切时经过的时间为3s或7s。
【答案】
C
【知识点】
1.直线与圆相切的性质
2.含30°角的直角三角形性质
3.分类讨论思想
【点评】
本题是动态几何类的常考题型，解题的关键是掌握直线与圆相切的判定条件，注意结合运动轨迹分圆心在交点O左侧、右侧两种情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.7
