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7.如图，$\odot M$的圆心$M$在一次函数$y=\frac{3}{4}x+3$位于第一象限中的图象上，$\odot M$与$y$轴交于$C$，$D$两点，若$\odot M$与$x$轴相切，且$CD=4\sqrt{5}$，则$\odot M$的半径是
6或$\frac{54}{7}$
。答案
7.6或$\frac{54}{7}$
解析
【分析】
解题思路如下：①首先根据圆与x轴相切的性质，可知圆心的纵坐标等于圆的半径，结合圆心在给定一次函数图象上，可将圆心的横坐标用半径r表示；②对于y轴上的弦CD，利用垂径定理可得弦长的一半，再过圆心作y轴的垂线，可得圆心到y轴的距离等于圆心横坐标的绝对值；③在由半径、弦长的一半、圆心到y轴的垂线段构成的直角三角形中，利用勾股定理列关于r的方程，解方程后结合圆心在第一象限的条件验证解是否符合要求即可。
【解析】
设$\odot M$的半径为$r$。
1. 由$\odot M$与$x$轴相切，根据切线的性质，圆心$M$到$x$轴的距离等于半径，因此$M$的纵坐标为$r$。
2. 因为$M$在一次函数$y=\frac{3}{4}x+3$的图象上，将$y=r$代入函数式得：
$r=\frac{3}{4}x+3$，解得$x=\frac{4(r-3)}{3}$，即$M$的坐标为$(\frac{4(r-3)}{3},r)$。
3. 过点$M$作$ME⊥ CD$于点$E$，根据垂径定理，$CE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$。
4. 圆心$M$到$y$轴的距离$ME=\left|\frac{4(r-3)}{3}\right|$，在$\mathrm{Rt}△ CEM$中，$CM=r$，由勾股定理得：
$ME^2 + CE^2 = CM^2$，即$(\frac{4(r-3)}{3})^2 + (2\sqrt{5})^2 = r^2$。
5. 整理方程求解：
$\frac{16(r^2-6r+9)}{9} + 20 = r^2$
两边同乘9得：$16r^2-96r+144+180=9r^2$
化简得：$7r^2-96r+324=0$
由求根公式得：$r=\frac{96\pm\sqrt{96^2-4×7×324}}{2×7}=\frac{96\pm12}{14}$
即$r_1=\frac{108}{14}=\frac{54}{7}$，$r_2=\frac{84}{14}=6$。
6. 验证：当$r=6$时，$x=\frac{4×(6-3)}{3}=4＞0$，$M$在第一象限，符合题意；当$r=\frac{54}{7}$时，$x=\frac{4×(\frac{54}{7}-3)}{3}=\frac{44}{7}＞0$，$M$在第一象限，符合题意。
【答案】
6或$\frac{54}{7}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题综合了一次函数与圆的相关性质，解题核心是结合几何特征建立关于半径的方程，解题时要注意根据题目的限定条件对解进行验证，避免漏解。
【难度系数】
0.5
解题思路如下：①首先根据圆与x轴相切的性质，可知圆心的纵坐标等于圆的半径，结合圆心在给定一次函数图象上，可将圆心的横坐标用半径r表示；②对于y轴上的弦CD，利用垂径定理可得弦长的一半，再过圆心作y轴的垂线，可得圆心到y轴的距离等于圆心横坐标的绝对值；③在由半径、弦长的一半、圆心到y轴的垂线段构成的直角三角形中，利用勾股定理列关于r的方程，解方程后结合圆心在第一象限的条件验证解是否符合要求即可。
【解析】
设$\odot M$的半径为$r$。
1. 由$\odot M$与$x$轴相切，根据切线的性质，圆心$M$到$x$轴的距离等于半径，因此$M$的纵坐标为$r$。
2. 因为$M$在一次函数$y=\frac{3}{4}x+3$的图象上，将$y=r$代入函数式得：
$r=\frac{3}{4}x+3$，解得$x=\frac{4(r-3)}{3}$，即$M$的坐标为$(\frac{4(r-3)}{3},r)$。
3. 过点$M$作$ME⊥ CD$于点$E$，根据垂径定理，$CE=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$。
4. 圆心$M$到$y$轴的距离$ME=\left|\frac{4(r-3)}{3}\right|$，在$\mathrm{Rt}△ CEM$中，$CM=r$，由勾股定理得：
$ME^2 + CE^2 = CM^2$，即$(\frac{4(r-3)}{3})^2 + (2\sqrt{5})^2 = r^2$。
5. 整理方程求解：
$\frac{16(r^2-6r+9)}{9} + 20 = r^2$
两边同乘9得：$16r^2-96r+144+180=9r^2$
化简得：$7r^2-96r+324=0$
由求根公式得：$r=\frac{96\pm\sqrt{96^2-4×7×324}}{2×7}=\frac{96\pm12}{14}$
即$r_1=\frac{108}{14}=\frac{54}{7}$，$r_2=\frac{84}{14}=6$。
6. 验证：当$r=6$时，$x=\frac{4×(6-3)}{3}=4＞0$，$M$在第一象限，符合题意；当$r=\frac{54}{7}$时，$x=\frac{4×(\frac{54}{7}-3)}{3}=\frac{44}{7}＞0$，$M$在第一象限，符合题意。
【答案】
6或$\frac{54}{7}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题综合了一次函数与圆的相关性质，解题核心是结合几何特征建立关于半径的方程，解题时要注意根据题目的限定条件对解进行验证，避免漏解。
【难度系数】
0.5
8.如图，$\odot O$的半径$OA=3$，B是$\odot O$上的动点（不与点A重合），过点B作$\odot O$的切线BC，且BC=OA，连接OC，AC。当$△ OAC$是直角三角形时，其斜边长为
$3\sqrt{3}$或$3\sqrt{2}$
。答案
8.$3\sqrt{3}$或$3\sqrt{2}$
解析
【分析】
解题时先利用切线的性质构造直角三角形，结合已知边长求出OC的定值；由于题目未指明△OAC的直角顶点，需分类讨论可能的直角顶点，排除不成立的情况后，用勾股定理计算对应斜边即可。
【解析】
1. 连接OB，
∵BC是⊙O的切线，B为切点，根据切线的性质可得：$OB⊥ BC$，即$∠ OBC=90°$。
2. 已知⊙O半径$OA=3$，且$BC=OA$，
∴$OB=OA=BC=3$。
在$Rt△ OBC$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$。
3. 分两种情况讨论$△ OAC$为直角三角形的情况：
情况1：当$∠ OAC=90°$时，直角对的斜边为OC，即斜边长为$3\sqrt{2}$；
情况2：当$∠ AOC=90°$时，在$Rt△ AOC$中，由勾股定理得斜边：
$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{3^2+(3\sqrt{2})^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$；
若$∠ OCA=90°$，则需满足$OC^2+AC^2=OA^2$，但$OC=3\sqrt{2}＞OA=3$，$OC^2=18＞OA^2=9$，该情况不可能成立，舍去。
综上，$△ OAC$为直角三角形时斜边长为$3\sqrt{2}$或$3\sqrt{3}$。
【答案】
$3\sqrt{2}$或$3\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，分类讨论
【点评】
本题易错点为忽略对直角顶点的分类讨论导致漏解，解题时先通过切线性质求出OC的定值是关键，再结合直角三角形边长关系排除不可能的情况即可得到结果。
【难度系数】
0.65
解题时先利用切线的性质构造直角三角形，结合已知边长求出OC的定值；由于题目未指明△OAC的直角顶点，需分类讨论可能的直角顶点，排除不成立的情况后，用勾股定理计算对应斜边即可。
【解析】
1. 连接OB，
∵BC是⊙O的切线，B为切点，根据切线的性质可得：$OB⊥ BC$，即$∠ OBC=90°$。
2. 已知⊙O半径$OA=3$，且$BC=OA$，
∴$OB=OA=BC=3$。
在$Rt△ OBC$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$。
3. 分两种情况讨论$△ OAC$为直角三角形的情况：
情况1：当$∠ OAC=90°$时，直角对的斜边为OC，即斜边长为$3\sqrt{2}$；
情况2：当$∠ AOC=90°$时，在$Rt△ AOC$中，由勾股定理得斜边：
$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{3^2+(3\sqrt{2})^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$；
若$∠ OCA=90°$，则需满足$OC^2+AC^2=OA^2$，但$OC=3\sqrt{2}＞OA=3$，$OC^2=18＞OA^2=9$，该情况不可能成立，舍去。
综上，$△ OAC$为直角三角形时斜边长为$3\sqrt{2}$或$3\sqrt{3}$。
【答案】
$3\sqrt{2}$或$3\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，分类讨论
【点评】
本题易错点为忽略对直角顶点的分类讨论导致漏解，解题时先通过切线性质求出OC的定值是关键，再结合直角三角形边长关系排除不可能的情况即可得到结果。
【难度系数】
0.65
9.如图,在$Rt△ AOB$中,$OA=OB=2\sqrt{2}$,$\odot O$的半径为1,P是AB边上的动点,过点P作$\odot O$的一条切线PQ(Q为切点),则切线长PQ的最小值为
$\sqrt{3}$
.答案
9.$\sqrt{3}$
解析
【分析】
要求切线长PQ的最小值，首先根据切线的性质可知OQ⊥PQ，因此△OQP为直角三角形，由勾股定理可得$PQ=\sqrt{OP^2 - OQ^2}$。由于⊙O半径OQ为定值1，因此只需找到OP的最小值即可得到PQ的最小值。根据“垂线段最短”，当OP⊥AB时，OP的长度是点O到直线AB的最短距离，算出此时OP的长度，代入公式即可求出PQ的最小值。
【解析】
连接OQ、OP，
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴OQ⊥PQ，即△OQP为直角三角形。
由勾股定理得：$PQ^2 = OP^2 - OQ^2$，
已知⊙O半径$OQ=1$，因此$PQ=\sqrt{OP^2 - 1}$，要使PQ最小，需使OP最小。
在$Rt△AOB$中，$OA=OB=2\sqrt{2}$，$∠AOB=90°$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2}=\sqrt{16}=4$。
根据“垂线段最短”，当$OP⊥AB$时，OP最短，此时利用△AOB的面积相等可得：
$S_{△AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，
代入数值：$\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=\frac{1}{2}×4×OP$，
解得$OP=2$。
将$OP=2$代入$PQ=\sqrt{OP^2 - 1}$得：
$PQ=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$，即PQ的最小值为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题属于几何最值类问题，解题核心是将切线长的最小值转化为点到直线的最短距离，结合切线性质与勾股定理即可求解，较好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
要求切线长PQ的最小值，首先根据切线的性质可知OQ⊥PQ，因此△OQP为直角三角形，由勾股定理可得$PQ=\sqrt{OP^2 - OQ^2}$。由于⊙O半径OQ为定值1，因此只需找到OP的最小值即可得到PQ的最小值。根据“垂线段最短”，当OP⊥AB时，OP的长度是点O到直线AB的最短距离，算出此时OP的长度，代入公式即可求出PQ的最小值。
【解析】
连接OQ、OP，
∵PQ是⊙O的切线，Q为切点，
∴OQ⊥PQ，即△OQP为直角三角形。
由勾股定理得：$PQ^2 = OP^2 - OQ^2$，
已知⊙O半径$OQ=1$，因此$PQ=\sqrt{OP^2 - 1}$，要使PQ最小，需使OP最小。
在$Rt△AOB$中，$OA=OB=2\sqrt{2}$，$∠AOB=90°$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2 + OB^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2}=\sqrt{16}=4$。
根据“垂线段最短”，当$OP⊥AB$时，OP最短，此时利用△AOB的面积相等可得：
$S_{△AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，
代入数值：$\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×2\sqrt{2}=\frac{1}{2}×4×OP$，
解得$OP=2$。
将$OP=2$代入$PQ=\sqrt{OP^2 - 1}$得：
$PQ=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}$，即PQ的最小值为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题属于几何最值类问题，解题核心是将切线长的最小值转化为点到直线的最短距离，结合切线性质与勾股定理即可求解，较好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
10.如图,在$\odot O$中,AB是直径,点C在$\odot O$上.在AB的延长线上取一点D,连接CD,使$∠ BCD=∠ A$.
(1)求证:直线CD是$\odot O$的切线;
(2)若$AC=CD$,$BD=2$,求AB的长.
(1)求证:直线CD是$\odot O$的切线;
(2)若$AC=CD$,$BD=2$,求AB的长.
答案
10. (1)证明:如答图,连接OC,则OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB.
∵AB是直径,
∴∠ACB=90°,
∴∠A+∠ABC=90°.
∵∠BCD=∠A,
∴∠DCB+∠OCB=90°,
即∠OCD=90°,
∴OC⊥CD.
∵OC是⊙O的半径,
∴直线CD是⊙O的切线.
(2)解:由(1)知∠OCD=90°,
∵OA=OC,
∴∠A=∠OCA,
∴∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A.
∵AC=CD,
∴∠A=∠D.
∵∠BCD=∠A,
∴∠BCD=∠D,
∴∠OBC=∠BCD+∠D=2∠D=2∠A,
∴∠OBC=∠BOC,
∴OC=BC.
∵OB=OC,
∴OB=OC=BC,
∴△OBC是等边三角形,
∴∠COD=60°,
∴∠D=30°,
∴OC=$\frac{1}{2}$OD,
∴2OB=OB+2,
解得OB=2,
∴AB=2OB=4.
解析
【分析】
(1)要证明CD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明CD垂直于过切点C的半径，因此先连接OC。已知AB是直径，可得直径所对圆周角$∠ ACB=90°$，即$∠ A+∠ OBC=90°$；再结合$OC=OB$得$∠ OBC=∠ OCB$，已知$∠ BCD=∠ A$，通过角的代换即可证得$∠ OCD=90°$，即$OC⊥ CD$，从而得证。
(2)要求AB的长，可先求半径OB的长。由$AC=CD$可得$∠ A=∠ D$，结合已知$∠ BCD=∠ A$，可推导出角的数量关系，证得$△ OBC$是等边三角形，得到$∠ COD=60°$，进而得$∠ D=30°$，利用含30°角的直角三角形的性质得到OC和OD的数量关系，结合$BD=2$列方程求解OB，即可求出AB的长度。
【解析】
(1)证明：如答图，连接OC，则$OB=OC$，
$\therefore∠ OBC=∠ OCB$。
$\because$AB是直径，
$\therefore∠ ACB=90°$，
$\therefore∠ A+∠ ABC=90°$。
$\because∠ BCD=∠ A$，
$\therefore∠ DCB+∠ OCB=90°$，
即$∠ OCD=90°$，
$\therefore OC⊥ CD$。
$\because$OC是$\odot O$的半径，
$\therefore$直线CD是$\odot O$的切线。
(2)解：由(1)知$∠ OCD=90°$，
$\because OA=OC$，
$\therefore∠ A=∠ OCA$，
$\therefore∠ BOC=∠ A+∠ OCA=2∠ A$。
$\because AC=CD$，
$\therefore∠ A=∠ D$。
$\because∠ BCD=∠ A$，
$\therefore∠ BCD=∠ D$，
$\therefore∠ OBC=∠ BCD+∠ D=2∠ D=2∠ A$，
$\therefore∠ OBC=∠ BOC$，
$\therefore OC=BC$。
$\because OB=OC$，
$\therefore OB=OC=BC$，
$\therefore△ OBC$是等边三角形，
$\therefore∠ COD=60°$，
$\therefore∠ D=30°$，
$\therefore OC=\frac{1}{2}OD$，
$\therefore 2OB=OB+2$，
解得$OB=2$，
$\therefore AB=2OB=4$。
【答案】
(1)直线CD是$\odot O$的切线，证明见解析；
(2)$AB=4$。
【知识点】
切线的判定、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，将切线判定、角度推导、边长计算相结合，解题核心是合理添加辅助线构造垂直关系，熟练运用圆的基本性质和特殊三角形的性质完成边角转化，是圆章节的常考典型题型。
【难度系数】
0.7
(1)要证明CD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明CD垂直于过切点C的半径，因此先连接OC。已知AB是直径，可得直径所对圆周角$∠ ACB=90°$，即$∠ A+∠ OBC=90°$；再结合$OC=OB$得$∠ OBC=∠ OCB$，已知$∠ BCD=∠ A$，通过角的代换即可证得$∠ OCD=90°$，即$OC⊥ CD$，从而得证。
(2)要求AB的长，可先求半径OB的长。由$AC=CD$可得$∠ A=∠ D$，结合已知$∠ BCD=∠ A$，可推导出角的数量关系，证得$△ OBC$是等边三角形，得到$∠ COD=60°$，进而得$∠ D=30°$，利用含30°角的直角三角形的性质得到OC和OD的数量关系，结合$BD=2$列方程求解OB，即可求出AB的长度。
【解析】
(1)证明：如答图，连接OC，则$OB=OC$，
$\therefore∠ OBC=∠ OCB$。
$\because$AB是直径，
$\therefore∠ ACB=90°$，
$\therefore∠ A+∠ ABC=90°$。
$\because∠ BCD=∠ A$，
$\therefore∠ DCB+∠ OCB=90°$，
即$∠ OCD=90°$，
$\therefore OC⊥ CD$。
$\because$OC是$\odot O$的半径，
$\therefore$直线CD是$\odot O$的切线。
(2)解：由(1)知$∠ OCD=90°$，
$\because OA=OC$，
$\therefore∠ A=∠ OCA$，
$\therefore∠ BOC=∠ A+∠ OCA=2∠ A$。
$\because AC=CD$，
$\therefore∠ A=∠ D$。
$\because∠ BCD=∠ A$，
$\therefore∠ BCD=∠ D$，
$\therefore∠ OBC=∠ BCD+∠ D=2∠ D=2∠ A$，
$\therefore∠ OBC=∠ BOC$，
$\therefore OC=BC$。
$\because OB=OC$，
$\therefore OB=OC=BC$，
$\therefore△ OBC$是等边三角形，
$\therefore∠ COD=60°$，
$\therefore∠ D=30°$，
$\therefore OC=\frac{1}{2}OD$，
$\therefore 2OB=OB+2$，
解得$OB=2$，
$\therefore AB=2OB=4$。
【答案】
(1)直线CD是$\odot O$的切线，证明见解析；
(2)$AB=4$。
【知识点】
切线的判定、圆周角定理、含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，将切线判定、角度推导、边长计算相结合，解题核心是合理添加辅助线构造垂直关系，熟练运用圆的基本性质和特殊三角形的性质完成边角转化，是圆章节的常考典型题型。
【难度系数】
0.7
11.如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，过点A作$AD// BC$交$\odot O$于点D，连接CD，延长DA到点E，连接CE，$∠ D=∠ E$。
(1)求证：CE是$\odot O$的切线；
(2)若$CE=8$，$AE=5$，求$\odot O$的半径。
(1)求证：CE是$\odot O$的切线；
(2)若$CE=8$，$AE=5$，求$\odot O$的半径。
答案
11. (1)证明:连接OC,如答图.
∵AD//BC,
∴∠B=∠DAB.
∵∠B=∠D,
∴∠DAB=∠D.
∵∠D=∠E,
∴∠DAB=∠E,
∴AB//EC.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴OC⊥AB,
∴OC⊥EC.
∵OC是⊙O的半径,
∴CE是⊙O的切线.
(2)解:连接OB,设OC交AB于点F,如答图.
由(1)知AB//EC.
∵AD//BC,
∴四边形ABCE为平行四边形,
∴BC=AE=5,AB=EC=8.
∵OC⊥AB,
∴AF=BF=$\frac{1}{2}$AB=4,
∴FC=$\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设⊙O的半径为r,则OF=OC-CF=r-3.
∵$OF^2+BF^2=OB^2$,
∴$(r-3)^2+4^2=r^2$,解得$r=\frac{25}{6}$,
∴⊙O的半径为$\frac{25}{6}$.
解析
【分析】
（1）要证明CE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ CE$。已知$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，由垂径定理可得$OC⊥ AB$，因此只需证明$AB// CE$即可推导$OC⊥ CE$。结合平行线的性质、圆周角定理（同弧所对的圆周角相等）和已知$∠ D=∠ E$，可逐步推出同位角相等，得到$AB// CE$，从而完成证明。
（2）求$\odot O$的半径时，首先由$AD// BC$、$AB// CE$可判定四边形ABCE是平行四边形，得到$BC=AE$、$AB=CE$的长度。再结合垂径定理得到$BF=\frac{1}{2}AB$，用勾股定理算出CF的长度，最后设半径为r，在$Rt△ OBF$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明:连接OC,如答图.
∵$AD// BC$,
∴$∠ B=∠ DAB$.
∵$∠ B$和$∠ D$都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，
∴$∠ B=∠ D$.
∴$∠ DAB=∠ D$.
∵$∠ D=∠ E$,
∴$∠ DAB=∠ E$,
∴$AB// EC$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,OC是$\odot O$的半径,
∴$OC⊥ AB$,
∴$OC⊥ EC$.
∵OC是$\odot O$的半径,
∴CE是$\odot O$的切线.
(2)解:连接OB,设OC交AB于点F,如答图.
由(1)知$AB// EC$,又
∵$AD// BC$即$AE// BC$,
∴四边形ABCE为平行四边形,
∴$BC=AE=5$,$AB=EC=8$.
∵$OC⊥ AB$,
∴$AF=BF=\frac{1}{2}AB=4$,
在$Rt△ BFC$中，由勾股定理得：
$FC=\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$\odot O$的半径为r,则$OB=r$,$OF=OC-CF=r-3$.
在$Rt△ OBF$中，由勾股定理得$OF^2+BF^2=OB^2$,
∴$(r-3)^2+4^2=r^2$,解得$r=\frac{25}{6}$,
∴$\odot O$的半径为$\frac{25}{6}$.
【答案】
(1)CE是$\odot O$的切线，证明如上；
(2)$\odot O$的半径为$\boxed{\frac{25}{6}}$。
【知识点】
切线的判定、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，考查了圆的基本性质、平行四边形的判定与性质及勾股定理的应用，解题关键是正确构造辅助线，通过平行关系转化垂直条件，利用方程思想求解半径是圆中求线段长度的常用方法。
【难度系数】
0.65
（1）要证明CE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ CE$。已知$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，由垂径定理可得$OC⊥ AB$，因此只需证明$AB// CE$即可推导$OC⊥ CE$。结合平行线的性质、圆周角定理（同弧所对的圆周角相等）和已知$∠ D=∠ E$，可逐步推出同位角相等，得到$AB// CE$，从而完成证明。
（2）求$\odot O$的半径时，首先由$AD// BC$、$AB// CE$可判定四边形ABCE是平行四边形，得到$BC=AE$、$AB=CE$的长度。再结合垂径定理得到$BF=\frac{1}{2}AB$，用勾股定理算出CF的长度，最后设半径为r，在$Rt△ OBF$中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明:连接OC,如答图.
∵$AD// BC$,
∴$∠ B=∠ DAB$.
∵$∠ B$和$∠ D$都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，
∴$∠ B=∠ D$.
∴$∠ DAB=∠ D$.
∵$∠ D=∠ E$,
∴$∠ DAB=∠ E$,
∴$AB// EC$.
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,OC是$\odot O$的半径,
∴$OC⊥ AB$,
∴$OC⊥ EC$.
∵OC是$\odot O$的半径,
∴CE是$\odot O$的切线.
(2)解:连接OB,设OC交AB于点F,如答图.
由(1)知$AB// EC$,又
∵$AD// BC$即$AE// BC$,
∴四边形ABCE为平行四边形,
∴$BC=AE=5$,$AB=EC=8$.
∵$OC⊥ AB$,
∴$AF=BF=\frac{1}{2}AB=4$,
在$Rt△ BFC$中，由勾股定理得：
$FC=\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$\odot O$的半径为r,则$OB=r$,$OF=OC-CF=r-3$.
在$Rt△ OBF$中，由勾股定理得$OF^2+BF^2=OB^2$,
∴$(r-3)^2+4^2=r^2$,解得$r=\frac{25}{6}$,
∴$\odot O$的半径为$\frac{25}{6}$.
【答案】
(1)CE是$\odot O$的切线，证明如上；
(2)$\odot O$的半径为$\boxed{\frac{25}{6}}$。
【知识点】
切线的判定、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，考查了圆的基本性质、平行四边形的判定与性质及勾股定理的应用，解题关键是正确构造辅助线，通过平行关系转化垂直条件，利用方程思想求解半径是圆中求线段长度的常用方法。
【难度系数】
0.65
