13. (★★) (2023·盐都) 如图 $24 - 21$,直线 $AB$,$CD$ 相交于点 $O$,$\angle AOD = 30^{\circ}$,半径为 $2\mathrm{cm}$ 的 $\odot P$ 的圆心在直线 $AB$ 上,且位于点 $O$ 左侧 $10\mathrm{cm}$ 处。如果 $\odot P$ 以 $2\mathrm{cm/s}$ 的速度沿由 $A$ 向 $B$ 的方向移动,那么秒时 $\odot P$ 与直线 $CD$ 相切【 】


A.$3$
B.$7$
C.$3$ 或 $7$
D.$6$ 或 $14$

C

作$PM \bot CD$于$M$，则$PM$为圆心$P$到$CD$的距离。
当圆$P$与$CD$相切时，$PM$等于圆$P$的半径，即$2cm$。
当点$P$在点$O$左侧时：
设圆心$P$到直线$CD$的距离为$d$，由于$\angle AOD = 30^{\circ}$，$OP$为斜边，根据$30^{\circ}$角所对的直角边等于斜边的一半的逆用，要使$d=2cm$，则$OP= 4cm$。
已知圆心$P$初始时在点$O$左侧$10cm$处，所以圆心$P$需要向右移动的距离为：$10 - 4 = 6（cm）$（因为$P$向$O$靠近时，与$CD$相切）。
根据速度和时间的关系，时间$t = \frac{s}{v} = \frac{6}{2} = 3（s）$。
当点$P$在点$O$右侧时：
同样，要使$d=2cm$，则$OP = 4cm$。
此时，圆心$P$需要向右移动的距离为：$10 + 4 = 14（cm）$（因为$P$从$O$左侧移动到$O$右侧时，与$CD$相切）。
根据速度和时间的关系，时间$t = \frac{s}{v} = \frac{14}{2} = 7（s）$。
综合两种情况，$⊙P$与直线$CD$相切时，所需的时间为$3$秒或$7$秒。

14. (★★) 如图 $24 - 22$,在 $Rt\triangle ABC$ 中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,以 $AC$ 为直径的 $\odot O$ 与 $AB$ 边交于点 $D$,$E$ 为 $BC$ 的中点,连接 $DE$。
(1) 求证：$DE$ 是 $\odot O$ 的切线；
(2) 若 $AC = BC$,判断四边形 $OCED$ 的形状,并说明理由。

(1)
连接 $OD$，$CD$。
因为 $AC$ 为 $\odot O$ 的直径，
所以 $\angle ADC = 90^{\circ}$，
即 $\angle CDB = 90^{\circ}$。
在 $Rt\triangle CDB$ 中，$E$ 为 $BC$ 的中点，
所以 $CE = EB = DE$，
所以 $\angle DCE=\angle CDE$。
因为 $OC = OD$，
所以 $\angle OCD=\angle ODC$。
又因为 $\angle ACB = 90^{\circ}$，
即 $\angle OCD+\angle DCE = 90^{\circ}$，
所以 $\angle ODC+\angle CDE = 90^{\circ}$，
即 $\angle ODE = 90^{\circ}$，
所以 $DE$ 是 $\odot O$ 的切线。
(2)
因为 $AC = BC$，$OC=\frac{1}{2}AC$，$CE = \frac{1}{2}BC$，
所以 $OC = CE$。
由 (1) 知 $OC\perp DE$（即 $\angle ODE = 90^{\circ}$ 推得 $OD\perp DE$，且 $OD// CE$，又 $OC$ 与 $CE$ 在同一直线上相关条件可得 $OC// DE$ 不准确，应从四边形角度分析），
因为 $AC = BC$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$O$ 为 $AC$ 中点，$E$ 为 $BC$ 中点，
所以 $OC// DE$（中位线相关，$DE// AC$ 即 $DE// OC$），$OC = CE$，$OD\perp DE$，$\angle OCE = 90^{\circ}$，
四边形 $OCED$ 的对边 $OC// DE$，$OC = CE$，且 $\angle OCE = 90^{\circ}$，$OD\perp DE$，
所以四边形 $OCED$ 是正方形（一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，先证平行四边形：$OC// DE$，$OD// CE$（$OD\perp DE$，$CE\perp DE$ 可得），再结合邻边相等和直角）。
更严谨：因为 $OC = CE$，$OD = CE$（$OD = OC$，$OC = CE$），所以 $OC = CE = ED = DO$，且 $\angle OCE = 90^{\circ}$，所以四边形 $OCED$ 是正方形。
综上，(1) 已证 $DE$ 是 $\odot O$ 的切线；(2) 四边形 $OCED$ 是正方形。

15. (★★) (2023·浙江) 如图 $24 - 23$,$AB$ 是 $\odot O$ 的直径,点 $C$,$D$ 在 $\odot O$ 上,且 $AD$ 平分 $\angle CAB$。过点 $D$ 作 $AC$ 的垂线,与 $AC$ 的延长线相交于点 $E$,与 $AB$ 的延长线相交于点 $F$。
(1) 求证：$EF$ 与 $\odot O$ 相切；
(2) 若 $DF = 2\sqrt{3}$,$BF = 2$,求 $\odot O$ 的半径。

(1) 见解析；(2) $2$。

(1) 证明：连接 $OD$。
∵ $AD$ 平分 $\angle CAB$，∴ $\angle CAD = \angle DAB$。
∵ $OA = OD$，∴ $\angle OAD = \angle ODA$，∴ $\angle CAD = \angle ODA$。
∴ $AC // OD$。
∵ $EF \perp AC$，∴ $\angle AEF = 90°$。
∵ $AC // OD$，∴ $\angle ODF = \angle AEF = 90°$，即 $OD \perp EF$。
∵ $OD$ 是 $\odot O$ 的半径，∴ $EF$ 与 $\odot O$ 相切。
(2) 设 $\odot O$ 的半径为 $r$，则 $OD = r$，$OF = OB + BF = r + 2$。
∵ $OD \perp EF$，∴ $\triangle ODF$ 是直角三角形。
由勾股定理得：$OD^2 + DF^2 = OF^2$，即 $r^2 + (2\sqrt{3})^2 = (r + 2)^2$。
化简得：$r^2 + 12 = r^2 + 4r + 4$，解得 $4r = 8$，$r = 2$。
∴ $\odot O$ 的半径为 $2$。

16. (★★) 如图 $24 - 24$,$AB$ 是 $\odot O$ 的直径,过 $\odot O$ 外一点 $P$ 作 $\odot O$ 的两条切线 $PC$,$PD$,切点分别为 $C$,$D$,连接 $OP$,$CD$。
(1) 求证：$OP \perp CD$；
(2) 连接 $AD$,$BC$,若 $\angle DAB = 50^{\circ}$,$\angle CBA = 70^{\circ}$,$OA = 2$,求 $OP$ 的长。

(2) $ \frac{4\sqrt{3}}{3} $

(1) 证明：
∵PC、PD是⊙O的切线，
∴PD=PC，OD⊥PD，OC⊥PC（切线性质）。
∴△PCD为等腰三角形，OP平分∠CPD（切线长定理）。
∴OP⊥CD（等腰三角形三线合一）。
(2) 解：
∵OA=OD=2，∠DAB=50°，
∴△OAD为等腰三角形，∠OAD=∠ODA=50°，
∴∠AOD=180°-2×50°=80°。
同理，OB=OC=2，∠CBA=70°，
△OBC为等腰三角形，∠OBC=∠OCB=70°，
∴∠BOC=180°-2×70°=40°。
∵AB是直径，∠AOB=180°，
∴∠DOC=∠AOB-∠AOD-∠BOC=180°-80°-40°=60°。
∵PC、PD是切线，∴Rt△OPD≌Rt△OPC（HL），
∴∠POC=∠DOC/2=30°。
在Rt△OPC中，cos∠POC=OC/OP，OC=2，
∴OP=OC/cos30°=2/(√3/2)=4√3/3。