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8. 如图，在$△ ABC$中，$AB = AC$，以$AB$为直径的$\odot O$交$AC$于点$E$，交$BC$于点$D$，$DF⊥ AC$于点$F$. 给出以下五个结论：①$BD = DC$；②$CF = EF$；③$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$；④$∠ A = 2∠ FDC$；⑤$DF$是$\odot O$的切线. 其中正确结论的序号是
①②④⑤
.答案
8. ①②④⑤
解析
【解析】
连接AD、OD、DE：
1. 分析①：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC。
又
∵AB=AC，根据等腰三角形三线合一，可得BD=DC，故①正确。
2. 分析②：
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠DEC=∠B。
又
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠DEC=∠C，即DE=DC。
∵DF⊥AC，根据等腰三角形三线合一，可得CF=EF，故②正确。
3. 分析③：
假设$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，则∠DAE=∠ADE。
∵∠ADE=∠B（同弧AE所对的圆周角相等），∠DAE=90°-∠C，∠B=∠C，
则需90°-∠C=∠C，即∠C=45°，但题目无此条件，故③不一定成立，错误。
4. 分析④：
∵DF⊥AC，
∴∠FDC+∠C=90°。
又
∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C=90°，故∠FDC=∠DAC。
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAC=2∠DAC，故∠BAC=2∠FDC，即∠A=2∠FDC，④正确。
5. 分析⑤：
∵O是AB中点，D是BC中点，
∴OD是△ABC的中位线，OD//AC。
∵DF⊥AC，
∴DF⊥OD，又OD是⊙O的半径，根据切线判定定理，DF是⊙O的切线，⑤正确。
综上，正确结论的序号是①②④⑤。
【答案】
①②④⑤
【知识点】
等腰三角形性质，圆的切线判定，圆周角定理
【点评】
本题综合考查等腰三角形与圆的相关性质，需通过作辅助线逐一验证结论，对几何综合运用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
连接AD、OD、DE：
1. 分析①：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC。
又
∵AB=AC，根据等腰三角形三线合一，可得BD=DC，故①正确。
2. 分析②：
∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠DEC=∠B。
又
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠DEC=∠C，即DE=DC。
∵DF⊥AC，根据等腰三角形三线合一，可得CF=EF，故②正确。
3. 分析③：
假设$\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{DE}$，则∠DAE=∠ADE。
∵∠ADE=∠B（同弧AE所对的圆周角相等），∠DAE=90°-∠C，∠B=∠C，
则需90°-∠C=∠C，即∠C=45°，但题目无此条件，故③不一定成立，错误。
4. 分析④：
∵DF⊥AC，
∴∠FDC+∠C=90°。
又
∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C=90°，故∠FDC=∠DAC。
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAC=2∠DAC，故∠BAC=2∠FDC，即∠A=2∠FDC，④正确。
5. 分析⑤：
∵O是AB中点，D是BC中点，
∴OD是△ABC的中位线，OD//AC。
∵DF⊥AC，
∴DF⊥OD，又OD是⊙O的半径，根据切线判定定理，DF是⊙O的切线，⑤正确。
综上，正确结论的序号是①②④⑤。
【答案】
①②④⑤
【知识点】
等腰三角形性质，圆的切线判定，圆周角定理
【点评】
本题综合考查等腰三角形与圆的相关性质，需通过作辅助线逐一验证结论，对几何综合运用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
9. 如图，半圆$O$的直径$DE = 10\ \mathrm{cm}$，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，$∠ ABC = 30°$，$BC = 10\ \mathrm{cm}$，半圆$O$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度从右向左运动，在运动过程中，点$D$，$E$始终在直线$BC$上，设运动时间为$t(\mathrm{s})$，当$t = 0(\mathrm{s})$时，半圆$O$在$△ ABC$的右侧，$OC = 6\ \mathrm{cm}$，则当$t$为
1 或 6 或 11 或 26
$\mathrm{s}$时，$△ ABC$的一边所在直线与半圆$O$所在的圆相切.答案
9. 1 或 6 或 11 或 26
解析
【解析】
分四种情况讨论：
1. 当半圆O运动到AC与半圆相切（O在C右侧）：
圆心O到AC的距离为半径5cm，初始OC=6cm，故O向左移动1cm，$t=1÷1=1(\mathrm{s})$；
2. 当半圆O运动到AB与半圆相切（O在C右侧）：
过O作$OF⊥ AB$于F，$OF=5\mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ OBF$中，$∠ ABC=30°$，则$OB=2OF=10\mathrm{cm}$。初始$OB=BC+OC=10+6=16\mathrm{cm}$，O向左移动$16-10=6\mathrm{cm}$，$t=6÷1=6(\mathrm{s})$；
3. 当半圆O运动到AC与半圆相切（O在C左侧）：
圆心O到AC的距离为5cm，此时$OC=5\mathrm{cm}$，O向左移动$6+5=11\mathrm{cm}$，$t=11÷1=11(\mathrm{s})$；
4. 当半圆O运动到AB与半圆相切（O在B左侧）：
过O作$OF⊥ AB$于F，$OF=5\mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ OBF$中，$OB=2OF=10\mathrm{cm}$，初始$OB=16\mathrm{cm}$，O向左移动$16+10=26\mathrm{cm}$，$t=26÷1=26(\mathrm{s})$。
综上，$t$的值为1或6或11或26。
【答案】
1 或 6 或 11 或 26
【知识点】
直线与圆相切判定，含30°角直角三角形性质，动点分类讨论
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，需结合动点运动过程，分多种情况分析圆心到直线的距离等于半径的情况，关键是准确梳理不同位置的几何关系，避免漏解。
【难度系数】
0.3
分四种情况讨论：
1. 当半圆O运动到AC与半圆相切（O在C右侧）：
圆心O到AC的距离为半径5cm，初始OC=6cm，故O向左移动1cm，$t=1÷1=1(\mathrm{s})$；
2. 当半圆O运动到AB与半圆相切（O在C右侧）：
过O作$OF⊥ AB$于F，$OF=5\mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ OBF$中，$∠ ABC=30°$，则$OB=2OF=10\mathrm{cm}$。初始$OB=BC+OC=10+6=16\mathrm{cm}$，O向左移动$16-10=6\mathrm{cm}$，$t=6÷1=6(\mathrm{s})$；
3. 当半圆O运动到AC与半圆相切（O在C左侧）：
圆心O到AC的距离为5cm，此时$OC=5\mathrm{cm}$，O向左移动$6+5=11\mathrm{cm}$，$t=11÷1=11(\mathrm{s})$；
4. 当半圆O运动到AB与半圆相切（O在B左侧）：
过O作$OF⊥ AB$于F，$OF=5\mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ OBF$中，$OB=2OF=10\mathrm{cm}$，初始$OB=16\mathrm{cm}$，O向左移动$16+10=26\mathrm{cm}$，$t=26÷1=26(\mathrm{s})$。
综上，$t$的值为1或6或11或26。
【答案】
1 或 6 或 11 或 26
【知识点】
直线与圆相切判定，含30°角直角三角形性质，动点分类讨论
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，需结合动点运动过程，分多种情况分析圆心到直线的距离等于半径的情况，关键是准确梳理不同位置的几何关系，避免漏解。
【难度系数】
0.3
10. 如图，$AB$为$\odot O$的直径，点$P$为$BA$延长线上一点，以点$P$为圆心，$PO$为半径画弧，以点$O$为圆心，$AB$为半径画弧，两弧相交于点$C$，连结$OC$交$\odot O$于点$D$，连结$PD$，$PC$.
（1）求证：$PD$与$\odot O$相切；
（2）若$PD = 4\sqrt{2}$，$\cos∠ POC=\dfrac{1}{3}$，求$\odot O$的半径.
（1）求证：$PD$与$\odot O$相切；
（2）若$PD = 4\sqrt{2}$，$\cos∠ POC=\dfrac{1}{3}$，求$\odot O$的半径.
答案
10. (1) 证明：由题意得，$PC = PO$，$OC = AB$，
$\therefore CD = OC - OD = AB - OD = OD$。
$\because PD = PD$，
$\therefore △ PDC ≌ △ PDO$，
$\therefore ∠ PDC = ∠ PDO = 90°$，
$\therefore PD ⊥ OD$。
$\because$ 点 $D$ 在 $\odot O$ 上，
$\therefore PD$ 与 $\odot O$ 相切。
(2) 解：设 $\odot O$ 的半径为 $r$，由(1)得 $PD ⊥ OD$，
$\therefore \cos ∠ POC = \frac{OD}{OP} = \frac{1}{3}$，即 $PO = 3OD = 3r$。
$\because PD^{2} + OD^{2} = PO^{2}$，且 $PD = 4\sqrt{2}$，
$\therefore (4\sqrt{2})^{2} + r^{2} = (3r)^{2}$，解得 $r = 2$。
$\therefore \odot O$ 的半径为 2。
$\therefore CD = OC - OD = AB - OD = OD$。
$\because PD = PD$，
$\therefore △ PDC ≌ △ PDO$，
$\therefore ∠ PDC = ∠ PDO = 90°$，
$\therefore PD ⊥ OD$。
$\because$ 点 $D$ 在 $\odot O$ 上，
$\therefore PD$ 与 $\odot O$ 相切。
(2) 解：设 $\odot O$ 的半径为 $r$，由(1)得 $PD ⊥ OD$，
$\therefore \cos ∠ POC = \frac{OD}{OP} = \frac{1}{3}$，即 $PO = 3OD = 3r$。
$\because PD^{2} + OD^{2} = PO^{2}$，且 $PD = 4\sqrt{2}$，
$\therefore (4\sqrt{2})^{2} + r^{2} = (3r)^{2}$，解得 $r = 2$。
$\therefore \odot O$ 的半径为 2。
解析
【解析】
（1）证明：由作图可知$PC = PO$，$OC = AB$，
因为$AB$是$\odot O$的直径，$OD$是$\odot O$的半径，所以$AB=2OD$，则$OC=2OD$，即$CD=OC-OD=OD$。
在$△ PDC$和$△ PDO$中，
$\begin{cases}PC=PO\\CD=OD\\PD=PD\end{cases}$
所以$△ PDC≌△ PDO$（SSS），
因此$∠ PDC=∠ PDO=90°$，即$PD⊥ OD$。
又因为点$D$在$\odot O$上，故$PD$与$\odot O$相切。
（2）解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$。
由（1）知$PD⊥ OD$，在$Rt△ PDO$中，$\cos∠ POC=\frac{OD}{OP}=\frac{1}{3}$，
所以$OP=3OD=3r$。
根据勾股定理$PD^2+OD^2=OP^2$，将$PD = 4\sqrt{2}$代入得：
$(4\sqrt{2})^2+r^2=(3r)^2$，
即$32+r^2=9r^2$，
解得$r=2$（$r=-2$舍去），
故$\odot O$的半径为2。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）$\odot O$的半径为2。
【知识点】
切线的判定
全等三角形的判定与性质
解直角三角形
【点评】
本题综合考查切线的判定、全等三角形的判定与性质以及解直角三角形的知识，熟练掌握切线判定定理、全等三角形判定定理和勾股定理是解题核心。
【难度系数】
0.6
（1）证明：由作图可知$PC = PO$，$OC = AB$，
因为$AB$是$\odot O$的直径，$OD$是$\odot O$的半径，所以$AB=2OD$，则$OC=2OD$，即$CD=OC-OD=OD$。
在$△ PDC$和$△ PDO$中，
$\begin{cases}PC=PO\\CD=OD\\PD=PD\end{cases}$
所以$△ PDC≌△ PDO$（SSS），
因此$∠ PDC=∠ PDO=90°$，即$PD⊥ OD$。
又因为点$D$在$\odot O$上，故$PD$与$\odot O$相切。
（2）解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=r$。
由（1）知$PD⊥ OD$，在$Rt△ PDO$中，$\cos∠ POC=\frac{OD}{OP}=\frac{1}{3}$，
所以$OP=3OD=3r$。
根据勾股定理$PD^2+OD^2=OP^2$，将$PD = 4\sqrt{2}$代入得：
$(4\sqrt{2})^2+r^2=(3r)^2$，
即$32+r^2=9r^2$，
解得$r=2$（$r=-2$舍去），
故$\odot O$的半径为2。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）$\odot O$的半径为2。
【知识点】
切线的判定
全等三角形的判定与性质
解直角三角形
【点评】
本题综合考查切线的判定、全等三角形的判定与性质以及解直角三角形的知识，熟练掌握切线判定定理、全等三角形判定定理和勾股定理是解题核心。
【难度系数】
0.6
