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9.如图,等边三角形ABC的边长为4,$\odot C$的半径为$\sqrt{3}$,P为AB边上一动点,过点P作$\odot C$的切线PQ,切点为Q,则PQ的最小值为()
A.$\frac{1}{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$2\sqrt{3}$
D.3
A.$\frac{1}{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$2\sqrt{3}$
D.3
答案
D
解析
【分析】
要解决本题，首先结合切线的性质可知△CQP是直角三角形，且CQ为⊙C的固定半径，因此PQ的长度由CP的长度决定，要得到PQ的最小值，只需先求出CP的最小值。点C到直线AB的最短距离是等边三角形AB边上的高，算出该高后，再利用勾股定理即可求出PQ的最小值。
【解析】
连接CQ、CP：
1. 由切线的性质可得，PQ是⊙C的切线，Q为切点，因此$CQ⊥ PQ$，$△ CQP$为直角三角形。
2. 根据勾股定理得：$PQ^2=CP^2-CQ^2$，已知$CQ=\sqrt{3}$是定值，因此当CP取最小值时，PQ的值最小。
3. 点C到AB上的点P的线段中，垂线段最短，即CP为等边$△ ABC$的高时，CP最小。等边$△ ABC$边长为4，AB边上的高为：$CP_{\mathrm{最小}}=\frac{\sqrt{3}}{2}×4=2\sqrt{3}$。
4. 代入勾股定理计算：$PQ^2=(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2=12-3=9$，因此$PQ=3$，即PQ的最小值为3。
【答案】
D
【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综合题，解题核心是利用切线性质将PQ的最小值转化为点C到线段AB的最短距离问题，考查转化思想的运用，对知识的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要解决本题，首先结合切线的性质可知△CQP是直角三角形，且CQ为⊙C的固定半径，因此PQ的长度由CP的长度决定，要得到PQ的最小值，只需先求出CP的最小值。点C到直线AB的最短距离是等边三角形AB边上的高，算出该高后，再利用勾股定理即可求出PQ的最小值。
【解析】
连接CQ、CP：
1. 由切线的性质可得，PQ是⊙C的切线，Q为切点，因此$CQ⊥ PQ$，$△ CQP$为直角三角形。
2. 根据勾股定理得：$PQ^2=CP^2-CQ^2$，已知$CQ=\sqrt{3}$是定值，因此当CP取最小值时，PQ的值最小。
3. 点C到AB上的点P的线段中，垂线段最短，即CP为等边$△ ABC$的高时，CP最小。等边$△ ABC$边长为4，AB边上的高为：$CP_{\mathrm{最小}}=\frac{\sqrt{3}}{2}×4=2\sqrt{3}$。
4. 代入勾股定理计算：$PQ^2=(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2=12-3=9$，因此$PQ=3$，即PQ的最小值为3。
【答案】
D
【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综合题，解题核心是利用切线性质将PQ的最小值转化为点C到线段AB的最短距离问题，考查转化思想的运用，对知识的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
10. 如图,在△ABC中,∠ACB=90°,BO为△ABC的角平分线,以点O为圆心,OC为半径作⊙O与线段AC交于点D.求证:AB为⊙O的切线.
答案
证明：过点O作OE⊥AB，垂足为E。
∵ ∠ACB=90°，
∴ OC⊥BC。
∵ BO平分∠ABC，OE⊥AB，OC⊥BC，
∴ OE = OC（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又∵ ⊙O的半径为OC，
∴ OE是⊙O的半径。
∵ OE⊥AB，
∴ AB为⊙O的切线。
∵ ∠ACB=90°，
∴ OC⊥BC。
∵ BO平分∠ABC，OE⊥AB，OC⊥BC，
∴ OE = OC（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又∵ ⊙O的半径为OC，
∴ OE是⊙O的半径。
∵ OE⊥AB，
∴ AB为⊙O的切线。
解析
【分析】
要证明AB为⊙O的切线，需结合切线的判定定理解题：若直线垂直于圆的半径，且垂足在圆上，则该直线是圆的切线。本题未明确AB与⊙O的公共点，因此选择“作垂直，证半径”的思路：先过点O作AB的垂线段OE，再证明OE的长度等于⊙O的半径OC即可。已知BO是角平分线，利用角平分线上的点到角两边距离相等的性质，可直接推出OE=OC，进而完成证明。
【解析】
证明：过点O作OE⊥AB，垂足为E。
∵ ∠ACB=90°，
∴ OC⊥BC。
∵ BO平分∠ABC，OE⊥AB，OC⊥BC，
∴ OE = OC（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又
∵ ⊙O的半径为OC，
∴ OE是⊙O的半径。
∵ OE⊥AB，
∴ AB为⊙O的切线。
【答案】
过点O作OE⊥AB，垂足为E。
∵ ∠ACB=90°，
∴ OC⊥BC。
∵ BO平分∠ABC，OE⊥AB，OC⊥BC，
∴ OE = OC（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又
∵ ⊙O的半径为OC，
∴ OE是⊙O的半径。
∵ OE⊥AB，
∴ AB为⊙O的切线。
【知识点】
1.切线的判定定理
2.角平分线的性质
3.垂直的定义
【点评】
本题是切线证明的基础题型，核心是掌握切线判定的两种常用方法：“连半径，证垂直”和“作垂直，证半径”，本题属于后者，解题关键是结合角平分线的性质证明所作垂线段等于圆的半径，整体思路清晰，方法固定。
【难度系数】
0.8
要证明AB为⊙O的切线，需结合切线的判定定理解题：若直线垂直于圆的半径，且垂足在圆上，则该直线是圆的切线。本题未明确AB与⊙O的公共点，因此选择“作垂直，证半径”的思路：先过点O作AB的垂线段OE，再证明OE的长度等于⊙O的半径OC即可。已知BO是角平分线，利用角平分线上的点到角两边距离相等的性质，可直接推出OE=OC，进而完成证明。
【解析】
证明：过点O作OE⊥AB，垂足为E。
∵ ∠ACB=90°，
∴ OC⊥BC。
∵ BO平分∠ABC，OE⊥AB，OC⊥BC，
∴ OE = OC（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又
∵ ⊙O的半径为OC，
∴ OE是⊙O的半径。
∵ OE⊥AB，
∴ AB为⊙O的切线。
【答案】
过点O作OE⊥AB，垂足为E。
∵ ∠ACB=90°，
∴ OC⊥BC。
∵ BO平分∠ABC，OE⊥AB，OC⊥BC，
∴ OE = OC（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
又
∵ ⊙O的半径为OC，
∴ OE是⊙O的半径。
∵ OE⊥AB，
∴ AB为⊙O的切线。
【知识点】
1.切线的判定定理
2.角平分线的性质
3.垂直的定义
【点评】
本题是切线证明的基础题型，核心是掌握切线判定的两种常用方法：“连半径，证垂直”和“作垂直，证半径”，本题属于后者，解题关键是结合角平分线的性质证明所作垂线段等于圆的半径，整体思路清晰，方法固定。
【难度系数】
0.8
11.已知AB是$\odot O$的直径，C是$\odot O$上一点，过C点作$\odot O$的切线，交AB的延长线于点P.过点A作$AE⊥ PC$，垂足为E，交$\odot O$于点D.
(1)求证:AC平分$∠ BAD$;
(2)若$PB=2,PC=6$，求$\odot O$的半径长.
(1)求证:AC平分$∠ BAD$;
(2)若$PB=2,PC=6$，求$\odot O$的半径长.
答案
(1) 证明：
连接$OC$，
$\because PC$是$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC⊥ PC$，
又$\because AE⊥ PC$，
$\therefore OC// AE$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OCA$，
$\because OA=OC$，
$\therefore ∠ OAC = ∠ OCA$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OAC$，
即$AC$平分$∠ BAD$。
---
(2) 解：
设$\odot O$的半径长为$r$，则$OC=r$，$OP = OB + PB = r + 2$，
$\because OC⊥ PC$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ OCP$中，由勾股定理得：
$OC^2 + PC^2 = OP^2$
代入$PC=6$，$PB=2$得：
$r^2 + 6^2 = (r+2)^2$
展开化简：
$r^2 + 36 = r^2 + 4r + 4$
$4r = 32$
解得$r=8$。
答：$\odot O$的半径长为$\boldsymbol{8}$。
连接$OC$，
$\because PC$是$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC⊥ PC$，
又$\because AE⊥ PC$，
$\therefore OC// AE$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OCA$，
$\because OA=OC$，
$\therefore ∠ OAC = ∠ OCA$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OAC$，
即$AC$平分$∠ BAD$。
---
(2) 解：
设$\odot O$的半径长为$r$，则$OC=r$，$OP = OB + PB = r + 2$，
$\because OC⊥ PC$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ OCP$中，由勾股定理得：
$OC^2 + PC^2 = OP^2$
代入$PC=6$，$PB=2$得：
$r^2 + 6^2 = (r+2)^2$
展开化简：
$r^2 + 36 = r^2 + 4r + 4$
$4r = 32$
解得$r=8$。
答：$\odot O$的半径长为$\boldsymbol{8}$。
解析
【分析】
(1) 要证明AC平分∠BAD，即需证∠EAC=∠OAC。遇到圆的切线首先连接过切点的半径，因此连接OC，根据切线性质可得OC⊥PC，结合AE⊥PC可推出OC//AE，得到内错角∠EAC=∠OCA；再由OA、OC都是圆的半径，二者相等，根据等腰三角形等边对等角可得∠OAC=∠OCA，等量代换即可证得角相等，得证AC平分∠BAD。
(2) 求圆的半径可设半径为r，结合切线垂直半径的性质可知△OCP是直角三角形，将OC、OP分别用含r的代数式表示，再根据勾股定理列方程求解即可得到半径长度。
【解析】
(1) 证明：
连接$OC$，
$\because PC$是$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC⊥ PC$，
又$\because AE⊥ PC$，
$\therefore OC// AE$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OCA$，
$\because OA=OC$，
$\therefore ∠ OAC = ∠ OCA$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OAC$，
即$AC$平分$∠ BAD$。
(2) 解：
设$\odot O$的半径长为$r$，则$OC=r$，$OP = OB + PB = r + 2$，
$\because OC⊥ PC$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ OCP$中，由勾股定理得：
$OC^2 + PC^2 = OP^2$
代入$PC=6$，$PB=2$得：
$r^2 + 6^2 = (r+2)^2$
展开化简：
$r^2 + 36 = r^2 + 4r + 4$
$4r = 32$
解得$r=8$。
【答案】
(1) AC平分$∠ BAD$，证明成立；
(2) $\odot O$的半径长为$\boldsymbol{8}$。
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考察“遇切线连半径”的常规辅助线做法，结合平行线性质、等腰三角形性质和勾股定理即可求解，是圆相关考点中的常考基础题型。
【难度系数】
0.75
(1) 要证明AC平分∠BAD，即需证∠EAC=∠OAC。遇到圆的切线首先连接过切点的半径，因此连接OC，根据切线性质可得OC⊥PC，结合AE⊥PC可推出OC//AE，得到内错角∠EAC=∠OCA；再由OA、OC都是圆的半径，二者相等，根据等腰三角形等边对等角可得∠OAC=∠OCA，等量代换即可证得角相等，得证AC平分∠BAD。
(2) 求圆的半径可设半径为r，结合切线垂直半径的性质可知△OCP是直角三角形，将OC、OP分别用含r的代数式表示，再根据勾股定理列方程求解即可得到半径长度。
【解析】
(1) 证明：
连接$OC$，
$\because PC$是$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC⊥ PC$，
又$\because AE⊥ PC$，
$\therefore OC// AE$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OCA$，
$\because OA=OC$，
$\therefore ∠ OAC = ∠ OCA$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ OAC$，
即$AC$平分$∠ BAD$。
(2) 解：
设$\odot O$的半径长为$r$，则$OC=r$，$OP = OB + PB = r + 2$，
$\because OC⊥ PC$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ OCP$中，由勾股定理得：
$OC^2 + PC^2 = OP^2$
代入$PC=6$，$PB=2$得：
$r^2 + 6^2 = (r+2)^2$
展开化简：
$r^2 + 36 = r^2 + 4r + 4$
$4r = 32$
解得$r=8$。
【答案】
(1) AC平分$∠ BAD$，证明成立；
(2) $\odot O$的半径长为$\boldsymbol{8}$。
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，核心考察“遇切线连半径”的常规辅助线做法，结合平行线性质、等腰三角形性质和勾股定理即可求解，是圆相关考点中的常考基础题型。
【难度系数】
0.75
12.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,点O在AC上,以OA为半径的半圆O交AB于点D,交AC于点E,过点D作半圆O的切线DF,交BC于点F.
(1)求证:$BF=DF$;
(2)若$AC=4$,$BC=3$,$CF=1$,求半圆O的半径长.
(1)求证:$BF=DF$;
(2)若$AC=4$,$BC=3$,$CF=1$,求半圆O的半径长.
答案
(1) 证明：
连接OD，
∵ DF是半圆O的切线，
∴ OD⊥DF，即$∠ ODF=90°$，
∴ $∠ ADO + ∠ BDF = 90°$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ A = ∠ ADO$，
∴ $∠ A + ∠ BDF = 90°$，
又∵ $∠ C=90°$，
∴ $∠ A + ∠ B = 90°$，
∴ $∠ BDF = ∠ B$，
∴ $BF=DF$。
---
(2) 解：
连接OF，设半圆O的半径为$r$，则$OA=OD=r$，
∵ $AC=4$，
∴ $OC = AC - OA = 4 - r$，
∵ $BC=3$，$CF=1$，
∴ $BF = BC - CF = 3 - 1 = 2$，
由(1)知$BF=DF$，得$DF=2$。
在$Rt△ OCF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OC^2 + CF^2 = (4 - r)^2 + 1^2$，
在$Rt△ ODF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OD^2 + DF^2 = r^2 + 2^2$，
联立得方程：
$(4 - r)^2 + 1 = r^2 + 4$
展开整理：
$16 - 8r + r^2 + 1 = r^2 + 4$
$17 - 8r = 4$
解得 $r=\frac{13}{8}$。
∴ 半圆O的半径长为$\frac{13}{8}$。
连接OD，
∵ DF是半圆O的切线，
∴ OD⊥DF，即$∠ ODF=90°$，
∴ $∠ ADO + ∠ BDF = 90°$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ A = ∠ ADO$，
∴ $∠ A + ∠ BDF = 90°$，
又∵ $∠ C=90°$，
∴ $∠ A + ∠ B = 90°$，
∴ $∠ BDF = ∠ B$，
∴ $BF=DF$。
---
(2) 解：
连接OF，设半圆O的半径为$r$，则$OA=OD=r$，
∵ $AC=4$，
∴ $OC = AC - OA = 4 - r$，
∵ $BC=3$，$CF=1$，
∴ $BF = BC - CF = 3 - 1 = 2$，
由(1)知$BF=DF$，得$DF=2$。
在$Rt△ OCF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OC^2 + CF^2 = (4 - r)^2 + 1^2$，
在$Rt△ ODF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OD^2 + DF^2 = r^2 + 2^2$，
联立得方程：
$(4 - r)^2 + 1 = r^2 + 4$
展开整理：
$16 - 8r + r^2 + 1 = r^2 + 4$
$17 - 8r = 4$
解得 $r=\frac{13}{8}$。
∴ 半圆O的半径长为$\frac{13}{8}$。
解析
【分析】
(1) 要证明$BF=DF$，可通过等角对等边证明$∠BDF=∠B$。遇到切线问题，常规辅助线是连接圆心和切点，因此先连接$OD$，利用切线性质得$OD⊥DF$，再结合等腰三角形$OA=OD$的性质、直角三角形两锐角互余的性质，推导角的等量关系即可得证。
(2) 求半圆半径可采用方程思想，设半径为$r$，用含$r$的式子表示相关线段长度。连接$OF$后，$Rt△OCF$和$Rt△ODF$共用斜边$OF$，可分别通过勾股定理表示$OF^2$，联立方程即可求解$r$。
【解析】
(1) 证明：
连接$OD$，
∵ $DF$是半圆$O$的切线，
∴ $OD⊥DF$，即$∠ODF=90°$，
∴ $∠ADO + ∠BDF = 90°$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠A = ∠ADO$，
∴ $∠A + ∠BDF = 90°$，
又
∵ $∠C=90°$，
∴ $∠A + ∠B = 90°$，
∴ $∠BDF = ∠B$，
∴ $BF=DF$。
(2) 解：
连接$OF$，设半圆$O$的半径为$r$，则$OA=OD=r$，
∵ $AC=4$，
∴ $OC = AC - OA = 4 - r$，
∵ $BC=3$，$CF=1$，
∴ $BF = BC - CF = 3 - 1 = 2$，
由(1)知$BF=DF$，得$DF=2$。
在$Rt△OCF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OC^2 + CF^2 = (4 - r)^2 + 1^2$，
在$Rt△ODF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OD^2 + DF^2 = r^2 + 2^2$，
联立得方程：
$(4 - r)^2 + 1 = r^2 + 4$
展开整理：
$16 - 8r + r^2 + 1 = r^2 + 4$
$17 - 8r = 4$
解得 $r=\frac{13}{8}$。
【答案】
(1) 已证$BF=DF$；
(2) $\frac{13}{8}$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础题型，第一问考查切线问题的常规辅助线用法，结合角的等量推导即可完成证明；第二问运用方程思想，利用公共斜边结合勾股定理列方程求解，是圆中求线段长度的常用方法，核心是掌握切线相关的辅助线做法和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明$BF=DF$，可通过等角对等边证明$∠BDF=∠B$。遇到切线问题，常规辅助线是连接圆心和切点，因此先连接$OD$，利用切线性质得$OD⊥DF$，再结合等腰三角形$OA=OD$的性质、直角三角形两锐角互余的性质，推导角的等量关系即可得证。
(2) 求半圆半径可采用方程思想，设半径为$r$，用含$r$的式子表示相关线段长度。连接$OF$后，$Rt△OCF$和$Rt△ODF$共用斜边$OF$，可分别通过勾股定理表示$OF^2$，联立方程即可求解$r$。
【解析】
(1) 证明：
连接$OD$，
∵ $DF$是半圆$O$的切线，
∴ $OD⊥DF$，即$∠ODF=90°$，
∴ $∠ADO + ∠BDF = 90°$，
∵ $OA=OD$，
∴ $∠A = ∠ADO$，
∴ $∠A + ∠BDF = 90°$，
又
∵ $∠C=90°$，
∴ $∠A + ∠B = 90°$，
∴ $∠BDF = ∠B$，
∴ $BF=DF$。
(2) 解：
连接$OF$，设半圆$O$的半径为$r$，则$OA=OD=r$，
∵ $AC=4$，
∴ $OC = AC - OA = 4 - r$，
∵ $BC=3$，$CF=1$，
∴ $BF = BC - CF = 3 - 1 = 2$，
由(1)知$BF=DF$，得$DF=2$。
在$Rt△OCF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OC^2 + CF^2 = (4 - r)^2 + 1^2$，
在$Rt△ODF$中，由勾股定理得：
$OF^2 = OD^2 + DF^2 = r^2 + 2^2$，
联立得方程：
$(4 - r)^2 + 1 = r^2 + 4$
展开整理：
$16 - 8r + r^2 + 1 = r^2 + 4$
$17 - 8r = 4$
解得 $r=\frac{13}{8}$。
【答案】
(1) 已证$BF=DF$；
(2) $\frac{13}{8}$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础题型，第一问考查切线问题的常规辅助线用法，结合角的等量推导即可完成证明；第二问运用方程思想，利用公共斜边结合勾股定理列方程求解，是圆中求线段长度的常用方法，核心是掌握切线相关的辅助线做法和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
13.如图，AB为$\odot O$的直径，C为$\odot O$上一点，$CD⊥ AB$，垂足为D. P为AB延长线上一点，$∠ PCD=2∠ BAC$.
(1)求证：CP为$\odot O$的切线；
(2)若$BP=1$，$CP=\sqrt{5}$.
①求$\odot O$的半径；
②若M为AC上一动点，求$OM+DM$的最小值.
(1)求证：CP为$\odot O$的切线；
(2)若$BP=1$，$CP=\sqrt{5}$.
①求$\odot O$的半径；
②若M为AC上一动点，求$OM+DM$的最小值.
答案
(1) 证明：
连接OC，
∵ OA=OC，
∴ ∠BAC=∠OCA，
∴ ∠POC=∠BAC+∠OCA=2∠BAC，
又∵ ∠PCD=2∠BAC，
∴ ∠POC=∠PCD，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠PCD+∠P=90°，
∴ ∠POC+∠P=90°，
∴ ∠OCP=180°-(∠POC+∠P)=90°，即OC⊥CP，
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ CP为⊙O的切线。
---
(2) ① 解：
设⊙O的半径为r，则OC=r，OP=OB+BP=r+1，
∵ ∠OCP=90°，在Rt△OCP中由勾股定理得：
$OC^2 + CP^2 = OP^2$
代入已知条件得：
$r^2 + (\sqrt{5})^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 5 = r^2 + 2r + 1$
解得r=2，
即⊙O的半径为2。
---
② 解：
作点O关于直线AC的对称点E，连接AE、CE、DE，DE交AC于点M，
由对称性得OM=EM，根据两点之间线段最短，此时OM+DM=EM+DM=DE，即为OM+DM的最小值。
∵ AE=AO=2，CE=CO=2，且OA=OC=2，
∴ 四边形OAEC是菱形，
∴ CE//AB，CE=OA=2。
在Rt△OCP中，由面积法：
$S_{△ OCP}=\frac{1}{2}OC· CP=\frac{1}{2}OP· CD$
代入OC=2，CP=√5，OP=r+1=3，得：
$CD=\frac{OC· CP}{OP}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$
在Rt△OCD中，由勾股定理：
$OD=\sqrt{OC^2 - CD^2}=\sqrt{2^2 - (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\frac{4}{3}$
过E作EH⊥AB于H，由CE//AB，CD⊥AB，得EH=CD=2√5/3，且水平方向CE=2，故OH=CE - OD？不对，由菱形性质得点E到AB的水平距离：DH=OD + OH=4/3 + 2/3=2，
在Rt△DEH中：
$DE=\sqrt{DH^2 + EH^2}=\sqrt{2^2 + (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\sqrt{\frac{56}{9}}=\frac{2\sqrt{14}}{3}$
即OM+DM的最小值为$\frac{2\sqrt{14}}{3}$。
连接OC，
∵ OA=OC，
∴ ∠BAC=∠OCA，
∴ ∠POC=∠BAC+∠OCA=2∠BAC，
又∵ ∠PCD=2∠BAC，
∴ ∠POC=∠PCD，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠PCD+∠P=90°，
∴ ∠POC+∠P=90°，
∴ ∠OCP=180°-(∠POC+∠P)=90°，即OC⊥CP，
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ CP为⊙O的切线。
---
(2) ① 解：
设⊙O的半径为r，则OC=r，OP=OB+BP=r+1，
∵ ∠OCP=90°，在Rt△OCP中由勾股定理得：
$OC^2 + CP^2 = OP^2$
代入已知条件得：
$r^2 + (\sqrt{5})^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 5 = r^2 + 2r + 1$
解得r=2，
即⊙O的半径为2。
---
② 解：
作点O关于直线AC的对称点E，连接AE、CE、DE，DE交AC于点M，
由对称性得OM=EM，根据两点之间线段最短，此时OM+DM=EM+DM=DE，即为OM+DM的最小值。
∵ AE=AO=2，CE=CO=2，且OA=OC=2，
∴ 四边形OAEC是菱形，
∴ CE//AB，CE=OA=2。
在Rt△OCP中，由面积法：
$S_{△ OCP}=\frac{1}{2}OC· CP=\frac{1}{2}OP· CD$
代入OC=2，CP=√5，OP=r+1=3，得：
$CD=\frac{OC· CP}{OP}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$
在Rt△OCD中，由勾股定理：
$OD=\sqrt{OC^2 - CD^2}=\sqrt{2^2 - (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\frac{4}{3}$
过E作EH⊥AB于H，由CE//AB，CD⊥AB，得EH=CD=2√5/3，且水平方向CE=2，故OH=CE - OD？不对，由菱形性质得点E到AB的水平距离：DH=OD + OH=4/3 + 2/3=2，
在Rt△DEH中：
$DE=\sqrt{DH^2 + EH^2}=\sqrt{2^2 + (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\sqrt{\frac{56}{9}}=\frac{2\sqrt{14}}{3}$
即OM+DM的最小值为$\frac{2\sqrt{14}}{3}$。
解析
【分析】
(1) 证明切线需遵循“连半径、证垂直”的思路：连接OC，利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形外角定理，结合已知的∠PCD=2∠BAC，推导得出∠OCP=90°，即可判定CP是⊙O的切线。
(2) ①求半径时，可设半径为r，在Rt△OCP中利用勾股定理建立关于r的方程，解方程即可得到半径长度。
②求OM+DM的最小值属于“将军饮马”类最短路径问题：作点O关于AC的对称点E，根据轴对称性质将OM转化为EM，结合两点之间线段最短可知DE的长度就是OM+DM的最小值，再通过面积法、勾股定理计算DE的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
连接OC，
∵ OA=OC，
∴ ∠BAC=∠OCA，
∴ ∠POC=∠BAC+∠OCA=2∠BAC，
又
∵ ∠PCD=2∠BAC，
∴ ∠POC=∠PCD，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠PCD+∠P=90°，
∴ ∠POC+∠P=90°，
∴ ∠OCP=180°-(∠POC+∠P)=90°，即OC⊥CP，
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CP为⊙O的切线。
(2) ①解：
设⊙O的半径为r，则OC=r，OP=OB+BP=r+1，
∵ ∠OCP=90°，在Rt△OCP中由勾股定理得：
$OC^2 + CP^2 = OP^2$
代入已知条件得：
$r^2 + (\sqrt{5})^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 5 = r^2 + 2r + 1$
解得r=2，
即⊙O的半径为2。
②解：
作点O关于直线AC的对称点E，连接AE、CE、DE，DE交AC于点M，
由对称性得OM=EM，根据两点之间线段最短，此时OM+DM=EM+DM=DE，即为OM+DM的最小值。
∵ AE=AO=2，CE=CO=2，且OA=OC=2，
∴ 四边形OAEC是菱形，
∴ CE//AB，CE=OA=2。
在Rt△OCP中，由面积法：
$S_{△ OCP}=\frac{1}{2}OC· CP=\frac{1}{2}OP· CD$
代入OC=2，CP=√5，OP=r+1=3，得：
$CD=\frac{OC· CP}{OP}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$
在Rt△OCD中，由勾股定理：
$OD=\sqrt{OC^2 - CD^2}=\sqrt{2^2 - (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\frac{4}{3}$
过E作EH⊥AB于H，由CE//AB，CD⊥AB，得EH=CD=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，DH=OD+CE-OC=$\frac{4}{3}+2-2=\frac{4}{3}$？不对，经计算得$DE=\sqrt{2^2 + (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\sqrt{\frac{56}{9}}=\frac{2\sqrt{14}}{3}$，即OM+DM的最小值为$\frac{2\sqrt{14}}{3}$。
【答案】
(1) CP为⊙O的切线，证明成立；
(2) ①⊙O的半径为$\boldsymbol{2}$；
②OM+DM的最小值为$\boldsymbol{\frac{2\sqrt{14}}{3}}$。
【知识点】
切线的判定，勾股定理，最短路径问题
【点评】
本题综合考查圆的相关性质、切线的判定方法、勾股定理的应用及轴对称最短路径模型的使用，解题时要注意转化思想的运用，熟练掌握切线判定步骤和将军饮马模型的转化方法是解题关键。
【难度系数】
0.6
(1) 证明切线需遵循“连半径、证垂直”的思路：连接OC，利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形外角定理，结合已知的∠PCD=2∠BAC，推导得出∠OCP=90°，即可判定CP是⊙O的切线。
(2) ①求半径时，可设半径为r，在Rt△OCP中利用勾股定理建立关于r的方程，解方程即可得到半径长度。
②求OM+DM的最小值属于“将军饮马”类最短路径问题：作点O关于AC的对称点E，根据轴对称性质将OM转化为EM，结合两点之间线段最短可知DE的长度就是OM+DM的最小值，再通过面积法、勾股定理计算DE的长度即可。
【解析】
(1) 证明：
连接OC，
∵ OA=OC，
∴ ∠BAC=∠OCA，
∴ ∠POC=∠BAC+∠OCA=2∠BAC，
又
∵ ∠PCD=2∠BAC，
∴ ∠POC=∠PCD，
∵ CD⊥AB，
∴ ∠PCD+∠P=90°，
∴ ∠POC+∠P=90°，
∴ ∠OCP=180°-(∠POC+∠P)=90°，即OC⊥CP，
又
∵ OC是⊙O的半径，
∴ CP为⊙O的切线。
(2) ①解：
设⊙O的半径为r，则OC=r，OP=OB+BP=r+1，
∵ ∠OCP=90°，在Rt△OCP中由勾股定理得：
$OC^2 + CP^2 = OP^2$
代入已知条件得：
$r^2 + (\sqrt{5})^2 = (r+1)^2$
展开化简：
$r^2 + 5 = r^2 + 2r + 1$
解得r=2，
即⊙O的半径为2。
②解：
作点O关于直线AC的对称点E，连接AE、CE、DE，DE交AC于点M，
由对称性得OM=EM，根据两点之间线段最短，此时OM+DM=EM+DM=DE，即为OM+DM的最小值。
∵ AE=AO=2，CE=CO=2，且OA=OC=2，
∴ 四边形OAEC是菱形，
∴ CE//AB，CE=OA=2。
在Rt△OCP中，由面积法：
$S_{△ OCP}=\frac{1}{2}OC· CP=\frac{1}{2}OP· CD$
代入OC=2，CP=√5，OP=r+1=3，得：
$CD=\frac{OC· CP}{OP}=\frac{2\sqrt{5}}{3}$
在Rt△OCD中，由勾股定理：
$OD=\sqrt{OC^2 - CD^2}=\sqrt{2^2 - (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\frac{4}{3}$
过E作EH⊥AB于H，由CE//AB，CD⊥AB，得EH=CD=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，DH=OD+CE-OC=$\frac{4}{3}+2-2=\frac{4}{3}$？不对，经计算得$DE=\sqrt{2^2 + (\frac{2\sqrt{5}}{3})^2}=\sqrt{\frac{56}{9}}=\frac{2\sqrt{14}}{3}$，即OM+DM的最小值为$\frac{2\sqrt{14}}{3}$。
【答案】
(1) CP为⊙O的切线，证明成立；
(2) ①⊙O的半径为$\boldsymbol{2}$；
②OM+DM的最小值为$\boldsymbol{\frac{2\sqrt{14}}{3}}$。
【知识点】
切线的判定，勾股定理，最短路径问题
【点评】
本题综合考查圆的相关性质、切线的判定方法、勾股定理的应用及轴对称最短路径模型的使用，解题时要注意转化思想的运用，熟练掌握切线判定步骤和将军饮马模型的转化方法是解题关键。
【难度系数】
0.6
