初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试同步测试题

这是一份初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试同步测试题，共39页。试卷主要包含了如图，，下面四个结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系专题训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，BD是⊙O的切线，∠BCE＝30°，则∠D＝（　　）

A．40° B．50° C．60° D．30°
2、一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
3、如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4、如图，、是的切线，、是切点，点在上，且，则等于（ ）

A．54° B．58° C．64° D．68°
5、如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的⊙O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列判断：（1）AC与BD的交点是⊙O的圆心；（2）AF与DE的交点是⊙O的圆心；（3）AE=DF；（4）BC与⊙O相切，其中正确判断的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
6、如图，AB是⊙O的直径，点M在BA的延长线上，MA＝AO，MD与⊙O相切于点D，BC⊥AB交MD的延长线于点C，若⊙O的半径为2，则BC的长是（　　）

A．4 B． C． D．3
7、如图，BE是⊙O的直径，点A和点D是⊙O上的两点，过点A作的切线交BE延长线于点C，若∠ADE=36°，则∠C的度数是（　　）

A．18° B．28° C．36° D．45°
8、如图，在平面直角坐标系中，，，．则△ABC的外心坐标为（ ）

A． B． C． D．
9、下面四个结论正确的是（ ）
A．度数相等的弧是等弧 B．三点确定一个圆
C．在同圆或等圆中，圆心角是圆周角的2倍 D．三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等
10、如图，PA是的切线，切点为A，PO的延长线交于点B，若，则的度数为（ ）．

A．20° B．25° C．30° D．40°
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧上一点，若∠P=40°，则∠Q的度数是________．

2、如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．

3、若⊙O的半径为3cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O_______．（填“上”、“内”、“外”）
4、在同一平面上，外有一点P到圆上的最大距离是8cm，最小距离为2cm，则的半径为______cm．
5、如图，是的直径，是的切线，切点为，交于点，点是的中点．若的半径为，，，则阴影部分的面积为________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，是的直径，是圆上两点，且有，连结，作的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求阴影部分的面积．（结果保留）
2、如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是（1，0），（7，0）．

(1)对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB＝45°，那么称点P为线段AB的“完美点”．
①设A、B、P三点所在圆的圆心为C，则点C的坐标是 　 　，⊙C的半径是 　 　；
②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”？如果有，求出“完美点”的坐标；如果没有，请说明理由；
(2)若点P在y轴负半轴上运动，则当∠APB的度数最大时，点P的坐标为 　 　．
3、如图，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180°

(1)试说明：直线为⊙P的切线．
(2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长．
4、【提出问题】如图①，已知直线l与⊙O相离，在⊙O上找一点M，使点M到直线l的距离最短．

(1)小明给出下列解答，请你补全小明的解答．
小明的解答
过点O作ON⊥l，垂足为N，ON与⊙O的交点M即为所求，此时线段MN最短．
理由：不妨在⊙O上另外任取一点P，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，连接OP，OQ．
∵OP+PQ＞OQ，OQ＞ON，
∴ ．
又ON＝OM+MN；
∴OP+PQ＞OM+MN．
又 ，
∴ ．
(2)【操作实践】如图②，已知直线l和直线外一点A，线段MN的长度为1．请用直尺和圆规作出满足条件的某一个⊙O，使⊙O经过点A，且⊙O上的点到直线l的距离的最小值为1．（不写作法，保留作图痕迹并用水笔加黑描粗）
(3)【应用尝试】如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90，∠B＝30，AB＝8，⊙O经过点A，且⊙O上的点到直线BC的距离的最小值为2，距离最小值为2时所对应的⊙O上的点记为点P，若点P在△ABC的内部（不包括边界），则⊙O的半径r的取值范围是 ．
5、如图，在中，，平分，与交于点，，垂足为，与交于点，经过，，三点的与交于点．

(1)求证是的切线；
(2)若，，求的半径．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【解析】
【分析】
连接，根据同弧所对的圆周角相等，等角对等边，三角形的外角性质可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求得．
【详解】
解：连接






BD是⊙O的切线


故选D
【点睛】
本题考查了切线的性质，等弧所对的圆周角相等，直角三角形的两锐角互余，掌握切线的性质是解题的关键．
2、C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据正多边形的中心角与边数的关系即可得．
【详解】
解：如图，由题意得：，
是等边三角形，
，
则这个正多边形的边数为，
故选：C．

【点睛】
本题考查了正多边形，熟练掌握正多边形的中心角与边数的关系是解题关键．
3、C
【解析】
【分析】
如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．
【详解】
解：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正确；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB•DC＝DE•DA，
∵D是上任一点，
∴DB与DC不一定相等，
∴DB•DC与DB2也不一定相等，
∴DB2与DE•DA也不一定相等，
故②错误；

如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，
∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴△ABK≌△ACD（SAS），
∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，
∴DH＝KH＝DK，

∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∵AD＝2，
∴DH＝AD＝1，
∴DK＝2DH＝2，，
∴S△ADK＝，
∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正确；
如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于点C，
∴CF⊥OC，
∵AF⊥CF，
∴AF∥OC，
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠CAG＝∠OCA＝30°，
∴∠COG＝2∠CAG＝60°，
∴∠AOG＝60°，
∴△AOG和△COG都是等边三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四边形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S阴影＝S扇形COG，
∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，
∴∠FCG＝30°，
∵∠F＝90°，
∴FG＝CG，
∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，
∴（CG）2+（）2＝CG2，
∴CG＝4，
∴OC＝CG＝4，
∴S阴影＝S扇形COG＝＝，
故④正确，
∴①③④这3个结论正确，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
4、C
【解析】
【分析】
连接，，根据圆周角定理可得，根据切线性质以及四边形内角和性质，求解即可．
【详解】
解：连接，，如下图：

∴
∵PA、PB是的切线，A、B是切点
∴
∴由四边形的内角和可得：
故选C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理，切线的性质以及四边形内角和的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
5、B
【解析】
【分析】
连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，先确定AG＝DG，则GH垂直平分AD，则可判断点O在HG上，再根据HG⊥BC可判定BC与圆O相切；接着利用OG＝OD可判断圆心O不是AC与BD的交点；然后根据四边形AEFD为⊙O的内接矩形可判断AF与DE的交点是圆O的圆心．
【详解】
解：连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，
∵G是BC的中点，
∴CG＝BG，
∵CD＝BA，根据勾股定理可得，
∴AG＝DG，
∴GH垂直平分AD，
∴点O在HG上，
∵AD∥BC，
∴HG⊥BC，
∴BC与圆O相切；
∵OG＝OD，
∴点O不是HG的中点，
∴圆心O不是AC与BD的交点；
∵∠ADF＝∠DAE＝90°，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD为⊙O的内接矩形，
∴AF与DE的交点是圆O的圆心；AE=DF；
∴（1）错误，（2）（3）（4）正确．
故选：B．

【点睛】
本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了矩形的性质和三角形外心．
6、B
【解析】
【分析】
连接OD，求出BC是⊙O的切线，根据切线长定理得出CD＝BC，根据切线的性质求出∠ODM＝90°，根据勾股定理求出MD，再根据勾股定理求出BC即可．
【详解】
解：连接OD，

∵MD切⊙O于D，
∴∠ODM＝90°，
∵⊙O的半径为2，MA＝AO，AB是⊙O的直径，
∴MO＝2+2＝4，MB＝4+2＝6，OD＝2，
由勾股定理得：MD＝＝＝2，
∵BC⊥AB，
∴BC切⊙O于B，
∵DC切⊙O于D，
∴CD＝BC，
设CD＝CB＝x，
在Rt△MBC中，由勾股定理得：MC2＝MB2+BC2，
即（2+x）2＝62+x2，
解得：x＝2，
即BC＝2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，勾股定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
7、A
【解析】
【分析】
连接OA，DE，利用切线的性质和角之间的关系解答即可．
【详解】
解：连接OA，DE，如图，

∵AC是的切线，OA是的半径，
∴OAAC
∠OAC=90°
∠ADE=36°
AOE=2∠ADE=72°
∠C=90°-∠AOE=90°-72°=18°
故选：A.
【点睛】
本题考查了圆周角定理，切线的性质，能求出∠OAC和∠AOC是解题的关键．
8、D
【解析】
【分析】
由BC两点的坐标可以得到直线BC∥y轴，则直线BC的垂直平分线为直线y=1，再由外心的定义可知△ABC外心的纵坐标为1，则设△ABC的外心为P（a，-1），利用两点距离公式和外心的性质得到，由此求解即可．
【详解】
解：∵B点坐标为（2，-1），C点坐标为（2， 3），
∴直线BC∥y轴，
∴直线BC的垂直平分线为直线y=1，
∵外心是三角形三条边的垂直平分线的交点，
∴△ABC外心的纵坐标为1，
设△ABC的外心为P（a，1），
∴，
∴，
解得，
∴△ABC外心的坐标为（-2， 1），
故选D．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，外心的性质与定义，两点距离公式，解题的关键在于能够熟知外心是三角形三边垂直平分线的交点．
9、D
【解析】
【分析】
根据圆的有关概念、确定圆的条件、圆周角定理及三角形的外心的性质解得即可．
【详解】
解：A、在同圆或等圆中，能完全重合的弧才是等弧，故错误；
B、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；
C、在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角是圆周角的2倍，故错误；
D、三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，故正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了圆的有关的概念，属于基础知识，必须掌握．
10、B
【解析】
【分析】
连接OA，如图，根据切线的性质得∠PAO=90°，再利用互余计算出∠AOP=50°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠B的度数．
【详解】
解：连接OA，如图，

∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵∠AOP=∠B+∠OAB，
∴∠B=∠AOP=×50°=25°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
二、填空题
1、70°##70度
【解析】
【分析】
连接OA、OB，根据切线性质可得∠OAP=∠OBP=90°，再根据四边形的内角和为360°求得∠AOB，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】
解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，又∠P=40°，
∴∠AOB=360°－90°－90°－40°=140°，
∴∠Q=∠AOB=70°，
故答案为：70°．

【点睛】
本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键．
2、
【解析】
【分析】
先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．
【详解】
解：∵BC是圆O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AO=BC，
又∵AO=BO，
∴BO=BC，
∴∠BOC=∠BCO=45°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，
∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．
3、外
【解析】
【分析】
点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此作答．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，
即点A到圆心的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
4、5或3##3或5
【解析】
【分析】
分点P在圆内或圆外进行讨论．
【详解】
解：①当点P在圆内时，⊙O的直径长为8+2=10（cm），半径为5cm；
②当点P在圆外时，⊙O的直径长为8-2=6（cm），半径为3cm；
综上所述：⊙O的半径长为 5cm或3cm．
故答案为：5或3．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．
5、
【解析】
【分析】
根据题意先得出△AOE≌△DOE,进而计算出∠AOD=2∠B=100°，利用四边形ODEA的面积减去扇形的面积计算图中阴影部分的面积．
【详解】
解：连接EO、DO，

∵点E是AC的中点，O点为AB的中点，
∴OE∥BC，
∴∠AOE=∠B，∠EOD=∠BDO，
∵OB=OD，
∴∠B=∠BDO，
∴∠AOE =∠EOD，
在△AOE和△DOE中
，
∴△AOE≌△DOE，
∵点E是AC的中点，
∴AE=AC=2.4，
∵∠AOD=2∠B=2×50°=100°，
∴图中阴影部分的面积=2•×2×2.4-=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查切线的性质以及圆周角定理和扇形的面积公式和全等三角形判定性质，注意掌握圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）要证明DE是⊙O的切线，所以连接OD，只要求出∠ODE＝90°即可解答；
（2）连接BD，利用Rt△ADB的面积加上弓形面积即可求出阴影部分的面积．
(1)
证明：连接OD，

∵，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴AE∥OD，
∴∠E+∠ODE＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∵OD是圆O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
连接BD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ADE＝60°，∠E＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠ADE＝30°，
∴∠DAB＝∠CAD＝30°，
∴AB＝2BD，
∵，
∴
∴BD＝2，BA＝4，
∴OD＝OB＝2，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠DOB＝60°，
∴△ADB的面积＝AD•DB
＝×2×2
＝2，
∵OA＝OB，
∴△DOB的面积＝△ADB的面积＝，
∴阴影部分的面积为：
△ADB的面积+扇形DOB的面积﹣△DOB的面积
＝2﹣
＝，
∴阴影部分的面积为：．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，扇形的面积公式，勾股定理，含30°角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形，添加适当的辅助线是解题的关键．
2、 (1)①(4,3)或C(4，−3)，，②，
(2)
【解析】
【分析】
（1）①在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，根据对称性可知点C(4，−3)也满足条件；②当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交，设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，连接、、CA，则==CA =r=3，得，即可得；
（2）如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，则∠APB=∠ANB，∠ANB是△MAN的外角，∠ANB>∠AMB，即∠APB>∠AMB，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，得，则，即可得．
(1)
①如图1中，

在x轴的上方，作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB，易知A，B，P三点在⊙C上，
圆心C的坐标为(4,3)，半径为3，
根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件，
故答案是：(4,3)或C(4，−3)，，
②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点”。
如图2所示，当圆心为C（4，3）时，过点C作CD⊥y轴于D，则D（0，3），CD=4，

∵⊙C的半径，
∴⊙C与y轴相交，
设交点为，，此时，在y轴的正半轴上，
连接、、CA，则==CA =r=3，
∵CD⊥y轴，CD=4，，
∴，
∴，；
当圆心为C（4，-3）时，点P在y轴的负半轴上，不符合题意；
故答案为：，
(2)
当过点A，B的圆与y轴负半轴相切于点P时，∠APB最大，理由如下：
如果点P在y轴的负半轴上，设此时圆心为E，则E在第四象限，
如图3所示，在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合)，
连接MA，MB，PA，PB，设MB交于⊙E于点N，连接NA，

∵点P，点N在⊙E上，
∴∠APB=∠ANB，
∵∠ANB是△MAN的外角，
∴∠ANB>∠AMB，
即∠APB>∠AMB，
此时，过点E作EF⊥x轴于F，连接EA，EP，则AF=AB=3，OF=4，
∵⊙E与y轴相切于点P，则EP⊥y轴，
∴四边形OPEF是矩形，OP=EF，PE=OF=4，
∴⊙E的半径为4，即EA=4，
∴在Rt△AEF中，，
∴，
即 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查了圆与三角形，勾股定理，三角形的外角，矩形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
3、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证；
（2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可．
(1)
连接PC，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝2∠B，
∵2∠B+∠DAB＝180°，
∴∠DAP+∠APC＝180°，
∴PC∥DA，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DCP＝90°，
即DC⊥CP，
∴直线CD为⊙P的切线；

(2)
连接AC，
∵∠B=30°，
∴∠CPA=2∠B=60°，
∵AP=CP，∠CPA=60°，
∴△APC为等边三角形，
∵∠DCP=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，
∵AD＝2，∠ADC＝90°，
∴AC=2AD=4，
∴CD=．
【点睛】
本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
4、 (1)OP+PQ＞ON； OP＝OM；PQ＞MN
(2)见解析
(3)1＜r＜4
【解析】
【分析】
（1）利用两点之间线段最短解答即可；
（2）过点A作l的线AB，截取BC=MN，以AC为直径作⊙O；
（3）作AC的垂直平分线，交AC于F，交AB于E，以AF为直径作圆，过点A和点E作⊙O′，使⊙O′切EF于E，求出⊙O和⊙O′的半径，从而求出半径r的范围．
(1)
理由：不妨在⊙O上另外任取一点P，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，连接OP，OQ．
∵OP+PQ＞OQ，OQ＞ON，
∴OP+PQ＞ON．
又ON=OM+MN；
∴OP+PQ＞OM+MN．
又 OP=OM，
∴PQ＞MN．
故答案为：OP+PQ＞ON， OP=OM，PQ＞MN；
(2)
解：如图，

⊙O是求作的图形；
(3)
（3）如图2，

作AC的垂直平分线，交AC于F，交AB于E，以AF为直径作圆，过点A和点E作⊙O′，使⊙O′切EF于E，
∴∠FEO′=∠AFE=90°，
∴AF∥EO′，
∴∠AEO′=∠BAC=60°，
∵AO′=EO′，
∴△ADO′是等边三角形，
∴AE=AO′，
∵AB=8，∠B=30°，
∴AC=AB=4，
∴AF=2，
∴⊙O的半径是1，
∴AE=AB=4，
∴1＜r＜4，
故答案是：1＜r＜4．
【点睛】
本题考查了与圆的有关位置，等边三角形判定和性质，尺规作图等知识，解决问题的关键是找出临界位置，作出图形．
5、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接，利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证，从而，得到，根据切线的判定方法可证是的切线；
（2）证明，利用相似三角形的性质可求的半径．
(1)
证明：连接，
∵，
∴，
∴是直径，是的中点．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
又∵经过半径的外端，
∴是的切线．

(2)
解：∵，
∴，
在与中，
，，
∴．
∴，
在中，，，
∴.
设半径为，则，，
即，
∴．
∴的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法是解（1）的关键，掌握相似三角形的判定与性质是解（2）的关键．