分析：

当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，根据切线的性质得OP⊥AP，由OB=AB得OA=2OP，然后根据含30度的直角三角形三边的关系即可得到此时∠OAP的度数．

解答：

解：当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，如图，

则OP⊥AP，

∵OB=AB，

∴OA=2OP，

∴∠PAO=30°．

故选D．

点评：

本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．

分析：

由BC与⊙0相切于点B，根据切线的性质，即可求得∠OBC=90°，又由∠ABC=70°，即可求得∠OBA的度数，然后由OA=OB，利用等边对等角的知识，即可求得∠A的度数．

解答：

∵BC与⊙0相切于点B，

∴OB⊥BC，

∴∠OBC=90°，

∵∠ABC=70°，

∴∠OBA=∠OBC-∠ABC=90°-70°=20°，

∵OA=OB，

∴∠A=∠OBA=20°．

故选B．

点评：

此题考查了切线的性质与等腰三角形的性质．此题比较简单，注意数形结合思想的应用，注意圆的切线垂直于经过切点的半径定理的应用．

分析：

如图，连接DO，首先根据切线的性质可以得到∠ODC=90°，又AC=3BC，O为AB的中点，由此可以得到∠C=30°，接着利用30°的直角所对的直角边是斜边的一半和勾股定理即可求解．

解答：

解：如图，连接DO，

∵CD是⊙O切线，

∴OD⊥CD，

∴∠ODC=90°，

而AB是⊙O的一条直径，AC=3BC，

∴AB=2BC=OC=2OD，

∴∠C=30°，

∴OD=$\sqrt {}$3CD，

∵CD=3$\sqrt {}$，

∴OD=BC=3，

故答案为：3．

点评：

本题考查了圆的切线性质及解直角三角形的知识．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题

分析：

根据题意找出当OP⊥AP时，∠OAP取得最大值．所以在Rt△AOP中，利用直角三角形中锐角三角函数的定义可以求得此时∠OAP的值．

解答：

解：根据题意知，当∠OAP的取最大值时，OP⊥AP；

在Rt△AOP中，∵OP=OB，OB=AB，

∴OA=2OP，

∴∠OAP=30°．

故选A．

点评：

本题考查了直线与圆的位置关系、切线的性质．此题属于操作题，在点P的运动过程中，∠OAP取最大值时，AP正好是⊙O的切线．

分析：

连接OC，由切线的性质可知∠OCD为直角，然后利用等边对等角，由OA=OC得到∠BAC=∠OCA，再由∠CAB=30°，得到∠OCA=30°，又∠DOC为三角形AOC的外角，根据三角形外角的性质可得∠DOC为60°，从而得到∠D为30°，在直角三角形OCD中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，由OC的长求出OD的长，再由OD-OB即可求出BD的长．

解答：

解：连接OC，如图所示：

由CD为圆O的切线，得到OC⊥CD，

∴∠OCD=90°，

∵OA=OC，且∠CAB=30°

∴∠CAB=∠OCA=30°，

∴∠DOC=60°，

∴∠ODC=30°，

在Rt△OCD中，OC=4，则OD=8，

则BD=OD-OB=8-4=4．

故选C．

点评：

此题考查了切线的性质，三角形的外角性质以及含30°角的直角三角形的性质，遇到直线与圆相切时，常常连接圆心与切点，构造直角三角形，利用直角三角形的性质来解决问题．

分析：

若以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切，即为当点O在AC上，且和BC边相切的情况．作O′D⊥BC于D，则O′D=$\sqrt {}$，利用解直角三角形的知识，进一步求得O′C=2，从而求得O′A的长，进一步求得运动时间．

解答：

解：根据题意，则作O′D⊥BC于D，则O′D=$\sqrt {}$．

在Rt△O′CD中，∠C=60°，O′D=$\sqrt {}$，

∴O′C=2，

∴O′A=6-2=4，

∴以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第4秒．

故答案为：4．

点评：

此题考查了直线和圆相切时数量之间的关系，能够正确分析出以O为圆心、$\sqrt {}$为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时的位置．

分析：

根据直线与坐标轴的交点，得出A，B的坐标，再利用三角形相似得出圆与直线相切时的坐标，进而得出相交时的坐标．

解答：

解：∵直线y=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$x+$\sqrt {3}$与x轴、y轴分别相交于A，B两点，

圆心P的坐标为(1，0)，

∴A点的坐标为：0=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$x+$\sqrt {3}$，

x=-3，A(-3，0)，

B点的坐标为：(0，$\sqrt {3}$)，

∴AB=2$\sqrt {3}$，

将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C$_1$时，P$_1$C$_1$=1，

根据△AP$_1$C$_1$∽△ABO，

∴$\frac {1}{$\sqrt {3}$}$=$\frac {AP $_1$}{AB}$=$\frac {AP$_1$}{2$\sqrt {3}$}$，

∴AP$_1$=2，

∴P$_1$的坐标为：(-1，0)，

将圆P沿x轴向左移动，当圆P与该直线相切于C$_2$时，P$_2$C$_2$=1，

根据△AP$_2$C$_2$∽△ABO，

∴$\frac {1}{$\sqrt {3}$}$=$\frac {AP$_2$}{AB}$=$\frac {AP$_2$}{2$\sqrt {3}$}$，

∴AP$_2$=2，

P$_2$的坐标为：(-5，0)，

从-1到-5，整数点有-2，-3，-4，故横坐标为整数的点P的个数是3个．

故选B．

点评：

此题主要考查了直线与圆的位置关系，以及相似三角形的判定，题目综合性较强，注意特殊点的求法是解决问题的关键．

分析：

连接OA，根据切线的性质得到直角三角形，在直角三角形中求出半径的长．

解答：

解：如图：连接OA，

∵PA是⊙O的切线，切点为A，

∴OA⊥PA

在直角△OAP中，

PA=2$\sqrt {}$，∠APO=30°，

∴OA=PA×tan∠P=2．

故选C．

点评：

本题考查的是切线的性质，利用切线的性质得到直角三角形，求出线段的长．

分析：

先根据直径所对的圆周角为直角得出角BAD的度数，根据角平分线的定义得出角BAF的度数，再根据弦切角等于它所夹弧对的圆周角，得出角ABD的度数，最后利用三角形内角和定理即可求出角AFB的度数．

解答：

∵BD是圆O的直径，

∴∠BAD=90°，

又∵AC平分∠BAD，

∴∠BAF=∠DAF=45°，

∵直线ED为圆O的切线，

∴∠ADE=∠ABD=19°，

∴∠AFB=180°-∠BAF-∠ABD=180°-45°-19°=116°．

故选C．

点评：

此题考查圆周角定理以及弦切角定理的灵活运用，是一道在圆中求角度数的综合题．

分析：

由AC是⊙O的切线，A为切点得到∠CAB=90°，又∠ABC=45°由此可以推出△ABC是等腰直角三角形；而AB是⊙O的直径则∠ADB=90°，由等腰三角形的性质得到点D是BC的中点，再由直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可知AD=BD=CD=$\frac {1}{2}$BC，故只有A正确．

解答：

解：∵AC是⊙O的切线，A为切点，

∴∠CAB=90°，

∵∠ABC=45°，

∴△ABC是等腰直角三角形，AB=AC．

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB=90°，

∴点D是BC的中点，

∴AD=BD=CD=$\frac {1}{2}$BC，

故只有A正确．

故选A．

点评：

本题利用了切线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直径对的圆周角是直角等知识求解．

分析：

由于直线AB与⊙O相切于点B，则∠OBA=90°，AB=2$\sqrt {3}$，∠A=30°，根据三角函数定义即可求出OB．

解答：

解：∵直线AB与⊙O相切于点A，

则∠OBA=90°．

∵AB=2$\sqrt {3}$，

∴tanA=$\frac {OB}{AB}$=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$，

∴OB=2$\sqrt {3}$×$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$=2．

故选C．

点评：

本题主要利用了切线的性质和锐角三角函数的概念解直角三角形问题．

分析：

由直径AB的长，求出半径OA及OC的长，再由AC的长，得到三角形OAC三边相等，可得此三角形为等边三角形，根据等边三角形的性质得到∠AOC=60°，再根据同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，即可得出∠AEC的度数．

解答：

解：∵OA=OC=$\frac {1}{2}$AB=2，AC=2，

∴OA=OC=AC，

∴△OAC为等边三角形，

∴∠AOC=60°，

∵圆周角∠AEC与圆心角∠AOC都对弧$\overset{\frown}{AC}$，

∴∠AEC=$\frac {1}{2}$∠AOC=30°

点评：

此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理，平行线的判定与性质，平行四边形及菱形的判定，是一道综合性较强的试题，学生做题时应结合图形，弄清题中的条件，找出已知与未知间的联系来解决问题．熟练掌握性质及判定是解本题的关键．

分析：

连接OC，由DC是⊙O的切线，则△DCO是直角三角形；由圆周角定理可得∠DOC=2∠CAB=60°，则OD=2OC=20B，BD的长即可求出．

解答：

解：连接OC．

∵DC是⊙O的切线，

∴OC⊥CD，即∠OCD=90°．

又∵∠BOC=2∠A=60°，

∴Rt△DOC中，∠D=30°，

∴OD=2OC=20B=OB+BD，

∴BD=OB=1．

故选C．

点评：

本题考查了切线的性质及圆周角定理．解答该题的切入点是从切线的性质入手，推知△DOC为含30度角的直角三角形．

分析：

先利用“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”得出∠COD=2∠A=60°再解直角三角形可得CD长，最后用切割线定理可得BD长．

解答：

解：连接OC，BC，

∵AB是圆O的直径，DC是圆O的切线，C是切点，

∴∠ACB=∠OCD=90°，

∵∠CAB=30°，

∴∠COD=2∠A=60°，CD=OC•tan∠COD=5$\sqrt {3}$，

由切割线定理得，CD_=BD•AD=BD(BD+AB)，

∴BD=5．

故答案为：5．

点评：

本题利用了直径对的圆周角是直角，切线的性质，切割线定理等．

分析：

连接OC，由DC是⊙O的切线，则△DCO是直角三角形；由圆周角定理可得∠DOC=2∠CAB=60°，则OD=2OC=20B，BD的长即可求出．

解答：

解：连接OC，

由于DC是⊙O的切线，则△DCO是直角三角形，

在Rt△DOC中，∠DOC=2∠CAB=60°，则OD=2OC=20B，

因此，BD=OB=R．

点评：

本题考查了切线的性质及圆周角定理，要学会由切线入手解决问题．

分析：

连接OD，则△ODC是直角三角形，且已知∠C和CD的长，即可满足解直角三角形的条件，即可求得OC，OD的长，根据OA=OD，AC=OA+OC即可求解．

解答：

解：连接OD．

∵CD切⊙O于D，

∴OD⊥CD．

∴在直角△ODC中，OD=CD•tanC=3tan60°=$\sqrt {3}$cm，

OC=2OD=2$\sqrt {3}$cm．

∵OA=OD=$\sqrt {3}$cm，

∴AC=OC+OA=2$\sqrt {3}$+$\sqrt {3}$=3$\sqrt {3}$cm．

故选C．

点评：

本题考查了切线的性质，以及解直角三角形，已知切线时常用的辅助线是连接圆心与切点．

分析：

首先根据题意画出图形，然后解直角三角形即可．

解答：

解：设切点为M，连接OM，

∴OM⊥AB，

∵OM=2，∠B=30°，

∴OB=4．

故答案为4．

点评：

本题主要考查切线的性质、含30度角的直角三角形，关键在于根据题意画出图形，然后作出辅助线OM．

分析：

由题意判定CD是圆的切线，从其性质在△P$_1$EO中求得OP$_1$，从而求得．

解答：

解：①由题意CD与圆P$_1$相切于点E，

∴P$_1$E⊥CD

又∵∠AOD=30°，r=1cm

∴在△OEP$_1$中OP$_1$=2cm

又∵OP=6cm

∴P$_1$P=4cm

∴圆P到达圆P$_1$需要时间为：4÷1=4(秒)，

②当圆心P在直线CD的右侧时，

PP$_2$=6+2=8cm，

∴圆P到达圆P$_2$需要时间为：8÷1=8(秒)，

综上可知：⊙P与直线CD相切时，时间为4或8秒钟，

故选D．

点评：

本题考查了切线的判定和性质，从切线入手从而解得．

分析：

作PD⊥OB于D，先根据直角三角形的性质求得PD的长，再根据直线和圆相切，则圆的半径等于圆心到直线的距离求解．

解答：

解：作PD⊥OB于D．

∵在直角三角形POD中，∠AOB=30°，P为边OA上一点，且OP=5 cm，

∴PD=2.5(cm)．

要使直线和圆相切，则r=2.5cm．

故答案为：2.5cm．

点评：

此题综合考查了直角三角形的性质和直线和圆的位置关系与数量之间的联系，是中考常见题型，比较简单．