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8. 如图，$PA$，$PB$，$CD$ 分别切 $\odot O$ 于点 $A,B,E$，$CD$ 分别交 $PA,PB$ 于 $C,D$ 两点，若 $∠ P=40°$，则 $∠ PAE+∠ PBE$ 的度数为
$70°$
.答案
由题意,得CE=CA,DE=DB,
∴ ∠CAE=∠CEA,∠DEB=∠DBE,
∴ ∠PCD=∠CAE+∠CEA=2∠CAE,∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠DBE,
∴ ∠CAE=$\frac{1}{2}$∠PCD,∠DBE=$\frac{1}{2}$∠PDC,即∠PAE=$\frac{1}{2}$∠PCD,∠PBE=$\frac{1}{2}$∠PDC.
∵ ∠P=40°,
∴ ∠PAE + ∠PBE = $\frac{1}{2}$∠PCD + $\frac{1}{2}$∠PDC = $\frac{1}{2}$(∠PCD+∠PDC)=$\frac{1}{2}$(180°-∠P)=70°.
∴ ∠CAE=∠CEA,∠DEB=∠DBE,
∴ ∠PCD=∠CAE+∠CEA=2∠CAE,∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠DBE,
∴ ∠CAE=$\frac{1}{2}$∠PCD,∠DBE=$\frac{1}{2}$∠PDC,即∠PAE=$\frac{1}{2}$∠PCD,∠PBE=$\frac{1}{2}$∠PDC.
∵ ∠P=40°,
∴ ∠PAE + ∠PBE = $\frac{1}{2}$∠PCD + $\frac{1}{2}$∠PDC = $\frac{1}{2}$(∠PCD+∠PDC)=$\frac{1}{2}$(180°-∠P)=70°.
解析
【分析】
要解决本题，需结合切线长定理、等腰三角形性质及三角形内角和定理推导：首先利用切线长定理得到相等线段，进而得到等腰三角形，通过外角性质建立角的关系，最后结合三角形内角和计算所求角度和。具体步骤：1. 根据切线长定理得CA=CE、DB=DE；2. 由等腰三角形等边对等角，推出∠CAE=∠CEA、∠DBE=∠DEB；3. 利用三角形外角性质，将∠PCD、∠PDC转化为∠PAE、∠PBE的2倍；4. 在△PCD中，结合内角和定理计算∠PCD+∠PDC，进而求出∠PAE+∠PBE。
【解析】
解：
∵PA、CD分别切⊙O于点A、E，
∴CA=CE（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等），
∴∠CAE=∠CEA（等腰三角形等边对等角），
∴∠PCD=∠CAE+∠CEA=2∠CAE=2∠PAE，即∠PAE=½∠PCD。
同理，
∵PB、CD分别切⊙O于点B、E，
∴DB=DE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴∠PDC=∠DBE+∠DEB=2∠DBE=2∠PBE，即∠PBE=½∠PDC。
在△PCD中，∠P+∠PCD+∠PDC=180°，已知∠P=40°，
∴∠PCD+∠PDC=180°−40°=140°，
∴∠PAE+∠PBE=½∠PCD +½∠PDC=½(∠PCD+∠PDC)=½×140°=70°。
【答案】
70°
【知识点】
切线长定理、等腰三角形性质、三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质与三角形内角知识，核心是通过切线长转化角的关系，将所求角与三角形内角联系，属于中等难度的几何综合题，需熟练掌握切线长定理的应用。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需结合切线长定理、等腰三角形性质及三角形内角和定理推导：首先利用切线长定理得到相等线段，进而得到等腰三角形，通过外角性质建立角的关系，最后结合三角形内角和计算所求角度和。具体步骤：1. 根据切线长定理得CA=CE、DB=DE；2. 由等腰三角形等边对等角，推出∠CAE=∠CEA、∠DBE=∠DEB；3. 利用三角形外角性质，将∠PCD、∠PDC转化为∠PAE、∠PBE的2倍；4. 在△PCD中，结合内角和定理计算∠PCD+∠PDC，进而求出∠PAE+∠PBE。
【解析】
解：
∵PA、CD分别切⊙O于点A、E，
∴CA=CE（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等），
∴∠CAE=∠CEA（等腰三角形等边对等角），
∴∠PCD=∠CAE+∠CEA=2∠CAE=2∠PAE，即∠PAE=½∠PCD。
同理，
∵PB、CD分别切⊙O于点B、E，
∴DB=DE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴∠PDC=∠DBE+∠DEB=2∠DBE=2∠PBE，即∠PBE=½∠PDC。
在△PCD中，∠P+∠PCD+∠PDC=180°，已知∠P=40°，
∴∠PCD+∠PDC=180°−40°=140°，
∴∠PAE+∠PBE=½∠PCD +½∠PDC=½(∠PCD+∠PDC)=½×140°=70°。
【答案】
70°
【知识点】
切线长定理、等腰三角形性质、三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查圆的切线相关性质与三角形内角知识，核心是通过切线长转化角的关系，将所求角与三角形内角联系，属于中等难度的几何综合题，需熟练掌握切线长定理的应用。
【难度系数】
0.6
9. (2025·广州中考)已知$\odot O$的半径为6,$\odot O$所在平面内有一动点$P$,过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA$,$PB$,切点分别为$A$,$B$.点$P$与圆心$O$的距离为$d$,则$d$的取值范围是
$d＞6$
;若过点$O$作$OC// PA$交直线$PB$于点$C$(点$C$不与点$B$重合),线段$OC$与$\odot O$交于点$D$.设$PA=x$,$CD=y$,则$y$关于$x$的函数表达式为$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
.答案
如图,
∵ 过点 P 可以引 ⊙O 的两条切线 PA,PB,
∴ 点 P 在 ⊙O 外,
∴ d＞6.
∵ PA,PB 是 ⊙O 的两条切线,
∴ PA = PB = x, OB ⊥ PB, ∠OPA = ∠OPB,
∴ ∠OBP = 90°.
∵ OC//PA,
∴ ∠OPA = ∠POC,
∴ ∠OPC = ∠POC,
∴ PC = OC.
∵ CD = y,⊙O 的半径为 6,
∴ PC = OC = 6+y,
∴ BC = PB - PC = x-6-y,在 Rt△OBC 中,OC² = OB² + BC²,
∴ (6+y)² = 6² + (x-6-y)²,
∴ $y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$.
解析
【分析】
首先，根据切线的定义：过圆外一点可引圆的两条切线，过圆上一点仅能引一条切线，过圆内一点无法引切线，因此当点P能引⊙O的两条切线时，点P在⊙O外，由此确定d的取值范围。推导y关于x的函数表达式时，需利用切线长定理、平行线的性质得到等腰三角形，再结合勾股定理建立方程化简求解。
【解析】
1. 求d的取值范围：
∵ 过点P可以引⊙O的两条切线PA、PB，
∴ 点P在⊙O外，
又
∵ ⊙O的半径为6，
∴ d＞6。
2. 推导y关于x的函数表达式：
∵ PA、PB是⊙O的切线，
∴ PA=PB=x，OB⊥PB（切线垂直于过切点的半径），即∠OBP=90°，且∠OPA=∠OPB（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角）。
∵ OC//PA，
∴ ∠OPA=∠POC（两直线平行，内错角相等），
∴ ∠OPC=∠POC，
∴ PC=OC（等角对等边）。
∵ ⊙O的半径为6，CD=y，
∴ OC=OD + CD=6 + y，
∴ PC=6 + y。
又
∵ PB=x，
∴ BC=PB - PC = x - (6 + y)=x - 6 - y。
在Rt△OBC中，由勾股定理得：
OC² = OB² + BC²，
代入OC=6+y，OB=6，BC=x-6-y，得：
(6 + y)² = 6² + (x - 6 - y)²，
展开左边：36 + 12y + y²，
右边：36 + (x - 6)² - 2(x - 6)y + y²，
两边消去36和y²，整理得：
12y = (x - 6)² - 2(x - 6)y，
移项得：12y + 2(x - 6)y = (x - 6)²，
提取公因式y：y[12 + 2(x - 6)] = (x - 6)²，
化简括号内：12 + 2x -12=2x，
∴ 2x·y=(x - 6)²，
即 $y=\frac{x^2 -12x +36}{2x}$。
【答案】
d＞6；$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题综合考查切线相关性质与勾股定理的应用，解题核心是利用平行线和等腰三角形的关系转化线段，再通过勾股定理建立方程，需具备一定的几何推理能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
首先，根据切线的定义：过圆外一点可引圆的两条切线，过圆上一点仅能引一条切线，过圆内一点无法引切线，因此当点P能引⊙O的两条切线时，点P在⊙O外，由此确定d的取值范围。推导y关于x的函数表达式时，需利用切线长定理、平行线的性质得到等腰三角形，再结合勾股定理建立方程化简求解。
【解析】
1. 求d的取值范围：
∵ 过点P可以引⊙O的两条切线PA、PB，
∴ 点P在⊙O外，
又
∵ ⊙O的半径为6，
∴ d＞6。
2. 推导y关于x的函数表达式：
∵ PA、PB是⊙O的切线，
∴ PA=PB=x，OB⊥PB（切线垂直于过切点的半径），即∠OBP=90°，且∠OPA=∠OPB（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，该点与圆心的连线平分两条切线的夹角）。
∵ OC//PA，
∴ ∠OPA=∠POC（两直线平行，内错角相等），
∴ ∠OPC=∠POC，
∴ PC=OC（等角对等边）。
∵ ⊙O的半径为6，CD=y，
∴ OC=OD + CD=6 + y，
∴ PC=6 + y。
又
∵ PB=x，
∴ BC=PB - PC = x - (6 + y)=x - 6 - y。
在Rt△OBC中，由勾股定理得：
OC² = OB² + BC²，
代入OC=6+y，OB=6，BC=x-6-y，得：
(6 + y)² = 6² + (x - 6 - y)²，
展开左边：36 + 12y + y²，
右边：36 + (x - 6)² - 2(x - 6)y + y²，
两边消去36和y²，整理得：
12y = (x - 6)² - 2(x - 6)y，
移项得：12y + 2(x - 6)y = (x - 6)²，
提取公因式y：y[12 + 2(x - 6)] = (x - 6)²，
化简括号内：12 + 2x -12=2x，
∴ 2x·y=(x - 6)²，
即 $y=\frac{x^2 -12x +36}{2x}$。
【答案】
d＞6；$y=\frac{x^2-12x+36}{2x}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题综合考查切线相关性质与勾股定理的应用，解题核心是利用平行线和等腰三角形的关系转化线段，再通过勾股定理建立方程，需具备一定的几何推理能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
10. 如图,$P$为$\odot O$外一点,$PA,PB$是$\odot O$的切线,$A,B$为切点,点$C$在$\odot O$上,连接$OA$,$OC,AC$.
(1)求证:$∠ AOC=2∠ PAC$;
(2)连接$OB$,若$AC// OB$,$\odot O$的半径为$5$,$AC=6$,求$AP$的长.
(1)求证:$∠ AOC=2∠ PAC$;
(2)连接$OB$,若$AC// OB$,$\odot O$的半径为$5$,$AC=6$,求$AP$的长.
答案
(1)如图,过点 O 作 OH ⊥ AC 于点 H,
∴ ∠OHA = 90°,
∴ ∠AOH+∠OAC=90°.
∵ PA 是 ⊙O 的切线,
∴ ∠OAP=90°,
∴ ∠OAC+∠PAC=90°,
∴ ∠AOH=∠PAC.
∵ OA=OC,OH⊥AC,
∴ ∠AOC=2∠AOH,
∴ ∠AOC=2∠PAC.
(2)如图,连接 OB,延长 AC 交 PB 于点 E,
∵ PA,PB 是 ⊙O 的切线,
∴ OB⊥PB,PA=PB.
∵ AC//OB,
∴ AE⊥PB,
∴ 四边形 OBEH 是矩形,
∴ OH=BE,HE=OB=5.
∵ OH⊥AC,OA=OC,
∴ AH=CH=$\frac{1}{2}$AC=3,
∴ OH=$\sqrt{OC^2-CH^2}$=4,
∴ BE=OH=4,AE=AH+HE=8.
∵ PA²=AE²+PE²,
∴ PA²=8²+(PA-4)²,解得 AP=10.
解析
【分析】
第(1)问要证明∠AOC=2∠PAC，可通过作辅助线OH⊥AC，利用等腰三角形“三线合一”得到∠AOC=2∠AOH，再结合切线的性质（切线垂直于过切点的半径），通过直角三角形的锐角互余关系推导∠AOH与∠PAC相等，从而完成证明；第(2)问已知AC//OB，结合切线性质推出AC⊥PB，构造矩形OBEH，利用勾股定理求出OH的长度，再设AP=PB，结合线段关系和勾股定理列方程求解AP的长。
【解析】
(1) 证明：过点O作OH⊥AC于点H，
∴ ∠OHA=90°，
在Rt△AOH中，∠AOH + ∠OAC = 90°，
∵ PA是⊙O的切线，A为切点，
∴ OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴ ∠OAC + ∠PAC = 90°，
∴ ∠AOH = ∠PAC，
又
∵ OA=OC，OH⊥AC，
∴ ∠AOC = 2∠AOH，
∴ ∠AOC = 2∠PAC。
(2) 解：连接OB，延长AC交PB于点E，
∵ PA、PB是⊙O的切线，
∴ OA⊥PA，OB⊥PB，PA=PB，
∵ AC//OB，
∴ AE⊥PB，
又
∵ OH⊥AC，OB⊥PB，
∴ 四边形OBEH是矩形，
∴ OH=BE，HE=OB=5，
∵ OH⊥AC，OA=OC，AC=6，
∴ AH=CH=½AC=3，
在Rt△AOH中，OA=5，AH=3，
由勾股定理得：OH=√(OA² - AH²)=√(5² - 3²)=4，
∴ BE=OH=4，AE=AH + HE=3 + 5=8，
设AP=PB=x，则PE=PB - BE=x - 4，
在Rt△APE中，由勾股定理得：AP²=AE² + PE²，
即x²=8² + (x - 4)²，
展开化简得：8x=80，解得x=10，
∴ AP的长为10。
【答案】
10
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查切线性质、等腰三角形性质及勾股定理的应用，通过作辅助线转化几何关系是解题关键，需具备几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.5
第(1)问要证明∠AOC=2∠PAC，可通过作辅助线OH⊥AC，利用等腰三角形“三线合一”得到∠AOC=2∠AOH，再结合切线的性质（切线垂直于过切点的半径），通过直角三角形的锐角互余关系推导∠AOH与∠PAC相等，从而完成证明；第(2)问已知AC//OB，结合切线性质推出AC⊥PB，构造矩形OBEH，利用勾股定理求出OH的长度，再设AP=PB，结合线段关系和勾股定理列方程求解AP的长。
【解析】
(1) 证明：过点O作OH⊥AC于点H，
∴ ∠OHA=90°，
在Rt△AOH中，∠AOH + ∠OAC = 90°，
∵ PA是⊙O的切线，A为切点，
∴ OA⊥PA，即∠OAP=90°，
∴ ∠OAC + ∠PAC = 90°，
∴ ∠AOH = ∠PAC，
又
∵ OA=OC，OH⊥AC，
∴ ∠AOC = 2∠AOH，
∴ ∠AOC = 2∠PAC。
(2) 解：连接OB，延长AC交PB于点E，
∵ PA、PB是⊙O的切线，
∴ OA⊥PA，OB⊥PB，PA=PB，
∵ AC//OB，
∴ AE⊥PB，
又
∵ OH⊥AC，OB⊥PB，
∴ 四边形OBEH是矩形，
∴ OH=BE，HE=OB=5，
∵ OH⊥AC，OA=OC，AC=6，
∴ AH=CH=½AC=3，
在Rt△AOH中，OA=5，AH=3，
由勾股定理得：OH=√(OA² - AH²)=√(5² - 3²)=4，
∴ BE=OH=4，AE=AH + HE=3 + 5=8，
设AP=PB=x，则PE=PB - BE=x - 4，
在Rt△APE中，由勾股定理得：AP²=AE² + PE²，
即x²=8² + (x - 4)²，
展开化简得：8x=80，解得x=10，
∴ AP的长为10。
【答案】
10
【知识点】
切线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查切线性质、等腰三角形性质及勾股定理的应用，通过作辅助线转化几何关系是解题关键，需具备几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.5
11. 如图,两个同心圆的圆心是 O,AD 是大圆的直径,大圆的弦 AB,BE 分别与小圆相切于点C,F,连接 BD,则 $∠ ABE + 2∠ D =$
$180°$
.答案
如图,连接 AE,OC,OF,则 OC⊥AB,OF⊥BE,且 AC=BC,BF=FE.又
∵ BC=BF,
∴ AB=BE,
∴ ∠BAE=∠BEA.
∵ ∠D=∠AEB,
∴ ∠ABE+2∠D=∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°.
解析
【分析】要解决该问题，需通过添加辅助线，结合圆的切线性质、切线长定理、圆周角定理及三角形内角和定理推导。首先连接AE、OC、OF，利用切线垂直于过切点的半径，得到OC⊥AB、OF⊥BE；再根据垂径定理和切线长定理，得出AC=BC、BF=FE，结合B到小圆的两条切线长相等（BC=BF），推导出AB=BE，进而得到△ABE为等腰三角形，∠BAE=∠BEA；最后利用同弧所对的圆周角相等，得∠D=∠AEB，结合三角形内角和定理即可求出结果。
【解析】连接AE、OC、OF。
1. 因为AB是小圆的切线，切点为C，根据切线的性质，OC⊥AB；又AB是大圆的弦，OC过圆心O，根据垂径定理，AC=BC，即AB=2BC。
2. 同理，BE是小圆的切线，切点为F，故OF⊥BE，且BF=FE，即BE=2BF。
3. 由于B是小圆外一点，AB、BE分别切小圆于C、F，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此BC=BF，进而AB=BE。
4. 由AB=BE，可知△ABE是等腰三角形，所以∠BAE=∠BEA。
5. 在大圆中，∠D和∠AEB都是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，故∠D=∠AEB。
6. 在△ABE中，根据三角形内角和定理，∠ABE + ∠BAE + ∠BEA = 180°，将∠BAE=∠BEA=∠D代入，得∠ABE + 2∠D = 180°。
【答案】180°
【知识点】切线的性质、圆周角定理、三角形内角和定理
【点评】本题综合考查圆的相关性质，关键在于合理添加辅助线，利用切线性质和切线长定理推导边的关系，再结合圆周角与内角和完成求解，是圆中角度计算的典型题型。
【难度系数】0.5
【解析】连接AE、OC、OF。
1. 因为AB是小圆的切线，切点为C，根据切线的性质，OC⊥AB；又AB是大圆的弦，OC过圆心O，根据垂径定理，AC=BC，即AB=2BC。
2. 同理，BE是小圆的切线，切点为F，故OF⊥BE，且BF=FE，即BE=2BF。
3. 由于B是小圆外一点，AB、BE分别切小圆于C、F，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此BC=BF，进而AB=BE。
4. 由AB=BE，可知△ABE是等腰三角形，所以∠BAE=∠BEA。
5. 在大圆中，∠D和∠AEB都是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，故∠D=∠AEB。
6. 在△ABE中，根据三角形内角和定理，∠ABE + ∠BAE + ∠BEA = 180°，将∠BAE=∠BEA=∠D代入，得∠ABE + 2∠D = 180°。
【答案】180°
【知识点】切线的性质、圆周角定理、三角形内角和定理
【点评】本题综合考查圆的相关性质，关键在于合理添加辅助线，利用切线性质和切线长定理推导边的关系，再结合圆周角与内角和完成求解，是圆中角度计算的典型题型。
【难度系数】0.5
12. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ A=90^{ \circ }$,$AB=AC=m$,$O$是$BC$边上的点且$\odot O$与$AB$,$AC$都相切,切点分别为$D$,$E$.
(1)求$\odot O$的半径(用含$m$的式子表示);
(2)如果$F$为$\overset{\frown}{DE}$上的一个动点(不与点$D$,$E$重合),过点$F$作$\odot O$的切线分别与边$AB$,$AC$相交于点$G$,$H$.连接$OG$,$OH$,有两个结论:①四边形$BCHG$的周长不变;②$∠ GOH$的度数不变.已知这两个结论只有一个正确,找出正确的结论并证明;
(3)探究:在(2)的条件下,设$m=6$,$BG=x$,$CH=y$,求$y$与$x$之间的数量关系.
(1)求$\odot O$的半径(用含$m$的式子表示);
(2)如果$F$为$\overset{\frown}{DE}$上的一个动点(不与点$D$,$E$重合),过点$F$作$\odot O$的切线分别与边$AB$,$AC$相交于点$G$,$H$.连接$OG$,$OH$,有两个结论:①四边形$BCHG$的周长不变;②$∠ GOH$的度数不变.已知这两个结论只有一个正确,找出正确的结论并证明;
(3)探究:在(2)的条件下,设$m=6$,$BG=x$,$CH=y$,求$y$与$x$之间的数量关系.
答案
(1)如图,连接 OD,OE,OA,
∵ O 是 BC 上的点且 ⊙O 与 AB,AC 都相切,
∴ OD⊥AB,AC⊥OE.又
∵ ∠BAC=90°,且 OD = OE,
∴ 四边形 ADOE 为正方形,
∴ OE = AE,
∴ ∠OAE=45°.又
∵ ∠C=45°,
∴ △OAC 为等腰直角三角形,
∴ OE=AE=EC=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{m}{2}$,即⊙O 的半径是$\frac{m}{2}$.
(2)②的结论正确.理由如下:如图,连接 OF,OG,OH,由题意知 GD = GF,HE = HF,∠DOG = ∠FOG,∠FOH = ∠HOE,而∠DOE=90°,
∴ ∠GOH=$\frac{∠DOE}{2}$=45°.
(3)
∵ m=6,BG=x,CH=y,则 AB=AC=6,
∴ BD=CE=3,
∴ GF=GD=x-3,FH=HE=y-3,AG=6-x,AH=6-y,
∴ GH=x+y-6,由∠BAC=90°,可得 GH²=AG²+AH²,
∴ (x+y-6)²=(6-x)²+(6-y)²,
∴ $y=\frac{18}{x}$.
解析
【分析】
本题为几何综合题，分三小问逐步求解：
(1) 求⊙O半径：利用切线性质得OD⊥AB、OE⊥AC，结合∠A=90°和OD=OE，判定四边形ADOE为正方形，再结合等腰直角△ABC的性质，推导半径与AC的关系；
(2) 判断结论：连接OF，用切线长定理和角平分线性质，计算∠GOH的度数，确定其是否为定值；
(3) 探究y与x的关系：用切线长定理表示相关线段，结合Rt△AGH的勾股定理建立方程，化简得关系。
【解析】
(1) 连接OD、OE、OA。
∵ AB、AC分别与⊙O相切于D、E，
∴ OD⊥AB，OE⊥AC，即∠ADO=∠AEO=90°。
又∠BAC=90°，OD=OE，
∴ 四边形ADOE是正方形，故OE=AE，∠OAE=45°。
∵ △ABC是等腰直角三角形，∠C=45°，
∴ ∠EOC=45°，得OE=EC。
∵ AC=m，
∴ OE=AE=EC=$\frac{1}{2}AC=\frac{m}{2}$，即⊙O半径为$\frac{m}{2}$。
(2) 结论②正确，证明如下：
连接OF、OG、OH。
∵ GH是⊙O切线，F为切点，
∴ GD=GF，HE=HF，且OG平分∠DOF，OH平分∠FOE，
即∠DOG=∠FOG，∠FOH=∠HOE。
∵ ∠DOE=90°，
∴ ∠GOH=∠FOG+∠FOH=$\frac{∠DOF+∠FOE}{2}=\frac{∠DOE}{2}=45°$，
故∠GOH度数不变，结论②正确。
(3) 当m=6时，AB=AC=6，由(1)知⊙O半径为3，故AD=AE=3，
∴ BD=AB-AD=3，CE=AC-AE=3。
∵ BG=x，CH=y，
∴ GD=BG-BD=x-3，HE=CH-CE=y-3，
则GH=GF+FH=(x-3)+(y-3)=x+y-6。
又AG=AB-BG=6-x，AH=AC-CH=6-y，
在Rt△AGH中，由勾股定理：
GH²=AG²+AH²，
即$(x+y-6)^2=(6-x)^2+(6-y)^2$，
展开化简得：$xy=18$，即$y=\frac{18}{x}$。
【答案】
(1) ⊙O的半径为$\frac{m}{2}$；
(2) 结论②正确；
(3) $y=\frac{18}{x}$
【知识点】
切线的性质、切线长定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、切线长定理，结合等腰直角三角形、正方形性质及勾股定理，需熟练运用几何定理并结合代数运算，考查逻辑推理与运算能力。
【难度系数】
0.5
本题为几何综合题，分三小问逐步求解：
(1) 求⊙O半径：利用切线性质得OD⊥AB、OE⊥AC，结合∠A=90°和OD=OE，判定四边形ADOE为正方形，再结合等腰直角△ABC的性质，推导半径与AC的关系；
(2) 判断结论：连接OF，用切线长定理和角平分线性质，计算∠GOH的度数，确定其是否为定值；
(3) 探究y与x的关系：用切线长定理表示相关线段，结合Rt△AGH的勾股定理建立方程，化简得关系。
【解析】
(1) 连接OD、OE、OA。
∵ AB、AC分别与⊙O相切于D、E，
∴ OD⊥AB，OE⊥AC，即∠ADO=∠AEO=90°。
又∠BAC=90°，OD=OE，
∴ 四边形ADOE是正方形，故OE=AE，∠OAE=45°。
∵ △ABC是等腰直角三角形，∠C=45°，
∴ ∠EOC=45°，得OE=EC。
∵ AC=m，
∴ OE=AE=EC=$\frac{1}{2}AC=\frac{m}{2}$，即⊙O半径为$\frac{m}{2}$。
(2) 结论②正确，证明如下：
连接OF、OG、OH。
∵ GH是⊙O切线，F为切点，
∴ GD=GF，HE=HF，且OG平分∠DOF，OH平分∠FOE，
即∠DOG=∠FOG，∠FOH=∠HOE。
∵ ∠DOE=90°，
∴ ∠GOH=∠FOG+∠FOH=$\frac{∠DOF+∠FOE}{2}=\frac{∠DOE}{2}=45°$，
故∠GOH度数不变，结论②正确。
(3) 当m=6时，AB=AC=6，由(1)知⊙O半径为3，故AD=AE=3，
∴ BD=AB-AD=3，CE=AC-AE=3。
∵ BG=x，CH=y，
∴ GD=BG-BD=x-3，HE=CH-CE=y-3，
则GH=GF+FH=(x-3)+(y-3)=x+y-6。
又AG=AB-BG=6-x，AH=AC-CH=6-y，
在Rt△AGH中，由勾股定理：
GH²=AG²+AH²，
即$(x+y-6)^2=(6-x)^2+(6-y)^2$，
展开化简得：$xy=18$，即$y=\frac{18}{x}$。
【答案】
(1) ⊙O的半径为$\frac{m}{2}$；
(2) 结论②正确；
(3) $y=\frac{18}{x}$
【知识点】
切线的性质、切线长定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、切线长定理，结合等腰直角三角形、正方形性质及勾股定理，需熟练运用几何定理并结合代数运算，考查逻辑推理与运算能力。
【难度系数】
0.5
