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7 如图，在△ABC中，∠ACB=70°，⊙O与△ABC的三边都相切，设与AB，BC分别相切于点D，E，连接DE，连接AO并延长，交DE于点F，则∠AFD=
（第7题）
35
°。（第7题）答案
7. 35
解析
【分析】
要计算∠AFD的度数，可将其放在△ADF中利用三角形内角和求解：
1. 首先明确⊙O是△ABC的内切圆，圆心O是三角形的内心，因此AO平分∠BAC，可得∠DAF=$\frac{1}{2}$∠BAC；
2. 再根据切线长定理，得BD=BE，因此△BDE是等腰三角形，可求出∠BDE的度数，进而得到它的邻补角∠ADF的度数；
3. 最后结合三角形内角和为180°，以及△ABC中∠BAC+∠B=180°-∠ACB，代入化简即可求出∠AFD。
【解析】
解：
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC分别相切于点D、E
∴O是△ABC的内心，BD=BE（切线长定理），AO平分∠BAC
∴$∠ DAF = \frac{1}{2}∠ BAC$
∵BD=BE，
∴△BDE为等腰三角形
∴$∠ BDE = \frac{180°-∠ B}{2} = 90°-\frac{1}{2}∠ B$
∴$∠ ADF = 180°-∠ BDE = 180°-(90°-\frac{1}{2}∠ B) = 90°+\frac{1}{2}∠ B$
在△ADF中，$∠ AFD + ∠ DAF + ∠ ADF = 180°$
代入得：
$∠ AFD = 180°-\frac{1}{2}∠ BAC -(90°+\frac{1}{2}∠ B) = 90°-\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ B)$
在△ABC中，$∠ BAC + ∠ B = 180°-∠ ACB = 180°-70°=110°$
∴$∠ AFD = 90°-\frac{1}{2}×110° = 35°$
【答案】
35
【知识点】
三角形内心的性质，切线长定理，三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查三角形内切圆的相关性质，解题的关键是将待求角放在三角形中，结合切线长定理和角平分线性质转化角度，通过角度的等量代换得到结果，需要熟练掌握基础定理的应用。
【难度系数】
0.6
要计算∠AFD的度数，可将其放在△ADF中利用三角形内角和求解：
1. 首先明确⊙O是△ABC的内切圆，圆心O是三角形的内心，因此AO平分∠BAC，可得∠DAF=$\frac{1}{2}$∠BAC；
2. 再根据切线长定理，得BD=BE，因此△BDE是等腰三角形，可求出∠BDE的度数，进而得到它的邻补角∠ADF的度数；
3. 最后结合三角形内角和为180°，以及△ABC中∠BAC+∠B=180°-∠ACB，代入化简即可求出∠AFD。
【解析】
解：
∵⊙O是△ABC的内切圆，与AB、BC分别相切于点D、E
∴O是△ABC的内心，BD=BE（切线长定理），AO平分∠BAC
∴$∠ DAF = \frac{1}{2}∠ BAC$
∵BD=BE，
∴△BDE为等腰三角形
∴$∠ BDE = \frac{180°-∠ B}{2} = 90°-\frac{1}{2}∠ B$
∴$∠ ADF = 180°-∠ BDE = 180°-(90°-\frac{1}{2}∠ B) = 90°+\frac{1}{2}∠ B$
在△ADF中，$∠ AFD + ∠ DAF + ∠ ADF = 180°$
代入得：
$∠ AFD = 180°-\frac{1}{2}∠ BAC -(90°+\frac{1}{2}∠ B) = 90°-\frac{1}{2}(∠ BAC+∠ B)$
在△ABC中，$∠ BAC + ∠ B = 180°-∠ ACB = 180°-70°=110°$
∴$∠ AFD = 90°-\frac{1}{2}×110° = 35°$
【答案】
35
【知识点】
三角形内心的性质，切线长定理，三角形内角和定理
【点评】
本题综合考查三角形内切圆的相关性质，解题的关键是将待求角放在三角形中，结合切线长定理和角平分线性质转化角度，通过角度的等量代换得到结果，需要熟练掌握基础定理的应用。
【难度系数】
0.6
8 [2024绵阳改编]如图，在$△ ADE$中，$∠ DAE=90°$，某圆与$△ ADE$的三边都相切，其中与$DE$相切于点$G$，当$EG=\sqrt{5}-1$，$DG=\sqrt{5}+1$时，$\dfrac{AE}{AD}$的值为________。
答案
8. $\frac{1}{2}$
【解析】如图，设与$△ ADE$三边都相切的圆的圆心为$O$，$AD,AE$分别与$\odot O$相切于点$K,H$,连接$OG,OK,OH$,则易得四边形$OKAH$为正方形.根据切线长定理可得$DK=DG=\sqrt{5}+1$,$EH=EG=\sqrt{5}-1$.设$\odot O$的半径为$r$,则$OK=OG=OH=r$. $\therefore$ 易得$AK=AH=r$, $\therefore AD=DK+AK=\sqrt{5}+1+r$, $AE=\sqrt{5}-1+r$. 在$\mathrm{Rt}△ ADE$中,$DE=DG+EG=2\sqrt{5}$,$AD^2+AE^2=DE^2$,即$(\sqrt{5}+1+r)^2+(\sqrt{5}-1+r)^2=(2\sqrt{5})^2$.整理,得$r^2+2\sqrt{5}r-4=0$,解得$r_1=3-\sqrt{5}$,$r_2=-3-\sqrt{5}$(不合题意,舍去),$\therefore AD=4$,$AE=2$,$\therefore \frac{AE}{AD}=\frac{1}{2}$.
（第8题）解析
【分析】
本题是直角三角形内切圆相关的计算问题，解题可按以下思路思考：①首先看到圆与三角形三边都相切，判断这是三角形的内切圆，优先联想到切线长定理，同时直角三角形的内切圆在直角顶点处，由圆心、两个切点和直角顶点构成的四边形是正方形；②利用切线长定理，将AD、AE两边分别用内切圆半径r表示，DE的长度可直接由DG+EG求出；③结合直角三角形的勾股定理，列出关于r的方程，求解得到r的值后即可计算AE、AD的长度，最终求出比值。
【解析】
设与$△ADE$三边都相切的圆的圆心为$O$，$AD,AE$分别与$\odot O$相切于点$K,H$，连接$OG,OK,OH$。
∵圆与三边相切，
∴$OK⊥AD$，$OH⊥AE$，$OG⊥DE$，又$∠DAE=90°$，$OK=OH=r$，
∴四边形$OKAH$为正方形，即$AK=AH=r$。
根据切线长定理可得：$DK=DG=\sqrt{5}+1$，$EH=EG=\sqrt{5}-1$。
因此$AD=DK+AK=\sqrt{5}+1+r$，$AE=EH+AH=\sqrt{5}-1+r$，$DE=DG+EG=(\sqrt{5}+1)+(\sqrt{5}-1)=2\sqrt{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ADE$中，由勾股定理得$AD^2+AE^2=DE^2$，代入得：
$(\sqrt{5}+1+r)^2+(\sqrt{5}-1+r)^2=(2\sqrt{5})^2$
展开整理得：$r^2+2\sqrt{5}r-4=0$
解得$r_1=3-\sqrt{5}$，$r_2=-3-\sqrt{5}$（半径为正，舍去）
代入得$AD=\sqrt{5}+1+3-\sqrt{5}=4$，$AE=\sqrt{5}-1+3-\sqrt{5}=2$，故$\frac{AE}{AD}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
切线长定理；勾股定理；三角形内切圆性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，将切线长定理与勾股定理结合考查，解题的核心是通过设内切圆半径为参数，利用切线长定理表示出直角三角形的两条直角边，再借助勾股定理构建方程求解，计算过程中要注意舍去不符合实际意义的负根。
【难度系数】
0.7
本题是直角三角形内切圆相关的计算问题，解题可按以下思路思考：①首先看到圆与三角形三边都相切，判断这是三角形的内切圆，优先联想到切线长定理，同时直角三角形的内切圆在直角顶点处，由圆心、两个切点和直角顶点构成的四边形是正方形；②利用切线长定理，将AD、AE两边分别用内切圆半径r表示，DE的长度可直接由DG+EG求出；③结合直角三角形的勾股定理，列出关于r的方程，求解得到r的值后即可计算AE、AD的长度，最终求出比值。
【解析】
设与$△ADE$三边都相切的圆的圆心为$O$，$AD,AE$分别与$\odot O$相切于点$K,H$，连接$OG,OK,OH$。
∵圆与三边相切，
∴$OK⊥AD$，$OH⊥AE$，$OG⊥DE$，又$∠DAE=90°$，$OK=OH=r$，
∴四边形$OKAH$为正方形，即$AK=AH=r$。
根据切线长定理可得：$DK=DG=\sqrt{5}+1$，$EH=EG=\sqrt{5}-1$。
因此$AD=DK+AK=\sqrt{5}+1+r$，$AE=EH+AH=\sqrt{5}-1+r$，$DE=DG+EG=(\sqrt{5}+1)+(\sqrt{5}-1)=2\sqrt{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ADE$中，由勾股定理得$AD^2+AE^2=DE^2$，代入得：
$(\sqrt{5}+1+r)^2+(\sqrt{5}-1+r)^2=(2\sqrt{5})^2$
展开整理得：$r^2+2\sqrt{5}r-4=0$
解得$r_1=3-\sqrt{5}$，$r_2=-3-\sqrt{5}$（半径为正，舍去）
代入得$AD=\sqrt{5}+1+3-\sqrt{5}=4$，$AE=\sqrt{5}-1+3-\sqrt{5}=2$，故$\frac{AE}{AD}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
切线长定理；勾股定理；三角形内切圆性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，将切线长定理与勾股定理结合考查，解题的核心是通过设内切圆半径为参数，利用切线长定理表示出直角三角形的两条直角边，再借助勾股定理构建方程求解，计算过程中要注意舍去不符合实际意义的负根。
【难度系数】
0.7
9 [2024 通辽]如图,在△ABC中,∠ACB=90°,O为AC边上一点,以点O为圆心,OC长为半径作圆,与AB相切于点D,连接CD.
（1）求证:∠ABC=2∠ACD；
（2）若AC=8,BC=6,求⊙O的半径.
（1）求证:∠ABC=2∠ACD；
（2）若AC=8,BC=6,求⊙O的半径.
答案
9. （1）连接$OD$. $\because AB$ 为$\odot O$ 的切线,$\therefore OD⊥ AB$,$\therefore ∠ ODA=90°$,$\therefore ∠ AOD+∠ A=90°$. $\because OC=OD$,$\therefore ∠ ACD=∠ ODC$,$\therefore ∠ AOD=∠ ACD+∠ ODC=2∠ ACD$,$\therefore 2∠ ACD +∠ A=90°$.
$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ ABC +∠ A=90°$,$\therefore ∠ ABC=2∠ ACD$
（2）设$\odot O$的半径为$r$,则$OD=OC=r$,$OA=8-r$. $\because ∠ ACB=90°$,$AC=8$,$BC=6$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ACB$中,$AB=\sqrt{6^2+8^2}=10$. $\because ∠ ACB=90°$,$OC$是$\odot O$的半径,$\therefore BC$是$\odot O$的切线. $\because AB$切$\odot O$于点$D$,$\therefore BD=BC=6$,$\therefore AD=AB-BD=4$. 在$\mathrm{Rt}△ ODA$中,由勾股定理,得$OD^2+AD^2=OA^2$,即$r^2+4^2=(8-r)^2$,解得$r=3$,$\therefore \odot O$的半径为3
$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ ABC +∠ A=90°$,$\therefore ∠ ABC=2∠ ACD$
（2）设$\odot O$的半径为$r$,则$OD=OC=r$,$OA=8-r$. $\because ∠ ACB=90°$,$AC=8$,$BC=6$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ACB$中,$AB=\sqrt{6^2+8^2}=10$. $\because ∠ ACB=90°$,$OC$是$\odot O$的半径,$\therefore BC$是$\odot O$的切线. $\because AB$切$\odot O$于点$D$,$\therefore BD=BC=6$,$\therefore AD=AB-BD=4$. 在$\mathrm{Rt}△ ODA$中,由勾股定理,得$OD^2+AD^2=OA^2$,即$r^2+4^2=(8-r)^2$,解得$r=3$,$\therefore \odot O$的半径为3
解析
【分析】
（1）要证明∠ABC=2∠ACD，首先连接切线AB对应的半径OD，利用切线性质得OD⊥AB，结合等腰△OCD的外角性质可得∠AOD=2∠ACD，再利用直角三角形两锐角互余的性质，通过公共角∠A的余角相等，即可推导出∠ABC与∠ACD的数量关系。
（2）求⊙O的半径，先在Rt△ACB中用勾股定理算出AB的长，再根据切线长定理得BD=BC，进而求出AD的长度，设半径为r，用含r的式子表示OA，最后在Rt△ODA中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
（1）证明：连接$OD$.
$\because AB$ 为$\odot O$ 的切线，
$\therefore OD⊥ AB$，即$∠ ODA=90°$，
$\therefore ∠ AOD+∠ A=90°$.
$\because OC=OD$（同圆半径相等），
$\therefore ∠ ACD=∠ ODC$，
由三角形外角性质可得$∠ AOD=∠ ACD+∠ ODC=2∠ ACD$，
代入得$2∠ ACD +∠ A=90°$.
又$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ ABC +∠ A=90°$，
$\therefore ∠ ABC=2∠ ACD$，得证。
（2）解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$OA=AC-OC=8-r$.
$\because ∠ ACB=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
$\because ∠ ACB=90°$，$OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，
又$\because AB$切$\odot O$于点$D$，
$\therefore$ 由切线长定理得$BD=BC=6$，
$\therefore AD=AB-BD=10-6=4$.
在$\mathrm{Rt}△ ODA$中，由勾股定理，得$OD^2+AD^2=OA^2$，
即$r^2+4^2=(8-r)^2$，
展开得$r^2+16=64-16r+r^2$，
化简得$16r=48$，解得$r=3$.
【答案】
（1）∠ABC=2∠ACD得证；
（2）$\odot O$的半径为$\boxed{3}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的常规综合题，解题核心是熟练掌握切线相关的性质与定理，第一问通过角的等量代换完成角度关系的证明，第二问结合方程思想，利用勾股定理建立方程求解半径，属于高频考查题型，掌握基础几何定理和方程思想即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
（1）要证明∠ABC=2∠ACD，首先连接切线AB对应的半径OD，利用切线性质得OD⊥AB，结合等腰△OCD的外角性质可得∠AOD=2∠ACD，再利用直角三角形两锐角互余的性质，通过公共角∠A的余角相等，即可推导出∠ABC与∠ACD的数量关系。
（2）求⊙O的半径，先在Rt△ACB中用勾股定理算出AB的长，再根据切线长定理得BD=BC，进而求出AD的长度，设半径为r，用含r的式子表示OA，最后在Rt△ODA中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
（1）证明：连接$OD$.
$\because AB$ 为$\odot O$ 的切线，
$\therefore OD⊥ AB$，即$∠ ODA=90°$，
$\therefore ∠ AOD+∠ A=90°$.
$\because OC=OD$（同圆半径相等），
$\therefore ∠ ACD=∠ ODC$，
由三角形外角性质可得$∠ AOD=∠ ACD+∠ ODC=2∠ ACD$，
代入得$2∠ ACD +∠ A=90°$.
又$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ ABC +∠ A=90°$，
$\therefore ∠ ABC=2∠ ACD$，得证。
（2）解：设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OC=r$，$OA=AC-OC=8-r$.
$\because ∠ ACB=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$.
$\because ∠ ACB=90°$，$OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，
又$\because AB$切$\odot O$于点$D$，
$\therefore$ 由切线长定理得$BD=BC=6$，
$\therefore AD=AB-BD=10-6=4$.
在$\mathrm{Rt}△ ODA$中，由勾股定理，得$OD^2+AD^2=OA^2$，
即$r^2+4^2=(8-r)^2$，
展开得$r^2+16=64-16r+r^2$，
化简得$16r=48$，解得$r=3$.
【答案】
（1）∠ABC=2∠ACD得证；
（2）$\odot O$的半径为$\boxed{3}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的常规综合题，解题核心是熟练掌握切线相关的性质与定理，第一问通过角的等量代换完成角度关系的证明，第二问结合方程思想，利用勾股定理建立方程求解半径，属于高频考查题型，掌握基础几何定理和方程思想即可顺利解题。
【难度系数】
0.7
10 [2025 广州]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$A$，$B$，连接$OP$.
（1）设点$P$与圆心$O$的距离为$d$，则$d$的取值范围是
（2）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$PA=x$，$CD=y$，试求出$y$关于$x$的函数表达式.
（1）设点$P$与圆心$O$的距离为$d$，则$d$的取值范围是
$d＞6$
.（2）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$PA=x$，$CD=y$，试求出$y$关于$x$的函数表达式.
答案
10. （1）$d＞6$
【解析】$\because$ 过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA,PB$,$\therefore$ 点$P$在$\odot O$外,$\therefore d＞6$.
（2）连接$OA,OB$. $\because PA$切$\odot O$于点$A$,$PB$切$\odot O$于点$B$,$\therefore PB=PA=x$,$OA⊥ PA$,$OB⊥ PB$. $\because OA=OB=6$,$\therefore PO$平分$∠ APB$,即$∠ APO=∠ BPO$. $\because OC// PA$,$\therefore ∠ POC=∠ APO$,$\therefore ∠ POC=∠ CPO$,$\therefore PC=OC=OD+CD=y+6$,$\therefore BC=PB-PC=x-(y+6)=x-y-6$. 在$\mathrm{Rt}△ OBC$中,$\because OC^2=BC^2+OB^2$,$\therefore (y+6)^2=(x-y-6)^2+6^2$,化简,得$y=\frac{(x-6)^2}{2x}$
【解析】$\because$ 过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA,PB$,$\therefore$ 点$P$在$\odot O$外,$\therefore d＞6$.
（2）连接$OA,OB$. $\because PA$切$\odot O$于点$A$,$PB$切$\odot O$于点$B$,$\therefore PB=PA=x$,$OA⊥ PA$,$OB⊥ PB$. $\because OA=OB=6$,$\therefore PO$平分$∠ APB$,即$∠ APO=∠ BPO$. $\because OC// PA$,$\therefore ∠ POC=∠ APO$,$\therefore ∠ POC=∠ CPO$,$\therefore PC=OC=OD+CD=y+6$,$\therefore BC=PB-PC=x-(y+6)=x-y-6$. 在$\mathrm{Rt}△ OBC$中,$\because OC^2=BC^2+OB^2$,$\therefore (y+6)^2=(x-y-6)^2+6^2$,化简,得$y=\frac{(x-6)^2}{2x}$
解析
【分析】
（1）要确定d的取值范围，可结合切线的相关结论分析：过圆内一点无法引圆的切线，过圆上一点仅能引1条圆的切线，过圆外一点可以引2条圆的切线。已知过P能引两条切线，说明P在⊙O外，因此OP的长度d大于圆的半径6。
（2）解决第二问首先遇到切线可连接圆心和切点，构造垂直关系，结合切线长定理得到PA=PB、OP平分∠APB；再根据OC//PA，利用平行线的内错角相等推导角的等量关系，得到△POC为等腰三角形，即PC=OC；最后在Rt△OBC中利用勾股定理列等式，整理化简即可得到y关于x的函数表达式。
【解析】
（1）$\because$ 过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA,PB$，$\therefore$ 点$P$在$\odot O$外，
又$\because \odot O$的半径为6，$\therefore d＞6$。
（2）连接$OA,OB$。
$\because PA$切$\odot O$于点$A$，$PB$切$\odot O$于点$B$，
$\therefore PB=PA=x$，$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$。
$\because OA=OB=6$，
$\therefore PO$平分$∠ APB$，即$∠ APO=∠ BPO$。
$\because OC// PA$，
$\therefore ∠ POC=∠ APO$，
$\therefore ∠ POC=∠ CPO$，
$\therefore PC=OC=OD+CD=y+6$，
$\therefore BC=PB-PC=x-(y+6)=x-y-6$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，由勾股定理得$OC^2=BC^2+OB^2$，
$\therefore (y+6)^2=(x-y-6)^2+6^2$，
展开化简：
$y^2+12y+36=(x-6)^2-2y(x-6)+y^2+36$，
消去同类项后整理得$2xy=(x-6)^2$，
即$y=\frac{(x-6)^2}{2x}$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{d＞6}$
（2）$\boldsymbol{y=\dfrac{(x-6)^2}{2x}}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题围绕圆的切线相关知识展开，既考察了基础的点与圆的位置关系判断，又需要结合辅助线构造、等腰三角形判定、勾股定理推导函数关系，能较好检验几何综合推导能力，解题的关键是正确连接切点与圆心构造直角三角形。
【难度系数】
0.7
（1）要确定d的取值范围，可结合切线的相关结论分析：过圆内一点无法引圆的切线，过圆上一点仅能引1条圆的切线，过圆外一点可以引2条圆的切线。已知过P能引两条切线，说明P在⊙O外，因此OP的长度d大于圆的半径6。
（2）解决第二问首先遇到切线可连接圆心和切点，构造垂直关系，结合切线长定理得到PA=PB、OP平分∠APB；再根据OC//PA，利用平行线的内错角相等推导角的等量关系，得到△POC为等腰三角形，即PC=OC；最后在Rt△OBC中利用勾股定理列等式，整理化简即可得到y关于x的函数表达式。
【解析】
（1）$\because$ 过点$P$可以引$\odot O$的两条切线$PA,PB$，$\therefore$ 点$P$在$\odot O$外，
又$\because \odot O$的半径为6，$\therefore d＞6$。
（2）连接$OA,OB$。
$\because PA$切$\odot O$于点$A$，$PB$切$\odot O$于点$B$，
$\therefore PB=PA=x$，$OA⊥ PA$，$OB⊥ PB$。
$\because OA=OB=6$，
$\therefore PO$平分$∠ APB$，即$∠ APO=∠ BPO$。
$\because OC// PA$，
$\therefore ∠ POC=∠ APO$，
$\therefore ∠ POC=∠ CPO$，
$\therefore PC=OC=OD+CD=y+6$，
$\therefore BC=PB-PC=x-(y+6)=x-y-6$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，由勾股定理得$OC^2=BC^2+OB^2$，
$\therefore (y+6)^2=(x-y-6)^2+6^2$，
展开化简：
$y^2+12y+36=(x-6)^2-2y(x-6)+y^2+36$，
消去同类项后整理得$2xy=(x-6)^2$，
即$y=\frac{(x-6)^2}{2x}$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{d＞6}$
（2）$\boldsymbol{y=\dfrac{(x-6)^2}{2x}}$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题围绕圆的切线相关知识展开，既考察了基础的点与圆的位置关系判断，又需要结合辅助线构造、等腰三角形判定、勾股定理推导函数关系，能较好检验几何综合推导能力，解题的关键是正确连接切点与圆心构造直角三角形。
【难度系数】
0.7
