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7. (2025·安徽中考)如图,四边形$ABCD$的顶点都在半圆$O$上,$AB$是半圆$O$的直径,连接$OC,∠ DAB+2∠ ABC=180°.$
(1)求证:$OC// AD$;
(2)若$AD=2,BC=2\sqrt{3}$,求$AB$的长.
(1)求证:$OC// AD$;
(2)若$AD=2,BC=2\sqrt{3}$,求$AB$的长.
答案
(1)
∵ $∠AOC=2∠ABC$,$∠DAB+2∠ABC=180°$,
∴ $∠DAB+∠AOC=180°$,
∴ $OC// AD$.
(2) 如图,连接BD,交OC于点E.由题意知,
∵ AB是半圆O的直径,
∴ $∠ADB=90°$,即$AD⊥BD$.
∵ $OC// AD$,
∴ $OC⊥BD$,
∴ E为BD的中点.又
∵ O是AB的中点,
∴ OE是$△ ABD$的中位线,
∴ $OE=\frac{1}{2}AD=1$.设半圆的半径为r,则$CE=r-1$.由勾股定理知,$OB^2-OE^2=BE^2=BC^2-CE^2$,即$r^2-1=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2$,解得$r_1=3$,$r_2=-2$(舍去),
∴ $AB=2r=6$.
解析
【分析】
第(1)问要证OC//AD，需利用平行线判定定理，结合圆周角定理：同弧所对圆心角是圆周角的2倍，得到∠AOC=2∠ABC，再结合已知∠DAB+2∠ABC=180°，推导出∠DAB与∠AOC互补，即可证平行；第(2)问先连接BD，利用直径所对圆周角为直角得∠ADB=90°，结合OC//AD推出OC⊥BD，再由中位线定理求OE，设半径为r，用勾股定理建立方程求解半径，进而得AB长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，AB为半圆O的直径，
∴ ∠AOC = 2∠ABC。
已知∠DAB + 2∠ABC = 180°，
∴ ∠DAB + ∠AOC = 180°，
根据“同旁内角互补，两直线平行”，可得OC//AD。
(2) 解：
连接BD，交OC于点E，如图所示。
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ADB = 90°（直径所对的圆周角为直角），即AD⊥BD。
由(1)知OC//AD，
∴ OC⊥BD，故E为BD的中点（垂径定理：垂直于弦的直径平分弦）。
又
∵ O是AB的中点，
∴ OE是△ABD的中位线，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AD = $\frac{1}{2}$×2 = 1。
设半圆O的半径为r，则OB = OC = r，
∴ CE = OC - OE = r - 1。
在Rt△OBE中，由勾股定理得：BE² = OB² - OE² = r² - 1² = r² - 1；
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BE² = BC² - CE² = $(2\sqrt{3})^2 - (r - 1)^2 = 12 - (r - 1)^2$。
因此有：$r^2 - 1 = 12 - (r - 1)^2$，
展开整理得：$r^2 - r - 6 = 0$，
解得$r_1 = 3$，$r_2 = -2$（半径为正，舍去），
∴ AB = 2r = 6。
【答案】
(1) 证明成立；(2) AB的长为6。
【知识点】
圆周角定理、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题为圆的综合题，综合考查圆的核心性质与几何定理，解题关键是利用直径性质、中位线定理建立方程，需熟练掌握圆的相关性质，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
第(1)问要证OC//AD，需利用平行线判定定理，结合圆周角定理：同弧所对圆心角是圆周角的2倍，得到∠AOC=2∠ABC，再结合已知∠DAB+2∠ABC=180°，推导出∠DAB与∠AOC互补，即可证平行；第(2)问先连接BD，利用直径所对圆周角为直角得∠ADB=90°，结合OC//AD推出OC⊥BD，再由中位线定理求OE，设半径为r，用勾股定理建立方程求解半径，进而得AB长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，AB为半圆O的直径，
∴ ∠AOC = 2∠ABC。
已知∠DAB + 2∠ABC = 180°，
∴ ∠DAB + ∠AOC = 180°，
根据“同旁内角互补，两直线平行”，可得OC//AD。
(2) 解：
连接BD，交OC于点E，如图所示。
∵ AB是半圆O的直径，
∴ ∠ADB = 90°（直径所对的圆周角为直角），即AD⊥BD。
由(1)知OC//AD，
∴ OC⊥BD，故E为BD的中点（垂径定理：垂直于弦的直径平分弦）。
又
∵ O是AB的中点，
∴ OE是△ABD的中位线，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AD = $\frac{1}{2}$×2 = 1。
设半圆O的半径为r，则OB = OC = r，
∴ CE = OC - OE = r - 1。
在Rt△OBE中，由勾股定理得：BE² = OB² - OE² = r² - 1² = r² - 1；
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BE² = BC² - CE² = $(2\sqrt{3})^2 - (r - 1)^2 = 12 - (r - 1)^2$。
因此有：$r^2 - 1 = 12 - (r - 1)^2$，
展开整理得：$r^2 - r - 6 = 0$，
解得$r_1 = 3$，$r_2 = -2$（半径为正，舍去），
∴ AB = 2r = 6。
【答案】
(1) 证明成立；(2) AB的长为6。
【知识点】
圆周角定理、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题为圆的综合题，综合考查圆的核心性质与几何定理，解题关键是利用直径性质、中位线定理建立方程，需熟练掌握圆的相关性质，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
8. (包头中考)如图, A B 是 $\odot O$ 的直径, A C 是弦,
$D$ 是 $\overgroup{AC}$ 上一点, $P$ 是 $A B$ 延长线上一点, 连接 $A D, D C, C P$.
(1) 求证: $∠ A D C-∠ B A C=90°$; (请用两种证法解答)
(2) 若 $∠ A C P=∠ A D C, \odot O$ 的半径为 $3, C P=$4 , 求 $A P$ 的长.
$D$ 是 $\overgroup{AC}$ 上一点, $P$ 是 $A B$ 延长线上一点, 连接 $A D, D C, C P$.
(1) 求证: $∠ A D C-∠ B A C=90°$; (请用两种证法解答)
(2) 若 $∠ A C P=∠ A D C, \odot O$ 的半径为 $3, C P=$4 , 求 $A P$ 的长.
答案
(1) 证法一:如图,连接BD,
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ $∠BDC=∠BAC$.
∵ AB是$\odot O$的直径,
∴ $∠ADB=90°$,
∴ $∠ADC=∠ADB+∠BDC$.
∵ $∠BAC=∠BDC$,
∴ $∠ADC=90°+∠BAC$,
∴ $∠ADC-∠BAC=90°$.
证法二:如图,连接BC,
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形,
∴ $∠ADC+∠ABC=180°$,
∴ $∠ABC=180°-∠ADC$.
∵ AB是$\odot O$的直径,
∴ $∠ACB=90°$,
∴ $∠BAC+∠ABC=90°$,
∴ $∠BAC+180°-∠ADC=90°$,
∴ $∠ADC-∠BAC=90°$.
(2) 如图,连接OC,
∵ $∠ACP=∠ADC$,$∠ADC-∠BAC=90°$,
∴ $∠ACP-∠BAC=90°$.
∵ $OA=OC$,
∴ $∠BAC=∠ACO$,
∴ $∠ACP-∠ACO=90°$,
∴ $∠OCP=90°$.
∵ $\odot O$的半径为3,
∴ $AO=OC=3$.在$\mathrm{Rt}△ OCP$中,$OP^2=OC^2+CP^2$.
∵ $CP=4$,
∴ $OP^2=3^2+4^2=25$,
∴ $OP=5$,
∴ $AP=AO+OP=8$.
解析
【分析】本题分为两小问，第(1)问需证明$∠ ADC - ∠ BAC=90°$，可通过两种思路：①利用直径所对圆周角为直角，结合同弧所对圆周角相等，连接辅助线BD，将$∠ ADC$拆分为$∠ ADB$与$∠ BDC$，再结合$∠ BDC=∠ BAC$推导；②利用圆内接四边形对角互补，结合直径所对圆周角为直角，连接辅助线BC，通过三角形内角和推导。第(2)问需先结合已知条件推出$∠ OCP=90°$，得到$CP$是$\odot O$的切线，再在$\mathrm{Rt}△ OCP$中用勾股定理求出$OP$，最后计算$AP$的长度。
【解析】
(1) 证法一：连接BD，
∵ 同弧$BC$所对的圆周角相等，$\therefore ∠ BDC=∠ BAC$，
∵ $AB$是$\odot O$的直径，$\therefore$直径所对的圆周角为直角，即$∠ ADB=90°$，
又$\because ∠ ADC=∠ ADB + ∠ BDC$，
$\therefore ∠ ADC=90° + ∠ BAC$，
移项得：$∠ ADC - ∠ BAC=90°$。
证法二：连接BC，
∵ 四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形，$\therefore$圆内接四边形对角互补，即$∠ ADC + ∠ ABC=180°$，
$\therefore ∠ ABC=180° - ∠ ADC$，
∵ $AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ACB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC + ∠ ABC=90°$，
代入$∠ ABC$得：$∠ BAC + (180° - ∠ ADC)=90°$，
整理得：$∠ ADC - ∠ BAC=90°$。
(2) 连接OC，
已知$∠ ACP=∠ ADC$，结合第(1)问结论$∠ ADC - ∠ BAC=90°$，
$\therefore ∠ ACP - ∠ BAC=90°$，
$\because OA=OC$，$\therefore$等腰三角形$OAC$中，$∠ BAC=∠ ACO$，
代入得：$∠ ACP - ∠ ACO=90°$，即$∠ OCP=90°$，
$\therefore OC⊥ CP$，又$\because OC$是$\odot O$的半径，$\therefore CP$是$\odot O$的切线，
$\because \odot O$的半径为3，$\therefore OC=OA=3$，
在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，由勾股定理：$OP^2=OC^2 + CP^2$，
已知$CP=4$，代入得：$OP^2=3^2 + 4^2=25$，$\therefore OP=5$，
$\therefore AP=AO + OP=3 + 5=8$。
【答案】
(1) 证法一：如图，连接BD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴ $∠BDC=∠BAC$，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ADB=90°$，
∴ $∠ADC=∠ADB+∠BDC$，
∵ $∠BAC=∠BDC$，
∴ $∠ADC=90°+∠BAC$，
∴ $∠ADC-∠BAC=90°$。
证法二：如图，连接BC，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ADC+∠ABC=180°$，
∴ $∠ABC=180°-∠ADC$，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ACB=90°$，
∴ $∠BAC+∠ABC=90°$，
∴ $∠BAC+180°-∠ADC=90°$，
∴ $∠ADC-∠BAC=90°$。
(2) 如图，连接OC，
∵ $∠ACP=∠ADC$，$∠ADC-∠BAC=90°$，
∴ $∠ACP-∠BAC=90°$，
∵ $OA=OC$，
∴ $∠BAC=∠ACO$，
∴ $∠ACP-∠ACO=90°$，
∴ $∠OCP=90°$，
∵ $\odot O$的半径为3，
∴ $AO=OC=3$。在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，$OP^2=OC^2+CP^2$，
∵ $CP=4$，
∴ $OP^2=3^2+4^2=25$，
∴ $OP=5$，
∴ $AP=AO+OP=8$。
【知识点】圆周角定理，切线的判定，勾股定理，圆内接四边形性质
【点评】本题是圆的综合题，第(1)问通过两种辅助线构造，考察圆周角性质的灵活运用，体现一题多解；第(2)问结合切线判定与勾股定理，难度适中，需熟练掌握圆的基本性质和直角三角形计算。
【难度系数】0.6
【解析】
(1) 证法一：连接BD，
∵ 同弧$BC$所对的圆周角相等，$\therefore ∠ BDC=∠ BAC$，
∵ $AB$是$\odot O$的直径，$\therefore$直径所对的圆周角为直角，即$∠ ADB=90°$，
又$\because ∠ ADC=∠ ADB + ∠ BDC$，
$\therefore ∠ ADC=90° + ∠ BAC$，
移项得：$∠ ADC - ∠ BAC=90°$。
证法二：连接BC，
∵ 四边形$ABCD$是$\odot O$的内接四边形，$\therefore$圆内接四边形对角互补，即$∠ ADC + ∠ ABC=180°$，
$\therefore ∠ ABC=180° - ∠ ADC$，
∵ $AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ACB=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC + ∠ ABC=90°$，
代入$∠ ABC$得：$∠ BAC + (180° - ∠ ADC)=90°$，
整理得：$∠ ADC - ∠ BAC=90°$。
(2) 连接OC，
已知$∠ ACP=∠ ADC$，结合第(1)问结论$∠ ADC - ∠ BAC=90°$，
$\therefore ∠ ACP - ∠ BAC=90°$，
$\because OA=OC$，$\therefore$等腰三角形$OAC$中，$∠ BAC=∠ ACO$，
代入得：$∠ ACP - ∠ ACO=90°$，即$∠ OCP=90°$，
$\therefore OC⊥ CP$，又$\because OC$是$\odot O$的半径，$\therefore CP$是$\odot O$的切线，
$\because \odot O$的半径为3，$\therefore OC=OA=3$，
在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，由勾股定理：$OP^2=OC^2 + CP^2$，
已知$CP=4$，代入得：$OP^2=3^2 + 4^2=25$，$\therefore OP=5$，
$\therefore AP=AO + OP=3 + 5=8$。
【答案】
(1) 证法一：如图，连接BD，
∵ $\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴ $∠BDC=∠BAC$，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ADB=90°$，
∴ $∠ADC=∠ADB+∠BDC$，
∵ $∠BAC=∠BDC$，
∴ $∠ADC=90°+∠BAC$，
∴ $∠ADC-∠BAC=90°$。
证法二：如图，连接BC，
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，
∴ $∠ADC+∠ABC=180°$，
∴ $∠ABC=180°-∠ADC$，
∵ AB是$\odot O$的直径，
∴ $∠ACB=90°$，
∴ $∠BAC+∠ABC=90°$，
∴ $∠BAC+180°-∠ADC=90°$，
∴ $∠ADC-∠BAC=90°$。
(2) 如图，连接OC，
∵ $∠ACP=∠ADC$，$∠ADC-∠BAC=90°$，
∴ $∠ACP-∠BAC=90°$，
∵ $OA=OC$，
∴ $∠BAC=∠ACO$，
∴ $∠ACP-∠ACO=90°$，
∴ $∠OCP=90°$，
∵ $\odot O$的半径为3，
∴ $AO=OC=3$。在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，$OP^2=OC^2+CP^2$，
∵ $CP=4$，
∴ $OP^2=3^2+4^2=25$，
∴ $OP=5$，
∴ $AP=AO+OP=8$。
【知识点】圆周角定理，切线的判定，勾股定理，圆内接四边形性质
【点评】本题是圆的综合题，第(1)问通过两种辅助线构造，考察圆周角性质的灵活运用，体现一题多解；第(2)问结合切线判定与勾股定理，难度适中，需熟练掌握圆的基本性质和直角三角形计算。
【难度系数】0.6
9. (泰州中考) 如图,平面直角坐标系$xOy$中,点$A$的坐标为$(8,5)$,$\odot A$与$x$轴相切,点$P$在$y$轴正半轴上,$PB$与$\odot A$相切于点$B$. 若$∠ APB=30^{ \circ }$,则点$P$的坐标为
$(0,11)$
.答案
解析:如图,设$\odot A$与x轴相切于点C,连接AB,AC,过点A作$AD⊥y$轴于点D,则$∠ADO=90°$.
∵ $\odot A$与x轴相切于点C,
∴ $AC⊥x$轴,
∴ $∠ACO=90°$,
∴ $∠ADO=∠ACO=∠COD=90°$,
∴ 四边形OCAD是矩形,
∴ $OD=AC$,$AD=OC$.
∵ $A(8,5)$,
∴ $OC=8$,$AC=5$,
∴ $AB=AC=OD=5$,$AD=8$.
∵ PB与$\odot A$相切于点B,
∴ $AB⊥PB$,
∴ $∠ABP=90°$.在$\mathrm{Rt}△ PAB$中,
∵ $∠APB=30°$,$AB=5$,
∴ $PA=2AB=10$.在$\mathrm{Rt}△ PAD$中,由勾股定理得$PD=\sqrt{PA^2-AD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$,
∵ 点P在y轴的正半轴上,
∴ $OP=OD+PD=5+6=11$,
∴ 点P的坐标为$(0,11)$.
解析
【分析】要确定点P的坐标，因P在y轴上，只需计算OP的长度。首先利用⊙A与x轴相切得出半径，再通过作辅助线构造直角三角形，结合切线性质、含30°角的直角三角形性质及勾股定理，逐步求出PD的长度，进而得到OP的长度，最终确定P点坐标。
【解析】
如图，设$\odot A$与x轴相切于点C，连接AB、AC，过点A作$AD⊥y$轴于点D，则$∠ADO=90°$。
∵ $\odot A$与x轴相切于点C，
∴ $AC⊥x$轴，
∴ $∠ACO=90°$，
∴ $∠ADO=∠ACO=∠COD=90°$，
∴ 四边形OCAD是矩形，
∴ $OD=AC$，$AD=OC$。
∵ 点A的坐标为$(8,5)$，
∴ $OC=8$，$AC=5$，
∴ $AB=AC=5$，$AD=8$，$OD=5$。
∵ PB与$\odot A$相切于点B，
∴ $AB⊥PB$，即$∠ABP=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PAB$中，$∠APB=30°$，$AB=5$，
∴ $PA=2AB=10$（直角三角形中30°角对的直角边是斜边的一半）。
在$\mathrm{Rt}△ PAD$中，由勾股定理得：
$PD=\sqrt{PA^2 - AD^2}=\sqrt{10^2 - 8^2}=6$。
∵ 点P在y轴正半轴上，
∴ $OP=OD + PD=5 + 6=11$，
∴ 点P的坐标为$(0,11)$。
【答案】$(0,11)$
【知识点】切线的性质、含30°直角三角形性质、勾股定理
【点评】本题结合平面直角坐标系考查圆的切线相关计算，需通过作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形特殊性质和勾股定理求解，是中考常见的几何与坐标结合题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】
如图，设$\odot A$与x轴相切于点C，连接AB、AC，过点A作$AD⊥y$轴于点D，则$∠ADO=90°$。
∵ $\odot A$与x轴相切于点C，
∴ $AC⊥x$轴，
∴ $∠ACO=90°$，
∴ $∠ADO=∠ACO=∠COD=90°$，
∴ 四边形OCAD是矩形，
∴ $OD=AC$，$AD=OC$。
∵ 点A的坐标为$(8,5)$，
∴ $OC=8$，$AC=5$，
∴ $AB=AC=5$，$AD=8$，$OD=5$。
∵ PB与$\odot A$相切于点B，
∴ $AB⊥PB$，即$∠ABP=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ PAB$中，$∠APB=30°$，$AB=5$，
∴ $PA=2AB=10$（直角三角形中30°角对的直角边是斜边的一半）。
在$\mathrm{Rt}△ PAD$中，由勾股定理得：
$PD=\sqrt{PA^2 - AD^2}=\sqrt{10^2 - 8^2}=6$。
∵ 点P在y轴正半轴上，
∴ $OP=OD + PD=5 + 6=11$，
∴ 点P的坐标为$(0,11)$。
【答案】$(0,11)$
【知识点】切线的性质、含30°直角三角形性质、勾股定理
【点评】本题结合平面直角坐标系考查圆的切线相关计算，需通过作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形特殊性质和勾股定理求解，是中考常见的几何与坐标结合题型，难度适中。
【难度系数】0.6
10. (2025·南京中考) 如图，$O$是$□ ABCD$的对称中心，$BC$与$\odot O$相切于点$E$.
(1)求证:直线$AD$是$\odot O$的切线.
选择其中一位同学的想法，完成证明.
(2)当$AB$与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形吗?说明理由.
(1)求证:直线$AD$是$\odot O$的切线.
选择其中一位同学的想法，完成证明.
(2)当$AB$与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形吗?说明理由.
答案
(1) 左边同学的思路:
过点O作$OF⊥AD$,连接OE,BD,如图①所示,
∴ $∠DFO=90°$.
∵ O是$□ ABCD$的对称中心,
∴ B,O,D三点共线,且$OB=DO$,$AD// BC$,
∴ $∠FDO=∠EBO$.
∵ BC与$\odot O$相切于点E,
∴ $OE⊥BC$,即$∠BEO=90°$,
∴ $∠DFO=∠BEO$,
∴ $△ DFO≌△ BEO$,
∴ $OF=OE$.
∵ $∠DFO=90°$,
∴ 直线AD是$\odot O$的切线.
右边同学的思路:
连接EO并延长,交AD于点F,连接BD,如图②所示,
∵ O是$□ ABCD$的对称中心,
∴ B,O,D三点共线,且$OB=DO$,$AD// BC$,
∴ $∠FDO=∠EBO$.
∵ BC与$\odot O$相切于点E,
∴ $OE⊥BC$.
∵ $AD// BC$,
∴ $∠DFO=∠BEO=90°$.
∵ $OB=DO$,$∠FOD=∠EOB$,
∴ $△ FOD≌△ EOB$,
∴ $OF=OE$.
∵ $∠DFO=90°$,
∴ F是切点,即直线AD是$\odot O$的切线.
(2) $□ ABCD$是菱形,理由如下:
当AB与$\odot O$相切时,记切点为点F,如图③所示,
∵ BC与$\odot O$相切于点E,AB与$\odot O$相切于点F,
∴ $∠OFB=∠OEB=90°$.
∵ $BO=BO$,$OF=OE$,
∴ $\mathrm{Rt}△ OFB≌\mathrm{Rt}△ OEB(\mathrm{HL})$,
∴ $∠ABD=∠CBD$.
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ $AD// BC$,
∴ $∠ADB=∠CBD$,
∴ $∠ADB=∠ABD$,
∴ $AB=AD$.
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ $□ ABCD$是菱形.
解析
【分析】
要证明直线AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到AD的距离等于半径且垂直于AD。利用平行四边形的对称中心性质，结合BC与⊙O相切（OE⊥BC），通过全等三角形可证O到AD的距离OF=OE，从而得证。第(2)问中，当AB也与⊙O相切时，利用两条切线的性质，结合全等三角形得到角平分线，再结合平行四边形对边平行的性质，推出邻边相等，即可判定平行四边形为菱形。
【解析】
(1) 证明：过点O作OF⊥AD，连接OE、BD，如图①所示。
∵ O是□ABCD的对称中心，
∴ B、O、D三点共线，OB=DO，AD//BC，
∴ ∠FDO=∠EBO。
∵ BC与⊙O相切于点E，
∴ OE⊥BC，即∠BEO=90°，
又
∵ OF⊥AD，
∴ ∠DFO=90°，
∴ ∠DFO=∠BEO。
在△DFO和△BEO中，
$\{\begin{array}{l}∠FDO=∠EBO \\∠DFO=∠BEO \\OD=OB\end{array} $
∴ △DFO≌△BEO（AAS），
∴ OF=OE。
∵ OF⊥AD，
∴ 直线AD是⊙O的切线。
(2) □ABCD是菱形，理由如下：
当AB与⊙O相切时，记切点为F，如图③所示。
∵ BC与⊙O相切于点E，AB与⊙O相切于点F，
∴ ∠OFB=∠OEB=90°。
在Rt△OFB和Rt△OEB中，
$\{\begin{array}{l}OF=OE \\OB=OB\end{array} $
∴ Rt△OFB≌Rt△OEB（HL），
∴ ∠ABD=∠CBD。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，
∴ ∠ADB=∠CBD，
∴ ∠ADB=∠ABD，
∴ AB=AD。
又
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ □ABCD是菱形。
【答案】
(1) 直线AD是⊙O的切线，证明见解析；
(2) □ABCD是菱形，理由见解析。
【知识点】
切线的判定、平行四边形的性质、菱形的判定
【点评】
本题是几何综合题，结合平行四边形的中心对称性、圆的切线性质、全等三角形判定等知识，考查学生的逻辑推理能力，需熟练运用相关定理推导边与角的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
要证明直线AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证圆心O到AD的距离等于半径且垂直于AD。利用平行四边形的对称中心性质，结合BC与⊙O相切（OE⊥BC），通过全等三角形可证O到AD的距离OF=OE，从而得证。第(2)问中，当AB也与⊙O相切时，利用两条切线的性质，结合全等三角形得到角平分线，再结合平行四边形对边平行的性质，推出邻边相等，即可判定平行四边形为菱形。
【解析】
(1) 证明：过点O作OF⊥AD，连接OE、BD，如图①所示。
∵ O是□ABCD的对称中心，
∴ B、O、D三点共线，OB=DO，AD//BC，
∴ ∠FDO=∠EBO。
∵ BC与⊙O相切于点E，
∴ OE⊥BC，即∠BEO=90°，
又
∵ OF⊥AD，
∴ ∠DFO=90°，
∴ ∠DFO=∠BEO。
在△DFO和△BEO中，
$\{\begin{array}{l}∠FDO=∠EBO \\∠DFO=∠BEO \\OD=OB\end{array} $
∴ △DFO≌△BEO（AAS），
∴ OF=OE。
∵ OF⊥AD，
∴ 直线AD是⊙O的切线。
(2) □ABCD是菱形，理由如下：
当AB与⊙O相切时，记切点为F，如图③所示。
∵ BC与⊙O相切于点E，AB与⊙O相切于点F，
∴ ∠OFB=∠OEB=90°。
在Rt△OFB和Rt△OEB中，
$\{\begin{array}{l}OF=OE \\OB=OB\end{array} $
∴ Rt△OFB≌Rt△OEB（HL），
∴ ∠ABD=∠CBD。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，
∴ ∠ADB=∠CBD，
∴ ∠ADB=∠ABD，
∴ AB=AD。
又
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ □ABCD是菱形。
【答案】
(1) 直线AD是⊙O的切线，证明见解析；
(2) □ABCD是菱形，理由见解析。
【知识点】
切线的判定、平行四边形的性质、菱形的判定
【点评】
本题是几何综合题，结合平行四边形的中心对称性、圆的切线性质、全等三角形判定等知识，考查学生的逻辑推理能力，需熟练运用相关定理推导边与角的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
