变式训练 如图,⊙O 是 Rt△ABC 的外接圆,∠ACB = 90°,∠A = 25°,过点 C 作⊙O 的切线,交 AB 的延长线于点 D,则∠D 的度数是。

40°

连接OC。
∵∠ACB=90°，∴AB是⊙O的直径，O为AB中点。
∵∠A=25°，∴∠ABC=65°。
∵OB=OC，∴∠OCB=∠ABC=65°。
∵CD是⊙O切线，∴OC⊥CD，∠OCD=90°。
∴∠BCD=∠OCD - ∠OCB=90° - 65°=25°。
∵∠ABC是△BCD的外角，∴∠ABC=∠D + ∠BCD。
∴∠D=∠ABC - ∠BCD=65° - 25°=40°。

1. (2024 舟山一模)如图,⊙O 的切线 PA 交半径 OB 的延长线于点 P,A 为切点,若∠P = 30°,则∠AOB = ()

A.30°
B.45°
C.50°
D.60°

D

∵PA是⊙O的切线，A为切点，∴OA⊥PA，即∠OAP=90°。在Rt△OAP中，∠P=30°，∴∠AOP=90°-∠P=60°。∵∠AOB与∠AOP是同一个角，∴∠AOB=60°。

2. (2024 山西中考)如图,已知△ABC,以 AB 为直径的⊙O 交 BC 于点 D,与 AC 相切于点 A,连接 OD。若∠AOD = 80°,则∠C = ()

A.30°
B.40°
C.45°
D.50°

D

∵AC与⊙O相切于点A，AB为直径，∴∠BAC=90°。
∵OB=OD，∴∠OBD=∠ODB。
∵∠AOD=80°，∠AOD=∠OBD+∠ODB，∴∠OBD=40°。
∵∠BAC=90°，∠OBD=40°，∴∠C=180°-∠BAC-∠ABC=50°。

3. (2023 重庆中考)如图,AB 为⊙O 的直径,直线 CD 与⊙O 相切于点 C,若∠ACD = 50°,则∠BAC 的度数为()

A.30°
B.40°
C.50°
D.60°

B

连接$OC$，因为直线$CD$与$\odot O$相切于点$C$，根据切线的性质可知$OC\perp CD$，即$\angle OCD = 90^{\circ}$。
已知$\angle ACD = 50^{\circ}$，所以$\angle OCA=\angle OCD - \angle ACD=90^{\circ}- 50^{\circ}=40^{\circ}$。
因为$OA = OC$（同圆半径相等），所以$\triangle OAC$是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可知$\angle BAC=\angle OCA = 40^{\circ}$。

4. (2024 巴蜀阶段练习)如图,BC 与⊙O 相切于点 B,CO 的延长线交⊙O 于点 A,连接 AB,若∠ABC = 125°,则∠C = ()

A.50°
B.40°
C.30°
D.20°

D

连接OB，因为BC与⊙O相切于点B，所以OB⊥BC，∠OBC=90°。已知∠ABC=125°，则∠ABO=∠ABC - ∠OBC=125° - 90°=35°。因为OA=OB，所以∠A=∠ABO=35°。在△ABC中，∠A + ∠ABC + ∠C=180°，所以∠C=180° - ∠A - ∠ABC=180° - 35° - 125°=20°。

5. (2024 北京期中)如图,AB 与⊙O 相切于点 C,AO = 3,⊙O 的半径为 2,则 AC 的长为。

$\sqrt{5}$

连接$OC$，由于$AB$与$\odot O$相切于点$C$，根据直线与圆相切的性质，知道$OC\perp AB$。
在直角三角形$AOC$中，已知$OA = 3$，$OC$为圆的半径，即$OC = 2$。
利用勾股定理，在直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方，即$AC^2 = OA^2 - OC^2$。
代入已知值，得到$AC^2 = 3^2 - 2^2 = 5- 4 = 5$，
所以，$AC = \sqrt{5}$。

6. (2024 潼南区期末)如图,AB 是⊙O 的直径,∠CDB = 22°,过点 C 作⊙O 的切线交 AB 的延长线于点 E,则∠E = °。

46

连接OC，∵∠CDB=22°，∠CDB是弧CB所对的圆周角，∴弧CB所对的圆心角∠COB=2∠CDB=44°。∵CE是⊙O的切线，∴OC⊥CE，即∠OCE=90°。在Rt△OCE中，∠E=90°-∠COB=90°-44°=46°。

7. (2024 深圳中考)如图,在△ABD 中,AB = BD,⊙O 为△ABD 的外接圆,BE 为⊙O 的切线,AC 为⊙O 的直径,连接 DC 并延长交 BE 于点 E。
(1) 求证：DE⊥BE；
(2) 若 AB = 5√6,BE = 5,求⊙O 的半径。

(1) 见解析；(2) 3√5。

(1) 证明：连接 $ OB $。
∵ $ BE $ 为 $ \odot O $ 切线，
∴ $ OB \perp BE $。
∵ $ AB = BD $，
∴ $ \overset{\frown}{AB} = \overset{\frown}{BD} $，
∴ $ OB \perp AD $（垂径定理）。
∵ $ AC $ 为直径，
∴ $ \angle ADC = 90° $，即 $ CD \perp AD $。
∴ $ OB // DE $（垂直于同一直线的两直线平行）。
∵ $ OB \perp BE $，
∴ $ DE \perp BE $。
(2) 设 $ \odot O $ 半径为 $ r $，连接 $ BC $。
∵ $ AC = 2r $，$ AB = 5\sqrt{6} $，$ \angle ABC = 90° $（直径所对圆周角），
∴ $ BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{(2r)^2 - (5\sqrt{6})^2} = \sqrt{4r^2 - 150} $。
∵ $ OB // DE $，$ O $ 为 $ AC $ 中点，
∴ $ OB $ 为 $ \triangle ADE $ 中位线，$ DE = 2OB = 2r $。
∵ $ EC = DE - CD = 2r - CD $，$ \angle E = \angle ABC = 90° $，$ \angle BCE = \angle BAD $（同弧所对圆周角），
∴ $ \triangle BCE \sim \triangle BAD $，$ \frac{BE}{BD} = \frac{BC}{AB} $。
即 $ \frac{5}{5\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{4r^2 - 150}}{5\sqrt{6}} $，解得 $ \sqrt{4r^2 - 150} = 5 $，
平方得 $ 4r^2 - 150 = 25 $，$ 4r^2 = 175 $，$ r^2 = \frac{175}{4} $，$ r = \frac{5\sqrt{7}}{2} $（舍负）。
答案：
(1) 见解析；
(2) $ \frac{5\sqrt{7}}{2} $