1. (山西中考) 如图,在$\odot O$中,$AB$切$\odot O$于点$A$,连接$OB$交$\odot O$于点$C$,过点$A$作$AD// OB$交$\odot O$于点$D$,连接$CD$. 若$∠ B=50°$,则$∠ OCD$为（）

A.$15°$
B.$20°$
C.$25°$
D.$30°$

1. B 解析:连接OA.
∵AB切⊙O于点A,
∴OA⊥AB,
∴∠OAB=90°.
∵∠B=50°,
∴∠AOB=90°−50°=40°,
∴∠ADC=$\frac{1}{2}$∠AOB=20°.
∵AD//OB,
∴∠OCD=∠ADC=20°.故选B.

【分析】
要解决这道题，首先利用切线的性质添加辅助线OA，得到OA与AB垂直，进而求出圆心角∠AOB的度数；再依据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，算出圆周角∠ADC；最后结合AD与OB平行的条件，利用平行线的内错角相等，得到∠OCD的度数，从而得出答案。
【解析】
连接OA。
∵AB切⊙O于点A，根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，
∴OA⊥AB，即∠OAB=90°。
在Rt△OAB中，∠B=50°，
∴∠AOB=90°−∠B=90°−50°=40°。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，弧AC所对的圆心角为∠AOB，圆周角为∠ADC，
∴∠ADC=½∠AOB=½×40°=20°。
∵AD//OB，根据平行线的内错角相等，∠OCD与∠ADC是内错角，
∴∠OCD=∠ADC=20°。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质、圆周角定理、平行线的性质
【点评】
本题为中考常见几何题，核心考查圆的切线性质、圆周角定理和平行线的性质，关键是添加辅助线OA搭建解题桥梁，通过逐步推导得出结果，逻辑清晰，难度适中。
【难度系数】
0.6

2. 如图,菱形$ABCD$的两边与$\odot O$分别相切于点$A,C$,点$D$在$\odot O$上,则$∠ B$的度数是 （）

A.$45^{\circ }$
B.$50^{\circ }$
C.$60^{\circ }$
D.$65^{\circ }$

2. C 解析:连接OA,DB,OC.
∵AB,BC与⊙O相切,易证△BOA≌△BOC,
∴∠ABO=∠CBO.
∵四边形ABCD为菱形,
∴BD平分∠ABC.又OA=OC,
∴点O在BD上.
∵∠BOC=∠ODC+∠OCD,又OD=OC,
∴∠ODC=∠OCD,
∴∠BOC=2∠ODC.又CB=CD,
∴∠OBC=∠ODC,
∴∠BOC=2∠OBC.
∵∠BOC+∠OBC=90°,
∴∠OBC=30°,
∴∠ABC=2∠OBC=60°.故选C.

【分析】
要解决本题，需结合菱形的性质、切线的性质，通过作辅助线构造全等三角形与直角三角形，利用圆心角与圆周角的关系、三角形外角性质推导角度。首先连接OA、OC、OB，利用切线性质得到垂直关系，结合全等三角形判定得到角平分线；再结合菱形对角线平分内角确定点O的位置，最后通过半径相等和角的关系在直角三角形中计算出∠B的度数。
【解析】
解：连接OA、OC、OB。
∵AB、BC分别与⊙O相切于点A、C，
∴OA⊥AB，OC⊥BC，即∠OAB=∠OCB=90°。
又
∵OA=OC（⊙O的半径），OB=OB，
∴Rt△BOA≌Rt△BOC（HL），
∴∠ABO=∠CBO，即OB平分∠ABC。
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，且BC=CD，
∴点O在BD上。
∵OD、OC都是⊙O的半径，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD。
又
∵∠BOC是△ODC的外角，
∴∠BOC=∠ODC+∠OCD=2∠ODC。
结合菱形性质得∠OBC=∠ODC，
∴∠BOC=2∠OBC。
在Rt△BOC中，∠OCB=90°，
∴∠BOC + ∠OBC = 90°，
即2∠OBC + ∠OBC = 90°，
解得∠OBC=30°，
∴∠ABC=2∠OBC=60°。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；菱形的性质；圆周角定理
【点评】
本题综合考查圆与菱形的几何性质，需通过辅助线构造全等三角形和直角三角形，利用角的关系逐步推导，对学生的几何综合应用能力有一定要求，是典型的几何角度计算题。
【难度系数】
0.5

3. (2025·福建中考改编) 如图, $PA$ 与 $\odot O$ 相切于点 $A$,$PO$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $C$. $AB // PC$,且交 $\odot O$ 于点 $B$. 若 $∠ P = 30°$, 则 $∠ BCP$ 的大小为$°$.

3. 60 解析:如图,连接OA,OB,则OA=OB=OC,
∵PA与⊙O相切于点A,
∴OA⊥AP.
∵∠P=30°,
∴∠POA=90°−30°=60°.
∵AB//PC,
∴∠POA=∠OAB=60°,
∴△AOB为等边三角形,
∴∠AOB=60°,
∴∠BOC=180°−∠POA−∠AOB=60°,
∴△BOC为等边三角形,
∴∠BCP=60°.

【分析】
要解决本题，首先利用圆的切线性质，连接过切点的半径OA，得到OA与PA垂直，结合已知∠P=30°算出∠POA的度数；再利用AB//PC的平行线性质，得到∠OAB与∠POA相等，结合OA=OB判定△AOB为等边三角形，得出∠AOB的度数；最后根据平角定义算出∠BOC的度数，结合OB=OC判定△BOC为等边三角形，进而求出∠BCP的度数。
【解析】
连接OA、OB，
∵PA与⊙O相切于点A，
∴OA⊥PA（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴∠OAP=90°，
∵∠P=30°，
∴在Rt△OAP中，∠POA=90°−∠P=90°−30°=60°，
∵AB//PC，
∴∠OAB=∠POA=60°（两直线平行，内错角相等），
又
∵OA=OB（⊙O的半径相等），
∴△AOB是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴∠AOB=60°，
∵点P、O、C共线，
∴∠POC=180°（平角的定义），
∴∠BOC=180°−∠POA−∠AOB=180°−60°−60°=60°，
又
∵OB=OC（⊙O的半径相等），
∴△BOC是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴∠BCP=60°。
【答案】60
【知识点】切线的性质；等边三角形的判定；平行线的性质
【点评】本题考查圆的切线性质、等边三角形的判定及平行线的性质，解题核心是作辅助线OA、OB，利用切线性质和等边三角形性质推导角度，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.5

4. (温州中考) 如图,$\odot O$与$△ OAB$的边$AB$相切,切点为$B$. 将$△ OAB$绕点$B$按顺时针方向旋转得到$△ O'A'B$,使点$O'$落在$\odot O$上,边$A'B$交线段$AO$于点$C$. 若$∠ A'=25°$,则$∠ OCB=$$°$.

4. 85 解析:如图,连接OO',
∵将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O'A'B,
∴BO'=BO=OO',
∴△BOO'为等边三角形,
∴∠OBO'=60°.
∵⊙O与△OAB的边AB相切,
∴∠OBA=∠O'BA'=90°,
∴∠OBC=90°−∠OBO'=90°−60°=30°.
∵∠A'=25°,
∴∠A'O'B=90°−∠A'=90°−25°=65°,
∴∠AOB=∠A'O'B=65°,
∴∠OCB=180°−∠COB−∠OBC=180°−65°−30°=85°.

【分析】
要解决这道题，需结合旋转的性质、圆的切线性质、等边三角形的判定及三角形内角和定理逐步推导：首先通过旋转得到对应边相等，结合圆的半径相等，判定△BOO'为等边三角形，求出∠OBO'的度数；再利用切线性质得到直角，算出∠OBC；接着利用旋转前后角相等，结合直角三角形两锐角互余求出∠AOB；最后在△OCB中，用三角形内角和计算出∠OCB的度数。
【解析】
如图，连接OO'。
∵将△OAB绕点B按顺时针方向旋转得到△O'A'B，
∴BO' = BO，∠A' = ∠A = 25°，∠A'O'B = ∠AOB，∠O'BA' = ∠OBA。
又
∵OO'是⊙O的半径，
∴BO = OO'，
∴BO = BO' = OO'，即△BOO'为等边三角形，
∴∠OBO' = 60°。
∵⊙O与AB相切，切点为B，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，
∴OB⊥AB，即∠OBA = 90°，
∴∠OBC = ∠OBA - ∠OBO' = 90° - 60° = 30°。
在Rt△O'A'B中，∠A' = 25°，
∴∠A'O'B = 90° - ∠A' = 90° - 25° = 65°，
∴∠AOB = ∠A'O'B = 65°，即∠COB = 65°。
在△OCB中，根据三角形内角和为180°，
∠OCB = 180° - ∠COB - ∠OBC = 180° - 65° - 30° = 85°。
【答案】
85
【知识点】
切线的性质；旋转的性质；等边三角形的判定；三角形内角和定理
【点评】
本题是几何综合题，融合了旋转、圆的切线性质、等边三角形判定及三角形内角和等知识点，解题关键是利用旋转的性质找到相等的边和角，结合圆的性质推导角度，逻辑要求较高，需要学生熟练掌握相关几何定理。
【难度系数】
0.5

5. (2025·南京校级月考)如图，FA，GB，HC，ID，JE是五边形ABCDE的外接圆的切线，则 $∠ BAF + ∠ CBG + ∠ DCH + ∠ EDI + ∠ AEJ =$ $°$.

5. 180 解析:如图①,连接OA,OB,OC,OD和OE,
∵FA,GB,HC,ID,JE是五边形ABCDE的外接圆的切线,
∴∠OAF=∠OBG=∠OCH=∠ODI=∠OEJ=90°,
∴(∠BAF+∠OAB)+(∠CBG+∠OBC)+(∠DCH+∠OCD)+(∠EDI+∠ODE)+(∠AEJ+∠OEA)=90°×5=450°.
∵OA=OB=OC=OD=OE,
∴∠OAB=∠OBA,∠OBC=∠OCB,∠OCD=∠ODC,∠ODE=∠OED,∠OEA=∠OAE,
∴∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA=$\frac{1}{2}$×(5−2)×180°=270°,
∴∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ=(∠BAF+∠OAB)+(∠CBG+∠OBC)+(∠DCH+∠OCD)+(∠EDI+∠ODE)+(∠AEJ+∠OEA)−(∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA)=450°−270°=180°.
一题多解 如图②,连接OA,OB,OC,OD和OE,作直径AM,连接EM,
∵JE是五边形ABCDE的外接圆的切线,
∴OE⊥EJ,
∴∠OEJ=90°,
∴∠AEJ+∠AEO=90°.
∵AM是⊙O的直径,
∴∠AEM=90°,
∴∠OAE+∠M=90°.
∵OA=OE,
∴∠OAE=∠AEO,
∴∠AEJ=∠M.
∵∠M=$\frac{1}{2}$∠AOE,
∴∠AEJ=$\frac{1}{2}$∠AOE.同理,得∠BAF=$\frac{1}{2}$∠AOB,∠CBG=$\frac{1}{2}$∠BOC,∠DCH=$\frac{1}{2}$∠COD,∠EDI=$\frac{1}{2}$∠DOE,
∴∠AEJ+∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI=$\frac{1}{2}$(∠AOE+∠AOB+∠BOC+∠COD+∠DOE)=$\frac{1}{2}$×360°=180°.

【分析】要计算所求角的和，需利用圆的切线性质，连接圆心与各切点得到直角，结合等腰三角形底角相等及多边形内角和推导。核心思路是：通过切线垂直半径得到直角和，再减去等腰三角形底角的和，得到目标角的总和。
【解析】连接OA、OB、OC、OD、OE。
∵FA、GB、HC、ID、JE是⊙O的切线，根据切线性质：切线垂直于过切点的半径，
∴∠OAF=∠OBG=∠OCH=∠ODI=∠OEJ=90°，
∴这五个直角的和为：90°×5=450°。
∵OA=OB=OC=OD=OE，
∴△OAB、△OBC、△OCD、△ODE、△OEA均为等腰三角形，
它们的底角∠OAB、∠OBC、∠OCD、∠ODE、∠OEA的和为：$\frac{1}{2}×[(5-2)×180°]=270°$（五边形内角和为(5-2)×180°，等腰三角形底角和为五边形内角和的一半）。
∴∠BAF+∠CBG+∠DCH+∠EDI+∠AEJ = (∠OAF+∠OBG+∠OCH+∠ODI+∠OEJ) - (∠OAB+∠OBC+∠OCD+∠ODE+∠OEA) = 450° - 270° = 180°。
【答案】180
【知识点】切线的性质、多边形内角和、等腰三角形性质
【点评】本题结合切线性质与多边形内角和，将目标角转化为直角和与等腰三角形底角和的差，需熟练运用切线垂直半径的性质，是几何角度计算的典型题型。
【难度系数】0.5

6. (2026·南京期中)如图,在平面直角坐标系中,点$P$在第一象限,$\odot P$与$x$轴、$y$轴都相切,且经过矩形$AOBC$的顶点$C$,与$BC$相交于点$D$,若$\odot P$的半径为5,点$A$的坐标是$(0,8)$,则点$D$的坐标是（）

A.$(9,2)$
B.$(9,3)$
C.$(10,2)$
D.$(10,3)$

6. A 解析:如图,设切点分别为G,E,连接PG,PE,PD,并延长EP交BC于F,则PG=PE=PC=5,四边形OBFE是矩形.
∵OA=8,
∴CF=8−5=3,
∴PF=4,
∴OB=EF=5+4=9.
∵PF过圆心,PF⊥BC,
∴DF=CF=3,
∴BD=8−3−3=2,
∴D(9,2).故选A.

【分析】
要解决本题，需利用圆与坐标轴相切的性质确定圆心到坐标轴的距离，通过构造直角三角形结合勾股定理、垂径定理求出相关线段长度，再结合矩形的性质确定点D的坐标。具体思路：1. 由圆与坐标轴相切得圆心到x轴、y轴的距离等于半径；2. 作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求出水平线段长度；3. 利用垂径定理确定弦长，进而得到点D的坐标。
【解析】
如图，设⊙P与x轴、y轴的切点分别为G、E，连接PG、PE、PD，并延长EP交BC于F。
∵⊙P与x轴、y轴都相切，半径为5，
∴PG⊥x轴，PE⊥y轴，PG=PE=5，
∴四边形OEP G为正方形，P的坐标为(5,5)，且EF//x轴，EF=OB，BF=PG=5。
∵点A坐标为(0,8)，矩形AOBC中，BC=OA=8，
∴CF=BC - BF=8 -5=3。
在Rt△PFC中，PC=5（⊙P半径），CF=3，由勾股定理得：
PF=√(PC² - CF²)=√(5² -3²)=4。
∵PF⊥BC，且PF过圆心P，根据垂径定理，PF平分弦CD，即DF=CF=3，
∴CD=CF + DF=6，
∴BD=BC - CD=8 -6=2。
又
∵OB=EF=PE + PF=5 +4=9，
∴点D的横坐标为9，纵坐标为2，即D(9,2)。
【答案】
A
【知识点】
圆的切线性质、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题结合平面直角坐标系、矩形与圆的性质，需构造辅助线转化线段关系，关键是利用勾股定理和垂径定理求解，属于中等难度的几何综合题，能较好考查学生的逻辑推理能力。
【难度系数】
0.5

7. (2025·攀枝花模拟) 如图,已知 $△ ABC,AB=$$BC$,以 $AB$ 为直径的半圆交 $AC$ 于点 $D$,过点 $D$ 的半圆 $O$ 的切线交 $BC$ 于点 $E$.若 $CD=5,CE=$$4$,则半圆 $O$ 的半径是（）

A.3
B.4
C.$\dfrac{5}{6}$
D.$\dfrac{25}{8}$

7. D 解析:如图,连接OD,BD,
∵AB是直径,
∴∠ADB=90°,
∴BD⊥AC.又
∵AB=BC,
∴AD=CD.又
∵AO=OB,
∴OD是△ABC的中位线,
∴OD//BC.
∵DE是半圆O的切线,
∴DE⊥OD,
∴DE⊥BC.
∵CD=5,CE=4,
∴DE=$\sqrt{CD^2−CE^2}$=$\sqrt{5^2−4^2}$=3.
∵$S_{△BCD}=\frac{1}{2}BD·CD=\frac{1}{2}BC·DE$,
∴5BD=3BC,
∴BD=$\frac{3}{5}$BC.
∵$BD^2+CD^2=BC^2$,
∴$(\frac{3}{5}BC)^2+5^2=BC^2$,解得BC=$\frac{25}{4}$(负值舍去).
∵AB=BC,
∴AB=$\frac{25}{4}$,
∴半圆O的半径是$\frac{25}{8}$,故选D.

【分析】
要解决本题，需逐步运用圆的性质、等腰三角形性质、中位线定理、切线性质及勾股定理。首先由AB是直径得BD⊥AC，结合AB=BC确定D为AC中点；再通过中位线定理得OD//BC，结合切线性质推出DE⊥BC，在Rt△CDE中算出DE；接着利用三角形面积法建立BD与BC的关系，最后在Rt△BCD中用勾股定理求出BC，进而得到半圆半径。
【解析】
解：连接OD、BD，
∵AB是半圆O的直径，
∴∠ADB=90°，即BD⊥AC。
又
∵AB=BC，
∴△ABC为等腰三角形，D是AC中点，故AD=CD=5。
∵O是AB中点，D是AC中点，
∴OD是△ABC的中位线，因此OD//BC。
∵DE是半圆O的切线，
∴OD⊥DE，结合OD//BC，得DE⊥BC，即∠DEC=90°。
在Rt△CDE中，CD=5，CE=4，由勾股定理得：
DE=√(CD² - CE²)=√(5² - 4²)=3。
△BCD的面积可表示为：$S_{△BCD}=\frac{1}{2}·BD·CD=\frac{1}{2}·BC·DE$，
代入CD=5，DE=3，得：$\frac{1}{2}·BD·5=\frac{1}{2}·BC·3$，化简得$5BD=3BC$，即$BD=\frac{3}{5}BC$。
在Rt△BCD中，由勾股定理得：$BD^2 + CD^2 = BC^2$，
将$BD=\frac{3}{5}BC$，CD=5代入得：
$(\frac{3}{5}BC)^2 + 5^2 = BC^2$，
即$\frac{9}{25}BC^2 +25 = BC^2$，
移项得$\frac{16}{25}BC^2=25$，
解得$BC=\frac{25}{4}$（负值舍去）。
∵AB=BC，
∴AB=$\frac{25}{4}$，
∴半圆O的半径为$\frac{AB}{2}=\frac{25}{8}$。
【答案】
D
【知识点】
圆的切线性质；等腰三角形性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查圆与三角形的几何知识，需通过辅助线搭建解题桥梁，结合中位线定理、面积法及勾股定理逐步推导，对学生的几何综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.4

8. (2026·盐城校级月考)如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°,∠ B=60°,AB=8\sqrt{3},O$为边$AC$上的一点,以$OA$为半径的半圆$O$交$AB$于点$D$、交$AC$于点$E$.过点$D$作半圆$O$的切线交边$BC$于点$F$,且$BF=3\sqrt{3}$,则$CE$的长为.

8. 2 解析:设半径为r,过O作OM⊥AB交AB于M,连接OD,如图所示,
∴OA=OD=OE=r.
∵∠C=90°,∠B=60°,AB=8√3,
∴∠BAC=30°,
∴BC=$\frac{1}{2}$AB=4√3,
∴AC=$\sqrt{AB^2−BC^2}$=12.
∵OA=OD=OE=r,
∴∠ODA=∠BAC=30°.
∵过点D作半圆O的切线交边BC于点F,
∴∠ODF=90°,
∴∠ADO+∠BDF=90°,
∴∠BDF=60°=∠B,
∴△BDF是等边三角形,
∴DF=BD=BF=3√3.
∵OA=OD=r,OM⊥AB,∠BAC=∠ODA=30°,
∴OM=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$r,AM=DM=$\sqrt{OA^2−OM^2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$r,
∴BD=AB−AM−DM=8√3−√3 r,
∴8√3−√3 r=3√3,解得r=5,
∴CE=AC−2r=12−2×5=2.

【分析】
要解决本题，需先利用直角三角形的性质求出△ABC的各边长，再结合切线的性质、等腰三角形和等边三角形的判定与性质，通过辅助线构造直角三角形求出半圆的半径，最终计算CE的长度。具体思路：1. 在Rt△ABC中，根据∠B=60°和AB的长度，求出∠BAC=30°，进而算出BC和AC的长度；2. 利用DF是半圆切线，得OD⊥DF，结合OA=OD推出∠ODA=∠BAC=30°，从而得到∠BDF=60°，判定△BDF为等边三角形，求出BD的长度；3. 过O作OM⊥AB于M，利用等腰三角形三线合一得M为AD中点，在Rt△AOM中，结合∠BAC=30°的三角函数关系求出半径OA，最后由CE=AC - AE（AE为直径）计算CE。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ B=60°$，$AB=8\sqrt{3}$，
$\therefore ∠ BAC=180° - 90° - 60°=30°$，
$\therefore BC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8\sqrt{3}=4\sqrt{3}$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2 - BC^2}=\sqrt{(8\sqrt{3})^2 - (4\sqrt{3})^2}=\sqrt{192 - 48}=\sqrt{144}=12$。
$\because DF$是半圆$O$的切线，$\therefore OD⊥ DF$，即$∠ ODF=90°$，
又$\because OA=OD=r$（设半圆半径为$r$），$\therefore ∠ ODA=∠ BAC=30°$，
$\therefore ∠ BDF=180° - ∠ ODA - ∠ ODF=180° - 30° - 90°=60°$，
又$\because ∠ B=60°$，$\therefore △ BDF$是等边三角形，
$\therefore BD=BF=3\sqrt{3}$，
$\therefore AD=AB - BD=8\sqrt{3} - 3\sqrt{3}=5\sqrt{3}$。
过点$O$作$OM⊥ AB$于点$M$，
$\because OA=OD$，$\therefore M$为$AD$中点，$\therefore AM=\frac{1}{2}AD=\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
在$\mathrm{Rt}△AOM$中，$∠ OAM=30°$，$\cos∠ OAM=\frac{AM}{OA}$，
即$\cos30°=\frac{\frac{5\sqrt{3}}{2}}{r}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{5\sqrt{3}}{2r}$，
解得$r=5$，即$OA=OE=5$，
$\therefore AE=2r=10$，
$\therefore CE=AC - AE=12 - 10=2$。
【答案】
2
【知识点】
切线的性质；直角三角形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形的综合题，综合考查了切线的性质、直角三角形和等边三角形的相关知识，关键在于通过辅助线构造直角三角形，利用线段关系求出半圆半径，难度适中，需要学生具备一定的几何推理和计算能力。
【难度系数】
0.5

9. (2025·遵义模拟) 如图,在扇形 OAB 中,点
$C,D$ 在$\overset{\frown}{AB}$上,将弧 $CD$ 沿弦 $CD$ 折叠后恰好与
$OA,OB$ 相切于点 $E,F$. 已知 $∠ AOB=120°$,
$OA=6$,则 $CD$ 的长为.

9. $4\sqrt{6}$ 解析:如图,设翻折后的弧的圆心为点O',连接O'E,O'F,OO',O'C,OO'交CD于点H,
∵将弧CD沿弦CD折叠,
∴OO'⊥CD,O'H=OH=$\frac{1}{2}$OO',O'C=O'F=OA=6,
∴CD=2CH.
∵恰好与OA,OB相切于点E,F,
∴∠O'EO=∠O'FO=90°.
∵∠AOB=120°,
∴∠O'OF=$\frac{1}{2}$∠AOB=60°,
∴∠OO'F=30°.设OF=x,则OO'=2x,由勾股定理可得$OF^2+O'F^2=OO'^2$,解得x=2√3,
∴OO'=4√3,
∴O'H=$\frac{1}{2}$OO'=2√3,
∴CH=$\sqrt{O'C^2−O'H^2}$=2√6,
∴CD=2CH=4√6.

【分析】
要解决本题，需利用折叠的性质确定折叠后弧CD的圆心O'，结合切线的性质构造直角三角形，通过勾股定理求出相关线段长度，最终计算弧CD的长。首先，折叠后弧CD的圆心O'与原圆心O关于弦CD对称，故OO'⊥CD且O'H=OH；其次，折叠后的弧与OA、OB相切，因此O'E⊥OA、O'F⊥OB，结合∠AOB=120°可推出直角三角形中的角度关系，进而用勾股定理求解线段长度，最终得到CD的长。
【解析】
如图，设翻折后的弧的圆心为点O'，连接O'E、O'F、OO'、O'C，OO'交CD于点H。
1. 由折叠的性质可知：OO'⊥CD，O'H=OH=$\frac{1}{2}$OO'，且O'C=OA=6，因此CD=2CH。
2. 因为翻折后的弧与OA、OB相切于点E、F，所以∠O'EO=∠O'FO=90°。
3. 已知∠AOB=120°，O'在∠AOB的角平分线上，故∠O'OF=$\frac{1}{2}$∠AOB=60°，在Rt△O'FO中，∠OO'F=30°。设OF=x，则OO'=2x，由勾股定理得：$OF^2 + O'F^2 = OO'^2$，即$x^2 + 6^2 = (2x)^2$，解得$x=2\sqrt{3}$，因此OO'=2x=4$\sqrt{3}$。
4. 由此可得O'H=$\frac{1}{2}$OO'=2$\sqrt{3}$，在Rt△O'CH中，由勾股定理得：$CH=\sqrt{O'C^2 - O'H^2}=\sqrt{6^2 - (2\sqrt{3})^2}=2\sqrt{6}$。
5. 所以CD=2CH=2×2$\sqrt{6}$=4$\sqrt{6}$。
【答案】
4$\sqrt{6}$
【知识点】
弧长计算、折叠性质、切线性质
【点评】
本题综合考查折叠性质、切线性质及直角三角形的应用，关键是找到折叠后弧的圆心，利用对称关系和切线的垂直性质构造直角三角形，通过勾股定理逐步推导求解，对几何推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4