14 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,点 D 在 AB 上,以 CD 为直径作$\odot O$,过点 D 作$\odot O$的切线交 AC 于点 E,且$AE=DE$。
(1) 求证:$CD=BC$。
(2) 若$BC=5$,$BD=6$,求 DE 的长。

（1）如图，因为$DE$是$\odot O$的切线，所以$∠ CDE=90°$，所以$∠ 1+∠ 2=90°$。因为$AE=DE$，所以$∠ A=∠ 1$，所以$∠ A+∠ 2=90°$，因为$∠ ACB=90°$，所以$∠ A+∠ B=90°$，所以$∠ 2=∠ B$，所以$CD=BC$。
（2）如图，设$BD$与$\odot O$交于点$F$，连接$CF$。由$CD$是$\odot O$的直径，可得$∠ CFD=90°$，所以$∠ 3+∠ B=90°$。又因为$∠ A+∠ B=90°$，所以$∠ 3=∠ A$。由(1)知$CD=BC=5$，所以$DF=BF=\dfrac{1}{2}BD=3$。在$\mathrm{Rt}△ CBF$中，$CF=\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。因为$∠ CFB=∠ ACB=90°$，所以$△ CFB ∽ △ ACB$，所以$\dfrac{CF}{AC}=\dfrac{BF}{BC}$，即$\dfrac{4}{AC}=\dfrac{3}{5}$，所以$AC=\dfrac{20}{3}$。设$DE=x$，则$AE=x$，所以$CE=\dfrac{20}{3}-x$。因为$CE^2=DE^2+CD^2$，所以$(\dfrac{20}{3}-x)^2=x^2+5^2$，解得$x=\dfrac{35}{24}$，所以$DE=\dfrac{35}{24}$。

【分析】
（1）要证$CD=BC$，只需证明对应的底角相等，即$∠CDB=∠B$。首先根据切线的性质得到$∠CDE=90°$，结合平角定义推出$∠1+∠2=90°$；再由$AE=DE$得$∠A=∠1$，等量代换得$∠A+∠2=90°$；最后结合$Rt△ABC$中$∠A+∠B=90°$，即可推出$∠2=∠B$，完成证明。
（2）要求$DE$的长，先构造辅助线：连接$CF$，利用直径所对圆周角为直角得$CF⊥BD$，结合等腰三角形三线合一求出$BF$的长，用勾股定理算出$CF$；再通过公共角和直角证明$△CFB∽△ACB$，利用相似比求出$AC$的长度；最后设$DE=x$，在$Rt△CDE$中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
（1）证明：
∵$DE$是$\odot O$的切线，$CD$为$\odot O$的直径，
∴$∠ CDE=90°$，
∴$∠ 1+∠ 2=180°-∠CDE=90°$。
∵$AE=DE$，
∴$∠ A=∠ 1$，
∴$∠ A+∠ 2=90°$，
∵在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，
∴$∠ A+∠ B=90°$，
∴$∠ 2=∠ B$，
∴$CD=BC$。
（2）解：设$AB$与$\odot O$交于点$F$，连接$CF$。
∵$CD$是$\odot O$的直径，
∴$∠ CFD=90°$，即$CF⊥BD$，
∴$∠ 3+∠ B=90°$。
又
∵$∠ A+∠ B=90°$，
∴$∠ 3=∠ A$。
由(1)知$CD=BC=5$，$CF⊥BD$，
∴$DF=BF=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{1}{2}×6=3$。
在$\mathrm{Rt}△ CBF$中，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{BC^2-BF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
∵$∠ CFB=∠ ACB=90°$，$∠B=∠B$，
∴$△ CFB ∽ △ ACB$，
∴$\dfrac{CF}{AC}=\dfrac{BF}{BC}$，代入数据得$\dfrac{4}{AC}=\dfrac{3}{5}$，
解得$AC=\dfrac{20}{3}$。
设$DE=x$，
∵$AE=DE$，
∴$AE=x$，
∴$CE=AC-AE=\dfrac{20}{3}-x$。
∵在$Rt△CDE$中，$∠CDE=90°$，由勾股定理得$CE^2=DE^2+CD^2$，
∴$(\dfrac{20}{3}-x)^2=x^2+5^2$，
解得$x=\dfrac{35}{24}$，即$DE=\dfrac{35}{24}$。
【答案】

（1）证明成立，$CD=BC$；（2）$DE$的长为$\boldsymbol{\dfrac{35}{24}}$。
【知识点】
切线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合题型，结合了圆的基本性质、等腰三角形性质、相似三角形判定及勾股定理等多个考点，解题的关键是合理构造辅助线，通过角度转化推导等角关系，结合方程思想求解未知线段，是几何综合题的典型考法。
【难度系数】
0.6

15 如图，AB为$\odot O$的直径，$OC ⊥ AB$交$\odot O$于点$C$，$D$为线段$OB$上一点，延长$CD$交$\odot O$于点$E$，延长$OB$至$F$，使$DF = FE$，连接$EF$。
（1）求证：$EF$为$\odot O$的切线。
（2）若$OD = 1$，且$BD = BF$，求$\odot O$的半径。

（1）连接$OE$。因为$OE=OC$，所以$∠ OEC=∠ OCE$。因为$DF=FE$，所以$∠ FED=∠ FDE$。因为$∠ FDE=∠ CDO$，$∠ CDO+∠ OCD=90°$，所以$∠ FED+∠ OEC=90°$，即$∠ FEO=90°$，所以$OE ⊥ FE$。因为$OE$是$\odot O$的半径，所以$EF$为$\odot O$的切线。
（2）设$\odot O$的半径$EO=BO=r$，则$BD=BF=r-1$，所以$FE=2BD=2(r-1)$。在$\mathrm{Rt}△ FEO$中，由勾股定理，得$FE^2+OE^2=OF^2$，所以$(2r-2)^2+r^2=(2r-1)^2$，解得$r=3$或$r=1$(舍去)，所以$\odot O$的半径为3。

【分析】
（1）要证明EF为$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明EF垂直于过切点的半径，因此先连接辅助线OE。接下来通过等腰三角形等边对等角的性质，结合对顶角相等、直角三角形两锐角互余的性质，推导得出∠FEO=90°，即可证明OE⊥EF，完成切线的判定。
（2）求$\odot O$的半径可采用方程思想，设半径为r，将图中相关线段BD、BF、FE、OF均用含r的代数式表示，再在Rt△FEO中利用勾股定理列方程求解，最后舍去不符合实际意义的根即可得到半径长度。
【解析】
（1）证明：连接$OE$。
$\because OE=OC$（同圆半径相等），$\therefore ∠OEC=∠OCE$。
$\because DF=FE$，$\therefore ∠FED=∠FDE$。
$\because ∠FDE=∠CDO$（对顶角相等），$OC⊥AB$，$\therefore ∠CDO+∠OCD=90°$，
$\therefore ∠FED+∠OEC=∠CDO+∠OCD=90°$，即$∠FEO=90°$，
$\therefore OE ⊥ FE$。
又$\because OE$是$\odot O$的半径，$\therefore EF$为$\odot O$的切线。
（2）解：设$\odot O$的半径$EO=BO=r$，
$\because OD=1$，$\therefore BD=OB-OD=r-1$，
$\because BD=BF$，$\therefore BF=r-1$，
$\therefore DF=BD+BF=2(r-1)$，$OF=OB+BF=r+(r-1)=2r-1$，
又$\because FE=DF$，$\therefore FE=2(r-1)$。
在$\mathrm{Rt}△ FEO$中，由勾股定理得$FE^2+OE^2=OF^2$，
代入得：$(2r-2)^2+r^2=(2r-1)^2$，
展开整理得：$r^2-4r+3=0$，
解得$r=3$或$r=1$，
当$r=1$时，$BD=r-1=0$，不符合D为线段OB上一点的条件，故舍去，
$\therefore \odot O$的半径为3。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题关键是正确作出辅助线，利用等腰三角形的性质转化角的关系完成切线证明，再结合方程思想和勾股定理求解半径，解题时需注意根据实际意义舍去不符合要求的解。
【难度系数】
0.7

16 如图，$△ ABC$是$\odot O$的内接三角形，$AC$是$\odot O$的直径，点$D$在$\odot O$上，连接$DA$并延长，过点$B$作$BM ⊥ DA$交$DA$的延长线于点$M$，交$CA$的延长线于点$N$，已知$∠ DAC = 2∠ ACB$。
（1）求证：$BN$是$\odot O$的切线。
（2）若$BN = BC = 3\sqrt{3}$，求$\overset{\frown}{AB}$的长。

（1）连接$OB$。因为$∠ AOB=2∠ ACB$，$∠ DAC=2∠ ACB$，所以$∠ AOB=∠ DAC$，所以$OB // AD$，所以$∠ OBM=∠ DMN$。因为$BM ⊥ DA$，所以$OB ⊥ BM$。因为$OB$是$\odot O$的半径，所以$BN$是$\odot O$的切线。
（2）因为$BN=BC$，所以$∠ N=∠ ACB$。设$∠ N=∠ ACB=x$，所以$∠ AOB=2∠ ACB=2x$。由(1)可知$∠ OBM=90°$，所以$∠ N+∠ AOB=90°$，即$x+2x=90°$，解得$x=30°$，所以$∠ N=30°$，$∠ AOB=2x=60°$。在$\mathrm{Rt}△ NBO$中，因为$∠ N=30°$，$BN=3\sqrt{3}$，所以$OB=BN\tan30°=3$，所以$\overset{\frown}{AB}$的长为$\dfrac{60 × 3π}{180}=π$。

【分析】
（1）要证明BN是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OB，证明OB⊥BN即可。首先利用圆周角定理可得同弧所对的圆心角$∠AOB=2∠ACB$，结合已知$∠DAC=2∠ACB$，可推出$∠AOB=∠DAC$，进而得到$OB// AD$，再结合$BM⊥DA$的条件，即可得到$OB⊥BN$，完成切线证明。
（2）要求$\overset{\frown}{AB}$的长，需先求出弧AB对应的圆心角度数和$\odot O$的半径。由$BN=BC$可得对应角相等，设$∠ACB$为x，结合直角三角形两锐角互余的性质列方程求解得到圆心角$∠AOB$的度数，再在$Rt△ NBO$中利用三角函数求出半径OB，最后代入弧长公式计算即可。
【解析】
（1）证明：连接$OB$。
根据圆周角定理，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得$∠ AOB=2∠ ACB$，
已知$∠ DAC=2∠ ACB$，因此$∠ AOB=∠ DAC$，
根据同位角相等，两直线平行，可得$OB // AD$，
因此$∠ OBM=∠ DMN$。
因为$BM ⊥ DA$，即$∠ DMN=90°$，所以$∠ OBM=90°$，即$OB ⊥ BN$。
又因为$OB$是$\odot O$的半径，所以$BN$是$\odot O$的切线。
（2）解：因为$BN=BC$，所以$∠ N=∠ ACB$。
设$∠ N=∠ ACB=x$，由圆周角定理得$∠ AOB=2∠ ACB=2x$。
由(1)可知$∠ OBN=90°$，在$\mathrm{Rt}△ NBO$中，两锐角互余，因此$∠ N+∠ AOB=90°$，
即$x+2x=90°$，解得$x=30°$，
所以$∠ AOB=2x=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ NBO$中，$∠ N=30°$，$BN=3\sqrt{3}$，
$\tan N=\frac{OB}{BN}$，因此$OB=BN · \tan30°=3\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{3}=3$。
根据弧长公式，$\overset{\frown}{AB}$的长为$\dfrac{nπ r}{180}=\dfrac{60 × π × 3}{180}=π$。
【答案】
（1）BN是$\odot O$的切线，证明成立；（2）$\overset{\frown}{AB}$的长为$π$
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；弧长计算
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题核心是熟练掌握切线判定方法、圆周角定理和弧长公式，通过角度关系推导、直角三角形性质求解相关量，侧重考查基础定理的应用能力。
【难度系数】
0.7