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7. 如图，$\odot O$的半径为2，点O到直线l的距离为3，P是直线l上的一个动点，PQ切$\odot O$于点Q，则PQ的最小值为 （
A.$\sqrt{13}$
B.$\sqrt{5}$
C.3
D.2
第7题
B
）A.$\sqrt{13}$
B.$\sqrt{5}$
C.3
D.2
第7题答案
7. B
解析
【分析】
首先根据切线的性质可知OQ⊥PQ，即△OPQ为直角三角形，OQ为⊙O的半径是定值，结合勾股定理可将PQ的长度用OP的长度表示。要使PQ最小，需OP最小，根据“垂线段最短”可知，当OP垂直于直线l时，OP取得最小值，即O到直线l的距离3，最后代入计算即可得到PQ的最小值。
【解析】
∵PQ是⊙O的切线，切点为Q，
∴OQ⊥PQ，即△OQP是直角三角形，
由勾股定理可得：$PQ^2 + OQ^2 = OP^2$，
∴$PQ=\sqrt{OP^2 - OQ^2}$，
已知⊙O半径$OQ=2$，为定值，因此要使PQ最小，需OP最小。
根据“垂线段最短”，点O到直线l的距离为3，即OP的最小值为3，
将OP=3，OQ=2代入得：
$PQ_{\mathrm{最小}}=\sqrt{3^2 - 2^2}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题属于几何最值类基础题，解题的核心是将求切线段PQ的最小值转化为求点O到直线上动点P的线段OP的最小值，将切线性质、勾股定理和垂线段最短的知识点结合考查，是圆相关最值的典型题型。
【难度系数】
0.7
首先根据切线的性质可知OQ⊥PQ，即△OPQ为直角三角形，OQ为⊙O的半径是定值，结合勾股定理可将PQ的长度用OP的长度表示。要使PQ最小，需OP最小，根据“垂线段最短”可知，当OP垂直于直线l时，OP取得最小值，即O到直线l的距离3，最后代入计算即可得到PQ的最小值。
【解析】
∵PQ是⊙O的切线，切点为Q，
∴OQ⊥PQ，即△OQP是直角三角形，
由勾股定理可得：$PQ^2 + OQ^2 = OP^2$，
∴$PQ=\sqrt{OP^2 - OQ^2}$，
已知⊙O半径$OQ=2$，为定值，因此要使PQ最小，需OP最小。
根据“垂线段最短”，点O到直线l的距离为3，即OP的最小值为3，
将OP=3，OQ=2代入得：
$PQ_{\mathrm{最小}}=\sqrt{3^2 - 2^2}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；勾股定理；垂线段最短
【点评】
本题属于几何最值类基础题，解题的核心是将求切线段PQ的最小值转化为求点O到直线上动点P的线段OP的最小值，将切线性质、勾股定理和垂线段最短的知识点结合考查，是圆相关最值的典型题型。
【难度系数】
0.7
8. 如图,在平面直角坐标系中,已知$A(8,0),C(0,9)$,点$P$在第一象限,$\odot P$与$x$轴、$y$轴都相切,且经过矩形$OABC$的顶点$B$,与$AB$,$BC$分别相交.则圆心$P$的坐标为（
A.$(6,6)$
B.$(5,5)$
C.$(5,6)$
D.$(4,5)$
B
）A.$(6,6)$
B.$(5,5)$
C.$(5,6)$
D.$(4,5)$
答案
8. B
解析
【分析】
首先根据⊙P与x轴、y轴都相切的性质，可知圆心P的横、纵坐标相等，且数值等于圆的半径，因此可设P(a,a)，半径为a。再结合矩形OABC的顶点A、C坐标，推出顶点B的坐标为(8,9)。由于点B在⊙P上，故PB的长度等于半径，利用两点间距离公式列方程求解a的值，舍去不符合题意的解即可得到圆心P的坐标。
【解析】
1. 求点B的坐标：
∵四边形OABC是矩形，A(8,0)，C(0,9)，
∴B点横坐标与A点相同，纵坐标与C点相同，即B(8,9)。
2. 设圆心坐标：
∵⊙P与x轴、y轴都相切，且P在第一象限，
∴P到x轴、y轴的距离均等于半径r，即P的横、纵坐标相等，设P(a,a)，半径r=a。
3. 列方程求解：
∵点B在⊙P上，
∴PB=r=a，根据两点间距离公式得：
$\sqrt{(8-a)^2+(9-a)^2}=a$
两边平方得：$(8-a)^2+(9-a)^2=a^2$
展开整理：$64-16a+a^2+81-18a+a^2=a^2$，即$a^2-34a+145=0$
解得$a_1=5$，$a_2=29$，其中$a=29$不符合实际图形范围，舍去，故$a=5$，即P(5,5)。
【答案】
B
【知识点】
直线与圆相切的性质，矩形的性质，两点间距离公式
【点评】
本题核心是利用圆与坐标轴相切的性质简化圆心坐标的设定，再结合点在圆上的等量关系列方程求解，解题时注意要结合图形实际意义舍去不合理的解。
【难度系数】
0.7
首先根据⊙P与x轴、y轴都相切的性质，可知圆心P的横、纵坐标相等，且数值等于圆的半径，因此可设P(a,a)，半径为a。再结合矩形OABC的顶点A、C坐标，推出顶点B的坐标为(8,9)。由于点B在⊙P上，故PB的长度等于半径，利用两点间距离公式列方程求解a的值，舍去不符合题意的解即可得到圆心P的坐标。
【解析】
1. 求点B的坐标：
∵四边形OABC是矩形，A(8,0)，C(0,9)，
∴B点横坐标与A点相同，纵坐标与C点相同，即B(8,9)。
2. 设圆心坐标：
∵⊙P与x轴、y轴都相切，且P在第一象限，
∴P到x轴、y轴的距离均等于半径r，即P的横、纵坐标相等，设P(a,a)，半径r=a。
3. 列方程求解：
∵点B在⊙P上，
∴PB=r=a，根据两点间距离公式得：
$\sqrt{(8-a)^2+(9-a)^2}=a$
两边平方得：$(8-a)^2+(9-a)^2=a^2$
展开整理：$64-16a+a^2+81-18a+a^2=a^2$，即$a^2-34a+145=0$
解得$a_1=5$，$a_2=29$，其中$a=29$不符合实际图形范围，舍去，故$a=5$，即P(5,5)。
【答案】
B
【知识点】
直线与圆相切的性质，矩形的性质，两点间距离公式
【点评】
本题核心是利用圆与坐标轴相切的性质简化圆心坐标的设定，再结合点在圆上的等量关系列方程求解，解题时注意要结合图形实际意义舍去不合理的解。
【难度系数】
0.7
9. 如图，一把宽为2 cm的刻度尺在圆形光盘上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：cm），那么该光盘的直径是
10
cm答案
9. 10
解析
【分析】
解决本题的核心是结合垂径定理构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解。首先先根据刻度尺读数算出弦长：两个交点读数为2和10，因此弦长为10-2=8cm；刻度尺宽2cm，即该弦到与圆相切的刻度尺另一边的距离为2cm。设圆的半径为r，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，可得半弦长为4cm，弦心距为半径减去刻度尺宽度即r-2，最后在直角三角形中利用勾股定理列方程求出半径，乘2即可得到直径。
【解析】
设圆形光盘的半径为$ r\ \mathrm{cm} $。
1. 计算弦长：刻度尺与光盘边缘两个交点读数为2和10，因此弦长$ AB = 10 - 2 = 8\ \mathrm{cm} $。
2. 过圆心$ O $作$ OC ⊥ AB $于点$ C $，延长$ CO $交刻度尺与光盘的切线边于点$ D $，则$ CD $为刻度尺的宽度，即$ CD=2\ \mathrm{cm} $。
3. 根据垂径定理，$ AC = \frac{1}{2}AB = 4\ \mathrm{cm} $，弦心距$ OC = r - CD = r - 2 $。
4. 在$ \mathrm{Rt}△ OAC $中，由勾股定理得：$ OA^2 = AC^2 + OC^2 $，代入数据得：
$ r^2 = 4^2 + (r - 2)^2 $
展开得：$ r^2 = 16 + r^2 - 4r + 4 $
化简得：$ 4r = 20 $，解得$ r=5 $。
因此光盘的直径为$ 2r = 2 × 5 = 10\ \mathrm{cm} $。
【答案】
10
【知识点】
垂径定理，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题是圆的性质在实际生活中的应用，解题关键是结合垂径定理构造出由半径、半弦长、弦心距组成的直角三角形，再利用勾股定理列方程求解，很好地体现了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
解决本题的核心是结合垂径定理构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解。首先先根据刻度尺读数算出弦长：两个交点读数为2和10，因此弦长为10-2=8cm；刻度尺宽2cm，即该弦到与圆相切的刻度尺另一边的距离为2cm。设圆的半径为r，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，可得半弦长为4cm，弦心距为半径减去刻度尺宽度即r-2，最后在直角三角形中利用勾股定理列方程求出半径，乘2即可得到直径。
【解析】
设圆形光盘的半径为$ r\ \mathrm{cm} $。
1. 计算弦长：刻度尺与光盘边缘两个交点读数为2和10，因此弦长$ AB = 10 - 2 = 8\ \mathrm{cm} $。
2. 过圆心$ O $作$ OC ⊥ AB $于点$ C $，延长$ CO $交刻度尺与光盘的切线边于点$ D $，则$ CD $为刻度尺的宽度，即$ CD=2\ \mathrm{cm} $。
3. 根据垂径定理，$ AC = \frac{1}{2}AB = 4\ \mathrm{cm} $，弦心距$ OC = r - CD = r - 2 $。
4. 在$ \mathrm{Rt}△ OAC $中，由勾股定理得：$ OA^2 = AC^2 + OC^2 $，代入数据得：
$ r^2 = 4^2 + (r - 2)^2 $
展开得：$ r^2 = 16 + r^2 - 4r + 4 $
化简得：$ 4r = 20 $，解得$ r=5 $。
因此光盘的直径为$ 2r = 2 × 5 = 10\ \mathrm{cm} $。
【答案】
10
【知识点】
垂径定理，勾股定理，切线的性质
【点评】
本题是圆的性质在实际生活中的应用，解题关键是结合垂径定理构造出由半径、半弦长、弦心距组成的直角三角形，再利用勾股定理列方程求解，很好地体现了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
10. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点O在四边形ABCD内部，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点P，连接OA，OB。若∠AOB=140°，∠BCP=35°，则∠ADC的度数为
105°
。答案
10. $105°$
解析
【分析】
解题思路如下：1. 首先根据圆周角定理，由已知的圆心角∠AOB求出同弧AB所对的圆周角∠ACB的度数；2. 再根据弦切角定理，得到弦切角∠BCP和它所夹弧BC对应的圆周角∠BAC相等，求出∠BAC的度数；3. 利用三角形内角和求出∠ABC的度数；4. 最后根据圆内接四边形对角互补的性质，计算得到∠ADC的度数。
【解析】
解：
1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
∵ ∠AOB是弧AB所对的圆心角，∠ACB是弧AB所对的圆周角，∠AOB=140°
∴ $∠ ACB = \frac{1}{2}∠ AOB = \frac{1}{2} × 140° = 70°$
2. 根据弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角。
∵ PC是⊙O的切线，∠BCP是弦切角，所夹弧为弧BC，∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BCP=35°
∴ $∠ BAC = ∠ BCP = 35°$
3. 在△ABC中，三角形内角和为180°
∴ $∠ ABC = 180° - ∠ BAC - ∠ ACB = 180° - 35° - 70° = 75°$
4.
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，圆内接四边形对角互补
∴ $∠ ADC + ∠ ABC = 180°$
∴ $∠ ADC = 180° - 75° = 105°$
【答案】
$105°$
【知识点】
圆周角定理，弦切角定理，圆内接四边形的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，将圆周角、切线、圆内接四边形的性质结合考查，解题时只要逐步推导各个角的度数即可，核心是熟练掌握圆的相关基础性质。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：1. 首先根据圆周角定理，由已知的圆心角∠AOB求出同弧AB所对的圆周角∠ACB的度数；2. 再根据弦切角定理，得到弦切角∠BCP和它所夹弧BC对应的圆周角∠BAC相等，求出∠BAC的度数；3. 利用三角形内角和求出∠ABC的度数；4. 最后根据圆内接四边形对角互补的性质，计算得到∠ADC的度数。
【解析】
解：
1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
∵ ∠AOB是弧AB所对的圆心角，∠ACB是弧AB所对的圆周角，∠AOB=140°
∴ $∠ ACB = \frac{1}{2}∠ AOB = \frac{1}{2} × 140° = 70°$
2. 根据弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角。
∵ PC是⊙O的切线，∠BCP是弦切角，所夹弧为弧BC，∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BCP=35°
∴ $∠ BAC = ∠ BCP = 35°$
3. 在△ABC中，三角形内角和为180°
∴ $∠ ABC = 180° - ∠ BAC - ∠ ACB = 180° - 35° - 70° = 75°$
4.
∵ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形，圆内接四边形对角互补
∴ $∠ ADC + ∠ ABC = 180°$
∴ $∠ ADC = 180° - 75° = 105°$
【答案】
$105°$
【知识点】
圆周角定理，弦切角定理，圆内接四边形的性质
【点评】
本题属于圆的基础综合题，将圆周角、切线、圆内接四边形的性质结合考查，解题时只要逐步推导各个角的度数即可，核心是熟练掌握圆的相关基础性质。
【难度系数】
0.7
11.（黄冈模拟）如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，$AB$是$\odot O$的直径，$AB⊥ CD$于点$E$，$P$是$AB$延长线上一点，且$∠ BCP=∠ BCD$。
（1）求证：$CP$是$\odot O$的切线；
（2）若$AE=CD=8$，求$\odot O$的半径。
（1）求证：$CP$是$\odot O$的切线；
（2）若$AE=CD=8$，求$\odot O$的半径。
答案
11. (1)证明:连接OC,则$OC=OA$,$\therefore ∠ OCA=∠ A$.由题意可得:$∠ ACB=∠ AEC=90°$,$\therefore ∠ BCD=90°-∠ ACD=∠ A$.
$\therefore ∠ OCA = ∠ BCD$.$\because ∠ BCP = ∠ BCD$,$\therefore ∠ BCP = ∠ OCA$.$\therefore ∠ OCP=∠ BCP+∠ OCB=∠ OCA+∠ OCB=∠ ACB=90°$.$\because OC$是$\odot O$的半径,且$CP⊥ OC$,$\therefore CP$是$\odot O$的切线；
(2) 设$\odot O$半径为r,则$OE=AE-AO=8-r$,$\because AB⊥ CD$,$CD=8$,$AB$是$\odot O$的直径,$\therefore CE=DE=\frac{1}{2}CD=4$.在$\mathrm{Rt}△ OEC$中,$OC^2=CE^2+OE^2$,即$r^2=4^2+(8-r)^2$,解得$r=5$,$\therefore \odot O$的半径长为5.
$\therefore ∠ OCA = ∠ BCD$.$\because ∠ BCP = ∠ BCD$,$\therefore ∠ BCP = ∠ OCA$.$\therefore ∠ OCP=∠ BCP+∠ OCB=∠ OCA+∠ OCB=∠ ACB=90°$.$\because OC$是$\odot O$的半径,且$CP⊥ OC$,$\therefore CP$是$\odot O$的切线；
(2) 设$\odot O$半径为r,则$OE=AE-AO=8-r$,$\because AB⊥ CD$,$CD=8$,$AB$是$\odot O$的直径,$\therefore CE=DE=\frac{1}{2}CD=4$.在$\mathrm{Rt}△ OEC$中,$OC^2=CE^2+OE^2$,即$r^2=4^2+(8-r)^2$,解得$r=5$,$\therefore \odot O$的半径长为5.
解析
【分析】
（1）要证明CP是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ CP$。首先利用直径所对圆周角为直角、同角的余角相等推导角的等量关系，结合已知$∠ BCP=∠ BCD$，通过等量代换证明$∠ OCP=90°$即可。
（2）求$\odot O$半径，可利用垂径定理先得到CE的长度，设半径为r，用含r的式子表示OE的长度，再在$\mathrm{Rt}△ OEC$中根据勾股定理列方程求解。
【解析】
（1）证明：连接OC，
$\because OC=OA$，$\therefore ∠ OCA=∠ A$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ACB=90°$，
又$\because AB⊥ CD$于E，$\therefore ∠ AEC=90°$，
$\therefore ∠ BCD=90°-∠ ACD=∠ A$，
$\therefore ∠ OCA=∠ BCD$。
$\because ∠ BCP=∠ BCD$，$\therefore ∠ BCP=∠ OCA$，
$\therefore ∠ OCP=∠ BCP+∠ OCB=∠ OCA+∠ OCB=∠ ACB=90°$，
即$OC⊥ CP$，
又$\because OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore CP$是$\odot O$的切线。
（2）解：设$\odot O$的半径为r，则$OC=OA=r$，
$\therefore OE=AE-AO=8-r$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$AB⊥ CD$，$CD=8$，
$\therefore$根据垂径定理得：$CE=DE=\frac{1}{2}CD=4$，
在$\mathrm{Rt}△ OEC$中，由勾股定理得$OC^2=CE^2+OE^2$，
即$r^2=4^2+(8-r)^2$，
展开得：$r^2=16+64-16r+r^2$，
化简得$16r=80$，解得$r=5$。
【答案】
（1）CP是$\odot O$的切线，证明成立；（2）$\odot O$的半径为$\boxed{5}$
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了切线的判定方法、垂径定理和勾股定理的应用，第一问的核心是掌握“连半径证垂直”的切线判定思路，第二问运用方程思想求解线段长度，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
（1）要证明CP是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需连接半径OC，证明$OC⊥ CP$。首先利用直径所对圆周角为直角、同角的余角相等推导角的等量关系，结合已知$∠ BCP=∠ BCD$，通过等量代换证明$∠ OCP=90°$即可。
（2）求$\odot O$半径，可利用垂径定理先得到CE的长度，设半径为r，用含r的式子表示OE的长度，再在$\mathrm{Rt}△ OEC$中根据勾股定理列方程求解。
【解析】
（1）证明：连接OC，
$\because OC=OA$，$\therefore ∠ OCA=∠ A$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ACB=90°$，
又$\because AB⊥ CD$于E，$\therefore ∠ AEC=90°$，
$\therefore ∠ BCD=90°-∠ ACD=∠ A$，
$\therefore ∠ OCA=∠ BCD$。
$\because ∠ BCP=∠ BCD$，$\therefore ∠ BCP=∠ OCA$，
$\therefore ∠ OCP=∠ BCP+∠ OCB=∠ OCA+∠ OCB=∠ ACB=90°$，
即$OC⊥ CP$，
又$\because OC$是$\odot O$的半径，
$\therefore CP$是$\odot O$的切线。
（2）解：设$\odot O$的半径为r，则$OC=OA=r$，
$\therefore OE=AE-AO=8-r$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$AB⊥ CD$，$CD=8$，
$\therefore$根据垂径定理得：$CE=DE=\frac{1}{2}CD=4$，
在$\mathrm{Rt}△ OEC$中，由勾股定理得$OC^2=CE^2+OE^2$，
即$r^2=4^2+(8-r)^2$，
展开得：$r^2=16+64-16r+r^2$，
化简得$16r=80$，解得$r=5$。
【答案】
（1）CP是$\odot O$的切线，证明成立；（2）$\odot O$的半径为$\boxed{5}$
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了切线的判定方法、垂径定理和勾股定理的应用，第一问的核心是掌握“连半径证垂直”的切线判定思路，第二问运用方程思想求解线段长度，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
12. 如图,点D在△ABC的边AC上,且AB=AD,以AB为直径的⊙O与BC相切,与AC相交于点E,与BD相交于点F.
(1) 求证:∠BAD=2∠DBC;
(2) 当AD=3,CD=2时,求BD的长.
(1) 求证:∠BAD=2∠DBC;
(2) 当AD=3,CD=2时,求BD的长.
答案
12. (1)证明:如图,连接AF.$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AFB=90°$.$\therefore AF⊥ BD$,$∠ BAF+∠ ABF=90°$.$\because AB=AD$,$\therefore AF$平分$∠ BAD$,即$∠ BAD=2∠ BAF$.
$\because$ 以AB为直径的$\odot O$与BC相切,$\therefore AB⊥ BC$.$\therefore ∠ ABC=90°$,即$∠ ABF+∠ DBC=90°$.
$\because ∠ BAF+∠ ABF=90°$,$\therefore ∠ BAF=∠ DBC$.$\therefore ∠ BAD=2∠ DBC$；
(2) 解:如图,连接BE.$\because AD=3$,$CD=2$,$\therefore AB=3$,$AC=5$.$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=4$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AEB=90°$.$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2} BE· AC=\frac{1}{2} AB· BC$,$\therefore BE=\frac{AB· BC}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\frac{9}{5}$.$\therefore DE=AD-AE=\frac{6}{5}$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中,$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
解析
【分析】
(1) 要证明∠BAD=2∠DBC，可结合等腰三角形性质和圆的相关性质推导：首先考虑连接AF，AB为⊙O直径可得直径所对圆周角为直角，结合AB=AD的等腰三角形条件，利用三线合一可得AF平分∠BAD，即∠BAD=2∠BAF；再根据切线的性质得AB⊥BC，通过同角的余角相等可证∠BAF=∠DBC，即可推出结论。
(2) 求BD的长可通过构造直角三角形，结合勾股定理求解：连接BE，由AB是直径得∠AEB=90°，先在Rt△ABC中用勾股定理算出BC的长，再用三角形面积法求出BE的长，接着在Rt△ABE中求出AE的长，进而得到DE的长，最后在Rt△BDE中用勾股定理即可算出BD的长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接AF.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AFB=90°$.
$\therefore AF⊥ BD$,$∠ BAF+∠ ABF=90°$.
$\because AB=AD$,$\therefore AF$平分$∠ BAD$,即$∠ BAD=2∠ BAF$.
$\because$ 以AB为直径的$\odot O$与BC相切,$\therefore AB⊥ BC$.
$\therefore ∠ ABC=90°$,即$∠ ABF+∠ DBC=90°$.
$\because ∠ BAF+∠ ABF=90°$,$\therefore ∠ BAF=∠ DBC$.
$\therefore ∠ BAD=2∠ DBC$；
(2) 解:如图,连接BE.
$\because AD=3$,$CD=2$,$\therefore AB=3$,$AC=5$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=4$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AEB=90°$.
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2} BE· AC=\frac{1}{2} AB· BC$,$\therefore BE=\frac{AB· BC}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\frac{9}{5}$.$\therefore DE=AD-AE=\frac{6}{5}$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中,$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $BD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题型，解题核心是正确作出辅助线，灵活运用圆的性质、等腰三角形性质、面积法和勾股定理进行边角关系的推导与计算，能够较好地考查几何综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明∠BAD=2∠DBC，可结合等腰三角形性质和圆的相关性质推导：首先考虑连接AF，AB为⊙O直径可得直径所对圆周角为直角，结合AB=AD的等腰三角形条件，利用三线合一可得AF平分∠BAD，即∠BAD=2∠BAF；再根据切线的性质得AB⊥BC，通过同角的余角相等可证∠BAF=∠DBC，即可推出结论。
(2) 求BD的长可通过构造直角三角形，结合勾股定理求解：连接BE，由AB是直径得∠AEB=90°，先在Rt△ABC中用勾股定理算出BC的长，再用三角形面积法求出BE的长，接着在Rt△ABE中求出AE的长，进而得到DE的长，最后在Rt△BDE中用勾股定理即可算出BD的长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接AF.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AFB=90°$.
$\therefore AF⊥ BD$,$∠ BAF+∠ ABF=90°$.
$\because AB=AD$,$\therefore AF$平分$∠ BAD$,即$∠ BAD=2∠ BAF$.
$\because$ 以AB为直径的$\odot O$与BC相切,$\therefore AB⊥ BC$.
$\therefore ∠ ABC=90°$,即$∠ ABF+∠ DBC=90°$.
$\because ∠ BAF+∠ ABF=90°$,$\therefore ∠ BAF=∠ DBC$.
$\therefore ∠ BAD=2∠ DBC$；
(2) 解:如图,连接BE.
$\because AD=3$,$CD=2$,$\therefore AB=3$,$AC=5$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=4$.
$\because AB$为$\odot O$的直径,$\therefore ∠ AEB=90°$.
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2} BE· AC=\frac{1}{2} AB· BC$,$\therefore BE=\frac{AB· BC}{AC}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\frac{9}{5}$.$\therefore DE=AD-AE=\frac{6}{5}$.
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中,$BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $BD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题型，解题核心是正确作出辅助线，灵活运用圆的性质、等腰三角形性质、面积法和勾股定理进行边角关系的推导与计算，能够较好地考查几何综合运用能力。
【难度系数】
0.6
