10. (2025·贵州中考) 如图, 在 $\odot O$ 中, $∠ ACB$ 是直角, $D$ 为 $\overgroup{BC}$ 的中点, $DE$ 为 $\odot O$ 的切线交 $AB$ 的延长线于点 $E$. 连接 $CD, BD$.
(1) 点 $O$ 与 $AB$ 的位置关系是,线段 $CD$ 与线段 $BD$ 的数量关系是.
(2) 过 $E$ 点作 $EF ⊥ AE$, 与 $AD$ 的延长线交于点 $F$. 根据题意补全图形, 判断 $△ DEF$ 的形状,并说明理由.
(3) 在 (2) 的条件下, 若 $\odot O$ 的半径为 3, $DE=4$, 求 $CD$ 的长.

10. (1)点O在线段AB上 CD=BD 解析:
∵∠ACB是直角,
∴AB为直径.
∵点O为圆心,
∴点O在线段AB上.
∵D为$\overgroup{BC}$的中点,
∴$\overgroup{CD}=\overgroup{BD}$,
∴CD=BD.
(2)补图如图所示,△DEF为等腰三角形,理由如下:连接OD,
∵DE为⊙O的切线交AB的延长线于点E,
∴∠ODE=90°,
∴∠ADO+∠EDF=90°.
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ODA,
∴∠DAO+∠EDF=90°.
∵AE⊥EF,
∴∠F+∠DAO=90°,
∴∠F=∠EDF,
∴ED=EF,
∴△EDF是等腰三角形.
(3)如图,过D作DH⊥AB于H,
∵⊙O的半径为3,DE=4,∠ODE=90°,
∴OE=$\sqrt{3^2+4^2}$=5.
∵$S_{△ODE}=\frac{1}{2}OD·DE=\frac{1}{2}DH·OE$,
∴$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×DH$,
∴DH=$\frac{12}{5}$,
∴OH=$\sqrt{OD^2−DH^2}$=$\frac{9}{5}$,
∴BH=3−$\frac{9}{5}$=$\frac{6}{5}$,
∴BD=$\sqrt{BH^2+DH^2}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$,
∴CD=BD=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$.

【分析】
1. 第(1)问：根据圆周角定理，90°圆周角所对弦为直径，由∠ACB=90°得AB是⊙O直径，圆心O在直径AB上；利用“等弧对等弦”，D是弧BC中点，故弧CD=弧BD，推出CD=BD。
2. 第(2)问：连接OD，由切线性质得∠ODE=90°，结合OA=OD的等腰性质，再通过EF⊥AE的直角关系，等量代换得∠F=∠EDF，判定△DEF为等腰三角形。
3. 第(3)问：过D作DH⊥AB，先由勾股定理算OE，用面积法求DH，再算BH，最后勾股得BD，结合CD=BD求CD长度。
【解析】
(1)
∵∠ACB=90°，根据圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是直径，
∴AB为⊙O的直径。又O是⊙O的圆心，
∴点O在线段AB上。
∵D为$\overgroup{BC}$的中点，
∴$\overgroup{CD}=\overgroup{BD}$，根据“等弧对等弦”，得CD=BD。
(2) 补全图形（如图所示），△DEF为等腰三角形，理由如下：
连接OD，
∵DE为⊙O的切线，
∴OD⊥DE，即∠ODE=90°，
∴∠ADO + ∠EDF=90°。
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，代入得∠OAD + ∠EDF=90°。
∵EF⊥AE，
∴∠F + ∠OAD=90°，
∴∠F=∠EDF，
∴ED=EF，故△DEF是等腰三角形。
(3) 过D作DH⊥AB于H，已知⊙O半径为3，即OD=3，DE=4，∠ODE=90°，在Rt△ODE中，由勾股定理得：
OE=$\sqrt{OD^2 + DE^2}$=$\sqrt{3^2 + 4^2}$=5。
根据三角形面积公式：$S_{△ODE}=\frac{1}{2}OD·DE=\frac{1}{2}DH·OE$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×DH$，解得DH=$\frac{12}{5}$。
在Rt△ODH中，OH=$\sqrt{OD^2 - DH^2}$=$\sqrt{3^2 - (\frac{12}{5})^2}$=$\frac{9}{5}$，
∴BH=OB - OH=3 - $\frac{9}{5}$=$\frac{6}{5}$。
在Rt△BDH中，BD=$\sqrt{BH^2 + DH^2}$=$\sqrt{(\frac{6}{5})^2 + (\frac{12}{5})^2}$=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，由(1)知CD=BD，故CD=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 点O在线段AB上；CD=BD
(2) △DEF为等腰三角形
(3) $\frac{6\sqrt{5}}{5}$

【知识点】
圆周角定理、切线的性质、等腰三角形判定、勾股定理
【点评】
本题是圆的综合题型，综合考查圆周角定理、切线性质、等腰三角形判定及勾股定理，需掌握辅助线的添加方法，通过角的等量代换和几何计算解题，难度适中，符合中考命题规律。
【难度系数】
0.5

11. 如图, $PA$ 是 $\odot O$ 的切线, $A$ 为切点, 点 $B,C,D$ 在 $\odot O$ 上, 且 $PA = PB$.
(1) 求证: $PB$ 是 $\odot O$ 的切线;
(2) 若 $∠ P=100°$, 则 $∠ B+∠ D$ 的度数为 $°$.

11. (1)如图①,连接OA,OB,OP,
∵PA是⊙O的切线,A为切点,
∴∠PAO=90°.在△PBO和△PAO中,
∵PB=PA,OB=OA,OP=OP,
∴△PBO≌△PAO,
∴∠PBO=∠PAO=90°,
∴PB⊥BO,且PB过半径OB的外端,
∴PB是⊙O的切线.
(2)220 解析:如图②,连接AB,由(1)可知PB=PA,
∴∠PAB=∠PBA=$\frac{180°−∠P}{2}$=40°,在圆内接四边形ABCD中,∠D+∠ABC=180°,
∴∠D+∠PBC=∠D+∠ABC+∠PBA=220°.

【分析】
(1) 要证明PB是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证PB垂直于过切点的半径，因此连接OB，只需证∠PBO=90°。已知PA是⊙O的切线，故∠PAO=90°，结合PA=PB、OA=OB、OP公共，可通过SSS证明△PBO≌△PAO，得到∠PBO=∠PAO=90°，即可完成证明。
(2) 要求∠B+∠D的度数，先由PA=PB和∠P=100°算出等腰△PAB的底角，再利用圆内接四边形对角互补的性质，结合角的和差关系计算结果。
【解析】
(1) 证明：如图①，连接OA、OB、OP。
∵PA是⊙O的切线，A为切点，
∴∠PAO=90°（切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径）。
在△PBO和△PAO中：
$\{\begin{array}{l} PB=PA \\ OB=OA \\ OP=OP \end{array} $
∴△PBO≌△PAO（SSS），
∴∠PBO=∠PAO=90°，
∴PB⊥OB，又OB是⊙O的半径，且PB过OB的外端，
∴PB是⊙O的切线（切线的判定定理）。
(2) 解：如图②，连接AB。
由(1)知PB=PA，故△PAB为等腰三角形，
∵∠P=100°，
∴∠PAB=∠PBA=$\frac{180°-∠P}{2}$=40°。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠D + ∠ABC=180°（圆内接四边形的对角互补），
∴∠D + ∠PBC=∠D + ∠ABC + ∠PBA=180°+40°=220°，即∠B+∠D=220°。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 220°
【知识点】
切线的判定、全等三角形的判定、圆内接四边形的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查切线判定、全等三角形应用及圆内接四边形性质，解题关键是通过辅助线构造全等三角形，结合圆内接四边形对角互补的性质推导角度关系，需熟练掌握圆的相关定理。
【难度系数】
0.5

12. (恩施州中考) 如图, $△ A B C$ 是等腰直角三角形, $∠ A C B=90°$, 点 $O$ 为 $A B$ 的中点, 连接 $C O$ 交 $\odot O$ 于点 $E, \odot O$ 与 $A C$ 相切于点 $D$.
(1) 求证: $B C$ 是 $\odot O$ 的切线;
(2) 延长 $C O$ 交 $\odot O$ 于点 $G$, 连接 $A G$ 交 $\odot O$ 于点 $F$, 若 $A C=4 \sqrt{2}$, 求 $F G$ 的长.

12. (1)如图,连接OD,过点O作OP⊥BC于点P,
∵⊙O与AC相切于点D,
∴OD⊥AC.
∵△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,点O为AB的中点,
∴∠OCD=∠OCP=45°,
∴OD=OP,即OP是⊙O的半径,
∴BC是⊙O的切线.
(2)
∵AC=4√2,BC=AC,∠ACB=90°,
∴AB=8.
∵点O为AB的中点,
∴OC⊥AB,OC=OA=$\frac{1}{2}$AB=4.
∵OD⊥AC,
∴OD=$\frac{1}{2}$AC=2√2=OG.在Rt△AOG中,AG=$\sqrt{OA^2+OG^2}$=$\sqrt{4^2+(2\sqrt{2})^2}$=2√6.如图,连接OF,过O作OH⊥AG于点H,
∴OH=$\frac{OA·OG}{AG}$=$\frac{4×2\sqrt{2}}{2\sqrt{6}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$,
∴HG=$\sqrt{OG^2−OH^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{2})^2−(\frac{4\sqrt{3}}{3})^2}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$.
∵OF=OG,
∴FG=2HG=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$.

【分析】
本题分为两小问，第(1)问需证明BC是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明圆心O到BC的距离等于⊙O的半径；第(2)问求FG的长，需结合等腰直角三角形性质求出相关线段长度，再利用勾股定理、等腰三角形三线合一及垂径定理求解。
第(1)问思路：已知⊙O与AC相切于D，故OD⊥AC；△ABC是等腰直角三角形，O为AB中点，可得OC平分∠ACB，根据角平分线性质，点O到AC和BC的距离相等，即OD=OP（OP⊥BC），OD是⊙O半径，故OP也是半径，从而证明BC是切线。
第(2)问思路：先由AC长度求出AB、OA等，再求⊙O半径OD=OG；在Rt△AOG中用勾股定理求AG，通过面积法求OH，利用勾股定理得HG，最后由等腰三角形三线合一得FG=2HG，算出结果。
【解析】
(1) 证明：如图，连接OD，过点O作OP⊥BC于点P。
∵⊙O与AC相切于点D，
∴OD⊥AC（切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，点O为AB的中点，
∴OC平分∠ACB（等腰直角三角形斜边上的中线平分顶角），即∠OCD=∠OCP=45°。
又
∵OD⊥AC，OP⊥BC，
∴OD=OP（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∵OD是⊙O的半径，
∴OP也是⊙O的半径，且OP⊥BC，
∴BC是⊙O的切线（切线的判定：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线）。
(2) 解：
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=4√2，∠ACB=90°，
∴BC=AC=4√2，AB=√(AC²+BC²)=√[(4√2)²+(4√2)²]=8。
∵点O为AB的中点，
∴OA=OC=½AB=4（等腰直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
∵OD⊥AC，∠A=45°，
∴△AOD是等腰直角三角形，OD=OA·sin45°=4×(√2/2)=2√2，
∴⊙O的半径OG=OD=2√2。
∵OC⊥AB，
∴∠AOG=90°，在Rt△AOG中，由勾股定理得：
AG=√(OA²+OG²)=√(4²+(2√2)²)=2√6。
连接OF，过点O作OH⊥AG于点H，
∵S△AOG=½×OA×OG=½×AG×OH，
∴OH=(OA×OG)/AG=(4×2√2)/(2√6)=4√3/3。
在Rt△OHG中，由勾股定理得：
HG=√(OG² - OH²)=√[(2√2)² - (4√3/3)²]=2√6/3。
∵OF=OG，OH⊥FG，
∴FG=2HG（等腰三角形三线合一），
∴FG=2×(2√6/3)=4√6/3。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) FG的长为$\frac{4\sqrt{6}}{3}$。

【知识点】
切线的判定、等腰直角三角形性质、垂径定理
【点评】
本题综合考查切线判定、等腰直角三角形性质、勾股定理及垂径定理，解题关键是利用角平分线性质证明切线，结合几何定理计算线段长度，是中考常见的几何综合题，需熟练掌握相关定理应用。
【难度系数】
0.5

13. (2025·扬州期中) 如图，$\odot O$ 是直角三角形$ABC$ 的外接圆，直径 $AC=4$，过 $C$ 点作 $\odot O$ 的切线，与 $AB$ 延长线交于点 $D$，$M$ 为 $CD$ 的中点，连接 $BM$，$OM$，且 $BC$ 与 $OM$ 相交于点 $N$.
(1) 求证：$BM$ 与 $\odot O$ 相切；
(2) 当 $∠ A=60°$ 时，在 $\odot O$ 上取点 $F$，使$∠ ABF=15°$，补全图形，并求点 $F$ 到直线 $AB$的距离.

13. (1)连接OB,
∵M为CD的中点,O是AC中点,
∴OM//AD.
∵AC是⊙O的直径,
∴∠ABC=90°,
∴OM⊥BC.
∵OB=OC,
∴∠BOM=∠COM.又OM=OM,
∴△OBM≌△OCM(SAS),
∴∠OBM=∠OCM.
∵MC是⊙O的切线,
∴∠OCM=90°,
∴∠OBM=90°,
∴OB⊥BM.又OB是⊙O的半径,
∴BM与⊙O相切.
(2)如图所示,当点F在$\overgroup{AB}$上时,连接OF₁,交AB于点G,
∵∠ABF₁=15°,
∴∠AOF₁=30°.
∵∠BAC=60°,
∴∠AGO=90°,
∴OF₁⊥AB.
∵直径AC=4,
∴AO=2,
∴AG=1,
∴OG=$\sqrt{3}$,
∴F₁G=2−$\sqrt{3}$.
当点F在半圆AOC上时,过点F₂作F₂H⊥AB,垂足为点H,作F₂I⊥OG,垂足为点I,
∴四边形F₂HGI是矩形.在Rt△F₂IO中,OF₂=2,
∵∠ABF₁=∠ABF₂=15°,
∴∠AOF₁=2∠ABF₁=30°,∠AOF₂=2∠ABF₂=30°,
∴∠F₂OI=∠AOF₂+∠AOF₁=60°,
∴∠OF₂I=30°,
∴OI=1,
∴F₂H=GI=OG−OI=$\sqrt{3}$−1.
综上所述,点F到直线AB的距离为2−$\sqrt{3}$或$\sqrt{3}$−1.

【分析】
第(1)问要证BM与⊙O相切，需证明OB⊥BM。利用三角形中位线定理得OM//AD，结合AC是直径推出OM⊥BC，再通过全等三角形得到∠OBM=∠OCM，结合切线性质∠OCM=90°即可证得结论；第(2)问根据∠A=60°和圆周角定理，分点F在$\overgroup{AB}$和$\overgroup{AOC}$上两种情况，结合三角函数分别计算点F到直线AB的距离。
【解析】
(1) 连接OB，
∵M为CD的中点，O是AC中点，
∴OM是△ACD的中位线，故OM//AD，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，即BC⊥AD，
∴OM⊥BC，
又
∵OB=OC，OM=OM，∠BOM=∠COM，
∴△OBM≌△OCM（SAS），
∴∠OBM=∠OCM，
∵MC是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCM=90°，
∴∠OBM=90°，即OB⊥BM，
又
∵OB是⊙O的半径，
∴BM与⊙O相切。
(2) 补全图形后分两种情况：
①当点F在$\overgroup{AB}$上时，连接OF₁交AB于G，
∵∠ABF₁=15°，
∴∠AOF₁=2∠ABF₁=30°，
∵∠BAC=60°，
∴△AGO中∠AGO=90°，即OF₁⊥AB，
∵AC=4，
∴AO=2，
∴OG=AO·cos30°=$\sqrt{3}$，
∴F₁G=OF₁ - OG=2 - $\sqrt{3}$，即点F到AB的距离为$2-\sqrt{3}$；
②当点F在半圆AOC上时，过F₂作F₂H⊥AB于H，作F₂I⊥OG于I，
则四边形F₂HGI是矩形，F₂H=GI，
∵∠ABF₂=15°，
∴∠AOF₂=30°，
∴∠F₂OI=∠AOF₂+∠AOF₁=60°，
在Rt△F₂IO中，OI=OF₂·cos60°=1，
又OG=$\sqrt{3}$，
∴GI=OG - OI=$\sqrt{3}-1$，即点F到AB的距离为$\sqrt{3}-1$；
综上，点F到直线AB的距离为$2-\sqrt{3}$或$\sqrt{3}-1$。
【答案】13. (1) 证明见解析；(2) 点F到直线AB的距离为$2-\sqrt{3}$或$\sqrt{3}-1$。
【知识点】切线的判定、圆周角定理、三角形中位线定理
【点评】本题综合考查圆的切线判定、圆周角定理等知识点，第(2)问需分情况讨论点F的位置，对学生的逻辑分析能力有一定要求，是一道综合性较强的圆的题目。
【难度系数】0.4