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8.(2025·宿迁宿豫区二模)如图，AB是$\odot O$的直径，AC是$\odot O$的弦，且$∠ BAC=56°$.若D是$\odot O$上的一个动点(不与点A，C重合)，则$∠ ADC$的度数为
34°或146°
.答案
8.34°或146°
解析
【分析】
解题时先利用直径的性质求出同弧对应的已知圆周角，再根据动点D的位置分两类讨论：①D在优弧AC上，借助同弧所对圆周角相等计算；②D在劣弧AC上，借助圆内接四边形对角互补计算，注意不要遗漏任意一种情况。
【解析】
连接BC，
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角为直角），
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=56°$，
∴$∠ ABC=90°-∠ BAC=90°-56°=34°$。
分两种情况讨论：
①当点D在优弧AC上时，$∠ ADC$与$∠ ABC$均为弧AC所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，
∴$∠ ADC=∠ ABC=34°$；
②当点D在劣弧AC上时，四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，
∴$∠ ADC+∠ ABC=180°$，
∴$∠ ADC=180°-34°=146°$。
综上，$∠ ADC$的度数为$34°$或$146°$。
【答案】
$34°$或$146°$
【知识点】
直径所对圆周角的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【点评】
本题考查圆的基本性质的应用，解题的关键是注意动点位置的不确定性，合理分类讨论，避免因漏看情况导致漏解。
【难度系数】
0.65
解题时先利用直径的性质求出同弧对应的已知圆周角，再根据动点D的位置分两类讨论：①D在优弧AC上，借助同弧所对圆周角相等计算；②D在劣弧AC上，借助圆内接四边形对角互补计算，注意不要遗漏任意一种情况。
【解析】
连接BC，
∵AB是$\odot O$的直径，
∴$∠ ACB=90°$（直径所对的圆周角为直角），
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=56°$，
∴$∠ ABC=90°-∠ BAC=90°-56°=34°$。
分两种情况讨论：
①当点D在优弧AC上时，$∠ ADC$与$∠ ABC$均为弧AC所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，
∴$∠ ADC=∠ ABC=34°$；
②当点D在劣弧AC上时，四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形，根据圆内接四边形对角互补，
∴$∠ ADC+∠ ABC=180°$，
∴$∠ ADC=180°-34°=146°$。
综上，$∠ ADC$的度数为$34°$或$146°$。
【答案】
$34°$或$146°$
【知识点】
直径所对圆周角的性质；圆周角定理；圆内接四边形的性质
【点评】
本题考查圆的基本性质的应用，解题的关键是注意动点位置的不确定性，合理分类讨论，避免因漏看情况导致漏解。
【难度系数】
0.65
9.(2025·宿迁沭阳县一模)如图,在矩形ABCD中,AB=4√3,BC=4,动点E,F分别从点A,C同时出发,以每秒1个单位长度的速度沿AB,CD向终点B,D运动,过点E,F作直线l,过点A作直线l的垂线,垂足为G,连接DG,则DG的最大值为
2+2√3
.答案
9.2+2√3
解析
【分析】
解题可按三步思考：第一步，先分析动点E、F的运动特征，结合矩形中心对称的性质，推导直线EF恒过的定点；第二步，根据AG垂直直线l的条件，结合“直角对直径”的性质，确定动点G的轨迹为圆；第三步，利用圆外一点到圆上点的最大距离等于“点到圆心的距离+半径”，即可求出DG的最大值。
【解析】
建立平面直角坐标系，设$A(0,0)$，$B(4\sqrt{3},0)$，$C(4\sqrt{3},4)$，$D(0,4)$，设运动时间为$t$秒，则$E(t,0)$，$F(4\sqrt{3}-t,4)$。
1. 求直线EF的定点：
EF的中点坐标为$(\frac{t+4\sqrt{3}-t}{2},\frac{0+4}{2})=(2\sqrt{3},2)$，记该点为$O$，即直线EF恒过定点$O(2\sqrt{3},2)$。
2. 确定G的轨迹：
$\because AG⊥ EF$，$\therefore∠ AGO=90°$，则点G的轨迹是以AO为直径的圆。
计算AO长度：$AO=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$，故圆的圆心$M$为AO中点，坐标为$(\sqrt{3},1)$，半径$r=\frac{AO}{2}=2$。
3. 计算DG的最大值：
点D到圆心M的距离：$DM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1-4)^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3}$。
圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，因此$DG_{\mathrm{max}}=DM+r=2\sqrt{3}+2$。
【答案】
$2+2\sqrt{3}$
【知识点】
矩形的性质，动点轨迹判定，圆的最值问题
【点评】
本题将动点运动与圆的性质结合，核心是找到直线EF的定点，进而确定G的轨迹，将线段最值问题转化为圆外点到圆上点的最值问题，很好地考察了转化思想的应用。
【难度系数】
0.4
解题可按三步思考：第一步，先分析动点E、F的运动特征，结合矩形中心对称的性质，推导直线EF恒过的定点；第二步，根据AG垂直直线l的条件，结合“直角对直径”的性质，确定动点G的轨迹为圆；第三步，利用圆外一点到圆上点的最大距离等于“点到圆心的距离+半径”，即可求出DG的最大值。
【解析】
建立平面直角坐标系，设$A(0,0)$，$B(4\sqrt{3},0)$，$C(4\sqrt{3},4)$，$D(0,4)$，设运动时间为$t$秒，则$E(t,0)$，$F(4\sqrt{3}-t,4)$。
1. 求直线EF的定点：
EF的中点坐标为$(\frac{t+4\sqrt{3}-t}{2},\frac{0+4}{2})=(2\sqrt{3},2)$，记该点为$O$，即直线EF恒过定点$O(2\sqrt{3},2)$。
2. 确定G的轨迹：
$\because AG⊥ EF$，$\therefore∠ AGO=90°$，则点G的轨迹是以AO为直径的圆。
计算AO长度：$AO=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$，故圆的圆心$M$为AO中点，坐标为$(\sqrt{3},1)$，半径$r=\frac{AO}{2}=2$。
3. 计算DG的最大值：
点D到圆心M的距离：$DM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1-4)^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3}$。
圆外一点到圆上点的最大距离为点到圆心的距离加半径，因此$DG_{\mathrm{max}}=DM+r=2\sqrt{3}+2$。
【答案】
$2+2\sqrt{3}$
【知识点】
矩形的性质，动点轨迹判定，圆的最值问题
【点评】
本题将动点运动与圆的性质结合，核心是找到直线EF的定点，进而确定G的轨迹，将线段最值问题转化为圆外点到圆上点的最值问题，很好地考察了转化思想的应用。
【难度系数】
0.4
三、解答题(共46分)
10.(15分)(2025·安徽)如图，四边形ABCD的顶点都在半圆O上，AB是半圆O的直径，连接OC，∠DAB+2∠ABC=180°.
(1)求证:OC//AD；
(2)若AD=2，BC=2√3，求AB的长.
10.(15分)(2025·安徽)如图，四边形ABCD的顶点都在半圆O上，AB是半圆O的直径，连接OC，∠DAB+2∠ABC=180°.
(1)求证:OC//AD；
(2)若AD=2，BC=2√3，求AB的长.
答案
10.(1)证明:$\because OC=OB,\therefore ∠OBC=∠OCB,$
$\therefore ∠AOC=∠OBC+∠OCB=2∠ABC.$
$\because ∠DAB+2∠ABC=180°,$
$\therefore ∠DAB+∠AOC=180°,∴OC// AD.$
(2)解:如答图,连接BD,交OC于点E.
$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ADB=90°$,即$AD⊥BD.$
$\because OC// AD,\therefore OC⊥BD,\therefore E$为BD的中点.
又$\because O$是AB的中点,$\therefore OE$是$△ ABD$的中位线,
$\therefore OE=\frac{1}{2}AD=1.$
设半圆的半径为r,则$CE=r-1.$
由勾股定理,知$OB^2-OE^2=BE^2=BC^2-CE^2,$
即$r^2-1=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2,$
解得$r_1=3,r_2=-2$(舍去),$\therefore AB=2r=6.$
解析
【分析】
(1) 要证OC//AD，可通过证明同旁内角互补实现。首先由同圆半径相等可得△OBC是等腰三角形，推出∠OCB=∠OBC，再结合三角形外角性质得到∠AOC=2∠ABC，代入已知条件∠DAB+2∠ABC=180°，即可得到∠DAB与∠AOC互补，从而证明两直线平行。
(2) 求AB的长可先求半圆半径：连接BD，利用直径所对圆周角为直角得∠ADB=90°，结合(1)的平行结论得OC⊥BD，由垂径定理得E是BD中点，进而推出OE是△ABD的中位线，求出OE长度；设半径为r，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示BE²，列方程求解r即可得到直径AB的长。
【解析】
(1) 证明：$\because OC=OB$（同圆的半径相等），$\therefore ∠OBC=∠OCB$（等腰三角形两底角相等），
$\therefore ∠AOC=∠OBC+∠OCB=2∠ABC$（三角形外角的性质）。
$\because ∠DAB+2∠ABC=180°$（已知），
$\therefore ∠DAB+∠AOC=180°$（等量代换），
$\therefore OC// AD$（同旁内角互补，两直线平行）。
(2) 解：如答图，连接BD，交OC于点E。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ADB=90°$（直径所对的圆周角是直角），即$AD⊥BD$。
$\because OC// AD$，$\therefore OC⊥BD$，根据垂径定理可得E为BD的中点。
又$\because O$是AB的中点，$\therefore OE$是$△ ABD$的中位线，
$\therefore OE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×2=1$。
设半圆的半径为r，则$OC=OB=r$，$CE=r-1$。
在$Rt△OBE$中，$BE^2=OB^2-OE^2=r^2-1^2$，
在$Rt△CBE$中，$BE^2=BC^2-CE^2=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2$，
$\therefore r^2-1=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2$，
整理得$r^2-r-6=0$，解得$r_1=3$，$r_2=-2$（半径为正，舍去），
$\therefore AB=2r=2×3=6$。
【答案】
10.(1)证明:$\because OC=OB,\therefore ∠OBC=∠OCB,$
$\therefore ∠AOC=∠OBC+∠OCB=2∠ABC.$
$\because ∠DAB+2∠ABC=180°,$
$\therefore ∠DAB+∠AOC=180°,∴OC// AD.$
(2)解:如答图,连接BD,交OC于点E.
$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ADB=90°$,即$AD⊥BD.$
$\because OC// AD,\therefore OC⊥BD,\therefore E$为BD的中点.
又$\because O$是AB的中点,$\therefore OE$是$△ ABD$的中位线,
$\therefore OE=\frac{1}{2}AD=1.$
设半圆的半径为r,则$CE=r-1.$
由勾股定理,知$OB^2-OE^2=BE^2=BC^2-CE^2,$
即$r^2-1=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2,$
解得$r_1=3,r_2=-2$(舍去),$\therefore AB=2r=6.$
【知识点】
平行线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，第一问思路直接，侧重考查等腰三角形性质和平行线判定；第二问需要合理作辅助线，结合中位线、垂径定理和勾股定理列方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用，能较好地考查学生的几何综合运用能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证OC//AD，可通过证明同旁内角互补实现。首先由同圆半径相等可得△OBC是等腰三角形，推出∠OCB=∠OBC，再结合三角形外角性质得到∠AOC=2∠ABC，代入已知条件∠DAB+2∠ABC=180°，即可得到∠DAB与∠AOC互补，从而证明两直线平行。
(2) 求AB的长可先求半圆半径：连接BD，利用直径所对圆周角为直角得∠ADB=90°，结合(1)的平行结论得OC⊥BD，由垂径定理得E是BD中点，进而推出OE是△ABD的中位线，求出OE长度；设半径为r，分别在两个直角三角形中用勾股定理表示BE²，列方程求解r即可得到直径AB的长。
【解析】
(1) 证明：$\because OC=OB$（同圆的半径相等），$\therefore ∠OBC=∠OCB$（等腰三角形两底角相等），
$\therefore ∠AOC=∠OBC+∠OCB=2∠ABC$（三角形外角的性质）。
$\because ∠DAB+2∠ABC=180°$（已知），
$\therefore ∠DAB+∠AOC=180°$（等量代换），
$\therefore OC// AD$（同旁内角互补，两直线平行）。
(2) 解：如答图，连接BD，交OC于点E。
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ADB=90°$（直径所对的圆周角是直角），即$AD⊥BD$。
$\because OC// AD$，$\therefore OC⊥BD$，根据垂径定理可得E为BD的中点。
又$\because O$是AB的中点，$\therefore OE$是$△ ABD$的中位线，
$\therefore OE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×2=1$。
设半圆的半径为r，则$OC=OB=r$，$CE=r-1$。
在$Rt△OBE$中，$BE^2=OB^2-OE^2=r^2-1^2$，
在$Rt△CBE$中，$BE^2=BC^2-CE^2=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2$，
$\therefore r^2-1=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2$，
整理得$r^2-r-6=0$，解得$r_1=3$，$r_2=-2$（半径为正，舍去），
$\therefore AB=2r=2×3=6$。
【答案】
10.(1)证明:$\because OC=OB,\therefore ∠OBC=∠OCB,$
$\therefore ∠AOC=∠OBC+∠OCB=2∠ABC.$
$\because ∠DAB+2∠ABC=180°,$
$\therefore ∠DAB+∠AOC=180°,∴OC// AD.$
(2)解:如答图,连接BD,交OC于点E.
$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ADB=90°$,即$AD⊥BD.$
$\because OC// AD,\therefore OC⊥BD,\therefore E$为BD的中点.
又$\because O$是AB的中点,$\therefore OE$是$△ ABD$的中位线,
$\therefore OE=\frac{1}{2}AD=1.$
设半圆的半径为r,则$CE=r-1.$
由勾股定理,知$OB^2-OE^2=BE^2=BC^2-CE^2,$
即$r^2-1=(2\sqrt{3})^2-(r-1)^2,$
解得$r_1=3,r_2=-2$(舍去),$\therefore AB=2r=6.$
【知识点】
平行线的判定，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，第一问思路直接，侧重考查等腰三角形性质和平行线判定；第二问需要合理作辅助线，结合中位线、垂径定理和勾股定理列方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用，能较好地考查学生的几何综合运用能力。
【难度系数】
0.65
11.(15分)在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$.
(1)如图①，点O在斜边AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆交AB于点D，交BC于点E，与边AC相切于点F.求证：$∠1=∠2$.
(2)在图②中作$\odot M$，使它满足以下条件：①圆心在边AB上；②经过点B；③与边AC相切.
(尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法)
(1)如图①，点O在斜边AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆交AB于点D，交BC于点E，与边AC相切于点F.求证：$∠1=∠2$.
(2)在图②中作$\odot M$，使它满足以下条件：①圆心在边AB上；②经过点B；③与边AC相切.
(尺规作图，只保留作图痕迹，不要求写出作法)
答案
11.(1)证明:如答图①,连接OF.
$\because AC$是$\odot O$的切线,$\therefore OF⊥AC.$
$\because ∠C=90°,\therefore OF// BC,\therefore ∠1=∠OFB.$
$\because OF=OB,\therefore ∠OFB=∠2,\therefore ∠1=∠2.$
(2)解:如答图②,$\odot M$为所求.
解析
【分析】
(1) 要证明∠1=∠2，首先结合圆的切线性质，连接圆心O和切点F得到OF⊥AC；已知∠C=90°即BC⊥AC，可推出OF与BC平行，由平行线内错角相等得到∠1=∠OFB；再根据OF、OB都是圆的半径，利用等边对等角得∠OFB=∠2，等量代换即可完成证明。
(2) 作满足条件的⊙M时，根据题意可知：⊙M与AC相切，则圆心M到AC的距离等于半径；⊙M过点B且圆心在AB上，则半径等于MB，因此只需在AB上找到到AC的距离等于MB的点作为圆心，再以该点到B的长度为半径作圆，按尺规作图要求保留痕迹即可。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OF。
∵ AC是$\odot O$的切线，F为切点，$\therefore OF⊥AC$。
$\because ∠C=90°$，即$BC⊥AC$，$\therefore OF// BC$，$\therefore ∠1=∠OFB$。
$\because OF=OB$（都是$\odot O$的半径），$\therefore ∠OFB=∠2$，$\therefore ∠1=∠2$。
(2) 按照尺规作图要求操作，最终得到的$\odot M$即为所求，结果如答图②所示。
【答案】
(1)证明:如答图①,连接OF.
$\because AC$是$\odot O$的切线,$\therefore OF⊥AC.$
$\because ∠C=90°,\therefore OF// BC,\therefore ∠1=∠OFB.$
$\because OF=OB,\therefore ∠OFB=∠2,\therefore ∠1=∠2.$
(2)解:如答图②,$\odot M$为所求.
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；尺规作图
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，第一小问的核心是掌握“见切线，连半径，得垂直”的辅助线构造方法，结合平行线、等腰三角形的性质即可快速推导；第二小问需要结合切线的性质明确圆心的判定条件，兼顾考查了逻辑推理能力和动手作图能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明∠1=∠2，首先结合圆的切线性质，连接圆心O和切点F得到OF⊥AC；已知∠C=90°即BC⊥AC，可推出OF与BC平行，由平行线内错角相等得到∠1=∠OFB；再根据OF、OB都是圆的半径，利用等边对等角得∠OFB=∠2，等量代换即可完成证明。
(2) 作满足条件的⊙M时，根据题意可知：⊙M与AC相切，则圆心M到AC的距离等于半径；⊙M过点B且圆心在AB上，则半径等于MB，因此只需在AB上找到到AC的距离等于MB的点作为圆心，再以该点到B的长度为半径作圆，按尺规作图要求保留痕迹即可。
【解析】
(1) 证明：如答图①，连接OF。
∵ AC是$\odot O$的切线，F为切点，$\therefore OF⊥AC$。
$\because ∠C=90°$，即$BC⊥AC$，$\therefore OF// BC$，$\therefore ∠1=∠OFB$。
$\because OF=OB$（都是$\odot O$的半径），$\therefore ∠OFB=∠2$，$\therefore ∠1=∠2$。
(2) 按照尺规作图要求操作，最终得到的$\odot M$即为所求，结果如答图②所示。
【答案】
(1)证明:如答图①,连接OF.
$\because AC$是$\odot O$的切线,$\therefore OF⊥AC.$
$\because ∠C=90°,\therefore OF// BC,\therefore ∠1=∠OFB.$
$\because OF=OB,\therefore ∠OFB=∠2,\therefore ∠1=∠2.$
(2)解:如答图②,$\odot M$为所求.
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；尺规作图
【点评】
本题属于圆与三角形结合的基础综合题，第一小问的核心是掌握“见切线，连半径，得垂直”的辅助线构造方法，结合平行线、等腰三角形的性质即可快速推导；第二小问需要结合切线的性质明确圆心的判定条件，兼顾考查了逻辑推理能力和动手作图能力。
【难度系数】
0.7
12.(16分)(2025·宿迁)如图,点A在$\odot O$上,点B在$\odot O$外,线段OB与$\odot O$交于点C,过点C作$\odot O$的切线交直线AB于点D,且$AD=CD$.
(1)判断直线AB与$\odot O$的位置关系,并说明理由;
(2)若$∠ B=30°,CD=4$,求图中阴影部分的面积.
(1)判断直线AB与$\odot O$的位置关系,并说明理由;
(2)若$∠ B=30°,CD=4$,求图中阴影部分的面积.
答案
12.解:(1)直线AB与$\odot O$相切.理由:如答图,连接OA,OD,
$\because$直线CD与$\odot O$相切,$\therefore OC⊥CD,\therefore ∠OCD=90°.$
在$△ OAD$和$△ OCD$中,$\begin{cases} OA=OC,\\ OD=OD,\\ AD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ OAD≌△ OCD(\mathrm{SSS}),$
$\therefore ∠OAD=∠OCD=90°,\therefore OA⊥AD.$
又$\because$点A在$\odot O$上,$\therefore$直线AB与$\odot O$相切.
(2)由(1)得$△ OAD≌△ OCD,∠OAD=∠OCD=90°,$
$\therefore ∠AOD=∠COD,S_{△ OAD}=S_{△ OCD}.$
$\because ∠B=30°,\therefore ∠AOC=60°,$
$\therefore ∠AOD=∠COD=30°,\therefore OD=2CD=8,$
$\therefore OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3},$
$\therefore S_{△ OAD}=S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3},$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OAD}+S_{△ OCD}-S_{\mathrm{扇形}AOC}=8\sqrt{3}+8\sqrt{3}-\frac{60π×(4\sqrt{3})^2}{360}=16\sqrt{3}-8π.$
解析
【分析】
(1)判断直线与圆的位置关系时，若直线与圆有已知公共点，只需证明直线垂直于过该点的半径即可。本题中AB与⊙O交于点A，因此优先证明OA⊥AB：先连接OA、OD，由CD是⊙O的切线可得∠OCD=90°，结合已知AD=CD、OA=OC（同圆半径相等）、OD为公共边，可通过SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OAD=∠OCD=90°，即可判定AB与⊙O相切。
(2)不规则阴影面积通常转化为规则图形面积的和差求解：观察图形可知，阴影部分面积等于△OCD与△OAD的面积之和减去扇形AOC的面积。先由全等性质得∠AOD=∠COD，结合∠B=30°，在Rt△OAB中可求出∠AOC=60°，再利用含30°角的直角三角形的性质求出OD的长，用勾股定理求出OC的长度，分别计算两个直角三角形的面积和扇形AOC的面积，作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1)直线AB与$\odot O$相切.理由:如答图,连接OA,OD,
$\because$直线CD与$\odot O$相切,$\therefore OC⊥CD,\therefore ∠OCD=90°.$
在$△ OAD$和$△ OCD$中,$\begin{cases} OA=OC,\\ OD=OD,\\ AD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ OAD≌△ OCD(\mathrm{SSS}),$
$\therefore ∠OAD=∠OCD=90°,\therefore OA⊥AD.$
又$\because$点A在$\odot O$上,$\therefore$直线AB与$\odot O$相切.
(2)由(1)得$△ OAD≌△ OCD,∠OAD=∠OCD=90°,$
$\therefore ∠AOD=∠COD,S_{△ OAD}=S_{△ OCD}.$
$\because ∠B=30°,\therefore ∠AOC=60°,$
$\therefore ∠AOD=∠COD=30°,\therefore OD=2CD=8,$
$\therefore OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3},$
$\therefore S_{△ OAD}=S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3},$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OAD}+S_{△ OCD}-S_{\mathrm{扇形}AOC}=8\sqrt{3}+8\sqrt{3}-\frac{60π×(4\sqrt{3})^2}{360}=16\sqrt{3}-8π.$
【答案】
(1)直线AB与$\odot O$相切；
(2)图中阴影部分的面积为$16\sqrt{3}-8π$。
【知识点】
切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，扇形面积计算
【点评】
本题属于圆的综合常规题型，将三角形全等、特殊直角三角形的性质与圆的知识点结合考查，解题的关键是合理添加辅助线构造全等三角形，再用割补法将不规则阴影面积转化为规则图形面积的和差求解。
【难度系数】
0.6
(1)判断直线与圆的位置关系时，若直线与圆有已知公共点，只需证明直线垂直于过该点的半径即可。本题中AB与⊙O交于点A，因此优先证明OA⊥AB：先连接OA、OD，由CD是⊙O的切线可得∠OCD=90°，结合已知AD=CD、OA=OC（同圆半径相等）、OD为公共边，可通过SSS证明△OAD≌△OCD，从而得到∠OAD=∠OCD=90°，即可判定AB与⊙O相切。
(2)不规则阴影面积通常转化为规则图形面积的和差求解：观察图形可知，阴影部分面积等于△OCD与△OAD的面积之和减去扇形AOC的面积。先由全等性质得∠AOD=∠COD，结合∠B=30°，在Rt△OAB中可求出∠AOC=60°，再利用含30°角的直角三角形的性质求出OD的长，用勾股定理求出OC的长度，分别计算两个直角三角形的面积和扇形AOC的面积，作差即可得到阴影面积。
【解析】
(1)直线AB与$\odot O$相切.理由:如答图,连接OA,OD,
$\because$直线CD与$\odot O$相切,$\therefore OC⊥CD,\therefore ∠OCD=90°.$
在$△ OAD$和$△ OCD$中,$\begin{cases} OA=OC,\\ OD=OD,\\ AD=CD, \end{cases}$
$\therefore △ OAD≌△ OCD(\mathrm{SSS}),$
$\therefore ∠OAD=∠OCD=90°,\therefore OA⊥AD.$
又$\because$点A在$\odot O$上,$\therefore$直线AB与$\odot O$相切.
(2)由(1)得$△ OAD≌△ OCD,∠OAD=∠OCD=90°,$
$\therefore ∠AOD=∠COD,S_{△ OAD}=S_{△ OCD}.$
$\because ∠B=30°,\therefore ∠AOC=60°,$
$\therefore ∠AOD=∠COD=30°,\therefore OD=2CD=8,$
$\therefore OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3},$
$\therefore S_{△ OAD}=S_{△ OCD}=\frac{1}{2}×4\sqrt{3}×4=8\sqrt{3},$
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ OAD}+S_{△ OCD}-S_{\mathrm{扇形}AOC}=8\sqrt{3}+8\sqrt{3}-\frac{60π×(4\sqrt{3})^2}{360}=16\sqrt{3}-8π.$
【答案】
(1)直线AB与$\odot O$相切；
(2)图中阴影部分的面积为$16\sqrt{3}-8π$。
【知识点】
切线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，扇形面积计算
【点评】
本题属于圆的综合常规题型，将三角形全等、特殊直角三角形的性质与圆的知识点结合考查，解题的关键是合理添加辅助线构造全等三角形，再用割补法将不规则阴影面积转化为规则图形面积的和差求解。
【难度系数】
0.6
