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24 对于平面直角坐标系 $xOy$ 中的点 $P$ 和$\odot C$，给出如下定义：若$\odot C$上存在两个点$A$、$B$，使得$∠ APB = 60°$，则称点$P$为$\odot C$的关联点，已知点$D(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$，$E(0, -2)$，$F(2\sqrt{3}, 0)$。
（1）已知$\odot O$的半径为1。
① 在点$D$、$E$、$F$中，$\odot O$的关联点是
② 过点$F$作直线$l$交$y$轴正半轴于点$G$，使$∠ GFO = 30°$，若直线$l$上的点$P(m, n)$是$\odot O$的关联点，求$m$的取值范围。
（2）若线段$EF$上所有点都是某个圆的关联点，求这个圆的半径$r$的取值范围。
（1）已知$\odot O$的半径为1。
① 在点$D$、$E$、$F$中，$\odot O$的关联点是
D、E
。② 过点$F$作直线$l$交$y$轴正半轴于点$G$，使$∠ GFO = 30°$，若直线$l$上的点$P(m, n)$是$\odot O$的关联点，求$m$的取值范围。
（2）若线段$EF$上所有点都是某个圆的关联点，求这个圆的半径$r$的取值范围。
答案
（1）① D、E ② 由题意可知,若点 $P$ 刚好是圆 $C$ 的关联点,需要点 $P$ 到圆 $C$ 的两条切线$PA$ 和 $PB$ 之间所夹的角度为 $60°$。由图①可知 $∠APB=60°$,则 $∠CPB=30°$,连接 $BC$,则$PC=\frac{BC}{\sin∠CPB}=2BC=2r$,所以若点 $P$ 为圆 $C$ 的关联点,则需点 $P$ 到圆心的距离 $d$ 满足 $0≤ d≤ 2r$。由上述证明可知,考虑临界位置的点 $P$,如图②,点 $P$ 到原点的距离 $OP=2× 1=2$,过点 $O$ 作 $l$ 的垂线 $OH$,垂足为点 $H$, $\tan∠OGF=\frac{OF}{OG}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,所以 $∠OGF=60°$,所以$OH=OG· \sin60°=\sqrt{3}$,所以 $\sin∠OPH=\frac{OH}{OP}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 $∠OPH=60°$。易得点 $P_1$ 与点 $G$ 重合,过点 $P_2$ 作 $P_2M ⊥ x$ 轴于点 $M$,易得 $∠P_2OM=30°$。所以 $OM=OP_2· \cos30°=\sqrt{3}$,从而若点 $P$ 为圆 $O$ 的关联点,则点 $P$ 必在线段 $P_1P_2$ 上,即 $0≤ m≤ \sqrt{3}$。
（2）若线段 $EF$ 上的所有点都是某个圆的关联点,欲使这个圆的半径最小,则这个圆的圆心应在线段 $EF$ 的中点,记中点为 $K$,过点 $K$ 作 $KN ⊥ x$ 轴,所以 $∠OFE=30°$, $EF=4$。考虑临界情况,如图③,即点 $E$、$F$ 恰为圆 $K$ 的关联点时,最小的 $\odot K$ 与 $x$ 轴相切,则 $KN=\frac{1}{2}KF=\frac{1}{4}EF=1$,所以 $r=1$。故若线段 $EF$ 上的所有点都是某个圆的关联点,这个圆的半径 $r$ 的取值范围为 $r≥ 1$。
解析
【分析】
解决本题的核心是先把“关联点”的新定义转化为熟悉的几何数量关系：当点P到圆心C的距离$d≤ 2r$时，点P就是$\odot C$的关联点（PA、PB为$\odot C$的切线时，$∠ APB$是点P对圆的最大张角，若最大张角$≥ 60°$，就一定存在A、B使得$∠ APB=60°$，结合直角三角形三角函数可推出$d≤ 2r$）。
对于（1）①，计算D、E、F三点到原点O的距离，和$2r=2$比较，满足$≤ 2$的就是关联点；
对于（1）②，先确定直线l的特征，找到直线l上到O的距离等于2的两个临界点，关联点都在两点之间的线段上，计算两点横坐标即可得到m的范围；
对于（2），要使线段EF上所有点都是关联点，需线段上所有点到圆心的距离都$≤ 2r$，圆心取EF中点时所需半径最小，计算临界半径即可得到r的取值范围。
【解析】
（1）① 已知$\odot O$半径$r=1$，关联点满足到O的距离$d≤ 2r=2$。
计算三点到O的距离：
$OD=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}＜2$，$OE=\sqrt{0^2+(-2)^2}=2≤ 2$，$OF=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+0^2}=2\sqrt{3}＞2$，因此D、E是$\odot O$的关联点。
② 若点P为$\odot C$的关联点，当PA、PB为$\odot C$的切线时，$∠ APB=60°$，此时$∠ CPB=30°$，连接BC，在$Rt△ PBC$中，$PC=\frac{BC}{\sin∠ CPB}=2BC=2r$，故关联点满足到圆心的距离$0≤ d≤ 2r$。
本题中$r=1$，故关联点到O的距离$≤ 2$。
由题意，直线l过$F(2\sqrt{3},0)$，$∠ GFO=30°$，在$Rt△ GOF$中，$OG=OF· \tan30°=2$，故$G(0,2)$。过O作$OH⊥ l$于H，$∠ OGF=60°$，则$OH=OG· \sin60°=\sqrt{3}$。
取直线l上到O距离为2的点P：当P与G重合时，$OP=OG=2$，满足条件，对应$m=0$；另一临界点$P_2$，在$Rt△ OHP_2$中，$\sin∠ OP_2H=\frac{OH}{OP_2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$∠ OP_2H=60°$，可得$∠ P_2OM=30°$，则$OM=OP_2· \cos30°=\sqrt{3}$，即$P_2$横坐标为$\sqrt{3}$。
故直线l上的关联点在线段$P_1P_2$上，即$0≤ m≤ \sqrt{3}$。
（2）计算得$EF=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$。要使线段EF上所有点都是某圆的关联点，临界情况为E、F刚好是该圆的关联点，圆心取EF中点K时所需半径最小：此时$KF=KE=\frac{EF}{2}=2$，关联点要求$KF≤ 2r$，即$2≤ 2r$，得$r≥ 1$。
【答案】
（1）① D、E
② 由题意可知,若点 $P$ 刚好是圆 $C$ 的关联点,需要点 $P$ 到圆 $C$ 的两条切线$PA$ 和 $PB$ 之间所夹的角度为 $60°$。由图①可知 $∠APB=60°$,则 $∠CPB=30°$,连接 $BC$,则$PC=\frac{BC}{\sin∠CPB}=2BC=2r$,所以若点 $P$ 为圆 $C$ 的关联点,则需点 $P$ 到圆心的距离 $d$ 满足 $0≤ d≤ 2r$。由上述证明可知,考虑临界位置的点 $P$,如图②,点 $P$ 到原点的距离 $OP=2× 1=2$,过点 $O$ 作 $l$ 的垂线 $OH$,垂足为点 $H$, $\tan∠OGF=\frac{OF}{OG}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,所以 $∠OGF=60°$,所以$OH=OG· \sin60°=\sqrt{3}$,所以 $\sin∠OPH=\frac{OH}{OP}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 $∠OPH=60°$。易得点 $P_1$ 与点 $G$ 重合,过点 $P_2$ 作 $P_2M ⊥ x$ 轴于点 $M$,易得 $∠P_2OM=30°$。所以 $OM=OP_2· \cos30°=\sqrt{3}$,从而若点 $P$ 为圆 $O$ 的关联点,则点 $P$ 必在线段 $P_1P_2$ 上,即 $0≤ m≤ \sqrt{3}$。
（2）若线段 $EF$ 上的所有点都是某个圆的关联点,欲使这个圆的半径最小,则这个圆的圆心应在线段 $EF$ 的中点,记中点为 $K$,过点 $K$ 作 $KN ⊥ x$ 轴,所以 $∠OFE=30°$, $EF=4$。考虑临界情况,如图③,即点 $E$、$F$ 恰为圆 $K$ 的关联点时,最小的 $\odot K$ 与 $x$ 轴相切,则 $KN=\frac{1}{2}KF=\frac{1}{4}EF=1$,所以 $r=1$。故若线段 $EF$ 上的所有点都是某个圆的关联点,这个圆的半径 $r$ 的取值范围为 $r≥ 1$。
【知识点】
点与圆的位置关系，圆的切线性质，解直角三角形
【点评】
本题是新定义类综合题，解题关键是将陌生的“关联点”定义转化为已学的点到圆心的距离与半径的数量关系，结合圆的切线性质、解直角三角形的知识求解临界情况，考查了知识迁移能力和数形结合思想。
【难度系数】
0.3
解决本题的核心是先把“关联点”的新定义转化为熟悉的几何数量关系：当点P到圆心C的距离$d≤ 2r$时，点P就是$\odot C$的关联点（PA、PB为$\odot C$的切线时，$∠ APB$是点P对圆的最大张角，若最大张角$≥ 60°$，就一定存在A、B使得$∠ APB=60°$，结合直角三角形三角函数可推出$d≤ 2r$）。
对于（1）①，计算D、E、F三点到原点O的距离，和$2r=2$比较，满足$≤ 2$的就是关联点；
对于（1）②，先确定直线l的特征，找到直线l上到O的距离等于2的两个临界点，关联点都在两点之间的线段上，计算两点横坐标即可得到m的范围；
对于（2），要使线段EF上所有点都是关联点，需线段上所有点到圆心的距离都$≤ 2r$，圆心取EF中点时所需半径最小，计算临界半径即可得到r的取值范围。
【解析】
（1）① 已知$\odot O$半径$r=1$，关联点满足到O的距离$d≤ 2r=2$。
计算三点到O的距离：
$OD=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}＜2$，$OE=\sqrt{0^2+(-2)^2}=2≤ 2$，$OF=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+0^2}=2\sqrt{3}＞2$，因此D、E是$\odot O$的关联点。
② 若点P为$\odot C$的关联点，当PA、PB为$\odot C$的切线时，$∠ APB=60°$，此时$∠ CPB=30°$，连接BC，在$Rt△ PBC$中，$PC=\frac{BC}{\sin∠ CPB}=2BC=2r$，故关联点满足到圆心的距离$0≤ d≤ 2r$。
本题中$r=1$，故关联点到O的距离$≤ 2$。
由题意，直线l过$F(2\sqrt{3},0)$，$∠ GFO=30°$，在$Rt△ GOF$中，$OG=OF· \tan30°=2$，故$G(0,2)$。过O作$OH⊥ l$于H，$∠ OGF=60°$，则$OH=OG· \sin60°=\sqrt{3}$。
取直线l上到O距离为2的点P：当P与G重合时，$OP=OG=2$，满足条件，对应$m=0$；另一临界点$P_2$，在$Rt△ OHP_2$中，$\sin∠ OP_2H=\frac{OH}{OP_2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$∠ OP_2H=60°$，可得$∠ P_2OM=30°$，则$OM=OP_2· \cos30°=\sqrt{3}$，即$P_2$横坐标为$\sqrt{3}$。
故直线l上的关联点在线段$P_1P_2$上，即$0≤ m≤ \sqrt{3}$。
（2）计算得$EF=\sqrt{(2\sqrt{3})^2+2^2}=4$。要使线段EF上所有点都是某圆的关联点，临界情况为E、F刚好是该圆的关联点，圆心取EF中点K时所需半径最小：此时$KF=KE=\frac{EF}{2}=2$，关联点要求$KF≤ 2r$，即$2≤ 2r$，得$r≥ 1$。
【答案】
（1）① D、E
② 由题意可知,若点 $P$ 刚好是圆 $C$ 的关联点,需要点 $P$ 到圆 $C$ 的两条切线$PA$ 和 $PB$ 之间所夹的角度为 $60°$。由图①可知 $∠APB=60°$,则 $∠CPB=30°$,连接 $BC$,则$PC=\frac{BC}{\sin∠CPB}=2BC=2r$,所以若点 $P$ 为圆 $C$ 的关联点,则需点 $P$ 到圆心的距离 $d$ 满足 $0≤ d≤ 2r$。由上述证明可知,考虑临界位置的点 $P$,如图②,点 $P$ 到原点的距离 $OP=2× 1=2$,过点 $O$ 作 $l$ 的垂线 $OH$,垂足为点 $H$, $\tan∠OGF=\frac{OF}{OG}=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,所以 $∠OGF=60°$,所以$OH=OG· \sin60°=\sqrt{3}$,所以 $\sin∠OPH=\frac{OH}{OP}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 $∠OPH=60°$。易得点 $P_1$ 与点 $G$ 重合,过点 $P_2$ 作 $P_2M ⊥ x$ 轴于点 $M$,易得 $∠P_2OM=30°$。所以 $OM=OP_2· \cos30°=\sqrt{3}$,从而若点 $P$ 为圆 $O$ 的关联点,则点 $P$ 必在线段 $P_1P_2$ 上,即 $0≤ m≤ \sqrt{3}$。
（2）若线段 $EF$ 上的所有点都是某个圆的关联点,欲使这个圆的半径最小,则这个圆的圆心应在线段 $EF$ 的中点,记中点为 $K$,过点 $K$ 作 $KN ⊥ x$ 轴,所以 $∠OFE=30°$, $EF=4$。考虑临界情况,如图③,即点 $E$、$F$ 恰为圆 $K$ 的关联点时,最小的 $\odot K$ 与 $x$ 轴相切,则 $KN=\frac{1}{2}KF=\frac{1}{4}EF=1$,所以 $r=1$。故若线段 $EF$ 上的所有点都是某个圆的关联点,这个圆的半径 $r$ 的取值范围为 $r≥ 1$。
【知识点】
点与圆的位置关系，圆的切线性质，解直角三角形
【点评】
本题是新定义类综合题，解题关键是将陌生的“关联点”定义转化为已学的点到圆心的距离与半径的数量关系，结合圆的切线性质、解直角三角形的知识求解临界情况，考查了知识迁移能力和数形结合思想。
【难度系数】
0.3
25 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点$D$为斜边$AB$上一点，连接$CD$，以$CD$为直径作$\odot O$，分别交$AC$、$BC$于$E$、$F$两点，连接$BE$交$CD$于点$G$，交$\odot O$于点$H$，连接$DH$，$∠ DHE=∠ CBD$。
（1）求证：$AB$是$\odot O$的切线。
（2）若$CE=\sqrt{2}CF$，$AE=1$，求$\odot O$的半径及$EG$的长。
（1）求证：$AB$是$\odot O$的切线。
（2）若$CE=\sqrt{2}CF$，$AE=1$，求$\odot O$的半径及$EG$的长。
答案
（1）因为 $∠ACB=90°$,所以 $∠ACD+∠BCD=90°$。由圆周角定理,可得 $∠ACD=∠EHD$,所以 $∠EHD+∠BCD=90°$,因为 $∠DHE=∠CBD$,所以 $∠CBD+∠BCD=90°$,所以 $∠CDB=90°$,所以 $CD ⊥ AB$。因为 $CD$ 为 $\odot O$ 的直径,所以 $AB$ 是 $\odot O$ 的切线。
（2）连接 $EF$、$DE$,过点 $E$ 作 $EK ⊥ AD$ 于点 $K$。因为 $∠ACB=90°$,所以 $EF$ 为 $\odot O$ 的直径,所以 $EF$ 经过点 $O$。因为 $OE=OC$,所以 $∠OEC=∠ACD$。在 $\mathrm{Rt}△ ECF$ 中, $\tan∠CEO=\frac{CF}{CE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $CD$ 为 $\odot O$ 的直径,所以 $∠CED=90°$,所以 $∠ACD+∠CDE=90°$。又因为 $CD ⊥ AB$,所以 $∠CDE+∠ADE=90°$,所以 $∠ADE=∠ACD$,所以 $∠ADE=∠CEO$,所以 $\tan∠ADE=\tan∠CEO=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $∠AED=∠ADC=90°$,所以 $\tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $AE=1$,所以 $DE=\sqrt{2}AE=\sqrt{2}$, $AD=\sqrt{3}$。由 $\mathrm{Rt}△ AED ∽ \mathrm{Rt}△ ADC$,可得 $AD^2=AE· AC$,所以 $AC=\frac{AD^2}{AE}=3$,所以 $EC=AC-AE=2$,所以 $CF=\frac{\sqrt{2}}{2}CE=\sqrt{2}$,所以 $EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{6}$,所以 $\odot O$ 的半径为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$。因为 $S_{△ ADE}=\frac{1}{2}AD· EK=\frac{1}{2}AE· ED$,所以 $EK=\frac{1× \sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,所以 $DK=\sqrt{DE^2-EK^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。由 $△ ACD ∽ △ CBD$,可得 $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$。因为 $CD=EF=\sqrt{6}$,所以 $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{BD}$,所以 $BD=2\sqrt{3}$,所以 $BK=BD+DK=\frac{8\sqrt{3}}{3}$,所以 $BE=\sqrt{EK^2+BK^2}=\sqrt{22}$。因为 $EK ⊥ AD$, $CD ⊥ AB$,所以 $EK // CD$,所以 $\frac{BD}{BK}=\frac{BG}{BE}$,所以 $\frac{2\sqrt{3}}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{22}-EG}{\sqrt{22}}$,所以 $EG=\frac{\sqrt{22}}{4}$。
（2）连接 $EF$、$DE$,过点 $E$ 作 $EK ⊥ AD$ 于点 $K$。因为 $∠ACB=90°$,所以 $EF$ 为 $\odot O$ 的直径,所以 $EF$ 经过点 $O$。因为 $OE=OC$,所以 $∠OEC=∠ACD$。在 $\mathrm{Rt}△ ECF$ 中, $\tan∠CEO=\frac{CF}{CE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $CD$ 为 $\odot O$ 的直径,所以 $∠CED=90°$,所以 $∠ACD+∠CDE=90°$。又因为 $CD ⊥ AB$,所以 $∠CDE+∠ADE=90°$,所以 $∠ADE=∠ACD$,所以 $∠ADE=∠CEO$,所以 $\tan∠ADE=\tan∠CEO=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $∠AED=∠ADC=90°$,所以 $\tan∠ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $AE=1$,所以 $DE=\sqrt{2}AE=\sqrt{2}$, $AD=\sqrt{3}$。由 $\mathrm{Rt}△ AED ∽ \mathrm{Rt}△ ADC$,可得 $AD^2=AE· AC$,所以 $AC=\frac{AD^2}{AE}=3$,所以 $EC=AC-AE=2$,所以 $CF=\frac{\sqrt{2}}{2}CE=\sqrt{2}$,所以 $EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{6}$,所以 $\odot O$ 的半径为 $\frac{\sqrt{6}}{2}$。因为 $S_{△ ADE}=\frac{1}{2}AD· EK=\frac{1}{2}AE· ED$,所以 $EK=\frac{1× \sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$,所以 $DK=\sqrt{DE^2-EK^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。由 $△ ACD ∽ △ CBD$,可得 $\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$。因为 $CD=EF=\sqrt{6}$,所以 $\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{BD}$,所以 $BD=2\sqrt{3}$,所以 $BK=BD+DK=\frac{8\sqrt{3}}{3}$,所以 $BE=\sqrt{EK^2+BK^2}=\sqrt{22}$。因为 $EK ⊥ AD$, $CD ⊥ AB$,所以 $EK // CD$,所以 $\frac{BD}{BK}=\frac{BG}{BE}$,所以 $\frac{2\sqrt{3}}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{22}-EG}{\sqrt{22}}$,所以 $EG=\frac{\sqrt{22}}{4}$。
解析
【分析】
（1）要证明AB是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需证明直径CD与AB垂直即可。首先利用圆周角定理得到∠ACD与∠EHD相等，结合已知∠DHE=∠CBD进行角的转化，推导得出∠CDB=90°即可得证。
（2）求解半径和EG的长时，先构造辅助线：连接EF、DE，过E作EK⊥AD于K。首先根据直径所对圆周角为直角，得EF是⊙O的直径，结合CE=√2 CF求出对应角的正切值；再利用等角的三角函数值相等，结合AE=1求出DE、AD的长度，通过相似三角形△AED∽△ADC求出AC的长，进而得到CE、CF的长度，用勾股定理求出EF即可得到⊙O的半径；求EG时，先通过面积法求出EK的长度，再利用相似三角形求出BD的长度，结合平行线分线段成比例的关系即可求出EG的长度。
【解析】
（1）证明：$\because ∠ ACB=90°$，$\therefore ∠ ACD+∠ BCD=90°$。
由圆周角定理，可得$∠ ACD=∠ EHD$，
$\therefore ∠ EHD+∠ BCD=90°$，
$\because ∠ DHE=∠ CBD$，
$\therefore ∠ CBD+∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ CDB=90°$，即$CD⊥ AB$。
又$\because CD$为$\odot O$的直径，
$\therefore AB$是$\odot O$的切线。
（2）解：连接$EF$、$DE$，过点$E$作$EK⊥ AD$于点$K$。
$\because ∠ ACB=90°$，$\therefore EF$为$\odot O$的直径，即$EF$经过点$O$。
$\because OE=OC$，$\therefore ∠ OEC=∠ ACD$。
在$\mathrm{Rt}△ECF$中，$\tan∠ CEO=\frac{CF}{CE}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\because CD$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ CED=90°$，
$\therefore ∠ ACD+∠ CDE=90°$。
又$\because CD⊥ AB$，$\therefore ∠ CDE+∠ ADE=90°$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ACD$，即$∠ ADE=∠ CEO$，
$\therefore \tan∠ ADE=\tan∠ CEO=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\because ∠ AED=∠ ADC=90°$，$\therefore \tan∠ ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\because AE=1$，$\therefore DE=\sqrt{2}AE=\sqrt{2}$，$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{3}$。
由$\mathrm{Rt}△AED ∽ \mathrm{Rt}△ADC$，可得$AD^2=AE· AC$，
$\therefore AC=\frac{AD^2}{AE}=3$，$\therefore EC=AC-AE=3-1=2$，
$\therefore CF=\frac{\sqrt{2}}{2}· CE=\sqrt{2}$，
$\therefore EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{4+2}=\sqrt{6}$，
$\therefore \odot O$的半径为$\frac{EF}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
$\because S_{△ ADE}=\frac{1}{2}· AD· EK=\frac{1}{2}· AE· ED$，
$\therefore EK=\frac{AE· ED}{AD}=\frac{1×\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
$\therefore DK=\sqrt{DE^2-EK^2}=\sqrt{2-\frac{6}{9}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
由$△ACD ∽ △CBD$，可得$\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，
$\because CD=EF=\sqrt{6}$，
$\therefore \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{BD}$，解得$BD=2\sqrt{3}$，
$\therefore BK=BD+DK=2\sqrt{3}+\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore BE=\sqrt{EK^2+BK^2}=\sqrt{\frac{2}{3}+\frac{64}{3}}=\sqrt{22}$。
$\because EK⊥ AD$，$CD⊥ AB$，$\therefore EK// CD$，
$\therefore \frac{BD}{BK}=\frac{BG}{BE}$，
即$\frac{2\sqrt{3}}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{22}-EG}{\sqrt{22}}$，
化简得$\frac{3}{4}=\frac{\sqrt{22}-EG}{\sqrt{22}}$，解得$EG=\frac{\sqrt{22}}{4}$。
【答案】
（1）证明见解析；
（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{\frac{\sqrt{6}}{2}}$，$EG$的长为$\boldsymbol{\frac{\sqrt{22}}{4}}$。
【知识点】
1. 切线的判定
2. 圆周角定理
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了圆、直角三角形、三角函数的相关知识，需要熟练掌握切线的判定方法，熟悉圆中常见辅助线的构造思路，通过角的转化、线段比例关系逐步求解，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
（1）要证明AB是⊙O的切线，根据切线判定定理，只需证明直径CD与AB垂直即可。首先利用圆周角定理得到∠ACD与∠EHD相等，结合已知∠DHE=∠CBD进行角的转化，推导得出∠CDB=90°即可得证。
（2）求解半径和EG的长时，先构造辅助线：连接EF、DE，过E作EK⊥AD于K。首先根据直径所对圆周角为直角，得EF是⊙O的直径，结合CE=√2 CF求出对应角的正切值；再利用等角的三角函数值相等，结合AE=1求出DE、AD的长度，通过相似三角形△AED∽△ADC求出AC的长，进而得到CE、CF的长度，用勾股定理求出EF即可得到⊙O的半径；求EG时，先通过面积法求出EK的长度，再利用相似三角形求出BD的长度，结合平行线分线段成比例的关系即可求出EG的长度。
【解析】
（1）证明：$\because ∠ ACB=90°$，$\therefore ∠ ACD+∠ BCD=90°$。
由圆周角定理，可得$∠ ACD=∠ EHD$，
$\therefore ∠ EHD+∠ BCD=90°$，
$\because ∠ DHE=∠ CBD$，
$\therefore ∠ CBD+∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ CDB=90°$，即$CD⊥ AB$。
又$\because CD$为$\odot O$的直径，
$\therefore AB$是$\odot O$的切线。
（2）解：连接$EF$、$DE$，过点$E$作$EK⊥ AD$于点$K$。
$\because ∠ ACB=90°$，$\therefore EF$为$\odot O$的直径，即$EF$经过点$O$。
$\because OE=OC$，$\therefore ∠ OEC=∠ ACD$。
在$\mathrm{Rt}△ECF$中，$\tan∠ CEO=\frac{CF}{CE}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\because CD$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ CED=90°$，
$\therefore ∠ ACD+∠ CDE=90°$。
又$\because CD⊥ AB$，$\therefore ∠ CDE+∠ ADE=90°$，
$\therefore ∠ ADE=∠ ACD$，即$∠ ADE=∠ CEO$，
$\therefore \tan∠ ADE=\tan∠ CEO=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\because ∠ AED=∠ ADC=90°$，$\therefore \tan∠ ADE=\frac{AE}{DE}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\because AE=1$，$\therefore DE=\sqrt{2}AE=\sqrt{2}$，$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{3}$。
由$\mathrm{Rt}△AED ∽ \mathrm{Rt}△ADC$，可得$AD^2=AE· AC$，
$\therefore AC=\frac{AD^2}{AE}=3$，$\therefore EC=AC-AE=3-1=2$，
$\therefore CF=\frac{\sqrt{2}}{2}· CE=\sqrt{2}$，
$\therefore EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{4+2}=\sqrt{6}$，
$\therefore \odot O$的半径为$\frac{EF}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$。
$\because S_{△ ADE}=\frac{1}{2}· AD· EK=\frac{1}{2}· AE· ED$，
$\therefore EK=\frac{AE· ED}{AD}=\frac{1×\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
$\therefore DK=\sqrt{DE^2-EK^2}=\sqrt{2-\frac{6}{9}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
由$△ACD ∽ △CBD$，可得$\frac{AD}{CD}=\frac{CD}{BD}$，
$\because CD=EF=\sqrt{6}$，
$\therefore \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{BD}$，解得$BD=2\sqrt{3}$，
$\therefore BK=BD+DK=2\sqrt{3}+\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore BE=\sqrt{EK^2+BK^2}=\sqrt{\frac{2}{3}+\frac{64}{3}}=\sqrt{22}$。
$\because EK⊥ AD$，$CD⊥ AB$，$\therefore EK// CD$，
$\therefore \frac{BD}{BK}=\frac{BG}{BE}$，
即$\frac{2\sqrt{3}}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{22}-EG}{\sqrt{22}}$，
化简得$\frac{3}{4}=\frac{\sqrt{22}-EG}{\sqrt{22}}$，解得$EG=\frac{\sqrt{22}}{4}$。
【答案】
（1）证明见解析；
（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{\frac{\sqrt{6}}{2}}$，$EG$的长为$\boldsymbol{\frac{\sqrt{22}}{4}}$。
【知识点】
1. 切线的判定
2. 圆周角定理
3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了圆、直角三角形、三角函数的相关知识，需要熟练掌握切线的判定方法，熟悉圆中常见辅助线的构造思路，通过角的转化、线段比例关系逐步求解，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
