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三、解答题
7. 如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点（点C不与点A，B重合），点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E，连结AD。
（1）求证：DE是半圆O的切线；
（2）若AB=12，AC=8，求CE的长。
7. 如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上一点（点C不与点A，B重合），点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，过点D作DE⊥AC交AC的延长线于点E，连结AD。
（1）求证：DE是半圆O的切线；
（2）若AB=12，AC=8，求CE的长。
答案
7. (1)连结 OD,
∵ OA=OD,
∴ $∠ OAD=∠ ODA$.又
∵ D 为$\overset{\frown}{BC}$的中点,
$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$, $\therefore ∠ OAD=∠ CAD$, $\therefore ∠ ODA=∠ CAD$, $\therefore OD// AE$.又
∵ $DE⊥ AC$, $\therefore ∠ DEA=90°$, $\therefore ∠ ODE=180°-∠ DEA=180°-90°=90°$, $\therefore OD⊥ DE$.又
∵ OD 是半圆 O 的半径,
∴ DE 是半圆 O 的切线.
(2)连结 CD,BD,过点 D 作 $DF ⊥ AB$,垂足为点 F,
∵ $∠ EAD=∠ BAD$,$DE ⊥ AE$,$DF ⊥ AB$, $\therefore DE=DF$,$∠ AED=∠ AFD=90°$.又
∵ $AD=AD$, $\therefore \mathrm{Rt}△ ADE≌\mathrm{Rt}△ ADF$, $\therefore AE=AF$.
∵ 四边形 ABDC 是圆内接四边形, $\therefore ∠ ACD+∠ DBF=180°$.又
∵ $∠ ACD+∠ DCE=180°$,
$\therefore ∠ DCE=∠ DBF$.
∵ $∠ DEC=∠ DFB=90°$,$DE=DF$, $\therefore △ DCE≌△ DBF$, $\therefore CE=BF$.又
∵ $AE=AF$, $\therefore AB=AF+BF=AE+CE=AC+CE+CE=AC+2CE$, $\therefore 12=8+2CE$, $\therefore CE=2$.
∵ OA=OD,
∴ $∠ OAD=∠ ODA$.又
∵ D 为$\overset{\frown}{BC}$的中点,
$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$, $\therefore ∠ OAD=∠ CAD$, $\therefore ∠ ODA=∠ CAD$, $\therefore OD// AE$.又
∵ $DE⊥ AC$, $\therefore ∠ DEA=90°$, $\therefore ∠ ODE=180°-∠ DEA=180°-90°=90°$, $\therefore OD⊥ DE$.又
∵ OD 是半圆 O 的半径,
∴ DE 是半圆 O 的切线.
(2)连结 CD,BD,过点 D 作 $DF ⊥ AB$,垂足为点 F,
∵ $∠ EAD=∠ BAD$,$DE ⊥ AE$,$DF ⊥ AB$, $\therefore DE=DF$,$∠ AED=∠ AFD=90°$.又
∵ $AD=AD$, $\therefore \mathrm{Rt}△ ADE≌\mathrm{Rt}△ ADF$, $\therefore AE=AF$.
∵ 四边形 ABDC 是圆内接四边形, $\therefore ∠ ACD+∠ DBF=180°$.又
∵ $∠ ACD+∠ DCE=180°$,
$\therefore ∠ DCE=∠ DBF$.
∵ $∠ DEC=∠ DFB=90°$,$DE=DF$, $\therefore △ DCE≌△ DBF$, $\therefore CE=BF$.又
∵ $AE=AF$, $\therefore AB=AF+BF=AE+CE=AC+CE+CE=AC+2CE$, $\therefore 12=8+2CE$, $\therefore CE=2$.
解析
【分析】
（1）要证明DE是半圆O的切线，根据切线判定定理，需证DE垂直于过切点的半径，因此先连接OD。已知D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，可得$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，推出∠OAD=∠CAD；再结合OA=OD得∠OAD=∠ODA，等量代换后得∠ODA=∠CAD，即可推出OD//AE，结合DE⊥AC可证OD⊥DE，进而得切线结论。
（2）求CE的长可通过全等三角形转化线段关系：过D作DF⊥AB于F，由AD是角平分线得DE=DF，先证$\mathrm{Rt}△ADE≌\mathrm{Rt}△ADF$得AE=AF；再利用圆内接四边形的性质得∠DCE=∠DBF，证$△DCE≌△DBF$得CE=BF，最后结合AB=AC+2CE的等量关系，代入数值即可求解。
【解析】
（1）证明：连结OD，
∵ OA=OD，
∴ $∠OAD=∠ODA$.
∵ D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠OAD=∠CAD$，
∴ $∠ODA=∠CAD$，
∴ $OD// AE$.
∵ $DE⊥AC$，
∴ $∠DEA=90°$，
∴ $∠ODE=180°-∠DEA=180°-90°=90°$，即$OD⊥DE$.
又
∵ OD是半圆O的半径，
∴ DE是半圆O的切线.
（2）解：连结CD、BD，过点D作$DF⊥AB$，垂足为点F，
∵ $∠EAD=∠BAD$，$DE⊥AE$，$DF⊥AB$，
∴ $DE=DF$，$∠AED=∠AFD=90°$.
又
∵ $AD=AD$，
∴ $\mathrm{Rt}△ADE≌\mathrm{Rt}△ADF$（HL），
∴ $AE=AF$.
∵ 四边形ABDC是圆内接四边形，
∴ $∠ACD+∠DBF=180°$.
又
∵ $∠ACD+∠DCE=180°$，
∴ $∠DCE=∠DBF$.
∵ $∠DEC=∠DFB=90°$，$DE=DF$，
∴ $△DCE≌△DBF$（AAS），
∴ $CE=BF$.
∵ $AE=AF$，
∴ $AB=AF+BF=AE+CE=AC+CE+CE=AC+2CE$，
将$AB=12$，$AC=8$代入得：$12=8+2CE$，
解得$CE=2$.
【答案】
（1）DE是半圆O的切线，证明成立；（2）$\boldsymbol{CE=2}$
【知识点】
1.切线的判定
2.圆周角定理
3.全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合中档题，解题核心是合理构造辅助线，结合圆的性质推导角的等量关系，再通过全等三角形转化线段关系，既考查几何逻辑推理能力，也考查线段和差的计算能力。
【难度系数】
0.6
（1）要证明DE是半圆O的切线，根据切线判定定理，需证DE垂直于过切点的半径，因此先连接OD。已知D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，可得$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，推出∠OAD=∠CAD；再结合OA=OD得∠OAD=∠ODA，等量代换后得∠ODA=∠CAD，即可推出OD//AE，结合DE⊥AC可证OD⊥DE，进而得切线结论。
（2）求CE的长可通过全等三角形转化线段关系：过D作DF⊥AB于F，由AD是角平分线得DE=DF，先证$\mathrm{Rt}△ADE≌\mathrm{Rt}△ADF$得AE=AF；再利用圆内接四边形的性质得∠DCE=∠DBF，证$△DCE≌△DBF$得CE=BF，最后结合AB=AC+2CE的等量关系，代入数值即可求解。
【解析】
（1）证明：连结OD，
∵ OA=OD，
∴ $∠OAD=∠ODA$.
∵ D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $∠OAD=∠CAD$，
∴ $∠ODA=∠CAD$，
∴ $OD// AE$.
∵ $DE⊥AC$，
∴ $∠DEA=90°$，
∴ $∠ODE=180°-∠DEA=180°-90°=90°$，即$OD⊥DE$.
又
∵ OD是半圆O的半径，
∴ DE是半圆O的切线.
（2）解：连结CD、BD，过点D作$DF⊥AB$，垂足为点F，
∵ $∠EAD=∠BAD$，$DE⊥AE$，$DF⊥AB$，
∴ $DE=DF$，$∠AED=∠AFD=90°$.
又
∵ $AD=AD$，
∴ $\mathrm{Rt}△ADE≌\mathrm{Rt}△ADF$（HL），
∴ $AE=AF$.
∵ 四边形ABDC是圆内接四边形，
∴ $∠ACD+∠DBF=180°$.
又
∵ $∠ACD+∠DCE=180°$，
∴ $∠DCE=∠DBF$.
∵ $∠DEC=∠DFB=90°$，$DE=DF$，
∴ $△DCE≌△DBF$（AAS），
∴ $CE=BF$.
∵ $AE=AF$，
∴ $AB=AF+BF=AE+CE=AC+CE+CE=AC+2CE$，
将$AB=12$，$AC=8$代入得：$12=8+2CE$，
解得$CE=2$.
【答案】
（1）DE是半圆O的切线，证明成立；（2）$\boldsymbol{CE=2}$
【知识点】
1.切线的判定
2.圆周角定理
3.全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合中档题，解题核心是合理构造辅助线，结合圆的性质推导角的等量关系，再通过全等三角形转化线段关系，既考查几何逻辑推理能力，也考查线段和差的计算能力。
【难度系数】
0.6
8. （2025·长沙月考）如图，AB,BC,CD分别与$\odot O$相切于点E,F,G,且$AB// CD$,连结OB,OC,延长CO交$\odot O$于点M,过点M作$MN// OB$交CD于点N.
(1)求证:MN是$\odot O$的切线.
(2)当$OB=6\ \mathrm{cm},OC=8\ \mathrm{cm}$时,求$\odot O$的半径及MN的长.
(3)当$\odot O$的半径$r=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$时,令$BE=a,CG=b,m=\dfrac{2}{2+a}+\dfrac{2}{2+b}$.
①求证:$m＞1$;
②令$n=\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}$,比较$m$与$n$的大小,并说明理由.
▶▶ 根据诊断结果,请完成对应的练习
(1)求证:MN是$\odot O$的切线.
(2)当$OB=6\ \mathrm{cm},OC=8\ \mathrm{cm}$时,求$\odot O$的半径及MN的长.
(3)当$\odot O$的半径$r=\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$时,令$BE=a,CG=b,m=\dfrac{2}{2+a}+\dfrac{2}{2+b}$.
①求证:$m＞1$;
②令$n=\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{b}{1+b}$,比较$m$与$n$的大小,并说明理由.
▶▶ 根据诊断结果,请完成对应的练习
答案
8. (1)
∵ AB,BC,CD 分别与$\odot O$相切于点 E,F,G,
∴ $∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$,$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ DCB$.
∵ $AB// CD$, $\therefore ∠ ABC+∠ DCB=180°$,
$\therefore ∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ DCB)=\frac{1}{2}×180°=90°$, $\therefore ∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-90°=90°$, $\therefore ∠ BOM=90°$.
∵ $MN// OB$, $\therefore ∠ NMC=∠ BOM=90°$, $\therefore MN ⊥ MC$,且 MO 是$\odot O$的半径,
∴ MN 是$\odot O$的切线.
(2)如图,连结 OF,则 $OF ⊥ BC$,由(1)知,$△ BOC$ 是直角三角形,
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10(\mathrm{cm})$.
∵ $S_{△ BOC}=\frac{1}{2} · OB · OC=\frac{1}{2} · BC · OF$, $\therefore 6×8=10× OF$, $\therefore OF=4.8\ \mathrm{cm}$, $\therefore \odot O$ 的半径为4.8 cm.在 $\mathrm{Rt}△ OCF$ 中, $CF=\sqrt{OC^2-OF^2}=\sqrt{8^2-4.8^2}=6.4(\mathrm{cm})$,
$\therefore CG=CF=6.4\ \mathrm{cm}$.设 $MN=NG=x$,则 $CN=6.4+x$,在 $\mathrm{Rt}△ MNC$ 中, $CN^2=MN^2+CM^2$, $\therefore (6.4+x)^2=x^2+(8+4.8)^2$,解得 $x=9.6$, $\therefore MN=9.6\ \mathrm{cm}$.
(3)①如图,连结 OE,OG,则 $OE ⊥ AB$,$OG ⊥ CD$,$BE=BF=a$,$CG=CF=b$,$BC=a+b$,在 $\mathrm{Rt}△ OEB$ 中, $BO^2=BE^2+OE^2=a^2+2$,在 $\mathrm{Rt}△ OGC$ 中,$CO^2=CG^2+OG^2=b^2+2$.
∵ 在 $\mathrm{Rt}△ BOC$ 中, $BC^2=BO^2+CO^2$,
$\therefore (a+b)^2=a^2 + 2 + b^2 + 2$, $\therefore ab = 2$, $\therefore m = \frac{2}{2+a} + \frac{2}{2+b} = \frac{2(2+b)+2(2+a)}{(2+a)(2+b)}=\frac{8+2a+2b}{4+2a+2b+ab}=\frac{8+2a+2b}{6+2a+2b}=\frac{4+a+b}{3+a+b}=1+\frac{1}{3+a+b}＞1$.
②$m=n$,理由:
∵ $ab=2$,
∴ 代入可得 $m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{ab}{ab+a}+\frac{ab}{ab+b}=\frac{b}{1+b}+\frac{a}{1+a}=n$.
解析
【分析】
(1) 要证MN是$\odot O$的切线，已知M在圆上，根据切线判定定理，只需证明MN垂直于半径OM即可。先由切线长定理得OB、OC分别平分∠ABC、∠DCB，结合AB//CD推出∠BOC=90°，再由MN//OB得到∠OMN=90°，即可得证。
(2) 求$\odot O$半径：先用勾股定理计算BC的长度，再利用△BOC的面积法，通过两种方式表示三角形面积求出斜边上的高OF，即为圆的半径；求MN的长：由切线长定理得CG=CF，设MN=NG=x，在Rt△MNC中用勾股定理列方程求解即可。
(3) ①先连结OE、OG，结合切线长定理和Rt△BOC的勾股关系推导得出$ab=2$，再将m的表达式通分化简，即可证明$m＞1$；②利用$ab=2$对m的表达式变形，和n的表达式对比即可得出大小关系。
【解析】
(1) 证明：
∵AB,BC,CD分别与$\odot O$相切于点E,F,G，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠DCB，即$∠OBC=\frac{1}{2}∠ABC$，$∠OCB=\frac{1}{2}∠DCB$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ABC+∠DCB=180°$，
∴$∠OBC+∠OCB=\frac{1}{2}(∠ABC+∠DCB)=90°$，
∴$∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=90°$，即$∠BOM=90°$，
∵$MN// OB$，
∴$∠NMC=∠BOM=90°$，即$MN⊥OM$，
又
∵OM是$\odot O$的半径，
∴MN是$\odot O$的切线。
(2) 解：
连结OF，由切线性质得$OF⊥BC$，
由(1)知△BOC是直角三角形，
∴$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，
∵$S_{△BOC}=\frac{1}{2}· OB· OC=\frac{1}{2}· BC· OF$，
∴$6×8=10×OF$，解得$OF=4.8\ \mathrm{cm}$，即$\odot O$的半径为4.8cm。
在$Rt△OCF$中，$CF=\sqrt{OC^2-OF^2}=\sqrt{8^2-4.8^2}=6.4\ \mathrm{cm}$，
由切线长定理得$CG=CF=6.4\ \mathrm{cm}$，
设$MN=NG=x$，则$CN=6.4+x$，$CM=8+4.8=12.8\ \mathrm{cm}$，
在$Rt△MNC$中，$CN^2=MN^2+CM^2$，
∴$(6.4+x)^2=x^2+12.8^2$，解得$x=9.6$，即$MN=9.6\ \mathrm{cm}$。
(3) ①证明：
连结OE、OG，由切线性质得$OE⊥AB$，$OG⊥CD$，
由切线长定理得$BE=BF=a$，$CG=CF=b$，
∴$BC=a+b$，
在$Rt△OEB$中，$BO^2=BE^2+OE^2=a^2+2$，
在$Rt△OGC$中，$CO^2=CG^2+OG^2=b^2+2$，
由(1)知△BOC是直角三角形，
∴$BC^2=BO^2+CO^2$，
∴$(a+b)^2=a^2+2+b^2+2$，化简得$ab=2$，
∴$m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{8+2a+2b}{4+2a+2b+ab}=\frac{8+2a+2b}{6+2a+2b}=\frac{4+a+b}{3+a+b}=1+\frac{1}{3+a+b}$，
∵$a,b＞0$，
∴$\frac{1}{3+a+b}＞0$，
∴$m＞1$。
②解：$m=n$，理由如下：
∵$ab=2$，
∴$m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{ab}{ab+a}+\frac{ab}{ab+b}=\frac{b}{1+b}+\frac{a}{1+a}$，
∵$n=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}$，
∴$m=n$。
【答案】
8. (1)
∵ AB,BC,CD 分别与$\odot O$相切于点 E,F,G,
∴ $∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$,$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ DCB$.
∵ $AB// CD$, $\therefore ∠ ABC+∠ DCB=180°$,
$\therefore ∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ DCB)=\frac{1}{2}×180°=90°$, $\therefore ∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-90°=90°$, $\therefore ∠ BOM=90°$.
∵ $MN// OB$, $\therefore ∠ NMC=∠ BOM=90°$, $\therefore MN ⊥ MC$,且 MO 是$\odot O$的半径,
∴ MN 是$\odot O$的切线.
(2)如图,连结 OF,则 $OF ⊥ BC$,由(1)知,$△ BOC$ 是直角三角形,
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10(\mathrm{cm})$.
∵ $S_{△ BOC}=\frac{1}{2} · OB · OC=\frac{1}{2} · BC · OF$, $\therefore 6×8=10× OF$, $\therefore OF=4.8\ \mathrm{cm}$, $\therefore \odot O$ 的半径为4.8 cm.在 $\mathrm{Rt}△ OCF$ 中, $CF=\sqrt{OC^2-OF^2}=\sqrt{8^2-4.8^2}=6.4(\mathrm{cm})$,
$\therefore CG=CF=6.4\ \mathrm{cm}$.设 $MN=NG=x$,则 $CN=6.4+x$,在 $\mathrm{Rt}△ MNC$ 中, $CN^2=MN^2+CM^2$, $\therefore (6.4+x)^2=x^2+(8+4.8)^2$,解得 $x=9.6$, $\therefore MN=9.6\ \mathrm{cm}$.
(3)①如图,连结 OE,OG,则 $OE ⊥ AB$,$OG ⊥ CD$,$BE=BF=a$,$CG=CF=b$,$BC=a+b$,在 $\mathrm{Rt}△ OEB$ 中, $BO^2=BE^2+OE^2=a^2+2$,在 $\mathrm{Rt}△ OGC$ 中,$CO^2=CG^2+OG^2=b^2+2$.
∵ 在 $\mathrm{Rt}△ BOC$ 中, $BC^2=BO^2+CO^2$,
$\therefore (a+b)^2=a^2 + 2 + b^2 + 2$, $\therefore ab = 2$, $\therefore m = \frac{2}{2+a} + \frac{2}{2+b} = \frac{2(2+b)+2(2+a)}{(2+a)(2+b)}=\frac{8+2a+2b}{4+2a+2b+ab}=\frac{8+2a+2b}{6+2a+2b}=\frac{4+a+b}{3+a+b}=1+\frac{1}{3+a+b}＞1$.
②$m=n$,理由:
∵ $ab=2$,
∴ 代入可得 $m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{ab}{ab+a}+\frac{ab}{ab+b}=\frac{b}{1+b}+\frac{a}{1+a}=n$.
【知识点】
切线的判定与性质；切线长定理；分式化简运算
【点评】
本题为圆的综合题，几何与代数知识点结合考查，前两问侧重圆的相关性质、勾股定理的应用，难度适中；第三问需要结合几何关系推导出$ab=2$，再通过分式变形完成证明和大小比较，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 要证MN是$\odot O$的切线，已知M在圆上，根据切线判定定理，只需证明MN垂直于半径OM即可。先由切线长定理得OB、OC分别平分∠ABC、∠DCB，结合AB//CD推出∠BOC=90°，再由MN//OB得到∠OMN=90°，即可得证。
(2) 求$\odot O$半径：先用勾股定理计算BC的长度，再利用△BOC的面积法，通过两种方式表示三角形面积求出斜边上的高OF，即为圆的半径；求MN的长：由切线长定理得CG=CF，设MN=NG=x，在Rt△MNC中用勾股定理列方程求解即可。
(3) ①先连结OE、OG，结合切线长定理和Rt△BOC的勾股关系推导得出$ab=2$，再将m的表达式通分化简，即可证明$m＞1$；②利用$ab=2$对m的表达式变形，和n的表达式对比即可得出大小关系。
【解析】
(1) 证明：
∵AB,BC,CD分别与$\odot O$相切于点E,F,G，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠DCB，即$∠OBC=\frac{1}{2}∠ABC$，$∠OCB=\frac{1}{2}∠DCB$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ABC+∠DCB=180°$，
∴$∠OBC+∠OCB=\frac{1}{2}(∠ABC+∠DCB)=90°$，
∴$∠BOC=180°-(∠OBC+∠OCB)=90°$，即$∠BOM=90°$，
∵$MN// OB$，
∴$∠NMC=∠BOM=90°$，即$MN⊥OM$，
又
∵OM是$\odot O$的半径，
∴MN是$\odot O$的切线。
(2) 解：
连结OF，由切线性质得$OF⊥BC$，
由(1)知△BOC是直角三角形，
∴$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10\ \mathrm{cm}$，
∵$S_{△BOC}=\frac{1}{2}· OB· OC=\frac{1}{2}· BC· OF$，
∴$6×8=10×OF$，解得$OF=4.8\ \mathrm{cm}$，即$\odot O$的半径为4.8cm。
在$Rt△OCF$中，$CF=\sqrt{OC^2-OF^2}=\sqrt{8^2-4.8^2}=6.4\ \mathrm{cm}$，
由切线长定理得$CG=CF=6.4\ \mathrm{cm}$，
设$MN=NG=x$，则$CN=6.4+x$，$CM=8+4.8=12.8\ \mathrm{cm}$，
在$Rt△MNC$中，$CN^2=MN^2+CM^2$，
∴$(6.4+x)^2=x^2+12.8^2$，解得$x=9.6$，即$MN=9.6\ \mathrm{cm}$。
(3) ①证明：
连结OE、OG，由切线性质得$OE⊥AB$，$OG⊥CD$，
由切线长定理得$BE=BF=a$，$CG=CF=b$，
∴$BC=a+b$，
在$Rt△OEB$中，$BO^2=BE^2+OE^2=a^2+2$，
在$Rt△OGC$中，$CO^2=CG^2+OG^2=b^2+2$，
由(1)知△BOC是直角三角形，
∴$BC^2=BO^2+CO^2$，
∴$(a+b)^2=a^2+2+b^2+2$，化简得$ab=2$，
∴$m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{8+2a+2b}{4+2a+2b+ab}=\frac{8+2a+2b}{6+2a+2b}=\frac{4+a+b}{3+a+b}=1+\frac{1}{3+a+b}$，
∵$a,b＞0$，
∴$\frac{1}{3+a+b}＞0$，
∴$m＞1$。
②解：$m=n$，理由如下：
∵$ab=2$，
∴$m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{ab}{ab+a}+\frac{ab}{ab+b}=\frac{b}{1+b}+\frac{a}{1+a}$，
∵$n=\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}$，
∴$m=n$。
【答案】
8. (1)
∵ AB,BC,CD 分别与$\odot O$相切于点 E,F,G,
∴ $∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$,$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ DCB$.
∵ $AB// CD$, $\therefore ∠ ABC+∠ DCB=180°$,
$\therefore ∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ DCB)=\frac{1}{2}×180°=90°$, $\therefore ∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-90°=90°$, $\therefore ∠ BOM=90°$.
∵ $MN// OB$, $\therefore ∠ NMC=∠ BOM=90°$, $\therefore MN ⊥ MC$,且 MO 是$\odot O$的半径,
∴ MN 是$\odot O$的切线.
(2)如图,连结 OF,则 $OF ⊥ BC$,由(1)知,$△ BOC$ 是直角三角形,
$\therefore BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10(\mathrm{cm})$.
∵ $S_{△ BOC}=\frac{1}{2} · OB · OC=\frac{1}{2} · BC · OF$, $\therefore 6×8=10× OF$, $\therefore OF=4.8\ \mathrm{cm}$, $\therefore \odot O$ 的半径为4.8 cm.在 $\mathrm{Rt}△ OCF$ 中, $CF=\sqrt{OC^2-OF^2}=\sqrt{8^2-4.8^2}=6.4(\mathrm{cm})$,
$\therefore CG=CF=6.4\ \mathrm{cm}$.设 $MN=NG=x$,则 $CN=6.4+x$,在 $\mathrm{Rt}△ MNC$ 中, $CN^2=MN^2+CM^2$, $\therefore (6.4+x)^2=x^2+(8+4.8)^2$,解得 $x=9.6$, $\therefore MN=9.6\ \mathrm{cm}$.
(3)①如图,连结 OE,OG,则 $OE ⊥ AB$,$OG ⊥ CD$,$BE=BF=a$,$CG=CF=b$,$BC=a+b$,在 $\mathrm{Rt}△ OEB$ 中, $BO^2=BE^2+OE^2=a^2+2$,在 $\mathrm{Rt}△ OGC$ 中,$CO^2=CG^2+OG^2=b^2+2$.
∵ 在 $\mathrm{Rt}△ BOC$ 中, $BC^2=BO^2+CO^2$,
$\therefore (a+b)^2=a^2 + 2 + b^2 + 2$, $\therefore ab = 2$, $\therefore m = \frac{2}{2+a} + \frac{2}{2+b} = \frac{2(2+b)+2(2+a)}{(2+a)(2+b)}=\frac{8+2a+2b}{4+2a+2b+ab}=\frac{8+2a+2b}{6+2a+2b}=\frac{4+a+b}{3+a+b}=1+\frac{1}{3+a+b}＞1$.
②$m=n$,理由:
∵ $ab=2$,
∴ 代入可得 $m=\frac{2}{2+a}+\frac{2}{2+b}=\frac{ab}{ab+a}+\frac{ab}{ab+b}=\frac{b}{1+b}+\frac{a}{1+a}=n$.
【知识点】
切线的判定与性质；切线长定理；分式化简运算
【点评】
本题为圆的综合题，几何与代数知识点结合考查，前两问侧重圆的相关性质、勾股定理的应用，难度适中；第三问需要结合几何关系推导出$ab=2$，再通过分式变形完成证明和大小比较，对知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
