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3. 如图,一个边长为4 cm 的等边三角形ABC的高与$\odot O$的直径相等,$\odot O$与BC相切于点C,与AC相交于E,则CE的长为(
A.4 cm
B.3 cm
C.2 cm
D.1.5 cm
B
)A.4 cm
B.3 cm
C.2 cm
D.1.5 cm
答案
3. B
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先计算等边三角形的高，得到⊙O的直径，进而求出半径OC的长度；2. 利用切线的性质得到OC⊥BC，结合等边三角形内角为60°，求出∠OCE的度数；3. 过O作CE的垂线，根据垂径定理得到CE是垂线段的2倍，再利用三角函数计算垂线段长度，最终得到CE的长。
【解析】
解：首先计算等边△ABC的高：
等边三角形边长为4cm，由勾股定理得高$h=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，因此$\odot O$的直径为$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，半径$OC=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
连接OC，
∵$\odot O$与BC相切于点C，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，
∴$OC⊥ BC$，即$∠ OCB=90°$。
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ ACB=60°$，因此$∠ OCE=∠ OCB-∠ ACB=90°-60°=30°$。
过O作$OF⊥ CE$于点F，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，可得$CE=2CF$。
在$\mathrm{Rt}△ OCF$中，$\cos∠ OCF=\frac{CF}{OC}$，代入已知值：
$CF=OC·\cos30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}\ \mathrm{cm}$，
因此$CE=2×\frac{3}{2}=3\ \mathrm{cm}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；垂径定理；等边三角形的性质
【点评】
本题属于圆与三角形结合的综合基础题，解题关键是正确作出辅助线，将待求线段长度转化为直角三角形中的边长计算，熟练掌握圆和等边三角形的相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题思路如下：1. 先计算等边三角形的高，得到⊙O的直径，进而求出半径OC的长度；2. 利用切线的性质得到OC⊥BC，结合等边三角形内角为60°，求出∠OCE的度数；3. 过O作CE的垂线，根据垂径定理得到CE是垂线段的2倍，再利用三角函数计算垂线段长度，最终得到CE的长。
【解析】
解：首先计算等边△ABC的高：
等边三角形边长为4cm，由勾股定理得高$h=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，因此$\odot O$的直径为$2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，半径$OC=\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
连接OC，
∵$\odot O$与BC相切于点C，根据切线的性质，切线垂直于过切点的半径，
∴$OC⊥ BC$，即$∠ OCB=90°$。
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ ACB=60°$，因此$∠ OCE=∠ OCB-∠ ACB=90°-60°=30°$。
过O作$OF⊥ CE$于点F，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，可得$CE=2CF$。
在$\mathrm{Rt}△ OCF$中，$\cos∠ OCF=\frac{CF}{OC}$，代入已知值：
$CF=OC·\cos30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}\ \mathrm{cm}$，
因此$CE=2×\frac{3}{2}=3\ \mathrm{cm}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；垂径定理；等边三角形的性质
【点评】
本题属于圆与三角形结合的综合基础题，解题关键是正确作出辅助线，将待求线段长度转化为直角三角形中的边长计算，熟练掌握圆和等边三角形的相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
4. (2025·福建中考)如图,PA与$\odot O$相切于点A,PO的延长线交$\odot O$于点C. $AB// PC$,且交$\odot O$于点B. 若$∠P=30°$,则$∠BCP$的大小为(
A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$75°$
C
)A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$75°$
答案
4. C
解析
【分析】
解题时首先结合切线的性质，连接圆心O和切点A构造直角三角形，利用直角三角形两锐角互余求出∠AOP的度数；再结合AB//PC的平行线性质得到∠OAB的度数，根据半径相等判断△OAB的形状，求出∠AOB的度数；最后结合平角性质得到∠BOC的度数，利用等腰三角形的性质计算∠BCP的度数即可。
【解析】
连接OA，
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ PAO=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ PAO$中，$∠ P=30°$，
∴$∠ AOP=90°-∠ P=90°-30°=60°$，
∵$AB// PC$，
∴$∠ OAB=∠ AOP=60°$，
又
∵$OA=OB$（都是$\odot O$的半径），
∴$△ OAB$是等边三角形，
∴$∠ AOB=60°$，
∵P、O、C三点共线，$∠ POC=180°$，
∴$∠ BOC=180°-∠ AOP-∠ AOB=180°-60°-60°=60°$，
又
∵$OB=OC$（都是$\odot O$的半径），
∴$△ OBC$是等腰三角形，
∴$∠ BCP=\frac{180°-∠ BOC}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，等边三角形判定与性质，等腰三角形性质
【点评】
本题是圆相关性质的基础综合题，解题关键是正确作出连接切点的辅助线，结合切线、平行线、特殊三角形的性质逐步推导角的关系，考查知识较为基础，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合切线的性质，连接圆心O和切点A构造直角三角形，利用直角三角形两锐角互余求出∠AOP的度数；再结合AB//PC的平行线性质得到∠OAB的度数，根据半径相等判断△OAB的形状，求出∠AOB的度数；最后结合平角性质得到∠BOC的度数，利用等腰三角形的性质计算∠BCP的度数即可。
【解析】
连接OA，
∵PA与$\odot O$相切于点A，
∴$OA⊥ PA$，即$∠ PAO=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ PAO$中，$∠ P=30°$，
∴$∠ AOP=90°-∠ P=90°-30°=60°$，
∵$AB// PC$，
∴$∠ OAB=∠ AOP=60°$，
又
∵$OA=OB$（都是$\odot O$的半径），
∴$△ OAB$是等边三角形，
∴$∠ AOB=60°$，
∵P、O、C三点共线，$∠ POC=180°$，
∴$∠ BOC=180°-∠ AOP-∠ AOB=180°-60°-60°=60°$，
又
∵$OB=OC$（都是$\odot O$的半径），
∴$△ OBC$是等腰三角形，
∴$∠ BCP=\frac{180°-∠ BOC}{2}=\frac{180°-60°}{2}=60°$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质，等边三角形判定与性质，等腰三角形性质
【点评】
本题是圆相关性质的基础综合题，解题关键是正确作出连接切点的辅助线，结合切线、平行线、特殊三角形的性质逐步推导角的关系，考查知识较为基础，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
5. (2025·四川南充中考)如图是正六边形与矩形叠排成的一个组合图形,若正六边形的边长为2,则矩形的面积是(
A.12
B.$8\sqrt{3}$
C.16
D.$12\sqrt{3}$
B
)A.12
B.$8\sqrt{3}$
C.16
D.$12\sqrt{3}$
答案
5. B
解析
【分析】
要解决本题，需先结合正六边形的性质求出矩形的长和宽，再代入矩形面积公式计算。首先回忆正六边形的基本特征：正六边形内角为120°，边长等于其外接圆半径，我们可以通过解含60°角的直角三角形，求出正六边形边在水平、竖直方向的分量，进而得到矩形的长和宽。
【解析】
已知正六边形边长为2，内角为120°，结合图形分析：
1. 求矩形的长：正六边形左右两侧的边与水平方向夹角为60°，单条边的水平分量为 $2×\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，正六边形中间水平对边的长度为2，因此矩形的长为 $1+2+1=4$。
2. 求矩形的宽：正六边形上下两侧的边与水平方向夹角为60°，单条边的竖直分量为 $2×\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，上下两部分竖直分量之和为 $\sqrt{3}+\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，即矩形的宽为 $2\sqrt{3}$。
3. 计算矩形面积：根据矩形面积公式 $S=长×宽$，代入得 $S=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
正六边形的性质；解直角三角形；矩形面积计算
【点评】
本题结合图形叠放考查几何性质的应用，解题核心是准确找到矩形长宽与正六边形边长的关联，需要学生具备一定的图形观察能力和基础计算能力。
【难度系数】
0.7
要解决本题，需先结合正六边形的性质求出矩形的长和宽，再代入矩形面积公式计算。首先回忆正六边形的基本特征：正六边形内角为120°，边长等于其外接圆半径，我们可以通过解含60°角的直角三角形，求出正六边形边在水平、竖直方向的分量，进而得到矩形的长和宽。
【解析】
已知正六边形边长为2，内角为120°，结合图形分析：
1. 求矩形的长：正六边形左右两侧的边与水平方向夹角为60°，单条边的水平分量为 $2×\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，正六边形中间水平对边的长度为2，因此矩形的长为 $1+2+1=4$。
2. 求矩形的宽：正六边形上下两侧的边与水平方向夹角为60°，单条边的竖直分量为 $2×\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，上下两部分竖直分量之和为 $\sqrt{3}+\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，即矩形的宽为 $2\sqrt{3}$。
3. 计算矩形面积：根据矩形面积公式 $S=长×宽$，代入得 $S=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
正六边形的性质；解直角三角形；矩形面积计算
【点评】
本题结合图形叠放考查几何性质的应用，解题核心是准确找到矩形长宽与正六边形边长的关联，需要学生具备一定的图形观察能力和基础计算能力。
【难度系数】
0.7
6. 若正$ n $边形的一个外角的度数为$ 45° $，
则$ n $的值为
则$ n $的值为
8
。答案
6. 8
解析
【分析】
解题时首先回忆多边形的相关性质：一是任意多边形的外角和都是固定的360°，和边数无关；二是正n边形的所有外角度数都相等。因此要求边数n，只需用外角和的总度数除以已知的单个外角的度数即可算出结果。
【解析】
解：
∵ 任意多边形的外角和恒为360°，且正n边形的每个外角度数相等，
∴ 正n边形的边数 $n = 360° ÷ 45° = 8$。
【答案】
8
【知识点】
多边形外角和定理；正多边形的性质
【点评】
本题是基础题型，解题关键是熟记多边形外角和为360°的规律，结合正多边形各外角相等的性质就能快速得出答案。
【难度系数】
0.9
解题时首先回忆多边形的相关性质：一是任意多边形的外角和都是固定的360°，和边数无关；二是正n边形的所有外角度数都相等。因此要求边数n，只需用外角和的总度数除以已知的单个外角的度数即可算出结果。
【解析】
解：
∵ 任意多边形的外角和恒为360°，且正n边形的每个外角度数相等，
∴ 正n边形的边数 $n = 360° ÷ 45° = 8$。
【答案】
8
【知识点】
多边形外角和定理；正多边形的性质
【点评】
本题是基础题型，解题关键是熟记多边形外角和为360°的规律，结合正多边形各外角相等的性质就能快速得出答案。
【难度系数】
0.9
7. 一把直尺、含$60°$角的直角三角尺和一个光盘如图摆放，点A为$60°$角与直尺交点，点B为光盘与直尺唯一的交点. 若$AB = 3$,则光盘的直径是
$6\sqrt{3}$
. 答案
7. $6\sqrt{3}$
解析
【分析】
首先明确光盘对应圆，直尺边、三角尺斜边都是该圆的切线，点B是圆与直尺的切点。我们可先设圆心为O，连接OB，根据切线性质可知OB垂直于直尺所在直线，得到直角三角形OAB；再结合切线长定理，可知OA平分三角尺斜边与直尺形成的120°夹角，得到∠OAB=60°；最后在直角三角形中利用三角函数求出半径，乘以2即可得到光盘直径。
【解析】
设光盘的圆心为O，半径为r，连接OB，过O作三角尺斜边的垂线，垂足为C。
∵ 直尺边和三角尺斜边都是⊙O的切线，
∴ OB⊥AB，OC⊥AC，且OB=OC=r，
∴ AO平分∠CAB（切线长定理）。
由题意得三角尺与直尺的夹角为60°，因此∠CAB=180°-60°=120°，
∴ ∠OAB=$\frac{1}{2}$∠CAB=60°。
在Rt△OAB中，∠OBA=90°，AB=3，
$\tan∠ OAB=\frac{OB}{AB}$，即$\tan60°=\frac{r}{3}$，
解得$r=3\sqrt{3}$，
因此光盘的直径为$2r=2×3\sqrt{3}=6\sqrt{3}$。
【答案】
$6\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，切线长定理，解直角三角形
【点评】
本题结合生活场景考查圆的切线相关性质与解直角三角形的综合应用，解题核心是正确作出辅助线构造直角三角形，结合角度关系利用三角函数计算线段长度。
【难度系数】
0.6
首先明确光盘对应圆，直尺边、三角尺斜边都是该圆的切线，点B是圆与直尺的切点。我们可先设圆心为O，连接OB，根据切线性质可知OB垂直于直尺所在直线，得到直角三角形OAB；再结合切线长定理，可知OA平分三角尺斜边与直尺形成的120°夹角，得到∠OAB=60°；最后在直角三角形中利用三角函数求出半径，乘以2即可得到光盘直径。
【解析】
设光盘的圆心为O，半径为r，连接OB，过O作三角尺斜边的垂线，垂足为C。
∵ 直尺边和三角尺斜边都是⊙O的切线，
∴ OB⊥AB，OC⊥AC，且OB=OC=r，
∴ AO平分∠CAB（切线长定理）。
由题意得三角尺与直尺的夹角为60°，因此∠CAB=180°-60°=120°，
∴ ∠OAB=$\frac{1}{2}$∠CAB=60°。
在Rt△OAB中，∠OBA=90°，AB=3，
$\tan∠ OAB=\frac{OB}{AB}$，即$\tan60°=\frac{r}{3}$，
解得$r=3\sqrt{3}$，
因此光盘的直径为$2r=2×3\sqrt{3}=6\sqrt{3}$。
【答案】
$6\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，切线长定理，解直角三角形
【点评】
本题结合生活场景考查圆的切线相关性质与解直角三角形的综合应用，解题核心是正确作出辅助线构造直角三角形，结合角度关系利用三角函数计算线段长度。
【难度系数】
0.6
8. 由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格如图所示，点A,B,C在平面直角坐标系中的坐标分别为$(3,6),(-3,3),(7,-2)$,则$△ ABC$的内心的坐标为
$(2,3)$
。答案
8. $(2,3)$
解析
【分析】
三角形的内心是三角形三个内角角平分线的交点，也是内切圆的圆心，核心性质是到三边距离相等。解题可按以下思路进行：第一步，根据两点间距离公式，分别计算出△ABC三边的长度；第二步，利用三角形内心坐标公式（内心坐标为各顶点坐标乘以对应对边长度的和，再除以三边长度之和），代入数值计算即可得到内心坐标，计算时可提取公因式简化运算。
【解析】
解：已知A(3,6)，B(-3,3)，C(7,-2)，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$，先计算三边长度：
1. 顶点A的对边BC的长度$a=\sqrt{(7-(-3))^2+(-2-3)^2}=\sqrt{10^2+(-5)^2}=5\sqrt{5}$
2. 顶点B的对边AC的长度$b=\sqrt{(7-3)^2+(-2-6)^2}=\sqrt{4^2+(-8)^2}=4\sqrt{5}$
3. 顶点C的对边AB的长度$c=\sqrt{(3-(-3))^2+(6-3)^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$
设内心坐标为$(x,y)$，根据内心坐标公式：
$x=\frac{a· x_A + b· x_B + c· x_C}{a+b+c}=\frac{5\sqrt{5}×3 + 4\sqrt{5}×(-3) + 3\sqrt{5}×7}{5\sqrt{5}+4\sqrt{5}+3\sqrt{5}}=\frac{24\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=2$
$y=\frac{a· y_A + b· y_B + c· y_C}{a+b+c}=\frac{5\sqrt{5}×6 + 4\sqrt{5}×3 + 3\sqrt{5}×(-2)}{12\sqrt{5}}=\frac{36\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=3$
【答案】
$(2,3)$
【知识点】
1. 三角形内心的性质
2. 两点间距离公式
3. 内心坐标公式
【点评】
本题考查三角形内心坐标的计算，解题的关键是掌握内心的相关性质和坐标计算公式，计算过程中注意公因式的提取可大幅降低运算量，避免出错。
【难度系数】
0.65
三角形的内心是三角形三个内角角平分线的交点，也是内切圆的圆心，核心性质是到三边距离相等。解题可按以下思路进行：第一步，根据两点间距离公式，分别计算出△ABC三边的长度；第二步，利用三角形内心坐标公式（内心坐标为各顶点坐标乘以对应对边长度的和，再除以三边长度之和），代入数值计算即可得到内心坐标，计算时可提取公因式简化运算。
【解析】
解：已知A(3,6)，B(-3,3)，C(7,-2)，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2}$，先计算三边长度：
1. 顶点A的对边BC的长度$a=\sqrt{(7-(-3))^2+(-2-3)^2}=\sqrt{10^2+(-5)^2}=5\sqrt{5}$
2. 顶点B的对边AC的长度$b=\sqrt{(7-3)^2+(-2-6)^2}=\sqrt{4^2+(-8)^2}=4\sqrt{5}$
3. 顶点C的对边AB的长度$c=\sqrt{(3-(-3))^2+(6-3)^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$
设内心坐标为$(x,y)$，根据内心坐标公式：
$x=\frac{a· x_A + b· x_B + c· x_C}{a+b+c}=\frac{5\sqrt{5}×3 + 4\sqrt{5}×(-3) + 3\sqrt{5}×7}{5\sqrt{5}+4\sqrt{5}+3\sqrt{5}}=\frac{24\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=2$
$y=\frac{a· y_A + b· y_B + c· y_C}{a+b+c}=\frac{5\sqrt{5}×6 + 4\sqrt{5}×3 + 3\sqrt{5}×(-2)}{12\sqrt{5}}=\frac{36\sqrt{5}}{12\sqrt{5}}=3$
【答案】
$(2,3)$
【知识点】
1. 三角形内心的性质
2. 两点间距离公式
3. 内心坐标公式
【点评】
本题考查三角形内心坐标的计算，解题的关键是掌握内心的相关性质和坐标计算公式，计算过程中注意公因式的提取可大幅降低运算量，避免出错。
【难度系数】
0.65
9. 如图，在 $△ ABC$ 中，$∠ BAC = 45°, AB = 5\sqrt{2} \mathrm{ cm}$, 以 $B$ 为圆心、$3 \mathrm{ cm}$ 为半径作 $\odot B$, $D$ 是 $\odot B$ 上一动点, $\odot B$ 的切线 $DE$ 交 $AC$ 于点 $E$, 则 $DE$ 长度的最小值为
4
cm.答案
9. 4
解析
【分析】
要解决DE长度最小值的问题，首先结合切线性质可知BD⊥DE，△BDE为直角三角形，BD是半径长度固定为3cm，根据勾股定理可得$DE=\sqrt{BE^2-BD^2}$，因此DE的最小值由BE的最小值决定。根据点到直线的距离垂线段最短，可知当BE⊥AC时BE最短，再结合已知的∠BAC和AB的长度求出BE的最小值，即可计算出DE的最小值。
【解析】
连接BD，
∵DE是⊙B的切线，D为切点，
∴$BD⊥DE$，即$∠BDE=90°$，
在$Rt△BDE$中，$BD=3\mathrm{cm}$（⊙B的半径），由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BE^2 - BD^2}=\sqrt{BE^2 - 9}$，
∵BD长度固定，
∴要使DE最小，需使BE的长度最小，
根据“点到直线的所有线段中，垂线段最短”，当$BE⊥AC$时，BE的长度最小，
此时在$Rt△ABE$中，$∠BAC=45°$，$AB=5\sqrt{2}\mathrm{cm}$，
∴$BE=AB·\sin45°=5\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=5\mathrm{cm}$，
将$BE=5\mathrm{cm}$代入DE的表达式得：
$DE_{\mathrm{最小}}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{16}=4\mathrm{cm}$。
【答案】
4
【知识点】
切线的性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题将圆的性质与几何最值问题结合，解题核心是将求切线长最小值的问题转化为求点到直线的最短距离问题，很好地考查了转化思想和对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
要解决DE长度最小值的问题，首先结合切线性质可知BD⊥DE，△BDE为直角三角形，BD是半径长度固定为3cm，根据勾股定理可得$DE=\sqrt{BE^2-BD^2}$，因此DE的最小值由BE的最小值决定。根据点到直线的距离垂线段最短，可知当BE⊥AC时BE最短，再结合已知的∠BAC和AB的长度求出BE的最小值，即可计算出DE的最小值。
【解析】
连接BD，
∵DE是⊙B的切线，D为切点，
∴$BD⊥DE$，即$∠BDE=90°$，
在$Rt△BDE$中，$BD=3\mathrm{cm}$（⊙B的半径），由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BE^2 - BD^2}=\sqrt{BE^2 - 9}$，
∵BD长度固定，
∴要使DE最小，需使BE的长度最小，
根据“点到直线的所有线段中，垂线段最短”，当$BE⊥AC$时，BE的长度最小，
此时在$Rt△ABE$中，$∠BAC=45°$，$AB=5\sqrt{2}\mathrm{cm}$，
∴$BE=AB·\sin45°=5\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=5\mathrm{cm}$，
将$BE=5\mathrm{cm}$代入DE的表达式得：
$DE_{\mathrm{最小}}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{16}=4\mathrm{cm}$。
【答案】
4
【知识点】
切线的性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题将圆的性质与几何最值问题结合，解题核心是将求切线长最小值的问题转化为求点到直线的最短距离问题，很好地考查了转化思想和对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
三、解答题(共55分)
10.(12分)(2025·山东中考)如图,在$△ OAB$中,点A在$\odot O$上,边OB交$\odot O$于点C,$AD ⊥ OB$于点D,AC是$∠ BAD$的平分线.
(1)求证:AB为$\odot O$的切线.
(2)若$\odot O$的半径为2,$∠ AOB = 45°$,求CB的长.
10.(12分)(2025·山东中考)如图,在$△ OAB$中,点A在$\odot O$上,边OB交$\odot O$于点C,$AD ⊥ OB$于点D,AC是$∠ BAD$的平分线.
(1)求证:AB为$\odot O$的切线.
(2)若$\odot O$的半径为2,$∠ AOB = 45°$,求CB的长.
答案
10. (1)略;(2) $CB = 2\sqrt{2} - 2$
解析
【分析】
(1)要证明AB是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，只需证明OA垂直于AB即可。我们可先利用同圆半径相等得到等边对等角，结合AD⊥OB的直角性质、角平分线的定义，通过角的等量代换推导出$∠ OAB=90°$，即可完成证明。
(2)由(1)已得$∠ OAB=90°$，结合已知$∠ AOB=45°$，可判断$△ OAB$是等腰直角三角形，先利用勾股定理求出OB的长度，再减去$\odot O$的半径OC的长度，即可得到CB的长。
【解析】
(1)证明：
∵OA、OC都是$\odot O$的半径，
∴$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$（等边对等角）。
∵$AD⊥ OB$，
∴$∠ ADC=90°$，
∴$∠ DAC+∠ ACD=90°$（直角三角形两锐角互余）。
∵AC是$∠ BAD$的平分线，
∴$∠ DAC=∠ BAC$（角平分线的定义）。
将$∠ DAC=∠ BAC$、$∠ OCA=∠ OAC$代入得：$∠ BAC+∠ OAC=∠ DAC+∠ ACD=90°$，即$∠ OAB=90°$，
∴$OA⊥ AB$。
又
∵OA是$\odot O$的半径，
∴AB为$\odot O$的切线。
(2)解：
由(1)可知$∠ OAB=90°$，在$Rt△ OAB$中，$∠ AOB=45°$，
∴$∠ OBA=45°=∠ AOB$，
∴$AB=OA=2$（$\odot O$半径为2）。
由勾股定理得：$OB=\sqrt{OA^2+AB^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
∵OC是$\odot O$的半径，
∴$OC=2$，
∴$CB=OB-OC=2\sqrt{2}-2$。
【答案】
(1)证明见解析；(2) $CB=2\sqrt{2}-2$
【知识点】
切线的判定；等腰直角三角形的性质；角平分线的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，重点考查切线的判定方法和特殊三角形的性质应用，解题时要注意结合已知条件推导角的数量关系，利用特殊三角形的特征简化计算，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
(1)要证明AB是$\odot O$的切线，根据切线的判定定理，只需证明OA垂直于AB即可。我们可先利用同圆半径相等得到等边对等角，结合AD⊥OB的直角性质、角平分线的定义，通过角的等量代换推导出$∠ OAB=90°$，即可完成证明。
(2)由(1)已得$∠ OAB=90°$，结合已知$∠ AOB=45°$，可判断$△ OAB$是等腰直角三角形，先利用勾股定理求出OB的长度，再减去$\odot O$的半径OC的长度，即可得到CB的长。
【解析】
(1)证明：
∵OA、OC都是$\odot O$的半径，
∴$OA=OC$，
∴$∠ OAC=∠ OCA$（等边对等角）。
∵$AD⊥ OB$，
∴$∠ ADC=90°$，
∴$∠ DAC+∠ ACD=90°$（直角三角形两锐角互余）。
∵AC是$∠ BAD$的平分线，
∴$∠ DAC=∠ BAC$（角平分线的定义）。
将$∠ DAC=∠ BAC$、$∠ OCA=∠ OAC$代入得：$∠ BAC+∠ OAC=∠ DAC+∠ ACD=90°$，即$∠ OAB=90°$，
∴$OA⊥ AB$。
又
∵OA是$\odot O$的半径，
∴AB为$\odot O$的切线。
(2)解：
由(1)可知$∠ OAB=90°$，在$Rt△ OAB$中，$∠ AOB=45°$，
∴$∠ OBA=45°=∠ AOB$，
∴$AB=OA=2$（$\odot O$半径为2）。
由勾股定理得：$OB=\sqrt{OA^2+AB^2}=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$。
∵OC是$\odot O$的半径，
∴$OC=2$，
∴$CB=OB-OC=2\sqrt{2}-2$。
【答案】
(1)证明见解析；(2) $CB=2\sqrt{2}-2$
【知识点】
切线的判定；等腰直角三角形的性质；角平分线的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，重点考查切线的判定方法和特殊三角形的性质应用，解题时要注意结合已知条件推导角的数量关系，利用特殊三角形的特征简化计算，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
