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22. (10分)如图21，AB是$\odot O$的一条弦，E是AB的中点，过点E作$EC⊥ OA$于点C，过点B作$\odot O$的切线交CE的延长线于点D.
(1)求证：$DB=DE$；
(2)若$AB=12$，$BD=5$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：$DB=DE$；
(2)若$AB=12$，$BD=5$，求$\odot O$的半径.
答案
(1) 证明：
连接$OB$，
$\because BD$是$\odot O$的切线，
$\therefore OB⊥ BD$，即$∠ OBD=90°$，
$\therefore ∠ OBE + ∠ DBE = 90°$。
$\because OA=OB$，
$\therefore ∠ OAB = ∠ OBE$。
$\because EC⊥ OA$，
$\therefore ∠ ACE=90°$，
$\therefore ∠ OAB + ∠ AEC = 90°$，
$\therefore ∠ AEC = ∠ DBE$。
又$\because ∠ AEC = ∠ DEB$，
$\therefore ∠ DEB = ∠ DBE$，
$\therefore DB=DE$。
---
(2) 解：
过点$D$作$DF⊥ AB$于点$F$，连接$OE$。
$\because E$是$AB$的中点，$AB=12$，
$\therefore AE=EB=6$，由垂径定理得$OE⊥ AB$。
由(1)知$DB=DE=5$，又$DF⊥ EB$，
$\therefore EF=BF=\frac{1}{2}EB=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，
$DF=\sqrt{DE^2 - EF^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$。
$\because ∠ A + ∠ AOE=90°$，$∠ DEF + ∠ EDF=90°$，
且$∠ A + ∠ AEC=90°$，$∠ AEC=∠ DEF$，
$\therefore ∠ AOE=∠ DEF$。
又$\because ∠ AEO=∠ EFD=90°$，
$\therefore △ AEO ∽ △ DFE$，
$\therefore \frac{OA}{DE}=\frac{AE}{DF}$，
代入$DE=5$，$AE=6$，$DF=4$得：
$\frac{OA}{5}=\frac{6}{4}$，
解得$OA=\frac{15}{2}$。
答：$\odot O$的半径为$\boldsymbol{\frac{15}{2}}$。
连接$OB$，
$\because BD$是$\odot O$的切线，
$\therefore OB⊥ BD$，即$∠ OBD=90°$，
$\therefore ∠ OBE + ∠ DBE = 90°$。
$\because OA=OB$，
$\therefore ∠ OAB = ∠ OBE$。
$\because EC⊥ OA$，
$\therefore ∠ ACE=90°$，
$\therefore ∠ OAB + ∠ AEC = 90°$，
$\therefore ∠ AEC = ∠ DBE$。
又$\because ∠ AEC = ∠ DEB$，
$\therefore ∠ DEB = ∠ DBE$，
$\therefore DB=DE$。
---
(2) 解：
过点$D$作$DF⊥ AB$于点$F$，连接$OE$。
$\because E$是$AB$的中点，$AB=12$，
$\therefore AE=EB=6$，由垂径定理得$OE⊥ AB$。
由(1)知$DB=DE=5$，又$DF⊥ EB$，
$\therefore EF=BF=\frac{1}{2}EB=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，
$DF=\sqrt{DE^2 - EF^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$。
$\because ∠ A + ∠ AOE=90°$，$∠ DEF + ∠ EDF=90°$，
且$∠ A + ∠ AEC=90°$，$∠ AEC=∠ DEF$，
$\therefore ∠ AOE=∠ DEF$。
又$\because ∠ AEO=∠ EFD=90°$，
$\therefore △ AEO ∽ △ DFE$，
$\therefore \frac{OA}{DE}=\frac{AE}{DF}$，
代入$DE=5$，$AE=6$，$DF=4$得：
$\frac{OA}{5}=\frac{6}{4}$，
解得$OA=\frac{15}{2}$。
答：$\odot O$的半径为$\boldsymbol{\frac{15}{2}}$。
解析
【分析】
(1) 要证明$DB=DE$，可通过证明两角相等得到等腰三角形来推导：首先连接$OB$，利用切线的性质得到$OB⊥ BD$，结合$OA=OB$的等腰性质、$EC⊥ OA$的直角关系，以及对顶角相等，即可推出$∠ DEB=∠ DBE$，从而得到$DB=DE$。
(2) 求$\odot O$的半径时，先作辅助线：过点$D$作$DF⊥ AB$于$F$，连接$OE$。首先由垂径定理得$OE⊥ AB$且$AE=EB=6$；结合(1)的结论$DE=BD=5$，利用等腰三角形三线合一求出$EF=3$，再用勾股定理算出$DF=4$；通过角的等量代换证明$△ AEO ∽ △ DFE$，利用相似三角形的对应边成比例即可求出半径$OA$的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接$OB$，
$\because BD$是$\odot O$的切线，
$\therefore OB⊥ BD$，即$∠ OBD=90°$，
$\therefore ∠ OBE + ∠ DBE = 90°$。
$\because OA=OB$，
$\therefore ∠ OAB = ∠ OBE$。
$\because EC⊥ OA$，
$\therefore ∠ ACE=90°$，
$\therefore ∠ OAB + ∠ AEC = 90°$，
$\therefore ∠ AEC = ∠ DBE$。
又$\because ∠ AEC = ∠ DEB$，
$\therefore ∠ DEB = ∠ DBE$，
$\therefore DB=DE$。
(2) 解：
过点$D$作$DF⊥ AB$于点$F$，连接$OE$。
$\because E$是$AB$的中点，$AB=12$，
$\therefore AE=EB=6$，由垂径定理得$OE⊥ AB$。
由(1)知$DB=DE=5$，又$DF⊥ EB$，
$\therefore EF=BF=\frac{1}{2}EB=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，
$DF=\sqrt{DE^2 - EF^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$。
$\because ∠ A + ∠ AOE=90°$，$∠ DEF + ∠ EDF=90°$，
且$∠ A + ∠ AEC=90°$，$∠ AEC=∠ DEF$，
$\therefore ∠ AOE=∠ DEF$。
又$\because ∠ AEO=∠ EFD=90°$，
$\therefore △ AEO ∽ △ DFE$，
$\therefore \frac{OA}{DE}=\frac{AE}{DF}$，
代入$DE=5$，$AE=6$，$DF=4$得：
$\frac{OA}{5}=\frac{6}{4}$，
解得$OA=\frac{15}{2}$。
【答案】
(1) 已证$DB=DE$；(2) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{\frac{15}{2}}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的综合常规题型，第一问侧重考查切线性质、等腰三角形的判定，难度较低；第二问需要结合垂径定理、勾股定理和相似三角形求解，正确作出辅助线、找到相似三角形是解题的关键，能较好地考查学生对圆和三角形相关知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明$DB=DE$，可通过证明两角相等得到等腰三角形来推导：首先连接$OB$，利用切线的性质得到$OB⊥ BD$，结合$OA=OB$的等腰性质、$EC⊥ OA$的直角关系，以及对顶角相等，即可推出$∠ DEB=∠ DBE$，从而得到$DB=DE$。
(2) 求$\odot O$的半径时，先作辅助线：过点$D$作$DF⊥ AB$于$F$，连接$OE$。首先由垂径定理得$OE⊥ AB$且$AE=EB=6$；结合(1)的结论$DE=BD=5$，利用等腰三角形三线合一求出$EF=3$，再用勾股定理算出$DF=4$；通过角的等量代换证明$△ AEO ∽ △ DFE$，利用相似三角形的对应边成比例即可求出半径$OA$的长度。
【解析】
(1) 证明：
连接$OB$，
$\because BD$是$\odot O$的切线，
$\therefore OB⊥ BD$，即$∠ OBD=90°$，
$\therefore ∠ OBE + ∠ DBE = 90°$。
$\because OA=OB$，
$\therefore ∠ OAB = ∠ OBE$。
$\because EC⊥ OA$，
$\therefore ∠ ACE=90°$，
$\therefore ∠ OAB + ∠ AEC = 90°$，
$\therefore ∠ AEC = ∠ DBE$。
又$\because ∠ AEC = ∠ DEB$，
$\therefore ∠ DEB = ∠ DBE$，
$\therefore DB=DE$。
(2) 解：
过点$D$作$DF⊥ AB$于点$F$，连接$OE$。
$\because E$是$AB$的中点，$AB=12$，
$\therefore AE=EB=6$，由垂径定理得$OE⊥ AB$。
由(1)知$DB=DE=5$，又$DF⊥ EB$，
$\therefore EF=BF=\frac{1}{2}EB=3$。
在$\mathrm{Rt}△ DEF$中，
$DF=\sqrt{DE^2 - EF^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4$。
$\because ∠ A + ∠ AOE=90°$，$∠ DEF + ∠ EDF=90°$，
且$∠ A + ∠ AEC=90°$，$∠ AEC=∠ DEF$，
$\therefore ∠ AOE=∠ DEF$。
又$\because ∠ AEO=∠ EFD=90°$，
$\therefore △ AEO ∽ △ DFE$，
$\therefore \frac{OA}{DE}=\frac{AE}{DF}$，
代入$DE=5$，$AE=6$，$DF=4$得：
$\frac{OA}{5}=\frac{6}{4}$，
解得$OA=\frac{15}{2}$。
【答案】
(1) 已证$DB=DE$；(2) $\odot O$的半径为$\boldsymbol{\frac{15}{2}}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于圆的综合常规题型，第一问侧重考查切线性质、等腰三角形的判定，难度较低；第二问需要结合垂径定理、勾股定理和相似三角形求解，正确作出辅助线、找到相似三角形是解题的关键，能较好地考查学生对圆和三角形相关知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
23. (11分)为弘扬民族传统体育文化,某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目.滚铁环器材由铁环和推杆组成.小明对滚铁环的启动阶段进行了研究,如图22,滚铁环时,铁环$\odot O$与水平地面相切于点C,推杆AB与铅垂线AD的夹角为$∠ BAD$,点O,A,B,C,D在同一平面内.当推杆AB与铁环$\odot O$相切于点B时,手上的力量通过切点B传递到铁环上,会有较好的启动效果.
(1)求证:$∠ BOC + ∠ BAD = 90°$.
(2)实践发现,切点B只有在铁环上一定区域内时,才能保证铁环平稳启动.图中点B是该区域内最低位置,此时点A距地面的距离AD最小,测得$\cos∠ BAD=\frac{3}{5}$.已知铁环$\odot O$的半径为25 cm,推杆AB的长为75 cm,求此时AD的长.
(1)求证:$∠ BOC + ∠ BAD = 90°$.
(2)实践发现,切点B只有在铁环上一定区域内时,才能保证铁环平稳启动.图中点B是该区域内最低位置,此时点A距地面的距离AD最小,测得$\cos∠ BAD=\frac{3}{5}$.已知铁环$\odot O$的半径为25 cm,推杆AB的长为75 cm,求此时AD的长.
答案
(1) 证明：
连接OB，
∵ 铁环$\odot O$与水平地面相切于点$C$，
∴ $OC⊥ CD$。
又∵ $AD⊥ CD$，
∴ $OC// AD$。
过点$B$作$BE// CD$，分别交$OC$、$AD$于点$E$、$F$，
则$BF// AD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ABF$。
∵ $AB$与$\odot O$相切于点$B$，
∴ $OB⊥ AB$，即$∠ OBA=90°$，
∴ $∠ OBE + ∠ ABF = 90°$。
∵ $BE// CD$，$OC⊥ CD$，
∴ $BE⊥ OC$，即$∠ OEB=90°$，
∴ $∠ BOC + ∠ OBE = 90°$，
∴ $∠ BOC = ∠ ABF$，
∴ $∠ BOC + ∠ BAD = 90°$。
---
(2) 解：
过点$B$作$BG⊥ AD$于点$G$，作$BH⊥ OC$于点$H$。
∵ $AD⊥ CD$，$OC⊥ CD$，$BG⊥ AD$，$BH⊥ OC$，
∴ 四边形$BHCD$、四边形$BGDH$均为矩形，
∴ $GD=HC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ AGB=90°$，$\cos∠ BAD=\frac{AG}{AB}=\frac{3}{5}$，$AB=75\ \mathrm{cm}$，
∴ $AG=AB·\cos∠ BAD=75×\frac{3}{5}=45\ \mathrm{cm}$，
$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{75^2-45^2}=60\ \mathrm{cm}$。
由(1)知$∠ BOC + ∠ BAD=90°$，
又在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ ABG + ∠ BAD=90°$，
∴ $∠ BOC=∠ ABG$，
∴ $\cos∠ BOC=\cos∠ ABG=\frac{BG}{AB}=\frac{60}{75}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ OBH$中，$∠ OHB=90°$，$OB=25\ \mathrm{cm}$，
∴ $OH=OB·\cos∠ BOC=25×\frac{4}{5}=20\ \mathrm{cm}$，
∴ $HC=OC-OH=25-20=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $GD=HC=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $AD=AG+GD=45+5=50\ \mathrm{cm}$。
答：此时$AD$的长为$50\ \mathrm{cm}$。
连接OB，
∵ 铁环$\odot O$与水平地面相切于点$C$，
∴ $OC⊥ CD$。
又∵ $AD⊥ CD$，
∴ $OC// AD$。
过点$B$作$BE// CD$，分别交$OC$、$AD$于点$E$、$F$，
则$BF// AD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ABF$。
∵ $AB$与$\odot O$相切于点$B$，
∴ $OB⊥ AB$，即$∠ OBA=90°$，
∴ $∠ OBE + ∠ ABF = 90°$。
∵ $BE// CD$，$OC⊥ CD$，
∴ $BE⊥ OC$，即$∠ OEB=90°$，
∴ $∠ BOC + ∠ OBE = 90°$，
∴ $∠ BOC = ∠ ABF$，
∴ $∠ BOC + ∠ BAD = 90°$。
---
(2) 解：
过点$B$作$BG⊥ AD$于点$G$，作$BH⊥ OC$于点$H$。
∵ $AD⊥ CD$，$OC⊥ CD$，$BG⊥ AD$，$BH⊥ OC$，
∴ 四边形$BHCD$、四边形$BGDH$均为矩形，
∴ $GD=HC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ AGB=90°$，$\cos∠ BAD=\frac{AG}{AB}=\frac{3}{5}$，$AB=75\ \mathrm{cm}$，
∴ $AG=AB·\cos∠ BAD=75×\frac{3}{5}=45\ \mathrm{cm}$，
$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{75^2-45^2}=60\ \mathrm{cm}$。
由(1)知$∠ BOC + ∠ BAD=90°$，
又在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ ABG + ∠ BAD=90°$，
∴ $∠ BOC=∠ ABG$，
∴ $\cos∠ BOC=\cos∠ ABG=\frac{BG}{AB}=\frac{60}{75}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ OBH$中，$∠ OHB=90°$，$OB=25\ \mathrm{cm}$，
∴ $OH=OB·\cos∠ BOC=25×\frac{4}{5}=20\ \mathrm{cm}$，
∴ $HC=OC-OH=25-20=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $GD=HC=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $AD=AG+GD=45+5=50\ \mathrm{cm}$。
答：此时$AD$的长为$50\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
（1）要证两角和为90°，先利用切线性质得OC⊥CD，结合AD⊥CD推出OC//AD；过B作BE//CD，利用平行线性质得∠BAD=∠ABF；再由AB是⊙O的切线得OB⊥AB，得∠OBE+∠ABF=90°，结合BE⊥OC得∠BOC+∠OBE=90°，等量代换即可得证。
（2）求AD长可将其拆分为AG和GD两段计算：先作BG⊥AD、BH⊥OC，构造直角三角形和矩形，在Rt△ABG中利用三角函数和勾股定理求出AG、BG的长度；再结合（1）的结论推出∠BOC=∠ABG，在Rt△OBH中求出OH的长度，进而得到HC的长度，利用矩形对边相等得GD=HC，两段相加即为AD的长。
【解析】
(1) 证明：
连接OB，
∵ 铁环$\odot O$与水平地面相切于点$C$，
∴ $OC⊥ CD$。
又
∵ $AD⊥ CD$，
∴ $OC// AD$。
过点$B$作$BE// CD$，分别交$OC$、$AD$于点$E$、$F$，
则$BF// AD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ABF$。
∵ $AB$与$\odot O$相切于点$B$，
∴ $OB⊥ AB$，即$∠ OBA=90°$，
∴ $∠ OBE + ∠ ABF = 90°$。
∵ $BE// CD$，$OC⊥ CD$，
∴ $BE⊥ OC$，即$∠ OEB=90°$，
∴ $∠ BOC + ∠ OBE = 90°$，
∴ $∠ BOC = ∠ ABF$，
∴ $∠ BOC + ∠ BAD = 90°$。
(2) 解：
过点$B$作$BG⊥ AD$于点$G$，作$BH⊥ OC$于点$H$。
∵ $AD⊥ CD$，$OC⊥ CD$，$BG⊥ AD$，$BH⊥ OC$，
∴ 四边形$BHCD$、四边形$BGDH$均为矩形，
∴ $GD=HC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ AGB=90°$，$\cos∠ BAD=\frac{AG}{AB}=\frac{3}{5}$，$AB=75\ \mathrm{cm}$，
∴ $AG=AB·\cos∠ BAD=75×\frac{3}{5}=45\ \mathrm{cm}$，
$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{75^2-45^2}=60\ \mathrm{cm}$。
由(1)知$∠ BOC + ∠ BAD=90°$，
又在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ ABG + ∠ BAD=90°$，
∴ $∠ BOC=∠ ABG$，
∴ $\cos∠ BOC=\cos∠ ABG=\frac{BG}{AB}=\frac{60}{75}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ OBH$中，$∠ OHB=90°$，$OB=25\ \mathrm{cm}$，
∴ $OH=OB·\cos∠ BOC=25×\frac{4}{5}=20\ \mathrm{cm}$，
∴ $HC=OC-OH=25-20=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $GD=HC=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $AD=AG+GD=45+5=50\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{50\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
切线的性质，解直角三角形，矩形的判定与性质
【点评】
本题结合传统体育项目场景命题，综合性较强，考查了几何中辅助线的构造、角的等量转化、线段长度的拆分计算等能力，需要学生熟练掌握圆、平行线、直角三角形、矩形的相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6
（1）要证两角和为90°，先利用切线性质得OC⊥CD，结合AD⊥CD推出OC//AD；过B作BE//CD，利用平行线性质得∠BAD=∠ABF；再由AB是⊙O的切线得OB⊥AB，得∠OBE+∠ABF=90°，结合BE⊥OC得∠BOC+∠OBE=90°，等量代换即可得证。
（2）求AD长可将其拆分为AG和GD两段计算：先作BG⊥AD、BH⊥OC，构造直角三角形和矩形，在Rt△ABG中利用三角函数和勾股定理求出AG、BG的长度；再结合（1）的结论推出∠BOC=∠ABG，在Rt△OBH中求出OH的长度，进而得到HC的长度，利用矩形对边相等得GD=HC，两段相加即为AD的长。
【解析】
(1) 证明：
连接OB，
∵ 铁环$\odot O$与水平地面相切于点$C$，
∴ $OC⊥ CD$。
又
∵ $AD⊥ CD$，
∴ $OC// AD$。
过点$B$作$BE// CD$，分别交$OC$、$AD$于点$E$、$F$，
则$BF// AD$，
∴ $∠ BAD = ∠ ABF$。
∵ $AB$与$\odot O$相切于点$B$，
∴ $OB⊥ AB$，即$∠ OBA=90°$，
∴ $∠ OBE + ∠ ABF = 90°$。
∵ $BE// CD$，$OC⊥ CD$，
∴ $BE⊥ OC$，即$∠ OEB=90°$，
∴ $∠ BOC + ∠ OBE = 90°$，
∴ $∠ BOC = ∠ ABF$，
∴ $∠ BOC + ∠ BAD = 90°$。
(2) 解：
过点$B$作$BG⊥ AD$于点$G$，作$BH⊥ OC$于点$H$。
∵ $AD⊥ CD$，$OC⊥ CD$，$BG⊥ AD$，$BH⊥ OC$，
∴ 四边形$BHCD$、四边形$BGDH$均为矩形，
∴ $GD=HC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ AGB=90°$，$\cos∠ BAD=\frac{AG}{AB}=\frac{3}{5}$，$AB=75\ \mathrm{cm}$，
∴ $AG=AB·\cos∠ BAD=75×\frac{3}{5}=45\ \mathrm{cm}$，
$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=\sqrt{75^2-45^2}=60\ \mathrm{cm}$。
由(1)知$∠ BOC + ∠ BAD=90°$，
又在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$∠ ABG + ∠ BAD=90°$，
∴ $∠ BOC=∠ ABG$，
∴ $\cos∠ BOC=\cos∠ ABG=\frac{BG}{AB}=\frac{60}{75}=\frac{4}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ OBH$中，$∠ OHB=90°$，$OB=25\ \mathrm{cm}$，
∴ $OH=OB·\cos∠ BOC=25×\frac{4}{5}=20\ \mathrm{cm}$，
∴ $HC=OC-OH=25-20=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $GD=HC=5\ \mathrm{cm}$，
∴ $AD=AG+GD=45+5=50\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boldsymbol{50\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
切线的性质，解直角三角形，矩形的判定与性质
【点评】
本题结合传统体育项目场景命题，综合性较强，考查了几何中辅助线的构造、角的等量转化、线段长度的拆分计算等能力，需要学生熟练掌握圆、平行线、直角三角形、矩形的相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6
