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6. 如图，AB，CD是$\odot O$的两条平行弦，$BE // AC$交CD于点E，过点A的切线交DC的延长线于点P。若$AC=3\sqrt{2}$，则$PC · CE$的值是________。
答案
$\boldsymbol{18}$
解析
【分析】
解题时首先从两组对边平行的条件入手，先判定四边形ABEC是平行四边形，得到BE=AC的等量关系；对于线段乘积的计算，通常借助相似三角形对应边成比例推导，接下来利用弦切角定理和平行线的性质找到两组对应相等的角，证明△PAC与△CBE相似，最后通过相似三角形的比例关系转化线段乘积，代入已知数值即可求解。
【解析】
1. 已知$AB// CD$，$BE// AC$，因此四边形$ABEC$是平行四边形，可得$BE=AC=3\sqrt{2}$。
2. 因为$PA$是$\odot O$的切线，根据弦切角定理：弦切角等于它所夹弧对应的圆周角，得$∠ PAC=∠ ABC$。
3. 由$AB// CD$，内错角相等得$∠ ABC=∠ BCE$，因此$∠ PAC=∠ BCE$。
4. 由$AC// BE$，同位角相等得$∠ PCA=∠ BEC$。
5. 根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ PAC ∽ △ CBE$，因此对应边成比例：$\frac{PC}{BE}=\frac{AC}{CE}$，交叉相乘得$PC· CE=AC· BE$。
6. 代入$AC=BE=3\sqrt{2}$，得$PC· CE=(3\sqrt{2})^2=18$。
【答案】
$\boldsymbol{18}$
【知识点】
弦切角定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质
【点评】
本题综合了圆的性质、平行线性质、平行四边形性质与相似三角形的相关知识，解题核心是通过角的等量关系证明相似三角形，将未知线段乘积转化为已知线段的平方计算，能较好考查学生对多个知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先从两组对边平行的条件入手，先判定四边形ABEC是平行四边形，得到BE=AC的等量关系；对于线段乘积的计算，通常借助相似三角形对应边成比例推导，接下来利用弦切角定理和平行线的性质找到两组对应相等的角，证明△PAC与△CBE相似，最后通过相似三角形的比例关系转化线段乘积，代入已知数值即可求解。
【解析】
1. 已知$AB// CD$，$BE// AC$，因此四边形$ABEC$是平行四边形，可得$BE=AC=3\sqrt{2}$。
2. 因为$PA$是$\odot O$的切线，根据弦切角定理：弦切角等于它所夹弧对应的圆周角，得$∠ PAC=∠ ABC$。
3. 由$AB// CD$，内错角相等得$∠ ABC=∠ BCE$，因此$∠ PAC=∠ BCE$。
4. 由$AC// BE$，同位角相等得$∠ PCA=∠ BEC$。
5. 根据两角对应相等的两个三角形相似，可得$△ PAC ∽ △ CBE$，因此对应边成比例：$\frac{PC}{BE}=\frac{AC}{CE}$，交叉相乘得$PC· CE=AC· BE$。
6. 代入$AC=BE=3\sqrt{2}$，得$PC· CE=(3\sqrt{2})^2=18$。
【答案】
$\boldsymbol{18}$
【知识点】
弦切角定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质
【点评】
本题综合了圆的性质、平行线性质、平行四边形性质与相似三角形的相关知识，解题核心是通过角的等量关系证明相似三角形，将未知线段乘积转化为已知线段的平方计算，能较好考查学生对多个知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
三、解答题
7. 如图，PA，PB切$\odot O$于A，B两点，CD切$\odot O$于点E，分别交PA，PB于点D，C.若PA，PB的长是关于x的一元二次方程$x^2 - mx + m - 1 = 0$的两个根，求$△ PCD$的周长.
7. 如图，PA，PB切$\odot O$于A，B两点，CD切$\odot O$于点E，分别交PA，PB于点D，C.若PA，PB的长是关于x的一元二次方程$x^2 - mx + m - 1 = 0$的两个根，求$△ PCD$的周长.
答案
解：
∵ PA，PB切$\odot O$于A，B两点，
∴ $PA = PB$（切线长定理）。
∵ PA，PB的长是一元二次方程$x^2 - mx + m - 1 = 0$的两个根，
由韦达定理得：$PA + PB = m$，$PA· PB = m-1$。
将$PA=PB$代入，得$2PA = m$，即$PA=\frac{m}{2}$，
代入$PA· PB = m-1$，得$(\frac{m}{2})^2 = m-1$，
整理得$m^2 -4m +4=0$，即$(m-2)^2=0$，
解得$m=2$，因此$PA=PB=1$。
∵ DA，DE切$\odot O$于A，E两点，
∴ $DA=DE$，
同理可得$CB=CE$。
∴ $△ PCD$的周长为：
$PD + DC + PC = PD + DE + CE + PC$
$= PD + DA + CB + PC$
$= (PD+DA) + (PC+CB)$
$= PA + PB = 1+1=2$。
答：$△ PCD$的周长为2。
∵ PA，PB切$\odot O$于A，B两点，
∴ $PA = PB$（切线长定理）。
∵ PA，PB的长是一元二次方程$x^2 - mx + m - 1 = 0$的两个根，
由韦达定理得：$PA + PB = m$，$PA· PB = m-1$。
将$PA=PB$代入，得$2PA = m$，即$PA=\frac{m}{2}$，
代入$PA· PB = m-1$，得$(\frac{m}{2})^2 = m-1$，
整理得$m^2 -4m +4=0$，即$(m-2)^2=0$，
解得$m=2$，因此$PA=PB=1$。
∵ DA，DE切$\odot O$于A，E两点，
∴ $DA=DE$，
同理可得$CB=CE$。
∴ $△ PCD$的周长为：
$PD + DC + PC = PD + DE + CE + PC$
$= PD + DA + CB + PC$
$= (PD+DA) + (PC+CB)$
$= PA + PB = 1+1=2$。
答：$△ PCD$的周长为2。
解析
【分析】
解题思路可分为两步：① 首先根据切线长定理得到PA=PB，说明关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，结合韦达定理（根与系数的关系）列出等式求解m的值，即可得到PA、PB的长度；② 再根据切线长定理得到DA=DE、CB=CE，将△PCD的周长拆分后进行等量代换，转化为PA+PB的和，代入数值即可求出周长。
【解析】
解：
∵ PA，PB切$\odot O$于A，B两点，
∴ $PA = PB$（切线长定理）。
∵ PA，PB的长是一元二次方程$x^2 - mx + m - 1 = 0$的两个根，
由韦达定理得：$PA + PB = m$，$PA· PB = m-1$。
将$PA=PB$代入，得$2PA = m$，即$PA=\frac{m}{2}$，
代入$PA· PB = m-1$，得$(\frac{m}{2})^2 = m-1$，
整理得$m^2 -4m +4=0$，即$(m-2)^2=0$，
解得$m=2$，因此$PA=PB=1$。
∵ DA，DE切$\odot O$于A，E两点，
∴ $DA=DE$，
同理可得$CB=CE$。
∴ $△ PCD$的周长为：
$PD + DC + PC = PD + DE + CE + PC$
$= PD + DA + CB + PC$
$= (PD+DA) + (PC+CB)$
$= PA + PB = 1+1=2$。
【答案】
$△ PCD$的周长为2。
【知识点】
切线长定理；一元二次方程根与系数的关系；三角形周长计算
【点评】
本题是圆的切线性质与一元二次方程的基础综合题，解题的核心是熟练运用切线长定理完成线段的等量代换，将所求三角形的周长转化为两条切线长的和，再结合一元二次方程根的性质求解切线长，考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题思路可分为两步：① 首先根据切线长定理得到PA=PB，说明关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，结合韦达定理（根与系数的关系）列出等式求解m的值，即可得到PA、PB的长度；② 再根据切线长定理得到DA=DE、CB=CE，将△PCD的周长拆分后进行等量代换，转化为PA+PB的和，代入数值即可求出周长。
【解析】
解：
∵ PA，PB切$\odot O$于A，B两点，
∴ $PA = PB$（切线长定理）。
∵ PA，PB的长是一元二次方程$x^2 - mx + m - 1 = 0$的两个根，
由韦达定理得：$PA + PB = m$，$PA· PB = m-1$。
将$PA=PB$代入，得$2PA = m$，即$PA=\frac{m}{2}$，
代入$PA· PB = m-1$，得$(\frac{m}{2})^2 = m-1$，
整理得$m^2 -4m +4=0$，即$(m-2)^2=0$，
解得$m=2$，因此$PA=PB=1$。
∵ DA，DE切$\odot O$于A，E两点，
∴ $DA=DE$，
同理可得$CB=CE$。
∴ $△ PCD$的周长为：
$PD + DC + PC = PD + DE + CE + PC$
$= PD + DA + CB + PC$
$= (PD+DA) + (PC+CB)$
$= PA + PB = 1+1=2$。
【答案】
$△ PCD$的周长为2。
【知识点】
切线长定理；一元二次方程根与系数的关系；三角形周长计算
【点评】
本题是圆的切线性质与一元二次方程的基础综合题，解题的核心是熟练运用切线长定理完成线段的等量代换，将所求三角形的周长转化为两条切线长的和，再结合一元二次方程根的性质求解切线长，考查基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
8. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，以AB为直径的$\odot O$交AC于点D，过点D的切线交BC于点E.
（1）求证：$DE=\frac{1}{2}BC$；
（2）若$\tan C=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$DE=2$，求AD的长.
（1）求证：$DE=\frac{1}{2}BC$；
（2）若$\tan C=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$DE=2$，求AD的长.
答案
（1）证明：
连接$BD$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$∠ ABC=90°$，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，且$∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BDC=90°$。
$\because DE$是$\odot O$的切线，
$\therefore DE=BE$（切线长定理），
$\therefore ∠ EBD=∠ EDB$。
$\because ∠ EBD + ∠ C = 90°$，$∠ EDB + ∠ EDC = 90°$，
$\therefore ∠ C = ∠ EDC$，
$\therefore DE=EC$。
$\therefore DE=BE=EC$，即$E$为$BC$中点，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BC$。
---
（2）解：
$\because DE=2$，由（1）得$BC=2DE=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$\tan C=\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，
$\therefore AB=BC·\tan C=4×\frac{\sqrt{5}}{2}=2\sqrt{5}$。
由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+4^2}=\sqrt{20+16}=6$
$\because ∠ ADB=∠ ABC=90°$，$∠ A=∠ A$，
$\therefore △ ABD ∽ △ ACB$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AC}$，
代入得：$AD=\frac{AB^2}{AC}=\frac{(2\sqrt{5})^2}{6}=\frac{20}{6}=\frac{10}{3}$。
最终$AD$的长为$\boldsymbol{\frac{10}{3}}$。
连接$BD$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$∠ ABC=90°$，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，且$∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BDC=90°$。
$\because DE$是$\odot O$的切线，
$\therefore DE=BE$（切线长定理），
$\therefore ∠ EBD=∠ EDB$。
$\because ∠ EBD + ∠ C = 90°$，$∠ EDB + ∠ EDC = 90°$，
$\therefore ∠ C = ∠ EDC$，
$\therefore DE=EC$。
$\therefore DE=BE=EC$，即$E$为$BC$中点，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BC$。
---
（2）解：
$\because DE=2$，由（1）得$BC=2DE=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$\tan C=\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，
$\therefore AB=BC·\tan C=4×\frac{\sqrt{5}}{2}=2\sqrt{5}$。
由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+4^2}=\sqrt{20+16}=6$
$\because ∠ ADB=∠ ABC=90°$，$∠ A=∠ A$，
$\therefore △ ABD ∽ △ ACB$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AC}$，
代入得：$AD=\frac{AB^2}{AC}=\frac{(2\sqrt{5})^2}{6}=\frac{20}{6}=\frac{10}{3}$。
最终$AD$的长为$\boldsymbol{\frac{10}{3}}$。
解析
【分析】
（1）要证$DE=\frac{1}{2}BC$，可证E为BC中点，即$BE=EC=DE$。首先连接BD：AB是$\odot O$直径，由直径所对圆周角为直角可得$∠ADB=∠BDC=90°$；结合$∠ABC=90°$可知BC是$\odot O$的切线，根据切线长定理得$DE=BE$；再通过角度互余关系推导$∠C=∠EDC$，可得$DE=EC$，即可证得结论。
（2）先借助（1）的结论，由$DE=2$求出BC的长度；再在$Rt△ABC$中利用$\tan C$的值求出AB长，用勾股定理计算AC的长；最后证明$△ABD∽△ACB$，根据相似三角形对应边成比例代入数值即可求出AD的长。
【解析】
（1）证明：
连接$BD$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$∠ ABC=90°$，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，且$∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BDC=90°$。
$\because DE$是$\odot O$的切线，
$\therefore DE=BE$（切线长定理），
$\therefore ∠ EBD=∠ EDB$。
$\because ∠ EBD + ∠ C = 90°$，$∠ EDB + ∠ EDC = 90°$，
$\therefore ∠ C = ∠ EDC$，
$\therefore DE=EC$。
$\therefore DE=BE=EC$，即$E$为$BC$中点，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BC$。
（2）解：
$\because DE=2$，由（1）得$BC=2DE=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$\tan C=\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，
$\therefore AB=BC·\tan C=4×\frac{\sqrt{5}}{2}=2\sqrt{5}$。
由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+4^2}=\sqrt{20+16}=6$
$\because ∠ ADB=∠ ABC=90°$，$∠ A=∠ A$，
$\therefore △ ABD ∽ △ ACB$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AC}$，
代入得：$AD=\frac{AB^2}{AC}=\frac{(2\sqrt{5})^2}{6}=\frac{20}{6}=\frac{10}{3}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\boldsymbol{\frac{10}{3}}$
【知识点】
切线长定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的常规综合题，既考查了圆的切线、圆周角相关性质，也涉及到直角三角形角度推导、三角函数、相似三角形的应用，解题时合理添加辅助线是突破口，能有效考查几何基础知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证$DE=\frac{1}{2}BC$，可证E为BC中点，即$BE=EC=DE$。首先连接BD：AB是$\odot O$直径，由直径所对圆周角为直角可得$∠ADB=∠BDC=90°$；结合$∠ABC=90°$可知BC是$\odot O$的切线，根据切线长定理得$DE=BE$；再通过角度互余关系推导$∠C=∠EDC$，可得$DE=EC$，即可证得结论。
（2）先借助（1）的结论，由$DE=2$求出BC的长度；再在$Rt△ABC$中利用$\tan C$的值求出AB长，用勾股定理计算AC的长；最后证明$△ABD∽△ACB$，根据相似三角形对应边成比例代入数值即可求出AD的长。
【解析】
（1）证明：
连接$BD$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$∠ ABC=90°$，
$\therefore BC$是$\odot O$的切线，且$∠ ADB=90°$，
$\therefore ∠ BDC=90°$。
$\because DE$是$\odot O$的切线，
$\therefore DE=BE$（切线长定理），
$\therefore ∠ EBD=∠ EDB$。
$\because ∠ EBD + ∠ C = 90°$，$∠ EDB + ∠ EDC = 90°$，
$\therefore ∠ C = ∠ EDC$，
$\therefore DE=EC$。
$\therefore DE=BE=EC$，即$E$为$BC$中点，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BC$。
（2）解：
$\because DE=2$，由（1）得$BC=2DE=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，$\tan C=\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，
$\therefore AB=BC·\tan C=4×\frac{\sqrt{5}}{2}=2\sqrt{5}$。
由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+4^2}=\sqrt{20+16}=6$
$\because ∠ ADB=∠ ABC=90°$，$∠ A=∠ A$，
$\therefore △ ABD ∽ △ ACB$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AC}$，
代入得：$AD=\frac{AB^2}{AC}=\frac{(2\sqrt{5})^2}{6}=\frac{20}{6}=\frac{10}{3}$。
【答案】
（1）证明见解析；（2）$\boldsymbol{\frac{10}{3}}$
【知识点】
切线长定理；圆周角定理；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的常规综合题，既考查了圆的切线、圆周角相关性质，也涉及到直角三角形角度推导、三角函数、相似三角形的应用，解题时合理添加辅助线是突破口，能有效考查几何基础知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
9. 如图,在平面直角坐标系中,O是坐标原点,点A的坐标为$(-3,0)$,B是以OA为直径的$\odot M$上的一点,且$\tan∠ AOB=\frac{1}{2}$,过点B作$BH ⊥ x$轴于点H.
(1) 求点H的坐标;
(2) 求图象经过A,B,O三点的二次函数的表达式;
(3) 设C是(2)中二次函数图象的顶点,那么经过B,C两点的直线是否与$\odot M$相切?说明理由.
(1) 求点H的坐标;
(2) 求图象经过A,B,O三点的二次函数的表达式;
(3) 设C是(2)中二次函数图象的顶点,那么经过B,C两点的直线是否与$\odot M$相切?说明理由.
答案
解：(1) 连接MB，
∵ OA是⊙M的直径，点A坐标为$(-3,0)$，
∴ M是OA中点，得$M(-\dfrac{3}{2},0)$，⊙M的半径$r=\dfrac{3}{2}$。
设$BH=k$，$k＞0$，由$BH⊥ x$轴，$\tan∠ AOB=\dfrac{BH}{OH}=\dfrac{1}{2}$，得$OH=2k$。
∵ 点B在第三象限，∴ $B(-2k,-k)$。
由$MB=r$，列方程：
$(-2k+\dfrac{3}{2})^2 + (-k-0)^2 = (\dfrac{3}{2})^2$
整理得$5k^2-6k=0$，解得$k_1=0$（对应点O，舍去），$k_2=\dfrac{6}{5}$。
∴ $OH=2k=\dfrac{12}{5}$，点H的坐标为$(-\dfrac{12}{5},0)$。
(2) 由(1)得点B坐标为$(-\dfrac{12}{5},-\dfrac{6}{5})$，
设过A、O两点的二次函数表达式为$y=ax(x+3)$，将B点坐标代入：
$-\dfrac{6}{5}=a·(-\dfrac{12}{5})·(-\dfrac{12}{5}+3)$
解得$a=\dfrac{5}{6}$，
∴ 二次函数的表达式为$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x$。
(3) 经过B、C两点的直线与⊙M相切，理由如下：
对二次函数配方：
$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x=\dfrac{5}{6}(x+\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{15}{8}$
得顶点C的坐标为$(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{8})$。
设直线BC的表达式为$y=mx+n$，将B、C两点坐标代入：
$\begin{cases}-\dfrac{6}{5}=-\dfrac{12}{5}m + n \\-\dfrac{15}{8}=-\dfrac{3}{2}m + n\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\dfrac{3}{4} \\ n=-3\end{cases}$，即直线BC的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x-3$，整理为一般式$3x+4y+12=0$。
点M$(-\dfrac{3}{2},0)$到直线BC的距离：
$d=\dfrac{\left|3×(-\dfrac{3}{2})+4×0+12\right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\dfrac{\dfrac{15}{2}}{5}=\dfrac{3}{2}$
∵ $d=\dfrac{3}{2}$等于⊙M的半径，
∴ 经过B、C两点的直线与⊙M相切。
∵ OA是⊙M的直径，点A坐标为$(-3,0)$，
∴ M是OA中点，得$M(-\dfrac{3}{2},0)$，⊙M的半径$r=\dfrac{3}{2}$。
设$BH=k$，$k＞0$，由$BH⊥ x$轴，$\tan∠ AOB=\dfrac{BH}{OH}=\dfrac{1}{2}$，得$OH=2k$。
∵ 点B在第三象限，∴ $B(-2k,-k)$。
由$MB=r$，列方程：
$(-2k+\dfrac{3}{2})^2 + (-k-0)^2 = (\dfrac{3}{2})^2$
整理得$5k^2-6k=0$，解得$k_1=0$（对应点O，舍去），$k_2=\dfrac{6}{5}$。
∴ $OH=2k=\dfrac{12}{5}$，点H的坐标为$(-\dfrac{12}{5},0)$。
(2) 由(1)得点B坐标为$(-\dfrac{12}{5},-\dfrac{6}{5})$，
设过A、O两点的二次函数表达式为$y=ax(x+3)$，将B点坐标代入：
$-\dfrac{6}{5}=a·(-\dfrac{12}{5})·(-\dfrac{12}{5}+3)$
解得$a=\dfrac{5}{6}$，
∴ 二次函数的表达式为$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x$。
(3) 经过B、C两点的直线与⊙M相切，理由如下：
对二次函数配方：
$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x=\dfrac{5}{6}(x+\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{15}{8}$
得顶点C的坐标为$(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{8})$。
设直线BC的表达式为$y=mx+n$，将B、C两点坐标代入：
$\begin{cases}-\dfrac{6}{5}=-\dfrac{12}{5}m + n \\-\dfrac{15}{8}=-\dfrac{3}{2}m + n\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\dfrac{3}{4} \\ n=-3\end{cases}$，即直线BC的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x-3$，整理为一般式$3x+4y+12=0$。
点M$(-\dfrac{3}{2},0)$到直线BC的距离：
$d=\dfrac{\left|3×(-\dfrac{3}{2})+4×0+12\right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\dfrac{\dfrac{15}{2}}{5}=\dfrac{3}{2}$
∵ $d=\dfrac{3}{2}$等于⊙M的半径，
∴ 经过B、C两点的直线与⊙M相切。
解析
【分析】
(1) 先根据OA是$\odot M$的直径、A点坐标确定圆心M的坐标和$\odot M$的半径；结合$\tan∠ AOB$的值，设$BH=k$，可得$OH=2k$，结合B在第三象限写出B点坐标，再根据MB等于半径列方程求解k，即可得到H点坐标。
(2) 二次函数过$A(-3,0)$和$O(0,0)$，可设交点式$y=ax(x+3)$，将(1)中得到的B点坐标代入求解a，即可得到二次函数表达式。
(3) 先将二次函数解析式配方得到顶点C的坐标，再用待定系数法求出直线BC的解析式，最后计算圆心M到直线BC的距离，若距离等于$\odot M$的半径，则直线与$\odot M$相切，否则不相切。
【解析】
(1) 连接MB，
∵ OA是$\odot M$的直径，点A坐标为$(-3,0)$，
∴ M是OA中点，得$M(-\dfrac{3}{2},0)$，$\odot M$的半径$r=\dfrac{3}{2}$。
设$BH=k$，$k＞0$，由$BH⊥ x$轴，$\tan∠ AOB=\dfrac{BH}{OH}=\dfrac{1}{2}$，得$OH=2k$。
∵ 点B在第三象限，
∴ $B(-2k,-k)$。
由$MB=r$，列方程：
$(-2k+\dfrac{3}{2})^2 + (-k-0)^2 = (\dfrac{3}{2})^2$
整理得$5k^2-6k=0$，解得$k_1=0$（对应点O，舍去），$k_2=\dfrac{6}{5}$。
∴ $OH=2k=\dfrac{12}{5}$，点H的坐标为$(-\dfrac{12}{5},0)$。
(2) 由(1)得点B坐标为$(-\dfrac{12}{5},-\dfrac{6}{5})$，
设过A、O两点的二次函数表达式为$y=ax(x+3)$，将B点坐标代入：
$-\dfrac{6}{5}=a·(-\dfrac{12}{5})·(-\dfrac{12}{5}+3)$
解得$a=\dfrac{5}{6}$，
∴ 二次函数的表达式为$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x$。
(3) 经过B、C两点的直线与$\odot M$相切，理由如下：
对二次函数配方：
$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x=\dfrac{5}{6}(x+\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{15}{8}$
得顶点C的坐标为$(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{8})$。
设直线BC的表达式为$y=mx+n$，将B、C两点坐标代入：
$\begin{cases}-\dfrac{6}{5}=-\dfrac{12}{5}m + n \\-\dfrac{15}{8}=-\dfrac{3}{2}m + n\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\dfrac{3}{4} \\ n=-3\end{cases}$，即直线BC的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x-3$，整理为一般式$3x+4y+12=0$。
点M$(-\dfrac{3}{2},0)$到直线BC的距离：
$d=\dfrac{\left|3×(-\dfrac{3}{2})+4×0+12\right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\dfrac{\dfrac{15}{2}}{5}=\dfrac{3}{2}$
∵ $d=\dfrac{3}{2}$等于$\odot M$的半径，
∴ 经过B、C两点的直线与$\odot M$相切。
【答案】
(1) $\boldsymbol{H(-\dfrac{12}{5},0)}$
(2) $\boldsymbol{y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x}$
(3) 经过B、C两点的直线与$\odot M$相切，理由见解析。
【知识点】
1. 圆的基本性质
2. 待定系数法求函数解析式
3. 直线与圆相切的判定
【点评】
本题是代数几何综合题，融合了圆、二次函数、一次函数的相关知识，既考查了基础的坐标运算、解析式求解能力，也考查了切线判定的逻辑推导能力，解题时要注意各知识点之间的衔接，计算过程中注意坐标符号的准确性，避免出现计算错误。
【难度系数】
0.6
(1) 先根据OA是$\odot M$的直径、A点坐标确定圆心M的坐标和$\odot M$的半径；结合$\tan∠ AOB$的值，设$BH=k$，可得$OH=2k$，结合B在第三象限写出B点坐标，再根据MB等于半径列方程求解k，即可得到H点坐标。
(2) 二次函数过$A(-3,0)$和$O(0,0)$，可设交点式$y=ax(x+3)$，将(1)中得到的B点坐标代入求解a，即可得到二次函数表达式。
(3) 先将二次函数解析式配方得到顶点C的坐标，再用待定系数法求出直线BC的解析式，最后计算圆心M到直线BC的距离，若距离等于$\odot M$的半径，则直线与$\odot M$相切，否则不相切。
【解析】
(1) 连接MB，
∵ OA是$\odot M$的直径，点A坐标为$(-3,0)$，
∴ M是OA中点，得$M(-\dfrac{3}{2},0)$，$\odot M$的半径$r=\dfrac{3}{2}$。
设$BH=k$，$k＞0$，由$BH⊥ x$轴，$\tan∠ AOB=\dfrac{BH}{OH}=\dfrac{1}{2}$，得$OH=2k$。
∵ 点B在第三象限，
∴ $B(-2k,-k)$。
由$MB=r$，列方程：
$(-2k+\dfrac{3}{2})^2 + (-k-0)^2 = (\dfrac{3}{2})^2$
整理得$5k^2-6k=0$，解得$k_1=0$（对应点O，舍去），$k_2=\dfrac{6}{5}$。
∴ $OH=2k=\dfrac{12}{5}$，点H的坐标为$(-\dfrac{12}{5},0)$。
(2) 由(1)得点B坐标为$(-\dfrac{12}{5},-\dfrac{6}{5})$，
设过A、O两点的二次函数表达式为$y=ax(x+3)$，将B点坐标代入：
$-\dfrac{6}{5}=a·(-\dfrac{12}{5})·(-\dfrac{12}{5}+3)$
解得$a=\dfrac{5}{6}$，
∴ 二次函数的表达式为$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x$。
(3) 经过B、C两点的直线与$\odot M$相切，理由如下：
对二次函数配方：
$y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x=\dfrac{5}{6}(x+\dfrac{3}{2})^2-\dfrac{15}{8}$
得顶点C的坐标为$(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{15}{8})$。
设直线BC的表达式为$y=mx+n$，将B、C两点坐标代入：
$\begin{cases}-\dfrac{6}{5}=-\dfrac{12}{5}m + n \\-\dfrac{15}{8}=-\dfrac{3}{2}m + n\end{cases}$
解得$\begin{cases}m=-\dfrac{3}{4} \\ n=-3\end{cases}$，即直线BC的表达式为$y=-\dfrac{3}{4}x-3$，整理为一般式$3x+4y+12=0$。
点M$(-\dfrac{3}{2},0)$到直线BC的距离：
$d=\dfrac{\left|3×(-\dfrac{3}{2})+4×0+12\right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=\dfrac{\dfrac{15}{2}}{5}=\dfrac{3}{2}$
∵ $d=\dfrac{3}{2}$等于$\odot M$的半径，
∴ 经过B、C两点的直线与$\odot M$相切。
【答案】
(1) $\boldsymbol{H(-\dfrac{12}{5},0)}$
(2) $\boldsymbol{y=\dfrac{5}{6}x^2+\dfrac{5}{2}x}$
(3) 经过B、C两点的直线与$\odot M$相切，理由见解析。
【知识点】
1. 圆的基本性质
2. 待定系数法求函数解析式
3. 直线与圆相切的判定
【点评】
本题是代数几何综合题，融合了圆、二次函数、一次函数的相关知识，既考查了基础的坐标运算、解析式求解能力，也考查了切线判定的逻辑推导能力，解题时要注意各知识点之间的衔接，计算过程中注意坐标符号的准确性，避免出现计算错误。
【难度系数】
0.6
