1 [2026 台州玉环期中]如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,以AC边上一点O为圆心,OC为半径作半圆O,与AB相切于点D,与AC交于点E,连结DE.若$∠ ADE=25°$,则$∠ B$的度数为 ()

A.$45°$
B.$50°$
C.$55°$
D.$60°$

1.B

2 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$E$为边$AB$上一点,以$AE$为直径的半圆$O$与$BC$相切于点$D$,连结$AD$,$BE=3$,$BD=3\sqrt{5}$,$P$是边$AB$上的动点,当$△ ADP$为等腰三角形时,$AP$的长为.

2. $2\sqrt{30}$或6 解析:如图,连结 OD. 因为以 AE 为直径的半圆 O 与 BC 相切于点 D,所以$OD⊥BC$,$OA=OE=OD$. 所以$∠ODB=90°$. 设$OA=OE=OD=r$,则$OB=OE+BE=r+3$. 在$Rt△ODB$中,由勾股定理,得$OD^2+BD^2=OB^2$,即$r^2+(3\sqrt{5})^2=(r+3)^2$,解得$r=6$. 所以$OA=OE=OD=6$. 所以$OB=9$,$AB=15$,$AE=12$. 因为$∠C=∠ODB=90°$,所以$OD// AC$. 所以$\dfrac{DB}{CD}=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{9}{6}=\dfrac{3}{2}$. 因为$DB=3\sqrt{5}$,所以$CD=2\sqrt{5}$. 所以$BC=DB+CD=5\sqrt{5}$. 所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=10$. 所以$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=2\sqrt{30}$. 因为$△ ADP$为等腰三角形,所以当$AD=AP$时,$AP=2\sqrt{30}$. 当$PA=PD$时,因为$OA=OD$,所以点 P 与点 O 重合. 所以$AP=OA=6$. 不存在$PD=AD$的情况. 综上所述,AP 的长为$2\sqrt{30}$或6

3 如图，AB为$\odot O$的直径，P为AB延长线上一点，过点P作$\odot O$的切线PD，切点为M。过点A作$AC⊥ PD$于点C，交$\odot O$于点N，连结AM。
（1）求证：AM平分$∠ CAB$；
（2）若$\odot O$的直径为10，$AN = 6$，求CM的长。

3. (1) 如图,连结 OM,所以$AO=MO$. 所以$∠OAM=∠OMA$. 因为 PD 是$\odot O$的切线,所以$OM⊥CP$. 因为$AC⊥PD$,所以$OM// AC$. 所以$∠CAM=∠OMA$. 所以$∠CAM=∠OAM$. 所以 AM 平分$∠CAB$ (2) 如图,过点 O 作$OE⊥AC$于点 E,连结 ON,则$∠OEC=90°$. 由(1),得$OM⊥CP$,即$∠OMC=90°$,因为$AC⊥PD$,所以$∠ACM=90°$. 所以四边形 OMCE 为矩形. 所以$CM=EO$. 因为$OA=ON$,$AN=6$,所以$AE=\dfrac{1}{2}AN=3$. 因为$\odot O$的直径为 10,所以$OA=5$. 在$Rt△AOE$中,由勾股定理,得$OE=\sqrt{AO^2-AE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,所以$CM=4$

4 如图，C是$\odot O$的直径AB的延长线上一点，点D在$\odot O$上，且$BO=BD=BC$，连结CD，AD.
(1) 求证：CD是$\odot O$的切线；
(2) 若$BO=2$，则AD的长为.

4. (1) 连结 OD. 因为$BO=BD=BC$,所以$∠C=∠CDB$,$∠BDO=∠BOD$. 又因为$∠C+∠CDB+∠BDO+∠BOD=180°$,所以$∠CDB+∠BDO=90°$,即$∠CDO=90°$. 所以$OD⊥CD$. 又因为点 D 在$\odot O$上,即 OD 是$\odot O$的半径,所以 CD 是$\odot O$的切线 (2) $2\sqrt{3}$

5[2026金华婺城期中]如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$∠ ABC$的平分线$BD$交$AC$于点$D$,$O$是边$AB$上一点,以点$O$为圆心、$OB$长为半径作圆,$\odot O$恰好经过点$D$,交$AB$于点$E$.
（1）求证:$AC$是$\odot O$的切线；
（2）若$E$为$AO$的中点,$AD=3$,求涂色部分的面积.

5. (1) 连结 OD. 因为$∠C=90°$,所以$BC⊥AC$. 因为 BD 是$∠ABC$的平分线,所以$∠OBD=∠CBD$. 因为$OD=OB$,所以$∠ODB=∠OBD$. 所以$∠ODB=∠CBD$. 所以$OD// BC$. 所以$OD⊥AC$. 又因为 OD 是$\odot O$的半径,所以 AC 是$\odot O$的切线 (2) 设$\odot O$的半径为 R,所以$OD=OE=OB=R$. 因为 E 是 AO 的中点,所以$AE=OE=R$. 所以$AO=2R$. 由(1),可知$OD⊥AC$,所以在$Rt△AOD$中,$\sin A=\dfrac{OD}{AO}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}$. 所以$∠A=30°$. 所以$∠AOD=60°$. 因为$AD=3$,$\tan A=\dfrac{OD}{AD}$,所以$OD=AD·\tan A=3×\tan30°=\sqrt{3}$. 所以$S_{△ AOD}=\dfrac{1}{2}AD·OD=\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$,$S_{扇形OED}=\dfrac{60π×(\sqrt{3})^2}{360}=\dfrac{π}{2}$. 所以涂色部分的面积为$S_{△ AOD}-S_{扇形OED}=\dfrac{3\sqrt{3}-π}{2}$