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1.「2026广东汕尾期中」如图，$\odot O$的弦$AD// BC$，点$D$为$\overset{\frown}{AC}$的中点，连接$AC$，过点$D$作$DE// AC$交$BC$的延长线于点$E$，连接$DO$并延长，分别交$AC$，$BC$于点$G$，$F$.
(1)求证：$DE$是$\odot O$的切线.
(2)若$AD=5$，$DE=8$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：$DE$是$\odot O$的切线.
(2)若$AD=5$，$DE=8$，求$\odot O$的半径.
答案
(1)证明:
∵ OD 是$\odot O$的半径,点 D 为$\overset{\frown}{AC}$的中点,$\therefore OD⊥ AC$,$\because DE// AC$,$\therefore OD⊥ DE$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)连接 OA(图略),$\because AD// BC,DE// AC$,
∴ 四边形 ACED 是平行四边形,$\therefore AC=DE=8$,
$\because OD⊥ AC$,$\therefore AG=CG=\frac{1}{2}AC=4$,
$\therefore DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$\odot O$的半径为 x,则$OA=OD=x$,$\therefore OG=x-3$,
$\because OG^2+AG^2=OA^2$,$\therefore (x-3)^2+4^2=x^2$,
解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore \odot O$的半径为$\frac{25}{6}$.
∵ OD 是$\odot O$的半径,点 D 为$\overset{\frown}{AC}$的中点,$\therefore OD⊥ AC$,$\because DE// AC$,$\therefore OD⊥ DE$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)连接 OA(图略),$\because AD// BC,DE// AC$,
∴ 四边形 ACED 是平行四边形,$\therefore AC=DE=8$,
$\because OD⊥ AC$,$\therefore AG=CG=\frac{1}{2}AC=4$,
$\therefore DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$\odot O$的半径为 x,则$OA=OD=x$,$\therefore OG=x-3$,
$\because OG^2+AG^2=OA^2$,$\therefore (x-3)^2+4^2=x^2$,
解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore \odot O$的半径为$\frac{25}{6}$.
解析
【分析】
(1) 要证明DE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于半径OD且D在圆上。已知D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，由垂径定理推论可得圆心与弧中点的连线垂直于弧所对的弦，即$OD⊥ AC$；再结合$DE// AC$，可推出$OD⊥ DE$，满足切线的判定条件。
(2) 首先根据$AD// BC$、$DE// AC$，可判定四边形ACED是平行四边形，得到$AC=DE=8$；再由$OD⊥ AC$，根据垂径定理得$AG=\frac{1}{2}AC=4$，在$Rt△ ADG$中用勾股定理算出$DG=3$；设$\odot O$半径为$x$，分别表示出$OA=x$、$OG=x-3$，在$Rt△ OAG$中利用勾股定理列方程求解，即可得到半径长度。
【解析】
(1)证明:
∵ OD 是$\odot O$的半径,点 D 为$\overset{\frown}{AC}$的中点,$\therefore OD⊥ AC$,
$\because DE// AC$,$\therefore OD⊥ DE$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)连接 OA,
$\because AD// BC,DE// AC$,
∴ 四边形 ACED 是平行四边形,$\therefore AC=DE=8$,
$\because OD⊥ AC$,$\therefore AG=CG=\frac{1}{2}AC=4$,
$\therefore DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$\odot O$的半径为 x,则$OA=OD=x$,$\therefore OG=x-3$,
$\because OG^2+AG^2=OA^2$,$\therefore (x-3)^2+4^2=x^2$,
解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore \odot O$的半径为$\frac{25}{6}$.
【答案】
(1) 证明成立，见解析；
(2) $\frac{25}{6}$
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，第一问核心是通过垂径定理推论得到垂直关系，结合平行线性质推导半径与待证直线垂直，是切线证明的典型考法；第二问结合平行四边形性质、垂径定理和勾股定理求半径，体现了方程思想在几何计算中的应用，掌握圆的基本性质和常规辅助线做法即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明DE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于半径OD且D在圆上。已知D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，由垂径定理推论可得圆心与弧中点的连线垂直于弧所对的弦，即$OD⊥ AC$；再结合$DE// AC$，可推出$OD⊥ DE$，满足切线的判定条件。
(2) 首先根据$AD// BC$、$DE// AC$，可判定四边形ACED是平行四边形，得到$AC=DE=8$；再由$OD⊥ AC$，根据垂径定理得$AG=\frac{1}{2}AC=4$，在$Rt△ ADG$中用勾股定理算出$DG=3$；设$\odot O$半径为$x$，分别表示出$OA=x$、$OG=x-3$，在$Rt△ OAG$中利用勾股定理列方程求解，即可得到半径长度。
【解析】
(1)证明:
∵ OD 是$\odot O$的半径,点 D 为$\overset{\frown}{AC}$的中点,$\therefore OD⊥ AC$,
$\because DE// AC$,$\therefore OD⊥ DE$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)连接 OA,
$\because AD// BC,DE// AC$,
∴ 四边形 ACED 是平行四边形,$\therefore AC=DE=8$,
$\because OD⊥ AC$,$\therefore AG=CG=\frac{1}{2}AC=4$,
$\therefore DG=\sqrt{AD^2-AG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$.
设$\odot O$的半径为 x,则$OA=OD=x$,$\therefore OG=x-3$,
$\because OG^2+AG^2=OA^2$,$\therefore (x-3)^2+4^2=x^2$,
解得$x=\frac{25}{6}$,$\therefore \odot O$的半径为$\frac{25}{6}$.
【答案】
(1) 证明成立，见解析；
(2) $\frac{25}{6}$
【知识点】
切线的判定；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，第一问核心是通过垂径定理推论得到垂直关系，结合平行线性质推导半径与待证直线垂直，是切线证明的典型考法；第二问结合平行四边形性质、垂径定理和勾股定理求半径，体现了方程思想在几何计算中的应用，掌握圆的基本性质和常规辅助线做法即可顺利解题。
【难度系数】
0.6
2.「2025四川资阳中考」如图，$\odot O$是$△ ABC$的外接圆，AB是$\odot O$的直径，$∠ BAC$的平分线交$\odot O$于点D，过点D作BC的平行线交AC的延长线于点E.
(1)求证：DE是$\odot O$的切线.
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：DE是$\odot O$的切线.
(2)若$∠ BAC=60°$，$CE=\sqrt{3}$，求$\odot O$的半径.
答案
(1)证明:如图,连接 OD,
$\because OD=OA$,$\therefore ∠ ODA=∠ BAD$,
∵ AD 平分$∠ BAC$,$\therefore ∠ CAD=∠ BAD$,
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$,$\therefore OD// AC$,
$\therefore ∠ E+∠ ODE=180°$,
∵ AB 是$\odot O$的直径,$DE// BC$,
$\therefore ∠ E=∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ ODE=180°-∠ E=90°$,即$DE⊥ OD$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)设 OD 交 BC 于点 F,连接 BD,如图
,$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ FCE=90°$,
$\because ∠ FDE=∠ E=90°$,$\therefore$ 四边形 CEDF 是矩形,
$\therefore DF=CE=\sqrt{3}$,$∠ CFD=90°$,
$\because OD// AC$,$\therefore ∠ BOD=∠ BAC=60°$,
$\because OD=OB$,$\therefore △ DOB$是等边三角形,
$\because ∠ BFD=∠ CFD=90°$,
$\therefore BC⊥ OD$,$\therefore OF=DF$,
$\therefore OD=2DF=2\sqrt{3}$,$\therefore \odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明DE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于过切点的半径，因此先连接OD。首先利用等腰三角形等边对等角、角平分线的性质，推导得到$OD// AC$；再结合AB是直径可得$∠ ACB=90°$，结合$DE// BC$得到$∠ E=90°$，最后根据平行线同旁内角互补得到$∠ ODE=90°$，即可完成证明。
(2) 要求$\odot O$的半径，先作辅助线：设OD交BC于点F，连接BD。首先由$∠ E$、$∠ ODE$、$∠ ACB$均为直角，可判定四边形CEDF是矩形，得到$DF=CE=\sqrt{3}$；再由$OD// AC$可得$∠ BOD=∠ BAC=60°$，结合$OD=OB$可知$△ DOB$是等边三角形，再根据$BC⊥ OD$可得F是OD中点，因此$OD=2DF$，即可求得半径长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接 OD,
$\because OD=OA$,$\therefore ∠ ODA=∠ BAD$,
∵ AD 平分$∠ BAC$,$\therefore ∠ CAD=∠ BAD$,
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$,$\therefore OD// AC$,
$\therefore ∠ E+∠ ODE=180°$,
∵ AB 是$\odot O$的直径,$DE// BC$,
$\therefore ∠ E=∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ ODE=180°-∠ E=90°$,即$DE⊥ OD$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)设 OD 交 BC 于点 F,连接 BD,如图,
$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ FCE=90°$,
$\because ∠ FDE=∠ E=90°$,$\therefore$ 四边形 CEDF 是矩形,
$\therefore DF=CE=\sqrt{3}$,$∠ CFD=90°$,
$\because OD// AC$,$\therefore ∠ BOD=∠ BAC=60°$,
$\because OD=OB$,$\therefore △ DOB$是等边三角形,
$\because ∠ BFD=∠ CFD=90°$,
$\therefore BC⊥ OD$,$\therefore OF=DF$,
$\therefore OD=2DF=2\sqrt{3}$,$\therefore \odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
【答案】
(1) 已证DE是$\odot O$的切线；
(2) $\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$，辅助线图。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合题，将切线证明、半径计算与角平分线、平行线、特殊三角形、矩形的性质结合考查，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，能合理构造辅助线，利用特殊几何图形的边角关系推导求解。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明DE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DE垂直于过切点的半径，因此先连接OD。首先利用等腰三角形等边对等角、角平分线的性质，推导得到$OD// AC$；再结合AB是直径可得$∠ ACB=90°$，结合$DE// BC$得到$∠ E=90°$，最后根据平行线同旁内角互补得到$∠ ODE=90°$，即可完成证明。
(2) 要求$\odot O$的半径，先作辅助线：设OD交BC于点F，连接BD。首先由$∠ E$、$∠ ODE$、$∠ ACB$均为直角，可判定四边形CEDF是矩形，得到$DF=CE=\sqrt{3}$；再由$OD// AC$可得$∠ BOD=∠ BAC=60°$，结合$OD=OB$可知$△ DOB$是等边三角形，再根据$BC⊥ OD$可得F是OD中点，因此$OD=2DF$，即可求得半径长度。
【解析】
(1)证明:如图,连接 OD,
$\because OD=OA$,$\therefore ∠ ODA=∠ BAD$,
∵ AD 平分$∠ BAC$,$\therefore ∠ CAD=∠ BAD$,
$\therefore ∠ ODA=∠ CAD$,$\therefore OD// AC$,
$\therefore ∠ E+∠ ODE=180°$,
∵ AB 是$\odot O$的直径,$DE// BC$,
$\therefore ∠ E=∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ ODE=180°-∠ E=90°$,即$DE⊥ OD$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线.
(2)设 OD 交 BC 于点 F,连接 BD,如图
,$\because ∠ ACB=90°$,$\therefore ∠ FCE=90°$,
$\because ∠ FDE=∠ E=90°$,$\therefore$ 四边形 CEDF 是矩形,
$\therefore DF=CE=\sqrt{3}$,$∠ CFD=90°$,
$\because OD// AC$,$\therefore ∠ BOD=∠ BAC=60°$,
$\because OD=OB$,$\therefore △ DOB$是等边三角形,
$\because ∠ BFD=∠ CFD=90°$,
$\therefore BC⊥ OD$,$\therefore OF=DF$,
$\therefore OD=2DF=2\sqrt{3}$,$\therefore \odot O$的半径是$2\sqrt{3}$.
【答案】
(1) 已证DE是$\odot O$的切线；
(2) $\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$，辅助线图
。【知识点】
切线的判定；圆周角定理；矩形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合题，将切线证明、半径计算与角平分线、平行线、特殊三角形、矩形的性质结合考查，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法，能合理构造辅助线，利用特殊几何图形的边角关系推导求解。
【难度系数】
0.6
3.「2025山东东营中考」如图，AB是$\odot O$的直径，C，D是$\odot O$上的两点，$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{DC}=\overset{\frown}{CB}$，$DF ⊥ BC$于点F，延长FD交BA的延长线于点E，连接BD。
(1)求证：DF是$\odot O$的切线。
(2)若$\odot O$的半径为1，求图中阴影部分的面积。
(1)求证：DF是$\odot O$的切线。
(2)若$\odot O$的半径为1，求图中阴影部分的面积。
答案
(1)证明:连接 OD(图略),
$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore ∠ ABD=∠ FBD$.
$\because OB=OD$,$\therefore ∠ ABD=∠ ODB$,
$\therefore ∠ ODB=∠ FBD$,$\therefore OD// BF$.
$\because DF⊥ BC$,$\therefore DF⊥ OD$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,
$\therefore DF$是$\odot O$的切线.
(2)$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore ∠ DOE=180°×\frac{1}{3}=60°$,
由(1)知$DF⊥ OD$,$\therefore ∠ ODF=∠ EDO=90°$,
$\therefore ∠ E=90°-60°=30°$.
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中,$\because OD=1$,$\therefore OE=2$,
$\therefore DE=\sqrt{OE^2-OD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ EOD}-S_{\mathrm{扇形}AOD}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1-\frac{60π×1^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{6}$.
$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore ∠ ABD=∠ FBD$.
$\because OB=OD$,$\therefore ∠ ABD=∠ ODB$,
$\therefore ∠ ODB=∠ FBD$,$\therefore OD// BF$.
$\because DF⊥ BC$,$\therefore DF⊥ OD$,
∵ OD 是$\odot O$的半径,
$\therefore DF$是$\odot O$的切线.
(2)$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BC}$,$\therefore ∠ DOE=180°×\frac{1}{3}=60°$,
由(1)知$DF⊥ OD$,$\therefore ∠ ODF=∠ EDO=90°$,
$\therefore ∠ E=90°-60°=30°$.
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中,$\because OD=1$,$\therefore OE=2$,
$\therefore DE=\sqrt{OE^2-OD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ EOD}-S_{\mathrm{扇形}AOD}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1-\frac{60π×1^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{6}$.
解析
【分析】
(1)要证明DF是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DF垂直于过切点的半径，因此先连接OD。结合等弧对应的圆周角相等、等腰三角形等边对等角的性质，可推导得出OD与BF平行，再结合$DF⊥BC$的条件，即可得到$DF⊥OD$，从而证得DF是切线。
(2)阴影部分是不规则图形，可通过割补法转化为规则图形面积的差计算：即阴影面积等于$Rt△ EDO$的面积减去扇形AOD的面积。先根据三段弧相等求出圆心角$∠ DOE$的度数，再在直角三角形中求出DE的长度，分别计算三角形和扇形的面积后作差即可。
【解析】
(1)证明：连接OD，
$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$，$\therefore ∠ ABD=∠ FBD$，
$\because OB=OD$，$\therefore ∠ ABD=∠ ODB$，
$\therefore ∠ ODB=∠ FBD$，$\therefore OD// BF$，
$\because DF⊥ BC$，$\therefore DF⊥ OD$，
又
∵OD是$\odot O$的半径，
$\therefore DF$是$\odot O$的切线。
(2)解：$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BC}$，三段弧将半圆三等分，
$\therefore ∠ DOE=180°×\frac{1}{3}=60°$，
由(1)知$DF⊥ OD$，$\therefore ∠ EDO=90°$，
$\therefore ∠ E=90°-60°=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，$\odot O$的半径$OD=1$，
$\therefore OE=2OD=2$，
由勾股定理得$DE=\sqrt{OE^2-OD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ EOD}-S_{\mathrm{扇形}AOD}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1-\frac{60π×1^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{6}$。
【答案】
(1)DF是$\odot O$的切线，证明成立；
(2)阴影部分的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{6}$。
【知识点】
切线的判定，扇形面积计算，弧与圆心角关系
【点评】
本题是圆的综合常规题型，解题关键是掌握切线的判定思路，以及用割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的和差计算，熟练运用圆的相关性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
(1)要证明DF是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明DF垂直于过切点的半径，因此先连接OD。结合等弧对应的圆周角相等、等腰三角形等边对等角的性质，可推导得出OD与BF平行，再结合$DF⊥BC$的条件，即可得到$DF⊥OD$，从而证得DF是切线。
(2)阴影部分是不规则图形，可通过割补法转化为规则图形面积的差计算：即阴影面积等于$Rt△ EDO$的面积减去扇形AOD的面积。先根据三段弧相等求出圆心角$∠ DOE$的度数，再在直角三角形中求出DE的长度，分别计算三角形和扇形的面积后作差即可。
【解析】
(1)证明：连接OD，
$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$，$\therefore ∠ ABD=∠ FBD$，
$\because OB=OD$，$\therefore ∠ ABD=∠ ODB$，
$\therefore ∠ ODB=∠ FBD$，$\therefore OD// BF$，
$\because DF⊥ BC$，$\therefore DF⊥ OD$，
又
∵OD是$\odot O$的半径，
$\therefore DF$是$\odot O$的切线。
(2)解：$\because \overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BC}$，三段弧将半圆三等分，
$\therefore ∠ DOE=180°×\frac{1}{3}=60°$，
由(1)知$DF⊥ OD$，$\therefore ∠ EDO=90°$，
$\therefore ∠ E=90°-60°=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ ODE$中，$\odot O$的半径$OD=1$，
$\therefore OE=2OD=2$，
由勾股定理得$DE=\sqrt{OE^2-OD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ EOD}-S_{\mathrm{扇形}AOD}=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1-\frac{60π×1^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{6}$。
【答案】
(1)DF是$\odot O$的切线，证明成立；
(2)阴影部分的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{6}$。
【知识点】
切线的判定，扇形面积计算，弧与圆心角关系
【点评】
本题是圆的综合常规题型，解题关键是掌握切线的判定思路，以及用割补法将不规则图形面积转化为规则图形面积的和差计算，熟练运用圆的相关性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
4. 学科 特色 方程思想 「2025江苏常州溧阳期中」如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，点D是AB边的中点，点O在BC边上，$\odot O$经过点C且与AB边相切于点E，若$∠ FBC=\frac{1}{2}∠ ADC$.
(1)求证:BF是$\odot O$的切线.
(2)若$AC=6,BC=8$,求$\odot O$的半径及OD的长.
(1)求证:BF是$\odot O$的切线.
(2)若$AC=6,BC=8$,求$\odot O$的半径及OD的长.
答案
(1)证明:如图,过点 O 作$OH⊥ FB$,垂足为点 H,连接 OE,
$\because ∠ ACB=90°$,D 是 AB 的中点,$\therefore CD=BD=\frac{1}{2}AB$,
$\therefore ∠ BCD = ∠ CBD$,$\therefore ∠ ADC = ∠ CBD + ∠ BCD = 2∠ CBD$.又$\because ∠ FBC=\frac{1}{2}∠ ADC$,$\therefore ∠ FBC=∠ CBD$,
即 BC 是$∠ FBA$的平分线.
∵ 点 O 在 BC 上,$\odot O$与 AB 相切于点 E,
∴ OE 为半径且$OE⊥ AB$,$\therefore OH=OE$,
$\therefore BF$是$\odot O$的切线.
(2)在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=6$,$BC=8$,
$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=10$.
∵ 点 D 是 AB 边的中点,$\therefore BD=5$,
$\because AC⊥ OC$,OC 为$\odot O$的半径,$\therefore AC$是$\odot O$的切线,
又$\because AE$是$\odot O$的切线,$\therefore AC=AE=6$,$\therefore BE=10-6=4$.
设$\odot O$的半径为 r,则$OC=OE=r$,
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中,由勾股定理得$OE^2+BE^2=OB^2$,
$\therefore r^2+4^2=(8-r)^2$,$\therefore r=3$.$\therefore \odot O$的半径为 3.
$\because DE=BD-BE=1$,$\therefore OD=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$.
解析
【分析】
(1)要证明BF是$\odot O$的切线，需证明圆心O到BF的距离等于$\odot O$的半径。首先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得$CD=BD$，推导得出$∠ADC=2∠CBD$，结合已知$∠FBC=\frac{1}{2}∠ADC$，可证BC是$∠FBA$的角平分线；再结合$\odot O$与AB相切于E，得$OE⊥AB$（OE为半径），过O作$OH⊥BF$，根据角平分线的性质可得$OH=OE$，即OH等于$\odot O$的半径，即可证明BF是切线。
(2)先在$Rt△ABC$中用勾股定理求出AB的长，结合D是AB中点得到BD的长度；再根据切线长定理得$AE=AC$，进而求出BE的长度；设$\odot O$半径为r，在$Rt△OEB$中利用勾股定理列方程求解r；最后求出DE的长度，在$Rt△ODE$中用勾股定理求出OD的长即可。
【解析】
(1)证明：过点O作$OH⊥FB$，垂足为点H，连接OE，
$\because ∠ACB=90°$，D是AB的中点，$\therefore CD=BD=\frac{1}{2}AB$，
$\therefore ∠BCD = ∠CBD$，$\therefore ∠ADC = ∠CBD + ∠BCD = 2∠CBD$。
又$\because ∠FBC=\frac{1}{2}∠ADC$，$\therefore ∠FBC=∠CBD$，即BC是$∠FBA$的平分线。
∵ 点O在BC上，$\odot O$与AB相切于点E，
∴ OE为半径且$OE⊥AB$，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得$OH=OE$，
∴ 圆心O到BF的距离等于$\odot O$的半径，$\therefore BF$是$\odot O$的切线。
(2)解：在$△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ 点D是AB边的中点，$\therefore BD=\frac{1}{2}AB=5$，
$\because ∠ACB=90°$即$AC⊥OC$，OC为$\odot O$的半径，$\therefore AC$是$\odot O$的切线，
又$\because AB$是$\odot O$的切线，根据切线长定理，得$AC=AE=6$，
$\therefore BE=AB-AE=10-6=4$。
设$\odot O$的半径为r，则$OC=OE=r$，$OB=BC-OC=8-r$，
在$\mathrm{Rt}△OEB$中，由勾股定理得$OE^2+BE^2=OB^2$，
代入得$r^2+4^2=(8-r)^2$，解得$r=3$。
$\because DE=BD-BE=5-4=1$，$OE⊥AB$即$∠OED=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ODE$中，由勾股定理得$OD=\sqrt{OE^2+DE^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
【答案】
(1)证明:如图,过点 O 作$OH⊥ FB$,垂足为点 H,连接 OE,
$\because ∠ ACB=90°$,D 是 AB 的中点,$\therefore CD=BD=\frac{1}{2}AB$,
$\therefore ∠ BCD = ∠ CBD$,$\therefore ∠ ADC = ∠ CBD + ∠ BCD = 2∠ CBD$.又$\because ∠ FBC=\frac{1}{2}∠ ADC$,$\therefore ∠ FBC=∠ CBD$,
即 BC 是$∠ FBA$的平分线.
∵ 点 O 在 BC 上,$\odot O$与 AB 相切于点 E,
∴ OE 为半径且$OE⊥ AB$,$\therefore OH=OE$,
$\therefore BF$是$\odot O$的切线.
(2)$\odot O$的半径为3，$OD$的长为$\sqrt{10}$。
【知识点】
切线的判定与性质；直角三角形斜边中线性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，将圆的相关性质与直角三角形的性质结合考查，解题的关键是合理运用角平分线性质、切线长定理转化线段关系，通过方程思想求解未知线段，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1)要证明BF是$\odot O$的切线，需证明圆心O到BF的距离等于$\odot O$的半径。首先利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得$CD=BD$，推导得出$∠ADC=2∠CBD$，结合已知$∠FBC=\frac{1}{2}∠ADC$，可证BC是$∠FBA$的角平分线；再结合$\odot O$与AB相切于E，得$OE⊥AB$（OE为半径），过O作$OH⊥BF$，根据角平分线的性质可得$OH=OE$，即OH等于$\odot O$的半径，即可证明BF是切线。
(2)先在$Rt△ABC$中用勾股定理求出AB的长，结合D是AB中点得到BD的长度；再根据切线长定理得$AE=AC$，进而求出BE的长度；设$\odot O$半径为r，在$Rt△OEB$中利用勾股定理列方程求解r；最后求出DE的长度，在$Rt△ODE$中用勾股定理求出OD的长即可。
【解析】
(1)证明：过点O作$OH⊥FB$，垂足为点H，连接OE，
$\because ∠ACB=90°$，D是AB的中点，$\therefore CD=BD=\frac{1}{2}AB$，
$\therefore ∠BCD = ∠CBD$，$\therefore ∠ADC = ∠CBD + ∠BCD = 2∠CBD$。
又$\because ∠FBC=\frac{1}{2}∠ADC$，$\therefore ∠FBC=∠CBD$，即BC是$∠FBA$的平分线。
∵ 点O在BC上，$\odot O$与AB相切于点E，
∴ OE为半径且$OE⊥AB$，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得$OH=OE$，
∴ 圆心O到BF的距离等于$\odot O$的半径，$\therefore BF$是$\odot O$的切线。
(2)解：在$△ABC$中，$∠ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ 点D是AB边的中点，$\therefore BD=\frac{1}{2}AB=5$，
$\because ∠ACB=90°$即$AC⊥OC$，OC为$\odot O$的半径，$\therefore AC$是$\odot O$的切线，
又$\because AB$是$\odot O$的切线，根据切线长定理，得$AC=AE=6$，
$\therefore BE=AB-AE=10-6=4$。
设$\odot O$的半径为r，则$OC=OE=r$，$OB=BC-OC=8-r$，
在$\mathrm{Rt}△OEB$中，由勾股定理得$OE^2+BE^2=OB^2$，
代入得$r^2+4^2=(8-r)^2$，解得$r=3$。
$\because DE=BD-BE=5-4=1$，$OE⊥AB$即$∠OED=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ODE$中，由勾股定理得$OD=\sqrt{OE^2+DE^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
【答案】
(1)证明:如图,过点 O 作$OH⊥ FB$,垂足为点 H,连接 OE,
$\because ∠ ACB=90°$,D 是 AB 的中点,$\therefore CD=BD=\frac{1}{2}AB$,
$\therefore ∠ BCD = ∠ CBD$,$\therefore ∠ ADC = ∠ CBD + ∠ BCD = 2∠ CBD$.又$\because ∠ FBC=\frac{1}{2}∠ ADC$,$\therefore ∠ FBC=∠ CBD$,
即 BC 是$∠ FBA$的平分线.
∵ 点 O 在 BC 上,$\odot O$与 AB 相切于点 E,
∴ OE 为半径且$OE⊥ AB$,$\therefore OH=OE$,
$\therefore BF$是$\odot O$的切线.
(2)$\odot O$的半径为3，$OD$的长为$\sqrt{10}$。
【知识点】
切线的判定与性质；直角三角形斜边中线性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，将圆的相关性质与直角三角形的性质结合考查，解题的关键是合理运用角平分线性质、切线长定理转化线段关系，通过方程思想求解未知线段，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
