18.「2025贵州中考，★★★」(14分)如图,在$\odot O$中,$∠ ACB$是直角,$D$为$\overset{\frown}{BC}$的中点,$DE$为$\odot O$的切线,交$AB$的延长线于点$E$,连接$CD$,$BD$.
(1)点$O$与$AB$的位置关系是
(2)过点$E$作$EF ⊥ AE$,与$AD$的延长线交于点$F$,根据题意补全图形,判断$△ DEF$的形状,并说明理由.
(3)在(2)的条件下,若$\odot O$的半径为$3$,$DE=4$,求$CD$的长.
(1)点$O$与$AB$的位置关系是
点O在线段AB上
,线段$CD$与线段$BD$的数量关系是$CD=BD$
.(2)过点$E$作$EF ⊥ AE$,与$AD$的延长线交于点$F$,根据题意补全图形,判断$△ DEF$的形状,并说明理由.
(3)在(2)的条件下,若$\odot O$的半径为$3$,$DE=4$,求$CD$的长.
答案：
18.解析 (1)点 $O$ 在线段 $AB$ 上;$CD=BD$.
(2)补全图形如图, $△ DEF$ 为等腰三角形.
理由:连接 $OD, \because DE$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ ODE=90°$,$\therefore ∠ ADO+∠ EDF=90°$,$\because OA=OD, \therefore ∠ OAD=∠ ODA$,$\therefore ∠ DAO+∠ EDF=90°$,$\because AE ⊥ EF, \therefore ∠ F+∠ DAO=90°$,$\therefore ∠ F=∠ EDF, \therefore ED=EF$,$\therefore △ EDF$ 是等腰三角形.
(3)如图,过 $D$ 作 $DH ⊥ AB$ 于 $H$,$\because \odot O$ 的半径为 $3,DE=4, ∠ ODE=90°$,$\therefore OE=\sqrt{3^2+4^2}=5$,$\because S_{△ ODE}=\frac{1}{2}OD · DE=\frac{1}{2}DH · OE$,$\therefore \frac{1}{2} × 3 × 4=\frac{1}{2} × 5DH, \therefore DH=\frac{12}{5}$,$\therefore OH=\sqrt{OD^2-DH^2}=\frac{9}{5}, \therefore BH=3-\frac{9}{5}=\frac{6}{5}$,$\therefore BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}, \therefore CD=BD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
18.解析 (1)点 $O$ 在线段 $AB$ 上;$CD=BD$.
(2)补全图形如图, $△ DEF$ 为等腰三角形.
理由:连接 $OD, \because DE$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ ODE=90°$,$\therefore ∠ ADO+∠ EDF=90°$,$\because OA=OD, \therefore ∠ OAD=∠ ODA$,$\therefore ∠ DAO+∠ EDF=90°$,$\because AE ⊥ EF, \therefore ∠ F+∠ DAO=90°$,$\therefore ∠ F=∠ EDF, \therefore ED=EF$,$\therefore △ EDF$ 是等腰三角形.
(3)如图,过 $D$ 作 $DH ⊥ AB$ 于 $H$,$\because \odot O$ 的半径为 $3,DE=4, ∠ ODE=90°$,$\therefore OE=\sqrt{3^2+4^2}=5$,$\because S_{△ ODE}=\frac{1}{2}OD · DE=\frac{1}{2}DH · OE$,$\therefore \frac{1}{2} × 3 × 4=\frac{1}{2} × 5DH, \therefore DH=\frac{12}{5}$,$\therefore OH=\sqrt{OD^2-DH^2}=\frac{9}{5}, \therefore BH=3-\frac{9}{5}=\frac{6}{5}$,$\therefore BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}, \therefore CD=BD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
解析：
【分析】
(1) 首先回忆圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是直径，已知∠ACB是直角，可推出AB是⊙O的直径，因此圆心O必然在线段AB上；再根据弧与弦的对应关系，等弧对等弦，D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，所以$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，可得对应弦CD=BD。
(2) 先按要求补全图形，要判断△DEF的形状，结合切线性质，先连接OD得到∠ODE=90°，再利用等腰三角形OA=OD的等边对等角性质，结合EF⊥AE的直角条件，通过同角的余角相等推导角的等量关系，即可判断三角形形状。
(3) 由(1)已知CD=BD，因此求CD可转化为求BD的长度。先在Rt△ODE中用勾股定理算出OE，再用等面积法求出AB边上的高DH，接着用勾股定理算出OH，得到BH的长度，最后在Rt△BDH中用勾股定理算出BD，即为CD的长。
【解析】
(1)
∵∠ACB是直角，根据圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，
∴AB是⊙O的直径，点O在线段AB上；
∵D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，根据等弧对等弦可得$CD=BD$。
(2) 补全图形如图，$△ DEF$为等腰三角形，理由如下：
连接$OD$，
∵$DE$为$\odot O$的切线，
∴$∠ ODE=90°$，
∴$∠ ADO+∠ EDF=90°$，
∵$OA=OD$，
∴$∠ OAD=∠ ODA$，
∴$∠ DAO+∠ EDF=90°$，
∵$AE ⊥ EF$，
∴$∠ F+∠ DAO=90°$，
∴$∠ F=∠ EDF$，
∴$ED=EF$，
∴$△ EDF$是等腰三角形。
(3) 过$D$作$DH ⊥ AB$于$H$，
∵$\odot O$的半径为$3$，
∴$OD=3$，又$DE=4$，$∠ ODE=90°$，
∴$OE=\sqrt{OD^2+DE^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵$S_{△ ODE}=\frac{1}{2}OD · DE=\frac{1}{2}DH · OE$，
代入得$\frac{1}{2} × 3 × 4=\frac{1}{2} × 5DH$，解得$DH=\frac{12}{5}$，
在$Rt△ ODH$中，$OH=\sqrt{OD^2-DH^2}=\sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}$，
∴$BH=OB-OH=3-\frac{9}{5}=\frac{6}{5}$，
在$Rt△ BDH$中，$BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\sqrt{(\frac{6}{5})^2+(\frac{12}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
又
∵$CD=BD$，
∴$CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 点O在线段AB上；$CD=BD$
(2) 补全图形如图，$△ DEF$是等腰三角形
(3) $\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了圆的基本性质、等腰三角形判定、线段计算的常用方法，解题时需要熟练掌握圆相关性质，学会运用连接半径、作高这类常规辅助线解决问题。
【难度系数】
0.65
(1) 首先回忆圆周角定理：90°的圆周角所对的弦是直径，已知∠ACB是直角，可推出AB是⊙O的直径，因此圆心O必然在线段AB上；再根据弧与弦的对应关系，等弧对等弦，D是$\overset{\frown}{BC}$的中点，所以$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，可得对应弦CD=BD。
(2) 先按要求补全图形，要判断△DEF的形状，结合切线性质，先连接OD得到∠ODE=90°，再利用等腰三角形OA=OD的等边对等角性质，结合EF⊥AE的直角条件，通过同角的余角相等推导角的等量关系，即可判断三角形形状。
(3) 由(1)已知CD=BD，因此求CD可转化为求BD的长度。先在Rt△ODE中用勾股定理算出OE，再用等面积法求出AB边上的高DH，接着用勾股定理算出OH，得到BH的长度，最后在Rt△BDH中用勾股定理算出BD，即为CD的长。
【解析】
(1)
∵∠ACB是直角，根据圆周角定理，90°的圆周角所对的弦是直径，
∴AB是⊙O的直径，点O在线段AB上；
∵D为$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，根据等弧对等弦可得$CD=BD$。
(2) 补全图形如图
，$△ DEF$为等腰三角形，理由如下：连接$OD$，
∵$DE$为$\odot O$的切线，
∴$∠ ODE=90°$，
∴$∠ ADO+∠ EDF=90°$，
∵$OA=OD$，
∴$∠ OAD=∠ ODA$，
∴$∠ DAO+∠ EDF=90°$，
∵$AE ⊥ EF$，
∴$∠ F+∠ DAO=90°$，
∴$∠ F=∠ EDF$，
∴$ED=EF$，
∴$△ EDF$是等腰三角形。
(3) 过$D$作$DH ⊥ AB$于$H$，
∵$\odot O$的半径为$3$，
∴$OD=3$，又$DE=4$，$∠ ODE=90°$，
∴$OE=\sqrt{OD^2+DE^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∵$S_{△ ODE}=\frac{1}{2}OD · DE=\frac{1}{2}DH · OE$，
代入得$\frac{1}{2} × 3 × 4=\frac{1}{2} × 5DH$，解得$DH=\frac{12}{5}$，
在$Rt△ ODH$中，$OH=\sqrt{OD^2-DH^2}=\sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{9}{5}$，
∴$BH=OB-OH=3-\frac{9}{5}=\frac{6}{5}$，
在$Rt△ BDH$中，$BD=\sqrt{BH^2+DH^2}=\sqrt{(\frac{6}{5})^2+(\frac{12}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
又
∵$CD=BD$，
∴$CD=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) 点O在线段AB上；$CD=BD$
(2) 补全图形如图
，$△ DEF$是等腰三角形(3) $\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
圆周角定理，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆的基础综合题，考查了圆的基本性质、等腰三角形判定、线段计算的常用方法，解题时需要熟练掌握圆相关性质，学会运用连接半径、作高这类常规辅助线解决问题。
【难度系数】
0.65