圆有关综合题（燕尾模型与半角模型、三角形的存在性）与模拟题训练-中考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

题型一：垂径定理背景下燕尾模型与半角模型1．（2018·上海中考真题）已知⊙O的直径AB=2，弦AC与弦BD交于点E．且OD⊥AC，垂足为点F．（1）如图1，如果AC=BD，求弦AC的长；（2）如图2，如果E为弦BD的中点，求∠ABD的余切值；（3）联结BC、CD、DA，如果BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，求△ACD的面积．【答案】（1）AC=；（2）cot∠ABD=；（3）S△ACD=．【分析】（1）由AC=BD知，得，根据OD⊥AC知，从而得，即可知∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°，利用AF=AOsin∠AOF可得答案；（2）连接BC，设OF=t，证OF为△ABC中位线及△DEF≌△BEC得BC=DF=2t，由DF=1﹣t可得t=，即可知BC=DF=，继而求得EF=AC=，由余切函数定义可得答案；（3）先求出BC、CD、AD所对圆心角度数，从而求得BC=AD=、OF=，从而根据三角形面积公式计算可得．【详解】（1）∵OD⊥AC，∴，∠AFO=90°，又∵AC=BD，∴，即，∴，∴，∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°，∵AB=2，∴AO=BO=1，∴AF=AOsin∠AOF=1×=，则AC=2AF=；（2）如图1，连接BC，∵AB为直径，OD⊥AC，∴∠AFO=∠C=90°，∴OD∥BC，∴∠D=∠EBC，∵DE=BE、∠DEF=∠BEC，∴△DEF≌△BEC（ASA），∴BC=DF、EC=EF，又∵AO=OB，∴OF是△ABC的中位线，设OF=t，则BC=DF=2t，∵DF=DO﹣OF=1﹣t，∴1﹣t=2t，解得：t=，则DF=BC=、AC==，∴EF=FC=AC=，∵OB=OD，∴∠ABD=∠D，则cot∠ABD=cot∠D=；（3）如图2，∵BC是⊙O的内接正n边形的一边，CD是⊙O的内接正（n+4）边形的一边，∴∠BOC=、∠AOD=∠COD=，则+2×=180，解得：n=4，∴∠BOC=90°、∠AOD=∠COD=45°，∴BC=AC=，∵∠AFO=90°，∴OF=AOcos∠AOF=，则DF=OD﹣OF=1﹣，∴S△ACD=AC•DF=××（1﹣）=．【点睛】本题考查了圆的综合题、解直角三角形的应用等，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握和灵活应用垂径定理、正弦三角函数、余弦三角函数、余切三角函数、全等三角形的判定与性质、正多边形与圆等知识是解题的关键.2．（2020·上海中考真题）如图，△ABC中，AB=AC，⊙O是△ABC的外接圆，BO的延长交边AC于点D．（1）求证：∠BAC=2∠ABD；（2）当△BCD是等腰三角形时，求∠BCD的大小；（3）当AD=2，CD=3时，求边BC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BCD的值为67.5°或72°；（3）．【分析】(1)连接OA．利用垂径定理以及等腰三角形的性质解决问题即可．(2)分三种情形：①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．分别利用三角形内角和定理构建方程求解即可．(3)如图3中，作AEBC交BD的延长线于E．则，进而得到，设OB=OA=4a，OH=3a，根据BH2=AB2-AH2=OB2-OH2，构建方程求出a即可解决问题．【详解】解：(1)连接OA，如下图1所示：∵AB=AC，∴=，∴OA⊥BC，∴∠BAO=∠CAO．∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAO，∴∠BAC=2∠ABD．(2)如图2中，延长AO交BC于H．①若BD=CB，则∠C=∠BDC=∠ABD+∠BAC=3∠ABD．∵AB=AC，∴∠ABC=∠C，∴∠DBC=2∠ABD．∵∠DBC+∠C+∠BDC=180°，∴8∠ABD=180°，∴∠C=3∠ABD=67.5°．②若CD=CB，则∠CBD=∠CDB=3∠ABD，∴∠C=4∠ABD．∵∠DBC+∠C+∠CDB=180°，∴10∠ABD=180°，∴∠BCD=4∠ABD=72°．③若DB=DC，则D与A重合，这种情形不存在．综上所述：∠C的值为67.5°或72°．(3)如图3中，过A点作AEBC交BD的延长线于E．则==，且BC=2BH，∴==，设OB=OA=4a，OH=3a．则在Rt△ABH和Rt△OBH中，∵BH2=AB2﹣AH2=OB2﹣OH2，∴25-49a2=16a2﹣9a2，∴a2=，∴BH=，∴BC=2BH=．故答案为：．【点睛】本题属于圆的综合题，考查了垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理解直角三角形，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．题型二：圆中的分类讨论问题（三角形的存在性）1．（2015·上海中考真题）（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）已知：如图，是半圆的直径，弦，动点、分别在线段、上，且，的延长线与射线相交于点、与弦相交于点（点与点、不重合），，．设，的面积为．（1）求证：；（2）求关于的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当是直角三角形时，求线段的长．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，，联结后还有，再结合要证明的结论，则可肯定需证明三角形全等，寻找已知对应边的夹角，即即可；（2）根据∽，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去．【详解】（1）联结，∵，∴，∵，∴，∴．在和中，，∴≌，∴；（2）作，交于，∵，∴，，∴．∵，∴∽，∴，∴，当与点重合时，∵，∴，解得，∴；（3）①当时，，∴；②当时，，∴，∵，∴（舍去）；③当时，∵，∴，∵≌，∴，∴，∴，此时弦不存在，故这种情况不符合题意，舍去；综上，线段的长为．【模拟题训练】1.【2021静安二模25】（本题满分14分，其中第（1）小题5分，第（2）小题5分，第（3）小题4分）如图，已知半圆O的直径AB=4，点P在线段OA上，半圆P与半圆O相切于点A，点C在半圆P上，CO⊥AB，AC的延长线与半圆O相交于点D，OD与BC相交于点E．求证：AD∙AP=OD∙AC；设半圆P的半径为x，线段CD的长为y，求y与x之间的函数解析式，并写出定义域；当点E在半圆P上时，求半圆P的半径．【答案】25．解：（1）联结PC，在半圆P与半圆O中，∵PC=PA，OD=OA，∴∠PCA=∠A=∠D． （2分）∴PC//OD． （1分）∴． （1分）∴AD∙AP=OD∙AC． （1分）（2）在Rt△OPC中，OP=，. （1分）在Rt△OAC中，AC=. （1分）∵PC//OD，∴， （1分）∴，∴. （1分）定义域为1<x<2. （1分）（3）∵CO⊥AB，AO=BO=2，∴BC=AC=,∵PC//OD，∴，∴，∴． （1分）过点P作PH⊥CE，垂足为H．∴，∴． （1分）∵．∴BH·CB=OB·BP,∴， （1分），，．其中不符合题意，所以半圆P的半径为． （1分）2.【2021虹口二模25】（本题满分14分，第（1）小题4分，第（2）小题5分，第（3）小题5分）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，tanA=,AC=5，点M是射线AB上一点，以MC为半径的⊙M交直线AC于点D．（1）如图9，当MC=AC时，求CD的长；（2）当点D在线段AC的延长线上时，设BM=x，四边形CBMD的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；（3）如果直线MD与射线BC相交于点E，且△ECD与△EMC相似，求线段BM的长．解：（1）过点M作MH⊥CD，垂足为点H．在Rt△ABC中，易得．………（1分）∵MC=AC，∠ABC=90°∴AM=2AB=8∴在Rt△AMH中，．………（1分）∴……………（1分）∴由垂径定理，得．………（1分）（2）过点M作MH⊥CD，垂足为点H．在Rt△AMH中，……………（1分）．∴,．…………（1分）∴．…（1分）又．∴，即．…………（1分）定义域为．………………（1分）（3）①当点M在AB的延长线上时（如图9），∵△ECD与△EMC相似，∠EDC>∠EMC，∴∠EDC=∠ECM．………（1分）∴∠CDM=∠BCM．而由MC=MD可得，∠MCD=∠CDM，∴∠BCM=∠MCD．可证得△CBM≌△CHM，∴CB=CH．…………………（1分）∴．解得，即．…………………（1分）②当点M在线段AB上时（如下图），同①可得∠BCM=∠MCD，CB=CH，MB=MH．………（1分）∴,．在Rt△AMH中，，即．解得．…………………（1分）综上所述，线段BM的长为6或．3.【2021长宁二模】已知半圆O的直径AB=4，点C、D在半圆O上（点C与点D不重合），∠COB=∠DBO，弦BD与半径OC相交于点E，CH⊥AB，垂足为点H，CH交弦BD于点F．（1）如图1，当点D是的中点时，求∠COB的度数；（2）如图2，设OH=x，=y，求y关于x函数解析式，并写出定义域；（3）联结OD、OF，如果△DOF是等腰三角形，求线段OH长．【答案】（1）∠COB=36°．（2）．（3）OH的值为或．【分析】（1）连接BC，想办法证明∠OCB=∠OBC=2∠COB，可得结论．（2）如图2中，过点E作EJ⊥CF于J．首先证明EC=EF，再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．（3）分两种情形：如图3-1中，当FD=FO时，证明FD=FO=EO=EB，设FD=FO=EO=EB=x，则EC=EF=2-x，BF=2x-2，BD=3x-2，证明△BOD∽△BEO，利用相似三角形的性质求解．如图3-2中，当DO=DF时，证明△OCH是等腰直角三角形即可求解．【详解】解：（1）如图1中，连接BC．∵，∴∠ABD=∠DBC，∵∠COB=∠ABD，∴∠OBC=2∠COB，设∠COB=x，∵OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=2x，∵∠COB+∠OCB+∠OBC=180°，∴x+2x+2x=180°，∴x=36°，∴∠COB=36°；（2）如图2中，过点E作EJ⊥CF于J．∵CH⊥OB，∴∠CHO=∠CHB=90°，∵∠COB+∠C=90°，∠ABD+∠HFB=90°，∴∠C=∠HFB，∵∠HFB=∠CFE，∴∠C=∠CFE，∴EC=EF，∵EJ⊥CF，∴CJ=JF，∵OC=AB=2，OH=x，∴，∵EJ∥OH，∴，∴，∴，∴，∴；（3）如图3﹣1中，当FD=FO时，∵FD=FO，OD=OB，∴∠D=∠FOD=∠B，∵∠EOB=∠B，∴∠D=∠DOF=∠B=∠EOB，∴△FDO≌△EOB（ASA），∴FD=FO=EO=EB，设FD=FO=EO=EB=x，则EC=EF=2-x，BF=2x-2，BD=3x-2，∵△BOD∽△BEO，∴，∴，解得或（舍弃），经检验是原方程的解，∵，∴，∴，∴；如图3﹣2中，当DO=DF时，∵OC=OD，∴DF=OC，∵EC=EF，∴DE=OE，∴∠D=∠DOE，∵OD=OB，∴∠D=∠EBO，∵∠COB=∠B，∴∠D=∠B=∠EOB=∠DOE=45°，∵CH⊥OB，∴△OCH是等腰直角三角形，∴，综上所述，OH的值为或．【点睛】本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，需要利用参数解决问题，属于中考压轴题．4.【2021杨浦二模】如图，已知Q是∠BAC的边AC上一点，AQ＝15，cot∠BAC＝，点P是射线AB上一点，联结PQ，⊙O经过点A且与QP相切于点P，与边AC相交于另一点D．（1）当圆心O在射线AB上时，求⊙O的半径；（2）当圆心O到直线AB的距离为时，求线段AP的长；（3）试讨论以线段PQ长为半径的⊙P与⊙O的位置关系，并写出相应的线段AP取值范围．【答案】（1）；（2）3或；（3）当⊙O与⊙P内含时，0＜AP＜12．当⊙O与⊙P内切时，AP＝12．当⊙O与⊙P相交时，12＜AP＜18【分析】（1）解直角三角形求出PA即可．（2）分两种情形：如图，当点O在射线AB的上方时，，当点O在射线AB的下方时，分别利用相似三角形的性质求解即可．（3）求出两圆内切时AP的值，条件⊙O与AC相切于时A时，AP的值，即可判断．详解】解：（1）如图，∵点O在PA上，PQ是⊙O的切线，∴PQ⊥AP，∵cot∠PAQ＝＝，∴可以假设PA＝3k，PQ＝4k，则AQ＝5k＝15，∴k＝3，∴PA＝9，PQ＝12，∴⊙O的半径为．（2）如图，当点O在射线AB的上方时，过点Q作QK⊥AB于K，过点O作OH⊥AB于H．∵PQ是⊙O的切线，∴∠PHO＝∠OPQ＝∠PKQ＝90°，∴∠OPH+∠QPK＝90°，∠QPK+∠PQK＝90°，∴△PHO∽△QKP，∴设PA＝2m，则AH＝PH＝m，PK＝9﹣2m，∴解得，m＝或﹣3，经检验，x＝是分式方程的解，且符合题意．∴AP＝3．如图，当点O在射线AB的下方时，同法可得AP＝．综上所述，满足条件的AP的值为3或．（3）如图，当⊙P与⊙O内切时，由△PHO∽△QKP，可得,∵OH⊥AP，∴AH＝PH，∴AP＝2PH，QK＝2PH，∴PA＝QK＝12，如图，当⊙O与AC相切于点A时，∵∠OAQ＝∠OPQ＝90°，OQ＝OQ，OA＝OP，∴Rt△OAQ≌Rt△OPQ（HL），∴AQ＝PQ，∵OA＝OP，∴OQ垂直平分线段AP，∴AP＝2AH＝18，观察图像可知：当⊙O与⊙P内含时，0＜AP＜12．当⊙O与⊙P内切时，AP＝12．当⊙O与⊙P相交时，12＜AP＜18．【点睛】本题相似三角形、全等三角形的判定、圆与圆的位置关系．分类讨论思想是难点．灵活进行角的转换证明相似是重点．5.【2021嘉定二模25】已知：⊙O的半径长是5，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦．分别过点A、B向直线CD作垂线，垂足分别为E、F．（1）如图1，当点A、B位于直线CD同侧，求证：CF＝DE；（2）如图2，当点A、B位于直线CD两侧，∠BAE＝30°，且AE＝2BF，求弦CD的长；（3）设弦CD的长为l，线段AE的长为m，线段BF的长为n，探究l与m、n之间的数量关系，并用含m、n的代数式表示l．【答案】（1）证明见解析部分；（2）；（3）或．【分析】（1）如图1中，连接OD，过点O作OH⊥EF于H．证明HF=HE，HD=HC，即可解决问题．

（2）连接OD，过点O作OH⊥CD于H，设AB交CD于J．利用相似三角形的性质求出BJ，OJ，OH，再利用勾股定理，可得结论．

（3）分两种情形：如图1，当点A、B位于直线CD同侧时，如图2中，如图2，当点A、B位于直线CD两侧时，利用勾股定理分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1中，连接OD，过点O作OH⊥EF于H．

∵BF⊥EF，AE⊥EF，OH⊥EF，

∴BF∥OH∥AE，

∵OA=OB，

∴HF=HE，

∵OH⊥CD，

∴CH=DH，

∴CF=DE；

（2）连接OD，过点O作OH⊥CD于H，设AB交CD于J．

∵BF⊥CD，AE⊥CD，

∴∠BFJ=∠AEJ=90°，

∵∠BJF=∠AJE，

∴△BFJ∽△AEJ，∴，∴，∴OJ=OB-BJ=5-，∵OH∥AE，

∴∠JOH=∠BAE=30°，

∴OH=OJ•cos30°=，∵OH⊥CD，

∴DH=CH=∴；（3）如图1，当点A、B位于直线CD同侧时，∵OH=（BF+AE）=（m+n），在Rt△ODH中，OD2=OH2+DH2，

∴52=（m+n）2+l2，∴（m+n）2+l2=100，∴，如图2中，当点A、B位于直线CD两侧时，OH=|m-n|，在Rt△ODH中，OD2=OH2+DH2，∴52=（m-n）2+l2，∴（m-n）2+l2=100，∴，综上所述，或．【点睛】本题属于圆综合题，考查了垂径定理，平行线等分线段定理，勾股定理，梯形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识并能够灵活应用．6.【2021奉贤二模】如图，已知扇形AOB的半径OA＝4，∠AOB＝90°，点C、D分别在半径OA、OB上（点C不与点A重合），联结CD．点P是弧AB上一点，PC＝PD．（1）当cot∠ODC＝，以CD为半径的圆D与圆O相切时，求CD的长；（2）当点D与点B重合，点P为弧AB的中点时，求∠OCD的度数；（3）如果OC＝2，且四边形ODPC是梯形，求的值．【答案】（1）；（2）67.5°；（3）或【分析】（1）由题意∠COD＝90°，cot∠ODC＝，可以假设OD＝3k，OC＝4k，则CD＝5k，证明AC＝OC＝4k＝2，推出k＝，可得结论．（2）如图2中，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．利用全等三角形的性质证明△PCB是等腰直角三角形，可得结论．（3）分两种情形：如图3﹣1中，当OC∥PD时，如图3﹣2中，当PC∥OD时，分别求解即可．【详解】解：（1）如图1中，∵∠COD＝90°，cot∠ODC＝，∴设OD＝3k，OC＝4k，则CD＝5k，∵以CD为半径的圆D与圆O相切，∴CD＝DB＝5k，∴OB＝OA＝8k，∴AC＝OC＝4k＝2，∴k＝，∴CD＝．（2）如图2中，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵，∴∠AOP＝∠POB，∵PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，∵∠PEC＝∠PFB＝90°，PD＝PC，∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），∴∠EPC＝∠FPB，∵∠PEO＝∠EOF＝∠OFP＝90°，∴∠EPF＝90°，∴∠EPF＝∠CPB＝90°，∴∠PCB＝∠PBC＝45°，∵OP＝OB，∠POB＝45°，∴∠OBP＝∠OPB＝67.5°，∴∠CBO＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠OCD＝90°﹣22.5°＝67.5°．（3）如图3﹣1中，当OC∥PD时，∵OC∥PD，∴∠PDO＝∠AOD＝90°，∵CE⊥PD，∴∠CED＝90°，∴四边形OCED矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，设PC＝PD＝x，EC＝OD＝y，则，解得x1＝2﹣2，x2＝－2﹣2（不合题意，舍去），∴PD＝2﹣2，∴，如图3﹣2中，当PC∥OD时，∵PC∥OD，∴∠COD＝∠OCE＝∠CED＝90°，∴四边形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，∵OP＝4，OC＝2，∴PC＝，∴PD＝PC＝，∴PE＝，∴EC＝OD＝，∴，综上所述，的值为或．【点睛】本题属于圆综合题，考查了两圆的位置关系，解直角三角形，等腰三角形的性质，梯形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考压轴题．7.【2021青浦二模】已知：在半径为2的扇形AOB中，∠AOB＝m°（0＜m≤180），点C是上的一个动点，直线AC与直线OB相交于点D．（1）如图1，当0＜m＜90，△BCD是等腰三角形时，求∠D的大小（用含m的代数式表示）；（2）如图2，当m＝90点C是的中点时，联结AB，求的值；（3）将沿AC所在的直线折叠，当折叠后的圆弧与OB所在的直线相切于点E，且OE＝1时，求线段AD的长．【分析】（1）C在AB弧线上，所以∠OBC为锐角，∠CBD为钝角，则△BCD是等腰三角形，仅有BC＝BD这一种情况，扇形AOB中，OA＝OC＝OB，BC＝BD，由边相等得对应角相等，三角形内角和为180°，可得∠D＝；（2）过D作DM⊥AB的延长线于M，连接OC，C为中点，可知AC＝BC，∠AOC＝∠COB＝45°，AO＝CO＝BO，边相等得对应角相等，即可求得∠ACB＝135°，∠BCD＝45°，∠CBO为△BCD的外角，可得∠ABD＝∠D，∠CAB＝∠CBA，由角相等可推出AB＝BD，在Rt△AOB中，由勾股定理知BM＝2，在等腰直角△AOB中AN＝AB＝，由CN⊥AB，DM⊥AB′，得出△ANC∽△AMD，面积比等于相似比的平方可得结果；（3）E为弧AEC与OB切点，知A、E、C在半径为2的另一个圆上，在Rt△O′EO中，由勾股定理知OO′＝，得四边形AOCO′是菱形，由菱形对角线性质，可以推出△O′OE∽△DOP，得OP＝，在Rt△APO′中，由勾股定理得AP＝，即可求出AD的长．【解答】解：（1）C在AB弧线上，∴∠OBC为锐角，∴∠CBD为钝角，则△BCD是等腰三角形时，仅有BC＝BD这一种情况，∴∠D＝∠BCD，连接OC则OA＝OC＝OB，∴∠OAC＝∠OCA，∠OCD＝∠OBC，∴∠OBC＝∠D+∠BCD＝2∠D，在△OCD中，∠COD+2∠D+2∠D＝180°，∴∠AOC＝m°﹣∠COD＝m°+4∠D﹣180°，∴∠AOC＝×（180°﹣∠AOC）＝180°﹣﹣2∠D，在△AOD中，m°+∠OAC+∠D＝180°，∴180°+﹣∠D＝180°，∴∠D＝；（2）过D作DM⊥AB延长线于M，连接OC，∵C为中点，∴AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC且AO＝CO＝BO，∴∠OAC＝∠OCA＝∠OCB＝∠OBC，∴∠ACO+∠BCO＝×（360°﹣90°）＝135°，∴∠BCD＝45°，∴45°+∠ODA＝∠ABC+∠ABD＝45°+∠ABC，∴∠ABC＝∠ADO＝∠BAC，∴BD＝AB＝2（勾股定理），∴BM＝DM＝2（∠MBD＝∠OBA＝45°，∴BM＝DM），∴AM＝AB+BM＝2+2，∴AN＝AB＝，又∵CN⊥AB，DM⊥AB，∴△ANC∽△AMD，∴，∴＝＝6+4；（3）图2如下：∵E为弧线AEC与OB切点，∴A、E、C在半径为2的另一个圆上，∵O′E＝2，OE＝1，∴OO′＝（勾股定理），又∵OA＝OC＝2，O′A＝O′C＝2，∴四边形AOCO′是菱形，∴AC⊥OO′且AC、OO′互相平分，且∠O′OE共角，∴△O′OE∽△DOP，∴＝且OP＝OO′＝，∴OP＝，∴AP＝＝（Rt△APO′的勾股定理）∴AD＝AP+PD＝．8.【2021年浦东新区二模】已知：半圆O的直径AB＝6，点C在半圆O上，且tan∠ABC＝2，点D为弧AC上一点，联结DC（如图）（1）求BC的长；（2）若射线DC交射线AB于点M，且△MBC与△MOC相似，求CD的长；（3）联结OD，当OD∥BC时，作∠DOB的平分线交线段DC于点N，求ON的长．【分析】（1）如图1中，根据AB是直径，得△ABC是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题．（2）如图2中，只要证明△OBC≌△OCD得BC＝CD，即可解决问题．（3）如图3中，延长ON交BC的延长线于G，作GH⊥OB于H，先求出BG，根据tan∠HBG＝2，利用勾股定理求出线段HB、HG，再利用CG∥DO得，由此即可解决．【解答】解；（1）如图1中，连接AC，∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵tan∠ABC＝2，∴可以假设AC＝2k，BC＝k，∵AB＝6，AB2＝AC2+BC2，∴36＝8k2+k2，∴k2＝4，∵k＞0，∴k＝2，BC＝2．（2）如图2中，∵△MBC与△MOC相似，∴∠MBC＝∠MCO，∵∠MBC+∠OBC＝180°，∠MCO+∠OCD＝180°，∴∠OBC＝∠OCD，∵OB＝OC＝OD，∴∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝∠ODC，在△OBC和△OCD中，，∴△OBC≌△OCD，∴BC＝CD＝2．（3）如图3中，延长ON交BC的延长线于