人教历年备战中考数学易错题汇编-圆的综合练习题含详细答案

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．图 1 和图 2 中，优弧AB纸片所在⊙O 的半径为 2，AB＝23，点P为优弧AB上一点（点P 不与A，B 重合），将图形沿BP 折叠，得到点A 的对称点A′．
发现：
（1）点O 到弦AB 的距离是，当BP 经过点O 时，∠ABA′＝；
（2）当BA′与⊙O 相切时，如图 2，求折痕的长．
拓展：把上图中的优弧纸片沿直径MN 剪裁，得到半圆形纸片，点P（不与点M， N 重合）为半圆上一点，将圆形沿NP 折叠，分别得到点M，O 的对称点A′， O′，设∠MNP＝α．
（1）当α＝15°时，过点A′作A′C∥MN，如图 3，判断A′C 与半圆O 的位置关系，并说明理由；
（2）如图 4，当α＝ °时，NA′与半圆O 相切，当α＝ °时，点O′落在NP上．
（3）当线段NO′与半圆O 只有一个公共点N 时，直接写出β的取值范围．
【答案】发现：（1）1，60°；（2）3；拓展：（1）相切，理由详见解析；（2）45°；30°；（3）0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【解析】
【分析】
发现：（1）利用垂径定理和勾股定理即可求出点O到AB的距离；利用锐角三角函数的定义及轴对称性就可求出∠ABA′．
（2）根据切线的性质得到∠OBA′=90°，从而得到∠ABA′=120°，就可求出∠ABP，进而求出∠OBP=30°．过点O作OG⊥BP，垂足为G，容易求出OG、BG的长，根据垂径定理就可求出折痕的长．
拓展：（1）过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．用含30°角的直角三角形的性
质可得OD=A'H=1
2
A'N=
1
2
MN=2可判定A′C与半圆相切；
（2）当NA′与半圆相切时，可知ON⊥A′N，则可知α=45°，当O′在PB时，连接MO′，则
可知NO′=1
2
MN，可求得∠MNO′=60°，可求得α=30°；
（3）根据点A′的位置不同得到线段NO′与半圆O只有一个公共点N时α的取值范围是0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【详解】
发现：（1）过点O作OH⊥AB，垂足为H，如图1所示,
∵⊙O的半径为2，AB=23，
∴OH=22
OB HB
-=22
2(3)1
-=
在△BOH中，OH=1，BO=2
∴∠ABO=30°
∵图形沿BP折叠，得到点A的对称点A′．
∴∠OBA′=∠ABO=30°
∴∠ABA′=60°
（2）过点O作OG⊥BP，垂足为G，如图2所示．
∵BA′与⊙O相切，∴OB⊥A′B．∴∠OBA′=90°．
∵∠OBH=30°，∴∠ABA′=120°．
∴∠A′BP=∠ABP=60°．
∴∠OBP=30°．∴OG=1
2
OB=1．∴3．
∵OG⊥BP，∴3．
∴3．∴折痕的长为3
拓展：（1）相切．
分别过A'、O作A'H⊥MN于点H，OD⊥A'C于点D．如图3所示，
∵A'C∥MN
∴四边形A'HOD是矩形∴A'H=O
∵α=15°∴∠A'NH=30
∴OD=A'H=1
2A'N=
1
2
MN=2
∴A'C与半圆
（2）当NA′与半圆O相切时，则ON⊥NA′，∴∠ONA′=2α=90°，
∴α=45
当O′在PB上时，连接MO′，则可知NO′=1
2 MN，
∴∠O′MN=0°
∴∠MNO′=60°，
∴α=30°，
故答案为：45°；30°．
（3）∵点P，M不重合，∴α＞0，
由（2）可知当α增大到30°时，点O′在半圆上，
∴当0°＜α＜30°时点O′在半圆内，线段NO′与半圆只有一个公共点B；
当α增大到45°时N A′与半圆相切，即线段NO′与半圆只有一个公共点B．
当α继续增大时，点P逐渐靠近点N，但是点P，N不重合，
∴α＜90°，
∴当45°≤α＜90°线段BO′与半圆只有一个公共点B．
综上所述0°＜α＜30°或45°≤α＜90°．
【点睛】
本题考查了切线的性质、垂径定理、勾股定理、三角函数的定义、30°角所对的直角边等于斜边的一半、翻折问题等知识，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．定义：有一个角是其邻角一半的圆内接四边形叫做圆内倍角四边形．
（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，∠DCB﹣∠ADC=∠A，求证：四边形ABCD为圆内接倍角四边形；
（2）在（1）的条件下，⊙O半径为5．
①若AD为直径，且sinA=4
5
，求BC的长；
②若四边形ABCD中有一个角为60°，且BC=CD，则四边形ABCD的面积是；
（3）在（1）的条件下，记AB=a，BC=b，CD=c，AD=d，求证：d2﹣b2=ab+cd．
【答案】（1）见解析；（2）①BC＝6，②753
或
75
4
；（3）见解析
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠ADC=180°﹣2∠A．进而判断出∠ABC=2∠A，即可得出结论；
（2）①先用锐角三角函数求出BD，进而得出AB，由（1）得出∠ADB=∠BDC，即可得出结论；
②分两种情况：利用面积和差即可得出结论；
（3）先得出BE=BC=b，DE=DA=b，进而得出CE=d﹣c，再判断出△EBC∽△EDA，即可得出结论．
【详解】
（1）设∠A=α，则∠DCB=180°﹣α．
∵∠DCB﹣∠ADC=∠A，∴∠ADC=∠DCB﹣∠A=180°﹣α﹣α=180°﹣2α，∴∠ABC=180°﹣∠ADC=2α=2∠A，∴四边形ABCD是⊙O内接倍角四边形；
（2）①连接BD．
∵AD是⊙O的直径，∴∠ABD=90°．在Rt△ABD中，AD=2×5=10，sin∠A=4
5
，∴BD=8，根据勾股定理得：AB=6，设∠A=α，∴∠ADB=90°﹣α．
由（1）知，∠ADC=180°﹣2α，∴∠BDC=90°﹣α，∴∠ADB=∠BDC，∴BC=AB=6；
②若∠ADC=60°时．
∵四边形ABCD是圆内接倍角四边形，∴∠BCD=120°或∠BAD=30°．
Ⅰ、当∠BCD=120°时，如图3，连接OA，OB，OC，OD．
∵BC=CD，∴∠BOC=∠COD，∴∠OCD=∠OCB=1
2
∠BCD=60°，∴∠CDO=60°，∴AD是⊙O 的直径，（为了说明AD是直径，点O没有画在AD上）
∴∠ADC+∠BCD=180°，∴BC∥AD，∴AB=CD．
∵BC =CD ，∴AB =BC =CD ，∴△OAB ，△BOC ，△COD 是全等的等边三角形，∴S 四边形ABCD =3S △AOB =3×34×52=7534． Ⅱ、当∠BAD =30°时，如图4，连接OA ，OB ，OC ，OD ．
∵四边形ABCD 是圆内接四边形，∴∠BCD =180°﹣∠BAD =150°．
∵BC =CD ，∴∠BOC =∠COD ，∴∠BCO =∠DCO =
12∠BCD =75°，∴∠BOC =∠DOC =30°，∴∠OBA =45°，∴∠AOB =90°．
连接AC ，∴∠DAC =12
∠BAD =15°． ∵∠ADO =∠OAB ﹣∠BAD =15°，∴∠DAC =∠ADO ，∴OD ∥AC ，∴S △OAD =S △OCD ． 过点C 作CH ⊥OB 于H ．
在Rt △OCH 中，CH =
12OC =52，∴S 四边形ABCD =S △COD +S △BOC +S △AOB ﹣S △AOD =S △BOC +S △AOB =
1522⨯×5+12×5×5=754． 故答案为：7534
或754；
（3）延长DC ，AB 交于点E ．
∵四边形ABCD 是⊙O 的内接四边形，∴∠BCE =∠A =12
∠ABC ． ∵∠ABC =∠BCE +∠A ，∴∠E =∠BCE =∠A ，∴BE =BC =b ，DE =DA =b ，∴CE =d ﹣c ． ∵∠BCE =∠A ，∠E =∠E ，∴△EBC ∽△EDA ，∴
CE BC AE AD =，∴d c b a b d
-=+，∴d 2﹣b 2=ab +cd ．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了圆的内接四边形的性质，新定义，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
3．在⊙O 中，点C是AB上的一个动点(不与点A，B重合)，∠ACB=120°，点I是∠ABC的内心，CI的延长线交⊙O于点D，连结AD,BD．
（1）求证：AD=BD．
（2）猜想线段AB与DI的数量关系，并说明理由．
（3）若⊙O的半径为2，点E，F是AB的三等分点，当点C从点E运动到点F时，求点I 随之运动形成的路径长．
23
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=DI，理由见解析（3
【解析】
分析：（1）根据内心的定义可得CI平分∠ACB，可得出角相等，再根据圆周角定理，可证得结论；
（2）根据∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD，可求出∠BAD的度数，再根据AD=BD，可证得
△ABD是等边三角形，再根据内心的定义及三角形的外角性质，证明∠BID=∠IBD，得出
ID=BD，再根据AB=BD，即可证得结论；
（3）连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧，根据已知及圆周角定理、解直角三角形，可求出AD的长，再根据点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，可证得∠DAI1=∠AI1D，然后利用弧长的公式可求出点I 随之运动形成的路径长.
详解：（1）证明：∵点I是∠ABC的内心
∴CI平分∠ACB
∴∠ACD=∠BCD
∴弧AD=弧BD
∴AD=BD
（2）AB=DI
理由：∵∠ACB=120°，∠ACD=∠BCD
∴∠BCD=×120°=60°
∵弧BD=弧BD
∴∠DAB=∠BCD=60°
∵AD=BD
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD，∠ABD=∠C
∵I是△ABC的内心
∴BI平分∠ABC
∴∠CBI=∠ABI
∵∠BID=∠C+∠CBI，∠IBD=∠ABI+∠ABD
∴∠BID=∠IBD
∴ID=BD
∵AB=BD
∴AB=DI
（3）解：如图，连接DO，延长DO根据题意可知点I随之运动形成的图形式以D为圆心，DI1为半径的弧
∵∠ACB=120°，弧AD=弧BD
∴∠AED=∠ACB=×120°=60°
∵圆的半径为2，DE是直径
∴DE=4，∠EAD=90°
∴AD=sin∠AED×DE=×4=2
∵点E，F是弧AB ⌢的三等分点，△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°
∴弧AB的度数为120°，
∴弧AM、弧BF的度数都为为40°
∴∠ADM=20°=∠FAB
∴∠DAI1=∠FAB+∠DAB=80°
∴∠AI1D=180°-∠ADM-∠DAI1=180°-20°-80°=80°
∴∠DAI1=∠AI1D
∴AD=I1D=2
∴弧I1I2的长为：
点睛：此题是一道圆的综合题，有一定的难度，熟记圆的相关性质与定理，并对圆中的弦、弧、圆心角、圆周角等进行灵活转化是解题关键，注意数形结合思想的渗透.
4．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC为⊙O的直径，过点C作AC的垂线交AD 的延长线于点E，点F为CE的中点，连接DB， DF．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）若DB平分∠ADC，AB=52AD
，∶DE=4∶1，求DE的长．
【答案】(1)见解析5
【解析】
分析：（1）直接利用直角三角形的性质得出DF=CF=EF，再求出∠FDO=∠FCO=90°，得出答案即可；
（2）首先得出AB=BC即可得出它们的长，再利用△ADC～△ACE，得出AC2=AD•AE，进而得出答案．
详解：（1）连接OD．
∵OD=CD，∴∠ODC=∠OCD．
∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠EDC=90°．
∵点F为CE的中点，∴DF=CF=EF，∴∠FDC=∠FCD，∴∠FDO=∠FCO．
又∵AC⊥CE，∴∠FDO=∠FCO=90°，∴DF是⊙O的切线．
（2）∵AC为⊙O的直径，∴∠ADC=∠ABC=90°．
∵DB平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴AB=BC，∴BC=AB=52．在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=100．
又∵AC⊥CE，∴∠ACE=90°，
∴△ADC～△ACE，∴AC
AD =
AE
AC
，∴AC2=AD•AE．
设DE为x，由AD：DE=4：1，∴AD=4x，AE=5x，
∴100=4x•5x，∴x=5，∴DE=5．
点睛：本题主要考查了切线的判定以及相似三角形的判定与性质，正确得出AC2=AD•AE是解题的关键．
5．如图1，延长⊙O的直径AB至点C，使得BC=1
2
AB，点P是⊙O上半部分的一个动点
（点P不与A、B重合），连结OP，CP．
（1）∠C的最大度数为；
（2）当⊙O的半径为3时，△OPC的面积有没有最大值？若有，说明原因并求出最大值；若没有，请说明理由；
（3）如图2，延长PO交⊙O于点D，连结DB，当CP=DB时，求证：CP是⊙O的切线．
【答案】（1）30°；（2）有最大值为9，理由见解析；（3）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP的度数最大，根据切线的性质即可求得；（2）由△OPC的边OC是定值，得到当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，于是得到结论；
（3）根据全等三角形的性质得到AP=DB，根据等腰三角形的性质得到∠A=∠C，得到
CO=OB+OB=AB，推出△APB≌△CPO，根据全等三角形的性质得到∠CPO=∠APB，根据圆周角定理得到∠APB=90°，即可得到结论．
试题解析：（1）当PC与⊙O相切时，∠OCP最大．如图1，所示：
∵sin∠OCP=OP
OC
=
2
4
=
1
2
，∴∠OCP=30°
∴∠OCP的最大度数为30°，
故答案为：30°；
（2）有最大值，理由：
∵△OPC的边OC是定值，∴当OC边上的高为最大值时，△OPC的面积最大，
而点P在⊙O上半圆上运动，当PO⊥OC时，取得最大值，即此时OC边上的高最大，也就是高为半径长，∴最大值S△OPC=
1
2
OC•OP=
1
2
×6×3=9；
（3）连结AP，BP，如图2，
在△OAP与△OBD中，
OA OD
AOP BOD
OP OB
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△OAP≌△OBD，∴AP=DB，
∵PC=DB，∴AP=PC，
∵PA=PC，∴∠A=∠C，
∵BC=1
2
AB=OB，∴CO=OB+OB=AB，
在△APB和△CPO中，
AP CP
A C
AB CO
=
⎧
⎪
∠=∠
⎨
⎪=
⎩
，∴△APB≌△CPO，∴∠CPO=∠APB，
∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴∠CPO=90°，
∴PC切⊙O于点P，即CP是⊙O的切线．
6．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，点D，E在⊙O上，连接AE，DE，CD，BE，CE，∠EAC+∠BAE=180°，AB CD
=．
（1）判断BE与CE之间的数量关系，并说明理由；
（2）求证：△ABE≌△DCE；
（3）若∠EAC=60°，BC=8，求⊙O的半径．
【答案】（1）BE=CE，理由见解析；（2）证明见解析；（3）83
3
．
【解析】
分析：（1）由A、B、C、E四点共圆的性质得：∠BCE+∠BAE=180°，则∠BCE=∠EAC，所以BE CE，则弦相等；（2）根据SSS证明△ABE≌△DCE；
（3）作BC和BE两弦的弦心距，证明Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），则∠OBH=30°，设OH=x，则OB=2x，根据勾股定理列方程求出x的值，可得半径的长．
本题解析：
（1）解：BE=CE，
理由：∵∠EAC+∠BAE=180°，∠BCE+∠BAE=180°，
∴∠BCE=∠EAC，
∴BE CE，
∴BE=CE；
（2）证明：∵AB CD
=，∴AB=CD，
∵BE CE，AE ED
=，∴AE=ED，
由（1）得：BE=CE，
在△ABE和△DCE中，
∵
AE DE AB CD BE CE
=
⎧
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABE≌△DCE（SSS）；
（3）解：如图，∵过O作OG⊥BE于G，OH⊥BC于H，
∴BH=1
2BC=
1
2
×8=4，BG=
1
2
BE，
∵BE=CE，∠EBC=∠EAC=60°，
∴△BEC是等边三角形，∴BE=BC，∴BH=BG，∵OB=OB，∴Rt△GBO≌Rt△HBO（HL），
∴∠OBH=∠GBO=1
2
∠EBC=30°，
设OH=x，则OB=2x，
由勾股定理得：（2x）2=x2+42，
43
∴OB=2x=833，∴⊙O 的半径为833
．
点睛：本题是圆的综合题，考查了四点共圆的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、直角三角形30°的性质，难度适中，第一问还可以利用三角形全等得出对应边相等的结论；第三问作辅助线，利用勾股定理列方程是关键.
7．对于平面直角坐标系xoy 中的图形P ，Q ，给出如下定义：M 为图形P 上任意一点，N 为图形Q 上任意一点，如果M ，N 两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形P ，Q 间的“非常距离”，记作d （P ,Q ）．已知点A （4,0），B （0,4），连接AB ．
（1）d （点O ，AB ）= ；
（2）⊙O 半径为r ，若d （⊙O ，AB ）=0，求r 的取值范围；
（3）点C （－3，－2），连接AC ，BC ，⊙T 的圆心为T （t ，0），半径为2，d （⊙T ，△ABC ），且0<d <2，求t 的取值范围．
【答案】（1）222）224r ≤≤；（3）25252t -<<-或6<r <8．
【解析】
【分析】
（1）如下图所示，由题意得：过点O 作AB 的垂线，则垂线段即为所求；
（2）如下图所示，当d （⊙O ，AB ）=0时，过点O 作OE ⊥AB ，交AB 于点E ，则：OB=2，2，即可求解；
（3）分⊙T 在△ABC 左侧、⊙T 在△ABC 右侧两种情况，求解即可．
【详解】
（1）过点O 作OD ⊥AB 交AB 于点D ，
根据“非常距离”的定义可知，
d （点O ，AB ）=OD=2AB =22442
+=22; （2）如图，
当d （⊙O ，AB ）=0时，
过点O 作OE ⊥AB,则OE=22,OB=OA=4，
∵⊙O 与线段AB 的“非常距离”为0，
∴224r ≤≤；
（3）当⊙T 在△ABC 左侧时，
如图，
当⊙T 与BC 相切时，d=0,
2236+35,
过点C 作CE ⊥y 轴，过点T 作TF ⊥BC,则△TFH ∽△BEC,
∴
TF TH BE BC
=, 即2635,
∴TH=5, ∵HO ∥CE,
∴△BHO ∽△BEC,
∴HO=2，
此时T(-5-2，0);
当d=2时，如图，
同理可得，此时T （252--）；
∵0<d <2，
∴25252t --<<--；
当⊙T 在△ABC 右侧时，如图，
当p=0时，t=6，
当p=2时，t=8.
∵0<d <2，
∴6<r <8；
综上，25252t -<<或6<r <8．
【点睛】
本题主要考查圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“非常距离”的定义与直线与圆的位
置关系和分类讨论思想的运用．
8．如图，BD为△ABC外接圆⊙O的直径，且∠BAE＝∠C．
（1）求证：AE与⊙O相切于点A；
（2）若AE∥BC，BC＝23，AC＝2，求AD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）23
【解析】
【分析】
（1）根据题目中已出现切点可确定用“连半径，证垂直”的方法证明切线，连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，则AF为直径，∠ABF＝90°，根据同弧所对的圆周角相等，则可得到∠BAE＝∠F，既而得到AE与⊙O相切于点A．
（2））连接OC，先由平行和已知可得∠ACB＝∠ABC，所以AC＝AB，则∠AOC＝∠AOB，从而利用垂径定理可得AH＝1，在Rt△OBH中，设OB＝r，利用勾股定理解得r＝2，在Rt△ABD中，即可求得AD的长为3
【详解】
解：（1）连接AO并延长交⊙O于点F，连接BF，
则AF为直径，∠ABF＝90°，
∵AB AB
，
∴∠ACB＝∠F，
∵∠BAE＝∠ACB，
∴∠BAE＝∠F，
∵∠FAB+∠F＝90°，
∴∠FAB+∠BAE＝90°，
∴OA⊥AE，
∴AE与⊙O相切于点A．
（2）连接OC，
∵AE∥BC，
∴∠BAE＝∠ABC，
∵∠BAE＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ABC，
∴AC＝AB＝2，
∴∠AOC＝∠AOB，
∵OC＝OB，
∴OA⊥BC，
∴CH＝BH＝1
2
BC＝3，
在Rt△ABH中，
AH＝22
AB BH
-＝1，
在Rt△OBH中，设OB＝r，
∵OH2+BH2＝OB2，
∴（r﹣1）2+（3）2＝r2，
解得：r＝2，
∴DB＝2r＝4，
在Rt△ABD中，AD＝22
BD AB
-＝22
42
-＝23，
∴AD的长为23．
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，恰当的添加辅助线是解题关键.
9．如图，AB是⊙O的直径，AD是⊙O的弦，点F是DA延长线上的一点，过⊙O上一点C 作⊙O的切线交DF于点E，CE⊥DF．
(1)求证：AC平分∠FAB；
(2)若AE＝1，CE＝2，求⊙O的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）5 2
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据切线的性质和圆周角定理，得出∠OCA=∠OAC与
∠CAE=∠OCA，然后根据角平分线的定义可证明；
（2）由圆周角定理得到∠BCA=90°，由垂直的定义，可求出∠CEA=90°，从而根据两角对应
相等的两三角形相似可证明△ACB∽△AEC，再根据相似三角形的对应边成比例求得AB的长，从而得到圆的半径.
试题解析：(1)证明：连接OC.
∵CE是⊙O的切线，∴∠OCE =90°
∵CE⊥DF，∴∠CEA=90°，
∴∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠OCA=90°，∴∠CAE=∠OCA
∵OC＝OA，∴∠OCA=∠OAC.
∴∠CAE=∠OAC，即AC平分∠FAB
(2)连接BC.
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB =∠AEC =90°.
又∵∠CAE=∠OAC，∴△ACB∽△AEC,∴AB AC AC AE
=.
∵AE＝1，CE＝2，∠AEC =90°，∴2222
125
AC AE CE
=+=+=
∴
()2
25
5
1
AC
AB
AE
===，∴⊙O的半径为
5
2
．
10．如图，AB为⊙O的直径，DA、DC分别切⊙O于点A，C，且AB=AD．（1）求tan∠AOD的值．
（2）AC，OD交于点E，连结BE．
①求∠AEB的度数；
②连结BD交⊙O于点H，若BC=1，求CH的长．
【答案】（1）2；（2）①∠AEB＝135°；②
2
2 CH=
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质可得∠BAD=90°，由题意可得AD=2AO，即可求tan∠AOD的值；（2）①根据切线长定理可得AD=CD，OD平分∠ADC，根据等腰三角形的性质可得
DO⊥AC，AE=CE，根据圆周角定理可求∠ACB=90°，即可证∠ABC=∠CAD，根据“AAS”可证△ABC≌△DAE，可得AE=BC=EC，可求∠BEC=45°，即可求∠AEB的度数；
②由BC=1，可求AE=EC=1，BE2
=∠ABE=∠HBC，可证△ABE∽△HBC，可求CH的长．
【详解】
（1）∵DA是⊙O切线，∴∠BAD=90°．
∵AB=AD，AB=2AO，∴AD=2AO，∴tan∠AOD
AD
AO
==2；
（2）①∵DA、DC分别切⊙O于点A，C，∴AD=CD，OD平分∠ADC，∴DO⊥AC，
AE=CE．
∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，且∠BAC+∠CAD=90°，
∴∠ABC=∠CAD，且AB=AD，∠ACB=∠AED=90°，∴△ABC≌△DAE（AAS），∴CB=AE，∴CE=CB，且∠ACB=90°，∴∠BEC=45°=∠EBC，∴∠AEB=135°．
②如图，∵BC=1，且BC=AE=CE，∴AE=EC=BC=1，∴BE2
=．
∵AD=AB，∠BAD=90°，∴∠ABD=45°，且∠EBC=45°，∴∠ABE=∠HBC，且∠BAC=∠CHB，
∴△ABE∽△HBC，∴BC CH
EB AE
=，即
1
2
CH
=，∴CH2
=．
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．。