2022-2023学年安徽省宣城市中学九年级数学第一学期期末达标测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．如图，中，，若，，则边的长是（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
2．如图，点A，B，C在⊙O上，∠A＝50°，则∠BOC的度数为（ ）

A．40° B．50° C．80° D．100°
3．在二次函数的图像中，若随的增大而增大，则的取值范围是
A． B． C． D．
4．在同一平面直角坐标系中，函数与的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
5．抛物线y＝－x2+3x－5与坐标轴的交点的个数是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
6．顺次连接平行四边形四边的中点所得的四边形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形
7．二次函数y＝﹣x2+2x﹣4，当﹣1＜x＜2时，y的取值范围是（　　）
A．﹣7＜y＜﹣4 B．﹣7＜y≤﹣3 C．﹣7≤y＜﹣3 D．﹣4＜y≤﹣3
8．已知正比例函数y＝ax与反比例函数在同一坐标系中的图象如图，判断二次函数y＝ax2+k在坐系中的大致图象是（　　）

A． B．
C． D．
9．如图，，则下列比例式错误的是（ ）

A． B． C． D．
10．下列四个物体的俯视图与右边给出视图一致的是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，四边形ABCD、AEFG都是正方形，且∠BAE＝45°，连接BE并延长交DG于点H，若AB＝4，AE＝，则线段BH的长是_____．

12．如图，已知∠BAD＝∠CAE，∠ABC＝∠ADE，AD＝3，AE＝2，CE＝4，则BD为_____．

13．如图，为的直径，弦于点，已知，，则的半径为______.

14．如图，在中，，，．将绕点逆时针旋转，使点落在边上的处，点落在处，则，两点之间的距离为__________；

15． “国庆节”和“中秋节”双节期间，某微信群规定，群内的每个人都要发一个红包，并保证群内其他人都能抢到且自己不能抢自己发的红包，若此次抢红包活动，群内所有人共收到156个红包，则该群一共有_____人．
16．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90º ，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，N是A′B′的中点，连接MN，若BC=2 cm,∠ABC=60°，则线段MN的最大值为_____.

17．已知点P1（a，3）与P2（－4，b）关于原点对称，则ab＝_____．
18．若方程有两个不相等的实数根，则的值等于__________________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，为的直径，为上的两条弦，且于点，，交延长线于点，．

（1）求的度数；
（2）求阴影部分的面积
20．（6分）为了解学生的艺术特长发展情况，某校决定围绕“在舞蹈、乐器、声乐、戏曲、其它活动项目中，你最喜欢哪一项活动（每人只限一项）”的问题，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查，并将调查结果绘制成如下两幅不完整的统计图．

请你根据统计图解答下列问题：
（1）扇形统计图中“戏曲”部分对应的扇形的圆心角为　 　度；
（2）若在“舞蹈、乐器、声乐、戏曲”项目中任选两项成立课外兴趣小组，请用列举法求恰好选中“舞蹈、声乐”这两项的概率．
21．（6分）如图，C地在A地的正东方向，因有大山阻隔，由A地到C地需要绕行B地，已知B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，C地位于B地南偏东30°方向，若打通穿山隧道，建成两地直达高铁，求A地到C地之间高铁线路的长（结果保留整数）（参考数据：sin67°≈0.92；cos67°≈0.38；≈1.73）

22．（8分）如图，在平面直角坐标系中有一直角三角形AOB，O为坐标原点，OA＝1，tan∠BAO＝3，将此三角形绕原点O逆时针旋转90°，得到△DOC，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A、B、C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是第二象限内抛物线上的动点，其横坐标为t，设抛物线对称轴l与x轴交于一点E，连接PE，交CD于F，求以C、E、F为顶点三角形与△COD相似时点P的坐标．
23．（8分）如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.

（1）求抛物线的解析式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
24．（8分）如图，是的角平分线，过点分别作、的平行线，交于点，交于点.

（1）求证：四边形是菱形.
（2）若，.求四边形的面积.
25．（10分）如图，四边形ABCD为圆内接四边形，对角线AC、BD交于点E，延长DA、CB交于点F．
（1）求证：△FBD∽△FAC；
（2）如果BD平分∠ADC，BD＝5，BC＝2，求DE的长；
（3）如果∠CAD＝60°，DC＝DE，求证：AE＝AF．

26．（10分）如图，的直径垂直于弦，垂足为，为延长线上一点，且．
（1）求证：为的切线；
（2）若，，求的半径．

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【分析】由，∠A=∠A，得∆ABD~∆ACB，进而得，求出AC的值，即可求解.
【详解】∵，∠A=∠A，
∴∆ABD~∆ACB，
∴，即：，
∴AC=8，
∴CD=AC-AD=8-2=6，
故选C.
【点睛】
本题主要考查相似三角形的判定和性质定理，掌握相似三角形的判定定理，是解题的关键.
2、D
【分析】由题意直接根据圆周角定理求解即可．
【详解】解：∵∠A=50°，
∴∠BOC=2∠A=100°．
故选：D．
【点睛】
本题考查圆周角定理的运用，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
3、A
【解析】∵二次函数的开口向下，
∴所以在对称轴的左侧y随x的增大而增大．
∵二次函数的对称轴是，
∴．故选A．
4、D
【分析】分两种情况讨论，当k＞0时，分析出一次函数和反比例函数所过象限；再分析出k＜0时，一次函数和反比例函数所过象限，符合题意者即为正确答案．
【详解】当时，一次函数经过一、二、三象限，反比例函数经过一、三象限；
当时，一次函数经过一、二、四象限，反比例函数经过二、四象限．
观察图形可知，只有A选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数的图象和一次函数的图象，熟悉两函数中k和b的符号对函数图象的影响是解题的关键．
5、B
【分析】根据△=b2-4ac与0的大小关系即可判断出二次函数y＝－x2+3x－5的图象与x轴交点的个数再加上和y轴的一个交点即可
【详解】解：对于抛物线y=－x2+3x－5，
∵△=9-20=-11＜0，
∴抛物线与x轴没有交点，与y轴有一个交点，
∴抛物线y=－x2+3x－5与坐标轴交点个数为1个，
故选：B．
【点睛】
本题考查抛物线与x轴的交点，解题的关键是记住：△=b2-4ac决定抛物线与x轴的交点个数．△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
6、D
【解析】试题分析：顺次连接四边形四边的中点所得的四边形是平行四边形，如果原四边形的对角线互相垂直，那么所得的四边形是矩形，如果原四边形的对角线相等，那么所得的四边形是菱形，如果原四边形的对角线相等且互相垂直，那么所得的四边形是正方形，因为平行四边形的对角线不一定相等或互相垂直，因此得平行四边形.故选D.
考点：中点四边形的形状判断.
7、B
【分析】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性求出最小值和最大值即可．
【详解】解：∵y＝﹣x2+2x﹣4，
＝﹣（x2﹣2x+4）
＝﹣（x﹣1）2﹣1，
∴二次函数的对称轴为直线x＝1，
∴﹣1＜x＜2时，x＝1取得最大值为﹣1，
x＝﹣1时取得最小值为﹣（﹣1）2+2×（﹣1）﹣4＝﹣7，
∴y的取值范围是﹣7＜y≤﹣1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数与不等式，主要利用了二次函数的增减性和对称性，确定出对称轴从而判断出取得最大值和最小值的情况是解题的关键．
8、B
【解析】根据正比例函数y=ax与反比例函数y＝的函数图象可知：a＜0，k＞0，然后根据二次函数图象的性质即可得出答案．
【详解】正比例函数y=ax与反比例函数y＝的函数图象可知：a＜0，k＞0，
则二次函数y=ax2+k的图象开口向下，且与y轴的交点在y轴的正半轴，
所以大致图象为B图象．
故选B．
【点睛】
本题考查了二次函数及正比例函数与反比例函数的图象，属于基础题，关键是注意数形结合的思想解题．
9、A
【分析】由题意根据平行线分线段成比例定理写出相应的比例式，即可得出答案．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴，，，
∴A错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查平行线分线段成比例定理，熟练平行线分线段成比例定理，关键是找准对应关系，避免错选其他答案．
10、C
【详解】解：几何体

的俯视图为
，
故选C
【点睛】
本题考查由三视图判断几何体，难度不大．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】连结GE交AD于点N，连结DE，由于∠BAE＝45°，AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上，由可得到AN＝GN＝1，所以DN＝4﹣1＝3，然后根据勾股定理可计算出，则，解着利用计算出HE，所以BH＝BE+HE．
【详解】解：连结GE交AD于点N，连结DE，如图，

∵∠BAE＝45°，
∴AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上，
∵，
∴AN＝GN＝1，
∴DN＝4﹣1＝3，
在Rt△DNG中，；
由题意可得：△ABE相当于逆时针旋转90°得到△AGD，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案是：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，解题的关键是会运用勾股定理和等腰直角三角形的性质进行几何计算．
12、1
【解析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：∵∠BAD＝∠CAE，
∴∠BAC＝∠DAE，
∵∠ABC＝∠ADE，
∴△ABC∽△ADE，
∴＝，
∴，
∴△ABD∽△ACE，
∴，
∴，
∴BD＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质定理，找对应角或对应边的比值是解题的关键.
13、1
【分析】连接OD，根据垂径定理求出DE，根据勾股定理求出OD即可．
【详解】解：连接OD，

∵CD⊥AB于点E，
∴DE=CE= CD= ×8=4，∠OED=90°，
由勾股定理得：OD= ,
即⊙O的半径为1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，能根据垂径定理求出DE的长是解此题的关键．
14、
【分析】利用勾股定理算出AB的长,再算出BE的长,再利用勾股定理算出BD即可.
【详解】∵AC=4,BC=3,∠C=90°,
∴AB=5,
∴EB=5-4=1,
∴BD=.
故答案为: .
【点睛】
本题考查勾股定理的应用,关键在于通过旋转找到等量关系.
15、1
【分析】设该群的人数是x人，则每个人要发其他（x﹣1）张红包，则共有x（x﹣1）张红包，等于156个，由此可列方程．
【详解】设该群共有x人，依题意有：
x（x﹣1）=156
解得：x=﹣12（舍去）或x=1．
故答案为1．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的应用，正确找准等量关系列方程即可，比较简单．
16、3 cm
【分析】连接CN．根据直角三角形斜边中线的性质求出，利用三角形的三边关系即可解决问题．
【详解】连接CN．

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，BC=2，∠B=60°，
∴∠A=30°，
∴AB=A′B′=2BC=4，
∵NB′=NA′，
∴，
∵CM=BM=1，
∴MN≤CN+CM=3，
∴MN的最大值为3，
故答案为3cm．
【点睛】
本题考查旋转的性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17、﹣1
【分析】根据平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y）可得到a，b的值，再代入ab中可得到答案．
【详解】解：∵P（a，3）与P′（-4，b）关于原点的对称，
∴a=4，b=-3，
∴ab=4×（-3）=-1，
故答案为：-1．
【点睛】
此题主要考查了坐标系中的点关于原点对称的坐标特点．注意：关于原点对称的点，横纵坐标分别互为相反数．
18、1
【分析】根据方程有两个不相等的实数根解得a的取值范围，进而去掉中的绝对值和根号，化简即可.
【详解】根据方程有两个不相等的实数根，可得

解得a＜
∴
∴
=
=
=3-2
=1
故答案为：1.
【点睛】
本题考查一元二次方程根的判别式和整式的化简求值，当△＞0，方程有2个不相等的实数根.

三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）．
【分析】（1）根据圆周角定理和直角三角形的性质可以∠DCB的度数；
（2）用扇形AOD的面积减去三角形OAF的面积乘2，得阴影部分面积．
【详解】（1）证明：为的直径，为的弦，且，，
，
，
，交延长线于点，
，
，，
∴
（2），
，且，
，
，
，，
阴影部分的面积为：．
【点睛】
本题主要考查切线的性质及扇形面积的计算，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，学会用分割法求阴影部分面积．
20、（1）28.8；（2）
【分析】（1）用喜欢声乐的人数除以它所占百分比即可得到调查的总人数，用总人数分别减去喜欢舞蹈、乐器、和其它的人数得到喜欢戏曲的人数，即可得出答案；
（2）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好选中“①舞蹈、③声乐”两项活动的结果数，然后根据概率公式计算．
【详解】（1）抽查的人数＝8÷16%＝50（名）；
喜欢“戏曲”活动项目的人数＝50﹣12﹣16﹣8﹣10＝4（人）；
扇形统计图中“戏曲”部分对应的扇形的圆心角为360°×＝28.8°；
故答案为：28.8；
（2）舞蹈、乐器、声乐、戏曲的序号依次用①②③④表示，
画树状图：

共有12种等可能的结果数，其中恰好选中“①舞蹈、③声乐”两项活动的有2种情况，
所有故恰好选中“舞蹈、声乐”两项活动的概率＝＝．
【点睛】
本题考查了列表法或树状图法：通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后根据概率公式求出事件A或B的概率．也考查了扇形统计图和条形统计图．
21、A地到C地之间高铁线路的长为592km．
【分析】过点B作BD⊥AC于点D，利用锐角三角函数的定义求出AD及CD的长，进而可得出结论．
【详解】过点B作BD⊥AC于点D，

∵B地位于A地北偏东67°方向，距离A地520km，
∴∠ABD＝67°，
∴AD＝AB•sin67°＝520×0.92＝478.4km，
BD＝AB•cos67°＝520×0.38＝197.6km．
∵C地位于B地南偏东30°方向，
∴∠CBD＝30°，
∴CD＝BD•tan30°＝197.6×≈113.9km，
∴AC＝AD+CD＝478.4+113.9≈592（km）．
答：A地到C地之间高铁线路的长为592km．
【点睛】
考查了解直角三角形的应用-方向角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，需要熟记锐角三角函数的定义．
22、（1）抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+1；（2）当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．
【解析】（1）根据正切函数，可得OB，根据旋转的性质，可得△DOC≌△AOB，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）分两种情况讨论：①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点；②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，得到△EFC∽△EMP，根据相似三角形的性质，可得PM与ME的关系，解方程，可得t的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】（1）在Rt△AOB中，OA＝1，tan∠BAO1，∴OB＝1OA＝1．
∵△DOC是由△AOB绕点O逆时针旋转90°而得到的，∴△DOC≌△AOB，∴OC＝OB＝1，OD＝OA＝1，∴A，B，C的坐标分别为（1，0），（0，1），（﹣1，0），代入解析式为
，解得：，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；
（2）∵抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1，∴对称轴为l1，∴E点坐标为（﹣1，0），如图，分两种情况讨论：
①当∠CEF＝90°时，△CEF∽△COD，此时点P在对称轴上，即点P为抛物线的顶点，P（﹣1，4）；

②当∠CFE＝90°时，△CFE∽△COD，过点P作PM⊥x轴于M点，∵∠CFE=∠PME=90°，∠CEF=∠PEM，∴△EFC∽△EMP，∴，∴MP＝1ME．
∵点P的横坐标为t，∴P（t，﹣t2﹣2t+1）．
∵P在第二象限，∴PM＝﹣t2﹣2t+1，ME＝﹣1﹣t，t＜0，∴﹣t2﹣2t+1＝1（﹣1﹣t），解得：t1＝﹣2，t2＝1（与t＜0矛盾，舍去）．
当t＝﹣2时，y＝﹣（﹣2）2﹣2×（﹣2）+1＝1，∴P（﹣2，1）．
综上所述：当△CEF与△COD相似时，P点的坐标为（﹣1，4）或（﹣2，1）．
【点睛】
本题是二次函数综合题．解（1）的关键是利用旋转的性质得出OC，OD的长，又利用了待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的性质得出MP＝1ME．
23、（1）y=x2-4x+3.（2）当m=时，四边形AOPE面积最大，最大值为.（3）P点的坐标为 ：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）.
【解析】分析：（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，m2-4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：
如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
详解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，

由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），
把A（0，3）代入得：3=3a，
a=1，
∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3；
（2）如图2，设P（m，m2-4m+3），

∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，
∴∠AOE=45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE=OA=3，
∴E（3，3），
易得OE的解析式为：y=x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G（m，m），
∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，
∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，
=×3×3+PG•AE，
=+×3×（-m2+5m-3），
=-m2+m，
=（m-）2+，
∵-＜0，
∴当m=时，S有最大值是；
（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，

∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，
易得△OMP≌△PNF，
∴OM=PN，
∵P（m，m2-4m+3），
则-m2+4m-3=2-m，
解得：m=或，
∴P的坐标为（，）或（，）；
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，

同理得△ONP≌△PMF，
∴PN=FM，
则-m2+4m-3=m-2，
解得：x=或；
P的坐标为（，）或（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
点睛：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．
24、（1）详见解析；（2）120.
【分析】（1）先利用两组对边分别平行证明四边形是平行四边形，然后利用角平分线和平行线的性质证明一组邻边相等，即可证明四边形是菱形.
（2）连接交于点，利用菱形的性质及勾股定理求出OE,OF的长度，则菱形的面积可求.
【详解】（1）证明：，
四边形是平行四边形
是的角平分线

又

四边形是菱形
（2）连接交于点

四边形是菱形
，，
在中，由勾股定理得

【点睛】
本题主要考查菱形的判定及性质，掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键.
25、（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】（1）可得出∠ADB=∠ACB，∠AFC=∠BFD，则结论得证；
（2）证明△BEC∽△BCD，可得，可求出BE长，则DE可求出；
（3）根据圆内接四边形的性质和三角形的内角和定理进行证明AB=AF；根据等腰三角形的判定与性质和圆周角定理可证明AE=AB，则结论得出．
【详解】（1）证明：∵∠ADB＝∠ACB，∠AFC＝∠BFD，
∴△FBD∽△FAC；
（2）解：∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠BDC，
∵∠ADB＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠BDC，
∵∠EBC＝∠CBD，
∴△BEC∽△BCD，
∴，
∴，
∴BE＝，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣＝；
（3）证明：∵∠CAD＝60°，
∴∠CBD=60°，∠ACD=∠ABD，
∵DC＝DE，
∴∠ACD=∠DEC，
∵∠ABC+∠ADC=∠ABC+∠ABF=180°，
∴∠FBD=180°，
∴∠ABF＝∠ADC=120°
＝120°﹣∠ACD
＝120°﹣∠DEC
＝120°﹣（60°+∠ADE）
＝60°﹣∠ADE，
而∠F＝60°﹣∠ACF，
∵∠ACF＝∠ADE，
∴∠ABF＝∠F，
∴AB＝AF．
∵四边形ABCD内接于圆，

∴∠ABD＝∠ACD，
又∵DE＝DC，
∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEB，
∴∠ABD＝∠AEB，
∴AB＝AE．
∴AE＝AF．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，三角形的内角和定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
26、（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OB，根据圆周角定理证得∠CBD=90°，然后根据等边对等角以及等量代换，证得∠OBF=90°即可证得；
（2）首先利用垂径定理求得BE的长，根据勾股定理求得圆的半径．
【详解】（1）连接OB．

∵CD是直径，
∴∠CBD=90°，
又∵OB=OD，
∴∠OBD=∠D，
又∠CBF=∠D，
∴∠CBF=∠OBD，
∴∠CBF+∠OBC=∠OBD+∠OBC，
∴∠OBF=∠CBD=90°，即OB⊥BF，
∴FB是圆的切线；
（2）∵CD是圆的直径，CD⊥AB，
∴，
设圆的半径是R，
在直角△OEB中，根据勾股定理得：，
解得：
【点睛】
本题考查了切线的判定，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．